黑龙江省大庆实验中学高一（上）期中化学试卷及解析

黑龙江省大庆实验中学高一（上）期中化学试卷　一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共30分）1．对危险化学品要在包装标签上印有警示性标志．氢氧化钠溶液应选用的标志是（　　）A．B．C．D．2．下列物质属于电解质的是（　　）A．蔗糖B．熔融NaOHC．氯水D．铜3．分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是（　　）A．根据酸分子中含有的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸等B．根据纯净物的元素组成，将纯净物分为单质和化合物C．根据能否与碱反应将非金属氧化物分为酸性氧化物和不成盐氧化物D．根据其溶液是否导电，将物质分为电解质和非电解质4．已知氢氧化铁胶体和碘化银胶体混合后，出现了氢氧化铁沉淀和碘化银沉淀，则下列说法中不正确的是（　　）①碘化银胶体中的胶粒与氢氧化铁胶体中的胶粒所带电荷相反②该实验说明了这两种胶体是带电的③在这两种胶体中分别加入蔗糖也可以生成沉淀④生成的沉淀不能透过滤纸．A．①和②B．②和③C．③和④D．①和④5．现有三组实验：①除去混在植物油中的水②回收碘的CCl4溶液中的CCl4③用食用酒精浸泡中草药提取其中的有效成份．分离以上各混合液的正确方法依次是（　　）A．分液、萃取、蒸馏B．萃取、蒸馏、分液C．分液、蒸馏、萃取D．蒸馏、萃取、分液6．下列说法正确的是（　　）A．1mol任何气体的体积都是22.4LB．1molH2的质量是1g，它所占的体积是22.4LC．在标准状况下，1mol任何物质所占的体积都约是22.4LD．在标准状况下，1mol任何气体所占的体积都约是22.4L7．要配制浓度约为2mol/LNaOH溶液100mL，下列操作正确的是（　　）A．称取8gNaOH固体，放入100mL量筒中，边搅拌边慢慢加入蒸馏水，待固体完全溶解后用蒸馏水稀释至100mLB．称取8gNaOH固体，放入100mL容量瓶中，加入适量蒸馏水，振荡容量瓶使固体溶解，再加入水到刻度，盖好瓶塞，反复摇匀C．称取8gNaOH固体，放入100mL烧杯中，将烧杯中加满蒸馏水，同时不断搅拌至固体溶解D．用100mL量筒量取40ml5mol/LNaOH溶液，倒入250mL烧杯中，再用同一量筒取60mL蒸馏水，不断搅拌下，慢慢倒入烧杯中8．利用碳酸钠晶体（Na2CO3•10H2O）来配制0.5mol•L﹣1的碳酸钠溶液950mL，假如其它操作均是准确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是（　　）20/20A．称取碳酸钠晶体143gB．定容时俯视观察刻度线C．移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行冲洗D．定容后，将容量瓶振荡均匀，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线9．VLFe2（SO4）3溶液中含有agSO42﹣，取此溶液0.5VL，用水稀释至2VL，则稀释后溶液中Fe3+的物质的量的浓度为（　　）A．mol/LB．mol/LC．mol/LD．mol/L10．下列带括号的气体在反应中只做氧化剂的是（　　）A．2F2（g）+2H2O=4HF+O2B．SO2（g）+I2+2H2O=H2SO4+2HIC．H2S（g）+Br2=2HBr+S↓D．3NO2（g）+H2O=2HNO3+NO11．下列溶液中c（Cl﹣）与50mL1mol/LAlCl3溶液中c（Cl﹣）相等的是（　　）A．150mL1mol/L的NaCl溶液B．75mL2mol/L的NH4Cl溶液C．150mL2mol/L的KCl溶液D．75mL1mol/L的FeCl3溶液12．下列物质：①氯水②氯化氢气体③盐酸④融熔氯化钠⑤氯酸钾溶液⑥四氯化碳，其中不含氯离子的是（　　）A．①②③B．②④⑥C．②⑤⑥D．③④⑤13．同温同压下，相同体积的O2和O3具有相同的（　　）A．密度B．质量C．分子数D．原子数14．在酸性溶液中能大量共存的离子组是（　　）A．K+、NO3﹣、Cu2+B．K+、OH﹣、Na+C．Ba2+、SO42﹣、Na+D．Ca2+、CO32﹣、Na+15．能正确表示下列反应的离子方程式的是（　　）A．铝与硫酸铜溶液反应：Al+Cu2+=Al3++CuB．碳酸钡溶于稀硝酸：CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑C．铁与稀盐酸反应：Fe+2H+=Fe3++H2↑D．醋酸除水垢：2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO﹣+Ca2++CO2↑+H2O　二、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共30分）16．设NA为阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是（　　）A．标准状况下22.4LCO和CO2的混合气体中含碳原子数为NAB．1L1mol/LHCl溶液中含有HCl分子为NA个C．标准状况下，2.24L水中约含有NA个氧原子D．28gN2和CO的混合气体，所占的体积为22.4L17．完全沉淀等物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl﹣，消耗等物质的量浓度的AgNO3溶液的体积比为1：1：1，则上述溶液的体积比为（　　）A．1：1：1B．6：3：2C．3：2：1D．9：3：118．体积为1L干燥容器中充入HCl气体后，测得容器中气体对氧气的相对密度为1.082．将此气体倒扣在水中，进入容器中液体的体积是（　　）A．0.25LB．0.5LC．0.75LD．1L19．体积为1L的干燥容器中充入HCl气体后，测得容器中气体对氧气的相对密度为1.082．将此气体倒扣在水中，进入容器中液体的浓度为（　　）A．mol/LB．mol/LC．mol/LD．不能确定20/2020．把500mL有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀．则原混合溶液中钾离子物质的量浓度为（　　）A．0.1（b﹣2a）mol/LB．10（2a﹣b）mol/LC．10（b﹣a）mol/LD．10（b﹣2a）mol/L21．两种金属混合物20.75克，投入到一定量的盐酸中，反应完全后得到11.2L（标准状况）的氢气，此金属混合物不可能是（　　）A．Mg和AlB．Al和FeC．Fe和ZnD．Mg和Cu根据已知回答22﹣23题已知：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2．