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甘肃省武威第十八中学2020届高三上学期第一次诊断考试化学试题
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甘肃省武威第十八中学2020届高三上学期第一次诊断考试
化学试题
1.化学知识在生产和生活中有着重要的应用。下列说法错误的是（ ）
A. 误食重金属盐引起的人体中毒，可以喝大量的浓盐水解毒
B. 明矾常作为净水剂，双氧水通常可用于作杀菌消毒
C. 金属钠、镁等活泼金属着火时，不能使用泡沫灭火器来灭火
D. 发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔
【答案】A
【解析】
【详解】A．重金属离子能够使蛋白质变性，引起人体中毒，可以服用牛奶或者鸡蛋清等解毒，故A错误；
B．明矾是强酸弱碱盐，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以能净水，过氧化氢具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故B正确；
C．金属钠着火时生成的过氧化钠可与二氧化碳反应，放出氧气，镁可在二氧化碳中燃烧，则金属钠、镁等活泼金属着火时，不能使用泡沫灭火器来灭火，故C正确；
D．碳酸氢钠受热易分解生成二氧化碳，发酵粉中主要含有碳酸氢钠，分解生成气体，能使焙制出的糕点疏松多孔，故D正确；
故选A。
2.下列物质不属于电解质的是( )
A. NaOH B. H2SO4 C. 蔗糖 D. NaCl
【答案】C
【解析】
电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，NaOH 、H2SO4、 NaCl分别是碱、酸和盐类，能在水溶液中或熔融状态下电离出离子，使得溶液能导电，属于电解质，蔗糖在水溶液中不能电离出离子，是非电解质，答案选C。
点睛：本题考查电解质和非电解质的概念。明确概念是解题的关键，电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是指在水溶液中和熔融状态下能不能导电的化合物，注意电解质根据中的“或”、“导电”、“化合物”和非电解质中的“和”、“都不能”、“化合物”等词。
3.实验室制备下列气体时，只能用排水法收集的气体是
A. H2 B. NO C. NO2 D. CO2
【答案】B
【解析】
A．氢气和水不反应，所以可以用排水法收集，在常温下和氧气不反应，密度比空气小，所以也可以用向下排空气法收集，故A错误；B．NO和氧气反应，所以不能用排空气法收集，和水不反应且难溶于水，所以只能用排水法收集，故B正确；C．二氧化氮能和水反应生成硝酸和一氧化氮，所以不能用排水法收集，二氧化氮和氧气不反应，密度比空气大，可以用向上排空气法收集，故C错误；D．CO2能和水反应，所以不能用排水法收集，和氧气不反应，密度比空气大，可以用向上排空气法收集，故D错误；故选B。
点睛：本题主要考查实验室气体的收集方法，从气体的密度、水溶性、是否有毒等方面进行分析、判断是解答的关键。只能用排水法收集的气体具有以下特点：气体难溶于水；不能用排空气法收集。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4L H2和O2的混合物所含分子数为NA
B. 标准状况下，18g H2O的体积是22.4L
C. 在常温常压下，11.2L N2含有的分子数为0.5 NA
D. 1 mol Cl2通入澄清的石灰水中转移的电子数为2NA
【答案】A
【解析】
A、标准状况下，22.4LH2和O2的混合气体物质的量为1mol，所含分子数为NA，选项A正确；B、标准状况下，H2O为液体，18g H2O的体积小于22.4L，选项B错误；C、在标准状况下，11.2LN2含有的分子数为0.5NA，选项C错误；D、1 mol Cl2通入澄清的石灰水中转移的电子数为NA，选项D错误。答案选A。
5.下列说法中正确的是
A. 溶液中的溶质粒子能透过滤纸，而胶体中的分散质粒子不能透过滤纸，所以可以用滤纸来分离溶液和胶体
B. 有化学键断裂或化学键形成的过程都是化学变化
C. 焰色反应属于吸热反应
D. 食盐溶液能导电，但食盐溶液不是电解质
【答案】D
【解析】
A. 溶液中的溶质粒子和胶体中的分散质粒子均能透过滤纸，可以用半透膜来分离溶液和胶体，A错误；B. 有化学键断裂或化学键形成的过程不一定都是化学变化，例如氯化钠溶于水等，B错误；C. 焰色反应属于物理变化，不是吸热反应，C错误；D. 食盐溶液能导电，溶液是混合物，食盐溶液不是电解质，D正确，答案选D。
6.等温等压下，有质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体。下列说法正确的是（ ）
A. 质量之比为1:1:1 B. 体积之比为4:14:13
C. 密度之比为13:13:14 D. 原子个数之比为1:1:2
【答案】D
【解析】
A．三种气体的分子的质子数分别为：14、14、14，质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，物质的量相等，CO、N2、C2H2摩尔质量分别为28g/mol、28g/mol、26g/mol，根据m=nM知：质量之比与摩尔质量成正比为28：28：26=14：14：13，A错误；B．三种气体的分子的质子数分别为：14、14、14，质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，物质的量相等，等温等压下，体积之比与物质的量成正比，所以三者体积之比1：1：1，B错误；C．CO、N2、C2H2摩尔质量分别为28g/mol、28g/mol、26g/mol，等温等压下，气体摩尔体积相同，根据ρ=m/V=M/Vm知，密度与摩尔质量成正比，则密度之比为28：28：26=14：14：13，C错误；D．三种气体的分子的质子数分别为：14、14、14，质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，物质的量相等，1分子CO、N2、C2H2分别含原子数为：2、2、4，所以三种气体原子数之比：1：1：2，D正确，答案选D。
7.下列除杂质方法可行的是( )
A. 除去NaHCO3溶液中少量的Na2CO3：加入适量稀盐酸
B. 除去FeCl2溶液中少量的FeCl3：加入稍过量铁粉，过滤
C. 除去NH4Cl固体中少量I2：加热，I2升华除去
D. 除去乙烯中的少量SO2：通过酸性KMnO4溶液，洗气
【答案】B
【解析】
【详解】A．加入盐酸生成了氯化钠，引入新杂质，应通入二氧化碳气体，故A错误；
B．氯化铁与铁粉反应生成氯化亚铁，可用于除杂，且符合除杂原则，故B正确；
C．加热时氯化铵分解生成氨气、氯化氢，冷却后又生成氯化铵，碘升华为蒸气冷却生成碘固体，不能分离，故C错误；
D．乙烯和SO2都可被酸性高锰酸钾氧化，应用氢氧化钠溶液除杂，故D错误；
故选B。
8.下列有关实验的说法正确的是（ ）
A. 将SO2通入溴水中，溴水褪色证明SO2具有漂白性
B. 将含有少量HCl的Cl2通入水中以除去HCl杂质
C. 将乙烯通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色证明乙烯具有还原性
D. 将蔗糖溶液和少量稀H2SO4混合加热后，加入新制Cu(OH)2检验蔗糖是否水解
【答案】C
【解析】
A、SO2与溴水发生氧化还原反应，表现出还原性，选项A错误；B、将含有少量HCl的Cl2通入饱和食盐水中以除去HCl杂质，选项B错误；C、将乙烯通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色证明乙烯具有还原性，选项C正确；D、将蔗糖溶液和少量稀H2SO4混合加热后，先用氢氧化钠溶液中和至碱性，再加入新制的Cu(OH)2检验蔗糖是否水解，选项D错误。答案选C。
9.常温，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. pH=1的溶液中: I-、NO3－、SO42－、Na＋
B. 由水电离的c(H+)=1×10-14 mol·L-1的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl－、HCO3－
C. c(H+)／c(OH－)=1012的溶液中： NH4＋、Al3＋、NO3－、Cl－
D. c(Fe3＋)=0.1 mol·L-1的溶液中：K＋、ClO－、SO42－、SCN－
【答案】C
【解析】
试题分析：A、酸性条件下硝酸根氧化碘离子，故错误；B、溶液可能酸性或碱性，碳酸氢根不能大量存在，故错误；C、溶液为酸性，四种离子不反应，能共存，故正确；D、铁离子和硫氰根离子反应，故错误。
考点：离子共存
10.下列指定反应的离子方程式表达正确的是( )
A. FeCl3溶液中加入KSCN溶液：Fe3＋+ 3SCN－= Fe(SCN)3↓
B. Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2＋+2HCO3－+ 2OH－= CaCO3↓+ CO32－+ H2O
C. 向NaClO溶液中通入少量SO2: 2ClO－+SO2+H2O =SO32－+2HClO
D. 过量的CO2通入水玻璃中：SiO32－＋2CO2+2H2O =H2SiO3↓ + 2HCO3－
【答案】D
【解析】
A. FeCl3溶液中加入KSCN溶液，溶液变成血红色，没有生成沉淀，故A错误；B. Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液，反应生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为Ca2＋+HCO3－+ OH－= CaCO3↓+ H2O，故B错误；C. 向NaClO溶液中通入少量SO2反应生成的次氯酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，故C错误； D. 过量的CO2通入水玻璃中反应生成硅酸沉淀和碳酸氢钠：SiO32－＋2CO2+2 H2O =H2SiO3↓ + 2HCO3－，故D正确；故选D。
11. 按以下实验方案可以从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物。
下列说法错误的是（ ）
