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【化学】四川省邻水实验学校2018-2019学年高一上学期第三次月考试题（解析版）
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四川省邻水实验学校2018-2019学年高一上学期第三次月考试卷
1.下列化学过程中，涉及氧化还原反应的是（ ）
A. 实验室制取氧气 B. 萃取碘水中的碘 C. 粗盐提纯 D. 用海水制取蒸馏水
【答案】A
【详解】A．实验室制取氧气，O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A正确；B．萃取碘水中的碘，是利用物质的溶解性分离的，属于物理过程，没有发生化学变化，故B错误；C．粗盐提纯主要是通过复分解反应除去杂质离子，然后过滤除去不溶性物质，没有涉及氧化还原反应，故C错误；D．用海水制取蒸馏水，属于物理过程，没有发生化学变化，故D错误；故选A。
2.下列有关金属及其化合物的说法正确的是（ ）
A. 钠保存在煤油里的原因之一是它极易与氧气反应
B. 食品工业中用Na2CO3作焙制糕点的膨松剂
C. 镁表面的氧化膜疏松，不能保护内层金属
D. 铝在空气中很容易燃烧
【答案】A
【详解】A、钠易和空气中的氧气以及水反应，保存在煤油中，沉在煤油的底部，可以隔绝空气，故A正确；B、Na2CO3不能分解生成气体，不能作焙制糕点的膨松剂，NaHCO3易受热分解生成气体，可以作焙制糕点的膨松剂，故B错误；C、镁表面有一层致密的氧化物保护膜，能起保护内部金属的作用，故C错误；D、铝表面有致密氧化膜，使铝不容易燃烧，故D错误；故选A。
3.分类是学习化学的方法之一，下列各组物质按氧化物、酸、碱、盐顺序排列的一组是（ ）
A. 氢氧化铁、硝酸、烧碱、氯化钠 B. 干冰、碳酸、纯碱、硫酸钾
C. 水、硫酸、熟石灰、氯化钾 D. 氨水、醋酸、氢氧化铁、食盐
【答案】C
【详解】A、氢氧化铁是碱而不是氧化物，故A错误；B、纯碱为碳酸钠，是盐不是碱，故B错误；C、水是氧化物；硫酸是酸；熟石灰是氢氧化钙，是碱；氯化钾为盐，故C正确；D、氨水是混合物，不是氧化物，故D错误；故选C。
4.完成下列实验所选择的装置或仪器正确的是（ ）
【答案】C
【详解】A．应该采用萃取和分液的方法分离，并且图中冷却水未下进上出，温度计的水银球没有放在蒸馏烧瓶的支管口附近，故A错误；B．应选蒸馏法分离，不是过滤，故B错误；C．碘易升华，KI加热不发生变化，从KI和I2的固体混合物中回收I2，应选升华，故C正确；D．蒸发时需要用玻璃棒搅拌，防止液体飞溅，故D错误；故选C。
5.下列有关钠的化合物说法正确的是（ ）
A. Na2O2与H2O反应中有氢氧化钠生成，Na2O2是典型的碱性氧化物
B. 用加热法除去NaHCO3固体中混有的Na2CO3
C. 灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，一定没有K+
D. Na2O2可用于呼吸面具中氧气的来源
【答案】D
【详解】A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，不属于碱性氧化物，故A错误；B．碳酸氢钠加热分解，加热将原物质除去了，故B错误；C．焰色反应为元素的性质，观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，则灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，不能确定是否含K+，故C错误；D．过氧化钠与二氧化碳以及水蒸气反应能够放出氧气，则Na2O2可用于呼吸面具中氧气的来源，故D正确；故选D。
6.下列溶液中Cl－的物质的量浓度最大的是（ ）
A. 300 mL 5 mol·L-1KClO3溶液 B. 1000 mL 2.5 mol·L-1NaCl溶液
C. 250 mL 1 mol·L-1AlCl3溶液 D. 200 mL 2 mol·L-1MgCl2溶液
【答案】D
【解析】
【分析】根据溶液中c（Cl-）=溶质的物质的量浓度×化学式中氯离子个数，与溶液的体积无关。
【详解】A、氯酸钾中不含氯离子，所以氯离子的物质的量浓度是0；B、1000mL 2.5mol•L-1NaCl溶液中c（Cl-）=c（NaCl）=2.5mol/L；C、250mL 1mol•L-1AlCl3溶液中c（Cl-）=3c（AlCl3）=1mol/L×3=3mol/L；D、200mL 2mol•L-1MgCl2溶液中c（Cl-）=2c（MgCl2）=2mol/L×2=4mol/L；所以氯离子浓度最大的是4mol/L，答案选D。
7.下列说法正确的是（ ）
A. 置换反应一定属于氧化还原反应，氧化还原反应一定属于离子反应
B. 碱性氧化物一定属于金属氧化物，酸性氧化物不一定属于非金属氧化物
C. 强氧化性的试剂与还原性的试剂混合一定能发生氧化还原反应
D. NaCl、液氨、蔗糖分别属于强电解质、弱电解质、非电解质
【答案】B
【详解】A．置换反应中一定存在元素的化合价变化，则一定属于氧化还原反应；氧化还原反应中不一定有离子参与，如氢气在氧气中的燃烧反应是氧化还原反应，但不是离子反应，故A错误；B、碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物可以是金属氧化物，也可以是非金属氧化物，如：Mn2O7、CO2是酸性氧化物，故B正确；C、一般强氧化剂遇到强还原剂可以发生氧化还原反应，但同种元素之间必须有中间价态才能发生，如浓硫酸与二氧化硫，故C错误；D．NH3本身不能发生电离，NH3为非电解质，故D错误；故选B。
8.配制100mL 0.1 mol/L的NaOH溶液，下列说法或操作正确的是（ ）
A. 用托盘天平称量NaOH固体时左盘和右盘均应使用称量纸
B. 在100mL容量瓶中溶解NaOH固体，冷却至室温才能进行定容
C. 称量所取的NaOH样品中有KOH杂质，其他操作正确，配好的NaOH溶液浓度偏低
D. 摇匀后见液面低于刻度线，应及时加水至刻度线
【答案】C
【详解】A．氢氧化钠具有腐蚀性，称量具有腐蚀性药品应放在小烧杯或者称量瓶中进行，故A错误；B．容量瓶为精密仪器，不能用来溶解固体，故B错误；C．称量所取的NaOH样品中有KOH杂质，其他操作正确，导致氢氧化钠溶质的物质的量偏小，则配好的NaOH溶液浓度偏低，故C正确；D．摇匀后见液面低于刻度线，再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，则所配溶液浓度偏低，故D错误；故选C。
9.同温同压下，质量相同的CO2、O2、CH4三种气体，下列说法错误的是（ ）
A. 所占的体积由大到小的顺序是：CH4＞O2＞CO2
B. 所含分子数由多到少的顺序是：CH4＞O2＞CO2
C. 密度由大到小的顺序是：CO2＞O2＞CH4
D. 所含的电子数由多到少是：CO2＞CH4＞O2
【答案】D
【详解】A．根据n=可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，同温同压下体积与物质的量成正比，则质量相同的CO2、O2、CH4三种气体，所占的体积由大到小的顺序是：CH4＞O2＞CO2，故A正确；B．根据n=可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越少，则同温同压下，质量相同的CO2、O2、CH4，分子数由多到少的顺序是：CH4＞O2＞CO2，故B正确；C．同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，CO2、O2、CH4三种气体摩尔质量由大到小的顺序是：CO2＞O2＞CH4，密度由大到小的顺序是：CO2＞O2＞CH4，故C正确；D．取mg四种气体，质量相同的CO2、O2、CH4三种气体含电子数分别为：×(6+8×2)=mol，×(8×2)=mol，×(6+1×4)=mol，所含的电子数由多到少是：CH4＞CO2=SO2，故D错误；故选D。
10.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4L 氦气与 1mol氢气所含原子数均为 2NA
B. 25 ℃、1.01×105Pa时，2.24 L Cl2中含有的原子数为0.2×6.02×1023
C. 常温常压下，S2和S8的混合物共6.4 g，所含硫原子数一定为0.2 NA
D. 将100 mL 0.1 mol•L﹣1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒数目为0.01 NA
【答案】C
【详解】A、标准状况下，22.4L氦气的物质的量为1mol，所含原子数均为NA，22.4L氢气的物质的量为1mol，所含原子数均为2NA，故A错误；B．不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L氯气的物质的量，故B错误；C、S2和S8的混合物中只有S原子，则硫原子的物质的量为 =0.2mol，则所含硫原子数一定为0.2NA，故C正确；D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故将100 mL 0.1 mol•L-1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒数目小于0.01NA，故D错误；故选C。
11.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 碳酸氢钠溶液中：Cl－、NO3－、Na+、OH－
B. 澄清透明的溶液中：Cu2+、K+、SO42－、Br－
C. 滴入酚酞呈红色的溶液中：SO42－、 K＋、Cl－、Al3+
D. 饱和食盐水中：Fe3+、I－、SO32－、K+
【答案】B
【详解】A．HCO3-与OH-结合生成水和碳酸根离子，不能大量共存，故A不选；B．Cu2+、K+、SO42-、Br-四种离子之间不反应，是澄清透明的溶液，故B选；C．滴入酚酞呈红色的溶液，显碱性，含有OH-，Al3+与OH-反应结合为沉淀，不能大量共存，故C不选；D．铁离子能氧化碘离子，Fe3+与I-不能大量共存，故D不选；故选B。
12.下列反应的离子方程式中或电离方程式正确的是（ ）
A. 将硫酸氢钠溶液与碳酸氢钠溶液混合：CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O
B. 向NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至恰好使SO42－完全沉淀：2H++SO42－+2OH－+Ba2+=2H2O+BaSO4↓
C. 氧化铜与稀硫酸反应：2H＋＋O2－=H2O
D. HSO3－在水中的电离：HSO3－ + H2O SO32－+ H3O+
【答案】D
【详解】A、硫酸氢钠是强电解质，电离出氢离子与碳酸氢根离子反应，正确的离子反应方程式为：H++HCO3-=CO2↑+H2O，故A错误；B．向NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至恰好使SO42－完全沉淀，正确的离子方程式为：H++SO42－+OH－+Ba2+=H2O+BaSO4↓，故B错误；C．氧化物写化学式，正确的离子方程式为2H++CuO═H2O+Cu 2+，故C错误；D. HSO3－在水中的部分电离生成亚硫酸根离子和氢离子(或水合氢离子)：HSO3－ + H2O SO32－+ H3O+，故D正确；故选D。
13.下列事实与胶体的性质无关的是（ ）
A. 土壤中离子的吸附和交换过程，有保肥作用
B. 由肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗
C. 水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘，减少对空气的污染
D. 臭氧可用于水的消毒净化
【答案】D
【详解】A．土壤胶粒带负电荷，能吸附阳离子，与胶体性质有关，A错误；
B．血液透析的原理类似于渗析原理，透析膜相当于半透膜的作用，肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗，B错误；
C．胶体能吸附带电荷的离子，能产生电泳现象，与胶体有关，C错误；
D．臭氧用于水的消毒净化是因为臭氧具有强氧化性，与胶体的性质无关，D正确。
答案选D。
