【化学】江西省九江市同文中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题(解析版）

江西省九江市同文中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Cl—35.5 P—31 K—39 S—32 Al—27 Mg—24 Ag—108 Ba—137
一、选择题：每题只有一个正确选项。(本题共20小题，每小题2分，共40分)
1. 下列物质的分类不正确的是（ ）
A. 水、过氧化氢和干冰都属于氧化物
B. H2SO4、HNO3、H2CO3都属于酸
C. 烧碱、纯碱、熟石灰都属于碱
D. NaHSO4、CuSO4和KMnO4都属于盐
【答案】C
【解析】试题分析：A水、过氧化氢和干冰（二氧化碳）都是由两种元素构成构成，其中一种是氧元素，所以属于氧化物，A正确；B、H2SO4、HNO3、H2CO3电离时生成的阳离子全部是氢离子，所以属于酸，B正确；C、纯碱为碳酸钠，属于盐，C错误；D、NaHSO4、CuSO4和KMnO4都是由金属离子和酸根离子组成的，所以属于盐，D正确。答案选C。
2.过滤后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：① 加入稍过量的NaOH溶液； ② 加入稍过量的Na2CO3溶液； ③ 加入稍过量的BaCl2 溶液； ④ 滴入稀盐酸至无气泡产生； ⑤ 过滤正确的操作顺序是 (　　)
A. ③①②⑤④ B. ②③①④⑤ C. ②③①⑤④ D. ③⑤②①④
【答案】A
【详解】欲除去粗盐中的可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，正确操作顺序应为：
③加入稍过量的BaCl2 溶液，除去SO42-，溶液中引入了少量的杂质Ba2+；
①加入稍过量的NaOH溶液，除去Mg2+，溶液中引入了杂质OH-；
②加入稍过量的Na2CO3溶液，除去Ca2+、Ba2+，溶液中引入了杂质CO32-；
⑤过滤，除去BaSO4、BaCO3、CaCO3、Mg(OH)2等沉淀；
④滤液中滴入稀盐酸至无气泡产生，除去引入的OH-、CO32-；
所以正确的操作顺序为：③①②⑤④；
综上所述，本题选A。
3.完成下列实验所选择的装置或仪器都正确的是（　　）

A
B
C
D
实验
分离植物油和氯化钠溶液
除去氯化钠晶体中混有的氯化钾晶体
分离CCl4中的Br2
除去CO2气体中的HCl气体
装置
或仪器




【答案】A
【解析】试题分析：A、植物油和氯化钠溶液不混溶，可以选用分液的方法分离，故A正确；B、氯化铵受热容易分解，可以选用加热的方法除去氯化钠晶体中混有的氯化铵，故B错误；C、CCl4和Br2的沸点不同，可以选用蒸馏的方法分离分离CCl4中的Br2，故C错误；D、CO2和HCl都能够与氢氧化钠反应，故D错误；故选A。
4.现有下列四种因素：①温度和压强　②所含微粒数　③微粒本身大小　④微粒间的距离，其中对气体物质体积有显著影响的是(　　)
A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ①②③④
【答案】B
【详解】对于气体来说，温度和压强不同，气体分子之间的距离不同，而微粒本身大小远小于微粒间的距离，所以微粒本身大小可忽略不计；微粒数目越多，则体积越大，所以影响气体体积的因素主要有：温度和压强、所含微粒数以及微粒间的距离；①②④可选；
综上所述，本题选B。
5.欲配制下列四种无色透明的酸性溶液，其中能配制成功的是( )
A. K+、Mg2+、Cl－、CO32- B. Na＋、CO32－、Ca2+、NO3－
C. MnO4－、K＋、SO42－、Na＋ D. NH4＋、NO3－、Al3＋、Cl－
【答案】D
【详解】A. Mg2+与CO32-反应生成沉淀，且酸性条件下, CO32-不能大量共存，故A错误；
B. CO32－和Ca2+反应生成沉淀，且酸性条件下, CO32-不能大量共存，故B错误；
C. MnO4－有颜色，不符合题目要求,故C错误；
D. 溶液无色,酸性条件下离子之间不发生反应,可大量共存，能配制成功, 故D正确；
综上所述，本题选D。
6.“纳米材料”是粒子直径为1~100nm的材料，纳米碳就是其中一种，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质( )
①是溶液　②是胶体　③能产生丁达尔效应　④能透过滤纸 ⑤不能透过滤纸 ⑥静置后会析出黑色沉淀
A. ①④⑤ B. ②③④ C. ②③⑤ D. ①③④⑥
【答案】B
