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【化学】河北省邯郸市大名县第一中学2018-2019学年高二（清北班）5月月考（解析版） 试卷
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河北省邯郸市大名县第一中学2018-2019学年高二（清北班）5月月考
一、选择题(共20小题，每题3分，共60分。每题只有一个选项符合题意)
1.阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是
A. 1L0.1mol·NH4Cl溶液中，的数量为0.1
B. 2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1
C. 标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2
D. 0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2
【答案】D
【解析】
A、NH4＋是弱碱阳离子，发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH4＋数量小于0.1NA，故A错误；B、2.4gMg为0.1mol，与硫酸完全反应后转移的电子的物质的量为2.4×2/24mol=0.2mol，因此转移电子数为为0.2NA，故B错误；C、标准状况下，N2和O2都是气态分子，2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，故C错误；D、H2＋I22HI，反应前后系数之和相等，即反应后分子总物质的量仍为0.2mol，分子数为0.2NA，故D正确。
2.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 0.1 mol 的中，含有个中子
B. pH=1的H3PO4溶液中，含有个
C. 2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到个CO2分子
D. 密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备 PCl5（g），增加个P-Cl键
【答案】A
【解析】
A．11B中含有6个中子，0.1mol 11B含有6NA个中子，A正确；B．溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B错误；C．标准状况下苯是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目，C错误；D．PCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则所1molPCl3与1molCl2反应生成的PCl5小于1mol，增加的P－Cl键的数目小于2NA个，D错误；答案选A。
3.NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是
A. 1 mol 乙烯分子中含有的碳氢键数为4NA
B. 1 mol 甲烷完全燃烧转移的电子数为8NA
C. 1 L 0.1 mol·L−1的乙酸溶液中含H+的数量为0.1NA
D. 1 mol 的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA
【答案】C
【解析】
A、乙烯的结构简式为CH2=CH2，1mol乙烯中含有碳氢键的物质的量为4mol，故A说法正确；B、甲烷燃烧生成CO2，甲烷中C的化合价为－4价，CO2中C的化合价为＋4价，因此1mol甲烷完全燃烧转移电子物质的量为8mol，故B说法正确；C、乙酸是弱酸，部分电离，因此溶液中H＋物质的量小于0.1mol，故C说法错误；D、1molCO含有质子物质的量为(6＋8)mol=14mol，1molN2中含有质子物质的量为2×7mol=14mol，因此1molN2和CO的混合气体中含有质子物质的量为14mol，故D说法正确。
4.化学与社会密切相关，下列说法错误的是( )
A. 用硫酸可以洗去锅炉水垢
B. 氧化铝可用来制造耐高温的容器
C. 食盐既可作调味品，也可以作防腐剂
D. 洗涤棉织品可以使用弱碱性洗涤剂或肥皂
【答案】A
【解析】
详解】A.水垢中含有碳酸钙，加硫酸溶解会生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水，所以不能把水垢完全溶解，故A错误；
B.氧化铝的熔沸点高，可用来制造耐高温的容器，故B正确；
C.食盐有咸味，无毒，生活中常做调味品，是常用的调味剂，食物腐败变质是由于微生物的生长和大量繁殖而引起的，盐渍杀死或抑制微生物的生长和大量繁殖，所以食盐是常用的防腐剂，故C正确；
D.棉制品的主要成分是纤维素，纤维素在碱性条件下不能水解，所以洗涤棉制品可以使用弱碱性洗涤剂或肥皂，故D正确。
故选A。
5.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA
B. 2 L 0.5 mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋离子数为2NA
C. 过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA
D. 密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA
【答案】C
【解析】
试题分析：A．18 g D2O和18 g H2O的物质的量不相同，其中含有的质子数不可能相同，A错误；B．亚硫酸是弱电解质，则2 L 0.5 mol·L-1亚硫酸溶液中含有的H+离子数小于2NA，B错误；C．过氧化钠与水反应时，氧元素化合价从—1价水的0价，则生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA，C正确；D．密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应生成2molNO2，但NO2与N2O4存在平衡关系，所以产物的分子数小于2NA，D错误，答案选C。
【考点定位】本题考查阿伏加德罗常数的计算。
【名师点睛】阿伏伽德罗常数与微粒数目的关系涉及的知识面广，涉及到核素、弱电解质电离、氧化还原反应、化学平衡、胶体、化学键等知识点。与微粒数的关系需要弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系，计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。
6.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A. 60g丙醇中存在共价键总数为10NA
B. 1L 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－离子数之和为0.1NA
C. 钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23g钠充分燃烧时转移电子数为1NA
D. 235g核互U 发生裂变反应： +n ++10n，净产生的中子(n)数为10NA
【答案】C
【解析】
试题分析：A．60g丙醇的物质的量是1mol，丙醇的结构简式为CH3CH2CH2OH，所以分子中存在的共价键总数为11NA，错误；B．根据碳原子守恒可知1L 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3－和CO32－离子数之和为0.1NA，错误；C．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，氧化钠或过氧化钠，23g钠的物质的量是1mol。钠不论是转化为氧化钠，还是过氧化钠，均失去1个电子形成钠离子，23g钠充分燃烧时转移电子数为1NA，正确；D．235g核素U的物质的量为mol，根据反应可知反应消耗一摩尔中子，净产生的中子（n）数为9NA，错误。
【考点定位】考查阿伏加德罗常数
【名师点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，以溶液中物料守恒、氧化还原反应中电子转移计算以及核裂变反应为载体，难度不大，但要准确解答该题需要牢固扎实的基础知识，像丙醇的结构，物料守恒等。物料守恒可以理解为原子守恒的另一种说法。就是说“任一化学反应前后原子种类（指原子核中质子数相等的原子，就是元素守恒）和数量分别保持不变”。
7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NA
B. 常温常压下，4.4g乙醛所含σ键数目为0.7NA
C. 标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移电子数为0.5 NA
D. 50ml 12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
【答案】A
【解析】
A. H218O与D2O的摩尔质量都是20g/mol，H218O与D2O分子含有10个中子，2.0 g H218O与D2O的混合物的物质的量为0.1mol，所含中子数为NA，故A正确；B. 乙醇分子含有8个共价键，4.6 g即0.1mol乙醇所含共价键数目为0.8NA，故B错误；C. 标准状况下，5.6 L即0,25molCO2与足量Na2O2反应，CO2～e－，转移的电子数为0.25NA，故C错误；D. 反应进行至浓盐酸成为稀盐酸时即停止，所以50 mL 12 mol·L－1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数小于0.3NA，故D错误。故选A。
8.将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体。原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）
A. 231.5mL B. 268.8mL C. 287.5mL D. 313.6mL
【答案】BD
【解析】
将O2和NH3的混合气体通过加热的三氧化二铬，发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O。充分反应后，再通过足量的水，发生反应：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，将两个方程式叠加，可得总反应方程式：NH3+2O2= HNO3+H2O，若最后得到的气体是NO，则氧气完全反应，发生反应消耗的气体的体积是448mL-44.8mL=403.2ml，其中含有的氧气是V(O2)= 403.2ml×2/3=268.8mL。若最后剩余的气体是O2，则O2应该是反应消耗的和剩余的两部分，氧气的体积是：V(O2)=" 403.2ml×2/3+44.8mL" =313.6mL。故答案是选项BD。
【考点定位】考查反应物有过量时的化学计算的知识。
9. 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. +3 B. +4 C. +5 D. +6
【答案】D
【解析】
根据方程式两端电荷守恒可知n＝＝2，O元素是－2价，所以R的化合价是+6价，答案选D。
10.下列指定微粒的数目相等的是( )
A. 等物质的量的水与重水含有的中子数
B. 等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数
C. 同温、同压同体积的CO和NO含有的质子数
D. 等质量的铁和铝分别于足量氯气完全反应时转移的电子数
【答案】B
【解析】
【详解】A.1mol普通水中含有的中子数是8mol，1mol重水中含有的中子数是10mol，所以等物质的量的水与重水含有的中子数不相等，故A错误；
B.乙烯、丙烯都属于烯烃，通式符合CnH2n，最简式是CH2，若二者的质量相等，含最简式的个数相等，含有的共用电子对数也相等，故B正确；
C.同温同压下，同体积的CO和NO分子数相同，但是由于每个分子中含有的质子数不相同，所以同温同压下，同体积的CO和NO含有的质子数不相等，故C错误；
D.由于Cl2的氧化性很强，与变价金属Fe反应时产生的是FeCl3，与Al发生反应产生AlCl3，在金属质量相同，化合价也相同的情况下，分子量越小的金属，消耗氯气的物质的量就越大，所以等质量的铁和铝分别与足量的氯气完全反应镁转移电子数目多，故D错误。
故选B。
11.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−
B. 酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I− +IO3−+6H+=I2+3H2O
C. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42−+3Cl−+4H++H2O
D. 电解饱和食盐水：2Cl−+2H+Cl2↑+ H2↑
【答案】A
【解析】
分析：A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3；B项，电荷不守恒，得失电子不守恒；C项，在碱性溶液中不可能生成H+；D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2。
详解：A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3，反应的离子方程式为CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-，A项正确；B项，电荷不守恒，得失电子不守恒，正确的离子方程式为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，B项错误；C项，在碱性溶液中不可能生成H+，正确的离子方程式为3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O，C项错误；D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，D项错误；答案选A。
点睛：本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中D项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中B项）；④从反应的条件进行判断（题中C项）；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。
12.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 钠与水反应：Na +2H2O=Na++2OH–+H2↑
B. 电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl–+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH–
C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH–+H++SO42-=BaSO4↓+H2O
D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH–=CaCO3↓+H2O
【答案】B
【解析】
A．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转移电子守恒，离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故A错误；B．电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有NaOH生成，离子方程式为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-，故B正确；C．二者反应生成硫酸钡和水，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是2，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀，反应的离子方程式为：HCO3-+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O，故D错误；答案为B。
13.下列反应可用离子方程式“H++OH−=H2O”表示的是（ ）
A. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合 B. NH4Cl溶液与Ca(OH) 2溶液混合
C. HNO3溶液与KOH溶液混合 D. Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合
【答案】C
【解析】
试题分析：A、NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：H＋+SO42—+Ba2＋+OH－=BaSO4↓+H2O，错误；B、NH4Cl溶液与Ca(OH) 2溶液混合：NH4＋+OH－=NH3·H2O，错误；C、HNO3溶液与KOH溶液混合：H++OH−=H2O，正确；D、Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合：HPO42—+OH－=PO43—+H2O，错误。
考点：考查离子方程式正误判断
14.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 将铜插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3–===Cu2++2NO2↑+H2O
B. 向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3++Fe===2Fe3+
C. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3NH4+
D. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+===H2SiO3↓+2Na+
【答案】C
【解析】
【详解】A.铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，正确的离子反应为：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O，故A错误；
B.Fe2(SO4)3溶液中加入Fe粉，Fe3+被Fe单质还原生成Fe2+，该离子方程式左右两边电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，故B错误；
C.Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，氨水是弱碱，应写化学式，离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故C正确；
D.向Na2SiO3溶液中逐滴加入少量稀盐酸生成氯化钠和硅酸，Na2SiO3为可溶性盐，应写离子形式，正确的离子方程式为：SiO32－+2H+=H2SiO3↓，故D错误。
故选C。
【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：
“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒；“二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。
15.下列实验的反应原理用离子方程式表示正确的是（ ）
A. 室温下，测的氯化铵溶液pH<7，证明一水合氨的是弱碱：NH4＋＋2H2O=NH3·H2O＋H3O＋
B. 用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑
C. 用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基： +2HCO3-→+2H2O+2CO2↑
D. 用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO4－＋16H＋＋5C2O42－=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
【答案】B
【解析】
A. 铵根水解溶液显酸性，方程式为：NH4+＋2H2ONH3·H2O＋H3O＋，A错误；B. 铝和氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2-＋3H2↑，B正确；C. 酚羟基的酸性弱于碳酸，与碳酸氢钠不反应，C错误；D. 草酸是弱电解质，应该用化学式表示，D错误，答案选B。
点睛：掌握相关物质的化学性质、发生的化学反应是解答的关键。选项C是解答的易错点，注意有机物分子中羟基氢原子的活泼性比较。
16.下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 向稀HNO3中滴加NaHSO3溶液：H＋＋HSO===SO2↑＋H2O
B. 硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
C. 向含有2 mol FeI2的溶液中通入2.5 mol Cl2：8I－＋2Fe2＋＋5Cl2===10Cl－＋4I2＋2Fe3＋
D. 用酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO＋16H＋＋5C2O===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液，二者发生氧化还原反应，正确的离子反应为：2NO3-+3SO32-+2H+═3SO42-+2NO↑+H2O，故A错误；
B.硫酸铝溶液中加入过量氨水，二者反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，一水合氨为弱碱，不能拆开，应写化学式，正确的离子方程式：Al3++3NH3·H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；
C.向含有2molFeI2的溶液中通入2.5molCl2，4molI-消耗2molCl2，剩余的0.5mol氯气氧化1mol亚铁离子，该反应的离子方程式为：8I－＋2Fe2＋＋5Cl2=10Cl－＋4I2＋2Fe3＋，故C正确；
D.用酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸，草酸是弱酸，应写化学式，正确的离子方程式为：2MnO4-＋6H＋＋5H2C2O4=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，故D错误。
故选C。
17. 某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，下列用来解释事实的方程式中不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）
A. 该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH－="==" Cl－+ ClO－+ H2O
B. 该消毒液的pH约为12：ClO－+ H2OHClO+ OH－
C. 该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生Cl2：2H＋+ Cl－+ ClO－= Cl2↑+H2O
D. 该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ ClO－= HClO+CH3COO—
【答案】B
【解析】
试题分析：A、用Cl2和NaOH溶液反应制取漂白液，故A正确 ；B、根据提干信息知：饱和NaClO溶液的pH约为11，而该溶液pH=12＞11，故主要是因为该消毒液中含有一定量的NaOH，故B不合理；C、根据HCl和HclO中Cl的化合价分析，该氧化还原方程式的书写正确，故C正确 ；D、根据漂白粉起漂白作用的原理，应用的是较强酸制取较弱酸，故D正确。
考点：考查化学反应原理和化学方程式的正误判断
18.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A. 向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32—+2H+=SO2↑+H2O
B. 向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32—+ SO2+ H2O=H2SiO3↓+SO32—
C. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O：Al3 ++4 NH3·H2O=[Al(OH)4]—+4NH4+
D. 向CuSO4溶液中加入Na2O2：2 Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A.HNO3有强的氧化性，Na2SO3具有还原性，二者会发生氧化还原反应生成SO42‾、NO和H2O，正确的离子方程式是：2H++2NO3-+3SO32-=H2O+3SO42-+2NO↑，故A错误；