14.某溶液中大量存在以下五种离子：NO3—、SO42—、Fe3＋、H＋、M，其物质的量浓度之比为c(NO3—)∶c(SO42—)∶c(Fe3＋)∶c(H＋)∶c(M)＝2∶3∶1∶3∶1，则M可能是（ ）
A. Ba2＋ B. Mg2＋
C. Cl－ D. Al3＋
【答案】B
【解析】
【分析】某溶液中含有NO3-、SO42-、Fe3+、H+、M，其物质的量浓度之比为c(NO3—)∶c(SO42—)∶c(Fe3＋)∶c(H＋)∶c(M)＝2∶3∶1∶3∶1，溶液不显电性，利用电荷守恒结合离子共存分析解答。
【详解】已知物质的量浓度之比为c(NO3—)∶c(SO42—)∶c(Fe3＋)∶c(H＋)∶c(M)＝2∶3∶1∶3∶1，则物质的量之比为n(NO3—)∶n(SO42—)∶n(Fe3＋)∶n(H＋)∶n(M)＝2∶3∶1∶3∶1，设各离子的物质的量分别为2mol、3mol、1mol、3mol、1mol，则阴离子所带电荷n(NO3-)+2×n(SO42-)=2mol+2×3mol=8mol，阳离子所带电荷3×n(Fe3+)+n(H+)=3×1mol+3mol=6mol，阴离子所带电荷大于阳离子所带电荷，则M一定为阳离子，因M的物质的量为1mol，根据电荷守恒，则离子应带2个正电荷，又因Ba2+与SO42-反应生成沉淀而不能大量共存，则B符合，故选B。
15.下列氧化还原反应方程式，所标电子转移方向与数目错误的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【详解】A．该反应中Fe元素化合价由0价变为+2价、H元素化合价由+1价变为0价，得失电子的最小公倍数是2，中电子转移方向与数目正确，故A正确；B．该反应中Cl元素化合价由+5价、-1价变为0价，得失电子总数是5，其电子转移方向和数目为，故B错误；C．该反应中N元素化合价由+2价变为+5价、O元素化合价由0价变为-2价，得失电子总数是12，转移电子方向和数目为，故C正确；D．该反应中Cl元素化合价由0价变为+1价、-1价，得失电子总数是2，转移电子方向和数目为，故D正确；故选B。
16.已知X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化能力为W2＞Z2＞X2＞Y2，下列反应的化学方程式或叙述不成立的是（ ）
A. Z2 与X-在水溶液中不能大量共存
B. 还原性：Y-＞Z-＞W-
C. 2NaW＋Y2===2NaY＋W2
D. W2 通入到NaX和NaY的混合溶液中：W2优先氧化Y-
【答案】C
【解析】A．因为氧化性Z2＞X2，所以Z2能置换出X2，则Z2与X-在水溶液中不能大量共存，A正确；B．因为氧化能力是W2＞Z2＞X2＞Y2，所以还原性：Y-＞Z-＞W-，B正确；C．因为氧化性W2＞Y2，所以Y2不能置换出W2，因此2NaW+Y2=2NaY+W2不能发生，C错误；D．因为氧化能力是W2＞Z2＞X2＞Y2，所以还原性：Y-＞X-＞Z-＞W-，则W2通入到NaX和NaY的混合溶液中W2优先氧化Y-，D正确；答案选C。
17.己知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3+3C1O－+4OH－=2RO4n－+3Cl－+5H2O。则 RO4n－中 R 的化合价是（ ）
A. +7 B. +6
C. +5 D. +4
【答案】B
【解析】
【分析】如何离子方程式均需要满足电荷守恒，根据电荷守恒，首先求出n值，化合物中元素化合价代数和为零，RO4n-该离子中O元素化合价为-2价，R、O元素化合价的代数和为-n，判断R元素化合价，据此分析解答。
【详解】根据电荷守恒，有0+(-1)×3+(-1)×4=(-n)×2+(-1)×3+0，解得n=2，RO42-该离子中O元素化合价为-2价，R、O元素化合价的代数和为-2，所以该离子中R元素化合价=-2-(-2)×4=+6，故选B。
18.下列溶液中溶质的物质的量浓度为1 mol·L-1的是（ ）
A. 将40 g NaOH溶解在1 L水中
B. 将1 L 10 mol·L-1的浓盐酸加入9 L水中
C. 将22.4 L HCl气体溶于水配成1 L溶液
D. 将10 g NaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250 mL
【答案】D
【解析】试题分析：物质的量浓度是用单位体积的溶液中含有溶质的物质的量来表示的溶液组成。A是溶剂的体积，不是溶液的体积。错误。B物质的微粒间有间隔，所以体积不能相加，1 L 10mol/L的浓盐酸加入9 L水中得到的溶液体积不是10L。错误。C气体的体积受温度的影响较大，不指名体积是在什么条件下的没有意义。错误。DC(NaOH)=(m/M)/V=(10g/40g/mol)÷0.25L=1mol/L.正确。
19.某无色、澄清溶液中可能含有①Na＋、②SO42－、③Cl－、④HCO3－、⑤CO32－、⑥H+、⑦Cu2+中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：
步骤
操作
现象
（1）
用紫色石蕊试液检验
溶液变红
（2）
向溶液中滴加BaCl2和稀HCl
有白色沉淀生成
（3）
将（2）中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3
有白色沉淀生成
下列结论正确的是（ ）
A. 该实验无法确定是否含有③
B. 肯定含有的离子是②③⑥
C. 可能含有的离子是①③⑦
D. 肯定没有的离子是④⑤，可能含有的离子是②
【答案】A
【详解】原溶液为无色澄清溶液，可知溶液里没有Cu2+；(1)用紫色石蕊试液检验，溶液变红，说明溶液显酸性，溶液里含有大量的H+，则溶液里不含CO32-和HCO3-；(2)向溶液中滴加BaCl2和稀HCl，有白色沉淀生成，此沉淀为BaSO4，说明溶液里有SO42-；(3)将(2)中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，此沉淀为AgCl，但无法说明溶液里有Cl-，因实验(2)中滴加了稀盐酸和氯化钡溶液，引入了Cl-；综上所述，溶液里一定存在②SO42-、⑥H+，一定不存在④HCO3-、⑤CO32-、⑦Cu2+，可能存在①Na+、③Cl-，但无法说明溶液里有③Cl-，故选A。
20.对于某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）
A. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则原溶液中一定含 CO32－或HCO3－
B. 向某溶液中加入 BaCl2 溶液有白色沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有 Ag+
C. 向某溶液中先加入盐酸酸化，没有明显现象，再加入 BaCl2 溶液，有白色沉淀产生， 则原溶液中一定有 SO42-
D. 向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失则原溶液一定有Ba2+
【答案】C
【详解】A、向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，该气体为二氧化碳或二氧化硫，则原溶液中可能含CO32-，或SO32-，或HCO3-、HSO3-，故A错误；B、溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀，再加稀硝酸，沉淀不消失，生成的沉淀可能是氯化银或硫酸钡，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，则溶液中含有SO42-离子或Ag+离子，故B错误；C、向某溶液中加入足量的盐酸无明显现象，说明溶液中不存在银离子，碳酸根离子等，然后再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，证明原溶液中存在硫酸根离子，故C正确；D、向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，则原溶液可能有Ca2+或Ba2+，故D错误；故选C。
21.将2.7 g铝和4.6 g钠同时加入足量的水中充分反应，将反应后的溶液稀释、定容为500 mL。下列说法中正确的是（ ）
A. 所得溶液中阳离子和阴离子的物质的量之比为1∶1
B. 参加反应的水的质量与加入铝的质量相等
C. 所得溶液中钠离子和铝离子物质的量之比为2∶1
D. 反应中放出的气体在标准状况下的体积为2.24 L
【答案】A
【解析】
【分析】先根据钠与水反应方程式求出氢氧化钠的物质的量，再根据Al与氢氧化钠反应计算判断。
【详解】4.6 g钠的物质的量为 =0.2mol，2.7gAl的物质的量为=0.1mol。根据Na和水的反应：2 Na+2H2O═2 NaOH+H2↑知，生成的n(NaOH)=0.2mol，根据NaOH和Al的反应：2 Al+2 NaOH+2H2O═2 NaAlO2 +3 H2↑知，NaOH过量，Al完全反应，反应后溶液中的溶质为0.1molNaAlO2、0.1molNaOH。A、因反应后溶液中含有0.1molNaAlO2、0.1molNaOH，阳离子和阴离子的物质的量之比为1∶1，故A正确；B、根据NaOH和Al的反应：2 Al+2 NaOH+2H2O═2 NaAlO2 +3 H2↑知，反应共消耗水0.3mol，质量为5.4g，Al的物质的量为0.1mol，质量为2.7g，质量不等，故B错误；C、因反应后溶液中含有0.1molNaAlO2、0.1molNaOH，没有Al3+，故C错误；D、因钠与水反应和铝与氢氧化钠反应都放出气体，气体在标准状况下的体积为22.4L/mol×(+×0.1mol)=5.6L，故D错误；故选A。
22.由Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中某几种组成的混合物，向其中加入足量的盐酸有气体放出。将气体通过足量的NaOH溶液，气体体积减少一部分。将上述混合物在空气中加热，有气体放出，下列判断正确的是（ ）
A. 混合物中一定不含有Na2CO3、NaCl B. 混合物中一定有Na2O2、NaHCO3
C. 无法确定混合物中是否含有NaHCO3 D. 混合物中一定不含Na2O2、NaCl
【答案】B
【解析】试题分析：向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，该气体可以是氧气或者是二氧化碳中的至少一种，将放出的气体通过过量的NaOH溶液后，气体体积有所减少，说明气体是氧气和二氧化碳的混合物，物质中一定含有过氧化钠，还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的至少一种，将上述混合物在空气中充分加热，也有气体放出，故一定含有碳酸氢钠，Na2CO3、NaCl不能确定。A、混合物中可能含有含有Na2CO3、NaCl，故A错误；B、由上述分析可知，混合物中一定有Na2O2、NaHCO3，故B正确；C、由上述分析可知，混合物中一定有NaHCO3，故C错误；D、由上述分析可知，混合物中一定含有Na2O2，可能含有NaCl，故D错误；故选B。
23.把碎纸片b补充到a中，可得到一个完整的离子方程式(未配平)，下列说法正确的是（ ）
A. 反应物微粒是S、SO32-、OH-
B. 3mol S参加反应时，转移的电子数3NA
C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2
D. 该反应说明S2-和SO32-在碱性溶液中可以大量共存
【答案】D
【详解】碱性条件下，S与氢氧根离子反应生成S2-和SO32-，反应的离子方程式为3S+6OH-=2S2-+SO32-+3H2O，反应中部分S的化合价从0价升高到+4价，部分S的化合价从0价降低到-2价。A．反应物微粒是S、OH-，故A错误；B．反应中3molS转移4mol电子，则2molS参加反应时，转移的电子为=mol，则电子数为NA，故B错误；C．化合价降低的硫作氧化剂，化合价升高的S作还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，故C错误；D．根据方程式可知，S2-和SO32-在碱性溶液中可以大量共存，故D正确；故选D。
24.已知反应(1)、(2)分别是从海藻灰和智利硝石中提取碘的主要反应如下，
（1）2NaI＋MnO2＋3H2SO4=2NaHSO4＋MnSO4＋2H2O＋I2
（2）2NaIO3＋5NaHSO3=2Na2SO4＋3NaHSO4＋H2O＋I2
下列说法正确的是（ ）
