参与试题解析
一．选择题（共18小题，每题只有1个选项符合题意，每小题3分，共54分．）
1．如图图示装置的实验中，操作正确的是（ ）
A．图1配制250mL0.10mol•L﹣1盐酸
B．图2稀释浓硫酸
C．图3称量氯化钠固体
D．图4CCl4萃取碘水的分液操作
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．配制一定物质的量浓度溶液时，选取的容量瓶规格应该等于或稍大于配制溶液体积；
B．容量瓶只能配制一定物质的量浓度溶液，不能稀释或溶解药品；
C．用天平称量药品时应该遵循“左物右砝”原则；
D．互不相溶的液体采用分液方法分离．
【解答】解：A．配制一定物质的量浓度溶液时，选取的容量瓶规格应该等于或稍大于配制溶液体积，则配制250mL稀盐酸需要250mL容量瓶，故A错误；
B．容量瓶只能配制一定物质的量浓度溶液，不能稀释或溶解药品，应该先将浓硫酸在烧杯中稀释，冷却至室温时再转移溶液，故B错误；
C．用天平称量药品时应该遵循“左物右砝”原则，则药品在左盘、砝码在右盘，故C错误；
D．互不相溶的液体采用分液方法分离，碘易溶于四氯化碳、不易溶于水，且四氯化碳和水不互溶，所以采用分液方法分离，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及溶液配制、物质分离和提纯等知识点，明确仪器使用方法、物质分离和提纯与物质性质关系是解本题关键，注意容量瓶的选取方法，题目难度不大．
2．在下列物质分类中，前者包括后者的是（ ）
A．金属氧化物 化合物 B．溶液 胶体
C．电解质 化合物 D．混合物 胶体
【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系．
【专题】物质的分类专题．
【分析】物质分为混合物和纯净物，混合物是由两种或两种以上的物质组成；纯净物是由一种物质组成．纯净物又分为单质和化合物．由同种元素组成的纯净物叫单质；由两种或两种以上的元素组成的纯净物叫化合物．氧化物是指由两种元素组成的化合物，其中一种元素是氧元素，因此氧化物属于化合物，根据有关概念和物质分类分析．
【解答】解：A、氧化物是指由两种元素组成的化合物，氧化物中的一种元素是氧元素，根据另一种元素是金属元素还是非金属元素，氧化物可以分为金属氧化物和非金属氧化物，则金属氧化物属于化合物，故A错误；
B、混合物分为溶液、胶体和浊液，所以溶液与胶体属于并列关系，故B错误；
C、化合物可以分成电解质和非电解质，所以电解质属于化合物，故C错误；
D、混合物分为溶液、胶体和浊液，所以混合物包括胶体，故D正确；
故选D．
【点评】本考点考查了物质的分类，要加强记忆混合物、化合物、电解质、胶体等基本概念，并能够区分应用．本考点的基础性比较强．
3．下列四幅图中，小白球代表的是氢原子，大灰球代表的是氦原子．最适合表示同温同压下，等质量的氢气与氦气的混合气体的图示是（ ）
A． B． C． D．
【考点】阿伏加德罗定律及推论．
【分析】如图表示氦分子与氢气分子的数量关系，分子数之比等于该物质的物质的量之比，根据n=判断等质量的氢气与氦气的物质的量之比，注意稀有气体是单原子分子．
【解答】解：氦气的摩尔质量为4g/mol．氢气的摩尔质量为2g/mol，
设质量为4g，则氦气的物质的量为：=1mol，
氢气的物质的量为：=2mol，
所以氢气分子与氦气分子的分子数之比为：2mol：1mol=2：1，
稀有气体为单原子分子，故B、D错误；
A中氢气与氦气的物质的量之比为1：1，C中为2：1，
故选C．
【点评】本题考查学生对信息的提取以及阿伏伽德罗定律的利用，题目难度不大，明确气体为单原子为分子为解答关键，注意掌握阿伏伽德罗定律及其推论的内容．
4．设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，11.2LH2O中含有的分子数目为0.5NA
B．25℃，1.01×105Pa，gSO2中含有的原子数为3NA
C．50ml 12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
D．标准状况下，22.4L N2和H2混合气中含NA个原子
【考点】阿伏加德罗常数．
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
【分析】A、标况下，水为液态；
B、求出二氧化硫的物质的量，然后根据1mol二氧化硫中含3mol原子来分析；
C、二氧化锰只能与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应；
D、标况下22.4L氮气和氢气的混合气体共1mol．
【解答】解：A、标况下，水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；
B、g二氧化硫的物质的量为1mol，而1mol二氧化硫中含3mol原子，即3NA个，故B正确；
C、二氧化锰只能与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应，故盐酸不能反应完全，则转移的电子小于0.3NA个，故C错误；
