【化学】黑龙江省大庆市第十中学2019-2020学年高一上学期10月月考试题 （解析版）

【化学】黑龙江省大庆市第十中学2019-2020学年高一上学期10月月考试题 （解析版）

黑龙江省大庆市第十中学2019-2020学年高一上学期10月月考试题 可能用到的相对原子质量：H－1 N－14 O－16 Al－27 Ba－137 K－39 S－32 Cl－35.5 C－12‎ 第Ⅰ卷 (选择题 共54分)‎ 一、选择题(本题包括18小题，每小题3分，共54分。每小题只有一个正确答案)‎ ‎1.下列物质的提纯方法可能属于化学变化的是（ ）‎ A. 蒸馏 B. 过滤 C. 分液 D. 洗气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】蒸馏是依据混合物中个组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法，分液适用于互不相溶的液体之间的一种分离方法，因此它们都是物理变化，所以只有洗气法有可能发生化学反应，答案选D。‎ ‎2.下列离子的检验方法正确的是（ ）‎ A. 向某溶液中加入硝酸银溶液产生白色沉淀，说明原溶液中有Cl-‎ B. 向某溶液中加入氯化钡溶液产生白色沉淀，说明原溶液中有SO42-‎ C. 向某溶液中加入氢氧化钠溶液产生蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2+‎ D. 向某溶液中加入稀硫酸生成无色气体，说明原溶液中有CO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银、硫酸银等沉淀，不能排除其它离子的干扰，应加入硝酸酸化的硝酸银进行检验，故A错误；‎ B．加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，不能排除Ag+和CO32-的干扰，检验SO42-，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡溶液，故B错误；‎ C．氢氧化铜为蓝色，加入氢氧化钠溶液，生成蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2+，故C正确； D．能和稀硫酸反应生成无色气体的离子有碳酸根离子、亚硫酸根离子等，所以某溶液加入稀硫酸生成无色气体，原溶液中不一定含有碳酸根离子，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎3.下列有关阿伏加德罗常数(NA)的说法错误的是( )‎ A. 32gO2所含的原子数目为NA B. 0.5molH2O含有的原子数目为1.5NA C. 1molH2O含有的水分子数目为NA D. 0.5NA个氯气分子物质的量是0.5mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 32gO2所含的原子数目为=2NA，故A错误；‎ B. 0.5molH2O含有的原子数目为0.5mol ×3×NA=1.5NA，故B正确；‎ C. 1molH2O含有的水分子数目为1mol×NA =NA，故C正确；‎ D. 0.5NA个氯气分子的物质的量是0.5mol，故D正确；选A。‎ ‎4.下列溶液中，c(Na+)最大的是（ ）‎ A. 4L0.5mol/L的NaCl溶液 B. 2L0.8mol/L的NaOH溶液 C. 1L1mol/L的NaHCO3溶液 D. 0.5L 0.6mol/L的Na2SO4溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．4L 0.5mol/L的NaCl溶液中c(Na+)为0.5ol/L×1=0.5mol/L；‎ B．2 L 0.8mol/L的NaOH溶液中c(Na+)为0.8mol/L×=0.8mol/L；‎ C．1 L 1mol/L的NaHCO3溶液中c(Na+)为1mol/L×1=1mol/L；‎ D．0.5L 0.6mol/L的Na2SO4溶液中c(Na+)为0.6mol/L×2=1.2mol/L；‎ 选项D中c(Na+)最大，故答案为D。‎ ‎5.有一种气体的质量是14.2g，体积是4.48L(标准状况)，该气体的摩尔质量是（ ）‎ A. 28.4 B. 28.4g·mol－1‎ C. 71 D. 71g·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据标况下的气体摩尔体积计算出14.2g该气体的物质的量，再根据M=计算出该气体的摩尔质量即可。‎ ‎【详解】标况下4.48L该气体的物质的量为：n===0.2mol，‎ 该气体的摩尔质量为：M==71g/mol，‎ 答案选D。‎ ‎6.