【解析】试题分析：纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种．属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，不能透过半透膜，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，故②③④正确。答案选B。
7.设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是(　　)
①标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA
②4.6g钠由原子变成离子时，得到的电子数为0.2 NA
③物质的量浓度为1 mol·L－1的MgCl2溶液，含有Cl－数为2 NA
④标准状况下，22.4LCCl4中所含分子数为NA
⑤常温常压下，32g O2和O3混合气体中含有原子数为2NA
⑥1 mol FeCl3完全转化为Fe(OH)3胶体后生成NA个胶体粒子
A. ①②④⑤ B. ①⑤ C. ①③⑤ D. ③④⑥
【答案】B
【详解】①标准状况下，11.2L混合气体的总量为0.5mol，因为氮气和氧气均为双原子分子，因此0.5mol以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA，正确；
②4.6g钠的物质的量为0.2mol，1个钠原子变成离子时失去1个电子，因此0.2mol钠变为钠离子时失去的电子数为0.2NA，错误；
③没有给出溶液的体积，也就不能计算出1mol·L－1的MgCl2溶液中溶质的量及含有Cl－数目，错误；
④标准状况下，CCl4为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，错误；
⑤32gO2和O3混合气体中含有氧原子的质量为32g，物质的量为2mol，含有原子数为2NA，正确；
⑥氢氧化铁胶体是很多氢氧化铁胶粒的集合体，因此1molFeCl3完全转化为Fe(OH)3胶体后生成胶体粒子数目小于NA个，错误；
结合以上分析可知，①⑤正确；
综上所述，本题选B。
8.下面关于电解质的叙述中正确的是( )
A. 电解质在水中一定能导电
B. 纯水的导电性很差，所以水不是电解质
C. 化合物电离时，生成的阳离子是氢离子的是酸
D. 电解质、非电解质都指化合物而言，单质不属于此范畴
【答案】D
【详解】A. 电解质在水中不一定能导电，如难溶电解质硫酸钡、氯化银等，故A错误；
B. 纯水能够电离出氢离子和氢氧根离子，属于极弱的电解质，故B错误；
C. 酸是指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物,故C错误；
D. 在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质,在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质,电解质和非电解质都是对化合物而言的, D正确；
综上所述，本题选D。
9.下列变化中，需加入氧化剂才能实现的是( )
①Al(OH)3→Al2O3 ②FeCl3 →FeCl2　③SO2→SO3 ④CuO→Cu ⑤Cl－→Cl2⑥H2O2→O2
A. ②④ B. ③⑤ C. ②③④⑤ D. ③⑤⑥
【答案】B
【详解】①Al(OH)3→Al2O3中，氧元素、铝元素、氢元素化合价均没有变化，不属于氧化还原反应，故不选；
②FeCl3 →FeCl2中，Fe元素的化合价降低，需要加入还原剂实现，故不选；
③SO2→SO3中，S元素的化合价升高，需要加入氧化剂实现，故选；
④CuO→Cu中，Cu元素的化合价降低，需要加入还原剂实现，故不选；
⑤Cl－→Cl2中，Cl元素的化合价升高，需要加入氧化剂实现，故选；
⑥H2O2→O2中，O元素既可由-1价升高到0价，也可由-1价降低到-2价，自身发生氧化还原反应，不需要加氧化剂就可以反应，故不选；
结合以上分析可知，正确的有③⑤；
综上所述，本题选B。
10.在VmL硫酸铝溶液中含有a g 的Al3+，取该溶液V/10 mL，用水稀释至10V mL，则稀释后溶液中SO42－的物质的量浓度为(　　)
A. 5a/9v mol·L-1 B. 10a/9v mol·L-1
C. 10a/27v mol·L-1 D. 20a/v mol·L-1
【答案】A
【详解】稀释前后Al2(SO4)3溶液中Al3+与SO42－的物质的量浓度之比均为2:3，原溶液中Al3+的物质的量为a/27mol,则原溶液中Al3+的物质的量浓度为a/27mol/VmL×10-3=1000 a/27V mol·L-1，取该溶液V/10mL，Al3+的量为：V/10×10-3×1000a/27V=a/270mol, 用水稀释至10V mL，稀释后Al3+的浓度为a/270mol/(10V×10-3)=10a/27V mol·L-1，则稀释后溶液中SO42－的物质的量浓度为3/2×10a/27V mol·L-1=5a/9v mol·L-1 ； A正确；