D、标况下22.4L氮气和氢气的混合气体共1mol，但由于氮气和氢气的比例未知，故混合物中氮气的物质的量不明确，则含有的氮原子的个数无法计算，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．
5．下列各组离子中，能在强酸性溶液里大量共存，并且溶液呈无色透明的是（ ）
A．Cu2+、K+、Na+、SO42﹣ B．Mg2+、K+、C1﹣、NO3﹣
C．Na+、K+、HCO3﹣、Cl﹣ D．Ba2+、K+、Cl﹣、SO42﹣
【考点】离子共存问题．
【专题】离子反应专题．
【分析】强酸性溶液有大量的H+，离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，则离子能大量共存，并注意离子的颜色来解答．
【解答】解：A．该组离子之间不反应，能共存，但Cu2+为蓝色，与无色溶液不符，故A错误；
B．该组离子之间不反应，能共存，且离子均为无色，故B正确；
C．因H+、HCO3﹣能结合生成水和碳酸根离子，则不能共存，故C错误；
D．因Ba2+、SO42﹣能结合生成沉淀，则不能共存，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查离子的共存，熟悉复分解反应发生的条件及离子之间的反应、离子的颜色即可解答，题目较简单．
6．下列化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．用小苏打治疗胃酸过多：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O
B．往碳酸镁中滴加稀盐酸：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O
C．往澄清石灰水中通入过量二氧化碳：Ca2++2OH﹣+CO2═CaCO3↓+H2O
D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++SO42﹣+H++OH﹣═BaSO4↓+H2O
【考点】离子方程式的书写．
【专题】离子反应专题．
【分析】A、小苏打是碳酸氢钠，与氢离子反应生成二氧化碳和水，根据电荷守恒和质量守恒判断书写正误；
B、碳酸镁为难溶物，离子方程式中写化学式；
C、二氧化碳过量，生成的是碳酸氢根离子，没有碳酸钙沉淀生成；
D、方程式中钡离子与氢氧根离子、硫酸根离子与氢离子的配比错误．
【解答】解：A、碳酸氢钠与氢离子反应的离子方程式为：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，故A正确；
B、碳酸镁属于难溶物，不能写成离子形式，正确的离子反应为：MgCO3+2H+═CO2↑+Mg2++H2O，故B错误；
C、往澄清石灰水中通入过量二氧化碳，生成的是碳酸氢钙，离子方程式为：OH﹣+CO2═HCO3﹣，故C错误；
D、氢氧化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为：Ba2++SO42﹣+2H++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，故D错误；
故选：A．
【点评】本题考查离子反应方程式的正误判断，明确发生的化学反应及离子反应的书写方法即可解答，题目难度不大．
7．酸性条件下20mL、0.5mol/L的 KMnO4溶液可将25mL、2mol/L的FeSO4溶液中的 Fe2+氧化为Fe3+，则KMnO4被还原的产物是（ ）
A．Mn2O3 B．Mn2+ C．MnO2 D．K2MnO4
【考点】氧化还原反应．
【分析】将0.05molFeSO4加入KMnO4溶液中，发生氧化还原反应，反应中Fe2+转化为Fe3+，化合价由+2价升高到+3价，与20mL、0.5mol/L的 KMnO4溶液反应，Mn元素化合价由+7价降低到+x价，结合氧化还原反应得失电子数目相等计算．
【解答】解：将0.05molFeSO4加入KMnO4溶液中，发生氧化还原反应，反应中Fe2+转化为Fe3+，化合价由+2价升高到+3价，KMnO4中Mn元素化合价由+7价降低到+x价，KMnO4的物质的量为0.02L×0.5mol/L=0.01mol
由氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知：0.05mol×（3﹣2）=0.01mol×（7﹣x），
解得：x=2，
故选B．
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，利用方程式计算比较麻烦，关键抓住氧化还原反应中电子转移守恒计算，难度中等．
8．下列有关说法正确的是（ ）
A．氧化还原反应中的反应物，不是氧化剂就是还原剂
B．在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数
C．能导电的物质一定是电解质
D．金属氧化物一定是碱性氧化物
【考点】氧化还原反应．
【分析】A．氧化还原反应中的反应物，可能不是氧化剂，也不是还原剂；
B．氧化还原反应中，氧化剂、还原剂之间得失电子数目相等；
