高中化学人教版物质结构与性质本册总复习总复习 一等奖

2023学年河南省新乡一中高二（下）期末化学试卷一、选择题（本题共30小题，每小题2分，共60分，每小题只有一个选项符合题意）1．下列物质中不能有两种单质直接反应生成的是（）A．Na2O B．Na2O2 C．Fe3O4 D．FeCl22．实验室熔化固体烧碱时应选用的坩埚是（）A．玻璃坩埚 B．石英坩埚 C．铁坩埚 D．瓷坩埚3．油条是我国北方的传统食品，其做法是将明矾，碱，食盐按比例加入温水中，再加入面粉搅拌成面团，放置，使面团产生气体，形成孔洞，达到柔顺，放置过程发生反应：3Na2CO3+2KAl（SO4）2•12H2O═3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+2A1（OH）3↓+21H2O，下列有关判断正确的是（）A．从物质的分类角度来看，油条配方中的“明矾、碱”均属于盐B．放置过程发生的反应为氧化还原反应C．放置过程发生的反应中反应物和生成物均为电解质D．反应的离子方程式为：3CO32﹣+2KAl（SO4）2•12H2O═3Na2SO4+2K++4SO42﹣+3CO2↑+2Al（OH）3↓+21H2O4．下列各组中的两种物质相互作用时，改变反应条件或反应物的用量对生成物的种类没有影响的是（）A．Fe与FeCl3溶液 B．Na2CO3溶液与HClC．NaOH溶液与CO2 D．NaOH溶液与AlCl3溶液5．下列物质的分类结果全部正确的是（）A．SiO2酸性氧化物Na2O碱性氧化物A12O3两性氧化物B．水玻璃﹣混合物冰水混合物﹣纯净物HT﹣单质C．火碱﹣碱石炭酸﹣羧酸小苏打﹣酸式盐D．王水﹣强电解质硫酸钡﹣强电解质醋酸﹣弱电解质6．某同学将一块铝箔用砂纸仔细打磨，除去表面的保护膜，用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，观察到的现象是（）A．剧烈燃烧 B．发出耀眼白光 C．熔化的铝滴落 D．失去金属光泽7．用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．25℃，pH=12的NaOH溶液中含有OH﹣的数目为NAB．已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣mol，在该反应中，当有3NA电子转移时，上述热化学反应方程式的焓变为△H=﹣molC．金属钠与过量氧气充分反应，无论加热与否转移电子数为D．50mLL浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为8．将5～6滴饱和FeCl3溶液加入盛有25mL沸水的烧杯中，加热至溶液呈红褐色，停止加热．下列判断错误的是（）A．该操作中，FeCl3溶液应逐滴加入B．从外观上看烧杯中的液体透明澄清C．上述过程属于化学变化D．该实验制得了一种不同于FeCl3溶液的新溶液9．下列关于物质的检验说法不正确的是（）A．加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加稀硝酸，沉淀不消失，原溶液含有SO42﹣B．某溶液先用稀硝酸酸化，再加入AgNO3溶液后有白色沉淀生成，证明原溶液中含有Cl﹣C．加入NaOH溶液并加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则原溶液中一定含有NH4+D．向某溶液中加入NaOH溶液，产生白色沉淀，白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，说明原溶液中含有Fe2+10．NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌．酸性KMnO4溶液与NaNO2的反应方程式是：MnO4﹣+NO2﹣+H+→Mn2++NO3﹣+H2O（未配平）．下列叙述中正确的是（）A．该反应中NO2﹣是还原剂B．反应过程中溶液的pH减小C．生成1molNaNO3时消耗KMnO4D．该反应可说明氧化性MnO4﹣＜NO3﹣11．如图所示，两个连通容器用活塞分开，左右两室体积相同，左室充入一定里NO，右室充入一定量O2，且恰好使两容器内气体密度相同．打开活塞，使NO与O2充分反应，下列判断正确的是（不考虑NO2转化为N2O4）（）A．反应前后左室的压强相同B．开始时左右两室中的分子数相同C．反应后容器内的密度与反应前的相同D．反应后容器内无O2存在12．下列各组物质混合后，既有气体又有白色沉淀生成的是（）A．明矾和氢氧化钡溶液 B．钠和MgC12溶液C．铜粉和FeC13溶液 D．Na2O2和少量FeCl2溶液13．用高氯酸、硫酸、氢碘酸、醋酸、钠盐、钾盐、铵盐、钡盐相互反应，符合离子方程式2H++CO32﹣═CO2↑+H2O的反应有（）A．6个 B．8个 C．9个 D．12个14．下列有关物质“量”的说法正确的是（）A．相同物质的量的Al和A1（OH）3分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体时，Al（OH）3消耗的碱量较多B．反应N2O4+N2H4→N2+H2O中，若有1molN2O4参加反应，则有4mol电子发生转移C．由Na2CO3和NaHCO3组成的混合物中，若n（Na+）：n（C）=7：5，则n（Na2CO3）：n（NaHCO3）=2：3D．相同物质的量的浓硫酸分别与足量的铜和氧化铜反应，生成硫酸铜的两相同15．已知NH3和HCl都是能用来做喷泉实验的气体．若在同温同压下用等体积的两个烧瓶各收集满NH3和HCl气体，则喷泉实验完毕后两个烧瓶中溶液的关系正确的是（）A．溶质的物质的量浓度相同，溶质的质量分数不同B．溶质的质量分数相同，溶质的物质的量浓度不同C．溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都不同D．溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都相同16．将Zn与Fe的混合物在一定量的稀HNO3溶液中完全溶解，往溶液中滴加KSCN后，溶液不变色，且只收集到标准状况下无色但遇空气变红色的气体，则向反应后的溶液中加入足量的氨水（不考虑沉淀在氨水中溶解损失），在空气中不断搅拌，充分反应后，最终生成沉淀的质量为（）A．g B．g C．g D．g17．在化学学习中使用数轴的表示方法可收到直观、形象的效果，下列表达中正确的是（）A．分散质微粒的大小与分散系种类的关系：B．常温下溶液的pH其酸碱性的关系：C．硫的化合物中化合价与其氧化性、还原性的关系：D．Na与O2反应的产物：18．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．