参与试题解析
一、选择题（48分，每小题3分，每小题只有一个正确选项）
1．将下列各组物质按酸、碱、盐分类依次排列，正确的是（ ）
A．硫酸、纯碱、石膏 B．硫酸、烧碱、胆矾
C．硫酸氢钠、生石灰、醋酸钠 D．磷酸、熟石灰、苛性钠
【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．
【分析】根据概念进行判断：酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是指电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；盐是指由金属离子和酸根离子组成的化合物；以此解答该题．
【解答】解：A．硫酸属于酸，纯碱属于盐，石膏属于盐，故A错误；
B．硫酸属于酸，烧碱是氢氧化钠属于碱，胆矾是五水合硫酸铜属于盐，故B正确；
C．硫酸氢钠属于盐，生石灰属于氧化物，醋酸钠属于盐，故C错误；
D．磷酸是酸，熟石灰属于碱，苛性钠属于碱，不是盐，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查酸、碱、盐的分类，解答本题要充分理解酸碱盐的概念的含义，题目难度不大．
2．下列各组混合物中，按照溶解、过滤、蒸发的操作顺序能将它们分离的是（ ）
A．氧化铜和碳粉 B．钾和氯化钠
C．水和酒精 D．碳酸钠和碳酸钡
【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．
【分析】按照溶解、过滤、蒸发的操作顺序能将它们分离，则混合物中有一种物质溶于水，另一种物质不溶于水，以此来解答．
【解答】解：A．二者均不溶于水，不能过滤分离，故A不选；
B．二者均溶于水，不能过滤、蒸发分离，故B不选；
C．水与酒精互溶，不能过滤分离，故C不选；
D．碳酸钠溶于水，而碳酸钡不溶于水，则溶解、过滤、蒸发可分离，故D选；
故选D．
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的溶解性、性质差异为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．
3．下列叙述正确的是（ ）
A．氢氧化钠的摩尔质量是40g
B．1mol NaOH的质量是40g/mol
C．1g H2和1g N2所含分子数相等
D．等质量的N2、CH4、CO、H2O中CH4所含分子数最多
【考点】摩尔质量；物质分子中的原子个数计算．
【专题】计算题．
【分析】A、摩尔质量的单位为g/mol；
B、质量的单位为g；
C、分子数N=；
D、根据分子数N=nNA来计算．
【解答】解：A、一种物质的摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量，单位为g/mol，故A错误；
B、质量的单位为g，故B错误；
C、1g H2和1g N2的物质的量分别为0.5mol和1/28mol，所以分子数不相等，故C错误；
D、设质量都为1g，则其物质的量分别为1/28mol、1/16mol、1/28mol、1/18mol，根据分子数N=nNA可知，所以CH4的物质的量最大，其分子数最多，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查了摩尔质量的单位和分子个数的有关计算，难度不大，属于基础型题目．
4．下列实验操作中错误的是（ ）
A．称氢氧化钠时，不能直接称量，要放在称量纸上
B．蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏支管口处
C．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
D．过滤时，玻璃棒的末端应轻轻靠在三层的滤纸上
【考点】计量仪器及使用方法；物质的分离、提纯和除杂．
【专题】化学实验基本操作．
【分析】A．氢氧化钠有腐蚀性易潮解；
B．蒸馏时，测定馏分的温度；
C．分液时，避免上下层液体混合；
D．根据过滤实验操作的规范性判断．
【解答】解：A．氢氧化钠有腐蚀性易潮解，应在小烧杯中称量，故A错误；
B．蒸馏时，测定馏分的温度，则使温度计的水银球放置于蒸馏支管口处，故B正确；
C．分液时，避免上下层液体混合，则分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；
D．过滤时，为防止玻璃棒弄坏滤纸，应将玻璃棒在引流过程中放在三层滤纸处，故D正确．
故选A．
【点评】本题主要考查了蒸馏、分液、过滤、称量等实验基本操作，难度不大，称取药品时要注意：左物右码；分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出．
5．下列实验装置与实验操作正确的是（ ）
A．①④⑤ B．②③⑧ C．④⑥ D．⑤⑦