B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2发生反应产生酸式盐，正确的离子方程式是：SiO32－+2SO2+2H2O=H2SiO3↓+2HSO3-，故B错误；
C.NH3·H2O是弱碱，不能与两性氢氧化物氢氧化铝发生反应，正确的离子方程式是Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故C错误；
D.向CuSO4溶液中加入Na2O2，Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，NaOH与CuSO4反应生成Cu(OH)2和Na2SO4，两个方程式相加即可得到正确的离子方程式为：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑，故D正确。
故选D。
【点睛】离子方程式的书写：可溶性的强电解质（强酸、强碱、可溶性盐）用离子符号表示，其它难溶的物质、气体、水等仍用分子式表示。微溶的强电解质应看其是否主要以自由离子形式存在，例如，石灰水中的Ca(OH)2写离子符号，石灰乳中的Ca(OH)2用分子式表示；浓硫酸中由于存在的主要是硫酸分子，也书写化学式，浓硝酸、盐酸书写离子式。
19. 下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 氯气溶于水：Cl2＋H2O=2H＋＋Cl－＋ClO－
B. Na2CO3溶液中CO32－的水解：CO32－＋H2O=HCO3－＋OH－
C. 酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3－＋I－＋6H＋=I2＋3H2O
D. NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3－＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O
【答案】D
【解析】
试题分析：A、次氯酸是弱酸，不能拆写，应写成HClO的形式，A错误；B、多元弱酸根应分步水解、是可逆反应，CO32-＋H2OHCO3-＋OH-，B错误；C、反应前后电荷数不等，C错误；D、少量的系数定为1，HCO3-＋Ba2+＋OH-=BaCO3↓＋H2O D正确。答案选D
考点：离子方程式正误判断
20.纳米是长度单位，1 nm＝10－9 m，当物质的颗粒达到纳米级时，会具有一些特殊的性质。如由铜制成的“纳米铜”具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧。下列关于“纳米铜”的叙述正确的是( )
A. “纳米铜”比铜片的金属性强
B. “纳米铜”比铜片更易失去电子
C. “纳米铜”比铜片的氧化性强
D. “纳米铜”的还原性与铜片相同
【答案】D
【解析】
【分析】
纳米铜之所以具有较强的化学活性是由于纳米材料的颗粒较小，表面积较大，与氧气的接触面积较大，而铜的金属性、活泼性等没有发生变化，据此分析判断。
【详解】A．金属性属于元素的性质，都为铜元素，金属性相同，故A错误；B．纳米铜之所以具有较强的化学活性是由于纳米材料的颗粒较小，表面积较大，与氧气的接触面积较大而能在空气中的燃烧，都是不活泼金属，失电子能力相同，故B错误；C．铜为金属，在反应中只能失去电子，只有还原性，不具有氧化性，故C错误；D．在相同条件下，纳米铜和铜片都是铜元素的单质，都是铜原子构成的，“纳米铜”只是物质的颗粒变小，不影响其化学性质，因此还原性是相同的，故D正确；故选D。
【点睛】本题易错点为B、C，要注意区分“物质的本身的性质”与“外界因素影响化学反应速率”，它们是两个不同的概念。
非选择题
二、非选择题(共4小题，40分)
21.Cu2O可用于制作船底防污漆，某学习小组探究制备Cu2O的方法。
【查阅资料】① CuSO4与Na2SO3溶液混合可制备Cu2O。② Cu2O为砖红色固体；酸性条件下生成Cu2+和Cu。
③ Cu2O和Cu(SO3)23－可以相互转化 Cu2OCu(SO3)23-(无色)
(1)配制0.25 mol·L－1CuSO4溶液和0.25 mol·L－1 Na2SO3溶液。测得CuSO4溶液pH=4，Na2SO3溶液pH=9。用离子方程式表示CuSO4溶液pH=4的原因_______。
(2)完成CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应制Cu2O的离子方程式： ____Cu2++ ____SO32－+ ____ =____Cu2O↓+ ____ + ____HSO3－
【实验探究】
操作
现象
i 有黄色沉淀出现，随着 Na2SO3溶液的滴入，沉淀增加，当加到5 mL时，溶液的蓝色消失。
ii 将试管加热，黄色沉淀变为砖红色，有刺激性气味气体产生。
iii在加热条件下，继续滴入Na2SO3溶液，砖红色沉淀减少，当1加到10 mL时，沉淀完全溶解，得无色溶液。
(3)证明ii中砖红色沉淀是Cu2O的实验方案是_______。
(4)经检验i中黄色沉淀含有Cu2SO3，ii中沉淀由黄色变砖红色的化学方程式是______。
(5)iii中砖红色沉淀消失的原因是_______。
(6)在加热条件下，若向2 mL 0.25 mol·L－1Na2SO3溶液中滴加0.25 mol·L－1CuSO4溶液至过量，预期观察到的现象是_______。
(7)由上述实验得出结论：CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应制备Cu2O，应控制的条件是_______、_______。
【答案】 (1). Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+ (2). 2 (3). 5 (4). 2H2O (5). 1 (6). 1SO42－ (7). 4 (8). 取少量砖红色沉淀于试管中，加入稀硫酸，溶液变为蓝色，说明砖红色沉淀是Cu2O (9). Cu2SO3 Cu2O+SO2↑ (10). Cu2O转化得无色Cu(SO3)23－ (11). 开始先产生沉淀，振荡后溶解，后来产生砖红色沉淀，且沉淀不消失 (12). 反应温度； (13). CuSO4和Na2SO3的物质的量之比
【解析】
【分析】
（1）铜离子水解显酸性；
（2）化合价升高和降低的总数相等；
（3）Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O；
（4）Cu2SO3易分解生成氧化亚铜；
（5）Cu2O能与Na2SO3反应生成Cu（SO3）23-；
（6）CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应生成Cu2O；
（7）CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应得到Cu2O，Cu2O和亚硫酸铜反应生成无色Cu（SO3）23-。
【详解】（1）硫酸铜是强酸弱碱盐，Cu2＋水解导致溶液显酸性，所以用离子方程式表示CuSO4溶液pH=4的原因是Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，故答案为：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+。
（2）根据方程式提供的信息，Cu2＋体现氧化性，得电子生成Cu2O，SO32-则具有还原性，失电子生成SO42-，根据化合价升降相等，然后根据电荷守恒和原子守恒配平，得到的离子方程式为2Cu2＋+5SO32-+2H2O =Cu2O+SO42-+4HSO3-，故答案为：2，5，2H2O，1，1SO42－，4。
（3）根据信息②可知，在酸性条件下Cu2O可发生歧化反应生成Cu2+和Cu，所以证明ii中砖红色沉淀是Cu2O的实验方案是取少量砖红色沉淀于试管中，加入稀硫酸，溶液变为蓝色，说明砖红色沉淀是Cu2O，故答案为：取少量砖红色沉淀于试管中，加入稀硫酸，溶液变为蓝色，说明砖红色沉淀是Cu2O。
（4）据题意，经检验i中黄色沉淀含有Cu2SO3，ii中Cu2SO3沉淀在加热的条件下发生分解反应生成砖红色Cu2O，并且有刺激性气味气体产生，该气体为SO2，则反应的方程式是Cu2SO3Cu2O+SO2↑，故答案为：Cu2SO3Cu2O+SO2↑。
（5）通过资料③提供的信息，Cu2O和Cu(SO3)23－可以相互转化，Cu2OCu(SO3)23-(无色)，SO32-浓度升高，平衡正移，生成无色的Cu(SO3)23-，沉淀消失，故答案为：Cu2O转化得无色Cu(SO3)23－。
（6）此问中实验过程和原题操作不同的地方是Na2SO3溶液和CuSO4溶液的滴加顺序，先看到的是CuSO4少量时的现象，对应原题中iii的“沉淀溶解，无色溶液”现象。之后CuSO4滴加至过量，并且有加热条件，应看到的是原过程中ii的“砖红色沉淀，并有刺激性气味气体”现象。所以预期观察到的现象是开始先产生沉淀，振荡后溶解，后来产生砖红色沉淀，且沉淀不消失，故答案为：开始先产生沉淀，振荡后溶解，后来产生砖红色沉淀，且沉淀不消失。
（7）对比原实验中i和ii，可证明“加热”是产生砖红色沉淀的必要条件。对比原实验ii和iii以及（6）中过程，可证明加入过量的Na2SO3时无Cu2O产生。另外如果Na2SO3加入量过少，则认为还原剂量少，生成Cu2O量不足，CuSO4和Na2SO3的物质的量之比是产生砖红色沉淀的必要条件，故答案为：反应温度；CuSO4和Na2SO3的物质的量之比。
22.Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备，工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为__________________。
(2)酸浸后，钛主要以TOCl42-形式存在，写出相应反应的离子方程式_________________。
(3)甲组同学取2 mL FeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2＋氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为_________________________________________
丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为____________；
(4)＋6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O72-还原成Cr3＋，反应的离子方程式为___________________________________________________。
【答案】 (1). 4 (2). FeTiO3+4H++4Cl-=Fe2++TiOCl42-+2H2O (3). 2Fe2++Cl2 = 2Fe3++2Cl− (4). 2Fe2++H2O2+2H+ = 2Fe3++2H2O (5). Cr2O72-＋3HSO3-＋5H＋===2Cr3＋＋3SO42-＋4H2O
【解析】
【详解】（1）Li2Ti5O15中Li为+1价，O为-2价，Ti为+4价，过氧根(O22-)中氧元素显-1价，设过氧键的数目为x，根据正负化合价代数和为0，可知(+1)×2+(+4)×5+(-2)×(15-2x)+(-1)×2x=0，解得：x=4，故答案为：4。
（2）“酸浸”时用盐酸溶解FeTiO3生成TiOCl42−时，发生反应的离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl−＝Fe2++TiOCl42−+2H2O，故答案为：FeTiO3+4H++4Cl−＝Fe2++TiOCl42−+2H2O。
（3）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-；向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。
（4）用NaHSO3将废液中的Cr2O72-还原成Cr3+，Cr元素的化合价降低，则S元素的化合价升高，生成硫酸根离子，由电荷、电子守恒及原子守恒可知离子反应为5H++Cr2O72-+3HSO3-=2Cr3++3SO42-+4H2O，故答案为：5H++Cr2O72-+3HSO3-=2Cr3++3SO42-+4H2O。
23.Ⅰ.CO2是重要的化工原料，也是应用广泛的化工产品。CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气。完成下列计算：
(1)CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解。2.00mol NH4HCO3完全分解，分解产物经干燥后的体积为_________L(标准状况)。
(2)某H2中含有2.40 molCO2，该混合气体通入2.00 L NaOH溶液中，CO2被完全吸收。如果NaOH完全反应，该NaOH溶液的浓度为_______。
