一、单选题（本大题共16小题，共48.0分） 1. 下列反应中水起还原剂作用的是( )
A. CaO+H2O=Ca(OH)2 C. 2F2+2H2O=4HF+O2
2. 抗酸药的药理作用是( )
B. C+H2O(g)
高温
−
CO+H2
D. 3NO2+H2O=2HNO3+NO C. 抑制胃酸分泌
D. 中和过多胃酸
A. 促进腹泻 B. 促进血液循环
3. 下列说法正确的是( )
A. 纯净物的组成元素可能为多种，混合物的组成元素可能为一种 B. 非会属氧化物可能是酸性氧化物，也可能是碱性氧化物
C. 由于胶体带电，因此在外电场的作用下，胶体粒子可以做定向运动 D. 丁达尔效应是区分悬浊液和胶体最简单方法
4. 在下列物质分类中，前者包含后者的是( )
A. 氧化物、化合物 C. 溶液、胶体
B. 化合物、电解质 D. 溶液、分散系
5. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 1 mol 过氧化钠固体中含有的离子总数为3NA B. 1mol/LCaCl2 溶液中含有的Cl−数目为2NA C. 标准状况下，22.4L 空气含有NA个单质分子 D. 常温常压下，44.8LCl2含有的分子数为2NA
6. 下列各组物质发生的反应中，可用H++OH−=H2O表示的是
A. 盐酸和氢氧化钠溶液 C. 硫酸和氢氧化钡溶液
7. 下列说法正确的是( )
B. 盐酸和氢氧化铁 D. 硫酸和氨水
A. 稀释浓硫酸时，将水沿器壁慢慢倒入浓硫酸中，不断搅拌。 B. 为了节约药品将实验剩余的药品放回原瓶。 C. 在点燃氢气之前，不需要检验氢气的纯度。 D. 测溶液pH值时，pH试纸不能润湿。
8. 为实现中国2000年消除碘缺乏病的目标，卫生部规定食盐必须加碘，其中的碘以碘酸钾(KIO3)
−−−+
形式存在．已知在溶液中IO−3可和I发生反应：IO3+5I+6H=3I2+3H2O根据此反应，可
用试纸和一些生活中常见的物质进行实验，证明在食盐中存在IO−3.可供选用的物质有：①自来
水，②蓝色石蕊试纸，③碘化钾淀粉试纸，④淀粉，⑤食糖，⑥食醋，⑦白酒．进行上述实验时必须使用的物质是( )
A. ①③ B. ③⑥ C. ②④⑥ D. ①②④⑤⑦
9. 取少量无机盐溶液试样对其中的离子进行检验．下列判断正确的是( )
A. 加入盐酸，产生白色沉淀，则试样中一定有Ag+
B. 加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则试样中一定有CO2−3
C. 加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入稀，沉淀不溶解，则试样中一定有SO2−4
+
D. 加入NaOH溶液微热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则试样中一定有NH4
△
10. 在反应C+2H2SO4(浓)
−
CO2↑+2SO2↑+2H2O中，还原剂是( )
A. C
A. 0.5 mol Cl2
B. H2SO4
C. CO2 D. SO2
11. 下列物质所含分子数最多的是( )
B. 标准状况下3.36 L CO
C. 5.6g N2 (N2的摩尔质量为28 g⋅mol−1) D. 含NA个分子的O2(NA为阿伏加德罗常数)
12. 少量铁粉与
的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2
的产量，可以使用如下方法中的( )
①加H2O ②加NaOH固体 ③滴入几滴浓盐酸 ④改用10mL 0.1mol⋅L−1的 ⑤加NaCl溶液 ⑥滴加几滴硫酸铜溶液 ⑦升高温度(不考虑盐酸挥发) ⑧改用10mL 0.1mol⋅L−1的盐酸
A. ③⑤⑥⑦ B. ③⑦⑧ C. ③⑥⑦⑧ D. ③④⑥⑦⑧
13. 下列关于胶体的叙述正确的是( )
A. 胶体是不稳定的，静置后易产生沉淀
B. 胶体与悬浊液的本质区别是胶体是均一透明的，而浊液是浑浊的 C. 明矾净水是利用了胶体粒子的吸附性
D. 静电除去空气或工厂废气中的飘尘是利用了胶体的带电性
14. 在实验室中，下列除杂(括号内物质为杂质)的方法正确的是( )
A. 溴苯(溴)：加入KI溶液，振荡，分液 B. 乙烷(乙烯)：通过盛有KMnO4溶液的洗气瓶
C. 硝基苯(浓HNO3)：将其倒入足量NaOH溶液中，振荡、静置，分液 D. 乙烯(SO2)：通过盛有溴水的洗气瓶
15. 在下列反应中，氧化剂和还原剂为同一种物质的是( )
A.
