福建省龍海市第二中學2024-2025學年高一化學下學期4月月考試題含解析

PAGE15-福建省龍海市其次中學2024-2025學年高一化學下學期4月月考試題（含解析）1.帶有2個單位正電荷的微粒X2+，它的質(zhì)量數(shù)等于137，中子數(shù)是81，則核外電子數(shù)為（）A.56 B.58 C.54 D.137【答案】C【解析】【詳解】X2+的質(zhì)量數(shù)等于137，中子數(shù)是81，質(zhì)子數(shù)為137-81=56，原子核外電子數(shù)等于56，原子失去2個電子形成X2+，所以X2+的核外電子數(shù)為54，故合理選項是C。2.用表示阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法不正確的是（）A.含有電子數(shù)為B.在標準狀況下，和混合氣體22.4L中含有原子數(shù)為2C.用氧化足量的，發(fā)生化學反應轉(zhuǎn)移電子總數(shù)2D.中含有的粒子總數(shù)為2【答案】D【解析】【詳解】A.1個中含有18個電子，含有電子數(shù)為，故A正確；B.在標準狀況下，22.4L和混合氣體的物質(zhì)的量是1mol，和都是雙原子分子，所以原子數(shù)為2，故B正確；C.氯氣與鐵反應生成氯化鐵，氯元素化合價由0降低為-1，用氧化足量的，發(fā)生化學反應轉(zhuǎn)移電子總數(shù)2，故C正確；D.鹽酸中含有大量水分子，中含有的粒子總數(shù)大于2，故D錯誤。3.化學概念在邏輯上存在如下關系：對下列概念的說法正確的是（）A.純凈物與混合物屬于包含關系B.化合物與堿性氧化物屬于包含關系C.單質(zhì)與化合物屬于交叉關系D.氧化還原反應與分解反應屬于并列關系【答案】B【解析】詳解】A．純凈物與混合物屬于并列關系，A錯誤；B．堿性氧化物屬于化合物，屬于包含關系，B正確；C．單質(zhì)與化合物屬于并列關系，C錯誤；D．氧化還原反應與分解反應屬于交叉關系，D錯誤。故選B。4.下列關于膠體的說法不正確的是A.氫氧化鐵膠體具有吸附性，能吸附水中的懸浮顆粒沉降，因而常用于凈水B.試驗室中可用丁達爾效應區(qū)分膠體和溶液C.膠體區(qū)分于其他分散系的本質(zhì)特征是分散質(zhì)顆粒的直徑在1nm~100nm之間D.云、煙、霧等膠體都是均一穩(wěn)定的【答案】D【解析】【詳解】A．膠體的表面積很大，具有吸附性，則氫氧化鐵膠體能吸附水中的懸浮顆粒并沉降，因而常用于凈水，故A正確；B．丁達爾效應為膠體特有性質(zhì)，可用丁達爾效應區(qū)分膠體和溶液，故B正確；C．膠體區(qū)分于其他分散系的本質(zhì)特征是分散質(zhì)的微粒直徑在10-9～10-7m之間，即1nm～100nm，故C正確；D．膠體的穩(wěn)定性介于穩(wěn)定和不穩(wěn)定之間，屬于介穩(wěn)體系，故D錯誤；故選D5.常溫下等物質(zhì)的量的CO和，以下說法正確的是A.兩者的摩爾質(zhì)量都是28B.CO的標準狀況下的體積是22.4LC.兩者的密度之比是D.兩者的質(zhì)量之比是【答案】D【解析】【詳解】A．CO和的摩爾質(zhì)量都是28g/mol，故A錯誤；B．氣體的物質(zhì)的量未知，所以無法計算CO的體積，故B錯誤；C．同溫同壓下，氣體的密度之比等于相對分子質(zhì)量之比，由于壓強不確定相等，因此兩者的密度之比不確定是，故C錯誤；D．CO和的摩爾質(zhì)量都是28g/mol，因此等物質(zhì)的量的CO和的質(zhì)量之比是，故D正確；故選D。6.試驗室配制的氫氧化鈉溶液，下列說法不正確的是A.取480mL容量瓶，洗凈并檢查是否漏水B.稱量氫氧化鈉固體時要放在小燒杯中C.氫氧化鈉不能在容量瓶中溶解D.定容時，若俯視刻度線，則所配溶液濃度偏高【答案】A【解析】【詳解】A．試驗室沒有480mL的容量瓶，故A錯誤；B．氫氧化鈉具有腐蝕性，稱量時要放在玻璃器皿中，故B正確；C．配制溶液時，不能在容量瓶中溶解固體，故C正確；D．定容時，若俯視刻度線，會導致溶液的體積偏小，所配溶液濃度偏高，故D正確；故選A。