综上所述，本题选A。
11.完全沉淀相同体积的NaCl 、MgCl2 、 AlCl3 溶液中的Cl－，消耗相同浓度的AgNO3 溶液的体积比为3：2：1，则NaCl 、MgCl2 、 AlCl3溶液的物质的量浓度之比为( )
A. 1：2：3 B. 3：2：1 C. 9：3：1 D. 6：3：2
【答案】D
【解析】由n=c•V可知使三种溶液中的Cl-完全沉淀时所消耗的n(Ag+)相同，根据Ag++Cl-═AgCl↓，可知三种溶液中n(Cl-)=n(Ag+)，由于三种溶液的体积相等，所以三种溶液中c(Cl-)相等，则c(Cl-)=c(NaCl)= c(MgCl2)= c(AlCl3)，所以c(NaCl):c(MgCl2):c(AlCl3)=6:3:2；故D正确。
12.下列哪种溶液中氯离子的物质的量浓度与50mL 0.5mol/L的氯化铝溶液中氯离子的物质的量浓度相同（ ）
A. 30mL 0.5mol/L的氯化镁溶液 B. 90mL 0.075mol/L 的氯化钙溶液
C. 20mL 0.1mol/L的氯化钾溶液 D. 60mL 1.5mol/L的氯化钠溶液
【答案】D
【详解】根据氯化铝的化学式结合氯化铝的电离方程式可知50mL 0.5mol/L 氯化铝溶液中氯离子的物质的量浓度是0.5mol/L×3=1.5 mol/L；
A.30mL 0.5mol/L的氯化镁溶液中氯离子的物质的量浓度是0.5mol/L×2=1mol/L；
B.90mL 0.075mol/L 的氯化钙溶液中氯离子的物质的量浓度是0.075mol/L×2=0.15mol/L；
C.20mL 0.1mol/L的氯化钾溶液中氯离子的物质的量浓度是0.1mol/L×1=0.1mol/L；
D. 60mL 1.5mol/L的氯化钠溶液中氯离子的物质的量浓度是1.5mol/L×1=1.5mol/L；
综上所述，本题选D。
13.能正确表示下列反应的离子方程式是 (　　)
A. 向氢氧化钡溶液中加入过量的硫酸氢钠溶液 H+ + SO42- + Ba2+ + OH- === BaSO4↓ + H2O
B. 向NH4HCO3溶液中加入少量NaOH溶液： HCO3-+OH-= CO32-+H2O
C. 稀硫酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
D. 向澄清石灰水中通入过量CO2 ：CO2 +2 OH－+Ca2+ = CaCO3↓ + H2O
【答案】B
【详解】A.向氢氧化钡溶液中加入过量的硫酸氢钠溶液，反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，正确的离子方程式：2H+ +SO42- +Ba2+ +2OH- === BaSO4↓ +2H2O，错误；
B.向NH4HCO3溶液中加入少量NaOH溶液生成碳酸铵和水，离子方程式HCO3-+OH-=CO32-+H2O书写正确，正确；
C.稀硫酸与铁屑反应生成硫酸亚铁和氢气，正确的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，错误；
D. 向澄清石灰水中通入过量CO2 反应生成碳酸氢钙溶液，正确的离子方程式为：CO2 +OH－= HCO3-，错误；
综上所述，本题选B。
14.下列说法正确的是( )
A. 在氧化还原反应中，金属单质只体现还原性，金属阳离子只体现氧化性
B. 能在水溶液或熔融状态下导电的物质是电解质
C. 在一个氧化还原反应中，有一种元素被氧化，必有另一种元素被还原
D. 清晨的阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象(美丽的光线)是由于胶体粒子对光线的散射形成的
【答案】D
【详解】A.在氧化还原反应中,金属阳离子可能具有还原性,如亚铁离子，故A错误；
B.能在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，能导电的物质不一定是电解质，如二氧化碳，故B错误；
C.在一个氧化还原反应中,被氧化和被还原的元素可能是同一种，如：Cl2+H2O=HCl+HClO，故C错误；
D. 胶体具有丁达尔效应，是因为胶体粒子对光线的散射形成的，故D正确；
综上所述，本题选D。
15.今有一混合物的水溶液,只可能含有以下离子中的若干种：K＋、NH4＋、Cl－、Ca2＋、Ba2＋、CO32－、SO42－，现取三份100mL溶液进行如下实验：