22．在该反应中，Na2O2的作用为　　　　　　A．氧化剂B．还原剂C．既是氧化剂又是还原剂D．既不是氧化剂又不是还原剂23．在标准状况下，该反应生成了3.36L氧气．则反应中转移的电子是　　　　　　A．0.4molB．0.3NAC．6.02×1022D．0.2．22．在NO2与水的反应中，NO2（　　）A．只是氧化剂B．只是还原剂C．既是氧化剂，又是还原剂D．既不是氧化剂，又不是还原剂23．在标准状况下，该反应生成了3.36L氧气，则反应中转移的电子是（　　）A．0.4molB．0.3NAC．6.02×1022D．0.2根据已知回答24﹣25题已知：2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2Fe3+，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，2Fe2++Br2=2Br﹣+2Fe3+．24．在bLFeBr2溶液中通入amolCl2时，使溶液中50%的Br﹣氧化为Br2，则原FeBr2的物质的量浓度为（　　）A．mol•L﹣1B．mol•L﹣1C．mol•L﹣1D．mol•L﹣125．含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2．下列各项为通Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是（　　）A．x=0.4a，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣B．x=0.6a，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣C．x=a，2Fe2++2Br﹣+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl﹣D．x=1.5a，2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl﹣　三、（本题包括4小题，共40分）26．（1）2molO3和3molO2的质量之比为　　　　　　，分子数之比为　　　　　　，同温同压下的密度之比为　　　　　　．含氧原子数之比为　　　　　　．（2）在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体6.72L，质量为12g．此混合气体中CO和CO2物质的量之比为　　　　　　，混合气体的平均相对分子质量是　　　　　　，相对氢气的密度是　　　　　　．（3）气体化合物A化学式可表示为OxFy，已知同温同压下10mLA受热分解生成15mLO2和10mLF2，则A的化学式为　　　　　　．该反应的方程式为　　　　　　．（4）对于反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，1molP参加反应转移的电子数为　　　　　　，被氧化的磷与被还原的磷的质量比为　　　　　　，1molCuSO4可以氧化　　　　　　mol的磷．20/2027．某研究性学习小组欲测定室温下（25℃、101kPa）的气体摩尔体积，请回答下列问题．该小组设计的简单实验装置如图所示：该实验的主要操作步骤如下：①配制100mL1.0mol•L﹣1的盐酸溶液；②用　　　　　　（填仪器名称并注明规格）量取10.0mL1.0mol•L﹣1的盐酸溶液加入锥形瓶中；③称取ag已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参加反应，a的数值至少为　　　　　　；④往广口瓶中装入足量水，按如图连接好装置，检查装置的气密性；⑤反应结束后待体系温度恢复到室温，读出量筒中水的体积为VmL．请将上述步骤补充完整并回答下列问题．（1）用文字表述实验步骤④中检查装置气密性的方法：　　　　　　．（2）实验步骤⑤中应选用　　　　　　（填序号）的量筒．A．100mLB．200mLC．500mL读数时除恢复到室温外，还要注意　　　　　　．（3）若忽略水蒸气的影响，在实验条件下测得气体摩尔体积的计算式为Vm=　　　　　　，若未除去镁条表面的氧化膜，则测量结果　　　　　　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．28．目前，世界上生产的镁有60%来自海水，其生产流程图如下（1）贝壳的主要化学成分为　　　　　　（写化学式）（2）写出反应②的离子方程式：　　　　　　（3）Mg与CO2反应时，有白色粉末并有黑色固体生成．请写出Mg与CO2反应的化学方程式，并用双线桥标出电子转移的方向与数目．其中还原剂是　　　　　　．29．已知：Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2．将Fe、Cu粉与FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液放在某一容器里，根据下述情况判断哪些阳离子或金属单质存在，哪些不能存在．（1）反应后铁有剩余，则容器里可能有　　　　　　．（2）反应后有Cu2+和Cu，则容器里不可能有　　　　　　．（3）反应后有Cu2+，Fe3+，则容器里不可能有　　　　　　．　20/202022-2022学年黑龙江省大庆实验中学高一（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共30分）1．对危险化学品要在包装标签上印有警示性标志．氢氧化钠溶液应选用的标志是（　　）A．B．C．D．【考点】化学史．【分析】氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，A、图中标志是爆炸品标志；B、图中标志是氧化剂标志；C、图中标志是剧毒品标志；D、图中标志是腐蚀品标志；【解答】解：氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，故应贴腐蚀品标志．A、图中标志是爆炸品标志，不符合要求，故A错误；B、图中标志是氧化剂标志，不符合要求，故A错误；C、图中标志是剧毒品标志，不符合要求，故C错误；D、图中标志是腐蚀品标志，符合要求，故D正确；故选：D．　2．下列物质属于电解质的是（　　）A．蔗糖B．熔融NaOHC．氯水D．铜【考点】电解质与非电解质．【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质．【解答】解：A．蔗糖在水溶液里或熔融状态下都不导电，属于非电解质，故A错误；B．熔融NaOH能电离出自由移动的离子，属于电解质，故B正确；C．