7.已知R2+有b個中子,核外有a個電子,表示R原子符號正確的是A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】陽離子的核外電子數(shù)=質(zhì)子數(shù)—電荷數(shù)，原子的電子數(shù)等于質(zhì)子數(shù)，質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)?！驹斀狻坑蒖2+的電荷數(shù)可知R原子的電子數(shù)為a+2，原子的電子數(shù)等于質(zhì)子數(shù)，再由質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)可得質(zhì)量數(shù)為a+b+2，所以R原子符號a+b+2a+2R，故選C。【點睛】本題考查原子的組成，駕馭陽離子中核電荷數(shù)、核外電子數(shù)和離子所帶電荷數(shù)的關系是解答關鍵。8.已知：①向KMnO4晶體滴加濃鹽酸，產(chǎn)生黃綠色氣體；②向FeCl2溶液中通入少量試驗①產(chǎn)生的氣體，溶液變黃色；③取試驗②生成的溶液滴在淀粉-KI試紙上，試紙變藍色。下列推斷正確的是（）A.上述試驗證明氧化性：MnO4—＞Cl2＞Fe3＋＞I2B.上述試驗中，共有兩個氧化還原反應C.試驗①生成的氣體不能使潮濕的淀粉-KI試紙變藍D試驗②證明Fe2＋既有氧化性又有還原性【答案】A【解析】【詳解】①向KMnO4晶體滴加濃鹽酸，產(chǎn)生黃綠色氣體，該反應中Mn元素化合價由+7價變?yōu)?2價、Cl元素化合價由-1價變?yōu)?價，高錳酸鉀是氧化劑、濃鹽酸是還原劑，氧化性：MnO4-＞Cl2；②向FeCl2溶液中通入少量試驗①產(chǎn)生的氣體，溶液變黃色，鐵元素化合價由+2價變?yōu)?3價、Cl元素化合價由0價變?yōu)?1價，氯化亞鐵是還原劑、氯氣是氧化劑，氧化性：Cl2＞Fe3+；③取試驗②生成的溶液滴在淀粉KI試紙上，試紙變藍色，鐵離子和碘離子發(fā)生氧化還原反應生成碘和亞鐵離子，I元素化合價由-1價變?yōu)?價、鐵元素化合價由+3價變?yōu)?2價，所以碘離子作還原劑、鐵離子為氧化劑，氧化性：Fe3+＞I2。A．通過以上分析知，上述試驗證明氧化性：MnO4-＞Cl2＞Fe3+＞I2，故A正確；B．通過以上分析知，有3個氧化還原反應，故B錯誤；C．試驗①生成的氣體是氯氣，氯氣能氧化碘離子生成碘單質(zhì)，所以試驗①生成的氣體能使潮濕的淀粉KI試紙變藍，故C錯誤；D．試驗②證明Fe2+有還原性，故D錯誤；故選A。9.下列反應中，單質(zhì)被還原的是A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】A．反應中單質(zhì)鐵中鐵元素的化合價上升，被氧化，故A錯誤；B．的反應物中沒有單質(zhì)，故B錯誤；C．中氯氣中氯元素的化合價降低，被還原，故C正確；D．中鎂元素的化合價上升，被氧化，故D錯誤；故選C。10.下列化學用語正確的是A.Cl-的結構示意圖： B.氨水的化學式：NH3C.、、互為同位素 D.質(zhì)子數(shù)為53，中子數(shù)為78的碘原子：【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．原子和離子的結構示意圖中圓圈代表原子核，里面的數(shù)字代表質(zhì)子數(shù)，氯是17號元素，因此原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)為+17而不是+18，Cl-的結構示意圖為：，A錯誤；B．氨水為混合物，氨水中的溶質(zhì)主要以NH3?H2O的形式存在，B錯誤；C．同種元素的不同核素互為同位素，、、為氫分子而不是核素，C錯誤；D．左上角的131為質(zhì)量數(shù)，左下角的53為質(zhì)子數(shù)，中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)-質(zhì)子數(shù)=131-53=78，D正確。