第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；
第二份加入足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体；
第三份加入足量BaCl2 溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。
综合上述实验，你认为以下结论正确的是( )
A. 该混合物中一定含有NH4+、SO42-，可能含有Ca2+、K+、Cl-
B. 该混合物中一定含有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Ca2+、 K+、Cl-
C. 该混合物中一定含有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有K+、Cl-
D. 该混合物中一定含有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Cl-，且n(K+)≥0.04mol
【答案】D
【详解】第一份加入AgNO3溶液后有沉淀生成，溶液中可能含有Cl-，SO42-，CO32-；第二份加足量NaOH有气体，一定含有NH4+，没有沉淀生成，一定没有Mg2+；第三份有沉淀后加酸沉淀部分溶解一定存在CO32-、SO42-,不存在Ba2+；所以一定存在的离子是NH4+ 、CO32-、SO42-；根据NH4+- NH3关系可知，每生成0.08molNH3，溶液中的NH4+的量为0.08mol；生成硫酸钡沉淀4.66g，物质的量为0.02mol，所以n(SO42-)=n(BaSO4)=0.02mol，碳酸钡沉淀质量为12.54g-4.66g=7.88g，物质的量为0.04mol，所以n(CO32-)=n(BaCO3)= 0.04mol，因为电解质溶液呈电中性，所以0.08molNH4+带的正电荷总量为0.08mol，而0.04molCO32-带的负电荷总量为0.08 mol，0.02molSO42-带的负电荷总量为0.04mol，因此该溶液中一定含有阳离子钾离子0.04 mol；当溶液中如果再含有Cl-，那么n(K+)>0.04mol。
结合以上分析可知，该混合物中一定含有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Cl-，且n(K+)≥0.04mol，D正确；
综上所述，本题选D。
16.对于溶液中某些离子的检验及结论一定正确的是(　　)
A. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，一定有Ba2+
B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-
C. 加入足量稀盐酸，再加入氯化钡溶液后有白色沉淀产生，一定有SO42-
D. 加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，一定有CO32-
【答案】C
【解析】A溶液中含有钙离子也能发生如上现象，A错误。B溶液中含有银离子，生成氯化银沉淀，也是如上现象，B错误。C本选项为硫酸根离子检验的标准答案，C正确。D溶液中如果有碳酸氢根，也能发生如上现象，D错误。
17.实验室将NaClO3和Na2SO3按物质的量之比2∶1 倒入烧瓶中，用水浴加热，同时滴入H2SO4，恰好完全反应，产生棕黄色气体X，则X 为( )
A. Cl2 B. Cl2O C. ClO2 D. Cl2O3
【答案】C
【解析】试题分析：反应中S元素化合价从＋4价升高到＋6价失去2个电子，则氯酸钠在反应中得到2÷2＝1个电子，因此氯元素的化合价从＋5价降低到＋4价，则X是ClO2，答案选C。
18.如果反应4P + 3KOH + 3H2O === 3KH2PO2 + PH3中转移0.6mol电子，消耗KOH的质量为（ ）
A. 5.6克 B. 16.8克 C. 33.6克 D. 100.8克
【答案】C
【解析】反应中P元素化合价从0价部分升高到+1价，部分降低到－3价，即4molP参加反应转移3mol电子，消耗3molKOH，所以转移0.6mol电子，消耗KOH的物质的量是0.6mol，质量是0.6mol×56g/mol＝33.6g，答案选C。
19.常温下，在水溶液中发生如下反应：①16H＋ ＋ 10C－ ＋ 2XO4－ = 2X2＋ ＋ 5C2 ＋8H2O； ②2A2＋＋B2 = 2A3＋＋2B－； ③2B－＋C2 = B2＋2C－。 下列说法错误的是( )
A. 反应C2 ＋ 2A2＋ = 2A3＋ ＋ 2C－ 可以进行
B. 元素C在反应①中被氧化，在反应③中被还原
C. 氧化性由强到弱的顺序是XO4－>C2>B2>A3＋
