解析 金属导体随温度升高导电能力逐渐减弱

1、解析 金属导体随温度升高导电能力逐渐减弱；强电解质不存在电离平衡，升高温度，溶液中的离子浓度不变，但导电能力随温度的升高而增强；弱电解质存在着电离平衡，升高温度，弱电解质的电离程度增大，溶液中的离子浓度增大，随温度的升高，弱电解质的导电能力增加得最快。解析 A项，CuSO4是盐，属于电解质，加入氢硫酸，会发生反应：CuSO4H2S=CuSH2SO4，产生黑色沉淀，正确；B项，氢氧化钠是碱，属于电解质，与氢硫酸发生反应：2NaOHH2S=Na2S2H2O，产生的Na2S是可溶性的物质，没有沉淀产生，错误；C项，硫酸亚铁是盐，属于电解质，由于酸性：硫酸>氢硫酸，属于二者不能发生反应，无沉淀产

2、生，错误；D项，二氧化硫与硫化氢会发生反应：SO22H2S=3S2H2O，产生沉淀，但是SO2是非电解质，错误。解析 A项，Ca(HCO3)2与NaOH溶液按照23混合，会发生反应，离子方程式：2Ca23HCO3OH2CaCO3CO3H2O，正确；B项，Mg(HCO3)2与澄清石灰水反应，离子方程式：Mg22HCO2Ca24OH2CaCO3Mg(OH)22H2O，错误；C项，Ca(HCO3)2与澄清石灰水反应，离子方程式：Ca2HCOOHCaCO3H2O，错误；D项，NH4HCO3与澄清石灰水反应，离子方程式：Ca2HCONH2OHCaCO3NH3·H2OH2O，错误。解析 A项，H

3、ClO是弱酸，不能拆成离子的形式，正确的离子方程式为Cl2H2OHClHClO；B项，CO的水解是可逆反应，要用可逆符号，正确的离子方程式为COH2OHCOOH；C项，反应前后电荷不守恒、电子转移也不守恒，正确的离子方程式为IO5I6H=3I23H2O，错误；D项，NaHCO3少量，HCO完全参加反应，所给离子方程式正确。解析 BaSO4属于难溶物质，但溶解的部分是完全电离的；NH3是非电解质，氨水是混合物，既不是电解质也不是非电解质；熔融态的共价化合物分子中没有离子，不可以导电；熔融态的离子化合物存在自由移动的离子，能导电；强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强。解析 强电解

4、质不一定是离子化合物，如HCl是强电解质但却是共价化合物，A错；BaSO4难溶于水，BaSO4水溶液虽然是饱和溶液，但却是稀溶液，故C、D错解析 铁既不是电解质，也不是非电解质，A项错误；NH3是非电解质，BaSO4是强电解质，B项错误；碳酸钙是盐，为强电解质，磷酸是中强酸，是弱电解质，乙醇是非电解质，C项正确；Ba(OH)2是强电解质，H2O是弱电解质，D项错误。解析 HCO是弱酸的酸式酸根离子，不能拆分，A项书写错误；而HSO为强酸的酸式酸根离子，应拆分，B项书写正确；MgCl2、Ba(OH)2分别为可溶性盐和强碱，都属于强电解质，C、D项书写正确。解析 A项，：Ba22OH2HCO=Ba

5、CO32H2OCO，：OHHCO=H2OCO；B项，：SO2Ba22OH=BaSO3H2O，：SO2OH=HSO；C项，：Ba2SO=BaSO3，：Ba22OHH2SO3=BaSO32H2O。解析 A项，CH3COOH是弱电解质，在离子方程式中应书写化学式，故A错误；B项，离子的数量关系错误，应该是2Fe33SO3Ba26OH=2Fe(OH)33BaSO4，故B错误；C项，SO2用过量的氨水吸收的产物是亚硫酸铵和水，故C正确；D项，浓HNO3的还原产物是二氧化氮，故D错误。解析 A项，白醋的主要成分是CH3COOH，CH3COOH是弱酸，不能拆，错误；C项，NaOH过量，(NH4)2Fe(SO

6、4)2按化学式组成反应，正确的离子方程式为2NHFe24OH=Fe(OH)22NH3·H2O；D项，溶液呈酸性，不能生成OH，错误。解析 (1)Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸生成水和硫酸钡沉淀，离子反应为Ba22OH2HSO=BaSO42H2O。(2)A的离子反应是Ba22OH2HSO=BaSO42H2O，B、C的离子反应是Ba2OHHSO=BaSO4H2O，选A。(3)随着H2SO4的加入至二者刚好反应时，溶液的导电能力逐渐减弱至不导电，随后硫酸过量，溶液的导电能力逐渐增强，选C。(4)若向装有Ba(OH)2溶液的烧杯里缓缓滴入KAl(SO4)2溶液至Ba2恰好完全反应，此时二

7、者物质的量比为21，则OH与Al3的物质的量比为41，Al3全部变为Al(OH)4，即：2Ba24OHAl32SO=2BaSO4Al(OH)4。解析 A项，Fe3氧化I；B项，H与HCO反应；C项，Ag与Cl、SO均不能大量共存。解析 A项，Al3与HCO反应生成Al(OH)3和CO2；B项，ClO氧化Fe2，H与ClO反应生成HClO；C项，Ca2与SO反应生成微溶沉淀CaSO4。解析 A项，Ca2与CO生成CaCO3沉淀而不能大量共存；C项，H2O2能氧化Fe2而不能大量共存；D项，Fe3与SCN形成配合物而不能大量共存。解析 Cl、SO均能与Ag形成不溶于稀盐酸的白色沉淀，A错；I2遇淀