答案選D。【點睛】互為同位素的是同種元素的不同核素，互為同素異形體的是同種元素的不同單質(zhì)。11.電解質(zhì)電離時確定相等的是()A.陰離子與陽離子的總數(shù) B.陽離子和陰離子的質(zhì)量C.正電荷總數(shù)和負電荷總數(shù) D.每個陽離子和陰離子所帶電荷數(shù)【答案】C【解析】【詳解】依據(jù)電荷守恒的原則，任何溶液都是呈電中性的，也就是說，電解質(zhì)電離時，正電荷總數(shù)和負電荷總數(shù)確定相等，比如說1molNa2SO4電離出的2molNa+和1molSO42-，兩者個數(shù)、質(zhì)量、每個陽離子和陰離子所帶電荷數(shù)均不相等，但正電荷總數(shù)和負電荷總數(shù)相等；本題答案為C?！军c睛】電解質(zhì)在電離時，一個分子中的陰陽離子是同時分開的，而任何電解質(zhì)都是電中性的，故電解時陰陽離子電荷總數(shù)相等。12.鎂粉在焰火、閃光粉、鞭炮中是不行缺少的原料。工業(yè)制造鎂粉是將鎂蒸氣在某種氣體中冷卻，下列可作為冷卻的氣體是A.Ar B.N2 C.空氣 D.CO2【答案】A【解析】【詳解】鎂屬于較活潑金屬，能和氮氣反應生成氮化鎂（3Mg+N2Mg3N2），和二氧化碳反應生成MgO和C（2Mg+CO22MgO+C），和空氣中的氧氣（2Mg+O22MgO）、氮氣等反應，鎂與Ar不反應，所以可以放在Ar中冷卻，故選A。13.下列離子方程式書寫正確的是（）A.少量的NaHCO3溶液與澄清石灰水反應：Ca2＋＋OH－＋HCO3-=CaCO3↓＋H2OB.高錳酸鉀和濃鹽酸反應：2MnO4-＋16HCl（濃）=2Mn2＋＋8Cl2↑＋8H2OC.向Na2SiO3溶液中通入少量CO2：Na2SiO3＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋2Na＋＋CO32-D.氯化亞鐵溶液中通足量Cl2：Cl2＋Fe2＋=Fe3＋＋2Cl－【答案】A【解析】【詳解】A.NaHCO3溶液少量，電離產(chǎn)生的HCO3-全部轉(zhuǎn)化為CaCO3沉淀，A正確；B.濃鹽酸在書寫離子方程式時應改寫成離子形式，B不正確；C.Na2SiO3是可溶性強電解質(zhì)，應以離子形式表示，C不正確；D.電子、電荷都不守恒，對應的離子方程式應為Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，D不正確。故選A?！军c睛】推斷離子方程式正誤時，首先應看是否符合客觀實際，如Fe與鹽酸或稀硫酸反應，只能生成Fe2+；其次應看物質(zhì)的拆分是否正確，只有強酸、強堿和可溶性鹽才拆成離子形式；最終看管恒，檢查電子、電荷、質(zhì)量是否守恒。14.a、b、c、d、e分別是Cu、Ag、Fe、Al、Mg五種金屬中的一種。已知：（1）a、c均能與稀硫酸反應放出氣體；（2）b與d的硝酸鹽溶液反應，置換出單質(zhì)d；（3）c與強堿溶液反應放出氣體，e可被磁鐵吸引。由此推斷a、b、c、d、e依次為（）A.Fe、Cu、Al、Ag、Mg B.Mg、Cu、Al、Ag、FeC.Mg、Cu、Al、Fe、Ag D.Al、Cu、Mg、Ag、Fe【答案】B【解析】【詳解】）c與強堿溶液反應放出氣體，c為Al；e可被磁鐵吸引，e為Fe；a能與稀硫酸反應放出氣體，a為鎂；b與d的硝酸鹽溶液反應，置換出單質(zhì)d，，b比d活潑，b為Cu，d為Ag；確定a：Mgb：Cuc：Ald：Age：Fe。答案：B【點睛】本題的突破點在能和強堿反應放出氣體的金屬Al。15.某同學用下列裝置完成了濃硫酸和性質(zhì)試驗（夾持裝置已省略）下列說法錯誤的是A.反應后，試管①中出現(xiàn)白色固體，將其放入水中溶液顯藍色B.試管②中品紅溶液漸漸褪色，對其加熱溶液又復原紅色C.試管④中酸性高錳酸鉀溶液褪色，體現(xiàn)了漂白性D.