D. 还原性由强到弱的顺序是C－>A2＋>B－>X2＋
【答案】D
【详解】①16H＋ ＋10C－ ＋2XO4－ = 2X2＋ ＋5C2 ＋8H2O反应可知氧化性：XO4－> C2；还原性：C－> X2＋ ；②2A2＋＋B2 = 2A3＋＋2B－反应可知氧化性：B2 >A3＋；还原性：A2＋>B－；③2B－＋C2 = B2＋2C－反应可知氧化性：C2 >B2；还原性：B－>C－；由此可知氧化性顺序为：XO4－>C2>B2>A3＋； 还原性顺序： A2＋> B－>C－> X2＋；
A.由以上分析可知，氧化性：C2>A3＋，所以该反应C2 ＋2A2＋ = 2A3＋ ＋2C－ 可以进行，A正确；
B.元素C在反应①中化合价升高，被氧化，在反应③中化合价降低，被还原，B正确；
C.结合以上分析可知，氧化性由强到弱的顺序是XO4－>C2>B2>A3＋，C正确；
D. 结合以上分析可知，还原性由强到弱的顺序是A2＋> B－>C－>X2＋；D错误；
综上所述，本题选D。
20.在25℃时,在一刚性容器内部有一个不漏气且可滑动的活塞将容器分隔成左右两室。左室充入氮气,右室充入H2与O2的混和气体,活塞恰好停留在离左端的1/5处(图1),然后引燃H2、O2混和气体,反应完毕后恢复至原来温度,活塞恰好停在中间(图2),如果忽略水蒸气体积,则反应前H2与O2的体积比可能是（ ）
A. 3:1 B. 4:5 C. 2:1 D. 7:2
【答案】A
【解析】试题分析：设容器容积为5L，则N2为1L，H2和O2共4L，反应后剩佘气体为1L，若H2过量，剩佘H21L，则反应前氢气与氧气的体积比3：1，若O2过量，剩佘O21L，则反应前氢气与氧气的体积比1：1；答案选A。
第Ⅱ卷(共60分)
21.现有下列状态的物质①干冰 ②NaCl晶体 ③氨水 ④CH3COOH ⑤碘酒 ⑥铜 ⑦熔融KOH ⑧蔗糖 ⑨稀硫酸 ⑩液态SO3，其中属于电解质的是_________________(填序号)，属于非电解质的是________________(填序号)，能导电的是_________________(填序号)。
【答案】(1). ②④⑦ (2). ①⑧⑩ (3). ③⑥⑦⑨
【详解】①干冰即固态的二氧化碳,无自由移动的电子或离子,不导电；在熔融状态下不导电，在水溶液中导电和其本身无关,故为非电解质；
②NaCl晶体不导电,但其溶于水或熔融状态下能导电,故为电解质；
③氨水能导电,但因为是混合物,故既不是电解质也不是非电解质；
④CH3COOH固态不导电，其溶于水状态下能够导电，故为电解质；
⑤碘酒为碘的酒精溶液，属于混合物，不导电，故既不是电解质也不是非电解质；
⑥铜能导电,但因为是单质,故既不是电解质也不是非电解质；
⑦熔融的KOH能导电,因为熔融的氢氧化钾能导电,故是电解质；
⑧蔗糖的水溶液不导电，熔融状态下不导电， 故为非电解质；
⑨稀硫酸的水溶液导电，属于混合物，故既不是电解质也不是非电解质；
⑩液态SO3无自由移动的电子或离子,不导电；在熔融状态下不导电，在水溶液中导电和其本身无关,故为非电解质；
结合以上分析可知，属于电解质的是②④⑦；属于非电解质的是①⑧⑩；能导电的是③⑥⑦⑨。
综上所述，本题答案是：②④⑦，①⑧⑩，③⑥⑦⑨。
22.氯酸钾和浓盐酸之间有下列反应：
KClO3 + HCl(浓)== KCl + Cl2↑+ ClO2 + H2O。
(1)配平上述方程式_____________________。
(2)该反应氧化剂是__________，氧化产物是___________。
(3)当有0.4mol电子发生转移时，生成的氯气的体积为_____L(标准状况)。被氧化的HCl的物质的量为____mol。
(4)若分别用①KMnO4(还原产物是Mn2+)②MnO2(还原产物是Mn2+)③Ca(ClO)2(还原产物是Cl2)与浓盐酸反应制备氯气，当浓盐酸足量且这三种氧化剂的物质的量相同时，生成氯气的物质的量最少的是________。
【答案】(1). 2 4 2 1 2 2 (2). KClO3 (3). Cl2 (4). 4.48 (5). 0.4 (6). ②
【详解】(1) KClO3 + HCl(浓)→ KCl + Cl2↑+ ClO2 + H2O反应中KClO3中氯元素+5价降低到+4价，变化了1价，HCl中氯元素-1价升高到+0价，生成了氯气，变化了2价，根据化合价升降总数相等，KClO3填系数2，Cl2填系数1，ClO2填系数2，最后根据原子守恒配平该反应，具体如下：2KClO3 +4HCl(浓)=2KCl+Cl2↑+2ClO2 +2H2O；
综上所述，本题答案是：2、4、2、1、2、2。
(2) 该反应中KClO3中的Cl元素化合价由+5价变为+4价，发生还原反应，所以氯酸钾是氧化剂；HCl中氯元素的化合价由-1价变为0价，发生氧化反应，浓盐酸是还原剂；所以发生还原反应的是KClO3，氧化产物是Cl2；