氯水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D．铜是单质，所以铜既不是电解质也不是非电解质，故D错误．故选B．　3．分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是（　　）A．根据酸分子中含有的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸等B．根据纯净物的元素组成，将纯净物分为单质和化合物C．根据能否与碱反应将非金属氧化物分为酸性氧化物和不成盐氧化物D．根据其溶液是否导电，将物质分为电解质和非电解质20/20【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；电解质与非电解质．【分析】A、酸分子中能电离成氢离子的个数分为几元酸；B、根据元素组成的种类分析；C、酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物的分类是依据氧化物的性质进行分类；D、电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物；【解答】解：A、酸分子中能电离成氢离子的个数分为几元酸，不能依据分子中所含的氢原子数分类，故A错误；B、根据纯净物中的元素组成，只有一种元素组成的纯净物称为单质，含有两种或以上元素组成的纯净物称为化合物，故B正确；C、根据氧化物的组成元素将氧化物分成金属氧化物和非金属氧化物，依据氧化物性质把氧化物分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物、不成盐氧化物，与碱反应的氧化物不一定是酸性氧化物如NO2，故C错误；D、水溶液中或熔融状态导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态不能导电的化合物为非电解质，故D错误；故选B．　4．已知氢氧化铁胶体和碘化银胶体混合后，出现了氢氧化铁沉淀和碘化银沉淀，则下列说法中不正确的是（　　）①碘化银胶体中的胶粒与氢氧化铁胶体中的胶粒所带电荷相反②该实验说明了这两种胶体是带电的③在这两种胶体中分别加入蔗糖也可以生成沉淀④生成的沉淀不能透过滤纸．A．①和②B．②和③C．③和④D．①和④【考点】胶体的重要性质．【分析】①带相反电荷的胶体相遇发生聚沉；②胶体不带电，胶体胶粒带电荷；③蔗糖是非电解质；④沉淀不能透过滤纸．【解答】解：①氢氧化铁胶体带正电，碘化银胶体带负电，二者混合发生聚沉，故①正确；②胶体是电中性的，胶体胶粒带电荷，故②错误；③蔗糖是非电解质，不能电离出阴阳离子，则不能发生聚沉，故③错误；④沉淀不能透过滤纸，溶液可透过滤纸，故④正确；故选B．　5．现有三组实验：①除去混在植物油中的水②回收碘的CCl4溶液中的CCl4③用食用酒精浸泡中草药提取其中的有效成份．分离以上各混合液的正确方法依次是（　　）A．分液、萃取、蒸馏B．萃取、蒸馏、分液C．分液、蒸馏、萃取D．蒸馏、萃取、分液【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；蒸馏与分馏；分液和萃取．【分析】①根据植物油和水互不相溶分析；②根据CCl4沸点较低，加热易挥发分析；③根据有机物的相似相溶分析；【解答】解：①植物油和水互不相溶，可用分液的方法分离；20/20②CCl4沸点较低，加热易挥发，可用蒸馏的方法回收碘的CCl4溶液中的CCl4；③草药中的有效成分为有机物，易溶于酒精，此为萃取的方法．以上混合液的分离方法分别为分液、蒸馏、萃取，故选C．　6．下列说法正确的是（　　）A．1mol任何气体的体积都是22.4LB．1molH2的质量是1g，它所占的体积是22.4LC．在标准状况下，1mol任何物质所占的体积都约是22.4LD．在标准状况下，1mol任何气体所占的体积都约是22.4L【考点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算．【分析】A、根据温度和压强影响气体的体积进行分析；B、氢气的摩尔质量为2g/mol；不是标准状况下，气体摩尔体积不一定是22.4L/mol；C、必须是气体，才能使用标况下的气体摩尔体积计算体积；D、根据标况下的气体摩尔体积的进行判断．【解答】解：A、标况标准状况下，气体摩尔体积不一定是22.4L/mol，所以1mol气体的体积不一定是22.4L，故A错误；B、1mol氢气的质量是2g，没有告诉是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算1mol氢气的体积，故B错误；C、必须是气体，在标况下，1mol气体所占的体积都约是22.4L，故C错误；D、标况下气体摩尔体积为22.4L/mol，标况下1mol任何气体所占的体积都约是22.4L，故D正确；故选D．　7．要配制浓度约为2mol/LNaOH溶液100mL，下列操作正确的是（　　）A．称取8gNaOH固体，放入100mL量筒中，边搅拌边慢慢加入蒸馏水，待固体完全溶解后用蒸馏水稀释至100mLB．称取8gNaOH固体，放入100mL容量瓶中，加入适量蒸馏水，振荡容量瓶使固体溶解，再加入水到刻度，盖好瓶塞，反复摇匀C．称取8gNaOH固体，放入100mL烧杯中，将烧杯中加满蒸馏水，同时不断搅拌至固体溶解D．用100mL量筒量取40ml5mol/LNaOH溶液，倒入250mL烧杯中，再用同一量筒取60mL蒸馏水，不断搅拌下，慢慢倒入烧杯中【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】配制浓度约为2mol/LNaOH溶液100mL，选用氢氧化钠物质的量为0.2mol，质量为8.0g，A、不能够在量筒中溶解氢氧化钠固体，应该在烧杯中溶解；B、不能在容量瓶中溶解氢氧化钠固体，应该在烧杯中溶解；C、不能将烧杯中加满蒸馏水，否则配制的溶液体积不是100mL，浓度不是2mol/L；D、40mL5mol/LNaOH溶液稀释成100mL溶液，稀释后的溶液浓度约为2mol/L．【解答】解：要配制浓度约为2mol/LNaOH溶液100mL，溶液中含有氢氧化钠的物质的量为：2mol/L×0.1L=0.2mol，氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.2mol=8.0g，A、溶解氢氧化钠固体，应该在烧杯中溶解，不能够直接在量筒中溶解，故A错误；B、应该在烧杯中溶解氢氧化钠固体，不能在容量瓶中溶解氢氧化钠，故B错误；20/20C、将烧杯中加满蒸馏水，超过了100mL刻度线，配制的溶液的体积不是100mL，浓度也不是2mol/L，故C错误；D、用100mL量筒量取40ml5mol/LNaOH溶液，溶液中氢氧化钠的物质的量为0.2mol，倒入250mL烧杯中，再用同一量筒取60mL蒸馏水，溶液的体积约为100mL，溶液的浓度约为2mol/L，故D正确；故选D．　