不是Fe(OH)3胶体和MgCl2溶液共同具备的性质是(　　)‎ A 都比较稳定，密封放置不产生沉淀 B. 都有丁达尔效应 C. 加入少量NaOH溶液都可产生沉淀 D. 分散质微粒均可透过滤纸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、溶液和胶体外观基本一致，一般为均一透明、稳定，故A不选；‎ B、只有胶体具有丁达尔效应，溶液不具备，故B选；‎ C、向Fe(OH)3胶体中加入NaOH溶液，会使胶体发生聚沉，产生Fe(OH)3沉淀，而MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀，故C不选；‎ D、溶液和胶体都能透过滤纸，故D不选；‎ 答案选B。‎ ‎7.下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为（ ）‎ 纯净物 混合物 电解质 非电解质 A 盐酸 水煤气 硫酸 干冰 B 蒸馏水 蔗糖溶液 氧化铝 二氧化硫 C 胆矾 盐酸 铁 碳酸钙 D 胆矾 水煤气 氯化铜 碳酸钠 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．盐酸是氯化氢的水溶液为混合物，故A错误；‎ B．蒸馏水为一种物质组成为纯净物，蔗糖溶液为混合物，氧化铝熔融状态导电属于电解质，二氧化硫不能电离属于非电解质，故B正确；‎ C．铁为金属单质，既不是电解质也不是非电解质，碳酸钙是盐，是电解质，故C错误；‎ D．碳酸钠溶于水能导电，则碳酸钠属于电解质，故D错误；‎ 故答案B。‎ ‎8.有关氧化还原反应的下列说法正确的是（ ）‎ A. 一种元素被氧化，肯定有另一种元素被还原 B. 反应中转移电子的数目等于得电子总数与失电子总数之和 C. 氧化剂中的元素化合价不一定都降低 D. 氧化剂具有氧化性，发生氧化反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在氧化还原反应中也可以是同一种元素之间发生氧化还原反应，例如氯气与氢氧化钠溶液的反应，A不正确；‎ B、反应中转移电子的数目等于得电子总数或失电子总数，B不正确；‎ C、物质所含元素化合价降低的是氧化剂，但氧化剂中的元素化合价不一定都降低，C正确；‎ D、氧化剂具有氧化性，发生还原反应，D不正确；‎ 答案选C。‎ ‎9.下列电离方程式错误的是（ ）‎ A. NaHCO3=Na++H++CO32- B. NaHSO4（溶液）=Na++H++SO42-‎ C. MgCl2=Mg2++2Cl- D. Ba(OH)2=Ba2++2OH-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaHCO3的电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-，碳酸是弱酸，HCO3-不能拆开写，故A选；‎ B.硫酸是强酸，在水溶液中，NaHSO4能完全电离：NaHSO4（溶液）=Na++H++SO42-，故B不选；‎ C.氯化镁是强电解质，完全电离：MgCl2=Mg2++2Cl-，故C不选；‎ D.氢氧化钡是强碱，完全电离：Ba(OH)2=Ba2++2OH-，故D不选。‎ 故选A。‎ ‎10.离子方程式BaCO3＋2H＋＝CO2↑＋H2O＋Ba2＋中的H＋不能代表的物质是(　　)‎ ‎①HCl　②H2SO4　③HNO3　④NaHSO4　⑤CH3COOH A. ①③ B. ①④⑤‎ C. ②④⑤ D. ①⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】离子方程式BaCO3 + 2H＋ ＝CO2↑ + H2O + Ba2＋中的H＋表示的是可溶性的强酸，而且酸根离子不能与Ba2＋结合形成难溶性的盐。①HCl是强酸，BaCl2是易溶的、易电离的物质，可以表示为H+；②H2SO4是可溶性的强酸，但是电离产生的酸根离子SO42-会与Ba2+结合形成BaSO4沉淀，因此不能表示为H+；③HNO3，是强酸，Ba（NO3）2是易溶的、易电离的物质，可以表示为H+；④NaHSO4是强酸的酸式盐，可以电离产生H+，同时电离产生酸根离子SO42-会与Ba2+结合形成BaSO4沉淀，因此不能表示为H+；⑤CH3COOH是弱酸主要以电解质分子形式存在，不能写成H+形式。故符合题意的是②④⑤，选项C符合题意。‎ ‎11.