【考点】药品的取用；计量仪器及使用方法；物质的溶解与加热；过滤．
【专题】化学实验基本操作．
【分析】①加热固体试管底要高于试管口．
②制取二氧化碳的装置中，长颈漏斗的管口要伸入液面以下，防止气体逸出．
③称量药品时，托盘天平左盘放药品，右盘放砝码．
④使用胶头滴管滴加少量液体的操作，注意胶头滴管的位置是否伸入到试管内或接触试管．
⑤铁丝的燃烧试验要在集气瓶底部铺一层沙子或放少量水．
⑥根据向试管中倾倒液体药品的方法进行分析判断．
⑦不能用燃着的酒精灯引燃另一酒精灯．
⑧过滤时玻璃棒应紧靠三层滤纸，玻璃棒起引流作用．
【解答】解：①氢气还原氧化铜有水生成，所以试管底要高于试管口，否则会产生水倒流现象而炸裂试管，故错误．
②制取二氧化碳的装置中，长颈漏斗的管口没有伸入液面下，导致产生的二氧化碳逸出，故错误．
③称量药品时，托盘天平左盘放药品，右盘放砝码，故错误．
④使用胶头滴管滴加少量液体的操作，注意胶头滴管的位置是否伸入到试管内或接触试管内壁．应垂直悬空在试管口上方滴加液体，防止污染胶头滴管，故正确；
⑤铁丝的燃烧试验要在集气瓶底部铺一层沙子或放少量水，防止铁丝燃烧产生的热量炸裂集气瓶，故错误．
⑥向试管中倾倒液体药品时，瓶塞要倒放，标签要对准手心，瓶口紧挨，故正确．
⑦不能用燃着的酒精灯引燃另一酒精灯，否则易引起火灾，故错误．
⑧根据过滤要用玻璃棒引流液体，烧杯要紧靠玻璃棒、玻璃棒靠在三层滤纸处、漏斗的下端尖嘴部位要紧靠烧杯内壁进行过滤，该实验没有玻璃棒引流，故错误．
故选C．
【点评】本题考查化学实验的基本操作，题目难度不大，注意基本实验操作的要领和实验要求．
6．下列离子方程式正确的是（ ）
A．澄清的石灰水与盐酸反应 Ca（OH）2+2H+=Ca2++2H2O
B．钠与水的反应 Na+2H2O=Na++2OH﹣+H2↑
C．铜片插入银溶液 Cu+Ag+=Cu2++Ag
D．大理石溶于醋酸CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+H2O+CO2↑
【考点】离子方程式的书写．
【专题】离子反应专题．
【分析】A．反应生成氯化钙和时，石灰水中完全电离出离子；
B．电子、电荷不守恒；
C．电子、电荷不守恒；
D．反应生成醋酸钙、水、二氧化碳．
【解答】解：A．澄清的石灰水与盐酸反应的离子反应为OH﹣+H+=H2O，故A错误；
B．钠与水的反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，故B错误；
C．铜片插入银溶液的离子反应为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，故C错误；
D．大理石溶于醋酸的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+H2O+CO2↑，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应方程式书写的方法为解答的关键，侧重复分解反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大．
7．据电视台报道，近年来我国的一些沿江城市多次出现大雾天气，致使高速公路关闭，航班停飞，雾属于下列哪种分散系（ ）
A．乳浊液 B．溶液 C．胶体 D．悬浊液
【考点】胶体的重要性质．
【专题】溶液和胶体专题．
【分析】根据常见的胶体有淀粉溶液、冬天的大雾、牛奶、鸡蛋（蛋白质溶液）溶液、Al（OH）3胶体、Fe（OH）3胶体等．
【解答】解：分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔现象，大雾时，用灯照射时会出现一条光亮的通路，则雾属于胶体分散系，故选：C．
【点评】本题考查学生题考查学生教材知识的记忆熟练程度，可以根据所学知识进行回答，记住常见的胶体是解题的关键．
8．在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强（p）从大到小的顺序是（ ）
A．p（Ne）＞p（H2）＞p（O2） B．p（O2）＞p（Ne）＞p（H2）
C．p（H2）＞p（O2）＞p（Ne） D．p（H2）＞p（Ne）＞p（O2）
【考点】阿伏加德罗定律及推论．
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
【分析】在温度和密度都相同条件下，压强与摩尔质量呈反比．据此判断．
【解答】解：Ne的摩尔质量为20g/mol，H2的摩尔质量为2g/mol，O2的摩尔质量为32g/mol．
在温度和密度都相同条件下，压强与摩尔质量呈反比，摩尔质量越大，压强越小．
所以三种气体的压强（p）从大到小的顺序是p（H2）＞p（Ne）＞p（O2）．
故选：D．
【点评】考查阿伏伽德罗定律及推论，难度不大，可借助pV=nRT理解阿伏伽德罗定律及推论．注意稀有气体是单原子分子．