8．利用碳酸钠晶体（Na2CO3•10H2O）来配制0.5mol•L﹣1的碳酸钠溶液950mL，假如其它操作均是准确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是（　　）A．称取碳酸钠晶体143gB．定容时俯视观察刻度线C．移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行冲洗D．定容后，将容量瓶振荡均匀，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】配制一定物质的量浓度的溶液过程中，能引起误差的原因主要有：称量不准确、转移不完全、读数不符合要求、操作不规范等，可以根据错误操作对c==的影响进行判断．【解答】解：A、配制950mL溶液，需要选用1000mL容量瓶，需要碳酸钠晶体的物质的量为0.5mol/L×1L=0.5mol，需要碳酸钠晶体的质量为：286g/mol×0.5mol=143g，称量的碳酸钠晶体质量符合要求，不会产生误差，故A错误；B、定容时俯视刻度线，导致配制的溶液的体积偏小，浓度偏高，故B正确；C、没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，配制的溶液浓度偏低，故C错误；D、又加入了蒸馏水，导致配制的溶液的体积偏大，浓度偏低，故D错误；故选：B．　9．VLFe2（SO4）3溶液中含有agSO42﹣，取此溶液0.5VL，用水稀释至2VL，则稀释后溶液中Fe3+的物质的量的浓度为（　　）A．mol/LB．mol/LC．mol/LD．mol/L【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】根据n=计算SO42﹣的物质的量，进而计算Fe3+的物质的量，根据c=计算Fe3+的物质的量的浓度．【解答】解：n（SO42﹣）==mol，则n（Fe3+）=×n（SO42﹣）=mol，取此溶液0.5VL，n（Fe3+）=mol，用水稀释至2VL，则稀释后溶液中Fe3+的物质的量的浓度为：c（Fe3+）==mol/L，20/20故选A．　10．下列带括号的气体在反应中只做氧化剂的是（　　）A．2F2（g）+2H2O=4HF+O2B．SO2（g）+I2+2H2O=H2SO4+2HIC．H2S（g）+Br2=2HBr+S↓D．3NO2（g）+H2O=2HNO3+NO【考点】氧化还原反应．【分析】在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物作氧化剂，失电子化合价升高的反应物作还原剂，根据元素化合价变化来分析解答．【解答】解：A．该反应中，F元素化合价由0价变为﹣1价，O元素化合价由﹣2价变为0价，所以氟气作氧化剂，水作还原剂，故A正确；B．该反应中，S元素化合价由+4价变为+6价，I元素化合价由0价变为﹣1价，所以二氧化硫作还原剂，碘作氧化剂，故B错误；C．该反应中，硫化氢中硫元素化合价由﹣2价变为0价，溴元素化合价由0价变为﹣1价，所以硫化氢作还原剂，溴作氧化剂，故C错误；D．该反应中，N元素化合价由+4价变为+2价和+5价，所以二氧化氮既作氧化剂又作还原剂，故D错误；故选A．　11．下列溶液中c（Cl﹣）与50mL1mol/LAlCl3溶液中c（Cl﹣）相等的是（　　）A．150mL1mol/L的NaCl溶液B．75mL2mol/L的NH4Cl溶液C．150mL2mol/L的KCl溶液D．75mL1mol/L的FeCl3溶液【考点】物质的量浓度．【分析】50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl﹣浓度为3mol/L，根据溶质化学式计算各选项中的Cl﹣物质的量，进行比较可知．注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度．【解答】解：50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl﹣浓度为3mol/L．A、150ml1mol/L的NaCl溶液中Cl﹣浓度为1mol/L，与50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl﹣浓度不相等，故A不符合；B、75ml2mol/L的NH4Cl溶液中Cl﹣浓度为2mol/L，与50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl﹣浓度不相等，故B不符合；C、150ml2mol/L的KCl溶液中Cl﹣浓度为2mol/L，与50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl﹣浓度不相等，故C不符合；D、75ml1mol/L的FeCl3溶液中Cl﹣浓度为3mol/L，与50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl﹣浓度相等，故D符合；故选：D．　12．下列物质：①氯水②氯化氢气体③盐酸④融熔氯化钠⑤氯酸钾溶液⑥四氯化碳，其中不含氯离子的是（　　）A．①②③B．②④⑥C．②⑤⑥D．③④⑤【考点】电解质在水溶液中的电离．【分析】在分子中以及水溶液或熔化状态下不能电离产生氯离子的物质，不含氯离子，以此来解答．【解答】解：①氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢能电离出氯离子，所以氯水中含有氯离子，故①不选；20/20②氯化氢气体为分子构成的物质，只含氯化氢分子不含氯离子，故②选；③氯化氢在水溶液里能电离出氯离子，所以盐酸中含有氯离子，故③不选；④熔融氯化钠能电离产生氯离子，故④不选；⑤氯酸钾溶液中电离产生钾离子和氯酸根离子，不产生氯离子，所以不含氯离子，故⑤选；⑥四氯化碳为分子构成的物质，只含四氯化碳分子不含氯离子，故⑥选；故选C．　13．同温同压下，相同体积的O2和O3具有相同的（　　）A．密度B．质量C．分子数D．原子数【考点】阿伏加德罗定律及推论．【分析】同温同压下，不同气体的摩尔体积相同，根据n=知，相同体积的O2和O3具有相同的物质的量，根据ρ=、m=nM、N=nNA、N=nNA及分子构成来计算．【解答】解：同温同压下，不同气体的摩尔体积相同，根据n=知，相同体积的O2和O3具有相同的物质的量，即n相同，A．根据ρ=知，两种气体的摩尔质量不同，所以密度不同，故A错误；B．根据m=nM知，两种气体的摩尔质量不同，所以质量不同，故B错误；C．两种气体的物质的量、阿伏伽德罗常数都相同，根据N=nNA知，两种气体的分子数相同，故C正确；D．