A. 步骤(1)需要过滤装置 B. 步骤(2)需要用到分流漏斗
C. 步骤(3)需要用到坩埚 D. 步骤(4)需要蒸馏装置
【答案】C
【解析】
试题解析: A。步骤(1)中出现不溶性物质和滤液，因此需要过滤装置；A正确；B．操作中出现有机物和水层，进行分液操作，步骤(2)需要用到分液漏斗；B正确；C．从水溶液中得到固体，需要蒸发结晶，需要用到蒸发皿；C 错误；D．有机层混合液中需要进行分离，采用蒸馏方法；D正确；
考点:考察物质的分离和提纯；
【此处有视频，请去附件查看】
12.已知在热的碱性溶液中，NaClO发生如下反应：3NaClO = 2NaCl＋NaClO3。在相同条件下NaClO2也能发生类似的反应，其最终产物是
A. NaCl、NaClO B. NaCl、NaClO3 C. NaClO、NaClO3 D. NaClO3、NaClO4
【答案】B
【解析】
A、NaCl中氯元素-1价、NaClO中氯元素+1价，氯元素的化合价均比+3价低，不属于歧化反应，选项A错误；B、NaCl中氯元素-1价、NaClO3中氯元素+5价，属于歧化反应，选项B正确；C、NaClO中氯元素+1价、NaClO3中氯元素+5价，二者还会继续反应，不能稳定存在，选项C错误；D、NaClO3、NaClO4中的氯元素化合价均比+3价高，不属于歧化反应，选项D错误。答案选C。
13.向盛有H2O2溶液的试管中滴入少量浓盐酸，经检验生成的混合气体中只含有O2、Cl2、HCl和水蒸气。将气体通入X溶液（如图），依据观察到的现象，能判断气体中含有Cl2的是
选项
X溶液
现象
A
稀HNO3酸化的AgNO3溶液
有白色沉淀生成
B
滴有KSCN的FeSO4溶液
溶液变为血红色
C
淀粉KI酸性溶液
溶液变为蓝色
D
紫色石蕊溶液
溶液先变红后褪色
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
A．含HCl也可生成白色沉淀，不能判断是否含氯气，故A不选；B．氧气可氧化亚铁离子，溶液变为红色，不能判断是否含氯气，故B不选；C．氧气可氧化KI，溶液变蓝，不能判断是否含氯气，故C不选；D．紫色石蕊溶液先变红后褪色，可知一定含氯气，氯气与水反应生成盐酸和HClO，具有酸性和漂白性，故D选；
点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应和现象、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意现象与结论的关系，注重元素化合物与实验相结合的训练，题目难度不大。
14.在aLAl2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42﹣离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中的Al3+浓度（mol/L）为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据溶液呈现电中性，因此有3n(Al3＋)＋n(NH4＋)=2n(SO42－)，3n(Al3＋)＋c=2b，则n(Al3＋)=mol，c(Al3＋)=mol·L－1，故A正确。
15.已知离子方程式：As2S3＋H2O＋NO3—→AsO43—＋SO42—＋NO↑＋______ (未配平)，下列说法错误的是
A. 配平后水的化学计量数为4 B. 配平后氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶28
C. 反应后溶液呈酸性 D. 氧化产物为AsO43-和SO42-
【答案】B
【解析】
【分析】
反应中As2S3→AsO43-、SO42-，As元素化合价由+3价升高为+5价，S元素化合价由-2价升高为+6价，化合价共升高2×（5-3）+3×[6-（-2）]=28，NO3-→NO，N元素化合价由+5价降低为+2价，化合价共降低3价，故化合价升降最小公倍数为84，故As2S3系数为3，NO3-系数为28，根据原子守恒可知，AsO43-的化学计量数为6，SO42-的化学计量数为9，NO的化学计量数为28，根据电荷守恒可知，缺项为H+，故H+的化学计量数为8，由原子守恒可知，H2O的化学计量数为4，配平后离子方程式为：3As2S3+4H2O+28NO3-=6AsO43-+9SO42-+28NO↑+8H+。
【详解】A项、由分析可知，配平后水的系数为4，故A正确；
B项、As2S3是还原剂，NO3-是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为28：3，故B错误；
C项、反应后有H+生成，溶液呈酸性，故C正确；
D项、由分析可知，As2S3是还原剂，氧化产物为AsO43—和SO42—，故D正确；
故选B。
【点睛】把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意根据化合价升降配平所含元素化合价变化的各物质的系数，再根据原子守恒、电荷守恒确定缺项物质，再配平方程式。
16.含MgCl2、AlCl3均为nmol的混合溶液，向其中滴NaOH溶液至过量。加入NaOH的物质的量与生成沉淀的物质的量的关系正确的是（离子（或物质）沉淀pH见表）
离子
Mg2+
Al3+
物质
Al(OH)3
开始沉淀时的pH
8.93
3.56
开始溶解时的pH
8.04
完全沉淀时的pH
10.92
4.89
完全溶解时的pH
12.04
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
试题分析：当Al3+完全沉淀时，溶液的pH=8.04，而镁离子开始沉淀的pH=8.93，则Al3+完全沉淀时Mg2+还没有开始沉淀；即：当Mg2+开始沉淀时，已经有部分氢氧化铝开始溶解；镁离子完全沉淀的pH=10.92，、氢氧化铝完全溶解的pH=12.04，则当Mg2+完全沉淀时，氢氧化铝还没有完全被溶解，所以正确的图象应该是C；答案选C。
考点：考查MgCl2、AlCl3与氢氧化钠溶液反应生成沉淀时图象的判断
17.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是
①金属钠投入到FeCl3溶液中 ②过量NaOH溶液和明矾溶液混合 ③少量Ca(OH)2投入到过量NaHCO3溶液中 ④向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸 ⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2
A. ①③④ B. 只有①④ C. 只有②③ D. 只有③④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①金属钠投入到烧杯中的FeCl3溶液中，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，3NaOH+FeCl3=Fe(OH)3↓+3NaCl，所以最终生成的沉淀是红褐色，故①错误；
②过量NaOH溶液和明矾溶液混合，发生的反应为：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，最终没有沉淀生成，故②错误；
③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为：Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3↓+2H2O+Na2CO3，有白色碳酸钙沉淀生成，故③正确；
④向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸，发生的反应为：AlO2﹣+H2O+H+=Al(OH)3↓，有白色氢氧化铝沉淀生成，故④正确；
⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3↓，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出碳酸氢钠晶体，所以产生白色沉淀，故⑤正确；
③④⑤正确，故选D。
18.铝、铍( Be)及其化合物具有相似的化学性质。已知BeCl2 +Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2Be(OH)2↓能完全进行，则下列推断正确的是( )
A. Be(OH)2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液
B. BeCl2水溶液的导电性强，故BeCl2是离子化合物
C. Na2BeO2溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物为BeO
D. BeCl2溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物可能是BeCl2
【答案】A
【解析】
【分析】
在周期表中Be和Al位于对角线位置，性质相似，由反应BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2 Be(OH)2↓可知，BeCl2与Na2BeO2发生互促水解生成Be(OH)2，类似于氯化铝与偏铝酸钠的反应，根据铝、氧化铝、氢氧化铝性质判断Be、氧化铍、Be(OH)2性质。
【详解】A．Be(OH)2性质类似于氢氧化铝，具有两性，则既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液，故A正确；
B．根据化合物在熔融状态下能否导电来判断其是否是离子化合物，共价化合物在水溶液中也可以导电，BeCl2水溶液导电性强，不能说明BeCl2是离子化合物，故B错误；
C．Na2BeO2溶液水解呈碱性，溶液的pH＞7，将其蒸干，水解得到的氢氧化钠又与Be(OH)2反应得到Na2BeO2，灼烧后可得残留物Na2BeO2，故C错误；
D．BeCl2为强酸弱碱盐，水解呈酸性，溶液的pH＜7，将其蒸干，HCl挥发，水解彻底，得到Be(OH)2，灼烧后可得残留物BeO，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点为CD，要注意水解生成物质的挥发性对水解的影响。
19.将Na2O2加入到含有HCO3—、CO32—、SO32—、Na＋、NO3—的溶液中，充分反应后（溶液体积变化忽略不计），溶液中离子浓度保持不变的是（ ）
