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【化学】内蒙古鄂尔多斯市第一中学2018-2019学年高一下学期开学考试试卷（解析版）
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内蒙古鄂尔多斯市第一中学2018-2019学年高一下学期开学考试试题
1.化学与人类生活生产密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A. 工厂可用静电除尘与胶体性质无关
B. 可用钢瓶贮存液氯或浓硫酸
C. 氢氧化铝是医用中和剂中的一种，可使胃液浓度降低，起到中和胃酸的作用。
D. 矿物脱硫脱硝可有效防止酸雨。
【答案】A
【详解】A. 粉尘分散到空气中形成胶体，胶体粒子带电，工厂用静电除尘与胶体性质有关，故A选；
B. 液氯不与铁反应，铁遇浓硫酸发生钝化，可用钢瓶贮存液氯或浓硫酸，故B不选；
C. 氢氧化铝具有弱碱性，氢氧化铝是医用中和剂中的一种，可使胃液浓度降低，起到中和胃酸的作用，故C不选；
D. 氮的氧化物和硫的氧化物可引起酸雨，矿物脱硫脱硝可有效防止酸雨，故D不选。
故选A。
2.下列变化中，气体被还原的是（ ）
A. 氨气使酚酞溶液由无色变成红色 B. 二氧化碳使Na2O2由浅黄色变成白色
C. 氧气使FeSO4溶液由浅绿色变成黄色 D. 氢气使灼热的CuO由黑色变成红色
【答案】C
【详解】A．氨气使酚酞溶液由无色变成红色，说明氨水呈碱性，该反应不属于氧化还原反应，氨气没有被还原，故A不符合；
B．二氧化碳使Na2O2由浅黄色变成白色，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，二氧化碳不是还原剂也不是氧化剂，故B不符合；
C．氧气使FeSO4溶液由浅绿色变成黄色，氧气为氧化剂，反应中被还原，故C符合；
D．氢气使灼热的CuO由黑色变成红色，氧化铜被氢气还原成铜，氢气为还原剂，反应中被氧化，故D不符合；
故答案选C。
3.容量瓶是用来配制一定物质的量浓度的溶液的定量仪器，其上标有以下六项中的（ ）
①温度 ②浓度 ③容量 ④压强 ⑤刻度线 ⑥分刻度线
A. ②④ B. ①③⑥ C. ①②④ D. ①③⑤
【答案】D
【详解】容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量容器，容量瓶上标有容量、温度、刻度线，故选D。
4.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中:SO2+H2O+Ca2++2ClO－=CaSO3↓+2HClO
B. 氯化铝溶液与过量氨水反应：Al3++4NH3·H2O= AlO2－+4NH4++2H2O
C. 过量SO2通入氨水中：2OH-+SO2=SO32-+H2O
D. 铁溶于浓盐酸中：Fe+ 2H+ = Fe2+ + H2↑
【答案】D
【详解】A、SO2具有还原性，可被Ca（ClO）2氧化，少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中的离子反应为SO2+H2O+Ca2＋+ClO－=CaSO4↓+2H＋+Cl－，故A错误；
B、氨水为弱碱，氯化铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为Al3＋+3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4＋，故B错误；
C、过量SO2通入氨水中：NH3·H2O+SO2=NH4＋＋HSO3－，故C错误；
D、铁溶于浓盐酸中生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为：Fe+ 2H+ = Fe2+ + H2↑，故D正确；
故选D。
5.如图两瓶体积相等的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是（ ）
A. 所含原子数相等 B. 气体密度相等
C. 气体质量相等 D. 摩尔质量相等
【答案】A
【解析】同温同压相同体积的任何气体所含分子数相等；由于N2、O2、NO均为双原子分子，所以，所含原子数相等；
6.下列装置所示的实验中，能达到实验目的的是（ ）
A. 分离碘和酒精 B. 除去Cl2中的HCl
C. 实验室制氨气 D. 排水法收集NO
【答案】D
【解析】试题分析：A、碘和酒精混溶，故错；B、氯气也与氢氧化钠溶液反应，故错；C、实验室常用加热氯化铵与熟石灰固体来制氨气，故错。故选D。
7.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法完全正确的一组是（ ）
①标准状况下,11.2L四氯化碳含有的分子数为0.5NA②在常温常压下，14g氮气含有的核外电子总数为7NA ③78g Na2S和Na2O2的混合物中含有阴离子数等于NA④常温常压下，4.6gNO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数目为0.2NA⑤已知NaCl 溶于乙醇中可制成胶体，0.1molNaCl在乙醇中形成的胶体含有0.1NA个胶粒⑥在过氧化钠与水的反应中每生成0.1mol氧气转移电子数为0.4NA
A. ④⑤⑥ B. ①③④ C. ②③④ D. ①⑤⑥
【答案】C
【详解】①标准状况下，四氯化碳不是气体，无法计算11.2L四氯化碳含有的分子数，故错误；
②一个氮原子核外有7个电子，常温常压下，14g氮气的物质的量为0.5mol，含有的核外电子总数为7NA ，故正确；
③Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g·mol－1，故78g混合物的物质的量为1mol，而两者中均含1个阴离子，则1mol混合物中含NA个阴离子，故正确；
④NO2和N2O4的最简式均为NO2， 4.6g NO2的物质的量为0.1mol，则含有0.2NA个氧原子，故正确；
⑤一个胶粒是多个氯化钠的聚集体，故0.1mol氯化钠溶于乙醇后形成的胶粒的个数小于0.1NA个，故错误。
⑥过氧化钠中氧元素的化合价为-1，在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气转移电子0.2mol，个数为0.2NA，故错误；
故选C。
8.某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32–、Cl–、OH–、NO3–。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（ ）
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】C
【解析】含有Fe3+的溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在；H+与CO32–、OH–会发生反应，不能大量共存；OH–与NH4+、Al3+会发生反应，不能大量共存；Ba2+、Al3+、CO32–会发生反应，不能大量共存。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，若溶液为碱性，则含有大量的OH–。还可能含有大量的Ba2+、CO32–、Cl–、NO3–。离子最多4种；若溶液为酸性，由于H+、NO3–起硝酸的作用，加入Al不能产生氢气，所以含有的离子可能是：H+、NH4+、Ba2+、Al3+、Cl–，最多是5种离子。故选项是C。
9.向CuSO4溶液中逐滴加入过量KI溶液，观察到产生白色沉淀，溶液变为棕色.再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色.则下列分析中正确的是（ ）
A. 白色沉淀是CuI2，棕色溶液含有I2
B. 上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2
C. 通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂
D. 滴加KI溶液时，转移1mol电子时生成0.5mol白色沉淀
【答案】B
【详解】A、CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。由上述分析及化学方程式可知，白色沉淀是CuI，溶液中含有I2，故A错误；
B、2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2＋化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2＋＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2＋＞I2＞SO2，故B正确。
C、反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反应可知，碘元素化合价由0价降低为-1价，被还原，所以I2是氧化剂，故C错误；
D、CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知每转移2mol电子生成2molCuI，所以转移1mole－时生成1molCuI白色沉淀，故D错误。
故选B。
10.根据氯水分别与如图四种物质发生的反应选择正确的表述：（ ）
A. a反应的离子方程式可能是：2Fe2+ +4Br－+3Cl2 ＝2Fe3+ + 2Br2 +6Cl－
B. b反应中产生无色无味气体，说明HClO的酸性强于H2 CO3
C. c反应的现象中知可以直接利用硝酸银溶液检验Cl－
D. d反应的最终现象是紫色石蕊溶液褪色，因为Cl2具有漂白性
【答案】A
【解析】A. 亚铁离子、溴离子均可以被氯气氧化，则a反应的离子方程式可能是：2Fe2+ +4Br－+3Cl2＝2Fe3+ +2Br2+6Cl－，A正确；B. 氯水中的盐酸与碳酸钠反应产生二氧化碳气体，HClO的酸性弱于H2CO3，B错误；C. 与硝酸银溶液反应产生白色沉淀的不一定为氯离子，不能直接检验Cl－，C错误；D. d反应的最终现象是紫色石蕊溶液褪色，因为次氯酸具有漂白性，氯气没有漂白性，D错误，答案选A。
11.对下列物质中杂质(括号内为杂质）的检验、除杂的试剂或方法正确的是（ ）
物质及其杂质
检验
除杂
A Cl2（HCl）
湿润的淀粉碘化钾试纸
饱和食盐水
B FeCl2（FeCl3）
KSCN溶液
氢氧化钠溶液
C 淀粉胶体（NaCl）
丁达尔效应
渗析
D NO（NO2）
观察颜色或湿润的淀粉碘化钾试纸
水
【答案】D
【解析】A、氯化氢不能使湿润的淀粉碘化钾试纸变色，不能检验氯化氢，A错误；B、氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠溶液均反应，不能除杂，应该用铁粉，B错误；C、丁达尔效应可以检验胶体，不能检验氯化钠，C错误；D、NO2是红棕色气体且具有强氧化性，观察颜色或用湿润的淀粉碘化钾试纸可以检验NO中的NO2。NO2溶于水生成硝酸和NO，可以用水除去NO中的NO2，D正确，答案选D。
12.类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中，错误的是（ ）
①钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2
②铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中
③化合物NaCl的焰色为黄色；Na2CO3的焰色也为黄色
④密度为1.1g•cm﹣3与密度为1.2g•cm﹣3的NaCl溶液等体积混合，所得NaCl溶液的密度介于1.1g•cm﹣3与1.2g•cm﹣3之间；钠钾合金的熔点应介于Na和K熔点之间．
A. ①②③ B. ①②④ C. ①②③④ D. ①③④
【答案】B
【详解】①活泼金属可以和水反应生成碱和氢气，锌、铜等金属与水不反应，故①错误；
②铝能够在空气中与氧气反应生成致密氧化膜，阻止反应继续，所以铝比铁耐腐蚀，故②错误；
③氯化钠、碳酸钠都含有钠元素，焰色都是黄色，故③正确；
④钠钾合金的熔点应低于Na和K任一金属的熔点，故④错误。
故选B。
13.下列有关物质的性质描述不符合事实的是（ ）
A. 氧化铝是冶炼金属铝的原料，由于它熔点高，也是一种较好的耐火材料
B. 在混有少量泥沙浑浊水的两只试管分别加入少量明矾、硫酸铁溶液，水变得清澈
C. 纯净的SiO2是现代光学及光纤制品的基本原料，也是人类将太阳能转化为电能的常用材料
D. 浓硝酸显黄色是由于硝酸分解出的二氧化氮又溶于硝酸中
【答案】C
【详解】A、电解氧化铝得到金属铝，所以氧化铝是冶炼金属铝的原料，氧化铝熔点高，也是一种比较好的耐火材料，故A正确；
B、明矾属于铝盐、硫酸铁属于铁盐，溶于水电离出的Al3＋和Fe3＋能水解生成Al（OH）3和Fe（OH）3胶体，吸附水中的杂质，能起到净水的作用，水变得清澈，故B正确；
C、将太阳能转化为电能的是硅晶体，现代光学及光纤制品的主要原料为二氧化硅，故C错误；
D、浓硝酸见光易分解，浓硝酸显黄色是由于硝酸分解出的二氧化氮又溶于硝酸中，故D正确。
故选C。
14.一杯澄清透明的溶液中，已知各离子的浓度均为0.1mol/L，体积为1L．可能含有的离子：阳离子：K+，Fe2+，Ba2+，NH4+ 阴离子：Cl﹣，NO3﹣，CO32﹣，SO42﹣向该混合液中加足量稀盐酸，有无色气体生成，且阴离子的种类不变．对该溶液的下列叙述错误的是（ ）
A. 该溶液一定含有Fe2+，NO3﹣，Cl﹣ B. 该溶液一定不含K+，NH4+
C. 该溶液一定不含CO32﹣，Ba2+ D. 该溶液可能含有SO42﹣
【答案】B
【解析】加入盐酸有无色气体生成，且阴离子种类不变，说明原溶液一定有氯离子和硝酸根离子和亚铁离子，一定不存在碳酸根离子，因为有碳酸根离子，离子种类不变，所以应该是亚铁离子被酸性条件下的硝酸根离子氧化生成铁离子，由溶液电中性，各种离子的浓度都为0.1mol/L，则氯离子和硝酸根离子总共带的负电荷为0.2mol/L，亚铁离子带正电荷也为0.2mol/L，若存在硫酸根离子，则溶液中一定有钾离子和铵根离子，但一定不存在钡离子；若不存在硫酸根离子，则钾离子和铵根离子一定不存在。故选B。
15.已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。下图所示为气体扩散速度的实验，两种气体扩散相遇时形成白色烟环。下列关于物质甲、乙的判断正确的是（ ）
A. 甲是浓氨水，乙是浓硫酸 B. 甲是浓盐酸，乙是浓氨水
C. 甲是浓氨水，乙是浓盐酸 D. 甲是浓硫酸，乙是浓氨水
【答案】C
【详解】浓硫酸不挥发，排除AD选项；由于气体的摩尔质量越小，扩散速度越快，所以氨气的扩散速度比氯化氢快，氨水比浓盐酸离烟环远，所以甲为浓氨水、乙为浓盐酸。
故选C。
16.实验是化学的灵魂，下列关于实验现象的叙述正确的是（ ）
A. 加稀氢氧化钠溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝，溶液中一定没有NH4+
B. 在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解：再加入Cu（NO3）2固体，铜粉仍不溶解
C. 向饱和的碳酸钠溶液中通入二氧化碳至过量，先产生白色沉淀，后又逐渐溶解
D. 向氢氧化铁胶体中逐滴滴入稀硫酸溶液，先产生沉淀，后又逐渐溶解
【答案】D
【详解】A、氨气在水中溶解度大，加稀氢氧化钠溶液，产生的氨气不能逸出，故A错误；
B、酸性条件下Cu、硝酸根离子发生氧化还原反应，铜粉溶解，故B错误；
C、碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，向饱和的碳酸钠溶液中通入二氧化碳至过量，产生白色沉淀，不溶解，故C错误；
D、氢氧化铁胶体遇到电解质先聚沉，后发生酸碱中和反应溶解，故D正确；
故选D。
17.把一块镁铝合金投入到1mol/L盐酸中，待合金完全溶解后(盐酸有剩余)，再往溶液里加入1mol/LNaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A. 盐酸的体积为80mL
B. a的取值范围为0＜a＜50
C. 当a值为30时，b值为0.01
D. n(Mg2+)＜0.025mol
【答案】C
【详解】A、第一阶段，盐酸和氢氧化钠反应：H++OH-＝H2O；第二阶段，氯化镁、氯化铝和氢氧化钠反应：Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓，Al3++3OH-＝Al(OH)3↓，在V（NaOH）=80mL时，溶液中溶质全为NaCl，由于盐酸和氢氧化钠的浓度相等，所以盐酸的体积为80mL，故A正确；
B、第三阶段，氢氧化铝溶解：Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，因为此时消耗NaOH10mL，所以n（Al3+）=0.01mol，和Al3+反应的NaOH为30mL，因为第一阶段和Al3+反应的NaOH为30mL，假设无Mg2+，a=50，而实际存在Mg2+，所以0＜a＜50，故B正确；
C、a=30时，和Mg2+反应的NaOH为20mL，此时n（Mg2+）=0.01mol，b=n（Mg2+）+n（Al3+）=0.02mol，故C错误。
D、第三阶段，氢氧化铝溶解：Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，因为此时消耗NaOH10mL，所以n（Al3+）=0.01mol，第四阶段无反应，沉淀全为Mg(OH)2，若a=0，n（Mg2+）取得最大值。第一阶段，和Al3+反应的NaOH为30mL，所以此时和Mg2+反应的NaOH为50mL，即镁离子的最大值为0.025mol，而如图所示a＞0，所以n（Mg2+）＜0.025mol，故D正确；
故答案选C。
18.在两份相同的H2SO4溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的Ba（OH）2、NaOH溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如下图所示，下列分析不正确的是（ ）
A. ①代表滴加Ba（OH）2溶液的变化曲线 B. a、c两点，溶液中均大量存在H＋和SO42-
C. b、d两点对应的溶液均显中性 D. e点，两溶液中含有相同量的OH－
【答案】D
【详解】向H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液时，发生反应H2SO4+Ba(OH)2＝BaSO4↓+2H2O，随着Ba(OH)2溶液的滴入，溶液中H+、SO42-浓度减小，导电能力逐渐减弱，b点恰好反应时几乎不导电，之后过量的Ba(OH)2使溶液中Ba2+、OH-浓度增大，导电能力增强，故图中曲线①表示向H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液的情形（A项正确）。类似地，向H2SO4溶液中滴入NaOH溶液时，发生反应H2SO4+2NaOH＝Na2SO4+2H2O，随着NaOH溶液的滴入，溶液总体积变大，溶液中离子浓度减小，导电能力逐渐减弱，d点恰好反应时导电能力最弱，之后过量的NaOH使溶液导电能力增强，曲线②表示向H2SO4溶液中滴入NaOH溶液的情形。
a、c两点，加入的碱均不足，溶液中均大量存在H＋和SO42-（B项正确）； b、d两点，酸碱恰好中和，对应的溶液均显中性（C项正确）；曲线①上的e点，Ba(OH)2溶液已经过量，溶液中有OH－，曲线②上的e点，NaOH溶液不足，剩余H2SO4，溶液呈酸性（D项错误）。
本题选D。
19.将SO2气体通入BaCl2溶液无沉淀生成。若再通入气体X，有沉淀生成，则气体X可能是下列四种气体中的 （ ）
①NO2 ②CO2 ③NH3 ④Cl2 ⑤H2S
A. ②③④⑤ B. ①②④ C. ①③④⑤ D. ①②③
【答案】C
【详解】①通NO2，与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子，生成硫酸钡沉淀，故选；
②通CO2仍不能反应，不会生成沉淀，故不选；
③通NH3，与二氧化硫发生反应生成亚硫酸铵，与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故选；
④通Cl2，与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子，生成硫酸钡沉淀，故选；
⑤通入H2S发生SO2+2H2S═3S↓+2H2O，生成S沉淀，故选；
故选C。
20.如图所示，室温下两个容积相等的烧瓶A、B中分别集满了两种气体（同温同压，列于下表中），现打开活塞K，使两个烧瓶内的气体充分接触，则容器内的压强按由小到大的顺序排列正确的是 （ ）
编号
①
②
③
A中气体
SO2
NH3
NO
B中气体
O2
HCl
O2
A. ①②③ B. ②③① C. ③②① D. ①③②
【答案】B
【解析】
【分析】相同温度下，一定体积的容器中气体压强与气体的物质的量成正比，气体的物质的量越大其压强越大，据此解答．
【详解】二氧化硫和氧气需要加热和催化剂才能反应；氨气和氯化氢反应生成氯化铵，反应后无气体剩余；一氧化氮和氧气化合会生成二氧化氮，即2NO+O2═2NO2，然后发生2NO2N2O4，反应后气体体积减小，剩余O2气体体积为积1/2V，生成NO2体积为V，剩余气体总体积约3/2V；所以②中压强最小，故选B。
21.aL CO2气体通过足量Na2O2所得的气体与bL NO相混和时，可得到cL气体(相同状况)，以下表达式中错误的是（ ）
A. 若a＜b，则c＞0.5(a+b) B. 若a＞b，则c＝0.5(a+b)
C. 若a＝b，则c＝0.5(a+b) D. 若a＜b，则c＜0.5(a+b)
【答案】D
【详解】首先发生反应：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，可知生成氧气体积为0.5a L，与bL NO混合又发生反应：O2+2NO＝2NO2，二者恰好反应时0.5a：b＝1：2，解得a＝b，则
A、若a＜b，则NO有剩余，由O2+2NO＝2NO2可知气体体积减少0.5a L，故得到气体体积等于NO的体积，则c＝b，即c＞0.5(a+b)，A正确；
B、若a＞b，则O2有剩余，由O2+2NO＝2NO2可知气体体积减少为参加反应氧气的体积，即气体体积减少为0.5b L，故得到气体体积为c＝(0.5a L+b L-0.5b L)＝0.5(a+b)，B正确；