B. MnO2+4HCl(浓
C. Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 D. Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
16. 某固体混合物是由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或几种组成，现对该混合物
做如下实验，所得现象和有关数据如图所示(气体体积数据已换算成标准状况下的体积)：
下列说法中不正确的是( )
A. 该固体中一定没有FeCl2，可能含有AlCl3 B. 该固体中含有2.70g Al C. 该固体中含有6.60g (NH4)2SO4 D. 该固体中含有4.75g MgCl2
二、填空题（本大题共2小题，共22.0分）
17. (1)气体化合物A的分子式为NxOy，已知同温同压下10 mL A受热分解生成10 mL N2和15 mL O2，
则A的分子式为_____________。
(2)物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液体积比为3∶2∶1时，三种溶液中c(Cl−)之比为____________ 。
(3)某物质A加热时按化学方程式2A= 2B + C + 3D分解，产物均为气体，测得由生成物组成的混合物气体对H2的相对密度为20，则反应物A的摩尔质量为____________。
(4)现有14.4 g CO和CO2的混合气体，在标准状况下其体积为8.96 L，则该混合气体的平均摩尔质量为________ ，混合气体中碳原子的个数为________(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。 (5)在0.2L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示。
回答下列问题：
①该混合液中，NaCl的物质的量为______mol，含溶质MgCl2的质量为________g；
②该混合液中，CaCl2的物质的量为__________mol，将该混合液加水稀释至体积为1L，稀释后溶液中Ca2+的物质的量浓度为___________mol/L；
③向该稀释后的溶液中加入足量酸化的银溶液，可得到沉淀的物质的量为_________mol。
18. (1)现有下列物质，请用序号填空
①铜 ②酒精 ③氯水 ④氯化钠固体 ⑤盐酸 ⑥干冰 ⑦液氯 ⑧金钢石
上述状态下导电的是 ______ ；属于电解质的是 ______ ；属于非电解质的是 ______ (2)请写出除去括号中的杂质相应的化学方程式或离子方程式． ①NO(NO2)用化学方程式： ______ ②(CO(CO2))用化学方程式： ______ ③FeCl2(FeCl3)用离子方程式： ______ ④CO2(HCl气体)用离子方程式： ______ ． 三、实验题（本大题共1小题，共8.0分）
19. 某同学帮助水质监测站配制480mL 0.5mol⋅L−1NaOH溶液以备使用．
(1)该同学应选择______mL的容量瓶．
(2)其操作步骤如图1所示，则上图框中操作应在图中______ (填选项字母)之间． A.②与③B.①与②C.③与④D④与⑤
(3)该同学应称取NaOH固体______g，用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体时，请在附表中选取所需的砝码大小______(填字母)，并在图2中选出能正确表示游码位置的选项______(填字母)． 附表 砝码规格
砝码大小/g a 100 b 50 c 20 d 10 e 5 (4)下列操作对所配溶液的浓度大小有何影响(填“偏大”“偏小”或“无影响”)． ①定容时，俯视读数，浓度会______；
②转移溶液过程中，少量液体溅出来，浓度会______； ③容量瓶未干燥，浓度会______；
④定容摇匀后发现溶液凹面低于刻度线，浓度会______． 四、简答题（本大题共2小题，共22.0分）
20. 某兴趣小组同学共同设计了如图所示的实验装置，既可用于制取气体，也可用于验证物质的性
质。请回答下列问题：
(1)利用装置Ⅰ、Ⅱ可制取收集的气体有______
其中一种含氢化合物气体的制备方法是A中加______，B中加______，制备该气体的另一种方法是______。(用化学方程式表示)
(2)利用装置Ⅰ、Ⅲ验证物质的性质。如设计实验证明氧化性：KMnO4>Cl2>Br2，则在C中加______，观察到C中现象是______。反应结束后若还要继续收集氯气，应采用的措施是______，同时在装置Ⅱ中加入______。
(3)请利用上述装置自行设计实验，A中加______，B中加______，C中加______(后续检验试剂
可省略)
21. 实验室通常用MnO2和浓盐酸共热制取Cl2，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)