C．存在自由移动离子或自由电子的物质能导电；
D．金属氧化物也可能是酸性氧化物或两性氧化物．
【解答】解：A．氧化还原反应中的反应物，可能不是氧化剂，也不是还原剂，如氯气与NaOH的反应中，NaOH为反应物，不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；
B．氧化还原反应中，氧化剂中元素的化合价降低得电子，还原剂中元素的化合价升高失电子，氧化剂、还原剂之间得失电子数目相等，故B正确；
C．存在自由移动离子或自由电子的物质能导电，电解质固体时不能电离不导电，金属单质能导电不是电解质，故C错误；
D．金属氧化物也可能是酸性氧化物或两性氧化物，如Mn2O7属于酸性氧化物，Al2O3属于两性氧化物，它们都是金属氧化物，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查氧化还原反应、电解质、物质的分类，把握反应中元素的化合价变化以及物质的分类方法为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及实例的考查，题目难度不大．
9．下列关于胶体的叙述不正确的是（ ）
A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10﹣9～10﹣7m之间
B．光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应
C．用平行光照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，产生的现象相同
D．Fe（OH）3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的
【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系．
【专题】溶液和胶体专题．
【分析】分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小，小于100nm为溶液，大于100nm为浊液，在1nm～100nm的为胶体，胶体具有的性质主要有；均一、稳定、有吸附作业，具有丁达尔现象、聚沉、电泳等性质，其中丁达尔现象是区分溶液和胶体的方法．
【解答】解：A、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10﹣9～10﹣7m之间，即1nm～100nm，故A正确；
B、光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应，是胶体特有的性质，故B正确；
C、用平行光照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，Fe（OH）3胶体中会产生光亮的通路，产生丁达尔现象，NaCl溶液无此现象，故C错误；
D、Fe（OH）3胶体具有较大的表面积，能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的，故D正确；
故选C．
【点评】本题考查了胶体性质，胶体与其他分散系的本质区别，熟悉胶体的性质及判断即可解答．
10．下列关于物质的量浓度表述正确的是（ ）
A．0.2mol•L﹣1Na2SO4溶液中含有Na+和SO42﹣总物质的量为0.6mol
B．50mL2mol•L﹣1NaCl溶液和100mL0.5mol•L﹣1MgCl2溶液中，Cl﹣的物质的量浓度相等
C．用1L水吸收22.4L氯化氢所得盐酸的浓度是1mol•L﹣1
D．10g98%的硫酸（密度为1.84g•cm﹣3）与10mL18.4mol•L﹣1的硫酸的浓度是相同的
【考点】物质的量浓度．
【分析】A、溶液体积不知不能计算微粒物质的量；
B、离子浓度=溶质浓度×离子数；
C、氯化氢物质的量不一定是1mol，溶液体积不是1L；
D、依据溶质的质量分数和物质的量浓度的换算计算分析．
【解答】解：A、溶质浓度不变，溶液体积不知不能计算微粒物质的量，故A错误；
B、50mL2mol•L﹣1NaCl溶液中氯离子浓度为2mol/L，100mL0.5mol•L﹣1MgCl2溶液中氯离子浓度=0.5mol/L×2=1mol/L，Cl﹣的物质的量浓不相等，故B错误；
C、用1L水吸收22.4L氯化氢，气体的温度和压强不知，氯化氢不一定是1mol，溶液体积不是1L，所得盐酸的浓度不是1mol•L﹣1，故C错误；
D、10g98%的硫酸（密度为1.84g•cm﹣3）溶质浓度==18.4mol/L，与10mL18.4mol•L﹣1的硫酸的浓度是相同的，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了溶液浓度的分析计算应用，注意微粒物质的量和浓度的计算，溶质质量分数和溶质物质的量浓度的换算方法，掌握基础是解题关键，题目难度中等．
11．下列各组反应，前后均可以用同一个离子方程式表示的是（ ）
A．HCl+Na2CO3═HCl+NaHCO3 B．HCl+Na2CO3═H2SO4+K2CO3