9．某混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干：NH4+、Cl﹣、Mg2+、Ba2+、K+、CO32﹣、SO42﹣，现取三份100mL溶液进行如下实验：
①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；
②第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol；
③第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥，沉淀质量2.33g．
根据上述实验，以下推测正确的是（ ）
A．K+一定不存在
B．该溶液中含CO32﹣离子的浓度为0.1 mol/L
C．Cl﹣可能存在
D．Ba2+一定不存在，Mg2+可能存在
【考点】常见离子的检验方法．
【专题】离子反应专题．
【分析】根据题意分析，第一份溶液加入AgNO3溶液有沉淀产生，推得可能含有Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣．第二份溶液加足量NaOH溶液加热后收集到气体，推得一定含有NH4+，一定不存在Mg2+．第三份溶液利用发生的离子反应，经过计算、推得一定存在CO32﹣、SO42﹣，一定不存在Ba2+；根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出K+一定存在，由K+物质的量的变化分析Cl﹣的情况．
【解答】解：根据题意，Ba2+和SO42﹣，可发生离子反应生成BaSO4↓，因此两者不能共存．Ba2+和CO32﹣可发生离子反应生成BaCO3↓，因此两者也不能共存．
第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl﹣+Ag+═AgCl↓、CO32﹣+2Ag+═Ag2CO3↓、SO42﹣+2Ag+═Ag2SO4↓，所以可能含有Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣．
第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，而没有沉淀产生说明一定不存在Mg2+．故可确定一定含有NH4+，一定不存在Mg2+．根据反应NH4++OH﹣NH3↑+H2O，产生NH3为0.04mol，可得NH4+也为0.04mol．
第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤．干燥后，沉淀质量为2.33g．部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应CO32﹣+Ba2+═BaCO3↓、SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓，因为BaCO3+2HCl═BaCl2+CO2↑+H2O而使BaCO3溶解．因此溶液中一定存在CO32﹣、SO42﹣，一定不存在Ba2+．由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为=0.01mol，BaCO3为6.27g﹣2.33g=3.94g，物质的量为=0.02mol，则CO32﹣物质的量为0.02mol，CO32﹣物质的量浓度为=0.2mol/L，
A．由上述分析可得，溶液中一定存在CO32﹣、SO42﹣、NH4+，一定不存在Mg2+、Ba2+．而CO32﹣、SO42﹣、NH4+物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol，CO32﹣、SO42﹣所带负电荷分别为0.02mol×2、0.01mol×2，共0.06mol，NH4+所带正电荷为0.04mol，根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在，故A错误；
B．由上述分析可得，CO32﹣物质的量为0.02mol，CO32﹣物质的量浓度为═0.2mol/L，故B错误；
C．CO32﹣、SO42﹣、NH4+物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol，CO32﹣、SO42﹣所带负电荷分别为0.02mol×2、0.01mol×2，共0.06mol，NH4+所带正电荷为0.04mol，根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在，且K+物质的量≥0.02mol，当K+物质的量＞0.02mol时，溶液中还必须存在Cl﹣，故C正确；