因此，本题正确答案是: KClO3；Cl2。
(3) 2KClO3 +4HCl(浓)=2KCl+Cl2↑+2ClO2 +2H2O反应发生后转移电子2e-；4molHCl(浓)参加反应，有2molHCl(浓)被氧化；根据2e--- Cl2--2HCl（被氧化）关系可知，当有0.4mol电子发生转移时，生成的氯气的体积为0.2×22.4=4.48L；被氧化的HCl的物质的量为0.4 mol。
综上所述，本题答案是：4.48， 0.4。
(4) 假设氧化剂都是1mol，①1mol KMnO4转移5mol电子，得到氯气2.5mol；②1mol MnO2转移2mol电子，得到氯气1mol；③Ca(ClO)2+4HCl=2Cl2+CaCl2+2H2O可知，1mol Ca(ClO)2参加反应生成2mol氯气；结合以上分析可知，生成氯气最少的是1mol MnO2,故②符合题；
综上所述，本题选②。
23.根据题目信息完成下列方程式。
(1)钛(Ti)因为具有神奇的性能越来越引起人们的关注。地壳中含钛铁矿石之一是金红石(TiO2)，目前大规模生产的方法是：
第一步：金红石、炭粉混合，在高温条件下，通入Cl2制得TiCl4和一种可燃气体，该反应的化学方程式为：____________________________________________；
第二步：在氩气的气氛中，用过量的镁在加热条件下与TiCl4反应制得金属钛。写出此反应的化学方程式：____________________________________________。
(2)用100mL 0.1mol/L的NaOH溶液吸收224mLCO2气体(标准状况)，恰好完全吸收。再将所得溶液加入100mL 0.1mol/L氢氧化钙溶液中。请写出所得溶液与氢氧化钙溶液反应的离子方程式：_________________________________________________。
【答案】(1). TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO (2). 2Mg+TiCl42MgCl2+Ti (3). Ca2++HCO3- + OH- = CaCO3↓+ H2O
【详解】(1)第一步:在高温时,将金红石TiO2、炭粉混合并通入氯气制得TiCl4和一种可燃气体,根据元素守恒及原子守恒知,该物质是CO,所以反应方程式为：TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO；在氩气的气氛中，用过量的镁在加热条件下与TiCl4反应制得金属钛，发生置换反应，反应的化学方程式：2Mg+TiCl42MgCl2+Ti ；
综上所述，本题答案是：TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO，2Mg+TiCl42MgCl2+Ti 。
(2)用100mL0.1mol/L的NaOH吸收224mLCO2气体(标准状况)，恰好完全吸收。n(NaOH)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，n(CO2)=0.224L/22.4L/mol=0.01mol,二者恰好反应生成NaHCO3，再将所得溶液加入100mL0.1mol/L氢氧化钙溶液中,氢氧化钙物质的量0.1mol/L×0.1 L=0.01mol，所以碳酸氢钠与氢氧化钙1:1完全反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为: Ca2++HCO3-+OH- =CaCO3↓+H2O；
综上所述，本答案是：Ca2++HCO3-+OH- = CaCO3↓+H2O。
24.按要求完成下列空白：
(1) 已知3.01×1023个氖原子的质量为w g，则氖气的摩尔质量是_________。
(2) 在同温、同压下，实验测得CO、N2和O2三种气体的混合气体的密度是H2的14.5倍，其中O2的质量分数为_________。若其中CO和N2的物质的量之比为1: 1，则混合气体中氧元素的质量分数为_____。(保留3位有效数字)
(3) 将25℃ 101KPa条件下49 L的NH3气体(注：该条件下气体摩尔体积为24.5 L/mol)溶于166ml(ρ=1g/cm3)的水中，所得氨水的密度为0.8 g/cm3， 该氨水的物质的量浓度为___________，取出 30.0 ml该溶液，配成4.0 mol/L的稀溶液，则稀释后溶液的体积为____________ml。
【答案】(1). 2w g/mol (2). 27.6% (3). 48.3% (4). 8 mol/L (5). 60.0