饱和氯水中：Cl﹣、NO3﹣、Na+、SO32﹣B．加入甲基橙试液呈红色的溶液：NH4+，K+，SO42﹣，Cl﹣C．Na2S溶液中：SO42﹣、K+、Cl﹣、Cu2+D．pH=12的溶液中：NO3﹣、I﹣、Na+、Al3+19．下列有关说法不正确的（）A．无单质参加的化合反应有可能是氧化还原反应B．Al既能溶于强酸，又能溶于强碱，所以说明“Al既有金属性，又有非金属性”C．青铜是人类在生产生活中使用最早的合金D．硅在自然界中只以化合态形式存在20．下列物质的溶液在空气中长期放置，其pH的变化与图示相符的是（）A．Ca（ClO）2 B．氯水 C．NaOH D．浓HCl21．下列化学用语表示正确的是（）A．中子数为20的氯原子：ClB．二氧化硅的分子式：SiO2C．硫化氢的结构式：H﹣S﹣HD．氯化铵的电子式：22．在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+的稀溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，离子数几乎没有变化的是（）A．Fe3+、Al3+ B．Al3+ C．Fe2+、Al3+ D．NH4+23．下列所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（）abcAAlAlCl3Al（OH）3BHNO3NONO2CSiSiO2H2SiO3DCH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOA．A B．B C．C D．D24．下列离子方程式书写不正确的是（）A．等浓度NaHSO4和Ba（OH）2两溶液等体积混合H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2OB．在含有Mn2+的溶液中加入稀硝酸酸化，再加入PbO2反应体系显紫红色5PbO2+2Mn2++4H+═5Pb2++2MnO4﹣+2H2OC．硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2OD．Na2O2投入H218O中：2H218O+2Na2O2═4Na++4OH﹣+18O2↑25．含NO3﹣的工业废水会造成水体富营养化，可利用如下反应将其转化为NH3：Al+口+口+口→口+口，反应中涉及到的另外3种微粒是H2O、AlO2﹣、OH﹣．下列说法正确的是（）A．反应中的Al被还原，NO3﹣是还原剂B．产物分别是NH3、AlO2﹣和OH﹣C．若有4molAl参加反应，则有NO3﹣被还原D．随着反应的进行，溶液的碱性逐渐增强26．下述实验设计能够达到目的是（）编号实验目的实验设计A除去CO2中少量的SO2将混合气体通过饱和NaHCO3溶液B除去Cu粉中混有的CuO向混合物中滴加适量稀硝酸C检验溶液中是否含有Fe2+向溶液中滴入氯水后，再滴加KSCN溶液D证明H2CO3酸性比H2SiO3强将CO2通入Na2SiO3溶液中A．A B．B C．C D．D27．将氯气通入一定温度的KOH溶液中，得到含有次氯酸钾、氯酸钾和氯化钾的混合溶液．若反应过程中转移×1023个电子，所得溶液中c（Cl﹣）：c（C1O3﹣）=10：1，则参与反应的C12的物质的量为（）A． B． C． D．0mo128．下列反应过程符合如图所示关系的是（）A．向Ba（NO3）2溶液中通入SO2气体至过量B．向Na2SiO3溶液中通入HCl气体至过量C．向澄清石灰水中通入CO2气体至过量D．向NaAlO2溶液中通入HCl气体至过量29．取一定质量含Cu、Cu2O、和CuO的固体混合物，将其分成两等份并进行下列转化：则转化过程中所加稀HNO3的物质的量浓度为（）A．L B．L C．L D．L30．某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸，测得溶液中的CO32﹣、HCO3﹣、AlO2﹣、Al3+离子的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示，则下列说法正确的是（）A．原混合溶液中的CO2﹣3与AlO﹣2的物质的量之比为1：2B．V1：V2=1：5C．M点时生成的CO2为D．a曲线表示的离子方程式为：AlO﹣2+H++H2O=Al（OH）3↓二、填空题（本题共两个小题，共26分）31．（1）向含有等物质的量的SO32﹣、Fe2+、Br﹣、I﹣的溶液中，通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量关系如图所示．①原溶液中各离子的物质的量是mol②通入时，溶液中发生反应的离子方程式有、．（2）某溶液中仅含如表中的5种离子（不考虑水的电离及离子的水解），且各离子的物质的量均为．阴离子SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣阳离子Fe3+、Fe2+、NH4+、Cu2+、Al3+a若向溶液中加入KSCN溶液，无明显变化b若向溶液中加入过量的盐酸，有气体生成，溶液中阴离子种类不变c若向溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成．试回答下列问题：①原溶液中所含的阴离子是；②若向原溶液中加入足量NaOH溶液，充分反应后静置一段时间，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体是（写化学式）；③若向原溶液中加入过量盐酸，写出该过程中发生反应的离子方程式．32．如图1是用硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2）为原料制备高纯氧化铁的生成流程示意图：回答下列问题：（1）酸浸使用的是稀盐酸、过滤后滤液A中的金属阳离子是（写离子符号）；（2）滤液B中加入NH4HCO3溶液的离子方程式；（3）煅烧FeCO3生成产品Ⅰ的化学反应方程式为；（4）已知几种盐的溶解度随温度变化的曲线如图2所示，产品Ⅱ的化学式为，为了获得产品Ⅱ，向（NH4）2SO4溶液中加入KCl溶液后，还需要进行的操作是、趁热过滤、洗涤、干燥．（5）检验产品Ⅱ晶体中是否含有少量的氯化物杂质需用到的试剂是；（6）步骤Ⅲ中可选用（填序号）试剂调节溶液的pH．A．稀硝酸B．双氧水C．氨水D．高锰酸钾溶液．三、选做题【选修三-物质结构与性质】33．原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种元素．其中A的基态原子有3个不同能级，各能级中的电子数相等；C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同；D为它所在周期中原子半径最大的主族元素；E，F和C位于同一主族，F处于第一个长周期．