8、粉变蓝，通入Cl2后，溶液变为深黄色，加入淀粉溶液后溶液变蓝，则溶液中有I存在，B对；SO与Ba(NO3)2反应形成BaSO3沉淀，加入稀盐酸后在H、NO的作用下可转化为BaSO4沉淀，C错；能使澄清石灰水变浑浊的气体是CO2或SO2，原溶液中可能存在的离子是CO、HCO、SO或HSO，D错。解析 根据溶液中有Br和CO，根据离子共存原则，不存在Al3、Mg2；根据溶液中无SO；根据不能确定是否含有I，因为在中氯水可能把I氧化成IO，致使溶液不变蓝色。解析 根据无色透明溶液，则原溶液中无Fe2；根据实验(1)pH0，呈酸性，则原溶液中无HCO；根据实验(2)中的现象，原溶液中含有NO，由于NO

9、(H)具有强氧化性，则原溶液中无I；根据实验(3)，原溶液中含SO，根据离子共存原则，则无Ba2；由于在实验(3)中加入的是BaCl2，引入了Cl，无法证明原溶液中是否有Cl；根据实验(5)原溶液中含有Mg2和Al3。综上所述，溶液中一定不存在Fe2、HCO、I，Ba2，肯定存在NO、SO、Mg2、Al3，可能存在K、Cl。解析 A项，CuSO4与Na、NH、NO、Mg2均不反应，四种离子在CuSO4溶液中可以大量共存，正确；B项，CO2通入水中生成H2CO3，H2CO3的酸性比H2SO4弱，故与CuSO4溶液不发生反应，错误；C项，氢硫酸是弱酸，不能写成离子形式，该反应的离子方程式应为Cu2

10、H2S=CuS2H，错误；D项，CuSO4溶液与过量的浓氨水反应生成Cu(NH3)42，错误。解析 A项，Ba2和CO因生成BaCO3沉淀，而不能大量共存；B项，SO与H结合生成弱电解质H2SO3，而不能大量共存；C项，离子间互不反应，可以大量共存；D项，H与HCO 能反应生成CO2和H2O，而不能大量共存。解析 A项，ClO能氧化Br，且ClO与H反应能生成弱电解质HClO，不能大量共存，错误；B项，Ag与Cl能生成难溶物AgCl而不能共存，且ClO能氧化CH3CHO, 错误；C项，因NaClO水解，溶液呈弱碱性，滴加FeSO4溶液反应的离子方程式为2Fe2ClO4OHH2O=2Fe(OH)

11、3Cl，错误；D项，加入浓盐酸后反应的离子方程式为ClClO2H=Cl2H2O，每生成1 mol Cl2，转移电子约为6.02×1023个，正确。解析 逐一分析判断每个选项中四种微粒的性质，如果能生成沉淀、气体、弱电解质、络合离子或发生氧化还原反应就不能大量共存；A项，Ca2和SO能生成硫酸钙沉淀，不能大量共存；B项，ClO能氧化Fe2、SO，H和SO能生成二氧化硫气体，H与ClO能生成HClO，不能大量共存；C项，四种离子之间不发生反应，能大量共存；D项，Fe3和SCN能形成络合离子，不能大量共存。解析 H、Fe2、ClO发生氧化还原反应，B错误；Fe3与SCN生成硫氰化铁显血红色

12、，C错误；Al3与SiO、CO发生水解相互促进，不能大量共存，D错误。解析 A项，各离子之间互不反应，可大量共存，正确；B项，Ag与SO结合可生成沉淀，不能大量共存，错误；C项，Cu2与S2结合可生成沉淀，H、NO与S2可发生氧化还原反应，不能大量共存，错误；D项，Fe3氧化I不能大量共存，错误。解析 A项，Fe2(SO4)3溶液中含有Fe3，与ClO可以发生双水解反应，错误；B项，c(H)1×1013 mol·L1的溶液显碱性，在碱性溶液中，Mg2与Cu2生成沉淀，HCO与OH反应生成CO，错误；C项，加水稀释时c(OH)/c(H)值减小的溶液显碱性，在碱性溶液中NH不能

13、存在，错误；D项，在碱性溶液中可以大量存在：S2O、Al(OH)4、SiO、S2、Na，正确。解析 离子之间不发生任何反应，可存在于同一溶液中，HCO既能与OH反应也能与H反应而不能大量存在，故选；离子可大量共存于同一溶液中，碱性条件下NH不能大量存在，酸性条件下CH3COO不能大量存在，故选；Ca2、Cu2与SO反应生成沉淀而不能大量共存，故不选；Fe3与SCN发生络合反应而不能大量共存，故不选；Al3与HCO发生互促水解反应而不能大量共存，故不选；离子可大量共存于同一溶液中，但在酸性条件下Fe2、I与NO发生氧化还原反应而不能大量共存，在碱性条件下Fe2不能大量存在，故选；Ag、NH、OH