A. 两个反应中NaHSO4均为氧化产物
B. 氧化性：MnO2>SO42－>IO3－>I2
C. I2在反应(1)中是还原产物，在反应(2)中是氧化产物
D. 反应(1)、(2)中生成等量的I2时转移电子数之比为1∶5
【答案】D
【详解】A．反应(1)中S元素化合价没有变化，NaHSO4既不是氧化产物，也不是还原产物，故A错误；B．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应(2)中有IO3-＞SO42-，故B错误；C．I2在反应(1)中，I元素化合价升高，被氧化，为氧化产物，在反应(2)中，I元素化合价降低，被还原，为还原产物，故C错误；D．反应(1)、(2)中生成等量的I2时，假设都为1mol，则反应(1)转移2mol电子，反应(2)转移10mol电子，则转移电子数比为1∶5，故D正确；故选D。
25.已知氧化性Br2＞Fe3+．向含溶质a mol的FeBr2溶液中通入b mol Cl2，充分反应．下列说法不正确的是（ ）
A. 离子的还原性强弱：Fe2+＞Br﹣＞Cl﹣
B. 当a≥2b时，发生的离子反应：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣
C. 当a=b时，反应后的离子浓度：c（Fe3+）：c（Br﹣）：c（Cl﹣）=1：2：2
D. 当3a≤2b时，发生的离子反应：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣
【答案】C
【解析】还原性Fe2+＞Br﹣，首先发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，Fe2+反应完毕，再发生反应：2Br﹣+Cl2=2Cl﹣+Br2，a mol的FeBr2溶液中含有amolFe2+、2amolBr﹣，
A．氧化性越强，相应离子的还原性越弱，故离子的还原性强弱：Fe2+＞Br﹣＞Cl﹣，故A正确；
B．amolFe2+消耗0.5amolCl2，当a≥2b时，只有Fe2+被氯气氧化，反应离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，故B正确；
C．当a=b时，由2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣可知，amolFe2+消耗0.5amolCl2，生成amolFe3+、amolCl﹣，由2Br﹣+Cl2=2Cl﹣+Br2可知，0.5amolCl2，消耗amolBr﹣，又生成amolCl﹣，溶液中剩余Br﹣为amol，反应后的离子浓度：c（Fe3+）：c（Br﹣）：c（Cl﹣）=a：a：2a=1：1：2，故C错误；
D．amolFe2+消耗0.5amolCl2，2amolBr﹣消耗amolCl2，当3a≤2b时，Fe2+、Br﹣完全被氧化，发生的离子反应：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣故D正确，
故选：C．
26.下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（ ）
A. 取a克混合物充分加热，减重b克
B. 取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
C. 取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克
D. 取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
【答案】C
【解析】试题分析：A．碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和CO2，所以取ag混合物充分加热，减重bg，则根据碳酸氢钠分解的方程式可以计算碳酸氢钠的质量，进而计算碳酸钠的质量分数，A正确；B．碳酸钠、碳酸氢钠均能与盐酸反应生成氯化钠、水和CO2，则取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体，bg固体是氯化钠，因此根据方程式可以计算碳酸钠的质量分数，B正确；C．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，由于生成的CO2中混有水蒸气，则增重bg的质量不是CO2的，所以不能计算碳酸钠的质量分数，C错误；D．碳酸钠、碳酸氢钠均与氢氧化钡反应生成碳酸钡白色沉淀，则取a g混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b g固体是碳酸钡，根据方程式可以计算碳酸钠的质量分数，D正确，答案选C。
27.（1）纯净物可根据其组成和性质进行分类。如图所示的分类方法属于________(填字母)。
A．交叉分类法
B．树状分类法
（2）人们以_________________________________为分类标准分出溶液、胶体和浊液三种体系，请写出实验室制备Fe(OH)3胶体的化学方程式：______________________________;
（3）以H、O、S、N几种元素中任意两种或三种元素组成合适的常见物质，分别将其中一种常见物质的化学式填在下表相应类别中：
物质类别
非含氧酸
碱
酸式盐
酸性氧化物
化学式
____________
___________
___________
__________
【答案】(1). B (2). 分散质粒子大小 (3). FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl (4). H2S (5). NH3·H2O (6). NH4HSO4（或NH4HSO4 、NH4HS） (7). SO2（或SO3、N2O5、N2O3）
【解析】
【分析】(1)树状分类法是一种很形象的分类法，按照层次，一层一层来分，就像一棵大树，之间为包含关系；(2)溶液、胶体和浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小不同；根据制备氢氧化铁胶体的原理书写方程式；(3)根据酸、碱、盐及氧化物的概念写出以H、O、S、N几种元素中任意两种或三种元素组成合适的常见物质；据此分析解答。
【详解】(1)树状分类法是一种很形象的分类法，按照层次，一层一层来分，就像一棵大树，图示方法就是树状分类图，故答案为：B；
(2)溶液、胶体和浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小不同，实验室利用铁离子水解生成氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，故答案为：分散质粒子大小；FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；
(3)由H、O、S、N、几种元素中的两种或者三种元素：组成的非含氧酸有H2S；组成的碱有NH3·H2O；组成的酸式盐有NH4HSO4、NH4HSO4 、NH4HS，组成的酸性氧化物有SO2、SO3、N2O5、N2O3，故答案为：H2S；NH3·H2O；NH4HSO4(或NH4HSO4、NH4HS)；SO2(或SO3、N2O5、N2O3)。
28.我省自贡盛产食盐，人类与食盐关系密切，食盐在老百姓生活和现代社会的工农业生产中均有重要作用，没有食盐的生活是不可以想象的。粗盐中的 Ca2＋、Mg2＋、SO42－以及泥沙等杂质，为了除去可溶性杂质，有以下实验步骤进行提纯：
①加适量盐酸； ②加过量 Na2CO3 溶液； ③过滤；
④加过量NaOH溶液； ⑤加过量BaCl2溶液
（1）以上正确的操作顺序为_______________________________________________________；
（2）步骤⑤判断BaCl2溶液过量的实验操作方法是_______________________________________________；
（3）步骤③实验中所用的玻璃仪器有烧杯、____________________、___________________；
（4）其中，在步骤①中涉及的离子反应方程式有_______________；_______________；
（5）除杂操作完成后，得到 NaCl 固体操作方法为________________________________；
（6）mg粗盐提纯后得到 n g 纯净的 NaCl 固体，则 m与 n的大小关系为 ______(选填)。
A．m>n B．m
【解析】
【分析】(1)在粗盐提纯时，要在最后一步加入盐酸，除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子；碳酸钠加在氯化钡的后面，除去钙离子和加入的过量的钡离子，NaOH溶液除镁离子，据此排序；
(2)判断BaCl2溶液过量说明溶液中没有硫酸根离子，据此分析检验；
(3)步骤③为过滤，据此判断需要的玻璃仪器；
(4)步骤①加适量盐酸，除去过量的氢氧根和碳酸根，据此书写方程式；
(5)除杂操作完成后，是由NaCl溶液得到NaCl固体，据此分析判断；
(6)粗盐提纯过程中除去了杂质离子，同时加入了钠离子、氯离子，据此分析判断。
【详解】(1)在粗盐提纯时，要在最后一步加入盐酸，除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，碳酸钠加在氯化钡的后面，除去钙离子和加入的过量的钡离子，NaOH溶液除镁离子，顺序在过滤前即可，所以正确的操作顺序为：⑤②④③①(或⑤④②③①或④⑤②③①)；故答案为：⑤②④③①(或⑤④②③①或④⑤②③①)；
(2)BaCl2溶液过量说明溶液中没有硫酸根离子，则取少量上层清液于试管中，加入BaCl2溶液，如果没有白色沉淀生成，则说明BaCl2溶液已过量；故答案为：取少量上层清液于试管中，加入BaCl2溶液，如果没有白色沉淀生成，则说明BaCl2溶液已过量；
(3)步骤③过滤所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗；故答案为：玻璃棒、漏斗；
(4)步骤①加适量盐酸，除去过量的氢氧根和碳酸根，则发生的离子反应为H++OH-=H2O、2H++CO32-=H2O+CO2↑，故答案为：H++OH-=H2O；2H++CO32-=H2O+CO2↑；
(5)除杂操作完成后，由NaCl溶液得到NaCl固体操作方法为蒸发结晶(或加热浓缩，冷却结晶)，故答案为：蒸发结晶(或加热浓缩，冷却结晶)；
(6)粗盐提纯过程中除去了杂质离子，质量减小，同时加入了钠离子、氯离子，质量又增大，因此不能确定m与n的大小，故答案为：D。
29.盐酸广泛应用在稀有金属的湿法冶金、漂染工业、金属加工、无机药品及有机药物的生产等领域中。HCl 极易溶于水，工业上用 HCl 气体溶于水的方法制取盐酸。
（1）用 12.0mol/L 浓盐酸配置 230mL 0.3mol/L 的稀盐酸，需要量取浓盐酸的体积为___mL；
（2）溶液稀释过程中需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、____________、___________；
（3）溶液稀释过程中有以下操作：
a．量取浓盐酸和一定体积的水，在烧杯中稀释
b．计算所需浓盐酸的体积
c．上下颠倒摇匀
d．加蒸馏水至刻度线 1-2cm 地方，改用胶头滴管加蒸馏水至凹液面与刻度线相切
e．将稀释液转移入容量瓶，洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液转移入容量瓶，振荡
以上正确的操作顺序为____________________________________________(填序号)；
（4）实验过程中的以下操作会导致最终所配溶液浓度（填“偏大”、“偏小”或“不变”）
a．量取浓盐酸时俯视：______________________；
b．量取浓盐酸后，清洗了量筒并将洗涤液转移入容量瓶：______________________；
c．实验前，容量瓶中有少量残留蒸馏水：______________________；
（5）标准状况，1L 水中通入 aL HCl 气体，忽略盐酸溶液中 HCl 的挥发，得到的盐酸溶液密度为 b g/mL，物质的量浓度为 ______________________mol/L。
【答案】(1). 6.3 (2). 250mL容量瓶 (3). 胶头滴管 (4). b、a、e、d、c (5). 偏小 (6). 偏大 (7). 不变 (8).