A. NO3— B. CO32—、NO3— C. SO32—、NO3— D. CO32—、NO3—、Na＋
【答案】A
【解析】
【详解】Na2O2粉末加入溶液中，因被氧化而减少，因有NaOH生成，则与之反应生成，使、Na+均增加，减少，整个过程中只有浓度保持不变，答案选A。
20.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：
下列叙述正确的是( )
A. 试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸
B. 反应①过滤后所得沉淀为氢氧化铁
C. 图中所示转化反应都不是氧化还原反应
D. 反应②化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3
【答案】D
【解析】
【详解】A．由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；
B．氧化铁与氢氧化钠不反应，反应①后过滤所带沉淀为氧化铁，故B错误；
C．电解熔融氧化铝生成铝，属于氧化还原反应，故C错误；
D．反应②为过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，故D正确；
故选D。
【点睛】理解工艺原理，根据工艺流程判断试剂X为氢氧化钠是解题关键。本题的易错点为B，要注意氧化铁不能与氢氧化钠反应。
21.一种酸性较强的溶液中，可能存在NO3－、I－、Cl－和Fe3+中的一种或几种，向该溶液中加入溴水后，溴单质被还原，由此可推知这种溶液中
A. 含I－，不能确定是否含Cl－ B. 含NO3－
C. 含I－、NO3－、Cl－ D. 含Fe3+
【答案】A
【解析】
【详解】溴单质被还原，所以必须含有还原性离子碘离子。由于铁离子能氧化碘离子，所以铁离子一定不存在。在酸性溶液中，NO3－也能氧化碘离子，所以NO3－一定不存在。所以正确的答案是A。
22.下列物质的转化在给定条件下能实现的是
①
②
③
④
⑤
⑥
A. ①②⑤ B. ②③⑥ C. ②⑤⑥ D. ①③④
【答案】C
【解析】
【详解】①铁和氧气点燃条件下反应生成Fe3O4，不生成Fe2O3，故①错误；
②二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，硅酸钠和盐酸反应生成硅酸和氯化钠，故②正确；
③氯化铝是共价化合物，熔融状态下不发生电离，不能导电，无法用电解氯化铝的方法制得金属铝，故③错误；
④钠和氧气在点燃的条件下，生成过氧化钠，不能生成氧化钠，故④错误；
⑤二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸和氧气反应生成硫酸，故⑤正确；
⑥饱和氯化钠溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳，氯化钠与氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，故⑥正确；
②⑤⑥正确，故选C。
【点睛】氯化铝是共价化合物，熔融状态下不电离，不能导电，所以不能用于电解制备铝，是解答的易错点。
23.乙醇与酸性K2Cr2O7溶液混合可发生反应：Cr2O72—＋C2H5OH＋H＋―→Cr3＋＋CH3COOH＋H2O(未配平)。下列叙述不正确的是 ( )
A. Cr2O72—中Cr元素的化合价为＋6 B. 氧化产物为CH3COOH
C. K2Cr2O7溶液常用硫酸酸化 D. 1 mol C2H5OH发生上述反应转移2 mol e－
【答案】D
【解析】
A、根据化合价代数和为0，Cr2O72-中Cr元素化合价为+6，故A正确；B、C2H5OH中的碳的化合价升高，C2H5OH是还原剂，而对应的CH3COOH是氧化产物，所以氧化产物为CH3COOH，故B正确；C、K2Cr2O7溶液具有强氧化性，所以不能用还原性的酸酸化，如盐酸，常用硫酸酸化，故C正确；D、C2H5OH中的碳元素由-2价变成0，所以lmol C2H5OH发生上述反应转移4mole-，而不是2mole-，故D错误；故选D。
24.下列关于氧化钠和过氧化钠的叙述中,正确的是
A. 都能与水发生化合反应 B. 水溶液的成分相同
C. 都属于碱性氧化物 D. 与二氧化碳反应生成不同的盐
【答案】B
【解析】
【详解】A项、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，不属于化合反应，故A错误；
B项、氧化钠与水反应生成氢氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，水溶液的成分都是氢氧化钠，故B正确；
C项、氧化钠为碱性氧化物，过氧化钠与酸反应除了生成盐和水，还生成氧气，不属于碱性氧化物，故C错误；
D项、氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠、氧气，生成的盐都是碳酸钠，故D错误；
故选B。
25.I.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素。
（1）W、X的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，该反应的离子方程式为_______________________________________________。
（2）W与Y可形成化合物W2Y，该化合物的电子式为_______________。
II.A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。
它们之间有如下的反应关系：
（3）若A是淡黄色单质固体，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质。则C与另一种淡黄色物质反应的化学方程式______________________________________。
（4）若D物质具有两性，②③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。判断单质A的元素在周期表中的位置是________________。
（5）若A是应用最广泛的金属。④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质。C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，写该反应的离子方程式________________________。
【答案】 (1). Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O (2). (3). SO2+Na2O2=Na2SO4 (4). 第三周期ⅢA族 (5). Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
【解析】
【分析】
I.（1）W、X都是金属元素，两者最高价氧化物对应的水化物可以反应生盐和水，说明一定是两性氢氧化物氢氧化铝和强碱的反应，则W是Na元素，X是Al元素；
（2）Na与Y 可形成化合物W2Y，则Y是S元素；
II.（3）若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，由C是造成酸雨的主要物质可知，C为SO2，则A为S，C为SO2，B为H2S，D为SO3；
（4）由D物质具有两性，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体可知，D为Al(OH)3，C为NaAlO2，由②③反应均要用强碱溶液可知，单质A为Al，B为铝盐；
（5）由A是应用最广泛的金属可知，单质A为Fe，由④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质可知，非金属单质为氯气，C为氯化铁，D为氯化亚铁。
【详解】（1）W、X都是金属元素，两者最高价氧化物对应的水化物可以反应生盐和水，说明一定是两性氢氧化物氢氧化铝和强碱的反应，则W是Na元素，X是Al元素，氢氧化钠溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
（2）Na与Y 可形成化合物W2Y，则Y是S元素，Na2S是由钠离子和硫离子形成的离子化合物，电子式为，故答案为：；
（3）若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，由C是造成酸雨的主要物质可知，C为SO2，则A为S，C为SO2，B为H2S，D为SO3，过氧化钠为淡黄色粉末，与二氧化硫反应生成硫酸钠，反应的化学方程式为SO2+Na2O2=Na2SO4，故答案为：SO2+Na2O2=Na2SO4；
（4）由D物质具有两性，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体可知，D为Al(OH)3，C为NaAlO2，由②③反应均要用强碱溶液可知，单质A为Al，B为铝盐，单质A为Al，铝元素位于元素周期表第三周期ⅢA族，故答案为：第三周期ⅢA族；
（5）由A是应用最广泛的金属可知，单质A为Fe，由④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质可知，非金属单质为氯气，C为氯化铁，D为氯化亚铁，氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，常用于蚀刻印刷铜电路板，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故答案为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。
【点睛】硫和过氧化钠均为淡黄色固体，过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，过氧化钠与二氧化硫反应生成硫酸钠是推断的关键，也是易错点。
26.有一瓶澄清的溶液，其中可能含有NH4+、K+、Ba2+、Al3+、Fe3+、I-、NO3-、CO32-、SO42-、AlO2-。取该溶液进行以下实验：
①用pH试纸检测，溶液呈强酸性；
②取溶液适量，加入少量CCl4和数滴新制氯水，振荡，CCl4层呈紫红色；
③另取溶液适量，逐滴加入NaOH溶液；
a．溶液从酸性变为中性 b．溶液逐渐产生沉淀 c．沉淀完全溶解