14、不能大量共存，故不选；离子可大量共存于同一溶液中，但只有酸性条件下CH3COO不能大量存在，而在碱性条件下，不发生任何反应，故不选。故答案选A。解析 A项，a点对应的溶液中c(H)c(OH)，溶液呈中性，Fe3不能大量存在，故A错误；B项，b点对应的溶液呈酸性不能大量存在OH，故B错误；C项，如果只大量存在：Na、Ba2、Cl、HCO，溶液应该呈碱性，而c点对应的溶液呈中性，故C错误；D项，SO水解使溶液呈碱性，符合题意，故D正确。解析 A项，S2O可以与H反应生成S和SO2，故不能大量存在，错误；B项，c(H)/c(OH)1×1012的溶液显碱性，此组离子K、Al(OH)4、CO、

15、Na可以大量存在，正确；C项，由水电离出的c(H)1×1012 mol·L1的溶液可能显碱性，也可能显酸性，在碱性溶液中Fe3能形成Fe(OH)3沉淀，在酸性溶液中ClO能形成HClO弱电解质，错误；D项，NO在酸性溶液中具有强氧化性，可以把Fe2氧化，错误。解析 由可知溶液显弱酸性，上述离子只有NH能水解使溶液显酸性，则一定含有NH，而S2能水解显碱性，则一定不含有S2；再由氯水能氧化I生成碘单质，碘遇淀粉变蓝，而中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有I；又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有NH，必须同时存在阴离子，即SO必然存在，而Ba2、SO能结合生成沉淀，

16、则这两种离子不能共存，即一定不存在Ba2；显然剩下的Na是否存在无法判断，则需检验的离子是Na，故选A。解析 该无色溶液中一定不存在Fe3；该溶液可使pH试纸呈红色，则一定不含有CO；取溶液少量加新制氯水及CCl4振荡，能使CCl4层呈紫色，则生成I2单质，一定含有I，一定不含有NO；加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，加入HNO3后沉淀不溶解，则该白色沉淀是BaSO4，一定含有SO，一定不含有Ba2；溶液中加入硝酸银溶液有白色沉淀，加入HNO3后沉淀不溶解，该沉淀是氯化银，此时的氯离子可能是氯化钡带入的，还有可能是原溶液中含有的氯离子，不能确定；取原溶液少量加入NaOH溶液至碱性，在此过程中

17、有白色沉淀生成，最后沉淀又完全溶解，则一定含有铝离子，一定不含有Mg2，加热时反应，有无色气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体是氨气，一定含NH。肯定存在的离子有：SO、Al3、I、NH；肯定不存在的离子有：Ba2、Fe3、NO、CO、Mg2；无法确定是否存在的离子有：K、Cl。解析 (1)在强酸性溶液中一定不会存在CO和SO，加入过量Ba(NO3)2溶液生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO，生成气体A，A经连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2；溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说

18、明溶液中含有NH；CO2气体溶于溶液H中，生成沉淀I，则I为Al(OH)3，H为NaOH和NaAl(OH)4，说明溶液中含有Al3；溶液中含有Fe2，就一定不含NO，含有SO就一定不含Ba2，不能确定是否含有的离子是Fe3和Cl，检验方法：取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液不变血红色说明无Fe3(或者取少量B溶液放在试管中，加入几滴AgNO3溶液，无白色沉淀说明无Cl)。(2)Fe2被氧化为Fe3，加入NaOH溶液后生成Fe(OH)3，故应为Fe(OH)3。解析 金属钠熔点低，放在燃烧匙里加热，先熔化成小球，在空气中燃烧，火焰呈黄色，燃烧后生成淡黄色的Na2O2。解析 钠与盐酸反应

19、时钠先与H反应，离子方程式表示为2Na2H=2NaH2，A错误；B错误；X烧杯中生成的溶质为NaOH，Y烧杯中生成的溶质为NaCl，Z烧杯中生成NaOH，由于原溶质为NaOH，故Z烧杯中物质的量浓度最大，C错误；因向三个烧杯中加入钠的物质的量相同且钠全部反应完，故生成H2的量相同，D正确。解析 2Na2H2O=2NaOHH2，中Mg22OH=Mg(OH)2；中反应消耗水，溶液温度升高，Ca(OH)2的溶解度降低，析出Ca(OH)2产生沉淀；中Ca2HCOOH=CaCO3H2O；中生成的Cu(OH)2是蓝色沉淀，不符合题意；中水减少，c(Na)增大，使NaCl(s)Na(aq)Cl(aq)平衡向

20、左移动。解析 (1)钠投入饱和NaOH溶液中，发生的反应为2Na2H2O=2NaOHH2，其现象与钠在水中的反应现象相同；又因为原溶液是饱和的，反应消耗水，析出NaOH固体，则NaOH溶液浓度不变，但溶液体积减小，故Na数目减少。(2)Na和H2O反应产生H2的同时产生NaOH，NaOH可以和Al发生反应2Al2NaOH6H2O=2NaAl(OH)43H2，故用铝箔包住Na时产生的H2的体积较大。解析 A项，燃烧的条件是达到着火点和具有助燃物质；B项，反应物中没有单质参加反应，不符合置换反应的定义；C项，Na2O2与CO2、H2O的反应都是Na2O2自身的氧化还原反应；D项，Na2O2先和水反