（1）F原子基态的外围核外电子排布式为；（2）由A、B、C形成的离子CAB﹣与AC2互为等电子体，则CAB﹣的结构式为；（3）在元素A与E所形成的常见化合物中，A原子轨道的杂化类型为；（4）富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾污染，光化学烟雾中含有NOx、CH2═CHCHO、HCOOH．CH3COONO2（PAN）等二次污染物．①下列说法正确的是A．N2O为直线型分子B．C、N、O的第一电离能依次增大C．CH2═CHCHO分子中碳原子均采用sp2杂化D．相同压强下，HCOOH沸点比CH3OCH3高，说明前者是极性分子，后者是非极性分子（5）白磷（P4）的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图（小圆圈表示白磷分子）．己知晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为NAmol﹣l，则该晶胞中含有的P原子的个数为，该晶体的密度为g•cm﹣3（用含NA、a的式子表示）四、【选修五-有机化学基础】34．塑化剂主要用作塑料的增塑剂，也可作为农药载体、驱虫剂和化妆品等的原料．添加塑化剂（DBP）可改善白酒等饮料的口感，但超过规定的限量会对人体产生伤害．其合成线路图如图I所示：已知以下信息：①②（﹣R1、R2表示氢原子或烃基）③C为含两个碳原子的烃的含氧衍生物，其核磁共振氢谱图如图Ⅱ所示（1）C的结构简式为；（2）E中所含官能团的名称是；（3）写出E和H2以物质的量比1：1反应生成F的化学方程式：；（4）写出B和F以物质的量比1：2合成DBP的化学方程式：，该反应的反应类型为；（5）同时符合下列条件的B的同分异构体有种，写出其中任意两种同分异构体的结构简式①不能和NaHCO3溶液反应②能发生银镜反应③遇FeC13溶液显紫色④核磁共振氢谱显示苯环上只有一种氢原子．

2023学年河南省新乡一中高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共30小题，每小题2分，共60分，每小题只有一个选项符合题意）1．下列物质中不能有两种单质直接反应生成的是（）A．Na2O B．Na2O2 C．Fe3O4 D．FeCl2【考点】钠的化学性质；铁的化学性质．【分析】钠与氧气反应，不加热时生成氧化钠，加热生成过氧化钠；铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁；铁与氯气反应生成氯化铁．【解答】解：A．钠与氧气反应，不加热时生成氧化钠，故A正确；B．钠与氧气反应，加热生成过氧化钠，故B正确；C．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，故C正确；D．铁与氯气反应生成氯化铁，故D错误；故选：D．2．实验室熔化固体烧碱时应选用的坩埚是（）A．玻璃坩埚 B．石英坩埚 C．铁坩埚 D．瓷坩埚【考点】直接加热的仪器及使用方法．【分析】玻璃、石英、陶瓷都含有酸性氧化物二氧化硅，氢氧化钠是强碱，能和二氧化硅反应，与金属铁不反应，据此分析解答．【解答】解：A．玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅能和氢氧化钠反应，生成硅酸钠和水，故A错误；B．石英坩埚成分石英为二氧化硅，二氧化硅能和氢氧化钠反应，故B错误；C．铁坩埚含有铁，铁与氢氧化钠不反应，故C正确；D．瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能和氢氧化钠反应，故D错误；故选C．3．油条是我国北方的传统食品，其做法是将明矾，碱，食盐按比例加入温水中，再加入面粉搅拌成面团，放置，使面团产生气体，形成孔洞，达到柔顺，放置过程发生反应：3Na2CO3+2KAl（SO4）2•12H2O═3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+2A1（OH）3↓+21H2O，下列有关判断正确的是（）A．从物质的分类角度来看，油条配方中的“明矾、碱”均属于盐B．放置过程发生的反应为氧化还原反应C．放置过程发生的反应中反应物和生成物均为电解质D．反应的离子方程式为：3CO32﹣+2KAl（SO4）2•12H2O═3Na2SO4+2K++4SO42﹣+3CO2↑+2Al（OH）3↓+21H2O【考点】镁、铝的重要化合物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；化学基本反应类型．【分析】A、Na2CO3和KAl（SO4）2•12H2O都是盐；B、无元素化合价的变化是非氧化还原反应；C、二氧化碳是非电解质；D、明矾是盐是强电解质，应写成离子的形式．【解答】解：A、Na2CO3和KAl（SO4）2•12H2O都是盐，所以油条配方中的“明矾、碱”均属于盐，故A正确；B、无元素化合价的变化是非氧化还原反应，是非氧化还原反应，故B错误；C、二氧化碳是非电解质，故C错误；D、明矾是盐是强电解质，应写成离子的形式，而不是化学式，故D错误；故选A．4．下列各组中的两种物质相互作用时，改变反应条件或反应物的用量对生成物的种类没有影响的是（）A．Fe与FeCl3溶液 B．Na2CO3溶液与HClC．NaOH溶液与CO2 D．NaOH溶液与AlCl3溶液【考点】铁的化学性质；钠的重要化合物．【分析】A、铁和氯化铁溶液反应与用量无关；B、碳酸钠溶液和盐酸反应，量不同产物不同；C、二氧化碳和氢氧化钠溶液反应，量不同产物不同；D、氢氧化钠溶液和氯化铝溶液反应，量不同产物不同．【解答】解：A、铁和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，改变反应条件或反应物的用量对生成物的种类没有影响，故A选；B、Na2CO3溶液与HCl反应盐酸量不同可以生成碳酸钠或碳酸氢钠，改变反应条件或反应物的用量对生成物的种类有影响，故B不选；C、氢氧化钠溶液和二氧化碳反应，可能生成Na2CO3和NaHCO3，故C不选；D、NaOH溶液与AlCl3溶液可能生成Al（OH）3和NaAlO2；A项只能生成FeCl2，故D不选；故选A．5．下列物质的分类结果全部正确的是（）A．SiO2酸性氧化物Na2O碱性氧化物A12O3两性氧化物B．水玻璃﹣混合物冰水混合物﹣纯净物HT﹣单质C．火碱﹣碱石炭酸﹣羧酸小苏打﹣酸式盐D．王水﹣强电解质硫酸钡﹣强电解质醋酸﹣弱电解质【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【分析】A．酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物，碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，既能和酸又能和碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物；B．不同物质组成的为混合物，同种物质组成的为纯净物，同种元素组成的纯净物为单质，不同元素组成的纯净物为化合物；C．水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱，石碳酸为苯酚的俗称，多元酸和碱部分反应生成的盐为酸式盐；D．水溶液中全部电离的电解质为强电解质，水溶液中部分电离的电解质为弱电解质．【解答】解：A．SiO2酸性氧化物Na2O碱性氧化物A12O3两性氧化物，故A正确；B．水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物，冰水混合物是一种物质水组成为纯净物，HT是氢气的单质，故B正确；C．火碱氢氧化钠的俗称属于碱，石炭酸是苯酚，不是羧酸，小苏打是碳酸氢钠属于酸式盐，故C错误；D．王水是浓盐酸和浓硝酸的混合溶液不是强电解质，硫酸钡熔融状态完全电离属于强电解质，醋酸水溶液中部分电离属于弱电解质，故D错误；故选AB．6．某同学将一块铝箔用砂纸仔细打磨，除去表面的保护膜，用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，观察到的现象是（）A．剧烈燃烧 B．发出耀眼白光 C．熔化的铝滴落 D．失去金属光泽【考点】铝的化学性质．【分析】铝极易与氧气反应，在表面上形成氧化铝，其熔点高于铝的熔点，故加热时，熔化的铝不会滴落，由此分析解答．【解答】解：铝极易与氧气反应，在表面上形成氧化铝，而失去金属光泽，其熔点高于铝的熔点，故加热时，熔化的铝不会滴落，故选D．7．用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．25℃，pH=12的NaOH溶液中含有OH﹣的数目为NAB．已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣mol，在该反应中，当有3NA电子转移时，上述热化学反应方程式的焓变为△H=﹣molC．金属钠与过量氧气充分反应，无论加热与否转移电子数为D．50mLL浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、溶液体积不明确；B、反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）转移6mol电子；C、求出钠的物质的量，然后根据钠反应后变为+1价来分析；D、铜只能和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应．【解答】解：A、溶液体积不明确，故溶液中的氢氧根的个数无法计算，故A错误；B、反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）转移6mol电子，反应热△H=﹣mol，故当有3NA个即3mol电子转移时，反应放出的热量为，但上述热化学反应方程式的焓变仍然为△H=﹣mol，故B错误；C、钠的物质的量为，而钠反应后变为+1价，故钠无论产物是什么，均转移电子即个，故C正确；D、铜只能和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应，故浓硫酸不能完全反应，故生成的二氧化硫分子数目小于，故D错误．故选C．8．将5～6滴饱和FeCl3溶液加入盛有25mL沸水的烧杯中，加热至溶液呈红褐色，停止加热．下列判断错误的是（）A．该操作中，FeCl3溶液应逐滴加入B．从外观上看烧杯中的液体透明澄清C．上述过程属于化学变化D．该实验制得了一种不同于FeCl3溶液的新溶液【考点】胶体的重要性质．【分析】A．氢氧化铁胶体的制备是将氯化铁饱和溶液滴入沸水中得到的；B．胶体是透明的；C．化学变化中有新物质的生成；D．氯化铁发生水解反应生成氢氧化铁．【解答】解：A．氢氧化铁胶体的制备是将氯化铁饱和溶液滴入沸水中得到的，如果用氢氧化钠与氯化铁溶液反应，只会得到氢氧化铁沉淀，故A正确；B．氢氧化铁胶体是透明的，故B正确；C．氯化铁发生水解反应生成氢氧化铁，故C正确；D．反应制得的是氢氧化铁胶体，故D错误．故选D．9．下列关于物质的检验说法不正确的是（）A．加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加稀硝酸，沉淀不消失，原溶液含有SO42﹣B．某溶液先用稀硝酸酸化，再加入AgNO3溶液后有白色沉淀生成，证明原溶液中含有Cl﹣C．加入NaOH溶液并加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则原溶液中一定含有NH4+D．向某溶液中加入NaOH溶液，产生白色沉淀，白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，说明原溶液中含有Fe2+【考点】常见离子的检验方法．【分析】A．检验SO42﹣离子应排除SO32﹣离子和Ag+离子的干扰，亚硫酸根离子易被硝酸氧化为硫酸根离子，硫酸钡和氯化银都不溶于硝酸；B．氯离子的检验方法是硝酸酸化排除其他离子干扰，再加入AgNO3溶液后有白色沉淀生成证明氯离子存在；C．铵根离子结合氢氧根离子加热反应生成使红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气；D．氢氧化亚铁是白色沉淀，在空气中会迅速变化为灰绿色最后变化为红褐色沉淀；【解答】解：A．滴加BaCl2溶液不能排除银离子和亚硫酸根离子的干扰，氯化银难溶于硝酸，亚硫酸钡被稀硝酸氧化为硫酸钡，故A错误；B．氯离子的检验方法为：先用稀硝酸酸化，再加入AgNO3溶液后有白色沉淀生成，证明原溶液中含有Cl﹣，故B正确；C．溶液中加入NaOH溶液并加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成为氨气，则证明原溶液中一定含有NH4+，故C正确；D．亚铁盐溶液中加入NaOH溶液，产生白色沉淀，白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，说明原溶液中含有Fe2+，故D正确；故选A．10．NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌．酸性KMnO4溶液与NaNO2的反应方程式是：MnO4﹣+NO2﹣+H+→Mn2++NO3﹣+H2O（未配平）．下列叙述中正确的是（）A．该反应中NO2﹣是还原剂B．反应过程中溶液的pH减小C．生成1molNaNO3时消耗KMnO4D．该反应可说明氧化性MnO4﹣＜NO3﹣【考点】氧化还原反应．【分析】MnO4﹣+NO2﹣+H+→Mn2++NO3﹣+H2O中，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，N元素的化合价由+3价升高为+5价，以此来解答．【解答】解：A．N元素的化合价升高，则NO2﹣是还原剂，故A错误；B．该反应中消耗氢离子，则反应过程中溶液的pH增大，故B错误；C．由电子守恒可知，1molKMnO4可以消耗NaNO2为=mol，所以生成1molNaNO3时消耗KMnO4，故C正确；D．由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性NO3﹣＜MnO4﹣，故D错误；故选C．11．如图所示，两个连通容器用活塞分开，左右两室体积相同，左室充入一定里NO，右室充入一定量O2，且恰好使两容器内气体密度相同．打开活塞，使NO与O2充分反应，下列判断正确的是（不考虑NO2转化为N2O4）（）A．反应前后左室的压强相同B．开始时左右两室中的分子数相同C．反应后容器内的密度与反应前的相同D．反应后容器内无O2存在【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【分析】A、发生2NO+O2=2NO2，反应后总的物质的量减少，故反应后NO室的气体物质的量要减小；B、由左右两室体积相同，两容器内气体密度相同可知，两容器中气体的质量一定相等，再结合n=进行判断气体的物质的量关系，据此判断；C、气体的总质量为原来一氧化氮与氧气质量之和，为NO质量的2倍，体积为左右两室的体积之和，为左室的2倍，故密度不变；D、NO、O2的质量相等，二者物质的量之比为32：30=16：15，发生2NO+O2=2NO2，O2过量．【解答】解：A、发生2NO+O2=2NO2，反应后总的物质的量减少，平均充满左右两室，故反应后NO室的气体物质的量要减小，故压强减小，故A错误；B、由左右两室体积相同，两容器内气体密度相同可知，两容器中气体的质量一定相等，而NO和O2的摩尔质量不相等，故其物质的量不相等，开始时左右两室分子数不相同，故B错误；C、反应后气体的总质量为原来一氧化氮与氧气质量之和，为NO质量的2倍，体积为左右两室的体积之和，为左室的2倍，故密度不变，故C正确；D、NO、O2的质量相等，二者物质的量之比为32：30=16：15，发生2NO+O2=2NO2，O2过量，故最终容器内有O2存在，故D错误；故选C．12．下列各组物质混合后，既有气体又有白色沉淀生成的是（）A．明矾和氢氧化钡溶液 B．钠和MgC12溶液C．铜粉和FeC13溶液 D．Na2O2和少量FeCl2溶液【考点】镁、铝的重要化合物；钠的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】A．发生复分解反应生成硫酸钡沉淀；B．钠与水反应生成氢气和NaOH，NaOH与氯化镁生成氢氧化镁沉淀；C．铜粉和FeC13溶液生成氯化铜和氯化亚铁；D．过氧化钠与水反应生成氧气和NaOH，FeCl2被氧化，与NaOH反应生成氢氧化铁沉淀．【解答】解：A．明矾和氢氧化钡溶液，当氢氧化钡过量反应只生成硫酸钡沉淀，只观察到白色沉淀，故A不选；B．钠与水反应生成氢气和NaOH，NaOH与氯化镁生成氢氧化镁白色沉淀，则既产生无色气体，又生成白色沉淀，故B选；C．铜粉和FeC13溶液生成氯化铜和氯化亚铁，没有气体生成，也无沉淀生成，故C不选；D．过氧化钠与水反应生成氧气和NaOH，FeCl2被氧化，与NaOH反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，既产生无色气体，又生成红褐色沉淀，故D不选；故选B．13．用高氯酸、硫酸、氢碘酸、醋酸、钠盐、钾盐、铵盐、钡盐相互反应，符合离子方程式2H++CO32﹣═CO2↑+H2O的反应有（）A．6个 B．8个 C．9个 D．12个【考点】离子方程式的书写．【分析】离子方程式2H++CO32﹣═CO2↑+H2O表示的意义为：强酸（或强酸的酸式盐）与可溶性碳酸盐反应生成可溶性盐、水、二氧化碳气体的反应，据此进行解答．【解答】解：碳酸的钾盐、钠盐、铵盐、钡盐中，BaCO3不溶于水，离子方程式中不能用CO32﹣表示，其余在溶液中均可用CO32﹣表示；4种酸中，醋酸是弱酸，离子方程式中不能用H+表示；则符合2H++CO32﹣═H2O+CO2↑的反应有：碳酸钾、碳酸钠、碳酸铵与高氯酸、盐酸、氢碘酸可组合出9个反应，且离子方程式相同，故选C．14．下列有关物质“量”的说法正确的是（）A．相同物质的量的Al和A1（OH）3分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体时，Al（OH）3消耗的碱量较多B．反应N2O4+N2H4→N2+H2O中，若有1molN2O4参加反应，则有4mol电子发生转移C．由Na2CO3和NaHCO3组成的混合物中，若n（Na+）：n（C）=7：5，则n（Na2CO3）：n（NaHCO3）=2：3D．相同物质的量的浓硫酸分别与足量的铜和氧化铜反应，生成硫酸铜的两相同【考点】铝的化学性质；氧化还原反应的电子转移数目计算；镁、铝的重要化合物；有关混合物反应的计算．【分析】A．令Al和A1（OH）3的物质的量都为1mol，铝与氢氧化钠反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，氢氧化铝与氢氧化钠反应为Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O根据方程式计算当体系中无固体物质时消耗碱的物质的量；B．该反应中N元素化合价由﹣2价、+4价变为0价，所以N2H4被氧化，N2O4被还原，N2既是氧化产物又是还原产物，根据得失电子守恒、原子守恒配平方程式，根据方程式计算；C．根据碳原子、钠原子守恒结合n（Na+）：n（C）=7：5计算n（Na2CO3）：n（NaHCO3）；D．浓硫酸与铜发生氧化还原反应，部分硫酸还原成二氧化硫，铜和稀硫酸不反应．【解答】解：A．令Al和A1（OH）3的物质的量都为1mol，铝与氢氧化钠反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知1molAl消耗NaOH的物质的量为1mol，氢氧化铝与氢氧化钠反应为Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，由方程式可知1molAl（OH）3消耗NaOH的物质的量为1mol，两者消耗的碱量一样多，故A错误；B．