Cl2↑+2H2O
(1)该反应的氧化剂是______(填化学名称)，氧化产物是______(填化学式)。 (2)当有73.0克HCl被氧化时，消耗MnO2的物质的量为______。 (3)当有0.2mol电子转移时，产生氯气的体积(标准状况)是______L。
△
−
MnCl2+
-------- 答案与解析 --------
1.答案：C
解析：解：A、CaO+H2O=Ca(OH)2，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故A不选； B、C+HO(g)
2
高温
−
CO+H2，反应中H元素的化合价降低，水作氧化剂，故B不选；
C、2F2+2H2O=4HF+O2的反应中，F元素的化合价降低，水中O元素的化合价升高，则水作还原剂，故C选；
D、3NO2+H2O=2HNO3+NO的反应中，N元素的化合价既有升高的又有降低的，水中的氢、氧元素的化合价都不变，所以水既不是氧化剂又不是还原剂，故D不选； 故选：C。
在氧化还原反应中，水起还原剂作用，则水中O元素的化合价在反应中升高，据此分析． 本题考查氧化还原反应中的氧化剂、还原剂判断，明确元素的化合价及化合价在反应中的变化是解答本题的关键，难度不大．
2.答案：D
解析：解：根据酸碱中和反应的知识进行分析，胃酸的主要成分是盐酸，所以治疗胃酸过多所用的物质需具有碱性且不能具有腐蚀性，抗酸药的药理作用是中和过多胃酸． 故选D．
根据抗酸药能与胃酸即盐酸反应且自身对人无害来解答． 本题考查抗酸药的药理作用，难度不大，注意基础知识的积累．
3.答案：A
解析：解：A.纯净物的组成元素可能为多种，如化合物，混合物的组成元素可能为一种，如元素的同素异形体，故A正确；
B.非会属氧化物可能是酸性氧化物，也可能不是，如SO2是酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，不可能是碱性氧化物，故B错误；
C.胶体是电中性分散系，胶体微粒吸附带电离子，通电发生定向移动，故C错误；
D.悬浊液静置会形成沉淀，胶体是介稳分散系，静置观察是区分悬浊液和胶体最简单方法，故D错误； 故选A．
A.一种物质组成的为纯净物，可以为单质和化合物，多种物质组成的为混合物，可以是同种元素的不同单质；
B.非金属氧化物不能为碱性氧化物；
C.胶体不带电；
D.悬浊液静置会形成沉淀，胶体是介稳分散系．
本题考查了物质组成、分散系概念和性质、胶体性质应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大．
4.答案：B
解析：解：A、化合物包括酸、碱、盐、氧化物等，后者包括前者，故A错误；
B、根据物质在水溶液或熔融态下是否导电，可以将化合物分为电解质和非电解质两类，所以前者包括后者，故B正确；
C、分散系根据分散质微粒直径的大小可以分为溶液、浊液和胶体三类，所以前者和后者是并列关系，故C错误；
D、分散系根据分散质微粒直径的大小可以分为溶液、浊液和胶体三类，所以后者包括前者，故D错误． 故选B．
5.答案：A
解析：
本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确气体摩尔体积的条件应用是解题关键，题目难度不大。 A.过氧化钠中阴离子为过氧根离子； B.溶液体积未知； C.空气的成分中含化合物； D.常温常压Vm大于22.4L/mol；
A.1 mol Na2O2固体，含有2mol钠离子，1mol过氧根离子，含有的离子总数为3NA，故A正确； B.溶液体积未知，无法计算氯离子个数，故B错误；
C.标况下，22.4L空气的物质的量为1mol，但空气的成分中不止是单质，还含化合物，故1mol空气中含有的单质分子数小于NA个，故C错误；
D.常温常压Vm大于22.4L/mol，则44.8 L Cl2含有的分子数小于2NA，故D错误； 故选A。
6.答案：A
解析：
本题考查离子反应方程式的书写，为高考常见题型，侧重学生思维严密性的考查，注意把握反应实质及离子反应的书写方法，题目难度不大。
A.氢氧化钠溶液和盐酸，H++OH−=H2O，反应实质氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式：故A正确；
B.氢氧化铁为沉淀，应保留化学式，离子方程式：3H++Fe(OH)3=Fe3++3H2O，故B错误； C.硫酸和氢氧化钡溶液反应除生成水之个还产生硫酸钡沉淀，故C错误；
+D.一水合氨为弱碱，应保留化学式，反应离子方程式：NH3⋅H2O+H+=NH4+H2O，故D错误。
故选A。
7.答案：D
解析：
本题考查实验的基本操作，熟练掌握实验的基本操作是解答这类问题的关键，试题较易。 A.稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿器壁慢慢倒入水中，不断搅拌，故A错误； B.实验剩余的药品一般不放回原瓶，否则易引起药品污染，故B错误； C.可燃性气体点燃之前均需检验纯度，故C错误；