C．H2S+NaOH═H2SO4+KOH D．BaCl2+Na2SO4═BaCO3+H2SO4
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．盐中的阴离子分别为CO32﹣、HCO3﹣；
B．离子反应均为CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O；
C．H2S在离子反应中保留化学式，而硫酸为强酸；
D．BaCO3在离子反应中保留化学式．
【解答】解：A．盐中的阴离子分别为CO32﹣、HCO3﹣，则分别与盐酸反应的离子反应不同，故A不选；
B．均为强酸与可溶性碳酸盐反应生成可溶性盐、水、二氧化碳的反应，离子反应均为CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O，故B选；
C．H2S在离子反应中保留化学式，而硫酸为强酸，离子反应不同，故C不选；
D．BaCO3在离子反应中保留化学式，而氯化钡完全电离，离子反应不同，故D不选；
故选B．
【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，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．
12．下列叙述不正确的是（ ）
A．虽然石墨有较好的导电性，但它不属于电解质
B．CaCO3、BaSO4都难溶于水，但它们都是电解质
C．酒精（纯净物）在水溶液和熔融状态下均不能导电，所以酒精属于非电解质
D．实验测定液态HCl、固体KNO3均不能导电，所以HCl、KNO3均是非电解质
【考点】电解质与非电解质．
【专题】物质的分类专题．
【分析】A、电解质必须是化合物；
B、碳酸钙、硫酸钡虽然都难溶于水，但是他们在熔融状态下可以电离导电，所以他们是电解质；
C、酒精（纯净物）在水溶液或熔融状态下均不能导电，所以蔗糖属于非电解质；
D、液态HCl、固体KNO3均不能导电，但它们在水溶液里能电离出自由离子，所以它们是电解质．
【解答】解：A、电解质必须是化合物，石墨是单质，故A正确；
B、碳酸钙、硫酸钡虽然都难溶于水，但是他们在熔融状态下可以电离导电，所以他们是电解质，故B正确；
C、酒精（纯净物）在水溶液或熔融状态下均不能导电，所以蔗糖属于非电解质，故C正确；
D、液态HCl、固体KNO3均不能导电，但它们在水溶液里能电离出自由离子，所以它们是电解质，故D错误．
故选D．
【点评】本题考查了电解质、非电解质的概念及其与导电的关系，要注意的是：导电的物质不一定是电解质，如铜；电解质不一定导电，如液态氯化氢；不是电解质的物质就是非电解质，如石墨．
13．质量相同的两种气体A、B，在同温同压下，A的密度小于B，下列说法错误的是（ ）
A．A的体积比B大 B．A的摩尔质量比B大
C．A的分子数比B多 D．A的物质的量比B大
【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】质量相同的两种气体A、B，在同温同压下，A的密度小于B，则说明A的体积大于B，因同温同压下气体的Vm相同，则A的物质的量大于B的物质的量，结合n===解答该题．
【解答】解：在同温同压下，A的密度小于B，由ρ=可知，质量相同时，A的体积较大，因同温同压下气体的Vm相同，则A的物质的量大于B的物质的量，
A．A的密度小于B，由ρ=可知，质量相同时，A的体积较大，故A正确；
B．质量相同，A的物质的量大于B，则A的摩尔质量较小，故B错误；
C．A的物质的量大于B的物质的量，则A的分子数较多，故C正确；
D．由以上分析可知A的物质的量大于B的物质的量，故D正确．
故选B．
【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意相关计算公式的运用，难度不大．
14．P单质在反应4P+3KOH+3H2O═3KH2PO2+PH3中的变化是（ ）
A．被氧化 B．被还原
C．既被氧化又被还原 D．既未被氧化又未被还原
【考点】氧化还原反应．
【专题】氧化还原反应专题．
【分析】4P+3KOH+3H2O═3KH2PO2+PH3中只有P元素的化合价发生变化，以此来解答．
【解答】解：4P+3KOH+3H2O═3KH2PO2+PH3中，
P元素的化合价由0升高到+1价，
P元素的化合价由0降低到﹣3价，
则P既被氧化又被还原，
故选C．
【点评】本题考查氧化还原反应，熟悉氧化还原反应中的元素的化合价变化是解答本题的关键，较简单．
15．某学生只有下列仪器和用具：烧杯、试管、硬质玻璃管、圆底烧瓶、量筒、铁架台（带铁夹）、酒精灯、集气瓶、玻璃片、水槽、导气管、橡皮塞、橡皮管、100mL容量瓶、玻璃棒、药匙、火柴．从缺少仪器或用品的角度看，该学生不能进行的实验操作是：①制取氢气、②粗盐提纯、③用氢气还原氧化铜、④用氯化钠晶体配制100mL0.1mol•L﹣1的氯化钠溶液（ ）
A．①② B．②③ C．①③ D．②④
【考点】气体发生装置；过滤；蒸发和结晶、重结晶；配制一定物质的量浓度的溶液．
【专题】化学实验常用仪器及试剂．