C、若a＝b，则此时生成NO2体积c＝2×0.5a＝b＝0.5(a+b)，C正确；
D、根据以上分析可知D错误。
答案选D。
22.将mg锌粉与少量浓硫酸在加热条件下充分反应，共收集到混合气体11.2L（标准状况），其质量为19.6g，将反应后的溶液过滤得到剩余锌粉的质量为2.5g，则m为（ ）
A. 25 B. 30 C. 35 D. 40
【答案】C
【解析】锌粉与少量浓硫酸在加热条件下充分反应，生成的气体为二氧化硫与氢气，混合气体11.2L（标准状况）物质的量为11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol，每生成1molSO2，金属提供2mol电子，每生成1molH2，金属提供2mol电子，所以生成0.5mol的二氧化硫与氢气金属提供的电子为0.5mol×2mol＝1mol，故参加反应的Zn的物质的量为1mol÷2＝0.5mol，则参加反应Zn的质量为0.5mol×65g/mol＝32.5g，故原金属的质量是2.5g＋32.5g＝35g，答案选C。
23.常温常压下，a、b、c、d四支相同的试管中，分别装入以等物质的量混合的两种气体，a试管内是NO2与O2，b试管内为Cl2和SO2，c试管内为NO与O2，d试管内是NH3与N2，将四支试管同时倒立于水中，最终各试管中水面上升高度顺序应为（ ）
A. b>c>a>d B. b>a>c>d C. d>b>a>c D. b>d>c>a
【答案】A
【解析】
【分析】首先写出有关反应的化学方程式，根据方程式计算，剩余气体越少，试管中水面上升的高度越大．
【详解】设试管的体积为VL，
a．等体积的NO2与O2，发生：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，最后剩余O2，体积为（0.5V－1/4×0.5V）=3/8V；
b．等体积的Cl2和SO2，发生：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，气体完全反应，没有气体剩余；
c．等体积的NO与O2，发生：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，最后剩余O2，体积为（0.5V-0.5V×3/4）=1/8V；
d．等体积的NH3与N2，氨气极易溶于水，氮气不溶于水，剩余气体为氮气，体积为0.5V，剩余气体越少，试管中水面上升的高度越大，最终各试管中水面上升高度顺序应为b＞c＞a＞d，
故选A。
24.下列叙述中，正确的是（ ）
A. 0.3 mol/L的Na2SO4溶液中含有Na+ 和SO42-的总物质的量为0.9 mol
B. 当1 L水吸收标准状况下的22.4 L氯化氢时所得盐酸的浓度是1 mol/L
C. 在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na+ 和SO42-的物质的量相等，则K+ 和Cl—的物质的量浓度一定相同
D. 10 ℃时，0.35 mol/L 的KCl饱和溶液100 mL蒸发掉5 g水，恢复到10 ℃时，它的物质的量浓度仍为0.35 mol/L
【答案】D
【详解】A. 0.3 mol/L的Na2SO4溶液，因缺少溶液体积，无法计算含有Na+ 和SO42-的总物质的量，故A错误；
B. 标况下22.4L HCl为1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液浓度为1mol·L－1，不是溶剂水的体积为1L，故B错误；
C. 根据溶液呈电中性，则c（Na＋）+c（K＋）=2c（SO42－）+c（Cl－），如果Na＋和SO42－的物质的量相等，则c（K＋）=c（SO42－）+c（Cl－），K＋和Cl－的物质的量浓度一定不相同，故C错误；
D. 10 ℃时，0.35 mol/L 的KCl饱和溶液100 mL蒸发掉5 g水，恢复到10 ℃时，剩余溶液仍然为饱和溶液，它的物质的量浓度仍为0.35 mol·L－1，故D正确；
故选D。
25.在100mL硝酸和硫酸的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol/L。向该溶液中加入足量的铜粉，加热，充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度最大值为（反应前后溶液体积变化忽略不计）（ ）
A. 0.225 mol/L B. 0.3 mol/L C. 0.36 mol/L D. 0.45 mol/L
【答案】C
【解析】
【分析】有关反应离子方程式为：3Cu+2NO3－+8H＋=3Cu2＋+2NO↑+4H2O，由上述反应方程式可知，NO3－和H＋的物质的量之比为1：4时，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3－）：n（H＋）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.6×0.1，据此计算x、y的值，再根据方程式计算铜离子的物质的量，根据c=n/V计算铜离子浓度．
【详解】反应离子方程式为：3Cu+2NO3－+8H＋=3Cu2＋+2NO↑+4H2O，铜足量，由上述反应方程式可知，NO3－和H＋的物质的量之比为1：4时，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3－）：n（H＋）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.6×0.1，联立解得x=0.024mol、y=0.036mol，由方程式可知，生成铜离子的物质的量为0.024mol×3/2=0.036mol，故铜离子的最大浓度为0.036mol÷0.1L=0.36mol·L－1，故选C。
26.下图中的各字母表示有关的一种反应物或生成物（某些物质已经略去），其中常温下A是金属单质；B是淡黄色固体； C、D、E为无色气体，D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；H是无色液体。
（1）写出下列各物质的化学式：
B：____________________________；F：_______________________ 。
（2）写出D→E反应的化学方程式为：______________________ 。
（3）写出G→E反应的离子方程式：________________________________ ；若该反应中转移电子总数为9.03 ×1023 ，则被还原的G为___________________ g 。
（4）写出实验室制取D的化学方程式________________________________
【答案】(1). Na2O2 (2). NO2 (3). 4NH3 + 5O2 4 NO + 6H2O (4). 3Cu + 8H+ + 2NO3－3Cu2+ + 2NO↑+ 4H2O (5). 31.5g (6). 2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O
【解析】
【分析】常温下A是金属单质；B是淡黄色固体,则A是钠，C是氧气，B是过氧化钠； C、D、E为无色气体，D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D为氨气；H是无色液体。H为水。E为NO，F为NO2，G为HNO3。
【详解】（1）由以上分析： B为Na2O2 ，F为 NO2 ；
（2）D→E的反应为氨的催化氧化，反应的化学方程式为：4NH3 + 5O2 4 NO + 6H2O；
（3）G→E的反应为铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和NO，反应的离子方程式：3Cu + 8H+ + 2NO3－3Cu2+ + 2NO↑+ 4H2O；若该反应中转移电子总数为9.03 ×1023 ，则被还原的HNO3为:m(HNO3)= =31.5g；
（4）D为氨气，实验室用氯化铵和氢氧化钙制取氨气，化学方程式：2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O。
27.I.（1）粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，粗盐精制过程中要使用Na2CO3溶液，请写出加入Na2CO3溶液后相关化学反应的离子方程式：_________________________。
（2）将足量CO2气体通入水玻璃(Na2SiO3溶液)中，然后加热蒸干，再在高温下充分灼烧，最后得到的固体物质是_________________________。
II.（1）120 mL含有0.20 mol碳酸钠的溶液和200 mL盐酸,不管将前者滴加入后者,还是将后者滴加入前者,都有气体产生,但最终生成的气体体积不同,则盐酸的浓度合理的范围是_________________________________________
（2）取体积相同的KI、Na2SO3、FeBr2溶液，分别通入足量氯气，当恰好完全反应时，三种溶液消耗氯气的物质的量相同，则KI、Na2SO3、FeBr2溶液的物质的量浓度之比为_______。
（3）在反应 3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2 中，当有5 mol水反应时，由H2O还原的BrF3为______________mol。
III.将一定质量的铁粉加入到装有100 mL某浓度的稀硝酸溶液中充分反应。
（1）容器中剩有m g的铁粉，收集到NO气体448 mL(标准状况下)。
①所得溶液中的溶质的化学式为________________。
②原硝酸溶液的物质的量浓度为__________________________。
（2）向上述固液混合物中逐渐滴加稀硫酸至刚好不再产生遇空气变成红棕色气体为止，此时容器中有铁粉n g。
①此时溶液中溶质的化学式为__________________。
②（m－n）的值为________________(精确到0.1 g)。
【答案】(1). Ca2++CO32-=CaCO3↓ Ba2++ CO32-=BaCO3↓ (2). 硅酸钠 (3). 1.0mol/L
【分析】I.（1）Na2CO3可以把过量的钡离子转化为沉淀，同时能够和钙离子结合生成沉淀；
（2）向硅酸钠溶液中通入足量二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸和碳酸氢钠；蒸干时碳酸氢钠分解生成碳酸钠，硅酸分解生成二氧化硅；高温条件下灼烧混合物，二氧化硅和碳酸钠反应。
II.（1）根据碳酸钠滴入盐酸中的反应及盐酸滴入碳酸钠中的反应，结果都有气体产生，但最终生成的气体体积不同来找出盐酸与碳酸钠的物质的量的关系，计算盐酸的浓度范围值。
（2）根据通入足量氯气，当反应恰好完全时，三种溶液消耗氯气的物质的量相同，则KI、Na2SO3、FeBr2失去的电子数相等，又溶液的体积相同，则浓度之比等于物质的量之比；向FeBr2 溶液中通入等物质的量的Cl2，先与亚铁离子反应，再与溴离子反应。