D.测溶液pH值时，pH试纸不能润湿，否则，可能会使测定的pH有误差，故D正确。 故选D。
8.答案：B
−+解析：解：依题意：IO−3+5I+6H=3I2+3H2O；结合I2的特性----遇淀粉变蓝，要检验食盐中存
在IO−3，
只需I−和酸溶液(即H+)，生成的I2由淀粉检验，故选B。
−+IO−3+5I+6H=3I2+3H2O根据此反应方程式知，该反应需要酸性条件，需要碘离子，需要淀粉
碘化钾试纸检验，据此判断选项．
本题考查了物质的检验，难度不大，会根据题中信息及物质的特殊性质选取试剂．
9.答案：D
解析：解：A、加入盐酸，产生白色沉淀，则试样中可以有银离子、硅酸根离子、偏铝酸根离子中的至少一种，故A错误；
B、加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则试样中含有CO2−HCO−SO2−HSO2−3、3、3、3中的至少一种，故B错误；
+C、加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入稀，沉淀不溶解，则试样中有SO2−4、Ag中的至少
一种，故C错误；
D、加入NaOH溶液微热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，即为氨气，可以证明试样中
+
一定有NH4，故D正确．
故选D．
A、可以和盐酸反应的离子可以是银离子、硅酸根离子、偏铝酸根离子等；
B、能使澄清石灰水变浑浊的无色气体可以是二氧化硫或是二氧化碳，碳酸根、亚硫酸根离子、碳酸氢根离子均可以和氢离子反应；
C、氯化银和硫酸钡是白色不溶于的沉淀； D、能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气．
离子的特征离子反应是离子检验的基本依据，可以根据离子反应知识来回答，难度中等．
10.答案：A
解析：解：反应C+2H2SO4(浓)
△
−
CO2↑+2SO2↑+2H2O中，C元素化合价升高，被氧化，C为还
原剂，S元素化合价降低，H2SO4为还原剂，CO2为氧化产物，SO2为还原产物。 故选：A。
氧化还原反应中，还原剂得电子被氧化，所含元素的化合价升高，以此解答该题。
本题考查氧化还原反应，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价的角度认识相关概念和物质的性质，难度不大。
11.答案：B
解析：解：标准状况下3.36 L CO的物质的量为22.4L/mol=0.15mol； 5.6g N2 的物质的量为28g/mol=0.2mol；
A
含NA个分子的O2的物质的量为N=1mol，
A
33.6L
5.6g
N
显然B中物质的量最大，分子数最多， 故选：B。
结合n=M、n=Vm、N=nNA计算。
本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握质量、物质的量、体积的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意基本计算公式的应用，题目难度不大。
m
V
12.答案：B
解析：
本题考查了影响反应速率的因素。审题时要注意：加快反应速率和不改变氢气的量。 ①加水，稀释了盐酸，故反应速率变慢，故不选；
②加入氢氧化钠会消耗盐酸，盐酸浓度降低，和金属铁反应速率减慢，故不选； ③加几滴浓盐酸，盐酸浓度增大，反应速率加快，故选；
④改用10mL0.1mol⋅L−1的，反应不生成氢气，故不选； ⑤加氯化钠溶液，稀释了盐酸，故反应速率变慢，故不选；
⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量，故不选； ⑦升高温度，反应速率加快，故选； ⑧改用浓度大的盐酸，反应速率加快，故选； 故选B。
13.答案：C
解析：
本题考查了胶体的性质，明确胶体本质特征，熟悉胶体性质即可解答，题目难度不大。 A.胶体较均一、较稳定，静置后不产生沉淀，故A错误；
B.胶体与悬浊液的本质区别是分散质微粒直径大小不同，胶体分散质微粒直径介于1−100nm，故B错误；
C.明矾净水是利用了胶体粒子的吸附性，故C正确；
D.静电除去空气或工厂废气中的飘尘是利用了胶体粒子的带电性，胶体本身不带电，故D错误。 故选C。
14.答案：C
解析：
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的反应、混合物分离方法等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大。
A.溴与KI反应生成碘，碘易溶于溴苯，引入新杂质，不能除杂，应加NaOH溶液、分液除杂，故A错误；