下列离子方程式中正确的是（ ）‎ A. H2SO4与Ba(OH)2溶液反应：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42-=BaSO4↓＋H2O B. NaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O C. Na2CO3溶液中通入CO2：CO32-＋CO2＋H2O=2HCO3-‎ D. CH3COOH溶液与NaOH溶液反应：H＋＋OH－=H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2SO4与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-=BaSO4↓＋2H2O，故A错误；‎ B．NaHCO3溶液中加入稀HCl的离子方程式为HCO3-＋H＋=CO2↑＋H2O，故B错误；‎ C．Na2CO3溶液中通入CO2的离子方程式为CO32-＋CO2＋H2O=2HCO3-，故C正确；‎ D．醋酸是弱酸，则CH3COOH溶液与NaOH溶液反应的离子方程式为CH3COOH＋OH－=CH3COO-+H2O，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎12.下列反应既是离子反应又是氧化还原反应的是（ ）‎ A. BaCl2溶液中滴入稀硫酸 B. 盐酸和氧化镁 C. 铁片放入CuSO4溶液中 D. 氢气还原氧化铜 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B不是氧化还原反应，D不是离子反应，所以正确的答案选C。‎ ‎13.在碱性溶液中能大量共存且为无色透明溶液的是（ ）‎ A. K+ Cl- MnO4- SO42- B. Na+ CO32- NO3- SO42-‎ C. Na+ NO3- SO42- HCO3- D. Mg2+ SO42- S2- Cl-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该组离子之间不反应，可大量共存，但MnO4-为紫色，与无色不符，故A错误；‎ B．离子组Na+ CO32- NO3- SO42-在碱性条件下不反应，能大量共存，故B正确；‎ C．碱性条件下，HCO3-与OH-反应生成CO32-和H2O，而不能大量共存，故C错误；‎ D．Mg2+与OH-反应生成Mg(OH)2沉淀，而不能大量共存，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎14.常温下，在溶液中可以发生反应：X＋2Y3＋=2Y2＋＋X2＋。对下列叙述的判断正确的是（ ）‎ ‎①X被氧化 ②X是氧化剂 ③X具有还原性 ④Y2＋是氧化产物 ⑤Y2＋具有还原性 ⑥Y3＋的氧化性比X2＋的氧化性强 A. ②④⑥ B. ①③④ C. ①③⑤⑥ D. ②⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】X＋2Y3＋=2Y2＋＋X2＋，X元素化合价升高，X是还原剂，X发生氧化反应，X2＋是氧化产物；Y元素化合价由+3降低为+2，Y3＋是氧化剂，发生还原反应，Y2＋是还原产物；‎ ‎【详解】①X化合价升高，X是还原剂，被氧化，故①正确； ‎ ‎②X化合价升高，X是还原剂，故②错误； ‎ ‎③X是还原剂，所以X具有还原性，故③正确； ‎ ‎④Y3＋是氧化剂，发生还原反应，Y2＋是还原产物，故④错误； ‎ ‎⑤Y2＋是还原产物，所以Y2＋具有还原性，故⑤正确； ‎ ‎⑥氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以Y3＋的氧化性比X2＋的氧化性强，故⑥正确；‎ 选C。‎ ‎15.根据下列三个反应的化学化学方程式，判断下列关系式不正确的是（ ）‎ ‎（1）I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HI ‎（2）2FeCl3＋2HI===2FeCl2＋2HCl＋I2‎ ‎（3）2FeCl2＋Cl2===2FeCl3‎ A. 氧化性：Cl2>Fe3＋>I2>H2SO4‎ B. 还原性：SO2>I－>Fe2＋>Cl－‎ C. 2Fe＋3I2===2FeI3‎ D. FeI2＋Cl2===FeCl2＋I2(Cl2不足时)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据（1）可知氧化性：I2> H2SO4；还原性：SO2>I－；根据（2）可知氧化性：Fe3＋>I2；还原性：I－>Fe2＋；根据（3）可知：氧化性：Cl2>Fe3＋，还原性：Fe2＋>Cl－，所以氧化性：Cl2>Fe3＋>I2>H2SO4 ；还原性：SO2>I－>Fe2＋>Cl－，选项A、B正确。氧化性强的物质可以与氧化性弱的物质发生氧化还原反应，当溶液中存在多种还原剂时，氧化剂先与还原性强的物质发生反应，因此FeI2＋Cl2===FeCl2＋I2(Cl2不足时) 可以发生，D正确；而2Fe＋3I2===2FeI3不可能发生，选项C错误。‎ ‎16.