(3)CO2和KO2有下列反应：
4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2 4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2
若9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 molO2，则反应前密封舱内H2O的量应该是______________。
(4)甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料：CH4+H2OCO+3H2
已知：CO+2H2CH3OH CO2+3H2CH3OH+H2O
300 mol CH4完全反应后的产物中，加入100 mol CO2后合成甲醇。若获得甲醇350 mol，残留氢气120 mol，计算CO2的转化率_______
Ⅱ.氨碱法制纯碱包括石灰石分解、粗盐水精制、氨盐水碳酸化等基本步骤。完成下列计算：
(5)CaCO3质量分数为0.90的石灰石100 kg完成分解产生CO2_______L(标准状况)。石灰窑中，该石灰石100 kg与焦炭混合焙烧，产生CO2 29120 L(标准状况)，如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生CO，则焦炭的物质的量为_______mol。
(6)已知粗盐水含MgCl2 6.80 mol/m3，含CaCl2 3.00mol/m3。向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子：MgCl2 + Ca(OH)2 → Mg(OH)2↓ + CaCl2然后加入Na2CO3除钙离子。处理上述粗盐水10 m3，至少需要加Na2CO3______g。如果用碳酸化尾气(含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040)代替碳酸钠，发生如下反应：Ca2+ + 2NH3 + CO2 + H2O → CaCO3↓ + 2NH4+处理上述10 m3粗盐水至少需要通入_____________L(标准状况)碳酸化尾气。
(7)某氨盐水含氯化钠1521 kg，通入二氧化碳后析出碳酸氢钠晶体，过滤后溶液中含氯化铵1070 kg。
①过滤后溶液中氯化钠的质量______________。
②析出的碳酸氢钠晶体的质量__________________。
【答案】 (1). 89.6 (2). 2.4 mol/L≥c≥1.2 mol/L (3). 3(mol) (4). 80% (5). 20160L (6). 400 (7). 10388 (8). 54880L (9). 351kg (10). 1680kg
【解析】
【详解】Ⅰ.（1）NH4HCO3完全分解生成NH3、CO2，方程式为NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O，分解后水为液态，则2molNH4HCO3可生成4mol气体，体积为4mol×22.4L/mol=89.6L，故答案为：89.6。
（2）2.40molCO2与NaOH完全反应，产物可能为Na2CO3或NaHCO3或二者都有，假设全部生成生成NaHCO3，则发生CO2+NaOH=NaHCO3，n（NaOH）=n（CO2）=2.40mol，则c（NaOH）=2.4mol/2.00L=1.20mol/L；假设全部生成，则发生CO2+2NaOH=Na2CO3，n（NaOH）=2n（CO2）=4.80mol，则c（NaOH）=4.80mol/2.00L=2.40mol/L；综合以上两种情况可知，NaOH溶液的浓度应该1.20mol/L≤c（NaOH）≤2.40mol/L，故答案为：2.4mol/L≥c≥1.2mol/L。
（3）依题意，9 molCO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2，即n（CO2）：n（O2）=1：1，通过观察题给两个方程式可知，当把两个方程式相加时正好符合题目要求：8KO2+6CO2+2H2O→2K2CO3+4KHCO3+6O2，所以有n（H2O）=1313n（CO2）=1313×9mol=3mol，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3mol，故答案为：3mol。
（4）在合成甲醇的反应中，氢元素在生成物中有两种存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，设CO2的转化率为α，
CH4+H2O→CO+3H2
300mol 900mol
CO2+3H2→CH3OH+H2O
100amol 100amol
根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol-120mol，根据反应中氢元素的守恒可有900mol-120mol=350mol×2+100amol，解得a=0.8，即设CO2的转化率为80%，故答案为：80%。
Ⅱ.（5）CaCO3分解的反应方程式是：CaCO3CaO+CO2↑，根据方程式可知每1molCaCO3反应会产生1molCO2，质量分数为0.90的石灰石100kg物质的量是n(CaCO3)=(1.0×105g×0.90)÷100g/mol=900mol，则石灰石完成分解产生标准状况下的CO2的体积是V(CO2)=n∙Vm=900mol×22.4L/mol=20160L。石灰窑中，该石灰石100kg与焦炭混合焙烧，产生标准状况下CO229120L，如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生CO，则焦炭燃烧产生的CO2的体积是V(CO2)=V(总)-V(石灰石)=29120L-20160L=8960L，则其物质的量是n(CO2)=V(CO2)÷Vm=8960L÷22.4L/mol=400mol。根据碳元素守恒，可知焦炭的物质的量与产生的物质的量CO2相等，也是400mol，故答案为：20160L，400。
（5）10m3粗盐水中含有的MgCl2、CaCl2 物质的量是：n(MgCl2)=6.80mol/m3×10m3=68mol；n(CaCl2)=3.00mol/m3×10m3=30mol。根据反应方程式MgCl2+Ca(OH)2→Mg(OH)2↓+CaCl2可知1molMgCl2发生反应被除去时引入1molCaCl2。则向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子后得到的溶液中含有的CaCl2的物质的量是：68mol+30mol=98mol，根据反应方程式：Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl可知反应消耗Na2CO3的物质的量与CaCl2的物质的量相等，则其质量是m(Na2CO3)=nM=98mol×106g/mol=10388g。根据反应方程式Ca2++2NH3+CO2+H2O→CaCO3↓+2NH4+可知反应消耗的氨气与CO2的物质的量的比是2:1，而混合气体中含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040，说明NH3过量，不能完全反应，应该以不足量的CO2为标准进行计算，而n(Ca2+)=n(CO2)，n(Ca2+)=98mol，则需要n(CO2)=98mol，混合气体的物质的量是n(混合)=98mol÷0.04=2450mol，其在标准状况下的体积是V(混合)=nVm=2450mol×22.4L/mol=54880L，故答案为：10388，54880。
（7）①n(NaCl)(总)=m÷M=1521000g÷58.5g/mol=26000mol，反应产生的NH4Cl的物质的量是n(NH4Cl)=m÷M=1070000g÷53.5g/mol=20000mol，根据氯元素守恒可知，在溶液中含有的NaCl的物质的量是n(NaCl)=n(NaCl)(总)-n(NH4Cl)=26000mol-20000mol=6000mol，其质量是m(NaCl)=n∙M=6000mol×58.5g/mol=351000g=351kg，故答案为：351。
②氨盐水中发生反应根据反应方程式：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。产生的NaHCO3的物质的量与NH4Cl的物质的量相等，则析出的碳酸氢钠晶体的质量是m(NaHCO3)=n∙M=20000mol×84g/mol=1680000g=1680kg，故答案为：1680。
【点睛】根据化学方程式计算时一定要准确找出相关物质之间的计量数关系，如果有一种反应物过量，则应根据量少的反应物来进行计算；如果涉及多步反应，可以根据几个化学方程式找出有关物质的关系式进行计算，使计算简化；如果是离子反应，可以根据离子方程式进行计算；如果是氧化还原反应，也可以利用电子转移关系进行有关计算。
24.硼镁泥是一种工业废料，主要成分是MgO(占40%)，还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业。从硼镁泥中提取MgSO4·7H2O 的流程如下：
根据题意回答下列问题：
（1）实验中需用1mo/L 的硫酸800mL，若用18.4mol/L 的浓硫酸来配制，量取浓硫酸时，需使用的量筒的规格为____________
A.10mL B.20mL C.50mL D.100mL
（2）加入的NaClO 可与Mn2+反应：Mn2++ClO-+H2O=MnO2↓+2H++Cl-，还 有一种离子也会被NaClO氧化，该反应的离子方程式为_________________。
（3）滤渣的主要成分中除含有Fe(OH)3、Al(OH)3 外还有________________。
（4）在“除钙”前，需检验滤波中Fe3+是否被除尽，简述检验方法：______________。
（5）已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：
温度/℃
40
50
60
70
MgSO4
30.9
33.4
35.6
36.9
CaSO4
0.210
0.207
0.201
0.193
“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明操作步骤： “操作Ⅰ”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，__________，便得到了MgSO4·7H2O。
（6）实验中提供的硼镁泥共10g，得到的MgSO4·7H2O 为17.22g，则MgSO4·7H2O的产率为__________________。
【答案】 (1). D (2). 2Fe2++C1O- +2H+=2Fe3++Cl-+H2O (3). MnO2、SiO2 (4). 取少量滤液,向其中加入硫氰化钾容液.如果溶液不变红色.说明溶液中不含Fe3+，如果溶液变红色，说明滤液中含Fe3+ (5). 过滤(或过滤洗涤) (6). 70%
【解析】
本题考查化学工艺流程，（1）实验室没有800mL的容量瓶，应需用要1000mL的容量瓶，因此配制硫酸时，有1000×10－3×1=V(H2SO4)×10－3×18.4，解得V(H2SO4)=54.3mL，需要的容量瓶为100mL，故选项D正确；（2）依据硼镁泥含有的成分，酸解时溶液中的离子是Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋、Fe3＋、Fe2＋、Al3＋、H＋、SO42－，其中Fe2＋具有还原性，因此NaClO把Fe2＋氧化成Fe3＋，其离子反应方程式为：2Fe2＋+ClO－ +2H＋=2Fe3＋+Cl－+H2O；（3）根据流程图，调节pH除去的是Fe3＋、Al3＋，因此根据流程，滤渣的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3、MnO2、SiO2；（4）检验Fe3＋，一般用KSCN进行检验，溶液变为血红色，说明含有Fe3＋，反之不含，操作是取少量滤液，向其中加入硫氰化钾容液，如果溶液不变红色，说明溶液中不含Fe3＋，如果溶液变红色，说明滤液中含Fe3＋ ；（5）根据溶解度与温度关系，制备MgSO4·7H2O，操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；（6）硼镁泥的质量为10g，MgO的质量分数为40%，即MgO的质量为10×40%g=4g，根据镁元素守恒，因此MgSO4·7H2O的物质的量为4/40mol=0.1mol，理论MgSO4·7H2O的质量为0.1×246g=24.6g，则产率为17.22/24.6×100%=70%。