两种气体的物质的量、阿伏伽德罗常数都相同，根据N=nNA知，两种气体的分子数相同，每个氧气和臭氧分子中所含原子数不同，所以氧气和臭氧原子个数不同，故D错误；故选C．　14．在酸性溶液中能大量共存的离子组是（　　）A．K+、NO3﹣、Cu2+B．K+、OH﹣、Na+C．Ba2+、SO42﹣、Na+D．Ca2+、CO32﹣、Na+【考点】离子共存问题．【分析】溶液呈酸性，存在大量的H+，与H+不发生反应，且离子之间不发生任何反应的离子可大量共存．【解答】解：A．酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A正确；B．酸性条件下OH﹣不能大量共存，故B错误；C．Ba2+与SO42﹣反应生成沉淀而不能大量共存，故C错误；D．酸性条件下CO32﹣不能大量共存，且CO32﹣与Ca2+反应生成沉淀，故D错误．故选A．　15．能正确表示下列反应的离子方程式的是（　　）A．铝与硫酸铜溶液反应：Al+Cu2+=Al3++CuB．碳酸钡溶于稀硝酸：CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑C．铁与稀盐酸反应：Fe+2H+=Fe3++H2↑D．醋酸除水垢：2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO﹣+Ca2++CO2↑+H2O【考点】离子方程式的书写．20/20【分析】A．电子、电荷不守恒；B．碳酸钡在离子反应中保留化学式；C．反应生成氯化亚铁和氢气；D．醋酸、碳酸钙、水、二氧化碳在离子反应中均保留化学式．【解答】解：A．铝与硫酸铜溶液反应的离子反应为2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu，故A错误；B．碳酸钡溶于稀硝酸的离子反应为BaCO3+2H+=H2O+CO2↑+Ba2+，故B错误；C．铁与稀盐酸反应的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故C错误；D．醋酸除水垢的离子反应为2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO﹣+Ca2++CO2↑+H2O，故D正确；故选D．　二、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共30分）16．设NA为阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是（　　）A．标准状况下22.4LCO和CO2的混合气体中含碳原子数为NAB．1L1mol/LHCl溶液中含有HCl分子为NA个C．标准状况下，2.24L水中约含有NA个氧原子D．28gN2和CO的混合气体，所占的体积为22.4L【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、根据标况下的气体摩尔体积计算出混合气体的物质的量及含有的碳原子数目；B、氯化氢完全电离，氯化氢溶液中不存在氯化氢分子；C、根据标准状况下水的状态不是气体判断；D、根据没有告诉是标准状况下分析．【解答】解：A、标况下，22.4L一氧化碳和二氧化碳的物质的量为1mol，含有1mol碳原子，含碳原子数为NA，故A正确；B、氯化氢在溶液中完全电离，所以氯化氢溶液中不存在氯化氢分子，故B错误；C、在标况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量，故C错误；D、28g氮气和一氧化碳的混合物的物质的量为1mol，没有告诉是标况下，题中条件无法计算1mol混合气体的体积，故D错误；故选A．　17．完全沉淀等物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl﹣，消耗等物质的量浓度的AgNO3溶液的体积比为1：1：1，则上述溶液的体积比为（　　）A．1：1：1B．6：3：2C．3：2：1D．9：3：1【考点】离子方程式的有关计算；物质的量浓度的相关计算．【分析】完全沉淀等物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl﹣，消耗等物质的量浓度的AgNO3溶液的体积比为1：1：1，由n（AgCl）=n（Cl﹣）=n（AgNO3）计算．【解答】解：消耗等物质的量浓度的AgNO3溶液的体积比为1：1：1，则n（AgNO3）相等，完全沉淀等物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl﹣，由n（AgCl）=n（Cl﹣）=n（AgNO3）可知，cV（NaCl）=cV（MgCl2）×2=cV（AlCl3）×3，解得V（NaCl）：V（MgCl2）：V（AlCl3）=6：3：2，故选B．　20/2018．体积为1L干燥容器中充入HCl气体后，测得容器中气体对氧气的相对密度为1.082．将此气体倒扣在水中，进入容器中液体的体积是（　　）A．0.25LB．0.5LC．0.75LD．1L【考点】阿伏加德罗定律及推论．【分析】容器中的气体相对氧气的密度为1.082，则气体的平均相对分子质量为1.082×32=34.6，令HCl的体积分数为x，则空气的体积分数为（1﹣x），根据平均相对分子质量计算x的值，进而计算HCl的体积，HCl的体积即为进入容器中液体的体积．【解答】解：容器中的气体相对氧气的密度为1.082，则气体的平均相对分子质量为1.082×32=34.6，令HCl的体积分数为x，则空气的体积分数为（1﹣x），则：36.5x+29（1﹣x）=34.6，解得：x=0.75故HCl的体积为1L×0.75=0.75L，即为进入容器中液体的体积0.75L，故选C．　19．体积为1L的干燥容器中充入HCl气体后，测得容器中气体对氧气的相对密度为1.082．将此气体倒扣在水中，进入容器中液体的浓度为（　　）A．mol/LB．mol/LC．mol/LD．不能确定【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】HCl溶于水，进入容器内溶液的体积等于HCl的体积，令HCl的体积为VL，则溶液的体积为VL，根据n=计算n（HCl），再根据c=计算．【解答】解：HCl溶于水，进入容器内溶液的体积等于HCl的体积，令HCl的体积为VL，则溶液的体积为VL，n（HCl）==mol，进入容器中液体的浓度c==mol/L，故选B．　20．把500mL有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀．则原混合溶液中钾离子物质的量浓度为（　　）A．0.1（b﹣2a）mol/LB．10（2a﹣b）mol/LC．