D．溶液中一定存在CO32﹣、SO42﹣、NH4+，Ba2+和CO32﹣、SO42﹣，可发生离子反应生成BaCO3↓、BaSO4↓，因此Ba2+一定不存在．同时第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体，没有产生沉淀，说明一定不含Mg2+，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，尤其是K+的确定易出现失误．
10．用1kg溶剂中所含溶质的物质的量表示的溶液的浓度叫质量物质的量浓度，其单位是mol/kg．某物质的溶液的质量分数为20%，质量物质的量浓度为2.358mol/kg，则该物质可能为（ ）
A．NaHCO3 B．CaCO3 C．KHCO3 D．Na2CO3
【考点】物质的量浓度的相关计算．
【专题】物质的量浓度和溶解度专题；化学实验与化学计算．
【分析】设该溶液中溶质的摩尔质量为x，溶剂的质量为1kg，根据质量物质的量浓度为2.358mol/kg及质量分数为20%列式计算，然后进行判断即可．
【解答】解：设溶质的物质的量我为x、溶剂的质量为1kg，
质量物质的量浓度为2.358mol/kg，则1kg溶剂中溶解的溶质的物质的量为2.358mol，质量为：x×2.358mol=2.358xg，
该溶液的质量分数为20%，则：×100%=20%，
解得：x≈106g/mol，
选项中满足条件的为Na2CO3，
故选D．
【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度中等，明确质量物质的量浓度的含义为解答关键，注意掌握溶质质量分数、物质的量浓度的概念及计算方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力．
11．如图所示为“铁链环”结构，图中两环相交部分A、B、C、D表示物质间的反应．下列对应部分反应的离子方程式书写不正确的是（ ）
A．Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O
B．Cu2++2OH﹣═Cu（OH）2↓
C．Cu2++SO+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+Cu（OH）2↓
D．OH﹣+HCO═H2O+CO
【考点】离子方程式的书写．
【专题】离子反应专题．
【分析】A．氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO、水；
B．NaOH和硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠；
C．硫酸铜、氢氧化钡反应生成硫酸钡混合氢氧化铜；
D．氢氧化钡与碳酸氢钠反应生成碳酸钡、水．
【解答】解：A．氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO、水，离子反应为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故A正确；
B．NaOH和硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠，离子反应为Cu2++2OH﹣═Cu（OH）2↓，故B正确；
C．硫酸铜、氢氧化钡反应生成硫酸钡混合氢氧化铜，离子反应为Cu2++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+Cu（OH）2↓，故C正确；
D．氢氧化钡与碳酸氢钠反应生成碳酸钡、水，若碳酸氢钠少量发生HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O，
若碳酸氢钠足量，发生2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣═BaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故D错误；
故选D．
【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高考常见题型，明确发生的化学反应为解答的关键，把握选项D中量对反应的影响，题目难度不大．
12．水溶液中能大量共存的一组离子是（ ）
A．Na+、Al3+、Cl﹣、CO32﹣ B．H+、Na+、Fe2+、MnO4﹣
C．K+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣ D．K+、NH4+、OH﹣、SO42﹣
【考点】离子共存问题．
【专题】离子反应专题．
【分析】根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应，不能相互促进水解等，则离子能大量共存，以此来解答．
【解答】解：A．因Al3+、CO32﹣相互促进水解生成沉淀和气体，则不能共存，故A错误；