点睛：本题的易错点是（1），学生常常忽略容量瓶的规格，用800mL计算所需浓硫酸的体积，造成错选，因此应配制溶液时注意容量瓶的规格，常见容量瓶的规格是100mL、250mL、500mL、1000mL。
一、选择题(共20小题，每题3分，共60分。每题只有一个选项符合题意)
1.阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是
A. 1L0.1mol·NH4Cl溶液中，的数量为0.1
B. 2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1
C. 标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2
D. 0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2
【答案】D
【解析】
A、NH4＋是弱碱阳离子，发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH4＋数量小于0.1NA，故A错误；B、2.4gMg为0.1mol，与硫酸完全反应后转移的电子的物质的量为2.4×2/24mol=0.2mol，因此转移电子数为为0.2NA，故B错误；C、标准状况下，N2和O2都是气态分子，2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，故C错误；D、H2＋I22HI，反应前后系数之和相等，即反应后分子总物质的量仍为0.2mol，分子数为0.2NA，故D正确。
2.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 0.1 mol 的中，含有个中子
B. pH=1的H3PO4溶液中，含有个
C. 2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到个CO2分子
D. 密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备 PCl5（g），增加个P-Cl键
【答案】A
【解析】
A．11B中含有6个中子，0.1mol 11B含有6NA个中子，A正确；B．溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B错误；C．标准状况下苯是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目，C错误；D．PCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则所1molPCl3与1molCl2反应生成的PCl5小于1mol，增加的P－Cl键的数目小于2NA个，D错误；答案选A。
3.NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是
A. 1 mol 乙烯分子中含有的碳氢键数为4NA
B. 1 mol 甲烷完全燃烧转移的电子数为8NA
C. 1 L 0.1 mol·L−1的乙酸溶液中含H+的数量为0.1NA
D. 1 mol 的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA
【答案】C
【解析】
A、乙烯的结构简式为CH2=CH2，1mol乙烯中含有碳氢键的物质的量为4mol，故A说法正确；B、甲烷燃烧生成CO2，甲烷中C的化合价为－4价，CO2中C的化合价为＋4价，因此1mol甲烷完全燃烧转移电子物质的量为8mol，故B说法正确；C、乙酸是弱酸，部分电离，因此溶液中H＋物质的量小于0.1mol，故C说法错误；D、1molCO含有质子物质的量为(6＋8)mol=14mol，1molN2中含有质子物质的量为2×7mol=14mol，因此1molN2和CO的混合气体中含有质子物质的量为14mol，故D说法正确。
4.化学与社会密切相关，下列说法错误的是( )
A. 用硫酸可以洗去锅炉水垢
B. 氧化铝可用来制造耐高温的容器
C. 食盐既可作调味品，也可以作防腐剂
D. 洗涤棉织品可以使用弱碱性洗涤剂或肥皂
【答案】A
【解析】
详解】A.水垢中含有碳酸钙，加硫酸溶解会生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水，所以不能把水垢完全溶解，故A错误；
B.氧化铝的熔沸点高，可用来制造耐高温的容器，故B正确；
C.食盐有咸味，无毒，生活中常做调味品，是常用的调味剂，食物腐败变质是由于微生物的生长和大量繁殖而引起的，盐渍杀死或抑制微生物的生长和大量繁殖，所以食盐是常用的防腐剂，故C正确；
D.棉制品的主要成分是纤维素，纤维素在碱性条件下不能水解，所以洗涤棉制品可以使用弱碱性洗涤剂或肥皂，故D正确。
故选A。
5.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA
B. 2 L 0.5 mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋离子数为2NA
C. 过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA
D. 密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA
【答案】C
【解析】
试题分析：A．18 g D2O和18 g H2O的物质的量不相同，其中含有的质子数不可能相同，A错误；B．亚硫酸是弱电解质，则2 L 0.5 mol·L-1亚硫酸溶液中含有的H+离子数小于2NA，B错误；C．过氧化钠与水反应时，氧元素化合价从—1价水的0价，则生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA，C正确；D．密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应生成2molNO2，但NO2与N2O4存在平衡关系，所以产物的分子数小于2NA，D错误，答案选C。
【考点定位】本题考查阿伏加德罗常数的计算。
【名师点睛】阿伏伽德罗常数与微粒数目的关系涉及的知识面广，涉及到核素、弱电解质电离、氧化还原反应、化学平衡、胶体、化学键等知识点。与微粒数的关系需要弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系，计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。
6.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A. 60g丙醇中存在共价键总数为10NA
B. 1L 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－离子数之和为0.1NA
C. 钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23g钠充分燃烧时转移电子数为1NA
D. 235g核互U 发生裂变反应： +n ++10n，净产生的中子(n)数为10NA
【答案】C
【解析】
试题分析：A．60g丙醇的物质的量是1mol，丙醇的结构简式为CH3CH2CH2OH，所以分子中存在的共价键总数为11NA，错误；B．根据碳原子守恒可知1L 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3－和CO32－离子数之和为0.1NA，错误；C．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，氧化钠或过氧化钠，23g钠的物质的量是1mol。钠不论是转化为氧化钠，还是过氧化钠，均失去1个电子形成钠离子，23g钠充分燃烧时转移电子数为1NA，正确；D．235g核素U的物质的量为mol，根据反应可知反应消耗一摩尔中子，净产生的中子（n）数为9NA，错误。
【考点定位】考查阿伏加德罗常数
【名师点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，以溶液中物料守恒、氧化还原反应中电子转移计算以及核裂变反应为载体，难度不大，但要准确解答该题需要牢固扎实的基础知识，像丙醇的结构，物料守恒等。物料守恒可以理解为原子守恒的另一种说法。就是说“任一化学反应前后原子种类（指原子核中质子数相等的原子，就是元素守恒）和数量分别保持不变”。
7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NA
B. 常温常压下，4.4g乙醛所含σ键数目为0.7NA
C. 标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移电子数为0.5 NA
D. 50ml 12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
【答案】A
【解析】
A. H218O与D2O的摩尔质量都是20g/mol，H218O与D2O分子含有10个中子，2.0 g H218O与D2O的混合物的物质的量为0.1mol，所含中子数为NA，故A正确；B. 乙醇分子含有8个共价键，4.6 g即0.1mol乙醇所含共价键数目为0.8NA，故B错误；C. 标准状况下，5.6 L即0,25molCO2与足量Na2O2反应，CO2～e－，转移的电子数为0.25NA，故C错误；D. 反应进行至浓盐酸成为稀盐酸时即停止，所以50 mL 12 mol·L－1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数小于0.3NA，故D错误。故选A。
8.将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体。原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）
A. 231.5mL B. 268.8mL C. 287.5mL D. 313.6mL
【答案】BD
【解析】
将O2和NH3的混合气体通过加热的三氧化二铬，发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O。充分反应后，再通过足量的水，发生反应：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，将两个方程式叠加，可得总反应方程式：NH3+2O2= HNO3+H2O，若最后得到的气体是NO，则氧气完全反应，发生反应消耗的气体的体积是448mL-44.8mL=403.2ml，其中含有的氧气是V(O2)= 403.2ml×2/3=268.8mL。若最后剩余的气体是O2，则O2应该是反应消耗的和剩余的两部分，氧气的体积是：V(O2)=" 403.2ml×2/3+44.8mL" =313.6mL。故答案是选项BD。
【考点定位】考查反应物有过量时的化学计算的知识。
9. 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. +3 B. +4 C. +5 D. +6
【答案】D
【解析】
根据方程式两端电荷守恒可知n＝＝2，O元素是－2价，所以R的化合价是+6价，答案选D。
10.下列指定微粒的数目相等的是( )
A. 等物质的量的水与重水含有的中子数
B. 等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数
C. 同温、同压同体积的CO和NO含有的质子数
D. 等质量的铁和铝分别于足量氯气完全反应时转移的电子数
【答案】B
【解析】
【详解】A.1mol普通水中含有的中子数是8mol，1mol重水中含有的中子数是10mol，所以等物质的量的水与重水含有的中子数不相等，故A错误；
B.乙烯、丙烯都属于烯烃，通式符合CnH2n，最简式是CH2，若二者的质量相等，含最简式的个数相等，含有的共用电子对数也相等，故B正确；
C.同温同压下，同体积的CO和NO分子数相同，但是由于每个分子中含有的质子数不相同，所以同温同压下，同体积的CO和NO含有的质子数不相等，故C错误；
D.由于Cl2的氧化性很强，与变价金属Fe反应时产生的是FeCl3，与Al发生反应产生AlCl3，在金属质量相同，化合价也相同的情况下，分子量越小的金属，消耗氯气的物质的量就越大，所以等质量的铁和铝分别与足量的氯气完全反应镁转移电子数目多，故D错误。
故选B。
11.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−
B. 酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I− +IO3−+6H+=I2+3H2O
C. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42−+3Cl−+4H++H2O
D. 电解饱和食盐水：2Cl−+2H+Cl2↑+ H2↑