d．最后加热溶液，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
④取适量③得到的碱性溶液，加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。
根据上述实验现象，回答下列问题。
（1）一定存在的离子______________
（2）一定不存在的离子___________________
（3）可能存在的离子___________，如何进一步检验该离子 ______________
【答案】 (1). NH4＋、Ba2＋、Al3＋、I-- (2). Fe3＋、NO3-、CO32-、SO42-、AlO2- (3). K＋ (4). 焰色反应，透过蓝色钴玻璃显紫色
【解析】
【分析】
据每个步骤对应的现象判定一定有什么离子，然后再结合离子共存的知识判断出一定没有什么离子，最后将所有的结论进行整合得出总结论。
【详解】(1)由①用pH试纸检测，溶液呈强酸性，说明溶液中存在大量H+，所以溶液中一定不存在大量的CO32-和AlO2-；由②可知，加入氯水后产生了I2，所以溶液中一定有I-；因为Fe3+、NO3-在酸性条件下与I-不能大量共存，所以溶液中一定不存在Fe3+和NO3-；由③中b和c的实验现象可看出，开始产生的沉淀只有Al(OH)3，因为Al(OH)3能和NaOH溶液反应生成可溶性的NaAlO2，则溶液中一定含有Al3+；由d可知，最后加热溶液所得气体为NH3，故溶液中一定含有NH4+；所以，由③可以证明Al3+和NH4+一定存在。据④可知溶液中一定有Ba2+，所以溶液中一定没有SO42-。
综合以上分析可得出：
（1）一定存在的离子是：NH4+、Ba2+、Al3+、I-；
（2）一定不存在的离子是：Fe3+、NO3-、CO32-、SO42-、AlO2-；
（3）从所给的现象中无法确定是否含有K+，如要确定其存在，可采用焰色反应进行检验,并透过蓝色钴玻璃进行观察，如焰色呈浅紫色，说明原溶液中有K+。
27.向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸．请完成下列问题：
（1）写出反应的离子方程式_____________。
（2）下列三种情况下，离子方程式与（1）相同的是________（填序号）．
A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性
B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42－恰好完全沉淀
C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量
（3）若缓缓加入稀H2SO4直至过量，整个过程中混合溶液中的导电能力（用电流强度I表示）可近似地用图中的曲线表示是________（填序号）．
（4）若向装有Ba(OH)2溶液烧杯里缓缓滴入KAl(SO4)2溶液至Ba2+恰好完全反应．则反应的离子方程式是 _________________．
【答案】（8分，每空2分）（1）Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O； （2）A ； （3）C ；
（4）2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-=2BaSO4 ↓ +AlO2-+2H2O。
【解析】
试题分析：向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，发生酸、碱中和反应，产生盐和水，反应的离子方程式是Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；（2）A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性，反应的离子方程式是Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，正确；B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42－恰好完全沉淀，反应的离子方程式是：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，错误；C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量，要以不足量的NaHSO4溶液为标准，反应的离子方程式是：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，错误。故与(1)离子方程式相同的是A；（3）若缓缓向Ba(OH)2溶液中加入稀H2SO4直至过量，由于发生反应：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，使溶液中自由移动的离子的物质的量浓度减小，溶液的导电性逐渐减弱，当二者恰好完全反应时，溶液中自由移动的离子浓度最小，由于H2O是极弱的电解质，电离产生的离子浓度很小，BaSO4难溶，溶解电离产生的离子浓度也很小，这时溶液中离子浓度几乎为0，后当硫酸过量时，硫酸电离产生的离子使溶液中自由移动的离子浓度增大，溶液的导电性又逐渐增强。因此整个过程中混合溶液中的导电能力（用电流强度I表示）可近似地用右图中的曲线表示是C；（4）若向装有Ba(OH)2溶液烧杯里缓缓滴入KAl(SO4)2溶液至Ba2+恰好完全反应．这时两种物质的物质的量的比是n[Ba(OH)2]:n[ KAl(SO4)2] =2:1，由于Al(OH)3是两性氢氧化物，可被过量的强碱溶解，则反应的离子方程式是2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-=2BaSO4 ↓ +AlO2-+2H2O。
考点：考查离子方程式的书写及溶液的导电性的判断的知识。
28.无机化合物可根据其组成和性质进行分类。以下是一组对“一些物质与水反应”的分类图，请按要求填空：
（1）上述分类中，分成A、B两组的依据是___________________________；
（2）C组物质与水反应的离子方程式为_______________________________
（3）D组物质与水反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶1的物质有____(填化学式)。
（4）E组中________(填化学式)是大气主要污染物之一，易形成酸雨。
（5）实验室由Al3＋制备Al(OH)3时，应选择F组中________(填化学式)水溶液，离子方程式为___________。
【答案】 (1). 与水是否发生氧化还原反应 (2). 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ (3). Na2O2、Cl2 (4). SO2 (5). NH3 (6). Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+
【解析】
由分类的结果看，A组物质与水反应后，化合价都不发生变化，而B组化合价都有变化。C组物质是水只做氧化剂的，只有钠。D组物质是水既不做氧化剂又不是还原剂的，氯气、过氧化钠、二氧化氮都符合，反应的化学方程式分别为Cl2+H2O=HCl+HClO、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、3NO2+H2O=2HNO3+NO。
（1）上述分类中，分成A、B两组依据是与水是否发生氧化还原反应（或化合价是否发生变化）；
（2）C组物质与水反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
（3）D组物质与水反应中，Na2O2和Cl2化合价发生变化的都是同一种元素，且一半被氧化另一半被还原，所以氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶1的物质有Na2O2、Cl2。
（4）E组中SO2是大气主要污染物之一，易形成酸雨。
（5）实验室由Al3＋制备Al(OH)3时，应选择F组中NH3的水溶液，离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+。
29.现有14.4 g CO和CO2的混合气体，在标准状况下所占的体积约为8.96 L。回答下列问题：
(1)该混合气体的平均摩尔质量：_________________________。
(2)混合气体中碳原子的个数：_________________________
(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
(3)将混合气体依次通过如图装置，最后收集在气球中。
①气球中收集到的气体摩尔质量：_______________________；
②标况下气球中收集到的气体的体积为___________________；
③气球中收集到的气体的电子总数为_____________________
(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】 (1). 36 g·mol－1 (2). 0.4NA (3). 28 g·mol－1 (4). 4.48 L (5). 2.8NA
【解析】
【详解】(1)混合气体的体积为8.96 L，则其物质的量为n＝=＝0.4 mol，混合气体的平均摩尔质量为＝36 g·mol－1；(2)设混合气体中 CO的物质的量为x mol，CO2的物质的量为y mol，则根据混合物的质量为14.4 g可得：28x＋44y＝14.4①；根据气体的物质的量为0.4 mol，所得x＋y＝0.4②；解①②得：x＝0.2 mol，y＝0.2 mol；由于CO和CO2中均含1个碳原子，故0.2 mol CO和0.2 mol CO2中共含0.4 mol C原子即0.4NA个；(3)将混合气体依次通过如图装置，则CO2会被NaOH溶液吸收，剩余CO，被浓硫酸干燥后，则在气球中收集到的是干燥纯净的CO气体；①气球中收集到的气体为CO，而一种物质的摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量，故收集到的气体的摩尔质量为28 g·mol－1；②气球中的气体为CO，其体积V＝nVm＝0.2 mol×22.4 L·mol－1＝4.48 L；③一个CO含有14个电子，由(2)求出的CO的物质的量为0.2 mol，则电子的物质的量为0.2 mol×14＝2.8 mol，电子总数为2.8NA个。