反应N2O4+N2H4→N2+H2O中，N元素化合价由﹣2价（N2H4）变为0价（N2），失去4e﹣，+4价（N2O4）变为0价（N2），得到8e﹣，最小公倍数为8，根据得失电子守恒、原子守恒，所以反应为2N2H4+N2O4═3N2↑+4H2O，若有1molN2O4参加反应，则有8mol电子发生转移，故B错误；C．Na2CO3中2n（Na2CO3）=2n（C）=n（Na+），NaHCO3中n（NaHCO3）=n（C）=n（Na+），若n（Na+）：n（C）=7：5，则，[2n（Na2CO3）+n（NaHCO3）]：[n（Na2CO3）+n（NaHCO3）]=7：5解得n（Na2CO3）：n（NaHCO3）=2：3，故C正确；D．根据Cu+2H2SO4（浓）=CuSO4+SO2↑+2H2O，CuO+H2SO4=CuSO4+H2O可知，相同物质的量的H2SO4（浓）参加反应，前者生成的CuSO4的量比后者小，且与Cu反应时浓H2SO4变稀后不再反应，故D错误；故选C．15．已知NH3和HCl都是能用来做喷泉实验的气体．若在同温同压下用等体积的两个烧瓶各收集满NH3和HCl气体，则喷泉实验完毕后两个烧瓶中溶液的关系正确的是（）A．溶质的物质的量浓度相同，溶质的质量分数不同B．溶质的质量分数相同，溶质的物质的量浓度不同C．溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都不同D．溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都相同【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】根据在同温同压下下等体积的两种气体的物质的量相同，而NH3和HCl均易溶于水，故最后溶液均将充满整个烧瓶，即两溶液的体积相同，据此分析．【解答】解：假设在标准状况下，烧瓶的容积为L，所以NH3和HCl的体积也均为L，物质的量均为1mol，实验完毕后两个烧瓶中均充满溶液，溶液的体积为L，溶质的物质的量均为1mol，所以实验完毕后两个烧瓶中溶质的物质的量浓度均为≈mol•L﹣1；两溶液的体积相同，密度不同，故溶液的质量不同；而溶质的物质的量相同，但摩尔质量不同，故溶质的质量不同，故溶质的质量分数不同．故选A．16．将Zn与Fe的混合物在一定量的稀HNO3溶液中完全溶解，往溶液中滴加KSCN后，溶液不变色，且只收集到标准状况下无色但遇空气变红色的气体，则向反应后的溶液中加入足量的氨水（不考虑沉淀在氨水中溶解损失），在空气中不断搅拌，充分反应后，最终生成沉淀的质量为（）A．g B．g C．g D．g【考点】化学方程式的有关计算．【分析】Zn与Fe的混合物在一定量的稀HNO3溶液中完全溶解，往溶液中滴加KSCN后，溶液不变色，说明生成硝酸锌、硝酸亚铁，硝酸完全反应，且收集到标准状况下无色但遇空气变红色的气体为NO，则向反应后的溶液中加入足量的氨水（不考虑沉淀在氨水中溶解损失），在空气中不断搅拌，充分反应后，由于氢氧化亚铁易被氧化，故最终生成沉淀为Zn（OH）2、Fe（OH）3，根据Zn与Fe总质量、电子转移守恒计算二者各自物质的量，再根据电荷守恒计算沉淀中氢氧根离子物质的量，沉淀质量=金属质量+沉淀中氢氧根离子质量．【解答】解：Zn与Fe的混合物在一定量的稀HNO3溶液中完全溶解，往溶液中滴加KSCN后，溶液不变色，说明生成硝酸锌、硝酸亚铁，硝酸完全反应，且收集到标准状况下无色但遇空气变红色的气体为NO，其物质的量为=，设Zn、Fe的物质的量分别为xmol、ymol，根据Zn与Fe总质量、电子转移守恒，可得：解得x=、y=则向反应后的溶液中加入足量的氨水（不考虑沉淀在氨水中溶解损失），在空气中不断搅拌，充分反应后，由于氢氧化亚铁易被氧化，故最终生成沉淀为Zn（OH）2、Fe（OH）3，根据电荷守恒可知沉淀中氢氧根离子物质的量=×2+×3=，故沉淀质量=+×17g/mol=，故选：A．17．在化学学习中使用数轴的表示方法可收到直观、形象的效果，下列表达中正确的是（）A．分散质微粒的大小与分散系种类的关系：B．常温下溶液的pH其酸碱性的关系：C．硫的化合物中化合价与其氧化性、还原性的关系：D．Na与O2反应的产物：【考点】胶体的重要性质；pH的简单计算；钠的化学性质．【分析】A、依据分散系的本质区别是分散质微粒直径的大小判断；B、常温下溶液中存在水的离子积常数，溶液PH=7呈中性，小于7呈酸性，大于7呈碱性；C、硫元素化合价最低价具有还原性，最高价具有氧化性，中间价态既具有氧化性，也具有还原性；D．Na与氧气反应的产物与反应条件有关，与反应物的物质的量的多少无关；【解答】解：A、1nm=10﹣7m，分散质微粒直径小于1nm形成的分散系为溶液，大于100nm形成的为浊液，分散质微粒直径在1nm～100nm时形成的分散系为胶体，故A错误；B、常温下，溶液PH=7呈中性，小于7呈酸性，大于7呈碱性；故B错误；C、硫元素化合价最低价具有还原性，最高价具有氧化性，中间价态既具有氧化性，也具有还原性；故C正确；D．Na与氧气反应的产物与反应条件有关，与反应物的物质的量的多少无关，故D错误；故选C．18．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．饱和氯水中：Cl﹣、NO3﹣、Na+、SO32﹣B．加入甲基橙试液呈红色的溶液：NH4+，K+，SO42﹣，Cl﹣C．Na2S溶液中：SO42﹣、K+、Cl﹣、Cu2+D．pH=12的溶液中：NO3﹣、I﹣、Na+、Al3+【考点】离子共存问题．【分析】A．氯水中含氯气、HClO等氧化性物质；B．加入甲基橙试液呈红色的溶液，显酸性；C．离子之间结合生成沉淀；D．pH=12的溶液，显碱性．【解答】解：A．氯水中含氯气、HClO等氧化性物质，与SO32﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．加入甲基橙试液呈红色的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C．S2﹣、Cu2+离子之间结合生成沉淀，不能大量共存，故C错误；D．pH=12的溶液，显碱性，不能大量存在Al3+，故D错误；故选B．19．下列有关说法不正确的（）A．无单质参加的化合反应有可能是氧化还原反应B．Al既能溶于强酸，又能溶于强碱，所以说明“Al既有金属性，又有非金属性”C．青铜是人类在生产生活中使用最早的合金D．硅在自然界中只以化合态形式存在【考点】铝的化学性质．【分析】A．无单质参加的化合反应不一定不是氧化还原反应；B．