【解析】
【分析】(1)依据配制溶液体积选择容量瓶的规格，再依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸的体积；
(2)依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤选择需要仪器；
(3)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签，据此排序；
(4)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析；
(5)先根据n=计算出标准状况下aL氯化氢的物质的量，然后根据m=nM计算出氯化氢的质量，1L水的质量约为1000g，从而可知溶液质量，再根据V=计算出溶液的体积，最后根据c=计算出该盐酸的物质的量浓度。
【详解】(1)用12.0mol/L浓盐酸配置230mL 0.3mol/L的稀盐酸，应选择250mL容量瓶，设需要浓盐酸体积V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算得：12.0mol/L×V=0.250L×0.3mol/L，解得V=0.0063L=6.3mL，故答案为：6.3；
(2)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、容量瓶，配制230mL 0.3mol/L的稀盐酸，应选择250mL体积容量瓶，还缺少的仪器：250mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶；胶头滴管；
(3)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、溶解或稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签，所以正确的顺序为：baedc，故答案为：baedc；
(4)a．量取浓盐酸时俯视，导致量取的浓盐酸体积偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
b．量取浓盐酸后，清洗了量筒并将洗涤液转移入容量瓶，导致量取的浓盐酸体积偏大，溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏大；故答案为：偏大；
c．实验前，容量瓶中有少量残留蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变；故答案为：不变；
(5)标准状况下的a L 氯化氢气体的物质的量为：n(HCl)= =mol，该HCl的质量为：36.5g/mol×mol=g，1L水的质量约为1000g，则该盐酸质量为：1000g+g，该盐酸的体积为：=mL=L，所以该盐酸的物质的量浓度为：c(HCl)= =mol/L，故答案为： 。
30.一个氧化还原反应可以看作是由得电子和失电子的两个半反应组成。相同浓度的高锰酸钾在不同的条件下发生的半反应如下：
①MnO4-＋5e－＋8H＋=Mn2＋(接近无色)＋4H2O
②MnO4-＋3e－＋2H2O===MnO2↓＋4OH－
③MnO4-＋e－===MnO42-(绿色)
(1)从上述三个半反应中可以看出高锰酸根离子被还原的产物受溶液的___________影响。
(2)将足量SO2通入高锰酸钾溶液中，观察到的实验现象是：______________________，发生还原反应的离子反应过程为________→________(填离子)______________
(3)将PbO2投入到酸性MnSO4溶液中搅拌，溶液变为紫红色。试判断在酸性条件下氧化性强弱：PbO2 ____________MnO (填大于、小于或等于)
(4)将高锰酸钾滴加入硫化钾溶液中发生如下反应，其中K2SO4和S物质的量之比为3∶2，完成下列化学方程式：___KMnO4＋___K2S＋_____===___K2MnO4＋____K2SO4 ＋___S↓＋_________，________
【答案】(1). 酸碱性 (2). 高锰酸钾溶液从紫红色变为接近无色 (3). MnO4— Mn2+ (4). 大于 (5). 28KMnO4+5K2S+24KOH=28K2MnO4+3K2SO4+2S↓+12H2O
【解析】
【分析】(1)根据离子颜色结合半反应方程式溶液酸碱性判断；
(2)根据二氧化硫的水溶液显酸性，结合半反应方程式分析解答；
(3)根据同一化学反应中氧化剂的氧化性大于还原产物的氧化性分析解答；
(4)根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式。
【详解】(1)根据反应式知，溶液的酸碱性不同溶液的颜色不同，所以高锰酸根离子被还原的产物受溶液酸碱性的影响，故答案为：酸碱性；
(2)二氧化硫含有还原性，酸性条件下，高锰酸根离子与二氧化硫发生氧化还原反应，根据半反应①可知，高锰酸根离子得电子发生还原反应，生成二价锰离子，所以看到溶液从紫红色变为接近无色，故答案为：高锰酸钾溶液从紫红色变为接近无色；MnO4-→Mn2+；
(3)同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，将PbO2投入到酸性MnSO4溶液中搅拌，溶液变为紫红色，说明PbO2氧化二价锰离子生成高锰酸根离子，所以PbO2作氧化剂，高锰酸根离子是氧化产物，所以PbO2的氧化性大于高锰酸根离子，故答案为：大于；
(4)该反应中，高锰酸钾是氧化剂，一个高锰酸钾化学式得1个电子，硫化钾是还原剂，K2SO4和S的物质的量之比为3∶2，所以硫化钾生成硫酸钾和硫单质失去的电子数是28个电子，所以得失电子的最小公倍数是28，所以高锰酸钾的计量数是28，硫化钾的计量数是5，其它元素根据原子个数相等配平，所以方程式为：28KMnO4+5K2S+24KOH=28K2MnO4+3K2SO4+3S↓+12H2O，故答案为：28KMnO4+5K2S+24KOH=28K2MnO4+3K2SO4+2S↓+12H2O。
31.在足量的FeCl2溶液中，加入1～2滴液溴（红棕色，其水溶液颜色因浓度不同不同），振荡后溶液变为黄色。
（1）甲同学认为这不是发生化学反应所致，使溶液变黄色的物质是__________（填粒子的化学式，下同）；
乙同学认为这是发生反应所致，使溶液变黄色的物质是__________；
（2）提供以下试剂：A.酸性高锰酸钾溶液B.氢氧化钠溶液C.四氯化碳D.KSCN溶液
【经查阅资料：①氧化性MnO4->Br2>Fe3+>I2；②Fe3+遇KSCN溶液显红色】
若要证明乙同学是正确的，请用两种方法加以验证，写出选用的试剂编号及实验中观察到的现象。
选用试剂编号
实验现象
第一种方法
__________
____
第二种方法
_________
_________
（3）根据上述实验推测，若在FeBr2溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是_________；
（4）若选用淀粉碘化钾溶液来判断哪位同学的推断是正确的，你认为是否可行？____________（填“可行”或“不可行”）理由是__________________________
【答案】(1). Br2 (2). Fe3+ (3). C (4). CCl4层不变色 (5). D (6). 溶液显红色 (7). Fe2+ (8). 不可行 (9). Br2 和 Fe3+都能氧化I—
【解析】
【分析】(1)由信息可知，溶液为黄色的原因有两种，含溴单质或亚铁离子被溴氧化生成铁离子，据此分析解答；
(2)要设计实验证明乙同学的推断是正确的，则需要证明不含溴单质或存在铁离子，据此选择合适的试剂通过现象分析判断；
(3)由上述分析可知，还原性亚铁离子大于溴离子，据此分析解答；
(4)根据Br2 和 Fe3+都能氧化I—生成碘单质分析判断。
【详解】(1)由信息可知，溶液为黄色的原因有两种，含溴单质或亚铁离子被溴氧化生成铁离子，则甲认为溶液变黄色的物质是Br2，乙认为溶液变黄色的物质是Fe3+，故答案为：Br2；Fe3+；
(2)要设计实验证明乙同学的推断是正确的，就需要证明不含溴单质或存在铁离子。若选四氯化碳时有机层为无色，则证明不含溴单质，说明乙同学正确；若选NaOH溶液，出现红褐色沉淀，则证明生成了Fe3+，说明乙同学正确；若选硫氰化钾，溶液变为红色，则证明生成了Fe3+，说明乙同学正确，故答案为：C；CCl4层不变色；D；溶液显红色(或B；立即产生红褐色沉淀)；
(3)由上述分析可知，还原性亚铁离子大于溴离子，则在溴化亚铁溶液中通入氯气，还原性强的易被氧化，则Fe2+先被氧化，故答案为：Fe2+；
(4)若选用淀粉碘化钾溶液来判断哪位同学的推断是正确的，由于Br2 和 Fe3+都能氧化I—，生成了碘单质，溶液均变成蓝色，因此该方法不可行，故答案为：不可行；Br2 和 Fe3+都能氧化I—。
1.下列化学过程中，涉及氧化还原反应的是（ ）
A. 实验室制取氧气 B. 萃取碘水中的碘 C. 粗盐提纯 D. 用海水制取蒸馏水
【答案】A
【详解】A．实验室制取氧气，O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A正确；B．萃取碘水中的碘，是利用物质的溶解性分离的，属于物理过程，没有发生化学变化，故B错误；C．粗盐提纯主要是通过复分解反应除去杂质离子，然后过滤除去不溶性物质，没有涉及氧化还原反应，故C错误；D．用海水制取蒸馏水，属于物理过程，没有发生化学变化，故D错误；故选A。
2.下列有关金属及其化合物的说法正确的是（ ）
A. 钠保存在煤油里的原因之一是它极易与氧气反应
B. 食品工业中用Na2CO3作焙制糕点的膨松剂
C. 镁表面的氧化膜疏松，不能保护内层金属
D. 铝在空气中很容易燃烧
【答案】A
【详解】A、钠易和空气中的氧气以及水反应，保存在煤油中，沉在煤油的底部，可以隔绝空气，故A正确；B、Na2CO3不能分解生成气体，不能作焙制糕点的膨松剂，NaHCO3易受热分解生成气体，可以作焙制糕点的膨松剂，故B错误；C、镁表面有一层致密的氧化物保护膜，能起保护内部金属的作用，故C错误；D、铝表面有致密氧化膜，使铝不容易燃烧，故D错误；故选A。
3.分类是学习化学的方法之一，下列各组物质按氧化物、酸、碱、盐顺序排列的一组是（ ）
A. 氢氧化铁、硝酸、烧碱、氯化钠 B. 干冰、碳酸、纯碱、硫酸钾
C. 水、硫酸、熟石灰、氯化钾 D. 氨水、醋酸、氢氧化铁、食盐
【答案】C
【详解】A、氢氧化铁是碱而不是氧化物，故A错误；B、纯碱为碳酸钠，是盐不是碱，故B错误；C、水是氧化物；硫酸是酸；熟石灰是氢氧化钙，是碱；氯化钾为盐，故C正确；D、氨水是混合物，不是氧化物，故D错误；故选C。
4.完成下列实验所选择的装置或仪器正确的是（ ）
【答案】C
【详解】A．应该采用萃取和分液的方法分离，并且图中冷却水未下进上出，温度计的水银球没有放在蒸馏烧瓶的支管口附近，故A错误；B．应选蒸馏法分离，不是过滤，故B错误；C．碘易升华，KI加热不发生变化，从KI和I2的固体混合物中回收I2，应选升华，故C正确；D．蒸发时需要用玻璃棒搅拌，防止液体飞溅，故D错误；故选C。
5.下列有关钠的化合物说法正确的是（ ）
A. Na2O2与H2O反应中有氢氧化钠生成，Na2O2是典型的碱性氧化物
B. 用加热法除去NaHCO3固体中混有的Na2CO3
C. 灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，一定没有K+
D. Na2O2可用于呼吸面具中氧气的来源
【答案】D