10（b﹣a）mol/LD．10（b﹣2a）mol/L【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】由Ba2++SO42﹣═BaSO4↓、Ag++Cl﹣═AgCl↓计算离子的物质的量，由混合溶液分成5等份，则确定原溶液中钡离子和氯离子的浓度，再利用溶液不显电性来计算原混合溶液中钾离子物质的量浓度．【解答】解：取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀，则Ba2++SO42﹣═BaSO4↓11amolamol另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀，则20/20Ag++Cl﹣═AgCl↓11bmolbmol由混合溶液分成5等份，则原溶液中钡离子的浓度为=10amol/L，氯离子的浓度为=10bmol/L，根据溶液不显电性，设原混合溶液中钾离子物质的量浓度为x，则10amol/L×2+x×1=10bmol/L×1，解得x=10（b﹣2a）mol/L，故选D．　21．两种金属混合物20.75克，投入到一定量的盐酸中，反应完全后得到11.2L（标准状况）的氢气，此金属混合物不可能是（　　）A．Mg和AlB．Al和FeC．Fe和ZnD．Mg和Cu【考点】有关混合物反应的计算．【分析】根据n=计算氢气的物质的量，再计算提供1mol电子需要金属的平均质量，混合金属中提供1mol电子各组分的质量应都等于平均值或1个组分大于平均值、另一组分小于平均值．【解答】解：标况下，11.2L氢气的物质的量==0.5mol，金属提供电子为0.5mol×2=1mol，故通过1mol电子需要金属的平均质量为20.75g，A．反应中Mg表现+2价，提供1mol电子需要Mg的质量=mol×24g/mol=12g，反应中Al表现+3价，提供1mol电子需要Al的质量=ol×27g/mol=9g，都小于20.75g，故A错误；B．提供1mol电子需要Al的质量9g，反应中Fe表现+2价，提供1mol电子需要Fe的质量=mol×56g/mol=28g，平均质量20.75g介于二者之间，故B正确；C．提供1mol电子需要Fe的质量28g，反应中Zn表现+2价，提供1mol电子需要Zn的质量=mol×65g/mol=32.5g，都大于20.75g，故C错误；D．提供1mol电子需要Mg的质量12g，Cu与元素不反应，相当于消耗Cu的质量无穷大，平均质量20.75g介于二者之间，故D正确，故选AC．　根据已知回答22﹣23题已知：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2．22．在该反应中，Na2O2的作用为　　A．氧化剂B．还原剂C．既是氧化剂又是还原剂D．既不是氧化剂又不是还原剂23．在标准状况下，该反应生成了3.36L氧气．则反应中转移的电子是　　A．0.4molB．0.3NAC．6.02×1022D．0.2．20/2022．在NO2与水的反应中，NO2（　　）A．只是氧化剂B．只是还原剂C．既是氧化剂，又是还原剂D．既不是氧化剂，又不是还原剂【考点】氧化还原反应；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【分析】根据3NO2+H2O═2HNO3+NO及氮元素的化合价来分析，含元素化合价降低的物质为氧化剂，含元素化合价升高的物质为还原剂．【解答】解：在3NO2+H2O═2HNO3+NO中，H、O元素的化合价在反应前后不变，N元素的化合价由+4升高到+5价，N元素的化合价由+4降低到+2价，显然N元素的化合价既升高又降低，则NO2在该反应中既是氧化剂，又是还原剂，故选C．　23．在标准状况下，该反应生成了3.36L氧气，则反应中转移的电子是（　　）A．0.4molB．0.3NAC．6.02×1022D．0.2【考点】氧化还原反应的计算．【分析】反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中，只有O元素化合价发生变化，由﹣1价分别变化为﹣2价、0价，反应中Na2O2既是氧化剂也是还原剂，结合化合价的变化解答该题．【解答】解：22．反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中，只有O元素化合价发生变化，由﹣1价分别变化为﹣2价、0价，反应中Na2O2既是氧化剂也是还原剂，故答案为：C；23．n（O2）==0.15mol，由方程式可知每生成1mol氧气转移2mol电子，则生成0.15mol氧气转移0.3mol电子．故答案为：B．　根据已知回答24﹣25题已知：2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2Fe3+，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，2Fe2++Br2=2Br﹣+2Fe3+．【考点】氧化性、还原性强弱的比较．24．在bLFeBr2溶液中通入amolCl2时，使溶液中50%的Br﹣氧化为Br2，则原FeBr2的物质的量浓度为（　　）A．mol•L﹣1B．mol•L﹣1C．mol•L﹣1D．mol•L﹣1【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】由方程式可知，还原性Fe2+＞Br﹣，故氯气先氧化Fe2+，而溶液中50%的Br﹣氧化为Br2，说明Fe2+完全氧化，设FeBr2的物质的量为x，则n（Fe2+）=xmol，n（Br﹣）=2xmol，参加反应的n（Br﹣）=2xmol×50%=xmol，根据电子转移守恒列方程计算x值，再根据c=计算．【解答】解：由方程式可知，还原性Fe2+＞Br﹣，故氯气先氧化Fe2+，而溶液中50%的Br﹣氧化为Br2，说明Fe2+完全氧化，设FeBr2的物质的量为x，则n（Fe2+）=xmol，n（Br﹣20/20）=2xmol，参加反应的n（Br﹣）=2xmol×50%=xmol，根据电子转移守恒，有xmol×1+xmol×1=amol×2，解得x=amol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为=mol/L，故选A．　25．含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2．下列各项为通Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是（　　）A．x=0.4a，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣B．