【详解】(1) 3.01×1023个氖原子的物质的量为0.5mol，根据公式n=m/M可知，M=m/n=w g/0.5mol=2w g/mol ；
因此，本题答案是：2w g/mol。
(2)混合气体的密度是H2的14.5倍,则混合气体平均相对分子质量为14.5×2=29,CO、N2的相对分子质量都是28,可以看作CO、O2的混合气体,令CO、N2的总物质的量为xmol、O2的物质的量为ymol,则28x+32y=29(x+y),整理得x:y=3:1，故氧气的质量分数=1×32g/mol/（1×32g/mol+3×28g/mol）×100%=27.6%；其中CO和N2的物质的量之比为1:1，根据x:y=3:1可知，混合气体中氧元素的质量分数为(1×32+1.5×16)/（1×32g/mol+3×28g/mol）×100%= 48.3%；
因此，本题答案是：27.6%，48.3%。
(3) n(NH3)=49/24.5=2mol，气体质量为17×2=34g，水的质量为166g，氨水溶液的质量为166+34=200g；氨水体积=200g/800g/L=0.25L；氨水物质的量浓度=2mol/0.25L=8 mol/L；溶液稀释前后溶质的物质的量不变,稀释后溶液的体积为=[8 mol/L×0.03L]/4.0mol/L=0.06 L=60.0ml；
综上所述，本题答案是：8mol/L，60.0。
25.如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据,
回答下列问题：
盐酸
分子式：HCl
相对分子质量：36.5
密度：1.19 g·cm－3
HCl的质量分数：36.5%
(1)该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为______________。
(2)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制480 mL物质的量浓度为0.400 mol·L－1的稀盐酸。
可供选用的仪器有：①胶头滴管；②玻璃棒；③烧杯；④药匙；⑤量筒；⑥托盘天平。
请回答下列问题：
① 配制稀盐酸时，还缺少的仪器有 ________________(写仪器名称)；该仪器上标有以下五项中的______________；
A．温度 B．浓度 C．容量 D．压强 E．刻度线
②该学生需要量取______________ mL上述浓盐酸进行配制。
③在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀盐酸物质的量浓度有何影响？(在括号内填A表示“偏大”、填B表示“偏小”、填C表示“无影响”)。
a．用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面。（ ）
b．量筒量取浓盐酸后又用蒸馏水洗涤2～3次，并将洗涤液移入容量瓶中。（ ）
(3)①假设该同学成功配制了0.400 mol·L－1的盐酸，他又用该盐酸中和含0.4 g NaOH的溶液，则该同学需取________mL盐酸。
②假设该同学用新配制的盐酸中和含0.4 g NaOH的溶液，发现比①中所求体积偏小，则可能的原因是________。
A．浓盐酸挥发，浓度不足 B．配制溶液时，未洗涤烧杯
C．配制溶液时，俯视容量瓶刻度线 D．加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出
【答案】(1). 11.9mol/L (2). 500mL容量瓶 (3). ACE (4). 16.8 (5). B (6). A (7). 25 (8). C
【详解】(1)根据公式c=1000ρω/M可知，该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为=1000×1.19×36.5%/36.5=11.9mol/L；
综上所述，本题答案是：11.9mol/L；
(2)①配制480 mL物质的量浓度为的稀盐酸，需要用500mL容量瓶；步骤有:计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等,则使用的仪器有:量筒、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管等；因此还缺少的仪器有: 500mL容量瓶；容量瓶标有的内容有:温度、容积、刻度线；选项有ACE；
综上所述，本题答案是：500mL容量瓶，ACE。
②根据溶液稀释前后溶质的量不变可知，V(浓盐酸)×11.9=0.400mol·L－1×0.5L，V(浓盐酸)= 0.0168L=16.8mL；