B.乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应选溴水、洗气除杂，故B错误； C.与NaOH溶液反应后，与硝基苯分层，然后分液可除杂，故C正确； D.二者均与溴水反应，不能除杂，应选NaOH溶液、洗气除杂，故D错误； 故选：C。
15.答案：D
解析：
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，注意基本概念的分析，题目难度不大。
A.Mg的化合价升高，C的化合价降低，Mg为还原剂，CO2为氧化剂，故A不选； B.Mn的化合价降低，Cl的化合价升高，则MnO2为氧化剂，HCl为还原剂，故B不选； C.不存在元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故C不选；
D.只有氯气中氯元素的化合价变化，氧化剂和还原剂为同一种物质，故D选。 故选D。
16.答案：A
解析：解：由实验流程可知，14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体，有铵盐和碱反应生成生成的氨气，也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，5.60L气体通过碱石灰无变化，说明气体中无与碱石灰反应的气体，无水蒸气的存在，通过浓硫酸，气体剩余3.36L，体积减少5.60L−3.36L=2.24L，结合混合物可能存在的物质可知，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L，剩余的气体只能是氢气，体积为3.36L，说明原混合物中一定含有铝；
14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化，由于氢氧化铝溶于强碱，所以能生成白色沉淀的一定氯化镁生成的氢氧化镁白色沉淀，质量为2.90g，一定不存在FeCl2； 14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液得到无色溶液，加入适量盐酸会生成沉淀，说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝，
A.根据以上分析可知，固体混合物中一定含有MgCl2和AlCl3，加入氢氧化钠溶液后生成白色沉淀，且白色沉淀没有变化，一定不含FeCl2，故A错误；
n(H2)=22.4L/mol=0.15mol，B.固体混合物中一定含有Al，可以根据标况下3.36L氢气，由2Al～3H2，铝的物质的量为0.1mol，质量为2.70g，故B正确；
C.由上述分析可知，减少2.24L为氨气，其物质的量为0.1mol，由守恒可知，(NH4)2SO4为0.05mol，其质量为0.05mol×132g/mol=6.60g，故C正确；
D.白色沉淀为的氢氧化镁，其物质的量为58g/mol=0.05mol，则MgCl2为0.05mol，其质量为0.05mol×95g/mol=4.75g，故D正确； 故选：A。
14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体，由实验流程可知，有铵盐和碱反应生成生成的氨气，也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，5.60L气体通过碱石灰无变化，说明气体中无与碱石灰反应的气体，无水蒸气的存在，通过浓硫酸，气体剩余3.36L，体积减少5.60L−3.36L=2.24L，结合混合物可能存在的物质可知，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L，剩余的气体只能是氢气，体积为3.36L，说明原混合物中一定含有铝；
14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化，由于氢氧化铝溶于强碱，所以能生成白色沉淀的一定氯化镁生成的氢氧化镁白色沉淀，质量为2.90g，一定不存在FeCl2； 14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液得到无色溶液，加入适量盐酸会生成沉淀，说明金属铝或氯化
2.90g
3.36L
铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝，以此解答该题．
本题考查物质分离、提纯实验综合应用，为高频考点，把握实验流程中发生的反应及物质的推断为解答的关键，侧重分析能力、计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大．
17.答案：(1)N2O3
(2)1:2:3 (3)120g/mol (4)36g/mol； 0.4NA (5)①0.2；9.5 ②0.1；0.1
③0.6
解析：
本题考查物质的量有关计算，涉及对摩尔质量的计算，阿伏加德罗定律及推论的应用，熟悉以物质的量为核心计算公式是解题关键，注意化学方程式计算，关键是理解相同条件下气体的摩尔质量和气体的密度成正比，题目难度不大。 【解答】