B．因H+、Fe2+、MnO4﹣发生氧化还原反应，则不能共存，故B错误；
C．因该组离子之间不反应，能共存，故C正确；
D．因NH4+、OH﹣结合生成弱电解质，则不能共存，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查离子的共存，明确离子之间的反应即可解答，注意相互促进水解的反应及氧化还原反应为解答的难点，题目难度不大．
13．某金属的盐受热分解生成NO2、O2和该金属的氧化物．已知NO2和O2的分子个数比为4：1，则在分解过程中该金属的化合价将（ ）
A．无法确定 B．升高 C．不变 D．降低
【考点】氧化还原反应的计算．
【分析】某金属的盐受热分解生成NO2、O2和某金属氧化物，氮元素化合价由+5价降低为+4价，氧元素化合价由﹣2价升高为0价，根据NO2和 O2的分子体积比为4：1，即其分子数之比为4：1，计算氮原子得到的电子、氧原子失去的电子．根据电子转移守恒，判断金属元素化合价变化．
【解答】解：某金属的盐受热分解生成NO2、O2和某金属氧化物，氮元素化合价由+5价降低为+4价，氧元素化合价由﹣2价升高为0价，根据NO2和 O2的分子体积比为4：1，即其分子数之比为4：1，令NO2和 O2的分子个数分别为4、1，氮原子得到的电子数为4，氧原子失去的电子为1×2×[0﹣（﹣2）]=4．二者得失电子数目相等，根据电子转移守恒，金属元素化合价没有变化，
故选C．
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，难度不大，根据电子转移守恒判断是关键．注意守恒思想的应用．
14．在热的稀硫酸溶液中溶解了11.4g FeSO4，当加入50mL 0.5mol•L﹣1KNO3溶液后，使其中的Fe2+全部转化成Fe3+，KNO3溶液也完全反应，并有NxOy气体逸出，则该NxOy是（ ）
A．N2O B．NO C．N2O3 D．NO2
【考点】氧化还原反应的计算．
【专题】氧化还原反应专题．
【分析】先根据化合价的升降判断氧化剂和还原剂，然后根据氧化还原反应中得失电子数相等判断该氧化物的化学式．
【解答】解：该反应中，Fe2+失电子生成Fe3+，所以硫酸亚铁作还原剂；中氮元素得电子化合价降低作氧化剂；
硫酸亚铁的物质的量==0.075mol，所以硫酸亚铁生成硫酸铁失去0.075mol电子；
根据氧化还原反应中得失电子数相等可知，中氮元素得到0.075mol电子，的物质的量=钾的物质的量=0.5mol•L﹣1 ×0.05L=0.025mol，
所以的物质的量和电子的物质的量之比=0.025mol：0.075mol=1：3，既一个氮原子得到3个电子变成+2价，所以该氮的氧化物是NO，
故选B．
【点评】本题考查氧化还原反应，明确氧化还原反应中得失电子相等是解本题的关键，难度不大．
15．已知Q与R的摩尔质量之比为9：22，在反应X+2Y═2Q+R中，当1.6g X与Y完全反应后，生成4.4g R，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为（ ）
A．46：9 B．32：9 C．23：9 D．16：9
【考点】物质的量的相关计算；质量守恒定律．
【专题】计算题．
【分析】根据“反应X+2Y═2Q+R中，已知Q和R的相对分子质量之比为9：22”，则可假设Q和R的相对分子质量分别为9a、22a，依据Q、R的质量比以及1.6gX，生成4.4g R，代入计算，进而得到Y、Q的质量比．
【解答】解：可假设Q和R的相对分子质量分别为9a、22a，
设生成4.4gR需要Q的质量是x
X+2Y═2Q+R
18a 22a
x 4.4g
，解得x=3.6g，
由质量守恒可知参加反应的Y的质量为4.4g+3.6g﹣1.6g=6.4g，
所以参与反应的Y和生成物Q的质量之比为为6.4g：3.6g=16：9，
故选D．
【点评】本题考查学生利用化学反应方程式及质量守恒定律来计算物质的质量，明确相对分子质量与反应中物质的质量关系是解答的关键，题目难度不大．
16．向0.1mol•L﹣1NaOH溶液中通入过量的CO2后，溶液中存在的主要离子是下列的（ ）
A．Na+和CO32﹣ B．Na+和HCO3﹣ C．HCO3﹣和CO32﹣ D．Na+和OH﹣
【考点】离子反应的概念．
【专题】离子反应专题．
【分析】先写出反应方程式，根据方程式中的生成物判断存在的主要离子．
【解答】解：氢氧化钠和过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠NaOH+CO2=NaHCO3，碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，在水溶液里电离出自由移动的钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根能水解也能电离，但都比较微弱，所以溶液中存在的主要离子是钠离子和碳酸氢根离子，故选B．