综上所述，本题答案是：16.8。
③a.用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，量取盐酸的体积偏小，导致盐酸溶质的量偏小,溶液浓度偏小；选B；
b.量筒量取浓盐酸后又用蒸馏水洗涤2～3次，并将洗涤液移入容量瓶中，造成溶质的量增多，溶液浓度偏大；选A。
因此，本题正确答案是：B，A。 
(3)①根据酸碱反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O可知，0.4gNaOH的量为0.01mol，所以0.400 mol·L－1×V(HCl)=0.01mol，V(HCl)=0.025 L=25mL；
综上所述，本题答案是：25。
②A．浓盐酸挥发，浓度不足，导致消耗盐酸的体积偏大；不选；
B．配制溶液时，未洗涤烧杯，造成溶质的量减小，消耗盐酸的体积偏大，不选；
C．配制溶液时，俯视容量瓶刻度线，造成溶液体积偏小，溶液浓度偏大，消耗盐酸的体积偏小，可选；
D．加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出，造成溶质的损失，溶液的浓度偏小，消耗盐酸的体积偏大，不选；
综上所述，本题选 C。
26.某白色粉末A在农业上用作杀菌剂，进行下列实验：
①：白色粉末A溶解在水中，得到蓝色溶液，分成等量的两份
②：在其中一份蓝色溶液中加入适量的盐溶液B，恰好沉淀完全，过滤，得到白色沉淀和蓝色溶液；在此蓝色溶液中滴加酸化的AgNO3溶液又得到白色沉淀和蓝色溶液；
③：在①中的另一份蓝色溶液中加入适量C溶液，恰好沉淀完全，过滤，得到蓝色沉淀和纯净的硫酸钾溶液。
根据实验现象推断：
(1)A______________ B_______________ C_______________(填化学式)
(2)反应③中的离子方程式为__________________________________________________
【答案】(1). CuSO4 (2). BaCl2 (3). KOH (4). Cu+2 OH—= Cu(OH) 2↓
【详解】(1)①：白色粉末溶解在水中，得到蓝色溶液，溶液为蓝色,说明含有铜离子，白色粉末为铜盐；
③：在①中的一份蓝色溶液中加入适量C溶液，恰好沉淀完全，过滤，得到蓝色沉淀和纯净的硫酸钾溶液，根据复分解反应规律可知，C溶液为KOH，铜盐为CuSO4；
②：在①中的另一份蓝色溶液（CuSO4）中加入适量的盐溶液B，恰好生成白色沉淀，过滤，蓝色滤液中含有铜离子；在此蓝色溶液中滴加酸化的AgNO3溶液又得到白色沉淀氯化银和蓝色硝酸铜溶液；从以上实验现象中可知，白色沉淀为硫酸钡，盐B为BaCl2；
结合以上分析可知：A为CuSO4；B为BaCl2；C为KOH；
因此，本题正确答案是: CuSO4，BaCl2，KOH。
(2)硫酸铜溶液和氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠溶液，离子方程式为：Cu2++2OH-=Cu(OH) 2↓；
综上所述，本题答案是：Cu2++2OH-=Cu(OH) 2↓。
27.已知Cl－、Br－、Fe2＋、I－的还原性依次增强。现向FeBr2、FeI2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示，请回答：

(1)a线分别代表溶液中____________的变化情况；
(2)c线分别代表溶液中____________的变化情况；
(3)原溶液中Br－与Fe2＋的物质的量之比为____________；
【答案】(1). I－ (2). Fe3＋ (3). 3∶2
【详解】(1) Cl－、Br－、Fe2＋、I－的还原性依次增强,氧化剂先氧化还原性强的离子,再氧化还原性弱的离子；通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为0-1mol的过程中,碘离子从最大量降到0，所以a线代表溶液中的I－的变化情况；
综上所述，本题答案是：I－。
(2)通入氯气的量为1-3mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以c线代表溶液中的Fe3＋的变化情况；
因此，本题正确答案是：Fe3＋。
(3) 通入氯气的量为1-3mol 的过程中,亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大,所以含有亚铁离子共4mol；在通入氯气的量为3-6mol的过程中，溴离子从6mol降到0，所以溴离子的物质的量是6mol；所以原溶液中Br－与Fe2＋的物质的量之比为：6:4=3∶2；
综上所述，本题答案是：3∶2。