化学试题
1.化学知识在生产和生活中有着重要的应用。下列说法错误的是（ ）
A. 误食重金属盐引起的人体中毒，可以喝大量的浓盐水解毒
B. 明矾常作为净水剂，双氧水通常可用于作杀菌消毒
C. 金属钠、镁等活泼金属着火时，不能使用泡沫灭火器来灭火
D. 发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔
【答案】A
【解析】
【详解】A．重金属离子能够使蛋白质变性，引起人体中毒，可以服用牛奶或者鸡蛋清等解毒，故A错误；
B．明矾是强酸弱碱盐，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以能净水，过氧化氢具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故B正确；
C．金属钠着火时生成的过氧化钠可与二氧化碳反应，放出氧气，镁可在二氧化碳中燃烧，则金属钠、镁等活泼金属着火时，不能使用泡沫灭火器来灭火，故C正确；
D．碳酸氢钠受热易分解生成二氧化碳，发酵粉中主要含有碳酸氢钠，分解生成气体，能使焙制出的糕点疏松多孔，故D正确；
故选A。
2.下列物质不属于电解质的是( )
A. NaOH B. H2SO4 C. 蔗糖 D. NaCl
【答案】C
【解析】
电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，NaOH 、H2SO4、 NaCl分别是碱、酸和盐类，能在水溶液中或熔融状态下电离出离子，使得溶液能导电，属于电解质，蔗糖在水溶液中不能电离出离子，是非电解质，答案选C。
点睛：本题考查电解质和非电解质的概念。明确概念是解题的关键，电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是指在水溶液中和熔融状态下能不能导电的化合物，注意电解质根据中的“或”、“导电”、“化合物”和非电解质中的“和”、“都不能”、“化合物”等词。
3.实验室制备下列气体时，只能用排水法收集的气体是
A. H2 B. NO C. NO2 D. CO2
【答案】B
【解析】
A．氢气和水不反应，所以可以用排水法收集，在常温下和氧气不反应，密度比空气小，所以也可以用向下排空气法收集，故A错误；B．NO和氧气反应，所以不能用排空气法收集，和水不反应且难溶于水，所以只能用排水法收集，故B正确；C．二氧化氮能和水反应生成硝酸和一氧化氮，所以不能用排水法收集，二氧化氮和氧气不反应，密度比空气大，可以用向上排空气法收集，故C错误；D．CO2能和水反应，所以不能用排水法收集，和氧气不反应，密度比空气大，可以用向上排空气法收集，故D错误；故选B。
点睛：本题主要考查实验室气体的收集方法，从气体的密度、水溶性、是否有毒等方面进行分析、判断是解答的关键。只能用排水法收集的气体具有以下特点：气体难溶于水；不能用排空气法收集。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4L H2和O2的混合物所含分子数为NA
B. 标准状况下，18g H2O的体积是22.4L
C. 在常温常压下，11.2L N2含有的分子数为0.5 NA
D. 1 mol Cl2通入澄清的石灰水中转移的电子数为2NA
【答案】A
【解析】
A、标准状况下，22.4LH2和O2的混合气体物质的量为1mol，所含分子数为NA，选项A正确；B、标准状况下，H2O为液体，18g H2O的体积小于22.4L，选项B错误；C、在标准状况下，11.2LN2含有的分子数为0.5NA，选项C错误；D、1 mol Cl2通入澄清的石灰水中转移的电子数为NA，选项D错误。答案选A。
5.下列说法中正确的是
A. 溶液中的溶质粒子能透过滤纸，而胶体中的分散质粒子不能透过滤纸，所以可以用滤纸来分离溶液和胶体
B. 有化学键断裂或化学键形成的过程都是化学变化
C. 焰色反应属于吸热反应
D. 食盐溶液能导电，但食盐溶液不是电解质
【答案】D
【解析】
A. 溶液中的溶质粒子和胶体中的分散质粒子均能透过滤纸，可以用半透膜来分离溶液和胶体，A错误；B. 有化学键断裂或化学键形成的过程不一定都是化学变化，例如氯化钠溶于水等，B错误；C. 焰色反应属于物理变化，不是吸热反应，C错误；D. 食盐溶液能导电，溶液是混合物，食盐溶液不是电解质，D正确，答案选D。
6.等温等压下，有质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体。下列说法正确的是（ ）
A. 质量之比为1:1:1 B. 体积之比为4:14:13
C. 密度之比为13:13:14 D. 原子个数之比为1:1:2
【答案】D
【解析】
A．三种气体的分子的质子数分别为：14、14、14，质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，物质的量相等，CO、N2、C2H2摩尔质量分别为28g/mol、28g/mol、26g/mol，根据m=nM知：质量之比与摩尔质量成正比为28：28：26=14：14：13，A错误；B．三种气体的分子的质子数分别为：14、14、14，质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，物质的量相等，等温等压下，体积之比与物质的量成正比，所以三者体积之比1：1：1，B错误；C．CO、N2、C2H2摩尔质量分别为28g/mol、28g/mol、26g/mol，等温等压下，气体摩尔体积相同，根据ρ=m/V=M/Vm知，密度与摩尔质量成正比，则密度之比为28：28：26=14：14：13，C错误；D．三种气体的分子的质子数分别为：14、14、14，质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，物质的量相等，1分子CO、N2、C2H2分别含原子数为：2、2、4，所以三种气体原子数之比：1：1：2，D正确，答案选D。
7.下列除杂质方法可行的是( )
A. 除去NaHCO3溶液中少量的Na2CO3：加入适量稀盐酸
B. 除去FeCl2溶液中少量的FeCl3：加入稍过量铁粉，过滤
C. 除去NH4Cl固体中少量I2：加热，I2升华除去
D. 除去乙烯中的少量SO2：通过酸性KMnO4溶液，洗气
【答案】B
【解析】
【详解】A．加入盐酸生成了氯化钠，引入新杂质，应通入二氧化碳气体，故A错误；
B．氯化铁与铁粉反应生成氯化亚铁，可用于除杂，且符合除杂原则，故B正确；
C．加热时氯化铵分解生成氨气、氯化氢，冷却后又生成氯化铵，碘升华为蒸气冷却生成碘固体，不能分离，故C错误；
D．乙烯和SO2都可被酸性高锰酸钾氧化，应用氢氧化钠溶液除杂，故D错误；
故选B。
8.下列有关实验的说法正确的是（ ）
A. 将SO2通入溴水中，溴水褪色证明SO2具有漂白性
B. 将含有少量HCl的Cl2通入水中以除去HCl杂质
C. 将乙烯通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色证明乙烯具有还原性
D. 将蔗糖溶液和少量稀H2SO4混合加热后，加入新制Cu(OH)2检验蔗糖是否水解
【答案】C
【解析】
A、SO2与溴水发生氧化还原反应，表现出还原性，选项A错误；B、将含有少量HCl的Cl2通入饱和食盐水中以除去HCl杂质，选项B错误；C、将乙烯通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色证明乙烯具有还原性，选项C正确；D、将蔗糖溶液和少量稀H2SO4混合加热后，先用氢氧化钠溶液中和至碱性，再加入新制的Cu(OH)2检验蔗糖是否水解，选项D错误。答案选C。
9.常温，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. pH=1的溶液中: I-、NO3－、SO42－、Na＋
B. 由水电离的c(H+)=1×10-14 mol·L-1的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl－、HCO3－
C. c(H+)／c(OH－)=1012的溶液中： NH4＋、Al3＋、NO3－、Cl－
D. c(Fe3＋)=0.1 mol·L-1的溶液中：K＋、ClO－、SO42－、SCN－
【答案】C
【解析】
试题分析：A、酸性条件下硝酸根氧化碘离子，故错误；B、溶液可能酸性或碱性，碳酸氢根不能大量存在，故错误；C、溶液为酸性，四种离子不反应，能共存，故正确；D、铁离子和硫氰根离子反应，故错误。
考点：离子共存
10.下列指定反应的离子方程式表达正确的是( )
A. FeCl3溶液中加入KSCN溶液：Fe3＋+ 3SCN－= Fe(SCN)3↓
B. Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2＋+2HCO3－+ 2OH－= CaCO3↓+ CO32－+ H2O
C. 向NaClO溶液中通入少量SO2: 2ClO－+SO2+H2O =SO32－+2HClO
D. 过量的CO2通入水玻璃中：SiO32－＋2CO2+2H2O =H2SiO3↓ + 2HCO3－
【答案】D
【解析】
A. FeCl3溶液中加入KSCN溶液，溶液变成血红色，没有生成沉淀，故A错误；B. Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液，反应生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为Ca2＋+HCO3－+ OH－= CaCO3↓+ H2O，故B错误；C. 向NaClO溶液中通入少量SO2反应生成的次氯酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，故C错误； D. 过量的CO2通入水玻璃中反应生成硅酸沉淀和碳酸氢钠：SiO32－＋2CO2+2 H2O =H2SiO3↓ + 2HCO3－，故D正确；故选D。
11. 按以下实验方案可以从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物。
下列说法错误的是（ ）
A. 步骤(1)需要过滤装置 B. 步骤(2)需要用到分流漏斗
C. 步骤(3)需要用到坩埚 D. 步骤(4)需要蒸馏装置
【答案】C
【解析】