試管⑤可以改為裝有堿石灰的干燥管【答案】C【解析】【分析】濃硫酸和銅在加熱條件下反應生成SO2，試管②中品紅褪色，證明二氧化硫具有漂白性；SO2與氯化鋇溶液不反應，則試管③中無現(xiàn)象；酸性高錳酸鉀具有強氧化性，能夠氧化二氧化硫，則試管④中高錳酸鉀褪色；試管⑤為NaOH溶液，用于汲取二氧化硫，防止污染環(huán)境，以此解答該題?！驹斀狻緼．反應后試管①中的白色固體為硫酸銅，將硫酸銅放入水中，溶液呈藍色，故A正確；B．二氧化硫能夠漂白品紅溶液，二氧化硫的漂白不穩(wěn)定，加熱后又復原紅色，故B正確；C．試管④中KMnO4溶液褪色，二者發(fā)生氧化還原反應，證明SO2具有還原性，故C錯誤；D．試管⑤用于汲取二氧化硫，防止污染環(huán)境，可以改為裝有堿石灰的干燥管，故D正確；故答案選C。16.下列關于硅的化學性質(zhì)的敘述正確的是()A.常溫下不與任何酸反應 B.常溫下可與NaOH溶液反應C.常溫下可與Cl2反應生成SiCl4 D.常溫下可與O2反應生成SiO2【答案】B【解析】【詳解】A.常溫下單質(zhì)硅能與氫氟酸反應生成四氟化硅和氫氣，A錯誤；B.常溫下單質(zhì)硅可與NaOH溶液反應生成硅酸鈉和氫氣，B正確；C.常溫下單質(zhì)硅與Cl2不反應，加熱時反應生成SiCl4，C錯誤；D.常溫下單質(zhì)硅與O2不反應，加熱時反應生成SiO2，D錯誤。答案選B。17.下列有關說法正確的是()A.將通入酸性高錳酸鉀溶液，溶液褪色，體現(xiàn)的還原性B.濃硫酸滴在白紙上，白紙變黑，體現(xiàn)了濃硫酸的吸水性C.硅晶體具有半導體性能，可用于制造光導纖維D.將為5.4的雨水樣品在空氣中放置一段時間后，測得變小，是因為樣品汲取了空氣中的【答案】A【解析】【詳解】A．二氧化硫能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，該反應中二氧化硫作還原劑而體現(xiàn)還原性，高錳酸鉀作氧化劑，故A正確；B．濃硫酸能將有機物中的H、O元素以原子個數(shù)比2：1水的形式脫去而體現(xiàn)脫水性，則濃硫酸滴在白紙上，白紙變黑，體現(xiàn)了濃硫酸的脫水性，故B錯誤；C．作光導纖維材料的物質(zhì)是二氧化硅，與硅晶體具有半導體性能無關，故C錯誤；D．測得pH變小，為酸雨，溶解的二氧化硫與水反應生成亞硫酸，亞硫酸可被氧化生成硫酸，酸性增加，而溶解二氧化碳的雨水為正常雨水，故D錯誤；故答案為A。18.如圖，在注射器中加入少量Na2SO3晶體，并吸入少量濃硫酸(以不接觸紙條為準)。則下列有關說法正確的是()A.藍色石蕊試紙先變紅后褪色B.品紅試紙、沾有酸性KMnO4溶液的濾紙均褪色，證明SO2具有漂白性C.潮濕淀粉－KI試紙未變藍說明SO2的氧化性弱于I2D.NaCl溶液可用于除去試驗中多余的SO2【答案】C【解析】【分析】濃硫酸具有強酸性、吸水性，亞硫酸鈉是一種弱酸鹽，亞硫酸鈉能與濃硫酸反應：Na2SO4+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O，吸入少量濃硫酸后，注射器中充溢了干燥的SO2氣體，SO2具有還原性、漂白性、具有酸性氧化物的通性等性質(zhì)，由此分析?！驹斀狻繚饬蛩峋哂袕娝嵝浴⑽?，亞硫酸鈉是一種弱酸鹽，亞硫酸鈉能與濃硫酸發(fā)生反應：Na2SO4+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O，吸入少量濃硫酸后，注射器中充溢了干燥的SO2氣體，A.SO2與溶解在潮濕試紙的水反應生成H2SO3，H2SO3屬于中強酸使石蕊變紅，但SO2不能漂白指示劑，所以試紙變紅后不會褪色，A項錯誤；B.SO2使品紅試紙褪色能證明SO2具有漂白性；SO2與酸性KMnO4能發(fā)生氧化還原反應：5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+，能夠使酸性高錳酸鉀褪色體現(xiàn)的是二氧化硫的還原性，與漂白性無關，B項錯誤；C.潮濕淀粉-KI試紙未變藍，說明SO2不能將I-氧化為I2，弱氧化劑不能制取強氧化劑所以SO2的氧化性弱于I2，C項正確；D.