(1)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，同温同压下10mLA受热分解生成10mLN2和15mLO2，则2A=3O2+2N2，根据原子守恒知反应物A的化学式为N2O3， 故答案为：N2O3；
(2)NaCl、MgCl2、AlCl3溶液的浓度为c，则溶液中氯离子的浓度分别为c×1、c×2、c×3，所以三种溶液中氯离子的物质的量浓度之比为c：c×2：c×3=1：2：3； 故答案为：1：2：3；
(3)设A的物质的量为2mol，由方程式2A=2B+C+3D，可知混合气体总物质的量为2mol+1mol+3mol=6mol，混合气体对氢气的相对密度为20，则混合气体平均摩尔质量=2g/mol×20=40g/mol，混合气体总质量=6mol×40g/mol，
由质量守恒定律可知A的质量等于混合气体总质量，故A的摩尔质量=故答案为：120g/mol；
(4)标况下混合气体的体积为8.96L，其物质的量为：22.4L/mol =0.4mol，混合气体的平均摩尔质量为： 0.4mol =36g/mol；设混合气体中CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为ymol，则根据混合物的质量为14.4g可得：28x+44y=14.4 ①； 根据气体的物质的量为0.4mol可得：x+y=0.4 ②
14.4g
8.96L
6mol×40g/mol
2mol
Δ
=120g/mol，
解①②得：x=0.2mol、y=0.2mol，
由于CO和CO2中均含1个碳原子，故0.2molCO和0.2molCO2含0.4molC原子即0.4NA个， 故答案为：36g/mol；0.4NA；
(5)①由图可知，c(Na+)=1.0mol/L，该混合液中，NaCl的物质的量为0.2L×1.0mol/L=0.2mol；c(Mg2+)=0.5mol/L，含溶质MgCl2的质量为0.2L×0.5mol/L×95g/mol=9.5g， 故答案为：0.2；9.5；
②由电荷守恒可知2c(Ca2+)+c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl−)，解得：c(Ca2+)=
3.0−1.0−0.5×2
2
=
0.5mol/L，混合液中CaCl2的物质的量为：0.2L×0.5mol/L=0.1mol，该混合液加水稀释至体积为1L，稀释后溶液中Ca2+的物质的量浓度为：c=故答案为：0.1；0.1；
n(AgCl)=n(Cl−)=3mol/L×0.2L=氯离子转化为AgCl沉淀，③加入足量酸化的银溶液，0.6mol， 故答案为：0.6。
3NO2+H2O=2HNO3+NO；CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；2Fe3++18.答案：①③⑤；④；②⑥；
+
Fe=3Fe2+；HCO−3+H=CO2↑+H2O
0.1mol1L
=0.1mol/L，
解析：(1)①铜能导电，是单质，既不是电解质也不是非电解质； ②酒精在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质；
③氯水是氯气的水溶液，能导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质； ④氯化钠固体不导电，在水溶液中或熔融状态下能够导电，是电解质； ⑤盐酸是氯化氢的水溶液，能导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质； ⑥干冰是二氧化碳，不能导电，本身不能电离，是非电解质； ⑦液氯不能导电，是单质，既不是电解质也不是非电解质； ⑧金钢石不能导电，是单质，既不是电解质也不是非电解质；
故导电的是：①③⑤；属于电解质的是：④；属于非电解质的是：②⑥， 故答案为：①③⑤；④；②⑥
(2)①与水反应除去二氧化氮，方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO， 故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
②二氧化碳能与氢氧化钠反应，方程式为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O， 故答案为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；
③铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+， 故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
+④氯化氢能与碳酸氢钠反应，离子方程式为：HCO−3+H=CO2↑+H2O， +故答案为：HCO−3+H=CO2↑+H2O.