x=0.6a，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣C．x=a，2Fe2++2Br﹣+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl﹣D．x=1.5a，2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl﹣【考点】氧化还原反应的计算；离子方程式的书写．【分析】由于还原性：Fe2+＞Br﹣，通入Cl2，依次发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，当n（Cl2）：n（FeBr2）≤时，只氧化Fe2+，当n（Cl2）：n（FeBr2）≥时，Fe2+和Br﹣被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br﹣被部分氧化，结合反应物物质的量之间的关系解答该题．【解答】解：由于还原性：Fe2+＞Br﹣，通入Cl2，依次发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，当n（Cl2）：n（FeBr2）≤时，只氧化Fe2+，当n（Cl2）：n（FeBr2）≥时，Fe2+和Br﹣被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br﹣被部分氧化，则A．x=0.4a，n（Cl2）：n（FeBr2）=0.4＜，只氧化Fe2+，故A正确；B．x=0.6a，n（Cl2）：n（FeBr2）介于～，Fe2+被完全氧化，Br﹣被部分氧化，故B错误；C．x=a，n（Cl2）：n（FeBr2）介于～，Fe2+被完全氧化，amolFe2+被氧化消耗0.5amolCl2，剩余0.5amolCl2可与amolBr﹣发生氧化还原反应，则反应的离子方程式为2Fe2++2Br﹣+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl﹣，故C正确；D．x=1.5a，Fe2+和Br﹣恰好被完全氧化，反应的离子方程式为2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl﹣，故D正确．故选B．　三、（本题包括4小题，共40分）26．（1）2molO3和3molO2的质量之比为　1：1　，分子数之比为　2：3　，同温同压下的密度之比为　3：2　．含氧原子数之比为　1：1　．（2）在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体6.72L，质量为12g．此混合气体中CO和CO2物质的量之比为　1：3　，混合气体的平均相对分子质量是　40　，相对氢气的密度是　20　．20/20（3）气体化合物A化学式可表示为OxFy，已知同温同压下10mLA受热分解生成15mLO2和10mLF2，则A的化学式为　O3F2　．该反应的方程式为　2O3F23O2+2F2　．（4）对于反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，1molP参加反应转移的电子数为　　，被氧化的磷与被还原的磷的质量比为　6：5　，1molCuSO4可以氧化　0.2　mol的磷．【考点】氧化还原反应的计算；物质的量的相关计算．【分析】（1）根据m=nM、N=nNA、ρ=、结合每个分子中含有的原子个数来分析解答；（2）根据体积结合n==可列方程式组解计算其物质的量之比，再根据=、相同条件下气体的密度之比等于其摩尔质量之比分析；（3）相同条件下，气体摩尔体积相等，气体的体积之比等于其物质的量之比，同一化学反应中，各物质的物质的量之比等于其计量数之比，根据原子守恒确定反应物的化学式；（4）该反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，P元素的化合价由0价变为﹣3价和+5价，铜元素的化合价由+2价变为+1价，所以P既得电子又失电子，且作氧化剂和还原剂的P的物质的量之比为5：6，根据转移电子相等计算被硫酸铜氧化的P的物质的量．【解答】解：（1）臭氧的摩尔质量为48g/mol，氧气的摩尔质量为32g/mol，根据m=nM知，其质量之比=（48g/mol×2）：（32g/mol×3）=1：1，根据N=nNA知，其分子数之比等于其物质的量之比=2mol：3mol=2：3，相同条件下，气体摩尔体积相等，根据ρ=知，其密度之比等于其摩尔质量之比=48g/mol：32g/mol=3：2，一个臭氧分子中含有3个氧原子，一个氧气分子中含有2个氧原子，其分子数之比为2：3，结合每个分子中含有的氧原子个数知，其原子个数之比为1：1，故答案为：1：1；2：3；3：2；1：1；（2）：设CO为xmol，CO2为ymol，则x=0.075，y=0.225，此混合物中CO和CO2的物质的量比是0.075：0.225=1：3，===40g/mol，摩尔质量与其相对分子质量在数值上相等，所以其相对分子质量为40，相同条件下气体的密度之比等于其摩尔质量之比，所以该混合气体的密度相对氢气的密度是20，故答案为：1：3；40；20；20/20（3）相同条件下，气体摩尔体积相等，气体的体积之比等于其物质的量之比，同一化学反应中，各物质的物质的量之比等于其计量数之比，根据原子守恒知反应物的化学式为O3F2，则该反应方程式为：2O3F23O2+2F2，故答案为：O3F2；2O3F23O2+2F2；（4）该反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，P元素的化合价由0价变为﹣3价和+5价，铜元素的化合价由+2价变为+1价，1molP参加反应转移的电子数=1mol×=，该反应中作氧化剂和还原剂的P的物质的量之比为5：6，所以被氧化和被含有的磷的物质的量之比为6：5，其摩尔质量相等，所以被氧化和被还原的磷的质量之比为6：5，1molCuSO4完全反应转移电子的物质的量=1mol×1=1mol，根据转移电子守恒，被氧化的P的物质的量==0.2mol，故答案为：；6：5；0.2．　27．某研究性学习小组欲测定室温下（25℃、101kPa）的气体摩尔体积，请回答下列问题．该小组设计的简单实验装置如图所示：该实验的主要操作步骤如下：①配制100mL1.0mol•L﹣1的盐酸溶液；②用　10mL量筒　（填仪器名称并注明规格）量取10.0mL1.0mol•L﹣1的盐酸溶液加入锥形瓶中；③称取ag已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参加反应，a的数值至少为　0.12g　；④往广口瓶中装入足量水，按如图连接好装置，检查装置的气密性；⑤反应结束后待体系温度恢复到室温，读出量筒中水的体积为VmL．