二氧化硫有毒，不能干脆排放到空氣中，可與NaOH溶液反應生成鹽和水，所以NaOH溶液可用于除去試驗中多余的SO2，NaCl溶液不行用于除去試驗中多余的SO2，故D項錯誤；答案選C。19.(1)①Ca(ClO)2的名稱為____________；②磁鐵礦主要成分的化學式為____________。(2)請按要求完成相應的方程式：①金屬鎂在二氧化碳中燃燒的化學方程式____________。②銅與濃硫酸混合加熱的化學方程式____________。③用離子方程式說明用磨合玻璃塞的試劑瓶不行裝NaOH溶液的緣由：____________。④用FeCl3溶液與銅反應制作印刷電路板的離子方程式____________?！敬鸢浮?1).次氯酸鈣(2).Fe3O4(3).2Mg+CO2C+2MgO(4).2H2SO4(濃)+CuCuSO4+2H2O+SO2↑(5).SiO2+2OH-=SiO32-+H2O(6).2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+【解析】【分析】【詳解】(1)①Ca(ClO)2的名稱為次氯酸鈣；②磁鐵礦主要成分的化學式為Fe3O4；(2)①金屬鎂在二氧化碳中燃燒生成碳單質(zhì)和氧化鎂，方程式為2Mg+CO2C+2MgO；②銅與濃硫酸混合加熱，銅被氧化成Cu2+，硫酸被還原生成二氧化硫，方程式為2H2SO4(濃)+CuCuSO4+2H2O+SO2↑；③NaOH可以和玻璃中的二氧化硅反應，離子方程式為SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；④Fe3+可將Cu單質(zhì)氧化成Cu2+，自身被還原成Fe2+，離子方程式為2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+。20.有一固體粉末，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、NH4Cl中的一種或幾種組成，為了檢驗它們所含的物質(zhì)，做了以下試驗。①將固體溶于水，攪拌后得到無色透亮溶液；②往此溶液中滴加氯化鋇溶液，有白色沉淀生成；③過濾，將沉淀置于稀鹽酸中，發(fā)覺沉淀不溶解。（1）試推斷：固體混合物中確定含有____________________，生成白色沉淀的化學方程式______________________________________；確定沒有_____________________________；可能含有________________________（2）檢驗是否含有可能存在的物質(zhì)的試驗方法是：________化學方程式_____________?！敬鸢浮?1).Na2SO4(2).Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl(3).Na2CO3、CuSO4(4).NH4Cl(5).取少量藥品加入試管中，加蒸餾水溶解，滴入氫氧化鈉溶液后加熱，用潮濕的紅色石蕊試紙放在試管口檢驗，試紙是否變藍色。(6).NH4Cl+NaOHNH3↑+NaCl+H2O【解析】【分析】（1）將固體溶于水，攪拌后得到無色透亮溶液，則固體中確定不含有CuSO4，（2）往此溶液中滴加氯化鋇溶液，有白色沉淀生成，故沉淀中可能含有碳酸鋇或硫酸鋇，（3）過濾，將沉淀置于稀鹽酸中，發(fā)覺沉淀不溶解，結合（2）可知白色沉淀只能是硫酸鋇，則原固體中確定含有Na2SO4，確定不含有Na2CO3，NH4Cl是否存在無法確定，據(jù)此答題?！驹斀狻浚?）由上述分析可以知道，固體混合物中確定含有Na2SO4，生成白色沉淀的化學方程式為Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl，確定沒有Na2CO3和CuSO4，可能含有NH4Cl，故答案為Na2SO4；Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl；Na2CO3、CuSO4；NH4Cl。