21、应生成O2和NaOH，NaOH再与Ca(HCO3)2反应产生沉淀CaCO3。2某溶液中含有HCO、SO、CO、CH3COO4种阴离子。向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)( )ACH3COO BSOCCO DHCO答案 A解析 Na2O2与水反应生成NaOH，HCOOH=COH2O，HCO浓度减小，CO浓度增大；SO具有还原性，被Na2O2氧化，浓度减小；CH3COO浓度几乎不变。解析 (1)Na2O2具有强氧化性，可能发生：Na2O2SO2=Na2SO4。(2)FeCl3与NaOH反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3是不溶性的红褐色沉淀；中

22、Fe2具有强还原性，易被Na2O2氧化并生成Fe(OH)3，Na2O2与溶液中的水剧烈反应会有O2产生。(3)SO2的漂白性是由于它能与某些有色物质生成易分解的无色物质，Na2O2的漂白性是因其具有强氧化性。(4)Na2O2与H2O反应生成NaOH，呈碱性，同时Na2O2又有漂白性。解析 2COO22CO22Na2O22CO2=2Na2CO3O2得：Na2O2CO=Na2CO3(虚拟的反应)即：CO可被Na2O2完全吸收2H2O22H2O2Na2O22H2O=4NaOHO2得：Na2O2H2=2NaOH(虚拟的反应)即：H2可被Na2O2完全吸收由于CO完全被吸收，当CO2、CH4的体积比符合

23、11时，相当于2CO2H2，可被Na2O2完全吸收。解析 (1)图不能达到实验目的，因为无论碳酸钠还是碳酸氢钠均可以与盐酸反应产生二氧化碳，二氧化碳气体与澄清石灰水作用变浑浊，故不可以；图可以鉴别，因为等质量的碳酸钠和碳酸氢钠与足量的稀盐酸反应，生成的二氧化碳气体的量不同，可根据气球膨胀程度来判断。(2)图、所涉及的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3H2OCO2，实验的优点是可同时做对比实验。(3)试管B装入碳酸氢钠，试管A装入碳酸钠，这样直接加热的碳酸钠，温度高，不分解，不能使澄清石灰水变浑浊，而间接加热的碳酸氢钠分解，使澄清石灰水变浑浊，表明了碳酸氢钠很不稳定。解析 Na2CO32HC

24、l=2NaClCO2H2ONaHCO3HCl=NaClCO2H2O解答此类题目用归“1”法，A项，假设二者都是1 g，则n(NaHCO3)n(CO2) mol，n(Na2CO3)n(CO2) mol，故A正确；B项，假设二者均为1 mol，则消耗的盐酸：Na2CO3为2 mol，NaHCO3为1 mol，故B正确；C项，假设二者均为1 g，Na2CO3需盐酸为2× mol mol，NaHCO3需盐酸 mol，故C错。解析 取a克混合物充分加热，减重b克，根据差量法可求出NaHCO3的质量，从而求出Na2CO3的质量分数，A正确；取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b

25、克固体氯化钠，列方程组即可求出，B正确；C中，取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克，由于逸出气体中含有H2O(g)，故无法求解，C错误；D中由于二者都能与Ba(OH)2溶液反应生成BaCO3沉淀，由Na2CO3BaCO3、NaHCO3BaCO3的转化关系，列方程组即可求出混合物中Na2CO3的质量分数，D正确。解析 (1)NaCl不与稀硫酸反应，Na2CO3与稀硫酸反应。仪器b的名称是分液漏斗。浓硫酸的作用是除去CO2中的水蒸气(或干燥CO2气体)(2)将针筒活塞向内推压，增大了容器中的压强，故若b下端玻璃管中的液面上升，则装置气密性良好。CO2是气体，故能直接测得

26、的数据是CO2的体积。(3)生成沉淀，故操作需涉及过滤操作。要知道固体的质量需要称重。经过计算，样品中Na2CO3质量分数的计算式为106y/197x。解析 钾的密度小于钠的密度，这是碱金属单质密度依次增大的一个例外；碱金属中除锂外，均不与氮气直接反应，由在酒精灯加热条件下Na2CO3不分解，可得出Cs2CO3加热也不分解，Cs与Na同为碱金属元素，性质相似，由Na2SO4易溶于水，可得出Cs2SO4也易溶于水。解析 金属活动性顺序表中K在Na的前面，K比Na活泼，故K在空气中可以被氧气氧化，A项正确；Na能与乙醇反应放出氢气，K也能与乙醇反应放出氢气，B项正确；K与水的反应比Na与水的反应剧

27、烈，C项错误；Na、K均可放在煤油中保存，D项正确。解析 由于焰色反应是通过观察火焰颜色来检验离子是否存在的方法，所以实验时所用火焰和所用金属丝在灼烧时都不应该有很明显的颜色，否则将无法观察到被检验离子的真实焰色反应情况；观察钾的火焰颜色时要透过蓝色钴玻璃，目的是滤去黄光，避免钠的干扰。解析 侯氏制碱法的原理是向饱和的NaCl溶液中先通入NH3，然后通入CO2，利用生成的碳酸氢钠溶解度小而析出。由于NH3在水中的溶解度大所以先通NH3，但为了防倒吸，所以a通入NH3，然后b通入CO2，考虑NH3的尾气处理所以选择放蘸稀硫酸的脱脂棉，即C选项正确。(5)某同学认为：用惰性气体赶尽反应体系中的空气