请将上述步骤补充完整并回答下列问题．（1）用文字表述实验步骤④中检查装置气密性的方法：　两手掌紧贴锥形瓶外壁一会儿，如果观察到广口瓶中长导管内有一段水柱高出液面，表明装置气密性良好　．（2）实验步骤⑤中应选用　B　（填序号）的量筒．A．100mLB．200mLC．500mL读数时除恢复到室温外，还要注意　量筒内的液面与集气瓶内液面相平　．（3）若忽略水蒸气的影响，在实验条件下测得气体摩尔体积的计算式为Vm=　0.2VL•mol﹣1　，若未除去镁条表面的氧化膜，则测量结果　偏小　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】②量取10.0mL1.0mol•L﹣1的盐酸，选用10mL量筒即可；20/20③根据化学方程式计算镁条的质量；（1）根据压力差检验装置的气密性；（2）步骤③假设a全部是镁，结合化学方程式计算得到；Mg+2HCl═MgCl2+H2↑24g　　　　2mol11200mL0.12g　0.01mol112mL应选200mL量筒；读数时要保持左右气体压强相等，以减少误差，故应注意：将量筒缓缓向下移动，使乙、丙中液面相平；（3）根据气体摩尔体积的计算式，Vm=计算即可．【解答】解：②量取10.0mL1.0mol•L﹣1的盐酸，选用10mL量筒即可，故答案为：10mL量筒；③根据方程式：Mg+2HCl═MgCl2+H2↑24g　2mola0.01mol，a=g；故答案为：0.12g；（1）根据压力差检验装置的气密性，两手掌紧贴锥形瓶外壁一会儿，如果观察到广口瓶中长导管内有一段水柱高出液面，表明装置气密性良好；故答案为：两手掌紧贴锥形瓶外壁一会儿，如果观察到广口瓶中长导管内有一段水柱高出液面，表明装置气密性良好；（2）步骤③步骤③假设a全部是镁，则Mg+2HCl═MgCl2+H2↑24g　2mol11200mL0.12g0.01mol112mL由方程可知：为使HCl全部参加反应，a的数值至少为0.12g；生成112mL氢气，应选200mL量筒；读数时要保持左右气体压强相等，以减少误差，故应注意：将量筒缓缓向下移动，使乙、丙中液面相平，调节量筒高度，使量筒内的液面与集气瓶内的液面相平；故答案为：B；调节量筒高度，使量筒内的液面与集气瓶内的液面相平；（3）若忽略水蒸气的影响，在实验条件下测得气体摩尔体积的计算式为Vm===0.2VL•mol﹣1，若未除去镁条表面的氧化膜，生成的氢气体积减少，则测量结果偏低；故答案为：0.2VL•mol﹣1；偏小．　28．目前，世界上生产的镁有60%来自海水，其生产流程图如下20/20（1）贝壳的主要化学成分为　CaCO3　（写化学式）（2）写出反应②的离子方程式：　Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O　（3）Mg与CO2反应时，有白色粉末并有黑色固体生成．请写出Mg与CO2反应的化学方程式，并用双线桥标出电子转移的方向与数目．其中还原剂是　Mg　．【考点】海水资源及其综合利用．【分析】流程分析，海水晒盐得到的卤水中加入煅烧贝壳得到的氧化钙溶于水生成的氢氧化钙石灰乳，用来沉淀镁离子，过滤得到氢氧化镁加入盐酸溶解富集镁元素得到氯化镁，蒸发浓缩，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中脱水得到固体氯化镁，电解熔融氯化镁得到镁和氯气；【解答】解：（1）贝壳的主要化学成分为碳酸钙，CaCO3；故答案为：CaCO3；（2）反应②是氢氧化镁溶解于盐酸中反应生成氯化镁和水，反应的离子方程式为：Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O；故答案为：Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O；（3）Mg与CO2反应时，有白色粉末氧化镁并有黑色固体碳生成，Mg与CO2反应的化学方程式为：2Mg+CO2C+2MgO，反应中镁失电子，碳得到电子生成碳单质，双线桥表示的氧化还原反应为：，反应中镁化合价从0价变化为+2价，做还原剂；故答案为：；Mg　29．已知：Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2．将Fe、Cu粉与FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液放在某一容器里，根据下述情况判断哪些阳离子或金属单质存在，哪些不能存在．（1）反应后铁有剩余，则容器里可能有　Fe2+、Cu　．（2）反应后有Cu2+和Cu，则容器里不可能有　Fe、Fe3+　．（3）反应后有Cu2+，Fe3+，则容器里不可能有　Fe和Cu　．【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；氧化性、还原性强弱的比较；铁的化学性质．【分析】在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向装有氯化铁溶液的烧杯中，加入一定量的Cu和Fe的混合粉末，则铁和铜都能与氯化铁溶液反应．氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，Fe有剩余，则Cu没有参加反应，溶液中不存在Fe3+、Cu2+，以此解答该题．【解答】20/20解：在金属活动性顺序中，铁在铜的前面，铁能与铜盐溶液发生置换反应，向装有氯化铁溶液的烧杯中，加入一定量的Cu和Fe的混合粉末，则铁优先于氯化铁发生反应生成氯化亚铁，然后铜与氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，故滤液中一定含有氯化亚铁．若氯化铁与铁是恰好完全反应，则铜不参加反应，滤液中不含有氯化铜，故氯化铜可能存在；充分反应后发现烧杯底部仍有少量固体，则固体中一定含有铜；若铁量多，可能含有铁；有铜存在，则滤液中一定不含有氯化铁．由以上分析可知：（1）反应后铁有剩余，Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，Fe3+，Cu2+都不能存在，溶液中有Fe2+、Cu；故答案为：Fe2+、Cu；（2）反应后有Cu2+和Cu，Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，则容器里不可能有Fe、Fe3+，一定含有Fe2+，不可能剩余Fe，不可能存在Fe3+；故答案为：Fe、Fe3+；（3）反应后有Cu2+，Fe3+，Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，则容器里不可能有Fe、Cu，一定含有Fe2+，所以不可能剩余Fe和Cu，故答案为：Fe和Cu．　2022年8月26日20/20