【详解】A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，不属于碱性氧化物，故A错误；B．碳酸氢钠加热分解，加热将原物质除去了，故B错误；C．焰色反应为元素的性质，观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，则灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，不能确定是否含K+，故C错误；D．过氧化钠与二氧化碳以及水蒸气反应能够放出氧气，则Na2O2可用于呼吸面具中氧气的来源，故D正确；故选D。
6.下列溶液中Cl－的物质的量浓度最大的是（ ）
A. 300 mL 5 mol·L-1KClO3溶液 B. 1000 mL 2.5 mol·L-1NaCl溶液
C. 250 mL 1 mol·L-1AlCl3溶液 D. 200 mL 2 mol·L-1MgCl2溶液
【答案】D
【解析】
【分析】根据溶液中c（Cl-）=溶质的物质的量浓度×化学式中氯离子个数，与溶液的体积无关。
【详解】A、氯酸钾中不含氯离子，所以氯离子的物质的量浓度是0；B、1000mL 2.5mol•L-1NaCl溶液中c（Cl-）=c（NaCl）=2.5mol/L；C、250mL 1mol•L-1AlCl3溶液中c（Cl-）=3c（AlCl3）=1mol/L×3=3mol/L；D、200mL 2mol•L-1MgCl2溶液中c（Cl-）=2c（MgCl2）=2mol/L×2=4mol/L；所以氯离子浓度最大的是4mol/L，答案选D。
7.下列说法正确的是（ ）
A. 置换反应一定属于氧化还原反应，氧化还原反应一定属于离子反应
B. 碱性氧化物一定属于金属氧化物，酸性氧化物不一定属于非金属氧化物
C. 强氧化性的试剂与还原性的试剂混合一定能发生氧化还原反应
D. NaCl、液氨、蔗糖分别属于强电解质、弱电解质、非电解质
【答案】B
【详解】A．置换反应中一定存在元素的化合价变化，则一定属于氧化还原反应；氧化还原反应中不一定有离子参与，如氢气在氧气中的燃烧反应是氧化还原反应，但不是离子反应，故A错误；B、碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物可以是金属氧化物，也可以是非金属氧化物，如：Mn2O7、CO2是酸性氧化物，故B正确；C、一般强氧化剂遇到强还原剂可以发生氧化还原反应，但同种元素之间必须有中间价态才能发生，如浓硫酸与二氧化硫，故C错误；D．NH3本身不能发生电离，NH3为非电解质，故D错误；故选B。
8.配制100mL 0.1 mol/L的NaOH溶液，下列说法或操作正确的是（ ）
A. 用托盘天平称量NaOH固体时左盘和右盘均应使用称量纸
B. 在100mL容量瓶中溶解NaOH固体，冷却至室温才能进行定容
C. 称量所取的NaOH样品中有KOH杂质，其他操作正确，配好的NaOH溶液浓度偏低
D. 摇匀后见液面低于刻度线，应及时加水至刻度线
【答案】C
【详解】A．氢氧化钠具有腐蚀性，称量具有腐蚀性药品应放在小烧杯或者称量瓶中进行，故A错误；B．容量瓶为精密仪器，不能用来溶解固体，故B错误；C．称量所取的NaOH样品中有KOH杂质，其他操作正确，导致氢氧化钠溶质的物质的量偏小，则配好的NaOH溶液浓度偏低，故C正确；D．摇匀后见液面低于刻度线，再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，则所配溶液浓度偏低，故D错误；故选C。
9.同温同压下，质量相同的CO2、O2、CH4三种气体，下列说法错误的是（ ）
A. 所占的体积由大到小的顺序是：CH4＞O2＞CO2
B. 所含分子数由多到少的顺序是：CH4＞O2＞CO2
C. 密度由大到小的顺序是：CO2＞O2＞CH4
D. 所含的电子数由多到少是：CO2＞CH4＞O2
【答案】D
【详解】A．根据n=可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，同温同压下体积与物质的量成正比，则质量相同的CO2、O2、CH4三种气体，所占的体积由大到小的顺序是：CH4＞O2＞CO2，故A正确；B．根据n=可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越少，则同温同压下，质量相同的CO2、O2、CH4，分子数由多到少的顺序是：CH4＞O2＞CO2，故B正确；C．同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，CO2、O2、CH4三种气体摩尔质量由大到小的顺序是：CO2＞O2＞CH4，密度由大到小的顺序是：CO2＞O2＞CH4，故C正确；D．取mg四种气体，质量相同的CO2、O2、CH4三种气体含电子数分别为：×(6+8×2)=mol，×(8×2)=mol，×(6+1×4)=mol，所含的电子数由多到少是：CH4＞CO2=SO2，故D错误；故选D。
10.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4L 氦气与 1mol氢气所含原子数均为 2NA
B. 25 ℃、1.01×105Pa时，2.24 L Cl2中含有的原子数为0.2×6.02×1023
C. 常温常压下，S2和S8的混合物共6.4 g，所含硫原子数一定为0.2 NA
D. 将100 mL 0.1 mol•L﹣1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒数目为0.01 NA
【答案】C
【详解】A、标准状况下，22.4L氦气的物质的量为1mol，所含原子数均为NA，22.4L氢气的物质的量为1mol，所含原子数均为2NA，故A错误；B．不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L氯气的物质的量，故B错误；C、S2和S8的混合物中只有S原子，则硫原子的物质的量为 =0.2mol，则所含硫原子数一定为0.2NA，故C正确；D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故将100 mL 0.1 mol•L-1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒数目小于0.01NA，故D错误；故选C。
11.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 碳酸氢钠溶液中：Cl－、NO3－、Na+、OH－
B. 澄清透明的溶液中：Cu2+、K+、SO42－、Br－
C. 滴入酚酞呈红色的溶液中：SO42－、 K＋、Cl－、Al3+
D. 饱和食盐水中：Fe3+、I－、SO32－、K+
【答案】B
【详解】A．HCO3-与OH-结合生成水和碳酸根离子，不能大量共存，故A不选；B．Cu2+、K+、SO42-、Br-四种离子之间不反应，是澄清透明的溶液，故B选；C．滴入酚酞呈红色的溶液，显碱性，含有OH-，Al3+与OH-反应结合为沉淀，不能大量共存，故C不选；D．铁离子能氧化碘离子，Fe3+与I-不能大量共存，故D不选；故选B。
12.下列反应的离子方程式中或电离方程式正确的是（ ）
A. 将硫酸氢钠溶液与碳酸氢钠溶液混合：CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O
B. 向NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至恰好使SO42－完全沉淀：2H++SO42－+2OH－+Ba2+=2H2O+BaSO4↓
C. 氧化铜与稀硫酸反应：2H＋＋O2－=H2O
D. HSO3－在水中的电离：HSO3－ + H2O SO32－+ H3O+
【答案】D
【详解】A、硫酸氢钠是强电解质，电离出氢离子与碳酸氢根离子反应，正确的离子反应方程式为：H++HCO3-=CO2↑+H2O，故A错误；B．向NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至恰好使SO42－完全沉淀，正确的离子方程式为：H++SO42－+OH－+Ba2+=H2O+BaSO4↓，故B错误；C．氧化物写化学式，正确的离子方程式为2H++CuO═H2O+Cu 2+，故C错误；D. HSO3－在水中的部分电离生成亚硫酸根离子和氢离子(或水合氢离子)：HSO3－ + H2O SO32－+ H3O+，故D正确；故选D。
13.下列事实与胶体的性质无关的是（ ）
A. 土壤中离子的吸附和交换过程，有保肥作用
B. 由肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗
C. 水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘，减少对空气的污染
D. 臭氧可用于水的消毒净化
【答案】D
【详解】A．土壤胶粒带负电荷，能吸附阳离子，与胶体性质有关，A错误；
B．血液透析的原理类似于渗析原理，透析膜相当于半透膜的作用，肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗，B错误；
C．胶体能吸附带电荷的离子，能产生电泳现象，与胶体有关，C错误；
D．臭氧用于水的消毒净化是因为臭氧具有强氧化性，与胶体的性质无关，D正确。
答案选D。
14.某溶液中大量存在以下五种离子：NO3—、SO42—、Fe3＋、H＋、M，其物质的量浓度之比为c(NO3—)∶c(SO42—)∶c(Fe3＋)∶c(H＋)∶c(M)＝2∶3∶1∶3∶1，则M可能是（ ）
A. Ba2＋ B. Mg2＋
C. Cl－ D. Al3＋
【答案】B
【解析】
【分析】某溶液中含有NO3-、SO42-、Fe3+、H+、M，其物质的量浓度之比为c(NO3—)∶c(SO42—)∶c(Fe3＋)∶c(H＋)∶c(M)＝2∶3∶1∶3∶1，溶液不显电性，利用电荷守恒结合离子共存分析解答。
【详解】已知物质的量浓度之比为c(NO3—)∶c(SO42—)∶c(Fe3＋)∶c(H＋)∶c(M)＝2∶3∶1∶3∶1，则物质的量之比为n(NO3—)∶n(SO42—)∶n(Fe3＋)∶n(H＋)∶n(M)＝2∶3∶1∶3∶1，设各离子的物质的量分别为2mol、3mol、1mol、3mol、1mol，则阴离子所带电荷n(NO3-)+2×n(SO42-)=2mol+2×3mol=8mol，阳离子所带电荷3×n(Fe3+)+n(H+)=3×1mol+3mol=6mol，阴离子所带电荷大于阳离子所带电荷，则M一定为阳离子，因M的物质的量为1mol，根据电荷守恒，则离子应带2个正电荷，又因Ba2+与SO42-反应生成沉淀而不能大量共存，则B符合，故选B。
15.下列氧化还原反应方程式，所标电子转移方向与数目错误的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【详解】A．该反应中Fe元素化合价由0价变为+2价、H元素化合价由+1价变为0价，得失电子的最小公倍数是2，中电子转移方向与数目正确，故A正确；B．该反应中Cl元素化合价由+5价、-1价变为0价，得失电子总数是5，其电子转移方向和数目为，故B错误；C．该反应中N元素化合价由+2价变为+5价、O元素化合价由0价变为-2价，得失电子总数是12，转移电子方向和数目为，故C正确；D．该反应中Cl元素化合价由0价变为+1价、-1价，得失电子总数是2，转移电子方向和数目为，故D正确；故选B。