【答案】A
【解析】
分析：A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3；B项，电荷不守恒，得失电子不守恒；C项，在碱性溶液中不可能生成H+；D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2。
详解：A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3，反应的离子方程式为CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-，A项正确；B项，电荷不守恒，得失电子不守恒，正确的离子方程式为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，B项错误；C项，在碱性溶液中不可能生成H+，正确的离子方程式为3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O，C项错误；D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，D项错误；答案选A。
点睛：本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中D项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中B项）；④从反应的条件进行判断（题中C项）；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。
12.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 钠与水反应：Na +2H2O=Na++2OH–+H2↑
B. 电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl–+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH–
C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH–+H++SO42-=BaSO4↓+H2O
D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH–=CaCO3↓+H2O
【答案】B
【解析】
A．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转移电子守恒，离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故A错误；B．电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有NaOH生成，离子方程式为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-，故B正确；C．二者反应生成硫酸钡和水，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是2，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀，反应的离子方程式为：HCO3-+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O，故D错误；答案为B。
13.下列反应可用离子方程式“H++OH−=H2O”表示的是（ ）
A. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合 B. NH4Cl溶液与Ca(OH) 2溶液混合
C. HNO3溶液与KOH溶液混合 D. Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合
【答案】C
【解析】
试题分析：A、NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：H＋+SO42—+Ba2＋+OH－=BaSO4↓+H2O，错误；B、NH4Cl溶液与Ca(OH) 2溶液混合：NH4＋+OH－=NH3·H2O，错误；C、HNO3溶液与KOH溶液混合：H++OH−=H2O，正确；D、Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合：HPO42—+OH－=PO43—+H2O，错误。
考点：考查离子方程式正误判断
14.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 将铜插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3–===Cu2++2NO2↑+H2O
B. 向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3++Fe===2Fe3+
C. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3NH4+
D. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+===H2SiO3↓+2Na+
【答案】C
【解析】
【详解】A.铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，正确的离子反应为：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O，故A错误；
B.Fe2(SO4)3溶液中加入Fe粉，Fe3+被Fe单质还原生成Fe2+，该离子方程式左右两边电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，故B错误；
C.Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，氨水是弱碱，应写化学式，离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故C正确；
D.向Na2SiO3溶液中逐滴加入少量稀盐酸生成氯化钠和硅酸，Na2SiO3为可溶性盐，应写离子形式，正确的离子方程式为：SiO32－+2H+=H2SiO3↓，故D错误。
故选C。
【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：
“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒；“二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。
15.下列实验的反应原理用离子方程式表示正确的是（ ）
A. 室温下，测的氯化铵溶液pH<7，证明一水合氨的是弱碱：NH4＋＋2H2O=NH3·H2O＋H3O＋
B. 用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑
C. 用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基： +2HCO3-→+2H2O+2CO2↑
D. 用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO4－＋16H＋＋5C2O42－=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
【答案】B
【解析】
A. 铵根水解溶液显酸性，方程式为：NH4+＋2H2ONH3·H2O＋H3O＋，A错误；B. 铝和氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2-＋3H2↑，B正确；C. 酚羟基的酸性弱于碳酸，与碳酸氢钠不反应，C错误；D. 草酸是弱电解质，应该用化学式表示，D错误，答案选B。
点睛：掌握相关物质的化学性质、发生的化学反应是解答的关键。选项C是解答的易错点，注意有机物分子中羟基氢原子的活泼性比较。
16.下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 向稀HNO3中滴加NaHSO3溶液：H＋＋HSO===SO2↑＋H2O
B. 硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
C. 向含有2 mol FeI2的溶液中通入2.5 mol Cl2：8I－＋2Fe2＋＋5Cl2===10Cl－＋4I2＋2Fe3＋
D. 用酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO＋16H＋＋5C2O===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液，二者发生氧化还原反应，正确的离子反应为：2NO3-+3SO32-+2H+═3SO42-+2NO↑+H2O，故A错误；
B.硫酸铝溶液中加入过量氨水，二者反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，一水合氨为弱碱，不能拆开，应写化学式，正确的离子方程式：Al3++3NH3·H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；
C.向含有2molFeI2的溶液中通入2.5molCl2，4molI-消耗2molCl2，剩余的0.5mol氯气氧化1mol亚铁离子，该反应的离子方程式为：8I－＋2Fe2＋＋5Cl2=10Cl－＋4I2＋2Fe3＋，故C正确；
D.用酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸，草酸是弱酸，应写化学式，正确的离子方程式为：2MnO4-＋6H＋＋5H2C2O4=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，故D错误。
故选C。
17. 某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，下列用来解释事实的方程式中不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）
A. 该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH－="==" Cl－+ ClO－+ H2O
B. 该消毒液的pH约为12：ClO－+ H2OHClO+ OH－
C. 该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生Cl2：2H＋+ Cl－+ ClO－= Cl2↑+H2O
D. 该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ ClO－= HClO+CH3COO—
【答案】B
【解析】
试题分析：A、用Cl2和NaOH溶液反应制取漂白液，故A正确 ；B、根据提干信息知：饱和NaClO溶液的pH约为11，而该溶液pH=12＞11，故主要是因为该消毒液中含有一定量的NaOH，故B不合理；C、根据HCl和HclO中Cl的化合价分析，该氧化还原方程式的书写正确，故C正确 ；D、根据漂白粉起漂白作用的原理，应用的是较强酸制取较弱酸，故D正确。
考点：考查化学反应原理和化学方程式的正误判断
18.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A. 向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32—+2H+=SO2↑+H2O
B. 向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32—+ SO2+ H2O=H2SiO3↓+SO32—
C. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O：Al3 ++4 NH3·H2O=[Al(OH)4]—+4NH4+
D. 向CuSO4溶液中加入Na2O2：2 Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A.HNO3有强的氧化性，Na2SO3具有还原性，二者会发生氧化还原反应生成SO42‾、NO和H2O，正确的离子方程式是：2H++2NO3-+3SO32-=H2O+3SO42-+2NO↑，故A错误；
B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2发生反应产生酸式盐，正确的离子方程式是：SiO32－+2SO2+2H2O=H2SiO3↓+2HSO3-，故B错误；