（3）在氧化还原反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，化合价升高的元素是水中的氧元素和BrF3中的溴元素，氧、溴元素被氧化，被还原的是部分Br，根据电子守恒解答；
III.（1）①容器中剩有m g的铁粉，生成硝酸亚铁；
②硝酸完全反应生成硝酸亚铁与NO，根据n=V/Vm计算NO的物质的量，根据电子转移守恒计算参加反应的n（Fe），由氮元素守恒可知：n（HNO3）=2n[Fe（NO3）2]+n（NO），再根据c=n/V计算；
（2）①混合物中逐滴加入稀硫酸，Fe先和HNO3（氢离子由硫酸提供）生成NO，然后是Fe和H2SO4反应生成H2，据此确定溶液中的溶质；
②m-n的值为加入硫酸后再溶解的金属铁的质量，根据反应方程式中铁和硝酸根离子量的关系计算即可．
【详解】I.（1）Na2CO3可以把过量的钡离子转化为沉淀：Ba2＋+CO32－=BaCO3↓，Na2CO3可以和钙离子结合生成沉淀：Ca2＋+CO32－=CaCO3↓；
（2）二氧化碳先与水玻璃反应生成硅酸和碳酸氢钠，蒸干灼烧时，硅酸分解成二氧化硅和水，碳酸氢钠分解得到碳酸钠、二氧化碳和水；二氧化硅和碳酸钠在高温下又发生反应，生成二氧化碳和硅酸钠，所以最终所得固体是硅酸钠。
II.（1）当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32－+2H＋═H2O+CO2↑，当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为CO32－+H＋═HCO3－、HCO3－+H＋═H2O+CO2↑，则HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质的量，又因为最终生成的气体体积不同，则HCO3－+H＋=H2O+CO2不能全部完成，即HCl的物质的量比Na2CO3的物质的量的二倍少，碳酸钠的物质的量为0.2mol，则HCl的物质的量应介于0.2mol～0.4mol之间，盐酸溶液的体积为200mL=0.2L，即盐酸的浓度应该是大于1mol·L－1，小于2mol·L－1。即1.0mol/L
（3）在氧化还原反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，化合价升高的元素是水中的氧元素和BrF3中的溴元素，氧、溴元素被氧化，当有5mol水反应时，化合价升高的元素之一是水中的氧元素从-2价升到0价，被氧化的水的物质的量为2mol，化合价降低的元素是BrF3中的溴元素从+3价降到0价，被还原的物质的量为2mol，其中由H2O还原的BrF3为：(2×2)mol/(3×1)=4/3mol．
III.（1）①容器中剩有m g的铁粉，所得溶液中的溶质为Fe（NO3）2；
②硝酸完全反应生成硝酸亚铁与NO，NO的物质的量=0.448L÷22.4L·mol－1=0.02mol，根据电子转移守恒，参加反应的n（Fe）=0.02mol×3/2=0.03mol，由氮元素守恒可知：n（HNO3）=2n[Fe（NO3）2]+n（NO）=2×0.03mol+0.02mol=0.08mol，故原硝酸的物质的量浓度=0.08mol÷0.1L=0.8mol·L－1；
（2）①向上述固-液混合物中逐滴加入稀硫酸溶液的反应顺序为：Fe先和HNO3（氢离子由硫酸提供）生成NO，因为此时铁还是有剩余，所以硝酸根离子完全反应，硝酸根反应完全后，再是Fe和H2SO4反应生成H2，此时溶液中的溶质为硫酸亚铁。
②Fe先和HNO3（氢离子由硫酸提供）生成NO，关系为：3Fe～2NO3－，溶液中硝酸根离子的物质的量是0.08mol-0.02mol=0.06mol，所以消耗铁的物质的量是0.06mol×3/2=0.09mol，质量是0.09mol×56g·mol－1≈5.0g，即m-n的值为5.0。
28.下图中的每一方格表示有关的一种反应物或生成物，其中甲、乙、丙、丁为常见单质，其余均为化合物。A是一种常见的液态化合物，B是具有磁性的氧化物，D和丁既能和酸反应又能和碱反应，乙在丙中燃烧产生苍白色火焰，H在空气中很容易被氧化成I。它们的转化关系如下：（有些反应的条件和部分产物未注明）
（1）写出下列物质化学式：B____________，F____________；
（2）写出反应①的化学方程式：________________________________________；
（3）H在空气中很容易被氧化成I，该过程的实验现象是_______________________________；
（4）将足量的CO2通入E溶液中，离子方程式是______________________________________。
（5）将G的饱和溶液滴入沸水中得红褐色液体，该液体具有的性质有_______。
A．具有丁达尔效应 B．红褐色液体可用过滤的方法提纯
C．液体中分散质微粒直径小于1nm D．取适量液体加入K2SO4溶液会产生红褐色沉淀 E. 它较稳定的存在，因其带正电荷
【答案】(1). Fe3O4 (2). FeCl2 (3). 3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 (4). 白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀 (5). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- (6). AD
【解析】
【分析】甲、乙、丙、丁为常见单质，其余均为化合物，A是一种常见的液态化合物，则A为H2O，B是具有磁性的氧化物，则B为Fe3O4，D和丁既能和酸反应又能和碱反应，则丁为Al，D为Al2O3，E为NaAlO2，乙在丙中燃烧产生苍白色火焰，则C为HCl，结合转化关系可知，甲为Fe，乙为H2，F为FeCl2，H在空气中很容易被氧化成I，则H为Fe（OH）2，I为Fe（OH）3，G为FeCl3，然后结合物质的性质及化学用语来解答．
【详解】（1）通过以上分析知，B、F分别是Fe3O4、FeCl2；
（2）A＋甲反应的化学方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 ；
（3）H为Fe（OH）2，I为Fe（OH）3，氢氧化亚铁是白色沉淀、氢氧化铁是红褐色沉淀，氢氧化亚铁不稳定，极易被空气中氧气氧化生成红褐色氢氧化铁沉淀，看到的现象是白色沉淀逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀；
（4）E是偏铝酸钠，足量二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为CO2+AlO2－+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3－。
（5）将G的饱和溶液滴入沸水中得红褐色液体，该液体是胶体，具有丁达尔效应，其分散质直径在1-100nm之间，能透过滤纸但不能透过半透膜，能和电解质溶液发生聚沉现象，故选AD．
29.I.某同学设计如图所示装置探究氯气能否与水发生反应。气体a的主要成分是含有少量水蒸气的氯气。请回答下列问题：
（1）气体a由图甲或乙制备 ，若选用图2中的甲装置，反应的离子方程式是_____，若选用装置乙，其中的导管 a 的作用是_____。
（2）证明氯气和水发生反应的实验现象为_________________________。
（3）该实验设计存在缺陷，为了克服该缺陷，需要补充装置D，其中发生反应的离子方程式为_________________。
II.如图为浓硫酸与铜反应及其产物检验的实验装置
回答下列问题：
（1）指出试管c中产生的实验现象：______________________。
（2）用可抽动的铜丝代替铜片的优点___________。
（3）写出浓硫酸与铜反应的化学方程式：_____________________________。
（4）为确认CuSO4生成将 _____________________________ 可观察颜色
III.某学习小组开展下列实验探究活动：
选用下面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：
装置连接顺序为A、C、_____、_____、D、F，通过_____________现象即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。
【答案】(1). MnO2+ 4H++2Cl-Cl2↑+Mn2++2H2O (2). 平衡气压，使分液漏斗中的液体能顺利滴下 (3). 装置B中的有色布条不褪色，装置C中的有色布条褪色 (4). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (5). 石蕊试液变红色 (6). 控制反应随时开始随时停止 (7). Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O (8). 将试管a中的液体慢慢倒入盛有少量水的试管中 (9). B (10). E (11). 当D中品红不褪色，F中出现白色沉淀
【解析】
【分析】I.（1）由实验装置图可知，在A中甲装置为二氧化锰与浓盐酸加热制备氯气，乙中导管可平衡气压，利于液体的流下。
（2）证明氯气和水发生反应的实验现象为：装置B中的有色布条不褪色，装置C中的有色布条褪色；
（3）该实验设计存在缺陷，为了克服该缺陷，需要补充装置D，D用氢氧化钠等碱液吸收氯气，防止污染空气。
II.根据Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O反应的特点和生成物的性质分析。
III.次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比HClO强进行判断．A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入F中．
【详解】I.（1）装置A用于产生氯气，若选用图2中的甲装置，反应的离子方程式是MnO2+ 4H++2Cl-Cl2↑+Mn2++2H2O，若选用装置乙，其中的导管a的作用是平衡气压，使分液漏斗中的液体能顺利滴下。
（2）证明氯气和水发生反应的实验现象为：装置B中的有色布条不褪色，装置C中的有色布条褪色。
（3）该实验设计存在缺陷，为了克服该缺陷，需要补充装置D，D用氢氧化钠等碱液吸收氯气，防止污染空气，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
II.（1）二氧化硫是酸性氧化物，则试管c中产生的实验现象：石蕊试液变红色。
（2）用可抽动的铜丝代替铜片的优点控制反应随时开始随时停止 。
（3）浓硫酸与铜反应的化学方程式为： Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O。
（4）为确认CuSO4生成将试管a中的液体慢慢倒入盛有少量水的试管中，若溶液变蓝，则说明有硫酸铜生成。
III.次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比HClO强碱性判断．A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入F中，则：装置连接顺序为A、C、B、E、D、F，其中装置E的作用是除去SO2气体，D中品红不褪色，F中出现白色沉淀，可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。