(1)导电：存在自由移的电子或离子；
电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物； 非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物； (2)根据物质的性质进行判断，除杂不能引入新的杂质， ①与水反应除去二氧化氮； ②二氧化碳能与氢氧化钠反应； ③铁与氯化铁反应生成氯化亚铁； ④氯化氢能与碳酸氢钠反应．
本题考查物质的导电性、电解质和非电解质的判断，杂质的去除剂相关方程式的书写，难度中等．
19.答案：500 D 10.0 cd C 偏大 偏小 无影响 无影响
解析：解：(1)选取容量瓶的规格应该等于或稍大于配制溶液的体积，实验室没有480mL容量瓶，所以应该选500mL容量瓶，故答案为：500；
(2)如图所示的操作为移液洗涤后向容量瓶内加水，应在转移与定容之间，即应在④到⑤之间，故选：D；
(3)配制500mL1mol⋅L−1NaOH溶液需要氢氧化钠的质量为0.5L×0.5mol/L×40g/mol=10.0g； 氢氧化钠具有腐蚀性且易潮解，应放在烧杯内称量，根据氢氧化钠与烧杯总质量为10.0g+23.1g=33.1g，故应选择20g与10g的砝码，即选择cd；
由表中升高可知，最小的砝码为5g，故游码的最大刻度为5g，故小于5g所以游码，所以游码应在3.1g的位置，故选择C， 故答案为：10.0；cd；C；
(4)①定容时仰视液面，导致溶液体积偏小，则浓度会偏大，故答案为：偏大；
②转移溶液过程中，少量液体溅出来，导致溶质物质的量减少，则浓度会偏小，故答案为：偏小；③容量瓶未干燥，对浓度无影响，故答案为：无影响；
④定容摇匀后发现溶液凹面低于刻度线是正常的，浓度不会受影响，故答案为：无影响． (1)选取容量瓶的规格应该等于或稍大于配制溶液的体积；
(2)如图所示的操作为移液洗涤后向容量瓶内加水，应在加水振荡与定容之间；
(3)根据m=cVM计算所需的氢氧化钠的质量；氢氧化钠具有腐蚀性且易潮解，应放在烧杯内称量，根据氢氧化钠与烧杯质量确定需要的砝码；由表中升高可知，最小的砝码为5g，故游码的最大刻度为5g，故小于5g用游码；
(4)分析操作对溶质的物质的量、溶液体积的影响，根据c=V分析操作对所配溶液浓度的影响． 本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，属于基础型题目，难度不大．
△
n
20.答案：H2、NH3；浓氨水；生石灰；Ca(OH)2+2NH4Cl
CaCl2+2NH3↑+2H2O；溴化钠溶液；
溶液变橙色；关闭K2，打开K1；饱和食盐水；盐酸；石灰石；硅酸钠(或浓硫酸亚硫酸钠固体饱和碳酸氢钠溶液)
解析：解：(1)装置Ⅰ为固体和液体常温下反应生成气体的装置，Ⅱ装置中进气管短，出气管长，为向下排空气法，H2、NH3，为可利用装置Ⅰ制取、Ⅱ收集的气体，其中含氢化合物气体氨气制备方法是A中加浓氨水，B中加生石灰，生石灰和水反应生成氢氧化钙，且放出大量热，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制氨气的溶解，溶液温度升高，氨气的溶解度减小，促使一水合氨的分解，促进氨气的逸出，制备该气体的另一种方法氯化铵和氢氧化钙反应，反应方程式为：Ca(OH)2+
△
2NH4Cl
CaCl2+2NH3↑+2H2O，