实验室常利用以下反应制取少量氮气：NaNO2＋NH4Cl=NaCl＋N2↑＋2H2O，关于该反应的下列说法正确的是（ ）‎ A. NaNO2是氧化剂 B. 每生成1mol N2时，转移电子的物质的量为6mol C. NH4Cl中的氮元素被还原 D. N2既是氧化剂，又是还原剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、反应NaNO2＋NH4Cl=NaCl＋N2↑＋2H2O中，NaNO2中N元素化合价从+3价降为0价，NaNO2为氧化剂，故A正确；‎ B、反应NaNO2＋NH4Cl=NaCl＋N2↑＋2H2O中，化合价升高值=化合价降低值=3，即每生成1molN2时，转移电子的物质的量为3mol，故B错误；‎ C、NH4Cl中N元素化合价从-3价升为0价，所以NH4Cl中N元素被氧化，故C错误；‎ D、由化合价升降可知，N2既是氧化产物又是还原产物，故D错误；‎ 故答案A。‎ ‎17.某同学在奥运五连环中填入了5种物质，相连环物质间能发生反应，不相连环物质间不能发生反应。你认为“五连环”中物质间发生的反应，没有涉及的四种基本反应类型和属于氧化还原反应的个数分别为（ ）‎ A. 置换反应、2个 B. 化合反应、3个 C. 分解反应、2个 D. 复分解反应、1个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，置换反应，氧化还原反应；‎ HCl+NaOH=NaCl+H2O，复分解反应，非氧化还原反应；‎ CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，复分解反应，非氧化还原反应；‎ CO2+C=2CO，化合反应，氧化还原反应；‎ 答案选C。‎ ‎18.已知R2Ox2-在一定条件下可以与Mn2＋作用，使其转化为MnO4-，而自身则转化为RO42-；又知反应中还原剂与还原产物的物质的量之比为1∶5，则x的值是（ ）‎ A. 7 B. 8 C. 5 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据化合价的变化判断氧化剂、还原剂和还原产物，所含元素化合价降低的反应物为氧化剂，所含元素化合价升高的反应物为还原剂，氧化剂得电子被还原后的产物为还原产物；氧化还原反应中氧化剂得到电子的总数等于还原失去电子的总数；根据化合物中正负化合价代数和为零，从而求得x值；据以上分析解答。‎ ‎【详解】由题意可知，发生的反应为R2Ox2-+Mn2+→MnO4-+ RO42-；若还原剂Mn2+为1mol，则还原产物 RO42-为5mol，由R守恒知，R2Ox2-为2.5mol；设R2Ox2-中R的化合价为a ，则由得失电子守恒知(a-6)×2.5×2=(7-2)×1，a=7；再根据化合物中正负化合价代数和为零，得2×7+x(-2)=-2，解得x=8；B正确；‎ 综上所述，本题选B。‎ 第Ⅱ卷 (非选择题 共46分)‎ 二、填空题（本题包括4小题，共40分）‎ ‎19.配制500 mL0.5mol/LNaOH溶液，试回答下列问题：‎ ‎（1）需要称取NaOH固体的质量为___；‎ ‎（2）配制方法：设计五个操作步骤，请在横线上填上合适的仪器名称 ‎①向盛有NaOH的烧杯中加入100mL蒸馏水使其溶解，并冷却至室温。‎ ‎②将NaOH溶液沿___注入___中。‎ ‎③在烧杯中加入少量的蒸馏水，小心洗涤___2～3次并把每次的洗涤液都转移入___。‎ ‎④继续往___中加蒸馏水至液面接近刻度线1～2cm。‎ ‎⑤改用___滴加蒸馏水至刻度线，盖好摇匀。‎ ‎（3）以下操作会使实际配制NaOH溶液的浓度偏低的有___。‎ A．定容时俯视刻度线 B．溶解后的烧杯未经洗涤 C．称量用的烧杯不干燥 D．容量瓶中原来存有少量蒸馏水 ‎【答案】(1). 10.0g (2). 玻璃棒 (3). 500mL容量瓶 (4). 烧杯和玻璃棒 (5). 500mL容量瓶 (6). 500mL容量瓶 (7). 胶头滴管 (8). B ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)计算出氢氧化钠的物质的量，再求出氢氧化钠的质量；‎ ‎(2)②用玻璃棒引流到容量瓶中，注意容量瓶的容积；‎ ‎③必须对烧杯和玻璃棒碱性洗涤；洗涤液转移到容量瓶中；‎ ‎④向容量瓶中继续加蒸馏水；‎ ‎⑤用胶头滴管定容；‎ ‎(3)根据c=分析误差。‎ ‎【详解】(1)需要氢氧化钠的物质的量是：0.5mol/L×0.5L=0.25mol，氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.25mol=10.0g；‎ ‎(2)②将NaOH溶液沿着玻璃棒引流到500mL容量瓶中；‎ ‎③转移完烧杯中溶解的溶液后，必须对烧杯和玻璃棒减小洗涤，洗涤后的溶液也要转移到500mL容量瓶中；‎ ‎④再继续向500mL容量瓶中加蒸馏水，至液面接近刻度线1～2cm；‎ ‎⑤定容时用胶头滴管定容；‎ ‎(3)A．