【点评】知道氢氧化钠和过量的二氧化碳反应产物及碳酸氢钠的电离方程式是解本题的关键；碳酸氢根离子既能电离又能水解，但都比较微弱，其水解程度大于电离程度，所以碳酸氢钠水溶液呈碱性．
二、非选择题：
17．相同物质的量的O2和O3的质量比 2：3 ，分子个数比为 1：1 ，所含氧原子的个数比为 2：3 ．
【考点】物质的量的相关计算．
【专题】计算题．
【分析】根据m=nM计算二者质量之比，由N=nNA可知，分子数目之比等于物质的量之比；氧气所含氧原子数目为氧气分子2倍，臭氧所含氧原子数目为臭氧分子的3倍．
【解答】解：根据m=nM可知，相同物质的量的O2和O3的质量之比=32g/mol：48g/mol=2：3，由N=nNA可知，分子数目之比等于物质的量之比=1：1；氧气所含氧原子数目为氧气分子2倍，臭氧所含氧原子数目为臭氧分子的3倍，故相同物质的量的O2和O3含有氧原子数目之比=1×2：1×3=2：3，
故答案为：2：3；1：1；2：3．
【点评】本题考查物质的量有关计算，比较基础，注意对公式的理解与灵活应用，理解化学式的意义．
18．在200mL 2mol•L﹣1MgCl2溶液中，溶质的物质的量为 0.4mol ．此溶液中Mg2+的物质的量浓度为 2mol/L ，Cl﹣的物质的量浓度为 4mol/L ．
【考点】物质的量的相关计算；物质的量浓度的相关计算．
【分析】根据n=cV计算溶质物质的量，Mg2+的物质的量浓度等于MgCl2的物质的量浓度，Cl﹣的物质的量浓度为MgCl2浓度的2倍．
【解答】解：n（MgCl2）=0.2L×2mol/L=0.4mol，
c（Mg2+）=c（MgCl2）=2mol/L，
c（Cl﹣）=2c（MgCl2）=2×2mol/L=4mol/L，
故答案为：0.4mol；2mol/L；4mol/L．
【点评】本题考查物质的量浓度有关计算，比较基础，注意理解电解质浓度与电解质离子浓度关系．
19．（10分）（2015秋•荆州校级期中）有A、B、C三瓶失去标签的无色溶液：K2CO3、BaCl2、Na2SO4．将它们分别与H2SO4作用，A产生白色沉淀，B产生无色气体，C中无明显现象．则A的名称是 氯化钡 ，B的名称是 碳酸钾 ，C的化学式为 Na2SO4 ．反应的化学方程式分别为： BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl ， K2CO3+H2SO4=K2SO4+CO2↑+H2O ．
【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．
【专题】物质检验鉴别题．
【分析】H2SO4与K2CO3反应产生CO2气体，与BaCl2反应生成BaSO4白色沉淀，与NaSO4不反应，无现象，以此解答．
【解答】解：H2SO4与K2CO3反应产生CO2气体，与BaCl2反应生成BaSO4白色沉淀，与NaSO4不反应，无现象，A产生白色沉淀，说明A为BaCl2，B产生无色气体，说明B为BaCl2，C中无明显现象，说明C为Na2SO4，方程式分别为BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl，K2CO3+H2SO4=K2SO4+CO2↑+H2O，
故答案为：氯化钡；碳酸钾；Na2SO4；BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl；K2CO3+H2SO4=K2SO4+CO2↑+H2O．
【点评】本题考查物质检验及鉴别，为高频考点，题目难度不大，本题注意常见物质的化学性质以及反应现象，此外还可加入NaHSO4进行检验．
20．写离子方程式a．氯化铝溶液中加入过量氨水的离子方程式为 Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+ ；b．碳酸钙与盐酸反应的离子方程式为 CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O ．
【考点】离子方程式的书写．
【专题】离子反应专题．
【分析】a氯化铝溶液中加入过量氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵；
b碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳和水．
【解答】解：a氯化铝溶液中加入过量氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵，离子方程式：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；
b碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳和水，离子方程式：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；