16.已知X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化能力为W2＞Z2＞X2＞Y2，下列反应的化学方程式或叙述不成立的是（ ）
A. Z2 与X-在水溶液中不能大量共存
B. 还原性：Y-＞Z-＞W-
C. 2NaW＋Y2===2NaY＋W2
D. W2 通入到NaX和NaY的混合溶液中：W2优先氧化Y-
【答案】C
【解析】A．因为氧化性Z2＞X2，所以Z2能置换出X2，则Z2与X-在水溶液中不能大量共存，A正确；B．因为氧化能力是W2＞Z2＞X2＞Y2，所以还原性：Y-＞Z-＞W-，B正确；C．因为氧化性W2＞Y2，所以Y2不能置换出W2，因此2NaW+Y2=2NaY+W2不能发生，C错误；D．因为氧化能力是W2＞Z2＞X2＞Y2，所以还原性：Y-＞X-＞Z-＞W-，则W2通入到NaX和NaY的混合溶液中W2优先氧化Y-，D正确；答案选C。
17.己知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3+3C1O－+4OH－=2RO4n－+3Cl－+5H2O。则 RO4n－中 R 的化合价是（ ）
A. +7 B. +6
C. +5 D. +4
【答案】B
【解析】
【分析】如何离子方程式均需要满足电荷守恒，根据电荷守恒，首先求出n值，化合物中元素化合价代数和为零，RO4n-该离子中O元素化合价为-2价，R、O元素化合价的代数和为-n，判断R元素化合价，据此分析解答。
【详解】根据电荷守恒，有0+(-1)×3+(-1)×4=(-n)×2+(-1)×3+0，解得n=2，RO42-该离子中O元素化合价为-2价，R、O元素化合价的代数和为-2，所以该离子中R元素化合价=-2-(-2)×4=+6，故选B。
18.下列溶液中溶质的物质的量浓度为1 mol·L-1的是（ ）
A. 将40 g NaOH溶解在1 L水中
B. 将1 L 10 mol·L-1的浓盐酸加入9 L水中
C. 将22.4 L HCl气体溶于水配成1 L溶液
D. 将10 g NaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250 mL
【答案】D
【解析】试题分析：物质的量浓度是用单位体积的溶液中含有溶质的物质的量来表示的溶液组成。A是溶剂的体积，不是溶液的体积。错误。B物质的微粒间有间隔，所以体积不能相加，1 L 10mol/L的浓盐酸加入9 L水中得到的溶液体积不是10L。错误。C气体的体积受温度的影响较大，不指名体积是在什么条件下的没有意义。错误。DC(NaOH)=(m/M)/V=(10g/40g/mol)÷0.25L=1mol/L.正确。
19.某无色、澄清溶液中可能含有①Na＋、②SO42－、③Cl－、④HCO3－、⑤CO32－、⑥H+、⑦Cu2+中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：
步骤
操作
现象
（1）
用紫色石蕊试液检验
溶液变红
（2）
向溶液中滴加BaCl2和稀HCl
有白色沉淀生成
（3）
将（2）中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3
有白色沉淀生成
下列结论正确的是（ ）
A. 该实验无法确定是否含有③
B. 肯定含有的离子是②③⑥
C. 可能含有的离子是①③⑦
D. 肯定没有的离子是④⑤，可能含有的离子是②
【答案】A
【详解】原溶液为无色澄清溶液，可知溶液里没有Cu2+；(1)用紫色石蕊试液检验，溶液变红，说明溶液显酸性，溶液里含有大量的H+，则溶液里不含CO32-和HCO3-；(2)向溶液中滴加BaCl2和稀HCl，有白色沉淀生成，此沉淀为BaSO4，说明溶液里有SO42-；(3)将(2)中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，此沉淀为AgCl，但无法说明溶液里有Cl-，因实验(2)中滴加了稀盐酸和氯化钡溶液，引入了Cl-；综上所述，溶液里一定存在②SO42-、⑥H+，一定不存在④HCO3-、⑤CO32-、⑦Cu2+，可能存在①Na+、③Cl-，但无法说明溶液里有③Cl-，故选A。
20.对于某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）
A. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则原溶液中一定含 CO32－或HCO3－
B. 向某溶液中加入 BaCl2 溶液有白色沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有 Ag+
C. 向某溶液中先加入盐酸酸化，没有明显现象，再加入 BaCl2 溶液，有白色沉淀产生， 则原溶液中一定有 SO42-
D. 向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失则原溶液一定有Ba2+
【答案】C
【详解】A、向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，该气体为二氧化碳或二氧化硫，则原溶液中可能含CO32-，或SO32-，或HCO3-、HSO3-，故A错误；B、溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀，再加稀硝酸，沉淀不消失，生成的沉淀可能是氯化银或硫酸钡，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，则溶液中含有SO42-离子或Ag+离子，故B错误；C、向某溶液中加入足量的盐酸无明显现象，说明溶液中不存在银离子，碳酸根离子等，然后再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，证明原溶液中存在硫酸根离子，故C正确；D、向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，则原溶液可能有Ca2+或Ba2+，故D错误；故选C。
21.将2.7 g铝和4.6 g钠同时加入足量的水中充分反应，将反应后的溶液稀释、定容为500 mL。下列说法中正确的是（ ）
A. 所得溶液中阳离子和阴离子的物质的量之比为1∶1
B. 参加反应的水的质量与加入铝的质量相等
C. 所得溶液中钠离子和铝离子物质的量之比为2∶1
D. 反应中放出的气体在标准状况下的体积为2.24 L
【答案】A
【解析】
【分析】先根据钠与水反应方程式求出氢氧化钠的物质的量，再根据Al与氢氧化钠反应计算判断。
【详解】4.6 g钠的物质的量为 =0.2mol，2.7gAl的物质的量为=0.1mol。根据Na和水的反应：2 Na+2H2O═2 NaOH+H2↑知，生成的n(NaOH)=0.2mol，根据NaOH和Al的反应：2 Al+2 NaOH+2H2O═2 NaAlO2 +3 H2↑知，NaOH过量，Al完全反应，反应后溶液中的溶质为0.1molNaAlO2、0.1molNaOH。A、因反应后溶液中含有0.1molNaAlO2、0.1molNaOH，阳离子和阴离子的物质的量之比为1∶1，故A正确；B、根据NaOH和Al的反应：2 Al+2 NaOH+2H2O═2 NaAlO2 +3 H2↑知，反应共消耗水0.3mol，质量为5.4g，Al的物质的量为0.1mol，质量为2.7g，质量不等，故B错误；C、因反应后溶液中含有0.1molNaAlO2、0.1molNaOH，没有Al3+，故C错误；D、因钠与水反应和铝与氢氧化钠反应都放出气体，气体在标准状况下的体积为22.4L/mol×(+×0.1mol)=5.6L，故D错误；故选A。
22.由Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中某几种组成的混合物，向其中加入足量的盐酸有气体放出。将气体通过足量的NaOH溶液，气体体积减少一部分。将上述混合物在空气中加热，有气体放出，下列判断正确的是（ ）
A. 混合物中一定不含有Na2CO3、NaCl B. 混合物中一定有Na2O2、NaHCO3
C. 无法确定混合物中是否含有NaHCO3 D. 混合物中一定不含Na2O2、NaCl
【答案】B
【解析】试题分析：向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，该气体可以是氧气或者是二氧化碳中的至少一种，将放出的气体通过过量的NaOH溶液后，气体体积有所减少，说明气体是氧气和二氧化碳的混合物，物质中一定含有过氧化钠，还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的至少一种，将上述混合物在空气中充分加热，也有气体放出，故一定含有碳酸氢钠，Na2CO3、NaCl不能确定。A、混合物中可能含有含有Na2CO3、NaCl，故A错误；B、由上述分析可知，混合物中一定有Na2O2、NaHCO3，故B正确；C、由上述分析可知，混合物中一定有NaHCO3，故C错误；D、由上述分析可知，混合物中一定含有Na2O2，可能含有NaCl，故D错误；故选B。
23.把碎纸片b补充到a中，可得到一个完整的离子方程式(未配平)，下列说法正确的是（ ）
A. 反应物微粒是S、SO32-、OH-
B. 3mol S参加反应时，转移的电子数3NA
C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2
D. 该反应说明S2-和SO32-在碱性溶液中可以大量共存
【答案】D
【详解】碱性条件下，S与氢氧根离子反应生成S2-和SO32-，反应的离子方程式为3S+6OH-=2S2-+SO32-+3H2O，反应中部分S的化合价从0价升高到+4价，部分S的化合价从0价降低到-2价。A．反应物微粒是S、OH-，故A错误；B．反应中3molS转移4mol电子，则2molS参加反应时，转移的电子为=mol，则电子数为NA，故B错误；C．化合价降低的硫作氧化剂，化合价升高的S作还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，故C错误；D．根据方程式可知，S2-和SO32-在碱性溶液中可以大量共存，故D正确；故选D。
24.已知反应(1)、(2)分别是从海藻灰和智利硝石中提取碘的主要反应如下，
（1）2NaI＋MnO2＋3H2SO4=2NaHSO4＋MnSO4＋2H2O＋I2
（2）2NaIO3＋5NaHSO3=2Na2SO4＋3NaHSO4＋H2O＋I2
下列说法正确的是（ ）
A. 两个反应中NaHSO4均为氧化产物
B. 氧化性：MnO2>SO42－>IO3－>I2
C. I2在反应(1)中是还原产物，在反应(2)中是氧化产物
D. 反应(1)、(2)中生成等量的I2时转移电子数之比为1∶5
【答案】D
【详解】A．反应(1)中S元素化合价没有变化，NaHSO4既不是氧化产物，也不是还原产物，故A错误；B．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应(2)中有IO3-＞SO42-，故B错误；C．I2在反应(1)中，I元素化合价升高，被氧化，为氧化产物，在反应(2)中，I元素化合价降低，被还原，为还原产物，故C错误；D．反应(1)、(2)中生成等量的I2时，假设都为1mol，则反应(1)转移2mol电子，反应(2)转移10mol电子，则转移电子数比为1∶5，故D正确；故选D。
25.已知氧化性Br2＞Fe3+．向含溶质a mol的FeBr2溶液中通入b mol Cl2，充分反应．下列说法不正确的是（ ）