定容时俯视刻度线，会导致配制的溶液的体积偏小，浓度偏高，故A错误；‎ B．溶解后的烧杯未经洗涤，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，浓度偏小，故B正确；‎ C、称量氢氧化钠利用的是总质量和小烧杯的质量差，所以称量用的烧杯不干燥，不影响结果，故C错误；‎ D．容量瓶中有水，不影响配制结果，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎20.书写下列反应的离子方程式：‎ ‎（1）氧化铜溶于盐酸___；‎ ‎（2）铁跟稀硫酸反应___；‎ ‎（3）硝酸银溶液和氯化钠溶液反应___；‎ ‎（4）氢氧化铜和硝酸反应___。‎ ‎【答案】(1). CuO+2H+=Cu2++H2O (2). Fe+2H+=Fe2++H2↑ (3). Ag＋+Cl-=AgCl↓ (4). Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)氧化铜与盐酸反应生成氯化铜和水；‎ ‎(2)Fe与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；‎ ‎(3)硝酸银溶液和氯化钠溶液反应生成AgCl沉淀和水；‎ ‎(4)氢氧化铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和水，氢氧化铜需要保留化学式。‎ ‎【详解】(1)氧化铜溶于盐酸生成氯化铜和水，氧化铜需要保留化学式，反应的离子方程式为：CuO+2H+═Cu2++H2O；‎ ‎(2)铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为：Fe+2H+═Fe2++H2↑；‎ ‎(3)硝酸银溶液和氯化钠溶液反应生成AgCl沉淀和水，反应的离子方程式为：Ag＋+Cl-=AgCl↓；‎ ‎(4)氢氧化铜与稀硝酸反应的离子方程式为：2H++Cu(OH)2=2H2O+Cu2+。‎ ‎21.在Na＋浓度为0.5mol·L－1的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。‎ 阳离子 K＋ Ag＋ Mg2＋ Ba2＋‎ 阴离子 NO3- CO32- Cl- SO42-‎ 现取该溶液100mL进行如下实验(气体体积均在标准状况下测定)。‎ 序号 实验内容 实验结果 Ⅰ 向该溶液中加入足量稀硝酸 放出标准状况下056L无色气体 Ⅱ 向Ⅰ的反应混合液中加入过量的硝酸钡，产生白色沉淀，对沉淀洗涤、干燥，称量所得固体质量 固体质量为9.32克 Ⅲ 向Ⅱ的滤液中滴加硝酸银溶液 无明显现象 请回答下列问题。‎ ‎（1）实验Ⅰ能确定一定不存在的离子是___。‎ ‎（2）实验Ⅰ中生成气体的离子方程式为___。‎ ‎（3）通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，填写下表中阴离子的浓度(能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”)。___‎ 阴离子 NO3-‎ CO32-‎ Cl-‎ SO42-‎ c/mol·L－1‎ ‎（4）判断K＋是否存在，若存在求其最小浓度，若不存在说明理由：___。‎ ‎【答案】(1). Ag＋、Mg2＋、Ba2＋ (2). CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O (3). ‎ 阴离子 NO3-‎ CO32-‎ Cl-‎ SO42-‎ c/mol·L－1‎ ‎？‎ ‎0.25‎ ‎0‎ ‎0.4‎ ‎(4). 存在，最小浓度为0.8mol·L－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】由题意“溶液为澄清溶液”可知：溶液中含有的离子一定能够大量共存；由实验Ⅰ可知，滴加足量稀硝酸放出标准状况下0.56L无色气体，则该溶液中一定含有CO32-，其浓度为 =0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；向Ⅰ的反应混合液中加入过量的硝酸钡，产生白色沉淀，对沉淀洗涤、干燥，称量所得固体质量为9.32克，此沉淀为BaSO4，物质的量为=0.4mol；向Ⅱ 的滤液中滴加硝酸银溶液，无明显现象，说明溶液中无Cl-，再结合电荷守恒分析即可。