△
故答案为：H2、NH3； 浓氨水； 生石灰；Ca(OH)2+2NH4Cl
CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(2)根据氧化剂+还原剂=氧化产物+还原产物，氧化性：氧化剂>氧化产物，还原性：还原剂>还原产物，证明氧化性：KMnO4>Cl2>Br2，可将KMnO4作为氧化剂和盐酸反应判断是否生成氯气，如氯气氧化性大于Br2，则将氯气通入NaBr溶液中，如果溶液变为橙红色，说明有Br2生成，从而确定氧化性：KMnO4>Cl2>Br2.若还要继续收集氯气，应采用的措施是关闭K2，打开K1，同时在装置Ⅱ中加入饱和食盐水，用排饱和食盐水的方法进行收集，
故答案为：溴化钠溶液；溶液变橙色； 关闭K2，打开K1；饱和食盐水；
(3)强酸能和弱酸的盐反应生成弱酸，盐酸和石灰石 反应生成二氧化碳，可验证盐酸的酸性强于碳酸，二氧化碳、水和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，所以能验证盐酸的酸性强于碳酸，碳酸的酸性强于硅酸，A中加盐酸，B中加石灰石，C中加硅酸钠(或浓硫酸 亚硫酸钠固体 饱和碳酸氢钠溶液)(合理即可)，
故答案为：盐酸、石灰石、硅酸钠(或浓硫酸 亚硫酸钠固体 饱和碳酸氢钠溶液)(合理即可)。 (1)根据I装置知，反应物反应时不需加热，装置Ⅰ为固体和液体常温下反应生成气体，Ⅱ装置中进气管短，出气管长，为向下排空气法；氨气可用浓氨水和生石灰反应制取，实验室用铵盐和碱反应制取；
(2)根据氧化剂+还原剂=氧化产物+还原产物，氧化性：氧化剂>氧化产物，还原性：还原剂>还原产物，判断可能发生的反应，以及反应现象；若还要继续收集氯气，应采用排饱和食盐水的方法进行收集；
(3)强酸能和弱酸的盐反应生成弱酸，利用上述装置自行设计实验，可验证盐酸的酸性强于碳酸，碳酸的酸性强于硅酸等。
本题考查气体的制备及性质实验方案设计，为高频考点，把握气体的性质及密度选择相应的收集方法以及实验设计的方案的设计，侧重于考查学生对实验原理的把握和对仪器的使用，题目难度中等。
21.答案：二氧化锰；Cl2；1mol；2.24
解析：解：(1)Mn元素的化合价降低，则氧化剂为二氧化锰，Cl元素的化合价升高，失去电子被氧化，则氧化产物为Cl2， 故答案为：二氧化锰；Cl2；
(2)n(HCl)=36.5g/mol=2mol，由电子守恒可知，有73.0克HCl被氧化时，消耗MnO2的物质的量为
2mol(4−2)
73g
=1mol，
故答案为：1mol；
(3)由反应可知，生成1molCl2时转移2mol电子，则有0.2mol电子转移时，产生氯气的体积(标准状况)是0.1mol×22.4L/mol=2.24L， 故答案为：2.24。
(1)Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高； (2)n(HCl)=
73g36.5g/mol
=2mol，结合电子守恒计算；
(3)由反应可知，生成1molCl2时转移2mol电子，结合V=nVm计算。
本题考查氧化还原反应的计算，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意HCl的作用，题目难度不大。
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