铝位于金属和非金属分界线附近，具有金属和非金属的性质，其最高价氧化物对应的水化物为碱Al（OH）3体现金属性，最高价氧化物对应的水化物为酸HAlO2体现非金属性；C．铜的活动性顺序及生活常识判断，铜是不活泼金属性质稳定；D．硅元素在自然界中主要是以硅酸盐的形式存在．【解答】解：A．无单质参加的化合反应不一定不是氧化还原反应，如：过氧化钠和二氧化硫的反应生成硫酸钠是氧化还原反应，故A错误；B．Al的最高价氧化物对应的水化物为酸HAlO2体现非金属性，Al的最高价氧化物对应的水化物为碱Al（OH）3体现金属性，故B错误；C．铜的活动性较弱，不易生锈，因此历史上的铜制品保存下来的较多，青铜是人类最早使用的合金，故C正确；D．硅元素是亲氧元素，在自然界中主要是以以硅酸盐的形式存在，没有游离态的硅，故D正确；故选B．20．下列物质的溶液在空气中长期放置，其pH的变化与图示相符的是（）A．Ca（ClO）2 B．氯水 C．NaOH D．浓HCl【考点】pH的简单计算．【分析】由图象可知，物质pH＜7，呈酸性，溶液在空气中长期放置，pH逐渐减小，说明溶液酸性逐渐增起，结合对应物质的性质解答该题．【解答】解：A．Ca（ClO）2为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故A错误；B．氯水中含有盐酸和次氯酸，次氯酸不稳定，见光易分解，生成氧气和盐酸，溶液酸性增强，pH减小，故B正确；C．NaOH溶液呈碱性，故C错误；D．浓HCl易挥发，露置空气中浓度逐渐减小，pH逐渐增大，故D错误；故选B．21．下列化学用语表示正确的是（）A．中子数为20的氯原子：ClB．二氧化硅的分子式：SiO2C．硫化氢的结构式：H﹣S﹣HD．氯化铵的电子式：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【分析】A．元素符号的左上角标质量数，质量数=质子数+中子数；B．二氧化硅晶体为原子晶体，不存在二氧化硅分子；C．用短线代替所有共用电子对即为结构式；D．氯化铵为离子化合物，氯离子需要标出最外层电子及所带电荷．【解答】解：A．氯元素的质子数为17，中子数为20的氯原子的质量数为37，该原子正确的表示方法为：1737Cl，故A错误；B．SiO2为二氧化硅的化学式，二氧化硅不存在分子式，故B错误；C．硫化氢分子中含有2个S﹣H键，其结构式为：H﹣S﹣H，故C正确；D．NH4Cl为离子化合物，N原子最外层5个电子，Cl原子最外层7个电子，则其电子式为，故D错误；故选C．22．在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+的稀溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，离子数几乎没有变化的是（）A．Fe3+、Al3+ B．Al3+ C．Fe2+、Al3+ D．NH4+【考点】离子共存问题；钠的重要化合物．【分析】Na2O2可与水反应生成NaOH，且具有强氧化性，具有还原性的离子或与OH﹣反应的离子不能大量共存，再通入过量氯化氢，可与碱、偏铝酸钠等反应，以此来解答．【解答】解：加入足量过氧化钠，过氧化钠具有强氧化性且和水反应生成NaOH，Fe2+被氧化生成Fe3+，Al3+→AlO2﹣，Fe3+→Fe（OH）3，NH4+变成氨气放出，加入盐酸后，AlO2﹣和Fe（OH）3分别又生成Al3+、Fe3+，则溶液中Fe3+增多，Fe2+、NH4+减小，Al3+不变，故选B．23．下列所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（）abcAAlAlCl3Al（OH）3BHNO3NONO2CSiSiO2H2SiO3DCH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOA．A B．B C．C D．D【考点】无机物的推断；有机物的推断．【分析】A、根据物质的性质来判断，Al（OH）3→Al的转化必须经过Al（OH）3→Al2O3和Al2O3→Al不能一步生成；B、从硝酸、一氧化氮和二氧化氮的性质来判断；C、根据物质的性质来判断，SiO2→H2SiO3必须经过两步，先生成硅酸钠，再生成硅酸；D、根据物质的性质来判断，CH3CHO→CH2=CH2必须经过两步，先生成乙醇，再生成乙烯．【解答】解：A、Al→AlCl3（2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑或者2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑），AlCl3→Al（OH）3（AlCl3+3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl），Al（OH）3→AlCl3（Al（OH）3+3HCl→AlCl3+3H2O），Al（OH）3→Al的转化必须经过Al（OH）3→Al2O3（反应方程式为：2Al（OH）3Al2O3+3H2O）和Al2O3→Al（2Al2O34Al+3O2↑）这两步，故A不选；B、HNO3→NO（8HNO3+3Cu=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O），NO→NO2（2NO+O2=2NO2），NO2→NO（3NO2+H2O=2HNO3+NO），NO2→HNO3（3NO2+H2O=2HNO3+NO），故B正确；C、Si→SiO2（Si+O2SiO2），SiO2→H2SiO3必须经过两步（SiO2+2NaOH→Na2SiO3+H2O和Na2SiO3+H2O+CO2=H2SiO3↓+Na2CO3），故C不选；D、CH2=CH2→CH3CH2OH（CH2=CH2+H2OCH3CH2OH），CH3CH2OH→CH3CHO（2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O），CH3CHO→CH3CH2OH（CH3CHO+H2CH3CH2OH），CH3CHO→CH2=CH2就必须经过两步（CH3CHO+H2CH3CH2OH和CH3CH2OHCH2=CH2+H2O）故D不选．故选B．24．下列离子方程式书写不正确的是（）A．等浓度NaHSO4和Ba（OH）2两溶液等体积混合H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2OB．在含有Mn2+的溶液中加入稀硝酸酸化，再加入PbO2反应体系显紫红色5PbO2+2Mn2++4H+═5Pb2++2MnO4﹣+2H2OC．硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2OD．