‎ ‎【详解】由实验Ⅰ可知，滴加足量稀硝酸放出标准状况下0.56L无色气体，则该溶液中一定含有CO32-，其浓度为 =0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；向Ⅰ的反应混合液中加入过量的硝酸钡，产生白色沉淀，对沉淀洗涤、干燥，称量所得固体质量为9.32克，此沉淀为BaSO4，物质的量为=0.04mol；向Ⅱ的滤液中滴加硝酸银溶液，无明显现象，说明溶液中无Cl-；‎ ‎(1)由分析知：实验Ⅰ能确定一定不存在的离子是Ag+、Mg2+、Ba2+；‎ ‎(2)实验Ⅰ中滴中稀硝酸生成的气体为CO2，发生反应的离子方程式为CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O；‎ ‎(3)有分析知，溶液中一定含有的阴离子是CO32-和SO42-，一定不存在Cl-，无法判断是否存在NO3-，且根据原子守恒可知，CO32-的浓度为0.25mol/L，SO42-的浓度为=0.4mol/L；‎ ‎(4)根据以上计算可知，不能确定NO3-，c(CO32-)=0.25mol/L，c(SO42-)=0.4mol/L，一定不存在Cl-，所以c(Cl-)=0，根据电荷守恒2c(CO32-+)+2c(SO42-)=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L。‎ ‎22.KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯。其变化可表述为2KClO3+4HCl（浓）=2KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O。‎ ‎（1）请分析该反应中电子转移的情况(用双线桥表示)。_____‎ ‎（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是________(填序号)。‎ ‎①只有还原性    ②还原性和酸性    ③只有氧化性     ④氧化性和酸性 ‎（3）产生0.1molCl2,转移电子的物质的量为________mol。‎ ‎（4）ClO2具有很强的氧化性,因此常被用作消毒剂,其消毒的效率(以单位质量得到的电子数表示)是Cl2的_‎ ‎_______倍。‎ ‎【答案】(1). (2). ② (3). 0.2 (4). 2.63‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在反应2KClO3＋4HCl(浓)＝2KCl＋2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O中，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高0，则HCl具有还原性，又该反应生成盐KCl，则表现酸的酸性，答案为②；‎ ‎（2）反应中只有Cl2是氧化产物，HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，所以产生0.1molCl2，转移的电子的物质的量为0.1mol×2=0.2mol；‎ ‎（3）设质量都是71g，氯气是1mol，得到的电子的物质的量是2mol，ClO2得到的电子的物质的量为71g/67.5g/mol×5＝5.26mol，则ClO2消毒的效率是Cl2的5.26÷2＝2.63倍。‎ 三、计算题 ‎23.2.3g钠跟水反应后，得到100mL溶液，2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑‎ 试计算：（1）生成的气体在标况下的体积是多少？___‎ ‎（2）反应后所得溶液的物质的量浓度是多少？___‎ ‎（3）在完全反应后转移的电子个数为多少？（用单线桥方法标出）___‎ ‎【答案】(1). 1.12L (2). 1mol/L (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】n(Na)==0.1mol；‎ ‎(1)该反应中Na失电子生成钠离子、水得电子生成氢气，根据转移电子守恒计算生成氢气体积；‎ ‎(2)根据Na原子守恒得n(NaOH)，再根据c=计算氢氧化钠物质的量浓度；‎ ‎(3)根据反应中电子的转移数目和方向分析。‎ ‎【详解】n(Na)==0.1mol；‎ ‎(1)该反应中Na失电子生成钠离子、水得电子生成氢气，根据转移电子守恒得氢气体积=×22.4L/mol=1.12L；‎ ‎(2)根据Na原子守恒得n(NaOH)=n(Na)=0.1mol，c(NaOH)=‎ ‎==1mol/L；‎ ‎(3)在反应2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑中Na从0价升高为+1价，则0.1molNa共失去0.1NA个电子，用单线桥表示反应中电子的转移数目和方向为。‎