试题解析: A。步骤(1)中出现不溶性物质和滤液，因此需要过滤装置；A正确；B．操作中出现有机物和水层，进行分液操作，步骤(2)需要用到分液漏斗；B正确；C．从水溶液中得到固体，需要蒸发结晶，需要用到蒸发皿；C 错误；D．有机层混合液中需要进行分离，采用蒸馏方法；D正确；
考点:考察物质的分离和提纯；
【此处有视频，请去附件查看】
12.已知在热的碱性溶液中，NaClO发生如下反应：3NaClO = 2NaCl＋NaClO3。在相同条件下NaClO2也能发生类似的反应，其最终产物是
A. NaCl、NaClO B. NaCl、NaClO3 C. NaClO、NaClO3 D. NaClO3、NaClO4
【答案】B
【解析】
A、NaCl中氯元素-1价、NaClO中氯元素+1价，氯元素的化合价均比+3价低，不属于歧化反应，选项A错误；B、NaCl中氯元素-1价、NaClO3中氯元素+5价，属于歧化反应，选项B正确；C、NaClO中氯元素+1价、NaClO3中氯元素+5价，二者还会继续反应，不能稳定存在，选项C错误；D、NaClO3、NaClO4中的氯元素化合价均比+3价高，不属于歧化反应，选项D错误。答案选C。
13.向盛有H2O2溶液的试管中滴入少量浓盐酸，经检验生成的混合气体中只含有O2、Cl2、HCl和水蒸气。将气体通入X溶液（如图），依据观察到的现象，能判断气体中含有Cl2的是
选项
X溶液
现象
A
稀HNO3酸化的AgNO3溶液
有白色沉淀生成
B
滴有KSCN的FeSO4溶液
溶液变为血红色
C
淀粉KI酸性溶液
溶液变为蓝色
D
紫色石蕊溶液
溶液先变红后褪色
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
A．含HCl也可生成白色沉淀，不能判断是否含氯气，故A不选；B．氧气可氧化亚铁离子，溶液变为红色，不能判断是否含氯气，故B不选；C．氧气可氧化KI，溶液变蓝，不能判断是否含氯气，故C不选；D．紫色石蕊溶液先变红后褪色，可知一定含氯气，氯气与水反应生成盐酸和HClO，具有酸性和漂白性，故D选；
点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应和现象、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意现象与结论的关系，注重元素化合物与实验相结合的训练，题目难度不大。
14.在aLAl2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42﹣离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中的Al3+浓度（mol/L）为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据溶液呈现电中性，因此有3n(Al3＋)＋n(NH4＋)=2n(SO42－)，3n(Al3＋)＋c=2b，则n(Al3＋)=mol，c(Al3＋)=mol·L－1，故A正确。
15.已知离子方程式：As2S3＋H2O＋NO3—→AsO43—＋SO42—＋NO↑＋______ (未配平)，下列说法错误的是
A. 配平后水的化学计量数为4 B. 配平后氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶28
C. 反应后溶液呈酸性 D. 氧化产物为AsO43-和SO42-
【答案】B
【解析】
【分析】
反应中As2S3→AsO43-、SO42-，As元素化合价由+3价升高为+5价，S元素化合价由-2价升高为+6价，化合价共升高2×（5-3）+3×[6-（-2）]=28，NO3-→NO，N元素化合价由+5价降低为+2价，化合价共降低3价，故化合价升降最小公倍数为84，故As2S3系数为3，NO3-系数为28，根据原子守恒可知，AsO43-的化学计量数为6，SO42-的化学计量数为9，NO的化学计量数为28，根据电荷守恒可知，缺项为H+，故H+的化学计量数为8，由原子守恒可知，H2O的化学计量数为4，配平后离子方程式为：3As2S3+4H2O+28NO3-=6AsO43-+9SO42-+28NO↑+8H+。
【详解】A项、由分析可知，配平后水的系数为4，故A正确；
B项、As2S3是还原剂，NO3-是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为28：3，故B错误；
C项、反应后有H+生成，溶液呈酸性，故C正确；
D项、由分析可知，As2S3是还原剂，氧化产物为AsO43—和SO42—，故D正确；
故选B。
【点睛】把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意根据化合价升降配平所含元素化合价变化的各物质的系数，再根据原子守恒、电荷守恒确定缺项物质，再配平方程式。
16.含MgCl2、AlCl3均为nmol的混合溶液，向其中滴NaOH溶液至过量。加入NaOH的物质的量与生成沉淀的物质的量的关系正确的是（离子（或物质）沉淀pH见表）
离子
Mg2+
Al3+
物质
Al(OH)3
开始沉淀时的pH
8.93
3.56
开始溶解时的pH
8.04
完全沉淀时的pH
10.92
4.89
完全溶解时的pH
12.04
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
试题分析：当Al3+完全沉淀时，溶液的pH=8.04，而镁离子开始沉淀的pH=8.93，则Al3+完全沉淀时Mg2+还没有开始沉淀；即：当Mg2+开始沉淀时，已经有部分氢氧化铝开始溶解；镁离子完全沉淀的pH=10.92，、氢氧化铝完全溶解的pH=12.04，则当Mg2+完全沉淀时，氢氧化铝还没有完全被溶解，所以正确的图象应该是C；答案选C。
考点：考查MgCl2、AlCl3与氢氧化钠溶液反应生成沉淀时图象的判断
17.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是
①金属钠投入到FeCl3溶液中 ②过量NaOH溶液和明矾溶液混合 ③少量Ca(OH)2投入到过量NaHCO3溶液中 ④向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸 ⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2
A. ①③④ B. 只有①④ C. 只有②③ D. 只有③④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①金属钠投入到烧杯中的FeCl3溶液中，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，3NaOH+FeCl3=Fe(OH)3↓+3NaCl，所以最终生成的沉淀是红褐色，故①错误；
②过量NaOH溶液和明矾溶液混合，发生的反应为：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，最终没有沉淀生成，故②错误；
③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为：Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3↓+2H2O+Na2CO3，有白色碳酸钙沉淀生成，故③正确；
④向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸，发生的反应为：AlO2﹣+H2O+H+=Al(OH)3↓，有白色氢氧化铝沉淀生成，故④正确；
⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3↓，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出碳酸氢钠晶体，所以产生白色沉淀，故⑤正确；
③④⑤正确，故选D。
18.铝、铍( Be)及其化合物具有相似的化学性质。已知BeCl2 +Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2Be(OH)2↓能完全进行，则下列推断正确的是( )
A. Be(OH)2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液
B. BeCl2水溶液的导电性强，故BeCl2是离子化合物
C. Na2BeO2溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物为BeO
D. BeCl2溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物可能是BeCl2
【答案】A
【解析】
【分析】
在周期表中Be和Al位于对角线位置，性质相似，由反应BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2 Be(OH)2↓可知，BeCl2与Na2BeO2发生互促水解生成Be(OH)2，类似于氯化铝与偏铝酸钠的反应，根据铝、氧化铝、氢氧化铝性质判断Be、氧化铍、Be(OH)2性质。
【详解】A．Be(OH)2性质类似于氢氧化铝，具有两性，则既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液，故A正确；
B．根据化合物在熔融状态下能否导电来判断其是否是离子化合物，共价化合物在水溶液中也可以导电，BeCl2水溶液导电性强，不能说明BeCl2是离子化合物，故B错误；
C．Na2BeO2溶液水解呈碱性，溶液的pH＞7，将其蒸干，水解得到的氢氧化钠又与Be(OH)2反应得到Na2BeO2，灼烧后可得残留物Na2BeO2，故C错误；
D．BeCl2为强酸弱碱盐，水解呈酸性，溶液的pH＜7，将其蒸干，HCl挥发，水解彻底，得到Be(OH)2，灼烧后可得残留物BeO，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点为CD，要注意水解生成物质的挥发性对水解的影响。
19.将Na2O2加入到含有HCO3—、CO32—、SO32—、Na＋、NO3—的溶液中，充分反应后（溶液体积变化忽略不计），溶液中离子浓度保持不变的是（ ）
A. NO3— B. CO32—、NO3— C. SO32—、NO3— D. CO32—、NO3—、Na＋
【答案】A
【解析】
【详解】Na2O2粉末加入溶液中，因被氧化而减少，因有NaOH生成，则与之反应生成，使、Na+均增加，减少，整个过程中只有浓度保持不变，答案选A。