【分析】在实验室里制取气体用到的仪器，应根据制取气体的原理，气体的性质先确定气体发生装置和气体收集装置再确定用到的仪器；在确定粗盐的提纯和配制稀盐酸使用的仪器，要根据实验的步骤和操作去确定．
【解答】解：①制取氢气可用试管、铁架台、带导管的橡皮塞、集气瓶、玻璃片，这些仪器都有，故能完成，故①错误；
②粗盐提纯要经过溶解、过滤、蒸发等操作，过滤时要用到漏斗，蒸发时要用到蒸发皿．而所给仪器中没有，故②正确；
③用氢气还原氧化铜要用到酒精灯、试管、铁架台、导管、橡皮塞，这些仪器都有，故能完成，故③错误；
④用固体物质配制一定质量分数溶液的步骤是计算、称量、溶解．称量中要用到托盘天平，溶解要用到烧杯，玻璃棒，没有托盘天平，不能完成，故④正确．
故选D．
【点评】本题考查常见实验所用的仪器的选用，要了解常见的实验所用仪器的用途，根据实验的原理和步骤确定用到的仪器，题目难度不大．
16．下列反应中，电子转移发生在同种元素之间的是（ ）
A．Fe+Cu2+=Fe2++Cu
B．2H2S+SO2=3S+2H2O
C．2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑
D．2H2O 2H2↑+O2↑
【考点】氧化还原反应．
【专题】氧化还原反应专题．
【分析】化合价的变化是电子转移的外部特征，可以根据化合价变化情况来分析，电子转移发生在同种元素之间，则有一种元素的化合价即升高又降低．
【解答】解：A．Fe+Cu2+═Fe2++Cu反应是在Fe元素和Cu元素之间发生电子转移的氧化还原反应，故A错误；
B．2H2S+SO2=3S+2H2O反应是在﹣2价硫和+4价硫之间发生电子转移的氧化还原反应，电子转移发生在同种元素之间，故B正确；
C、2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑反应是在锰元素和氧元素之间发生电子转移的氧化还原反应，故C错误；
D、2H2O 2H2↑+O2↑是在H元素和O元素之间发生电子转移的氧化还原反应，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查氧化还原反应，把握氧化还原反应的特征为解答的关键，题目难度不大．
17．已知：①2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2；②2FeCl2+Cl2=2FeCl3 判断下列物质氧化能力大小的顺序正确的是（ ）
A．Cl2＞I2＞Fe3+ B．Cl2＞Fe3+＞I2 C．Fe3+＞Cl2＞I2 D．I2＞Cl2＞Fe3+
【考点】氧化性、还原性强弱的比较．
【专题】氧化还原反应专题．
【分析】根据反应方程式进行比较：氧化剂+还原剂=还原产物+氧化产物 氧化性：氧化剂＞氧化产物；还原性：还原剂＞还原产物，据此分析．
【解答】解：根据①反应可知氧化剂为FeCl3、还原剂为KI、还原产物为FeCl2、氧化产物为I2，所以氧化性：FeCl3＞I2，
根据②可知，氧化剂Cl2、氧化产物为FeCl3、还原剂FeCl2、还原产物为2FeCl3，所以氧化性：Cl2＞FeCl3，
故氧化性顺序为：：Cl2＞FeCl3＞I2，即Cl2＞Fe3+＞I2，
故选B．
【点评】本题考察了根据方程式来比较氧化性和还原性．解题的关键是根据化合价找出氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，题目难度不大．
18．ClO2是一种消毒杀菌效率高、污染小的水处理剂．实验室可通过以下反应制得ClO2．2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，下列说法中正确的是（ ）
A．KClO3在反应中是还原剂
B．1 mol KClO3参加反应，在标准状况下能得到22.4 L气体
C．在反应中H2C2O4既不是氧化剂也不是还原剂
D．1 mol KClO3参加反应有1 mol电子转移
【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氧化还原反应．
【专题】氧化还原反应专题．
【分析】由2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O可知，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，反应中KClO3为氧化剂，H2C2O4为还原剂，结合元素化合价的变化解答该题．
【解答】解：A．Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，化合价降低，被含有，则KClO3为氧化剂，故A错误；
B．根据化学方程式，2molKClO3参加反应，生成气体的物质的量是4mol，1molKClO3参加反应，生成气体的物质的量是2mol，即能得到标准状况下44.8L气体，故B错误；
C．C元素的化合价升高，则反应中H2C2O4是还原剂，故C错误；
D.1 mol KClO3参加反应时，发生电子转移为1mol×（5﹣4）=1mol，故D正确．
故选D．
【点评】本题以含氯化合物为载体考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中基本概念和转移电子数的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大．