28、，将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥，再与金属钠反应，得到的固体物质即为纯净的甲；取该固体物质与水反应，若能产生H2，即可证明得到的甲一定是纯净的。判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由_。(5)制备过程不合理，因为盐酸易挥发，H2中混有HCl，导致产物中有NaCl；验纯方法不合理，如果有Na残留，Na与水反应也产生H2；没有考虑混入的NaCl解析 由4.80 g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24 L(已折算成标准状况) 的H2，可推断金属钠和H2反应生成的甲为NaH，NaH与水反应生成NaOH和H2，NaH与AlCl3反应可得到NaAlH4。(1)甲的化学式为NaH。(2)由于

29、反应物为NaH与AlCl3，得到产物有NaAlH4，故推知另一产物为NaCl，其化学方程式为4NaHAlCl3=NaAlH43NaCl。(3)NaAlH4中的氢显1价，水中的氢显1价，NaAlH4与水发生氧化还原反应的过程中生成氢气，另一产物为NaAl(OH)4，其化学方程式为NaAlH44H2O=NaAl(OH)44H2。(4)根据题意NaH在无水条件下能与Fe2O3反应，结合反应物的性质可推知反应产物为Fe和NaOH，从而得出其化学方程式为3NaHFe2O3=2Fe3NaOH。(5)制备过程中，由于盐酸易挥发，产生的氢气中会有氯化氢，易和钠反应生成NaCl；如在制取NaH的反应中钠过量，则

30、产物中混有钠，钠与水反应也会有氢气产生，同时验纯时也没有考虑到混入的NaCl。解析 常用于生产玻璃的是碳酸钠，A错误；过氧化钠具有强氧化性，因而具有漂白性，但不可用于漂白食品，B错误；医用酒精使病毒的蛋白质变性而消毒，并非是将病毒氧化，C错误；氯化钠溶液可以充当原电池的电解质溶液，使桥梁形成无数个微小的原电池，从而加速腐蚀，D正确。解析 A项错，常温下切开的金属Na暴露在空气中，光亮的表面逐渐变暗是因为生成Na2O；B项正确，由题意知虽然生成Na2O2和Na2O的混合物，但是Na的物质的量为0.2 mol，故完全反应时失去电子的物质的量仍为0.2 mol；C项正确，Na与稀H2SO4反应的本质

31、是与H的反应，H2SO4是强酸；D项正确，Na与水反应放出气体，生成的NaOH与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀。解析 小苏打的主要成分为NaHCO3，加热分解生成Na2CO3、CO2和水，有残留物，A错；纯碱与小苏打中均含钠元素，焰色均为黄色，B错；NaHCO3与酸反应的速率比Na2CO3的快，所以与等量的食醋反应时，小苏打产生气泡的速率快，C正确；纯碱、小苏打与澄清石灰水反应时都会生成CaCO3白色沉淀，D错。解析 如果41.8 g固体全为Na2CO3，即0.39 mol，则其不可能恰好与1 L 1 mol·L1的稀盐酸完全反应，A错误；根据钠离子守恒，知B符合题意；Na2O2与CO2

32、反应不可能生成碳酸氢钠，即C错误；根据钠离子守恒，可求出一定量的Na2O2为0.5 mol，即39 g，所以D错误。解析 Na2O2的电子式为Na2Na，故阴、阳离子的个数比为12，A项错误；生成相同量的O2时消耗的水和二氧化碳的物质的量相同，但质量不同，B项错误；由得失电子守恒知二者转移电子的物质的量相同，C项正确；Na2O2因具有强氧化性而有漂白性，SO2易与有色物质化合生成无色不稳定的物质，故二者漂白原理不同，D项错误。解析 (1)假设混合气体是H2、CO2的混合气体，设其物质的量分别为x、y。根据H2Na2O2=2NaOH x2CO22Na2O2=2Na2CO3O2 y y得： yx2

33、3(2)假设混合气体是CO、CO2的混合体，设其物质的量分别为x，y。根据CONa2O2=Na2CO3 x2CO22Na2O2=2Na2CO3O2 y y得：xy36所以混合气体是H2、CO、CO2时，23<<36，C项正确。解析 A项，Na2O2与水反应即可实现，但水不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；B项，Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸，但水不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；C项，铁的化合价升高被氧化，一定要加入合适的氧化剂才能实现，故C正确；D项，NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，但水不是氧化剂也不是还原剂，故D错误。解析 A项，亚铁离子易被氧化为铁离子，可利用NH4SCN溶液

34、检验铁离子，若溶液为血红色则确定样品被氧化，故A正确；B项，碘离子能被氧化为碘单质，淀粉遇碘变蓝，则可利用淀粉溶液来确定是否被氧化，故B正确；C项，白磷被氧化为五氧化二磷，遇水反应生成磷酸，加紫色石蕊溶液变红，则可以确定样品被氧化，故C正确；D项，亚硫酸根离子能被氧化为硫酸根离子，亚硫酸根离子和硫酸根离子都能与钡离子反应生成沉淀，不能确定样品被氧化，故D错误。解析 (1)强氧化剂与强还原剂发生反应需要一定的条件，如：H2和O2发生反应需要点燃或光照。解析 在氧化还原反应中还原剂的还原性比还原产物的还原性强。由方程式可知，还原性：Fe2 Ce3；Sn2Fe2。解析 在氧化还原反应中，氧化剂的氧化