C.NH3·H2O是弱碱，不能与两性氢氧化物氢氧化铝发生反应，正确的离子方程式是Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故C错误；
D.向CuSO4溶液中加入Na2O2，Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，NaOH与CuSO4反应生成Cu(OH)2和Na2SO4，两个方程式相加即可得到正确的离子方程式为：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑，故D正确。
故选D。
【点睛】离子方程式的书写：可溶性的强电解质（强酸、强碱、可溶性盐）用离子符号表示，其它难溶的物质、气体、水等仍用分子式表示。微溶的强电解质应看其是否主要以自由离子形式存在，例如，石灰水中的Ca(OH)2写离子符号，石灰乳中的Ca(OH)2用分子式表示；浓硫酸中由于存在的主要是硫酸分子，也书写化学式，浓硝酸、盐酸书写离子式。
19. 下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 氯气溶于水：Cl2＋H2O=2H＋＋Cl－＋ClO－
B. Na2CO3溶液中CO32－的水解：CO32－＋H2O=HCO3－＋OH－
C. 酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3－＋I－＋6H＋=I2＋3H2O
D. NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3－＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O
【答案】D
【解析】
试题分析：A、次氯酸是弱酸，不能拆写，应写成HClO的形式，A错误；B、多元弱酸根应分步水解、是可逆反应，CO32-＋H2OHCO3-＋OH-，B错误；C、反应前后电荷数不等，C错误；D、少量的系数定为1，HCO3-＋Ba2+＋OH-=BaCO3↓＋H2O D正确。答案选D
考点：离子方程式正误判断
20.纳米是长度单位，1 nm＝10－9 m，当物质的颗粒达到纳米级时，会具有一些特殊的性质。如由铜制成的“纳米铜”具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧。下列关于“纳米铜”的叙述正确的是( )
A. “纳米铜”比铜片的金属性强
B. “纳米铜”比铜片更易失去电子
C. “纳米铜”比铜片的氧化性强
D. “纳米铜”的还原性与铜片相同
【答案】D
【解析】
【分析】
纳米铜之所以具有较强的化学活性是由于纳米材料的颗粒较小，表面积较大，与氧气的接触面积较大，而铜的金属性、活泼性等没有发生变化，据此分析判断。
【详解】A．金属性属于元素的性质，都为铜元素，金属性相同，故A错误；B．纳米铜之所以具有较强的化学活性是由于纳米材料的颗粒较小，表面积较大，与氧气的接触面积较大而能在空气中的燃烧，都是不活泼金属，失电子能力相同，故B错误；C．铜为金属，在反应中只能失去电子，只有还原性，不具有氧化性，故C错误；D．在相同条件下，纳米铜和铜片都是铜元素的单质，都是铜原子构成的，“纳米铜”只是物质的颗粒变小，不影响其化学性质，因此还原性是相同的，故D正确；故选D。
【点睛】本题易错点为B、C，要注意区分“物质的本身的性质”与“外界因素影响化学反应速率”，它们是两个不同的概念。
非选择题
二、非选择题(共4小题，40分)
21.Cu2O可用于制作船底防污漆，某学习小组探究制备Cu2O的方法。
【查阅资料】① CuSO4与Na2SO3溶液混合可制备Cu2O。② Cu2O为砖红色固体；酸性条件下生成Cu2+和Cu。
③ Cu2O和Cu(SO3)23－可以相互转化 Cu2OCu(SO3)23-(无色)
(1)配制0.25 mol·L－1CuSO4溶液和0.25 mol·L－1 Na2SO3溶液。测得CuSO4溶液pH=4，Na2SO3溶液pH=9。用离子方程式表示CuSO4溶液pH=4的原因_______。
(2)完成CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应制Cu2O的离子方程式： ____Cu2++ ____SO32－+ ____ =____Cu2O↓+ ____ + ____HSO3－
【实验探究】
操作
现象
i 有黄色沉淀出现，随着 Na2SO3溶液的滴入，沉淀增加，当加到5 mL时，溶液的蓝色消失。
ii 将试管加热，黄色沉淀变为砖红色，有刺激性气味气体产生。
iii在加热条件下，继续滴入Na2SO3溶液，砖红色沉淀减少，当1加到10 mL时，沉淀完全溶解，得无色溶液。
(3)证明ii中砖红色沉淀是Cu2O的实验方案是_______。
(4)经检验i中黄色沉淀含有Cu2SO3，ii中沉淀由黄色变砖红色的化学方程式是______。
(5)iii中砖红色沉淀消失的原因是_______。
(6)在加热条件下，若向2 mL 0.25 mol·L－1Na2SO3溶液中滴加0.25 mol·L－1CuSO4溶液至过量，预期观察到的现象是_______。
(7)由上述实验得出结论：CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应制备Cu2O，应控制的条件是_______、_______。
【答案】 (1). Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+ (2). 2 (3). 5 (4). 2H2O (5). 1 (6). 1SO42－ (7). 4 (8). 取少量砖红色沉淀于试管中，加入稀硫酸，溶液变为蓝色，说明砖红色沉淀是Cu2O (9). Cu2SO3 Cu2O+SO2↑ (10). Cu2O转化得无色Cu(SO3)23－ (11). 开始先产生沉淀，振荡后溶解，后来产生砖红色沉淀，且沉淀不消失 (12). 反应温度； (13). CuSO4和Na2SO3的物质的量之比
【解析】
【分析】
（1）铜离子水解显酸性；
（2）化合价升高和降低的总数相等；
（3）Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O；
（4）Cu2SO3易分解生成氧化亚铜；
（5）Cu2O能与Na2SO3反应生成Cu（SO3）23-；
（6）CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应生成Cu2O；
（7）CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应得到Cu2O，Cu2O和亚硫酸铜反应生成无色Cu（SO3）23-。
【详解】（1）硫酸铜是强酸弱碱盐，Cu2＋水解导致溶液显酸性，所以用离子方程式表示CuSO4溶液pH=4的原因是Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，故答案为：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+。
（2）根据方程式提供的信息，Cu2＋体现氧化性，得电子生成Cu2O，SO32-则具有还原性，失电子生成SO42-，根据化合价升降相等，然后根据电荷守恒和原子守恒配平，得到的离子方程式为2Cu2＋+5SO32-+2H2O =Cu2O+SO42-+4HSO3-，故答案为：2，5，2H2O，1，1SO42－，4。
（3）根据信息②可知，在酸性条件下Cu2O可发生歧化反应生成Cu2+和Cu，所以证明ii中砖红色沉淀是Cu2O的实验方案是取少量砖红色沉淀于试管中，加入稀硫酸，溶液变为蓝色，说明砖红色沉淀是Cu2O，故答案为：取少量砖红色沉淀于试管中，加入稀硫酸，溶液变为蓝色，说明砖红色沉淀是Cu2O。
（4）据题意，经检验i中黄色沉淀含有Cu2SO3，ii中Cu2SO3沉淀在加热的条件下发生分解反应生成砖红色Cu2O，并且有刺激性气味气体产生，该气体为SO2，则反应的方程式是Cu2SO3Cu2O+SO2↑，故答案为：Cu2SO3Cu2O+SO2↑。
（5）通过资料③提供的信息，Cu2O和Cu(SO3)23－可以相互转化，Cu2OCu(SO3)23-(无色)，SO32-浓度升高，平衡正移，生成无色的Cu(SO3)23-，沉淀消失，故答案为：Cu2O转化得无色Cu(SO3)23－。
（6）此问中实验过程和原题操作不同的地方是Na2SO3溶液和CuSO4溶液的滴加顺序，先看到的是CuSO4少量时的现象，对应原题中iii的“沉淀溶解，无色溶液”现象。之后CuSO4滴加至过量，并且有加热条件，应看到的是原过程中ii的“砖红色沉淀，并有刺激性气味气体”现象。所以预期观察到的现象是开始先产生沉淀，振荡后溶解，后来产生砖红色沉淀，且沉淀不消失，故答案为：开始先产生沉淀，振荡后溶解，后来产生砖红色沉淀，且沉淀不消失。
（7）对比原实验中i和ii，可证明“加热”是产生砖红色沉淀的必要条件。对比原实验ii和iii以及（6）中过程，可证明加入过量的Na2SO3时无Cu2O产生。另外如果Na2SO3加入量过少，则认为还原剂量少，生成Cu2O量不足，CuSO4和Na2SO3的物质的量之比是产生砖红色沉淀的必要条件，故答案为：反应温度；CuSO4和Na2SO3的物质的量之比。
22.Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备，工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为__________________。
(2)酸浸后，钛主要以TOCl42-形式存在，写出相应反应的离子方程式_________________。
(3)甲组同学取2 mL FeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2＋氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为_________________________________________
丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为____________；
(4)＋6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O72-还原成Cr3＋，反应的离子方程式为___________________________________________________。
【答案】 (1). 4 (2). FeTiO3+4H++4Cl-=Fe2++TiOCl42-+2H2O (3). 2Fe2++Cl2 = 2Fe3++2Cl− (4). 2Fe2++H2O2+2H+ = 2Fe3++2H2O (5). Cr2O72-＋3HSO3-＋5H＋===2Cr3＋＋3SO42-＋4H2O
【解析】
【详解】（1）Li2Ti5O15中Li为+1价，O为-2价，Ti为+4价，过氧根(O22-)中氧元素显-1价，设过氧键的数目为x，根据正负化合价代数和为0，可知(+1)×2+(+4)×5+(-2)×(15-2x)+(-1)×2x=0，解得：x=4，故答案为：4。
（2）“酸浸”时用盐酸溶解FeTiO3生成TiOCl42−时，发生反应的离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl−＝Fe2++TiOCl42−+2H2O，故答案为：FeTiO3+4H++4Cl−＝Fe2++TiOCl42−+2H2O。
（3）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-；向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。
（4）用NaHSO3将废液中的Cr2O72-还原成Cr3+，Cr元素的化合价降低，则S元素的化合价升高，生成硫酸根离子，由电荷、电子守恒及原子守恒可知离子反应为5H++Cr2O72-+3HSO3-=2Cr3++3SO42-+4H2O，故答案为：5H++Cr2O72-+3HSO3-=2Cr3++3SO42-+4H2O。
23.Ⅰ.CO2是重要的化工原料，也是应用广泛的化工产品。CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气。完成下列计算：
(1)CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解。2.00mol NH4HCO3完全分解，分解产物经干燥后的体积为_________L(标准状况)。
(2)某H2中含有2.40 molCO2，该混合气体通入2.00 L NaOH溶液中，CO2被完全吸收。如果NaOH完全反应，该NaOH溶液的浓度为_______。
(3)CO2和KO2有下列反应：
4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2 4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2