二．非选择题（本题共包括4个小题，共46分）
19．某化学兴趣小组对“农夫山泉”矿泉水进行检测时，发现1.0L该矿泉水中含有45.6mgMg2+，则Mg2+的物质的量浓度为 1.9×10﹣3mol/L ．
【考点】物质的量浓度的相关计算．
【专题】计算题．
【分析】先根据n=计算出45.6mgMg2+的物质的量，然后根据物质的量浓度计算公式：c=，计算出Mg2+的物质的量浓度．
【解答】解：发现1.0L该矿泉水中含有45.6mgMg2+，含有的镁离子的物质的量为：n（Mg2+）==0.0019mol，
镁离子的物质的量浓度为：c（Mg2+）==1.9×10﹣3mol/L
故答案为：1.9×10﹣3mol/L．
【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度中等，注意熟练掌握物质的量与物质的量浓度、摩尔质量的计算公式，试题贴近高考，针对性强，有利于激发学生的学习兴趣和学习积极性．
20．在KCl和CaCl2所组成的某混合物中，K+与Ca2+的物质的量之比为2：1，则该混合物中的CaCl2的质量分数为 42.7% ．
【考点】物质的量的相关计算．
【分析】K+与Ca2+的物质的量之比为2：1，设二者物质的量分别为2mol、1mol，则KCl为2mol、CaCl2为1mol，根据m=nM计算二者质量，进而计算CaCl2的质量分数．
【解答】解：K+与Ca2+的物质的量之比为2：1，设二者物质的量分别为2mol、1mol，则KCl为2mol、CaCl2为1mol，故CaCl2的质量分数=×100%=42.7%，
故答案为：42.7%．
【点评】本题考查物质的量有关计算，比较基础，有利于基础知识的巩固．
21．在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体4.48L，质量是8g．此混合气体的平均摩尔质量是 40g/mol ，混合物中CO和CO2的物质的量比是 1：3 ，混合气体中C和O的原子个数比是 4：7 ，CO的体积分数是 25% ，CO的质量分数是 17.5% ．
【考点】物质的量的相关计算．
【分析】计算混合气体物质的量，根据总质量、总物质的量列方程计算CO和CO2，根据n=计算混合气体的物质的量；根据M=计算平均摩尔质量；令CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者物质的量及质量列方程计算x、y的值，可得二者物质的量之比；利用计算CO的体积分数，根据m=nM计算CO的质量，再利用×100%计算CO的质量分数，计算C原子、O原子的物质的量，据此判断C原子与O原子数目之比．
【解答】解：标况下CO和CO2组成的混合气体4.48L，物质的量为=0.2mol，
混合气体平均摩尔质量为=40g/mol，
令CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，
则：
解得：x=0.05，y=0.15
混合物中CO和CO2的物质的量比为0.05mol：0.15mol=1：3，
CO2的物质的量分别为0.15mol﹣0.05mol=0.1mol，所以混合气体中C和O两种原子的数目之比为（0.05mol+0.15mol）：（0.05mol+2×0.15mol）=4：7，
CO的体积分数为=25%，
CO的质量为0.05mol×28g/mol=1.4g，故CO的质量分数为×100%=17.5%，
故答案为：40g/mol；1：3；4：7；25%；7.5%．
【点评】本题考查物质的量的相关计算，题目难度不大，侧重对基础知识的巩固，考查学生的分析能力和计算能力．
22．反应2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价由 +7 价变为 +2 价，被 还原 ； Cl 元素的原子失去电子，被 氧化 ；若参加
反应的HCl是73g，则被氧化的HCl是 45.625 g．
【考点】氧化还原反应．
【专题】氧化还原反应专题．
【分析】2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，以此来解答．
【解答】解：反应2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价由+7价变为+2价，得到电子被还原；Cl元素的原子失去电子，被氧化；若参加
反应的HCl是73g，由反应可知，被氧化，则被氧化的HCl是73g×=45.625，
故答案为：+7；+2；还原；Cl；氧化；45.625．
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．
23．写出下列反应的离子方程式：
①硫酸氢钠溶液中加入碳酸氢钠溶液： HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O ；