20.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：
下列叙述正确的是( )
A. 试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸
B. 反应①过滤后所得沉淀为氢氧化铁
C. 图中所示转化反应都不是氧化还原反应
D. 反应②化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3
【答案】D
【解析】
【详解】A．由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；
B．氧化铁与氢氧化钠不反应，反应①后过滤所带沉淀为氧化铁，故B错误；
C．电解熔融氧化铝生成铝，属于氧化还原反应，故C错误；
D．反应②为过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，故D正确；
故选D。
【点睛】理解工艺原理，根据工艺流程判断试剂X为氢氧化钠是解题关键。本题的易错点为B，要注意氧化铁不能与氢氧化钠反应。
21.一种酸性较强的溶液中，可能存在NO3－、I－、Cl－和Fe3+中的一种或几种，向该溶液中加入溴水后，溴单质被还原，由此可推知这种溶液中
A. 含I－，不能确定是否含Cl－ B. 含NO3－
C. 含I－、NO3－、Cl－ D. 含Fe3+
【答案】A
【解析】
【详解】溴单质被还原，所以必须含有还原性离子碘离子。由于铁离子能氧化碘离子，所以铁离子一定不存在。在酸性溶液中，NO3－也能氧化碘离子，所以NO3－一定不存在。所以正确的答案是A。
22.下列物质的转化在给定条件下能实现的是
①
②
③
④
⑤
⑥
A. ①②⑤ B. ②③⑥ C. ②⑤⑥ D. ①③④
【答案】C
【解析】
【详解】①铁和氧气点燃条件下反应生成Fe3O4，不生成Fe2O3，故①错误；
②二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，硅酸钠和盐酸反应生成硅酸和氯化钠，故②正确；
③氯化铝是共价化合物，熔融状态下不发生电离，不能导电，无法用电解氯化铝的方法制得金属铝，故③错误；
④钠和氧气在点燃的条件下，生成过氧化钠，不能生成氧化钠，故④错误；
⑤二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸和氧气反应生成硫酸，故⑤正确；
⑥饱和氯化钠溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳，氯化钠与氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，故⑥正确；
②⑤⑥正确，故选C。
【点睛】氯化铝是共价化合物，熔融状态下不电离，不能导电，所以不能用于电解制备铝，是解答的易错点。
23.乙醇与酸性K2Cr2O7溶液混合可发生反应：Cr2O72—＋C2H5OH＋H＋―→Cr3＋＋CH3COOH＋H2O(未配平)。下列叙述不正确的是 ( )
A. Cr2O72—中Cr元素的化合价为＋6 B. 氧化产物为CH3COOH
C. K2Cr2O7溶液常用硫酸酸化 D. 1 mol C2H5OH发生上述反应转移2 mol e－
【答案】D
【解析】
A、根据化合价代数和为0，Cr2O72-中Cr元素化合价为+6，故A正确；B、C2H5OH中的碳的化合价升高，C2H5OH是还原剂，而对应的CH3COOH是氧化产物，所以氧化产物为CH3COOH，故B正确；C、K2Cr2O7溶液具有强氧化性，所以不能用还原性的酸酸化，如盐酸，常用硫酸酸化，故C正确；D、C2H5OH中的碳元素由-2价变成0，所以lmol C2H5OH发生上述反应转移4mole-，而不是2mole-，故D错误；故选D。
24.下列关于氧化钠和过氧化钠的叙述中,正确的是
A. 都能与水发生化合反应 B. 水溶液的成分相同
C. 都属于碱性氧化物 D. 与二氧化碳反应生成不同的盐
【答案】B
【解析】
【详解】A项、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，不属于化合反应，故A错误；
B项、氧化钠与水反应生成氢氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，水溶液的成分都是氢氧化钠，故B正确；
C项、氧化钠为碱性氧化物，过氧化钠与酸反应除了生成盐和水，还生成氧气，不属于碱性氧化物，故C错误；
D项、氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠、氧气，生成的盐都是碳酸钠，故D错误；
故选B。
25.I.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素。
（1）W、X的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，该反应的离子方程式为_______________________________________________。
（2）W与Y可形成化合物W2Y，该化合物的电子式为_______________。
II.A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。
它们之间有如下的反应关系：
（3）若A是淡黄色单质固体，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质。则C与另一种淡黄色物质反应的化学方程式______________________________________。
（4）若D物质具有两性，②③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。判断单质A的元素在周期表中的位置是________________。
（5）若A是应用最广泛的金属。④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质。C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，写该反应的离子方程式________________________。
【答案】 (1). Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O (2). (3). SO2+Na2O2=Na2SO4 (4). 第三周期ⅢA族 (5). Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
【解析】
【分析】
I.（1）W、X都是金属元素，两者最高价氧化物对应的水化物可以反应生盐和水，说明一定是两性氢氧化物氢氧化铝和强碱的反应，则W是Na元素，X是Al元素；
（2）Na与Y 可形成化合物W2Y，则Y是S元素；
II.（3）若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，由C是造成酸雨的主要物质可知，C为SO2，则A为S，C为SO2，B为H2S，D为SO3；
（4）由D物质具有两性，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体可知，D为Al(OH)3，C为NaAlO2，由②③反应均要用强碱溶液可知，单质A为Al，B为铝盐；
（5）由A是应用最广泛的金属可知，单质A为Fe，由④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质可知，非金属单质为氯气，C为氯化铁，D为氯化亚铁。
【详解】（1）W、X都是金属元素，两者最高价氧化物对应的水化物可以反应生盐和水，说明一定是两性氢氧化物氢氧化铝和强碱的反应，则W是Na元素，X是Al元素，氢氧化钠溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
（2）Na与Y 可形成化合物W2Y，则Y是S元素，Na2S是由钠离子和硫离子形成的离子化合物，电子式为，故答案为：；
（3）若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，由C是造成酸雨的主要物质可知，C为SO2，则A为S，C为SO2，B为H2S，D为SO3，过氧化钠为淡黄色粉末，与二氧化硫反应生成硫酸钠，反应的化学方程式为SO2+Na2O2=Na2SO4，故答案为：SO2+Na2O2=Na2SO4；
（4）由D物质具有两性，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体可知，D为Al(OH)3，C为NaAlO2，由②③反应均要用强碱溶液可知，单质A为Al，B为铝盐，单质A为Al，铝元素位于元素周期表第三周期ⅢA族，故答案为：第三周期ⅢA族；
（5）由A是应用最广泛的金属可知，单质A为Fe，由④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质可知，非金属单质为氯气，C为氯化铁，D为氯化亚铁，氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，常用于蚀刻印刷铜电路板，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故答案为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。
【点睛】硫和过氧化钠均为淡黄色固体，过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，过氧化钠与二氧化硫反应生成硫酸钠是推断的关键，也是易错点。
26.有一瓶澄清的溶液，其中可能含有NH4+、K+、Ba2+、Al3+、Fe3+、I-、NO3-、CO32-、SO42-、AlO2-。取该溶液进行以下实验：
①用pH试纸检测，溶液呈强酸性；
②取溶液适量，加入少量CCl4和数滴新制氯水，振荡，CCl4层呈紫红色；
③另取溶液适量，逐滴加入NaOH溶液；
a．溶液从酸性变为中性 b．溶液逐渐产生沉淀 c．沉淀完全溶解
d．最后加热溶液，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
④取适量③得到的碱性溶液，加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。