1.化学与人类生活生产密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A. 工厂可用静电除尘与胶体性质无关
B. 可用钢瓶贮存液氯或浓硫酸
C. 氢氧化铝是医用中和剂中的一种，可使胃液浓度降低，起到中和胃酸的作用。
D. 矿物脱硫脱硝可有效防止酸雨。
【答案】A
【详解】A. 粉尘分散到空气中形成胶体，胶体粒子带电，工厂用静电除尘与胶体性质有关，故A选；
B. 液氯不与铁反应，铁遇浓硫酸发生钝化，可用钢瓶贮存液氯或浓硫酸，故B不选；
C. 氢氧化铝具有弱碱性，氢氧化铝是医用中和剂中的一种，可使胃液浓度降低，起到中和胃酸的作用，故C不选；
D. 氮的氧化物和硫的氧化物可引起酸雨，矿物脱硫脱硝可有效防止酸雨，故D不选。
故选A。
2.下列变化中，气体被还原的是（ ）
A. 氨气使酚酞溶液由无色变成红色 B. 二氧化碳使Na2O2由浅黄色变成白色
C. 氧气使FeSO4溶液由浅绿色变成黄色 D. 氢气使灼热的CuO由黑色变成红色
【答案】C
【详解】A．氨气使酚酞溶液由无色变成红色，说明氨水呈碱性，该反应不属于氧化还原反应，氨气没有被还原，故A不符合；
B．二氧化碳使Na2O2由浅黄色变成白色，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，二氧化碳不是还原剂也不是氧化剂，故B不符合；
C．氧气使FeSO4溶液由浅绿色变成黄色，氧气为氧化剂，反应中被还原，故C符合；
D．氢气使灼热的CuO由黑色变成红色，氧化铜被氢气还原成铜，氢气为还原剂，反应中被氧化，故D不符合；
故答案选C。
3.容量瓶是用来配制一定物质的量浓度的溶液的定量仪器，其上标有以下六项中的（ ）
①温度 ②浓度 ③容量 ④压强 ⑤刻度线 ⑥分刻度线
A. ②④ B. ①③⑥ C. ①②④ D. ①③⑤
【答案】D
【详解】容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量容器，容量瓶上标有容量、温度、刻度线，故选D。
4.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中:SO2+H2O+Ca2++2ClO－=CaSO3↓+2HClO
B. 氯化铝溶液与过量氨水反应：Al3++4NH3·H2O= AlO2－+4NH4++2H2O
C. 过量SO2通入氨水中：2OH-+SO2=SO32-+H2O
D. 铁溶于浓盐酸中：Fe+ 2H+ = Fe2+ + H2↑
【答案】D
【详解】A、SO2具有还原性，可被Ca（ClO）2氧化，少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中的离子反应为SO2+H2O+Ca2＋+ClO－=CaSO4↓+2H＋+Cl－，故A错误；
B、氨水为弱碱，氯化铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为Al3＋+3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4＋，故B错误；
C、过量SO2通入氨水中：NH3·H2O+SO2=NH4＋＋HSO3－，故C错误；
D、铁溶于浓盐酸中生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为：Fe+ 2H+ = Fe2+ + H2↑，故D正确；
故选D。
5.如图两瓶体积相等的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是（ ）
A. 所含原子数相等 B. 气体密度相等
C. 气体质量相等 D. 摩尔质量相等
【答案】A
【解析】同温同压相同体积的任何气体所含分子数相等；由于N2、O2、NO均为双原子分子，所以，所含原子数相等；
6.下列装置所示的实验中，能达到实验目的的是（ ）
A. 分离碘和酒精 B. 除去Cl2中的HCl
C. 实验室制氨气 D. 排水法收集NO
【答案】D
【解析】试题分析：A、碘和酒精混溶，故错；B、氯气也与氢氧化钠溶液反应，故错；C、实验室常用加热氯化铵与熟石灰固体来制氨气，故错。故选D。
7.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法完全正确的一组是（ ）
①标准状况下,11.2L四氯化碳含有的分子数为0.5NA②在常温常压下，14g氮气含有的核外电子总数为7NA ③78g Na2S和Na2O2的混合物中含有阴离子数等于NA④常温常压下，4.6gNO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数目为0.2NA⑤已知NaCl 溶于乙醇中可制成胶体，0.1molNaCl在乙醇中形成的胶体含有0.1NA个胶粒⑥在过氧化钠与水的反应中每生成0.1mol氧气转移电子数为0.4NA
A. ④⑤⑥ B. ①③④ C. ②③④ D. ①⑤⑥
【答案】C
【详解】①标准状况下，四氯化碳不是气体，无法计算11.2L四氯化碳含有的分子数，故错误；
②一个氮原子核外有7个电子，常温常压下，14g氮气的物质的量为0.5mol，含有的核外电子总数为7NA ，故正确；
③Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g·mol－1，故78g混合物的物质的量为1mol，而两者中均含1个阴离子，则1mol混合物中含NA个阴离子，故正确；
④NO2和N2O4的最简式均为NO2， 4.6g NO2的物质的量为0.1mol，则含有0.2NA个氧原子，故正确；
⑤一个胶粒是多个氯化钠的聚集体，故0.1mol氯化钠溶于乙醇后形成的胶粒的个数小于0.1NA个，故错误。
⑥过氧化钠中氧元素的化合价为-1，在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气转移电子0.2mol，个数为0.2NA，故错误；
故选C。
8.某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32–、Cl–、OH–、NO3–。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（ ）
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】C
【解析】含有Fe3+的溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在；H+与CO32–、OH–会发生反应，不能大量共存；OH–与NH4+、Al3+会发生反应，不能大量共存；Ba2+、Al3+、CO32–会发生反应，不能大量共存。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，若溶液为碱性，则含有大量的OH–。还可能含有大量的Ba2+、CO32–、Cl–、NO3–。离子最多4种；若溶液为酸性，由于H+、NO3–起硝酸的作用，加入Al不能产生氢气，所以含有的离子可能是：H+、NH4+、Ba2+、Al3+、Cl–，最多是5种离子。故选项是C。
9.向CuSO4溶液中逐滴加入过量KI溶液，观察到产生白色沉淀，溶液变为棕色.再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色.则下列分析中正确的是（ ）
A. 白色沉淀是CuI2，棕色溶液含有I2
B. 上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2
C. 通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂
D. 滴加KI溶液时，转移1mol电子时生成0.5mol白色沉淀
【答案】B
【详解】A、CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。由上述分析及化学方程式可知，白色沉淀是CuI，溶液中含有I2，故A错误；
B、2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2＋化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2＋＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2＋＞I2＞SO2，故B正确。
C、反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反应可知，碘元素化合价由0价降低为-1价，被还原，所以I2是氧化剂，故C错误；
D、CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知每转移2mol电子生成2molCuI，所以转移1mole－时生成1molCuI白色沉淀，故D错误。
故选B。
10.根据氯水分别与如图四种物质发生的反应选择正确的表述：（ ）
A. a反应的离子方程式可能是：2Fe2+ +4Br－+3Cl2 ＝2Fe3+ + 2Br2 +6Cl－
B. b反应中产生无色无味气体，说明HClO的酸性强于H2 CO3
C. c反应的现象中知可以直接利用硝酸银溶液检验Cl－
D. d反应的最终现象是紫色石蕊溶液褪色，因为Cl2具有漂白性
【答案】A
【解析】A. 亚铁离子、溴离子均可以被氯气氧化，则a反应的离子方程式可能是：2Fe2+ +4Br－+3Cl2＝2Fe3+ +2Br2+6Cl－，A正确；B. 氯水中的盐酸与碳酸钠反应产生二氧化碳气体，HClO的酸性弱于H2CO3，B错误；C. 与硝酸银溶液反应产生白色沉淀的不一定为氯离子，不能直接检验Cl－，C错误；D. d反应的最终现象是紫色石蕊溶液褪色，因为次氯酸具有漂白性，氯气没有漂白性，D错误，答案选A。
11.对下列物质中杂质(括号内为杂质）的检验、除杂的试剂或方法正确的是（ ）
物质及其杂质
检验
除杂
A Cl2（HCl）
湿润的淀粉碘化钾试纸
饱和食盐水
B FeCl2（FeCl3）
KSCN溶液
氢氧化钠溶液
C 淀粉胶体（NaCl）
丁达尔效应
渗析
D NO（NO2）
观察颜色或湿润的淀粉碘化钾试纸
水
【答案】D
【解析】A、氯化氢不能使湿润的淀粉碘化钾试纸变色，不能检验氯化氢，A错误；B、氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠溶液均反应，不能除杂，应该用铁粉，B错误；C、丁达尔效应可以检验胶体，不能检验氯化钠，C错误；D、NO2是红棕色气体且具有强氧化性，观察颜色或用湿润的淀粉碘化钾试纸可以检验NO中的NO2。NO2溶于水生成硝酸和NO，可以用水除去NO中的NO2，D正确，答案选D。
12.类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中，错误的是（ ）
①钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2
②铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中