35、性大于氧化产物的氧化性。解析 根据氧化还原反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物，可判断B中氧化性：Cl2>I2；C中氧化性：Co2O3>Cl2；D中氧化性：Fe3>I2，这些结论与题给信息一致。对于A，由于I的还原性强于Fe2，所以Cl2应先氧化I，而不应先氧化Fe2。解析 H2SO4(浓)3H2S=4S4H2OH2SO4(浓)H2S=SO2S2H2O解析 Cl2 既是氧化剂又是还原剂，1 mol Cl2和Ca(OH)2反应，转移电子数应为NA。解析 所以转移电子数应为5NA。解析 本题是寻找一种氧化剂，其氧化性应大于I2的氧化性，而小于Cl2和Fe3的氧化性(也可等于Fe

36、3的氧化性)。由知氧化性：Fe3>I2，还原性：I>Fe2；由知氧化性：Cl2>Fe3，还原性：Fe2>Cl；由知氧化性：MnO>Cl2，还原性：Cl>Mn2；由此推知氧化性强弱顺序为KMnO4>Cl2>FeCl3>I2，还原性强弱顺序为I>Fe2>Cl>Mn2。所以KMnO4可氧化Cl、Fe2及I，Cl2可氧化Fe2及I，FeCl3只能氧化I。解析 由得出Q中价态高于G，因为G必介于Q和1价的氯元素之间，1价为氯元素的最低价；将该结论引用到，Y介于Q与G之间，故有Q价态高于Y，Y价态高于G；分析：H2O中的H元素化合价降

37、低，则Q中的氯元素转变为X中的氯元素，化合价必升高，则得出X价态高于Q；最后分析：Z介于Q、X之间，则X价态高于Z，Z价态高于Q。解析 A项，明矾净水是利用Al3水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附能力，错误；B项，纯碱去油污是利用碳酸钠水解，溶液呈碱性，错误；C项，食醋除水垢是利用醋酸的酸性，能与碳酸钙反应而除去，错误；D项，因漂白粉具有强氧化性而用于漂白织物，正确。解析 A项，在反应物Na2S中S元素的化合价为2价，在SO2中S元素的化合价为4价，反应后产生的物质Na2S2O3中，S元素的化合价为2价，介于2价与4价之间，因此硫元素既被氧化又被还原，错误；B项，根据题意可得，在溶液中发生反应的方

38、程式是Na2CO32Na2S4SO2=3Na2S2O3CO2，在反应中氧化剂SO2与还原剂Na2S的物质的量之比为4221，错误；C项，根据反应的化学方程式可知，每生成3 mol Na2S2O3，转移8 mol电子，则产生1 mol Na2S2O3，转移8/3 mol电子，错误；D项，根据反应方程式可知，消耗的SO2与产生的CO2的物质的量的比是41，由于在相同条件下，气体的物质的量的比等于气体的体积比，所以在相同条件下，每吸收10 m3 SO2放出CO2的体积为2.5 m3，正确。答案 4NaHAlCl3=NaAlH43NaClNaAlH44H2O=NaAl(OH)44H23NaHFe2O3

39、=2Fe3NaOH解析 根据X化合价升高被氧化，得X是还原剂，X2是氧化产物；Y化合价降低被还原，Y是氧化剂，Y2是还原产物；氧化剂和氧化产物都有氧化性，还原剂和还原产物都有还原性，正确的是，故C正确。解析 A项，S2O2H=SO2SH2O；B项，3S6NaOH2Na2SNa2SO33H2O；C项，2H2O22H2OO2；以上三个都是同一价态的元素既被氧化又被还原的反应，而D项，ClO6H5Cl=3Cl23H2O中，ClO的5价的Cl元素降为0价，被还原，Cl中1价的Cl元素升为0价，被氧化。解析 A项，反应中铁元素、铬元素和氧元素的化合价发生了变化，为氧化还原反应，中无元素的化合价发生变化，

40、为非氧化还原反应，故A错误；B项，反应中氧元素的化合价从0降到2，O2是氧化剂，铁元素的化合价从2升高到3价，铬元素的化合价从3价升高到6价，FeO·Cr2O3是还原剂，故B正确；C项，高温下，O2的氧化性大于Fe2O3和Na2CrO4，故C错误；D项，生成1 mol的Na2Cr2O7时，共转移电子2××47 mol，故D错误。解析 A项，CuFeS2中铁元素的化合价为2价，反应物Fe3的化合价为3价，生成物中Fe2的化合价为2价，所以不是所有铁元素均被还原，故A错误；B项，CuFeS2中只有S元素的化合价变化，其他元素的化合价不变，所以Cu2不是氧化产物，错误；