②向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至恰好中和： 2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O ．
【考点】离子方程式的书写．
【专题】离子反应专题．
【分析】①反应生成硫酸钠、水、二氧化碳；
②至恰好中和，生成硫酸钡、硫酸钠和水．
【解答】解：①反应生成硫酸钠、水、二氧化碳，离子反应为HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O，故答案为：HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O；
②至恰好中和，生成硫酸钡、硫酸钠和水，离子反应为2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O，故答案为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O．
【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，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及电荷守恒，题目难度不大．
24．下图表示配制100mL 0.100mol•L﹣1 Na2CO3溶液的几个关键实验步骤和操作，据图回答下列问题：
（1）步骤E中将一玻璃仪器上下颠倒数次，该仪器的名称是 容量瓶 ．
（2）步骤B通常称为转移，步骤A通常称为 定容 ．
（3）将上述实验步骤A﹣F按实验过程先后次序排列 CBDFAE ．
【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．
【专题】综合实验题．
【分析】（1）配制一定物质的量浓度溶液的仪器是容量瓶；
（2）用胶头滴管滴加溶液的操作名称是定容；
（3）根据配制溶液的实验操作过程进行实验步骤排序．
【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度溶液的仪器是容量瓶，所以该仪器的名称是容量瓶，
故答案为：容量瓶；
（2）加水至液面距离刻度线1～2cm时，用胶头滴管向容量瓶中滴加溶液，该操作的名称是定容，
故答案为：定容；
（3）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，所以实验过程先后次序排列为：CBDFAE，
故答案为：CBDFAE．
【点评】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，难度不大，注意实验步骤、误差分析、容量瓶的选取，为易错点．
25．某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr（OH）3、H2O、H2O2已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2
（1）该反应中的氧化产物是 O2 ．
（2）该反应中，发生还原反应的过程是 H2CrO4 → Cr（OH）3 ．
（3）写出该反应的化学方程式，并用双线桥标出电子转移的方向和数目 ．
（4）如反应转移了0.3mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为 3.36L ．
【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算．
【专题】氧化还原反应专题．
【分析】该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2，O元素化合价升高，H2O2被氧化，根据化合价的变化可知，反应中H2CrO4为氧化剂，被还原为Cr（OH）3，反应的方程式为2+3H2O2=2Cr（OH）3+3O2↑+2H2O，根据化合价的变化判断电子转移的数目，以此解答该题．
【解答】解：（1）H2O2→O2的过程中，氧元素的化合价由﹣1价升到了0价，所以H2O2是还原剂，被氧化，则O2为氧化产物，故答案为：O2；
（2）反应中Cr元素化合价降低，H2CrO4应被还原生成Cr（OH）3，还原过程为H2CrO4→Cr（OH）3，故答案为：H2CrO4；Cr（OH）3；
（3）反应的方程式为2H2CrO4+3H2O2=2Cr（OH）3+3O2↑+2H2O，反应中Cr元素化合价由+6价降低为+3价，O元素化合价由﹣1价升高到0价，则转移电子数目和方向可表示为，
故答案为：；
（4）2H2CrO4+3H2O2═2Cr（OH）3+2H2O+3O2↑中，还原剂失去的电子总数为6e﹣，氧化剂得到的电子总数为6e﹣，所以电子的转移数目为6e﹣，反应转移了6mol电子生成3mol氧气，如反应转移了0.3mol电子，则会生成0.15mol氧气，即0.15mol×22.4L/mol=3.36L氧气，故答案为：3.36L．
【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，本题注意从化合价变化的角度分析氧化还原反应，易错点为（3）．注意电子转移方向和数目的判断．