③化合物NaCl的焰色为黄色；Na2CO3的焰色也为黄色
④密度为1.1g•cm﹣3与密度为1.2g•cm﹣3的NaCl溶液等体积混合，所得NaCl溶液的密度介于1.1g•cm﹣3与1.2g•cm﹣3之间；钠钾合金的熔点应介于Na和K熔点之间．
A. ①②③ B. ①②④ C. ①②③④ D. ①③④
【答案】B
【详解】①活泼金属可以和水反应生成碱和氢气，锌、铜等金属与水不反应，故①错误；
②铝能够在空气中与氧气反应生成致密氧化膜，阻止反应继续，所以铝比铁耐腐蚀，故②错误；
③氯化钠、碳酸钠都含有钠元素，焰色都是黄色，故③正确；
④钠钾合金的熔点应低于Na和K任一金属的熔点，故④错误。
故选B。
13.下列有关物质的性质描述不符合事实的是（ ）
A. 氧化铝是冶炼金属铝的原料，由于它熔点高，也是一种较好的耐火材料
B. 在混有少量泥沙浑浊水的两只试管分别加入少量明矾、硫酸铁溶液，水变得清澈
C. 纯净的SiO2是现代光学及光纤制品的基本原料，也是人类将太阳能转化为电能的常用材料
D. 浓硝酸显黄色是由于硝酸分解出的二氧化氮又溶于硝酸中
【答案】C
【详解】A、电解氧化铝得到金属铝，所以氧化铝是冶炼金属铝的原料，氧化铝熔点高，也是一种比较好的耐火材料，故A正确；
B、明矾属于铝盐、硫酸铁属于铁盐，溶于水电离出的Al3＋和Fe3＋能水解生成Al（OH）3和Fe（OH）3胶体，吸附水中的杂质，能起到净水的作用，水变得清澈，故B正确；
C、将太阳能转化为电能的是硅晶体，现代光学及光纤制品的主要原料为二氧化硅，故C错误；
D、浓硝酸见光易分解，浓硝酸显黄色是由于硝酸分解出的二氧化氮又溶于硝酸中，故D正确。
故选C。
14.一杯澄清透明的溶液中，已知各离子的浓度均为0.1mol/L，体积为1L．可能含有的离子：阳离子：K+，Fe2+，Ba2+，NH4+ 阴离子：Cl﹣，NO3﹣，CO32﹣，SO42﹣向该混合液中加足量稀盐酸，有无色气体生成，且阴离子的种类不变．对该溶液的下列叙述错误的是（ ）
A. 该溶液一定含有Fe2+，NO3﹣，Cl﹣ B. 该溶液一定不含K+，NH4+
C. 该溶液一定不含CO32﹣，Ba2+ D. 该溶液可能含有SO42﹣
【答案】B
【解析】加入盐酸有无色气体生成，且阴离子种类不变，说明原溶液一定有氯离子和硝酸根离子和亚铁离子，一定不存在碳酸根离子，因为有碳酸根离子，离子种类不变，所以应该是亚铁离子被酸性条件下的硝酸根离子氧化生成铁离子，由溶液电中性，各种离子的浓度都为0.1mol/L，则氯离子和硝酸根离子总共带的负电荷为0.2mol/L，亚铁离子带正电荷也为0.2mol/L，若存在硫酸根离子，则溶液中一定有钾离子和铵根离子，但一定不存在钡离子；若不存在硫酸根离子，则钾离子和铵根离子一定不存在。故选B。
15.已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。下图所示为气体扩散速度的实验，两种气体扩散相遇时形成白色烟环。下列关于物质甲、乙的判断正确的是（ ）
A. 甲是浓氨水，乙是浓硫酸 B. 甲是浓盐酸，乙是浓氨水
C. 甲是浓氨水，乙是浓盐酸 D. 甲是浓硫酸，乙是浓氨水
【答案】C
【详解】浓硫酸不挥发，排除AD选项；由于气体的摩尔质量越小，扩散速度越快，所以氨气的扩散速度比氯化氢快，氨水比浓盐酸离烟环远，所以甲为浓氨水、乙为浓盐酸。
故选C。
16.实验是化学的灵魂，下列关于实验现象的叙述正确的是（ ）
A. 加稀氢氧化钠溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝，溶液中一定没有NH4+
B. 在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解：再加入Cu（NO3）2固体，铜粉仍不溶解
C. 向饱和的碳酸钠溶液中通入二氧化碳至过量，先产生白色沉淀，后又逐渐溶解
D. 向氢氧化铁胶体中逐滴滴入稀硫酸溶液，先产生沉淀，后又逐渐溶解
【答案】D
【详解】A、氨气在水中溶解度大，加稀氢氧化钠溶液，产生的氨气不能逸出，故A错误；
B、酸性条件下Cu、硝酸根离子发生氧化还原反应，铜粉溶解，故B错误；
C、碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，向饱和的碳酸钠溶液中通入二氧化碳至过量，产生白色沉淀，不溶解，故C错误；
D、氢氧化铁胶体遇到电解质先聚沉，后发生酸碱中和反应溶解，故D正确；
故选D。
17.把一块镁铝合金投入到1mol/L盐酸中，待合金完全溶解后(盐酸有剩余)，再往溶液里加入1mol/LNaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A. 盐酸的体积为80mL
B. a的取值范围为0＜a＜50
C. 当a值为30时，b值为0.01
D. n(Mg2+)＜0.025mol
【答案】C
【详解】A、第一阶段，盐酸和氢氧化钠反应：H++OH-＝H2O；第二阶段，氯化镁、氯化铝和氢氧化钠反应：Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓，Al3++3OH-＝Al(OH)3↓，在V（NaOH）=80mL时，溶液中溶质全为NaCl，由于盐酸和氢氧化钠的浓度相等，所以盐酸的体积为80mL，故A正确；
B、第三阶段，氢氧化铝溶解：Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，因为此时消耗NaOH10mL，所以n（Al3+）=0.01mol，和Al3+反应的NaOH为30mL，因为第一阶段和Al3+反应的NaOH为30mL，假设无Mg2+，a=50，而实际存在Mg2+，所以0＜a＜50，故B正确；
C、a=30时，和Mg2+反应的NaOH为20mL，此时n（Mg2+）=0.01mol，b=n（Mg2+）+n（Al3+）=0.02mol，故C错误。
D、第三阶段，氢氧化铝溶解：Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，因为此时消耗NaOH10mL，所以n（Al3+）=0.01mol，第四阶段无反应，沉淀全为Mg(OH)2，若a=0，n（Mg2+）取得最大值。第一阶段，和Al3+反应的NaOH为30mL，所以此时和Mg2+反应的NaOH为50mL，即镁离子的最大值为0.025mol，而如图所示a＞0，所以n（Mg2+）＜0.025mol，故D正确；
故答案选C。
18.在两份相同的H2SO4溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的Ba（OH）2、NaOH溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如下图所示，下列分析不正确的是（ ）
A. ①代表滴加Ba（OH）2溶液的变化曲线 B. a、c两点，溶液中均大量存在H＋和SO42-
C. b、d两点对应的溶液均显中性 D. e点，两溶液中含有相同量的OH－
【答案】D
【详解】向H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液时，发生反应H2SO4+Ba(OH)2＝BaSO4↓+2H2O，随着Ba(OH)2溶液的滴入，溶液中H+、SO42-浓度减小，导电能力逐渐减弱，b点恰好反应时几乎不导电，之后过量的Ba(OH)2使溶液中Ba2+、OH-浓度增大，导电能力增强，故图中曲线①表示向H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液的情形（A项正确）。类似地，向H2SO4溶液中滴入NaOH溶液时，发生反应H2SO4+2NaOH＝Na2SO4+2H2O，随着NaOH溶液的滴入，溶液总体积变大，溶液中离子浓度减小，导电能力逐渐减弱，d点恰好反应时导电能力最弱，之后过量的NaOH使溶液导电能力增强，曲线②表示向H2SO4溶液中滴入NaOH溶液的情形。
a、c两点，加入的碱均不足，溶液中均大量存在H＋和SO42-（B项正确）； b、d两点，酸碱恰好中和，对应的溶液均显中性（C项正确）；曲线①上的e点，Ba(OH)2溶液已经过量，溶液中有OH－，曲线②上的e点，NaOH溶液不足，剩余H2SO4，溶液呈酸性（D项错误）。
本题选D。
19.将SO2气体通入BaCl2溶液无沉淀生成。若再通入气体X，有沉淀生成，则气体X可能是下列四种气体中的 （ ）
①NO2 ②CO2 ③NH3 ④Cl2 ⑤H2S
A. ②③④⑤ B. ①②④ C. ①③④⑤ D. ①②③
【答案】C
【详解】①通NO2，与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子，生成硫酸钡沉淀，故选；
②通CO2仍不能反应，不会生成沉淀，故不选；
③通NH3，与二氧化硫发生反应生成亚硫酸铵，与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故选；
④通Cl2，与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子，生成硫酸钡沉淀，故选；
⑤通入H2S发生SO2+2H2S═3S↓+2H2O，生成S沉淀，故选；
故选C。
20.如图所示，室温下两个容积相等的烧瓶A、B中分别集满了两种气体（同温同压，列于下表中），现打开活塞K，使两个烧瓶内的气体充分接触，则容器内的压强按由小到大的顺序排列正确的是 （ ）
编号
①
②
③
A中气体
SO2
NH3
NO
B中气体
O2
HCl
O2
A. ①②③ B. ②③① C. ③②① D. ①③②
【答案】B
【解析】
【分析】相同温度下，一定体积的容器中气体压强与气体的物质的量成正比，气体的物质的量越大其压强越大，据此解答．
【详解】二氧化硫和氧气需要加热和催化剂才能反应；氨气和氯化氢反应生成氯化铵，反应后无气体剩余；一氧化氮和氧气化合会生成二氧化氮，即2NO+O2═2NO2，然后发生2NO2N2O4，反应后气体体积减小，剩余O2气体体积为积1/2V，生成NO2体积为V，剩余气体总体积约3/2V；所以②中压强最小，故选B。
21.aL CO2气体通过足量Na2O2所得的气体与bL NO相混和时，可得到cL气体(相同状况)，以下表达式中错误的是（ ）
A. 若a＜b，则c＞0.5(a+b) B. 若a＞b，则c＝0.5(a+b)
C. 若a＝b，则c＝0.5(a+b) D. 若a＜b，则c＜0.5(a+b)
【答案】D
【详解】首先发生反应：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，可知生成氧气体积为0.5a L，与bL NO混合又发生反应：O2+2NO＝2NO2，二者恰好反应时0.5a：b＝1：2，解得a＝b，则
A、若a＜b，则NO有剩余，由O2+2NO＝2NO2可知气体体积减少0.5a L，故得到气体体积等于NO的体积，则c＝b，即c＞0.5(a+b)，A正确；
B、若a＞b，则O2有剩余，由O2+2NO＝2NO2可知气体体积减少为参加反应氧气的体积，即气体体积减少为0.5b L，故得到气体体积为c＝(0.5a L+b L-0.5b L)＝0.5(a+b)，B正确；
C、若a＝b，则此时生成NO2体积c＝2×0.5a＝b＝0.5(a+b)，C正确；
D、根据以上分析可知D错误。
答案选D。