故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O．
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意氢氧化铝只能溶解在强碱溶液中，题目难度不大．
21．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式 2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O ，在以上中性溶液中继续滴加Ba（OH）2溶液，请写出此步反应的离子方程式： Ba2++SO42﹣=BaSO4↓ ．
【考点】离子方程式的书写．
【分析】加入Ba（OH）2溶液至中性时，其反应式为：2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，以此书写离子方程式；
至中性时溶液中溶质只有Na2SO4，加入Ba（OH）2溶液生成BaSO4沉淀．
【解答】解：NaHSO4是二元强酸的酸式盐，可以理解为全部电离．当反应后溶液呈中性时，其反应式为：2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，则离子反应方程式为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O，此时溶液中溶质只有Na2SO4，加入Ba（OH）2的离子反应方程式为：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，
故答案为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O；Ba2++SO42﹣=BaSO4↓．
【点评】本题考查离子方程式的书写，为高频考点，注意根据物质的量判断反应的程度并书写相关离子方程式，注意与量有关的离子方程式的书写方法，题目难度不大．
22．一个完整的氧化还原反应方程式可以拆开写成两个“半反应式”，一个是“氧化反应”式，一个是“还原反应”式．如2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+的拆写结果是：氧化反应为：Cu﹣2e﹣═Cu2+；还原反应为：2Fe3++2e﹣═2Fe2+．
①请据此将反应：Fe+4H++NO═Fe3++NO↑+2H2O拆写成两个“半反应式”：氧化反应为 Fe﹣3e﹣=Fe3+ ；还原反应为 4H++NO3﹣+3e﹣=NO↑+2H2O ．
【考点】氧化还原反应．
【专题】氧化还原反应专题．
【分析】还原剂发生氧化反应反应，氧化剂发生还原反应，先判断氧化剂、还原剂，再写相关的反应．
【解答】解：由化合价的变化可知，Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2O中，氧化剂是NO3﹣，发生还原反应，NO3﹣失去3个电子生成NO；还原剂是Fe，发生氧化反应，Fe失去3个电子生成Fe3+，电子转移数是3，
故答案为：Fe﹣3e﹣=Fe3+；4H++NO3﹣+3e﹣=NO↑+2H2O．
【点评】本题考查学生对氧化还原反应的理解，氧化还原反应由氧化反应、还原反应两个半反应组成，两个半反应相加即得总反应．
23．已知反应：2H2CrO4+3H2O2═2Cr（OH）3+3O2↑+2H2O该反应中H2O2只发生如下变化过程：H2O2→O2
（1）该反应中的还原剂是 H2O2
（2）用单线桥法表示反应中电子转移的方向和数目2H2CrO4+3H2O2═2Cr（OH）3+3O2↑+2H2O
（3）如反应中转移了0.6mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为 6.72L ．
【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；氧化性、还原性强弱的比较．
【分析】1）标出化合价，含有化合价升高的元素的反应物为还原剂．
2）标电子转移时，由失电子的元素指向得电子的元素，数目可由化合价升降总数来确定．
3）根据得失电子守恒来计算．
【解答】解：1）由H2O2→O2可知，氧元素的化合价由﹣1→0，化合价升高，故该反应中的还原剂为H2O2；
2）Cr化合价从+6→+3，得电子，0化合价从﹣1→0，失电子，因此箭头指向由O指向Cr，电子总数为：2×（6﹣3）═6．用单线桥法表示反应中电子转移的方向和数目如下：
3）根据得失电子守恒得生成氧气的物质的量为═0.3mol，标况下氧气的体积为：0.3mol×22.4L/mol=6.72L，故产生的氧气体积为6.72L．
故答案为：1）H2O2；2）；3）6.72L．
【点评】本题考查了还原剂的判断，氧化还原反应的分析及计算．做此类题目要从化合价入手，从化合价的变化来分析和计算．此题易错点为箭头的指向和数目的多少．