41、C项，由离子方程式可知，生成2 mol S，转移电子4 mol，则生成x mol S，应转移2x mol电子，错误；D项，由方程式可知，生成x mol硫，则生成3x mol金属离子，消耗2x mol Fe3，反应结束后，测得溶液中三种金属离子的总物质的量为y mol，则剩余Fe3的物质的量为(y3x)mol，所以原Fe3的总物质的量为2x mol(y3x)mol(yx)mol，正确。解析 (1)在反应中HI作还原剂，当有1.75 mol的还原剂被氧化时有3.5 mol HI参加了反应，根据反应方程式可以得到被还原的氧化剂为1.75 mol。(2)使NaNO2转化为不引起二次污染的N2，则需要还

42、原剂，NaCl既不体现氧化性，也不体现还原性，H2O2和浓H2SO4主要体现较强的氧化性，NH4Cl中氮元素处于最低价，具有一定的还原性，可以与NaNO2反应生成N2。(3)A项，当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为1 mol时，1 mol<n(HCl)2 mol时，先发生反应：OHH=H2O，然后发生：COH=HCO，将两个方程式相加得：OHCO2H=HCOH2O，故A正确；B项，当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为2 mol时，2 mol<n(HCl)<4 mol，先发生反应：2OH2H=2H2O，然后发生：COH=HCO，将两个方程式相加得：2OHCO3H=HCO2H2O，故B

43、正确；C项，当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为2 mol时，n(HCl)为4 mol时，先发生反应：2OH2H=2H2O，然后发生：2CO2H=2HCO，将两个方程式相加得：OHCO2H=HCOH2O，故C错误；D项，设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1 mol，则加入HCl物质的量大于2 mol时，先发生反应：OHH=H2O,1 mol氢氧化钠消耗1 mol HCl，再发生反应：CO2H=CO2H2O，将两个方程式相加得：OHCO233H=CO22H2O，故D正确。解析 (3)根据氮元素、碳元素的化合价变化，N2是氧化剂，C是还原剂，AlN为还原产物，CO为氧化产物。解析 题目中指出被还原

44、的物质是Cr，则得电子的物质必是K2Cr2O7，失电子的物质一定是Na2SO3，其中S元素的化合价从46；而Cr元素的化合价将从6n(设化合价为n)。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05 mol·L1×0.024 L×(64)0.02 mol·L1×0.020 L×2×(6n)，解得n3。解析 本题考查在氧化还原反应中利用得失电子守恒进行相关的计算。Na2xxNa2O4 NaONa得关系式1×·x16×2，x5。解析 由题意可知，HNO3Cu，则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。

45、即n(Cu)2n(O2)2×0.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)2nCu(NO3)22n(Cu)0.3 mol，则V(NaOH)0.06 L60 mL。解析 根据反应前后电荷守恒，可得：342n3，解得n2，则RO中R的化合价为6价，即选D。答案 2Co(OH)3SO4H=2Co2SO5H2O或Co(OH)3 3H=Co3 3H2O,2Co3 SOH2O=2Co2SO2H 3 Co3O4解析 Co(OH)3首先被H2SO4 溶解生成Co3，Co3具有氧化性，可将SO氧化为SO，同时自身被还原为Co2，写出离子方程式并配平即可。铁渣

46、中Fe 元素的化合价为3价。CO2的物质的量为n(CO2)0.06 mol，根据CoC2O4的组成可知Co物质的量为0.03 mol，其质量为m(Co)0.03 mol×59 g·mol11.77 g，设钴氧化物的化学式为CoxOy，根据元素的质量比可得59x16y1.77 g(2.41 g1.77 g)，解得xy34，所以钴氧化物的化学式为Co3O4。解析 A项，根据电荷守恒，得出2xy3m，故A错误；B项，根据R原子守恒得出x和m的数值一定相等，故B正确；C项，1摩尔O2得到4摩尔电子，x摩尔R应该失去4摩尔电子，得x4，故C正确；D项，R2化合价升高是还原剂，O2化合

47、价降低是氧化剂，R3是氧化产物，H2O是还原产物，故D正确。解析 标准状况下Cl2的物质的量是5.04 L/(22.4 L·mol1)0.225 mol，由于Fe2的还原性强于Br，通入氯气后，Cl2先氧化Fe2再氧化Br，设原FeBr2溶液的物质的量浓度是x mol·L1，则0.225×20.1x×1(0.1x×20.225×2)，解得x3。解析 生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g，说明OH质量为5.1 g，即0.3 mol，金属结合氢氧根离子的物质的量与反应转移的电子的物质的量相等，所以反应转移的电子为0.3 mol，生成

48、的NO为0.1 mol，根据氮原子守恒计算参加反应的硝酸的物质的量为0.4 mol，故C正确；消耗NaOH溶液体积应为100 mL，B错误；产生NO气体体积标况下应为2.24 L，D错误；根据电荷守恒，镁、铜合金共0.15 mol，用极端假设法，如果全部是铜，质量为9.6 g，所以合金质量应比9.6 g小，A错误。解析 根据方程式，氧化产物和还原产物都是氮气，假设氧化产物有15 mol，则还原产物有1 mol，10NaN32KNO3=K2O5Na2O15N2(氧化产物)N2(还原产物) n 15 1 14 x y 1.75解得：x1.875，y0.125。A项，生成N2标准状况下的体积是(1.