22.将mg锌粉与少量浓硫酸在加热条件下充分反应，共收集到混合气体11.2L（标准状况），其质量为19.6g，将反应后的溶液过滤得到剩余锌粉的质量为2.5g，则m为（ ）
A. 25 B. 30 C. 35 D. 40
【答案】C
【解析】锌粉与少量浓硫酸在加热条件下充分反应，生成的气体为二氧化硫与氢气，混合气体11.2L（标准状况）物质的量为11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol，每生成1molSO2，金属提供2mol电子，每生成1molH2，金属提供2mol电子，所以生成0.5mol的二氧化硫与氢气金属提供的电子为0.5mol×2mol＝1mol，故参加反应的Zn的物质的量为1mol÷2＝0.5mol，则参加反应Zn的质量为0.5mol×65g/mol＝32.5g，故原金属的质量是2.5g＋32.5g＝35g，答案选C。
23.常温常压下，a、b、c、d四支相同的试管中，分别装入以等物质的量混合的两种气体，a试管内是NO2与O2，b试管内为Cl2和SO2，c试管内为NO与O2，d试管内是NH3与N2，将四支试管同时倒立于水中，最终各试管中水面上升高度顺序应为（ ）
A. b>c>a>d B. b>a>c>d C. d>b>a>c D. b>d>c>a
【答案】A
【解析】
【分析】首先写出有关反应的化学方程式，根据方程式计算，剩余气体越少，试管中水面上升的高度越大．
【详解】设试管的体积为VL，
a．等体积的NO2与O2，发生：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，最后剩余O2，体积为（0.5V－1/4×0.5V）=3/8V；
b．等体积的Cl2和SO2，发生：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，气体完全反应，没有气体剩余；
c．等体积的NO与O2，发生：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，最后剩余O2，体积为（0.5V-0.5V×3/4）=1/8V；
d．等体积的NH3与N2，氨气极易溶于水，氮气不溶于水，剩余气体为氮气，体积为0.5V，剩余气体越少，试管中水面上升的高度越大，最终各试管中水面上升高度顺序应为b＞c＞a＞d，
故选A。
24.下列叙述中，正确的是（ ）
A. 0.3 mol/L的Na2SO4溶液中含有Na+ 和SO42-的总物质的量为0.9 mol
B. 当1 L水吸收标准状况下的22.4 L氯化氢时所得盐酸的浓度是1 mol/L
C. 在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na+ 和SO42-的物质的量相等，则K+ 和Cl—的物质的量浓度一定相同
D. 10 ℃时，0.35 mol/L 的KCl饱和溶液100 mL蒸发掉5 g水，恢复到10 ℃时，它的物质的量浓度仍为0.35 mol/L
【答案】D
【详解】A. 0.3 mol/L的Na2SO4溶液，因缺少溶液体积，无法计算含有Na+ 和SO42-的总物质的量，故A错误；
B. 标况下22.4L HCl为1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液浓度为1mol·L－1，不是溶剂水的体积为1L，故B错误；
C. 根据溶液呈电中性，则c（Na＋）+c（K＋）=2c（SO42－）+c（Cl－），如果Na＋和SO42－的物质的量相等，则c（K＋）=c（SO42－）+c（Cl－），K＋和Cl－的物质的量浓度一定不相同，故C错误；
D. 10 ℃时，0.35 mol/L 的KCl饱和溶液100 mL蒸发掉5 g水，恢复到10 ℃时，剩余溶液仍然为饱和溶液，它的物质的量浓度仍为0.35 mol·L－1，故D正确；
故选D。
25.在100mL硝酸和硫酸的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol/L。向该溶液中加入足量的铜粉，加热，充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度最大值为（反应前后溶液体积变化忽略不计）（ ）
A. 0.225 mol/L B. 0.3 mol/L C. 0.36 mol/L D. 0.45 mol/L
【答案】C
【解析】
【分析】有关反应离子方程式为：3Cu+2NO3－+8H＋=3Cu2＋+2NO↑+4H2O，由上述反应方程式可知，NO3－和H＋的物质的量之比为1：4时，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3－）：n（H＋）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.6×0.1，据此计算x、y的值，再根据方程式计算铜离子的物质的量，根据c=n/V计算铜离子浓度．
【详解】反应离子方程式为：3Cu+2NO3－+8H＋=3Cu2＋+2NO↑+4H2O，铜足量，由上述反应方程式可知，NO3－和H＋的物质的量之比为1：4时，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3－）：n（H＋）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.6×0.1，联立解得x=0.024mol、y=0.036mol，由方程式可知，生成铜离子的物质的量为0.024mol×3/2=0.036mol，故铜离子的最大浓度为0.036mol÷0.1L=0.36mol·L－1，故选C。
26.下图中的各字母表示有关的一种反应物或生成物（某些物质已经略去），其中常温下A是金属单质；B是淡黄色固体； C、D、E为无色气体，D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；H是无色液体。
（1）写出下列各物质的化学式：
B：____________________________；F：_______________________ 。
（2）写出D→E反应的化学方程式为：______________________ 。
（3）写出G→E反应的离子方程式：________________________________ ；若该反应中转移电子总数为9.03 ×1023 ，则被还原的G为___________________ g 。
（4）写出实验室制取D的化学方程式________________________________
【答案】(1). Na2O2 (2). NO2 (3). 4NH3 + 5O2 4 NO + 6H2O (4). 3Cu + 8H+ + 2NO3－3Cu2+ + 2NO↑+ 4H2O (5). 31.5g (6). 2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O
【解析】
【分析】常温下A是金属单质；B是淡黄色固体,则A是钠，C是氧气，B是过氧化钠； C、D、E为无色气体，D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D为氨气；H是无色液体。H为水。E为NO，F为NO2，G为HNO3。
【详解】（1）由以上分析： B为Na2O2 ，F为 NO2 ；
（2）D→E的反应为氨的催化氧化，反应的化学方程式为：4NH3 + 5O2 4 NO + 6H2O；
（3）G→E的反应为铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和NO，反应的离子方程式：3Cu + 8H+ + 2NO3－3Cu2+ + 2NO↑+ 4H2O；若该反应中转移电子总数为9.03 ×1023 ，则被还原的HNO3为:m(HNO3)= =31.5g；
（4）D为氨气，实验室用氯化铵和氢氧化钙制取氨气，化学方程式：2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O。
27.I.（1）粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，粗盐精制过程中要使用Na2CO3溶液，请写出加入Na2CO3溶液后相关化学反应的离子方程式：_________________________。
（2）将足量CO2气体通入水玻璃(Na2SiO3溶液)中，然后加热蒸干，再在高温下充分灼烧，最后得到的固体物质是_________________________。
II.（1）120 mL含有0.20 mol碳酸钠的溶液和200 mL盐酸,不管将前者滴加入后者,还是将后者滴加入前者,都有气体产生,但最终生成的气体体积不同,则盐酸的浓度合理的范围是_________________________________________
（2）取体积相同的KI、Na2SO3、FeBr2溶液，分别通入足量氯气，当恰好完全反应时，三种溶液消耗氯气的物质的量相同，则KI、Na2SO3、FeBr2溶液的物质的量浓度之比为_______。
（3）在反应 3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2 中，当有5 mol水反应时，由H2O还原的BrF3为______________mol。
III.将一定质量的铁粉加入到装有100 mL某浓度的稀硝酸溶液中充分反应。
（1）容器中剩有m g的铁粉，收集到NO气体448 mL(标准状况下)。
①所得溶液中的溶质的化学式为________________。
②原硝酸溶液的物质的量浓度为__________________________。
（2）向上述固液混合物中逐渐滴加稀硫酸至刚好不再产生遇空气变成红棕色气体为止，此时容器中有铁粉n g。
①此时溶液中溶质的化学式为__________________。
②（m－n）的值为________________(精确到0.1 g)。
【答案】(1). Ca2++CO32-=CaCO3↓ Ba2++ CO32-=BaCO3↓ (2). 硅酸钠 (3). 1.0mol/L
【分析】I.（1）Na2CO3可以把过量的钡离子转化为沉淀，同时能够和钙离子结合生成沉淀；
（2）向硅酸钠溶液中通入足量二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸和碳酸氢钠；蒸干时碳酸氢钠分解生成碳酸钠，硅酸分解生成二氧化硅；高温条件下灼烧混合物，二氧化硅和碳酸钠反应。
II.（1）根据碳酸钠滴入盐酸中的反应及盐酸滴入碳酸钠中的反应，结果都有气体产生，但最终生成的气体体积不同来找出盐酸与碳酸钠的物质的量的关系，计算盐酸的浓度范围值。
（2）根据通入足量氯气，当反应恰好完全时，三种溶液消耗氯气的物质的量相同，则KI、Na2SO3、FeBr2失去的电子数相等，又溶液的体积相同，则浓度之比等于物质的量之比；向FeBr2 溶液中通入等物质的量的Cl2，先与亚铁离子反应，再与溴离子反应。
（3）在氧化还原反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，化合价升高的元素是水中的氧元素和BrF3中的溴元素，氧、溴元素被氧化，被还原的是部分Br，根据电子守恒解答；
III.（1）①容器中剩有m g的铁粉，生成硝酸亚铁；