24．（10分）（2015秋•荆州校级期中）实验室要用Na2CO3•10H2O晶体配制500mL 0.1mol•L﹣1 Na2CO3溶液，回答下列问题：
（1）应该用托盘天平称取Na2CO3•10H2O 14.3 g．
（2）如图Ⅰ表示10mL量筒中液面的位置，A与B，B与C刻度间相差1mL，如果刻度A为8，量筒中液体的体积是 7.2 mL．
（3）若实验中如图Ⅱ所示的仪器有下列情况，对配制溶液的浓度有何影响？（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
A．定容前容量瓶底部有水珠 无影响 ；
B．定容时加水超过刻度线 偏低 ；
C．最终定容时俯视观察液面 偏高 ．
【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．
【专题】计算题．
【分析】（1）根据500mL 0.1mol•L﹣1 Na2CO3溶液中含有的碳酸钠的物质的量计算出需要Na2CO3•10H2O晶体的质量；
（2）根据量筒的构造及图示凹液面所在的刻度线读出量筒中液体的体积；
（3）根据cB=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量nB和溶液的体积V引起的，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大．
【解答】解：（1）配制500mL 0.1mol•L﹣1 Na2CO3溶液，溶液中含有碳酸钠的物质的量为：0.1mol•L﹣1×0.5L=0.05mol，需要Na2CO3•10H2O晶体的质量为286g/mol×0.05mol=14.3g，
故答案为：14.3；
（2）量筒刻度线从下向上逐渐增大，根据图示，A为8，则B刻度为7；A与B、B与C刻度间相差1mL，则每个小刻度为0.2mL，液面位于B刻度之上一个小刻度，所以溶液的体积为7.2mL，
故答案为：7.2；
（3）A、定容前容量瓶底部有水珠，对溶质的物质的量没有影响，所以不影响配制结果，故答案为：无影响；
B、定容时加水超过刻度线，导致配制的溶液体积偏大，根据cB=可得，配制的溶液浓度偏低，
故答案为：偏低；
C、最终定容时俯视观察液面，导致加入的蒸馏水体积偏小，根据cB=可得，配制的溶液浓度偏高，
故答案为：偏高．
【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法及误差分析，题目难度中等，误差分析是难点，可以根据操作对cB=产生的影响进行分析，试题基础性强，贴近高考，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力．
25．过氧化钙是一种安全无毒的物质，带有数量不等的结晶水，通常还含有部分氧化钙．
（1）称取0.542g过氧化钙样品，灼热时发生如下反应：
2（CaO2•xH2O）2CaO+O2↑+2xH2O，得到的O2在标准状况下体积为67.2ml．该样品中CaO2的物质的量为 0.006mol ．
（2）另取同一样品0.542g，溶于适量的稀盐酸中，然后加入足量的Na2CO3溶液，将溶液中Ca2+全部转化为CaCO3沉淀，得到干燥的CaCO3 0.70g．
①试计算样品中CaO的质量．
②试计算样品中CaO2•xH2O的x值．
【考点】化学方程式的有关计算．
【专题】计算题．
【分析】（1）首先计算氧气的物质的量，根据方程式计算CaO2的物质的量；
（2）根据CaCO3沉淀的质量可得样品中Ca元素的质量，根据Ca元素质量守恒计算CaO的质量，总质量减去CaO2和CaO的质量即得水的质量，进而计算H2O和CaO2的物质的量比值，即可得到x的值．
【解答】解：（1）n（O2）==0.003mol，
2（CaO2•xH2O）2CaO+O2↑+2xH2O
2mol 1mol
n（CaO2•xH2O） 0.003mol
n（CaO2•xH2O）=0.006mol，
则n（CaO2）=n（CaO2•xH2O）=0.006mol，
故答案为：0.006mol；
（2）n（CaCO3）==0.007mol，
①根据Ca元素守恒，可知：n（CaO）=0.007mol﹣0.006mol=0.001mol，
m（CaO）=0.001mol×56g/mol=0.056g，
答：样品中CaO的质量为0.056g；
②样品中水的质量为：m（H2O）=0.542g﹣m（CaO2）﹣m（CaO）=0.542g﹣0.006mol×72g/mol﹣0.056g=0.054g，
n（H2O）==0.003mol，
x===0.5，
答：样品中CaO2•xH2O的x值为0.5．
【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，注意根据反应的化学方程式，从质量守恒的角度计算．