49、8750.125)mol×22.4 L·mol144.8 L，故A错误；B项，KNO3被还原，故B错误；C项，转移电子的物质的量为0.125×2×51.25 mol，故C错误；D项，被氧化的N原子的物质的量为1.875 mol×23.75 mol，故D正确。解析 合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生氢气6.72 L(标准状况)，物质的量为0.3 mol，根据电子转移守恒可知，n(Al)0.2 mol，故金属铝的质量为0.2 mol×27 g·mol15.4 g，金属铝提供电子的量是0.6 mol。将合金溶于

50、过量稀硝酸中，分别生成Al3、Fe3、Cu2，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为×31.8 mol，故Fe、Cu共提供的电子物质的量为1.8 mol0.6 mol1.2 mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即：n(OH)1.2 mol，所以反应后沉淀的质量等于35.8 g5.4 g1.2 mol×17 g·mol150.8 g。解析 从所给的离子方程式知，As2S3转化成AsO和SO，而NO转化为NO，根据得失电子守恒、原子守恒和电

51、荷守恒，配平后的离子方程式为3As2S34H2O28NO=6AsO9SO28NO8H，则A、B、D正确；氧化剂与还原剂物质的量之比为283，则C不正确。解析 取少量红色溶液，滴加少许浓硝酸，静置，溶液血红色退去，同时产生大量的红棕色气体混合物A，A中含NO2，将该气体混合物A通入过量的Ba(OH)2溶液中，产生白色沉淀B和剩余气体C，气体C无色无味，能使燃烧的木条熄灭，可排放到空气中，不会改变空气的成分，则C是N2，过滤，向白色沉淀B中滴加少量稀硝酸，沉淀完全溶解，同时产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体D，则D是CO2，白色沉淀B是BaCO3。取中反应后溶液少许，滴加BaCl2溶液，产生不

52、溶于稀硝酸的白色沉淀E，则E是BaSO4，所以(1)B的化学式为BaCO3；E的化学式为BaSO4。(2)混合气体A的成分是NO2、CO2、N2。(3)该兴趣小组同学根据以上实验现象分析得出结论：Fe(SCN)3具有还原性，S的化合价从2价升高到6价，N的化合价从3价升高到0价，则实验中反应时被氧化的元素是S、N。(4)实验中KSCN被氧化，得到SO、N2，NO被还原为NO2，反应的离子方程式为2SCN22NO20H=2SO2CO222NO2N210H2O。(5)从上述实验中可知KSCN，能够被强氧化性的物质氧化，所以得到的启发是用SCN间接检验Fe2时，应注意加入氧化剂不能过量。谈恋爱的真多

53、解析 在镁、铝混合物中加入HNO3和浓H2SO4都不产生H2；加入NaOH溶液，只有Al与之反应生成H2，而镁不反应；加入盐酸，镁、铝都与盐酸反应生成H2，所以放出H2的量最多。解析 根据化学方程式：2Al6HCl=2AlCl33H2、2Al2NaOH6H2O=2NaAl(OH)43H2得Al与H2的关系式均为2Al3H2，故只要参加反应的Al的量相等，所得H2的量必相等。解析 因为在反应中Al过量，产生的H2由HCl和NaOH的量决定。根据化学反应中的关系式：6HCl3H2、2NaOH3H2，故当HCl、NaOH物质的量相等时，二者产生H2的体积比为13。解析 因为铝足量且产生H2相等，根据

54、关系式n(HCl)n(NaOH)31，又因为两溶液体积相等，故物质的量浓度c(HCl)c(NaOH)n(HCl)n(NaOH)31。解析 其反应原理分别为2Al6HCl=2AlCl33H2，2Al2NaOH6H2O=2NaAl(OH)43H2。可见当参加反应的HCl和NaOH的物质的量一样多时，产生H2的体积比是13，而题设条件体积比为12，说明此题投入的铝粉对盐酸来说是过量的，而对于NaOH来说是不足的。2Al6HCl = 2AlCl33H2 6 mol 3 mol 3 mol·L1×0.1 L 0.15 mol则Al与NaOH反应生成的H2为0.15 mol×

55、20.3 mol。2Al2NaOH6H2O=2NaAl(OH)43H22×27 g 3 mol54 g 0.3 mol即投入的铝粉为5.4 g。解析 此题将实验操作与元素化合物知识巧妙结合在一起考查，增大了试题的容量，增强了试题的测试能力。(1)铝热反应是指单质Al和某些金属氧化物发生的反应，反应过程中放出大量热，但该反应需要较高的温度才能引发。在混合物上加少量KClO3固体并插上Mg条，点燃Mg条后放出热量，使KClO3固体分解放出O2，进一步加剧Mg的燃烧，可在短时间内使混合物温度迅速升高，引发反应。发生的反应为Fe2O32AlAl2O32Fe，所以产物中单质B为Fe。(2)Fe2O3和MgO都是碱性氧化物，能和酸反应生成盐和水：Fe2O36HCl=2FeCl33H2O、MgO2HCl=MgCl2H2O。(3)混合物中只有Fe2O3能和Al发生铝热反应，生成Fe单质。C溶液中有反应生成的FeCl3，还有未反应的HCl。发生的离子反应为Fe2Fe3=3Fe2、Fe2H=Fe2H2。解析 钝化的实质是Fe、Al在浓H2