（2）檢驗是否含有可能存在的物質(zhì)的試驗方法是：取少量藥品加入試管中，加蒸餾水溶解；滴入氫氧化鈉溶液后加熱，用潮濕的紅色石蕊試紙放在試管口檢驗，試紙是否變藍色，若試紙變藍，則含有NH4Cl，否則不含有NH4Cl，化學方程式為：NH4Cl+NaOHNH3↑+NaCl+H2O，故答案為取少量藥品加入試管中，加蒸餾水溶解；滴入氫氧化鈉溶液后加熱，用潮濕的紅色石蕊試紙放在試管口檢驗，試紙是否變藍色；NH4Cl+NaOHNH3↑+NaCl+H2O。21.室溫下，將200mL某鹽酸和硫酸的混合溶液分成兩等分。一份加入過量BaCl2溶液，充分反應后得沉淀2.33g；另一份加入100mL1.0mol·L-1NaOH溶液，充分反應后溶液中H+濃度為0.1mol·L-1（溶液的體積為200mL）。試計算：（1）每份溶液中所含H2SO4的物質(zhì)的量___________mol。（2）原混合溶液中鹽酸的物質(zhì)的量濃度為__________mol·L-1?！敬鸢浮?1).0.01(2).1.0【解析】【分析】（1）一份向混合溶液中加入過量BaCl2溶液，發(fā)生反應SO42－+Ba2＋=BaSO4↓，充分反應后得沉淀2.33g為BaSO4的質(zhì)量，利用硫酸根守恒計算計算硫酸的物質(zhì)的量；（2）另一份混合溶液中加入100mL1.0mol·L-1NaOH溶液，發(fā)生的反應是H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，HCl+NaOH=NaCl+H2O，依據(jù)硫酸的物質(zhì)的量計算消耗NaOH的物質(zhì)的量，再依據(jù)H原子守恒計算鹽酸濃度．【詳解】（1）n（BaSO4）=2.33g/233g·mol－1=0.01mol，依據(jù)硫酸根離子守恒得n（H2SO4）=n（BaSO4）=0.01mol；（2）另一份混合溶液中加入100mL1.0mol·L-1NaOH溶液，發(fā)生的反應是H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，HCl+NaOH=NaCl+H2O，依據(jù)方程式知，硫酸消耗的n（NaOH）=2n（H2SO4）=2×0.01mol=0.02mol，混合溶液中H＋濃度為0.1mol·L-1、溶液的體積為200mL，則剩余n（HCl）=0.1mol·L－1×0.2L=0.02mol，則與NaOH溶液反應的n（HCl）=n（NaOH）（余下）=1.0mol·L－1×0.1L-0.02mol=0.08mol，則總的n（HCl）=0.02mol+0.08mol=0.1mol，其濃度=0.1mol/0.1L=1.0mol·L－1．【點睛】本題考查物質(zhì)的量濃度有關計算，解題關鍵：明確發(fā)生的反應及各個物理量之間的關系式，留意每一份溶液體積是100mL而不是200mL，為易錯點．22.海水的綜合利用可以制備金屬鎂，其流程如圖所示：（1）寫出下列反應的化學方程式。①石灰乳與母液反應___；②Mg(OH)2中加入鹽酸的離子方程式：__；③MgCl2Mg：___。（2）在海水提取鎂的過程中，沒有涉及的化學反應類型__A．分解反應B．化合反應C．復分解反應D．置換反應E．氧化還原反應【答案】(1).Ca(OH)2+MgCl2=Mg(OH)2+CaCl2(2).Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O(3).MgCl2Cl2↑+Mg(4).D【解析】【分析】(1)①石灰乳與母液中的氯化鎂反應生成氫氧化鎂和氯化鈣；②Mg(OH)2中加入鹽酸，生成氯化鎂和水；③電解氯化鎂生成單質(zhì)鎂和氯氣；(2)碳酸鈣煅燒生成氧化鈣和二氧化碳為分解反應；氧化鈣與水反應生成氫氧化鈣為化合反應；石灰乳與氯化鎂、氫氧化鎂與鹽酸反應均為復分解反應；電解氯化鎂生成氯氣和鎂為分解反應、氧化還原反應；未涉及置換反應?！驹斀狻?1)①石灰乳為氫氧化鈣的懸濁液，與母液中的氯化鎂反應生成氫氧化鎂和氯化鈣，方程式為Ca(OH)2+MgCl2=Mg(OH)2+CaCl2；②Mg(OH