A. 离子的还原性强弱：Fe2+＞Br﹣＞Cl﹣
B. 当a≥2b时，发生的离子反应：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣
C. 当a=b时，反应后的离子浓度：c（Fe3+）：c（Br﹣）：c（Cl﹣）=1：2：2
D. 当3a≤2b时，发生的离子反应：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣
【答案】C
【解析】还原性Fe2+＞Br﹣，首先发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，Fe2+反应完毕，再发生反应：2Br﹣+Cl2=2Cl﹣+Br2，a mol的FeBr2溶液中含有amolFe2+、2amolBr﹣，
A．氧化性越强，相应离子的还原性越弱，故离子的还原性强弱：Fe2+＞Br﹣＞Cl﹣，故A正确；
B．amolFe2+消耗0.5amolCl2，当a≥2b时，只有Fe2+被氯气氧化，反应离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，故B正确；
C．当a=b时，由2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣可知，amolFe2+消耗0.5amolCl2，生成amolFe3+、amolCl﹣，由2Br﹣+Cl2=2Cl﹣+Br2可知，0.5amolCl2，消耗amolBr﹣，又生成amolCl﹣，溶液中剩余Br﹣为amol，反应后的离子浓度：c（Fe3+）：c（Br﹣）：c（Cl﹣）=a：a：2a=1：1：2，故C错误；
D．amolFe2+消耗0.5amolCl2，2amolBr﹣消耗amolCl2，当3a≤2b时，Fe2+、Br﹣完全被氧化，发生的离子反应：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣故D正确，
故选：C．
26.下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（ ）
A. 取a克混合物充分加热，减重b克
B. 取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
C. 取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克
D. 取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
【答案】C
【解析】试题分析：A．碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和CO2，所以取ag混合物充分加热，减重bg，则根据碳酸氢钠分解的方程式可以计算碳酸氢钠的质量，进而计算碳酸钠的质量分数，A正确；B．碳酸钠、碳酸氢钠均能与盐酸反应生成氯化钠、水和CO2，则取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体，bg固体是氯化钠，因此根据方程式可以计算碳酸钠的质量分数，B正确；C．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，由于生成的CO2中混有水蒸气，则增重bg的质量不是CO2的，所以不能计算碳酸钠的质量分数，C错误；D．碳酸钠、碳酸氢钠均与氢氧化钡反应生成碳酸钡白色沉淀，则取a g混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b g固体是碳酸钡，根据方程式可以计算碳酸钠的质量分数，D正确，答案选C。
27.（1）纯净物可根据其组成和性质进行分类。如图所示的分类方法属于________(填字母)。
A．交叉分类法
B．树状分类法
（2）人们以_________________________________为分类标准分出溶液、胶体和浊液三种体系，请写出实验室制备Fe(OH)3胶体的化学方程式：______________________________;
（3）以H、O、S、N几种元素中任意两种或三种元素组成合适的常见物质，分别将其中一种常见物质的化学式填在下表相应类别中：
物质类别
非含氧酸
碱
酸式盐
酸性氧化物
化学式
____________
___________
___________
__________
【答案】(1). B (2). 分散质粒子大小 (3). FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl (4). H2S (5). NH3·H2O (6). NH4HSO4（或NH4HSO4 、NH4HS） (7). SO2（或SO3、N2O5、N2O3）
【解析】
【分析】(1)树状分类法是一种很形象的分类法，按照层次，一层一层来分，就像一棵大树，之间为包含关系；(2)溶液、胶体和浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小不同；根据制备氢氧化铁胶体的原理书写方程式；(3)根据酸、碱、盐及氧化物的概念写出以H、O、S、N几种元素中任意两种或三种元素组成合适的常见物质；据此分析解答。
【详解】(1)树状分类法是一种很形象的分类法，按照层次，一层一层来分，就像一棵大树，图示方法就是树状分类图，故答案为：B；
(2)溶液、胶体和浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小不同，实验室利用铁离子水解生成氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，故答案为：分散质粒子大小；FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；
(3)由H、O、S、N、几种元素中的两种或者三种元素：组成的非含氧酸有H2S；组成的碱有NH3·H2O；组成的酸式盐有NH4HSO4、NH4HSO4 、NH4HS，组成的酸性氧化物有SO2、SO3、N2O5、N2O3，故答案为：H2S；NH3·H2O；NH4HSO4(或NH4HSO4、NH4HS)；SO2(或SO3、N2O5、N2O3)。
28.我省自贡盛产食盐，人类与食盐关系密切，食盐在老百姓生活和现代社会的工农业生产中均有重要作用，没有食盐的生活是不可以想象的。粗盐中的 Ca2＋、Mg2＋、SO42－以及泥沙等杂质，为了除去可溶性杂质，有以下实验步骤进行提纯：
①加适量盐酸； ②加过量 Na2CO3 溶液； ③过滤；
④加过量NaOH溶液； ⑤加过量BaCl2溶液
（1）以上正确的操作顺序为_______________________________________________________；
（2）步骤⑤判断BaCl2溶液过量的实验操作方法是_______________________________________________；
（3）步骤③实验中所用的玻璃仪器有烧杯、____________________、___________________；
（4）其中，在步骤①中涉及的离子反应方程式有_______________；_______________；
（5）除杂操作完成后，得到 NaCl 固体操作方法为________________________________；
（6）mg粗盐提纯后得到 n g 纯净的 NaCl 固体，则 m与 n的大小关系为 ______(选填)。
A．m>n B．m
【解析】
【分析】(1)在粗盐提纯时，要在最后一步加入盐酸，除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子；碳酸钠加在氯化钡的后面，除去钙离子和加入的过量的钡离子，NaOH溶液除镁离子，据此排序；
(2)判断BaCl2溶液过量说明溶液中没有硫酸根离子，据此分析检验；
(3)步骤③为过滤，据此判断需要的玻璃仪器；
(4)步骤①加适量盐酸，除去过量的氢氧根和碳酸根，据此书写方程式；
(5)除杂操作完成后，是由NaCl溶液得到NaCl固体，据此分析判断；
(6)粗盐提纯过程中除去了杂质离子，同时加入了钠离子、氯离子，据此分析判断。
【详解】(1)在粗盐提纯时，要在最后一步加入盐酸，除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，碳酸钠加在氯化钡的后面，除去钙离子和加入的过量的钡离子，NaOH溶液除镁离子，顺序在过滤前即可，所以正确的操作顺序为：⑤②④③①(或⑤④②③①或④⑤②③①)；故答案为：⑤②④③①(或⑤④②③①或④⑤②③①)；
(2)BaCl2溶液过量说明溶液中没有硫酸根离子，则取少量上层清液于试管中，加入BaCl2溶液，如果没有白色沉淀生成，则说明BaCl2溶液已过量；故答案为：取少量上层清液于试管中，加入BaCl2溶液，如果没有白色沉淀生成，则说明BaCl2溶液已过量；
(3)步骤③过滤所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗；故答案为：玻璃棒、漏斗；
(4)步骤①加适量盐酸，除去过量的氢氧根和碳酸根，则发生的离子反应为H++OH-=H2O、2H++CO32-=H2O+CO2↑，故答案为：H++OH-=H2O；2H++CO32-=H2O+CO2↑；
(5)除杂操作完成后，由NaCl溶液得到NaCl固体操作方法为蒸发结晶(或加热浓缩，冷却结晶)，故答案为：蒸发结晶(或加热浓缩，冷却结晶)；
(6)粗盐提纯过程中除去了杂质离子，质量减小，同时加入了钠离子、氯离子，质量又增大，因此不能确定m与n的大小，故答案为：D。
29.盐酸广泛应用在稀有金属的湿法冶金、漂染工业、金属加工、无机药品及有机药物的生产等领域中。HCl 极易溶于水，工业上用 HCl 气体溶于水的方法制取盐酸。
（1）用 12.0mol/L 浓盐酸配置 230mL 0.3mol/L 的稀盐酸，需要量取浓盐酸的体积为___mL；
（2）溶液稀释过程中需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、____________、___________；
（3）溶液稀释过程中有以下操作：
a．量取浓盐酸和一定体积的水，在烧杯中稀释
b．计算所需浓盐酸的体积
c．上下颠倒摇匀
d．加蒸馏水至刻度线 1-2cm 地方，改用胶头滴管加蒸馏水至凹液面与刻度线相切
e．将稀释液转移入容量瓶，洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液转移入容量瓶，振荡
以上正确的操作顺序为____________________________________________(填序号)；
（4）实验过程中的以下操作会导致最终所配溶液浓度（填“偏大”、“偏小”或“不变”）
a．量取浓盐酸时俯视：______________________；
b．量取浓盐酸后，清洗了量筒并将洗涤液转移入容量瓶：______________________；
c．实验前，容量瓶中有少量残留蒸馏水：______________________；
（5）标准状况，1L 水中通入 aL HCl 气体，忽略盐酸溶液中 HCl 的挥发，得到的盐酸溶液密度为 b g/mL，物质的量浓度为 ______________________mol/L。
【答案】(1). 6.3 (2). 250mL容量瓶 (3). 胶头滴管 (4). b、a、e、d、c (5). 偏小 (6). 偏大 (7). 不变 (8).