②硝酸完全反应生成硝酸亚铁与NO，根据n=V/Vm计算NO的物质的量，根据电子转移守恒计算参加反应的n（Fe），由氮元素守恒可知：n（HNO3）=2n[Fe（NO3）2]+n（NO），再根据c=n/V计算；
（2）①混合物中逐滴加入稀硫酸，Fe先和HNO3（氢离子由硫酸提供）生成NO，然后是Fe和H2SO4反应生成H2，据此确定溶液中的溶质；
②m-n的值为加入硫酸后再溶解的金属铁的质量，根据反应方程式中铁和硝酸根离子量的关系计算即可．
【详解】I.（1）Na2CO3可以把过量的钡离子转化为沉淀：Ba2＋+CO32－=BaCO3↓，Na2CO3可以和钙离子结合生成沉淀：Ca2＋+CO32－=CaCO3↓；
（2）二氧化碳先与水玻璃反应生成硅酸和碳酸氢钠，蒸干灼烧时，硅酸分解成二氧化硅和水，碳酸氢钠分解得到碳酸钠、二氧化碳和水；二氧化硅和碳酸钠在高温下又发生反应，生成二氧化碳和硅酸钠，所以最终所得固体是硅酸钠。
II.（1）当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32－+2H＋═H2O+CO2↑，当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为CO32－+H＋═HCO3－、HCO3－+H＋═H2O+CO2↑，则HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质的量，又因为最终生成的气体体积不同，则HCO3－+H＋=H2O+CO2不能全部完成，即HCl的物质的量比Na2CO3的物质的量的二倍少，碳酸钠的物质的量为0.2mol，则HCl的物质的量应介于0.2mol～0.4mol之间，盐酸溶液的体积为200mL=0.2L，即盐酸的浓度应该是大于1mol·L－1，小于2mol·L－1。即1.0mol/L
（3）在氧化还原反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，化合价升高的元素是水中的氧元素和BrF3中的溴元素，氧、溴元素被氧化，当有5mol水反应时，化合价升高的元素之一是水中的氧元素从-2价升到0价，被氧化的水的物质的量为2mol，化合价降低的元素是BrF3中的溴元素从+3价降到0价，被还原的物质的量为2mol，其中由H2O还原的BrF3为：(2×2)mol/(3×1)=4/3mol．
III.（1）①容器中剩有m g的铁粉，所得溶液中的溶质为Fe（NO3）2；
②硝酸完全反应生成硝酸亚铁与NO，NO的物质的量=0.448L÷22.4L·mol－1=0.02mol，根据电子转移守恒，参加反应的n（Fe）=0.02mol×3/2=0.03mol，由氮元素守恒可知：n（HNO3）=2n[Fe（NO3）2]+n（NO）=2×0.03mol+0.02mol=0.08mol，故原硝酸的物质的量浓度=0.08mol÷0.1L=0.8mol·L－1；
（2）①向上述固-液混合物中逐滴加入稀硫酸溶液的反应顺序为：Fe先和HNO3（氢离子由硫酸提供）生成NO，因为此时铁还是有剩余，所以硝酸根离子完全反应，硝酸根反应完全后，再是Fe和H2SO4反应生成H2，此时溶液中的溶质为硫酸亚铁。
②Fe先和HNO3（氢离子由硫酸提供）生成NO，关系为：3Fe～2NO3－，溶液中硝酸根离子的物质的量是0.08mol-0.02mol=0.06mol，所以消耗铁的物质的量是0.06mol×3/2=0.09mol，质量是0.09mol×56g·mol－1≈5.0g，即m-n的值为5.0。
28.下图中的每一方格表示有关的一种反应物或生成物，其中甲、乙、丙、丁为常见单质，其余均为化合物。A是一种常见的液态化合物，B是具有磁性的氧化物，D和丁既能和酸反应又能和碱反应，乙在丙中燃烧产生苍白色火焰，H在空气中很容易被氧化成I。它们的转化关系如下：（有些反应的条件和部分产物未注明）
（1）写出下列物质化学式：B____________，F____________；
（2）写出反应①的化学方程式：________________________________________；
（3）H在空气中很容易被氧化成I，该过程的实验现象是_______________________________；
（4）将足量的CO2通入E溶液中，离子方程式是______________________________________。
（5）将G的饱和溶液滴入沸水中得红褐色液体，该液体具有的性质有_______。
A．具有丁达尔效应 B．红褐色液体可用过滤的方法提纯
C．液体中分散质微粒直径小于1nm D．取适量液体加入K2SO4溶液会产生红褐色沉淀 E. 它较稳定的存在，因其带正电荷
【答案】(1). Fe3O4 (2). FeCl2 (3). 3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 (4). 白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀 (5). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- (6). AD
【解析】
【分析】甲、乙、丙、丁为常见单质，其余均为化合物，A是一种常见的液态化合物，则A为H2O，B是具有磁性的氧化物，则B为Fe3O4，D和丁既能和酸反应又能和碱反应，则丁为Al，D为Al2O3，E为NaAlO2，乙在丙中燃烧产生苍白色火焰，则C为HCl，结合转化关系可知，甲为Fe，乙为H2，F为FeCl2，H在空气中很容易被氧化成I，则H为Fe（OH）2，I为Fe（OH）3，G为FeCl3，然后结合物质的性质及化学用语来解答．
【详解】（1）通过以上分析知，B、F分别是Fe3O4、FeCl2；
（2）A＋甲反应的化学方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 ；
（3）H为Fe（OH）2，I为Fe（OH）3，氢氧化亚铁是白色沉淀、氢氧化铁是红褐色沉淀，氢氧化亚铁不稳定，极易被空气中氧气氧化生成红褐色氢氧化铁沉淀，看到的现象是白色沉淀逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀；
（4）E是偏铝酸钠，足量二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为CO2+AlO2－+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3－。
（5）将G的饱和溶液滴入沸水中得红褐色液体，该液体是胶体，具有丁达尔效应，其分散质直径在1-100nm之间，能透过滤纸但不能透过半透膜，能和电解质溶液发生聚沉现象，故选AD．
29.I.某同学设计如图所示装置探究氯气能否与水发生反应。气体a的主要成分是含有少量水蒸气的氯气。请回答下列问题：
（1）气体a由图甲或乙制备 ，若选用图2中的甲装置，反应的离子方程式是_____，若选用装置乙，其中的导管 a 的作用是_____。
（2）证明氯气和水发生反应的实验现象为_________________________。
（3）该实验设计存在缺陷，为了克服该缺陷，需要补充装置D，其中发生反应的离子方程式为_________________。
II.如图为浓硫酸与铜反应及其产物检验的实验装置
回答下列问题：
（1）指出试管c中产生的实验现象：______________________。
（2）用可抽动的铜丝代替铜片的优点___________。
（3）写出浓硫酸与铜反应的化学方程式：_____________________________。
（4）为确认CuSO4生成将 _____________________________ 可观察颜色
III.某学习小组开展下列实验探究活动：
选用下面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：
装置连接顺序为A、C、_____、_____、D、F，通过_____________现象即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。
【答案】(1). MnO2+ 4H++2Cl-Cl2↑+Mn2++2H2O (2). 平衡气压，使分液漏斗中的液体能顺利滴下 (3). 装置B中的有色布条不褪色，装置C中的有色布条褪色 (4). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (5). 石蕊试液变红色 (6). 控制反应随时开始随时停止 (7). Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O (8). 将试管a中的液体慢慢倒入盛有少量水的试管中 (9). B (10). E (11). 当D中品红不褪色，F中出现白色沉淀
【解析】
【分析】I.（1）由实验装置图可知，在A中甲装置为二氧化锰与浓盐酸加热制备氯气，乙中导管可平衡气压，利于液体的流下。
（2）证明氯气和水发生反应的实验现象为：装置B中的有色布条不褪色，装置C中的有色布条褪色；
（3）该实验设计存在缺陷，为了克服该缺陷，需要补充装置D，D用氢氧化钠等碱液吸收氯气，防止污染空气。
II.根据Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O反应的特点和生成物的性质分析。
III.次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比HClO强进行判断．A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入F中．
【详解】I.（1）装置A用于产生氯气，若选用图2中的甲装置，反应的离子方程式是MnO2+ 4H++2Cl-Cl2↑+Mn2++2H2O，若选用装置乙，其中的导管a的作用是平衡气压，使分液漏斗中的液体能顺利滴下。
（2）证明氯气和水发生反应的实验现象为：装置B中的有色布条不褪色，装置C中的有色布条褪色。
（3）该实验设计存在缺陷，为了克服该缺陷，需要补充装置D，D用氢氧化钠等碱液吸收氯气，防止污染空气，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
II.（1）二氧化硫是酸性氧化物，则试管c中产生的实验现象：石蕊试液变红色。
（2）用可抽动的铜丝代替铜片的优点控制反应随时开始随时停止 。
（3）浓硫酸与铜反应的化学方程式为： Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O。
（4）为确认CuSO4生成将试管a中的液体慢慢倒入盛有少量水的试管中，若溶液变蓝，则说明有硫酸铜生成。
III.次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比HClO强碱性判断．A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入F中，则：装置连接顺序为A、C、B、E、D、F，其中装置E的作用是除去SO2气体，D中品红不褪色，F中出现白色沉淀，可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。
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