若9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 molO2，则反应前密封舱内H2O的量应该是______________。
(4)甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料：CH4+H2OCO+3H2
已知：CO+2H2CH3OH CO2+3H2CH3OH+H2O
300 mol CH4完全反应后的产物中，加入100 mol CO2后合成甲醇。若获得甲醇350 mol，残留氢气120 mol，计算CO2的转化率_______
Ⅱ.氨碱法制纯碱包括石灰石分解、粗盐水精制、氨盐水碳酸化等基本步骤。完成下列计算：
(5)CaCO3质量分数为0.90的石灰石100 kg完成分解产生CO2_______L(标准状况)。石灰窑中，该石灰石100 kg与焦炭混合焙烧，产生CO2 29120 L(标准状况)，如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生CO，则焦炭的物质的量为_______mol。
(6)已知粗盐水含MgCl2 6.80 mol/m3，含CaCl2 3.00mol/m3。向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子：MgCl2 + Ca(OH)2 → Mg(OH)2↓ + CaCl2然后加入Na2CO3除钙离子。处理上述粗盐水10 m3，至少需要加Na2CO3______g。如果用碳酸化尾气(含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040)代替碳酸钠，发生如下反应：Ca2+ + 2NH3 + CO2 + H2O → CaCO3↓ + 2NH4+处理上述10 m3粗盐水至少需要通入_____________L(标准状况)碳酸化尾气。
(7)某氨盐水含氯化钠1521 kg，通入二氧化碳后析出碳酸氢钠晶体，过滤后溶液中含氯化铵1070 kg。
①过滤后溶液中氯化钠的质量______________。
②析出的碳酸氢钠晶体的质量__________________。
【答案】 (1). 89.6 (2). 2.4 mol/L≥c≥1.2 mol/L (3). 3(mol) (4). 80% (5). 20160L (6). 400 (7). 10388 (8). 54880L (9). 351kg (10). 1680kg
【解析】
【详解】Ⅰ.（1）NH4HCO3完全分解生成NH3、CO2，方程式为NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O，分解后水为液态，则2molNH4HCO3可生成4mol气体，体积为4mol×22.4L/mol=89.6L，故答案为：89.6。
（2）2.40molCO2与NaOH完全反应，产物可能为Na2CO3或NaHCO3或二者都有，假设全部生成生成NaHCO3，则发生CO2+NaOH=NaHCO3，n（NaOH）=n（CO2）=2.40mol，则c（NaOH）=2.4mol/2.00L=1.20mol/L；假设全部生成，则发生CO2+2NaOH=Na2CO3，n（NaOH）=2n（CO2）=4.80mol，则c（NaOH）=4.80mol/2.00L=2.40mol/L；综合以上两种情况可知，NaOH溶液的浓度应该1.20mol/L≤c（NaOH）≤2.40mol/L，故答案为：2.4mol/L≥c≥1.2mol/L。
（3）依题意，9 molCO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2，即n（CO2）：n（O2）=1：1，通过观察题给两个方程式可知，当把两个方程式相加时正好符合题目要求：8KO2+6CO2+2H2O→2K2CO3+4KHCO3+6O2，所以有n（H2O）=1313n（CO2）=1313×9mol=3mol，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3mol，故答案为：3mol。
（4）在合成甲醇的反应中，氢元素在生成物中有两种存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，设CO2的转化率为α，
CH4+H2O→CO+3H2
300mol 900mol
CO2+3H2→CH3OH+H2O
100amol 100amol
根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol-120mol，根据反应中氢元素的守恒可有900mol-120mol=350mol×2+100amol，解得a=0.8，即设CO2的转化率为80%，故答案为：80%。
Ⅱ.（5）CaCO3分解的反应方程式是：CaCO3CaO+CO2↑，根据方程式可知每1molCaCO3反应会产生1molCO2，质量分数为0.90的石灰石100kg物质的量是n(CaCO3)=(1.0×105g×0.90)÷100g/mol=900mol，则石灰石完成分解产生标准状况下的CO2的体积是V(CO2)=n∙Vm=900mol×22.4L/mol=20160L。石灰窑中，该石灰石100kg与焦炭混合焙烧，产生标准状况下CO229120L，如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生CO，则焦炭燃烧产生的CO2的体积是V(CO2)=V(总)-V(石灰石)=29120L-20160L=8960L，则其物质的量是n(CO2)=V(CO2)÷Vm=8960L÷22.4L/mol=400mol。根据碳元素守恒，可知焦炭的物质的量与产生的物质的量CO2相等，也是400mol，故答案为：20160L，400。
（5）10m3粗盐水中含有的MgCl2、CaCl2 物质的量是：n(MgCl2)=6.80mol/m3×10m3=68mol；n(CaCl2)=3.00mol/m3×10m3=30mol。根据反应方程式MgCl2+Ca(OH)2→Mg(OH)2↓+CaCl2可知1molMgCl2发生反应被除去时引入1molCaCl2。则向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子后得到的溶液中含有的CaCl2的物质的量是：68mol+30mol=98mol，根据反应方程式：Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl可知反应消耗Na2CO3的物质的量与CaCl2的物质的量相等，则其质量是m(Na2CO3)=nM=98mol×106g/mol=10388g。根据反应方程式Ca2++2NH3+CO2+H2O→CaCO3↓+2NH4+可知反应消耗的氨气与CO2的物质的量的比是2:1，而混合气体中含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040，说明NH3过量，不能完全反应，应该以不足量的CO2为标准进行计算，而n(Ca2+)=n(CO2)，n(Ca2+)=98mol，则需要n(CO2)=98mol，混合气体的物质的量是n(混合)=98mol÷0.04=2450mol，其在标准状况下的体积是V(混合)=nVm=2450mol×22.4L/mol=54880L，故答案为：10388，54880。
（7）①n(NaCl)(总)=m÷M=1521000g÷58.5g/mol=26000mol，反应产生的NH4Cl的物质的量是n(NH4Cl)=m÷M=1070000g÷53.5g/mol=20000mol，根据氯元素守恒可知，在溶液中含有的NaCl的物质的量是n(NaCl)=n(NaCl)(总)-n(NH4Cl)=26000mol-20000mol=6000mol，其质量是m(NaCl)=n∙M=6000mol×58.5g/mol=351000g=351kg，故答案为：351。
②氨盐水中发生反应根据反应方程式：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。产生的NaHCO3的物质的量与NH4Cl的物质的量相等，则析出的碳酸氢钠晶体的质量是m(NaHCO3)=n∙M=20000mol×84g/mol=1680000g=1680kg，故答案为：1680。
【点睛】根据化学方程式计算时一定要准确找出相关物质之间的计量数关系，如果有一种反应物过量，则应根据量少的反应物来进行计算；如果涉及多步反应，可以根据几个化学方程式找出有关物质的关系式进行计算，使计算简化；如果是离子反应，可以根据离子方程式进行计算；如果是氧化还原反应，也可以利用电子转移关系进行有关计算。
24.硼镁泥是一种工业废料，主要成分是MgO(占40%)，还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业。从硼镁泥中提取MgSO4·7H2O 的流程如下：
根据题意回答下列问题：
（1）实验中需用1mo/L 的硫酸800mL，若用18.4mol/L 的浓硫酸来配制，量取浓硫酸时，需使用的量筒的规格为____________
A.10mL B.20mL C.50mL D.100mL
（2）加入的NaClO 可与Mn2+反应：Mn2++ClO-+H2O=MnO2↓+2H++Cl-，还 有一种离子也会被NaClO氧化，该反应的离子方程式为_________________。
（3）滤渣的主要成分中除含有Fe(OH)3、Al(OH)3 外还有________________。
（4）在“除钙”前，需检验滤波中Fe3+是否被除尽，简述检验方法：______________。
（5）已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：
温度/℃
40
50
60
70
MgSO4
30.9
33.4
35.6
36.9
CaSO4
0.210
0.207
0.201
0.193
“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明操作步骤： “操作Ⅰ”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，__________，便得到了MgSO4·7H2O。
（6）实验中提供的硼镁泥共10g，得到的MgSO4·7H2O 为17.22g，则MgSO4·7H2O的产率为__________________。
【答案】 (1). D (2). 2Fe2++C1O- +2H+=2Fe3++Cl-+H2O (3). MnO2、SiO2 (4). 取少量滤液,向其中加入硫氰化钾容液.如果溶液不变红色.说明溶液中不含Fe3+，如果溶液变红色，说明滤液中含Fe3+ (5). 过滤(或过滤洗涤) (6). 70%
【解析】
本题考查化学工艺流程，（1）实验室没有800mL的容量瓶，应需用要1000mL的容量瓶，因此配制硫酸时，有1000×10－3×1=V(H2SO4)×10－3×18.4，解得V(H2SO4)=54.3mL，需要的容量瓶为100mL，故选项D正确；（2）依据硼镁泥含有的成分，酸解时溶液中的离子是Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋、Fe3＋、Fe2＋、Al3＋、H＋、SO42－，其中Fe2＋具有还原性，因此NaClO把Fe2＋氧化成Fe3＋，其离子反应方程式为：2Fe2＋+ClO－ +2H＋=2Fe3＋+Cl－+H2O；（3）根据流程图，调节pH除去的是Fe3＋、Al3＋，因此根据流程，滤渣的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3、MnO2、SiO2；（4）检验Fe3＋，一般用KSCN进行检验，溶液变为血红色，说明含有Fe3＋，反之不含，操作是取少量滤液，向其中加入硫氰化钾容液，如果溶液不变红色，说明溶液中不含Fe3＋，如果溶液变红色，说明滤液中含Fe3＋ ；（5）根据溶解度与温度关系，制备MgSO4·7H2O，操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；（6）硼镁泥的质量为10g，MgO的质量分数为40%，即MgO的质量为10×40%g=4g，根据镁元素守恒，因此MgSO4·7H2O的物质的量为4/40mol=0.1mol，理论MgSO4·7H2O的质量为0.1×246g=24.6g，则产率为17.22/24.6×100%=70%。
点睛：本题的易错点是（1），学生常常忽略容量瓶的规格，用800mL计算所需浓硫酸的体积，造成错选，因此应配制溶液时注意容量瓶的规格，常见容量瓶的规格是100mL、250mL、500mL、1000mL。
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