根据上述实验现象，回答下列问题。
（1）一定存在的离子______________
（2）一定不存在的离子___________________
（3）可能存在的离子___________，如何进一步检验该离子 ______________
【答案】 (1). NH4＋、Ba2＋、Al3＋、I-- (2). Fe3＋、NO3-、CO32-、SO42-、AlO2- (3). K＋ (4). 焰色反应，透过蓝色钴玻璃显紫色
【解析】
【分析】
据每个步骤对应的现象判定一定有什么离子，然后再结合离子共存的知识判断出一定没有什么离子，最后将所有的结论进行整合得出总结论。
【详解】(1)由①用pH试纸检测，溶液呈强酸性，说明溶液中存在大量H+，所以溶液中一定不存在大量的CO32-和AlO2-；由②可知，加入氯水后产生了I2，所以溶液中一定有I-；因为Fe3+、NO3-在酸性条件下与I-不能大量共存，所以溶液中一定不存在Fe3+和NO3-；由③中b和c的实验现象可看出，开始产生的沉淀只有Al(OH)3，因为Al(OH)3能和NaOH溶液反应生成可溶性的NaAlO2，则溶液中一定含有Al3+；由d可知，最后加热溶液所得气体为NH3，故溶液中一定含有NH4+；所以，由③可以证明Al3+和NH4+一定存在。据④可知溶液中一定有Ba2+，所以溶液中一定没有SO42-。
综合以上分析可得出：
（1）一定存在的离子是：NH4+、Ba2+、Al3+、I-；
（2）一定不存在的离子是：Fe3+、NO3-、CO32-、SO42-、AlO2-；
（3）从所给的现象中无法确定是否含有K+，如要确定其存在，可采用焰色反应进行检验,并透过蓝色钴玻璃进行观察，如焰色呈浅紫色，说明原溶液中有K+。
27.向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸．请完成下列问题：
（1）写出反应的离子方程式_____________。
（2）下列三种情况下，离子方程式与（1）相同的是________（填序号）．
A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性
B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42－恰好完全沉淀
C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量
（3）若缓缓加入稀H2SO4直至过量，整个过程中混合溶液中的导电能力（用电流强度I表示）可近似地用图中的曲线表示是________（填序号）．
（4）若向装有Ba(OH)2溶液烧杯里缓缓滴入KAl(SO4)2溶液至Ba2+恰好完全反应．则反应的离子方程式是 _________________．
【答案】（8分，每空2分）（1）Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O； （2）A ； （3）C ；
（4）2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-=2BaSO4 ↓ +AlO2-+2H2O。
【解析】
试题分析：向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，发生酸、碱中和反应，产生盐和水，反应的离子方程式是Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；（2）A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性，反应的离子方程式是Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，正确；B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42－恰好完全沉淀，反应的离子方程式是：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，错误；C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量，要以不足量的NaHSO4溶液为标准，反应的离子方程式是：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，错误。故与(1)离子方程式相同的是A；（3）若缓缓向Ba(OH)2溶液中加入稀H2SO4直至过量，由于发生反应：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，使溶液中自由移动的离子的物质的量浓度减小，溶液的导电性逐渐减弱，当二者恰好完全反应时，溶液中自由移动的离子浓度最小，由于H2O是极弱的电解质，电离产生的离子浓度很小，BaSO4难溶，溶解电离产生的离子浓度也很小，这时溶液中离子浓度几乎为0，后当硫酸过量时，硫酸电离产生的离子使溶液中自由移动的离子浓度增大，溶液的导电性又逐渐增强。因此整个过程中混合溶液中的导电能力（用电流强度I表示）可近似地用右图中的曲线表示是C；（4）若向装有Ba(OH)2溶液烧杯里缓缓滴入KAl(SO4)2溶液至Ba2+恰好完全反应．这时两种物质的物质的量的比是n[Ba(OH)2]:n[ KAl(SO4)2] =2:1，由于Al(OH)3是两性氢氧化物，可被过量的强碱溶解，则反应的离子方程式是2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-=2BaSO4 ↓ +AlO2-+2H2O。
考点：考查离子方程式的书写及溶液的导电性的判断的知识。
28.无机化合物可根据其组成和性质进行分类。以下是一组对“一些物质与水反应”的分类图，请按要求填空：
（1）上述分类中，分成A、B两组的依据是___________________________；
（2）C组物质与水反应的离子方程式为_______________________________
（3）D组物质与水反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶1的物质有____(填化学式)。
（4）E组中________(填化学式)是大气主要污染物之一，易形成酸雨。
（5）实验室由Al3＋制备Al(OH)3时，应选择F组中________(填化学式)水溶液，离子方程式为___________。
【答案】 (1). 与水是否发生氧化还原反应 (2). 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ (3). Na2O2、Cl2 (4). SO2 (5). NH3 (6). Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+
【解析】
由分类的结果看，A组物质与水反应后，化合价都不发生变化，而B组化合价都有变化。C组物质是水只做氧化剂的，只有钠。D组物质是水既不做氧化剂又不是还原剂的，氯气、过氧化钠、二氧化氮都符合，反应的化学方程式分别为Cl2+H2O=HCl+HClO、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、3NO2+H2O=2HNO3+NO。
（1）上述分类中，分成A、B两组依据是与水是否发生氧化还原反应（或化合价是否发生变化）；
（2）C组物质与水反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
（3）D组物质与水反应中，Na2O2和Cl2化合价发生变化的都是同一种元素，且一半被氧化另一半被还原，所以氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶1的物质有Na2O2、Cl2。
（4）E组中SO2是大气主要污染物之一，易形成酸雨。
（5）实验室由Al3＋制备Al(OH)3时，应选择F组中NH3的水溶液，离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+。
29.现有14.4 g CO和CO2的混合气体，在标准状况下所占的体积约为8.96 L。回答下列问题：
(1)该混合气体的平均摩尔质量：_________________________。
(2)混合气体中碳原子的个数：_________________________
(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
(3)将混合气体依次通过如图装置，最后收集在气球中。
①气球中收集到的气体摩尔质量：_______________________；
②标况下气球中收集到的气体的体积为___________________；
③气球中收集到的气体的电子总数为_____________________
(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】 (1). 36 g·mol－1 (2). 0.4NA (3). 28 g·mol－1 (4). 4.48 L (5). 2.8NA
【解析】
【详解】(1)混合气体的体积为8.96 L，则其物质的量为n＝=＝0.4 mol，混合气体的平均摩尔质量为＝36 g·mol－1；(2)设混合气体中 CO的物质的量为x mol，CO2的物质的量为y mol，则根据混合物的质量为14.4 g可得：28x＋44y＝14.4①；根据气体的物质的量为0.4 mol，所得x＋y＝0.4②；解①②得：x＝0.2 mol，y＝0.2 mol；由于CO和CO2中均含1个碳原子，故0.2 mol CO和0.2 mol CO2中共含0.4 mol C原子即0.4NA个；(3)将混合气体依次通过如图装置，则CO2会被NaOH溶液吸收，剩余CO，被浓硫酸干燥后，则在气球中收集到的是干燥纯净的CO气体；①气球中收集到的气体为CO，而一种物质的摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量，故收集到的气体的摩尔质量为28 g·mol－1；②气球中的气体为CO，其体积V＝nVm＝0.2 mol×22.4 L·mol－1＝4.48 L；③一个CO含有14个电子，由(2)求出的CO的物质的量为0.2 mol，则电子的物质的量为0.2 mol×14＝2.8 mol，电子总数为2.8NA个。
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