【解析】
【分析】(1)依据配制溶液体积选择容量瓶的规格，再依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸的体积；
(2)依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤选择需要仪器；
(3)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签，据此排序；
(4)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析；
(5)先根据n=计算出标准状况下aL氯化氢的物质的量，然后根据m=nM计算出氯化氢的质量，1L水的质量约为1000g，从而可知溶液质量，再根据V=计算出溶液的体积，最后根据c=计算出该盐酸的物质的量浓度。
【详解】(1)用12.0mol/L浓盐酸配置230mL 0.3mol/L的稀盐酸，应选择250mL容量瓶，设需要浓盐酸体积V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算得：12.0mol/L×V=0.250L×0.3mol/L，解得V=0.0063L=6.3mL，故答案为：6.3；
(2)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、容量瓶，配制230mL 0.3mol/L的稀盐酸，应选择250mL体积容量瓶，还缺少的仪器：250mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶；胶头滴管；
(3)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、溶解或稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签，所以正确的顺序为：baedc，故答案为：baedc；
(4)a．量取浓盐酸时俯视，导致量取的浓盐酸体积偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
b．量取浓盐酸后，清洗了量筒并将洗涤液转移入容量瓶，导致量取的浓盐酸体积偏大，溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏大；故答案为：偏大；
c．实验前，容量瓶中有少量残留蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变；故答案为：不变；
(5)标准状况下的a L 氯化氢气体的物质的量为：n(HCl)= =mol，该HCl的质量为：36.5g/mol×mol=g，1L水的质量约为1000g，则该盐酸质量为：1000g+g，该盐酸的体积为：=mL=L，所以该盐酸的物质的量浓度为：c(HCl)= =mol/L，故答案为： 。
30.一个氧化还原反应可以看作是由得电子和失电子的两个半反应组成。相同浓度的高锰酸钾在不同的条件下发生的半反应如下：
①MnO4-＋5e－＋8H＋=Mn2＋(接近无色)＋4H2O
②MnO4-＋3e－＋2H2O===MnO2↓＋4OH－
③MnO4-＋e－===MnO42-(绿色)
(1)从上述三个半反应中可以看出高锰酸根离子被还原的产物受溶液的___________影响。
(2)将足量SO2通入高锰酸钾溶液中，观察到的实验现象是：______________________，发生还原反应的离子反应过程为________→________(填离子)______________
(3)将PbO2投入到酸性MnSO4溶液中搅拌，溶液变为紫红色。试判断在酸性条件下氧化性强弱：PbO2 ____________MnO (填大于、小于或等于)
(4)将高锰酸钾滴加入硫化钾溶液中发生如下反应，其中K2SO4和S物质的量之比为3∶2，完成下列化学方程式：___KMnO4＋___K2S＋_____===___K2MnO4＋____K2SO4 ＋___S↓＋_________，________
【答案】(1). 酸碱性 (2). 高锰酸钾溶液从紫红色变为接近无色 (3). MnO4— Mn2+ (4). 大于 (5). 28KMnO4+5K2S+24KOH=28K2MnO4+3K2SO4+2S↓+12H2O
【解析】
【分析】(1)根据离子颜色结合半反应方程式溶液酸碱性判断；
(2)根据二氧化硫的水溶液显酸性，结合半反应方程式分析解答；
(3)根据同一化学反应中氧化剂的氧化性大于还原产物的氧化性分析解答；
(4)根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式。
【详解】(1)根据反应式知，溶液的酸碱性不同溶液的颜色不同，所以高锰酸根离子被还原的产物受溶液酸碱性的影响，故答案为：酸碱性；
(2)二氧化硫含有还原性，酸性条件下，高锰酸根离子与二氧化硫发生氧化还原反应，根据半反应①可知，高锰酸根离子得电子发生还原反应，生成二价锰离子，所以看到溶液从紫红色变为接近无色，故答案为：高锰酸钾溶液从紫红色变为接近无色；MnO4-→Mn2+；
(3)同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，将PbO2投入到酸性MnSO4溶液中搅拌，溶液变为紫红色，说明PbO2氧化二价锰离子生成高锰酸根离子，所以PbO2作氧化剂，高锰酸根离子是氧化产物，所以PbO2的氧化性大于高锰酸根离子，故答案为：大于；
(4)该反应中，高锰酸钾是氧化剂，一个高锰酸钾化学式得1个电子，硫化钾是还原剂，K2SO4和S的物质的量之比为3∶2，所以硫化钾生成硫酸钾和硫单质失去的电子数是28个电子，所以得失电子的最小公倍数是28，所以高锰酸钾的计量数是28，硫化钾的计量数是5，其它元素根据原子个数相等配平，所以方程式为：28KMnO4+5K2S+24KOH=28K2MnO4+3K2SO4+3S↓+12H2O，故答案为：28KMnO4+5K2S+24KOH=28K2MnO4+3K2SO4+2S↓+12H2O。
31.在足量的FeCl2溶液中，加入1～2滴液溴（红棕色，其水溶液颜色因浓度不同不同），振荡后溶液变为黄色。
（1）甲同学认为这不是发生化学反应所致，使溶液变黄色的物质是__________（填粒子的化学式，下同）；
乙同学认为这是发生反应所致，使溶液变黄色的物质是__________；
（2）提供以下试剂：A.酸性高锰酸钾溶液B.氢氧化钠溶液C.四氯化碳D.KSCN溶液
【经查阅资料：①氧化性MnO4->Br2>Fe3+>I2；②Fe3+遇KSCN溶液显红色】
若要证明乙同学是正确的，请用两种方法加以验证，写出选用的试剂编号及实验中观察到的现象。
选用试剂编号
实验现象
第一种方法
__________
____
第二种方法
_________
_________
（3）根据上述实验推测，若在FeBr2溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是_________；
（4）若选用淀粉碘化钾溶液来判断哪位同学的推断是正确的，你认为是否可行？____________（填“可行”或“不可行”）理由是__________________________
【答案】(1). Br2 (2). Fe3+ (3). C (4). CCl4层不变色 (5). D (6). 溶液显红色 (7). Fe2+ (8). 不可行 (9). Br2 和 Fe3+都能氧化I—
【解析】
【分析】(1)由信息可知，溶液为黄色的原因有两种，含溴单质或亚铁离子被溴氧化生成铁离子，据此分析解答；
(2)要设计实验证明乙同学的推断是正确的，则需要证明不含溴单质或存在铁离子，据此选择合适的试剂通过现象分析判断；
(3)由上述分析可知，还原性亚铁离子大于溴离子，据此分析解答；
(4)根据Br2 和 Fe3+都能氧化I—生成碘单质分析判断。
【详解】(1)由信息可知，溶液为黄色的原因有两种，含溴单质或亚铁离子被溴氧化生成铁离子，则甲认为溶液变黄色的物质是Br2，乙认为溶液变黄色的物质是Fe3+，故答案为：Br2；Fe3+；
(2)要设计实验证明乙同学的推断是正确的，就需要证明不含溴单质或存在铁离子。若选四氯化碳时有机层为无色，则证明不含溴单质，说明乙同学正确；若选NaOH溶液，出现红褐色沉淀，则证明生成了Fe3+，说明乙同学正确；若选硫氰化钾，溶液变为红色，则证明生成了Fe3+，说明乙同学正确，故答案为：C；CCl4层不变色；D；溶液显红色(或B；立即产生红褐色沉淀)；
(3)由上述分析可知，还原性亚铁离子大于溴离子，则在溴化亚铁溶液中通入氯气，还原性强的易被氧化，则Fe2+先被氧化，故答案为：Fe2+；
(4)若选用淀粉碘化钾溶液来判断哪位同学的推断是正确的，由于Br2 和 Fe3+都能氧化I—，生成了碘单质，溶液均变成蓝色，因此该方法不可行，故答案为：不可行；Br2 和 Fe3+都能氧化I—。
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