Na2O2投入H218O中：2H218O+2Na2O2═4Na++4OH﹣+18O2↑【考点】离子方程式的书写．【分析】A．等浓度、等体积的两溶液中含有溶质的物质的量相等，反应生成硫酸钡沉淀、水、氢氧化钠；B．酸性条件下二氧化铅将锰离子氧化成高锰酸根离子；C．双氧水具有氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子；D．Na2O2加入到足量H218O中，过氧化钠既做氧化剂又做还原剂，18O转化到部分氢氧根离子中．【解答】解：A．等浓度NaHSO4和Ba（OH）2两溶液等体积混合，氢氧根离子过量，反应生成硫酸钡沉淀、水和氢氧化钠，反应的离子方程式为：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O，故A正确；B．在含有Mn2+的溶液中加入稀硝酸酸化，再加入PbO2反应生成高锰酸根离子，溶液显紫红色，反应的离子方程式为：5PbO2+2Mn2++4H+═5Pb2++2MnO4﹣+2H2O，故B正确；C．硫酸亚铁溶液中加过氧化氢溶液，亚铁离子被氧化成铁离子，反应的离子反应为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故C正确；D．Na2O2加入到足量H218O中，过氧化钠既做氧化剂又做还原剂，正确的离子方程式：2Na2O2+2H218O═4Na++2OH﹣+218OH﹣+O2↑，故D错误；故选D．25．含NO3﹣的工业废水会造成水体富营养化，可利用如下反应将其转化为NH3：Al+口+口+口→口+口，反应中涉及到的另外3种微粒是H2O、AlO2﹣、OH﹣．下列说法正确的是（）A．反应中的Al被还原，NO3﹣是还原剂B．产物分别是NH3、AlO2﹣和OH﹣C．若有4molAl参加反应，则有NO3﹣被还原D．随着反应的进行，溶液的碱性逐渐增强【考点】氧化还原反应．【分析】A1与NO3﹣发生氧化还原反应，Al转化为AlO2﹣化合价升高失电子，NO3﹣转化为NH3化合价降低得电子，则发生的反应为8Al+3NO3﹣+5OH﹣+2H2O=8AlO2﹣+3NH3↑，据此分析．【解答】解：A．A1与NO3﹣发生氧化还原反应，Al转化为AlO2﹣化合价升高失电子，则Al为还原剂，NO3﹣转化为NH3化合价降低得电子，则NO3﹣为氧化剂，故A错误；B．反应为8Al+3NO3﹣+5OH﹣+2H2O=8AlO2﹣+3NH3↑，则OH﹣为反应物，故B错误；C．若有8molAl参加反应，有3molNO3﹣被还原，所以有4molAl参加反应，则有NO3﹣被还原，故C正确；D．由于反应消耗OH﹣，所以随着反应的进行，溶液的碱性逐渐减弱，故D错误．故选C．26．下述实验设计能够达到目的是（）编号实验目的实验设计A除去CO2中少量的SO2将混合气体通过饱和NaHCO3溶液B除去Cu粉中混有的CuO向混合物中滴加适量稀硝酸C检验溶液中是否含有Fe2+向溶液中滴入氯水后，再滴加KSCN溶液D证明H2CO3酸性比H2SiO3强将CO2通入Na2SiO3溶液中A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．SO2可与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2；B．Cu和CuO都与硝酸反应；C．应先加入KSCN溶液；D．根据强酸制取弱酸的规律判断．【解答】解：A．CO2不溶于饱和NaHCO3溶液，且SO2可与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2，可用于除杂，故A正确；B．Cu和CuO都与硝酸反应，应用盐酸或稀硫酸除杂，故B错误；C．应先加入KSCN溶液，因氯气可氧化Fe2+，故C错误；D．将CO2通入Na2SiO3溶液中，如生成沉淀，说明证明H2CO3酸性比H2SiO3强，故D正确．故选AD．27．将氯气通入一定温度的KOH溶液中，得到含有次氯酸钾、氯酸钾和氯化钾的混合溶液．若反应过程中转移×1023个电子，所得溶液中c（Cl﹣）：c（C1O3﹣）=10：1，则参与反应的C12的物质的量为（）A． B． C． D．0mo1【考点】化学方程式的有关计算．【分析】反应过程中转移×1023个电子，电子的物质的量为1mol，所以溶液中n（Cl﹣）=1mol，由于溶液中c（C1﹣）：c（C1O3﹣）=10：1，所以n（C1O3﹣）=，根据电子转移守恒计算溶液中n（ClO﹣），根据氯元素守恒可知2n（C12）=n（Cl﹣）+n（C1O3﹣）+n（ClO﹣）．【解答】解：反应过程中转移×1023个电子，电子的物质的量为1mol，所以溶液中n（Cl﹣）=1mol，由于溶液中c（C1﹣）：c（C1O3﹣）=10：1，所以n（C1O3﹣）=，根据电子转移守恒可知：n（ClO﹣）×1+n（C1O3﹣）×5=n（Cl﹣）×1，即n（ClO﹣）+×5=1mol，故n（ClO﹣）=1mol﹣=，根据氯元素守恒可知2n（C12）=n（Cl﹣）+n（C1O3﹣）+n（ClO﹣）=1mol++=，故n（C12）=．故选：A．28．下列反应过程符合如图所示关系的是（）A．向Ba（NO3）2溶液中通入SO2气体至过量B．向Na2SiO3溶液中通入HCl气体至过量C．向澄清石灰水中通入CO2气体至过量D．向NaAlO2溶液中通入HCl气体至过量【考点】二氧化硫的化学性质；碳族元素简介；镁、铝的重要化合物．【分析】由图可知，通入气体，先生成沉淀，后沉淀溶解，且消耗的气体相同，以此来解答．【解答】解：A．向Ba（NO3）2溶液中通入SO2气体，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，再通气体，沉淀不溶解，与图象不符，故A不选；B．向Na2SiO3溶液中通入HCl气体，生成硅酸沉淀，气体过量沉淀不溶解，与图象不符，故B不选；C．向澄清石灰水中通入CO2气体，反应生成碳酸钙沉淀，气体过量沉淀溶解，且两个反应中消耗气体相同，故C选；D．向NaAlO2溶液中通入HCl气体，生成氢氧化铝沉淀，HCl过量沉淀溶解，但两个反应消耗HCl为1：3，与图象不符，故D不选；故选C．29．取一定质量含Cu、Cu2O、和CuO的固体混合物，将其分成两等份并进行下列转化：则转化过程中所加稀HNO3的物质的量浓度为（）A．L B．L C．L D．L【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】考查铜及化合物的性质，并且利用有关化学方程式计算技能或原子守恒思想解决问题．【解答】解：设其中一份中n（Cu）=xmol，n（Cu2O）=ymol，n（CuO）=zmol，依得失电子守恒和氧元素守恒，有：⇒x+2y+z=亦即反应后生成的硝酸铜的物质的量为则500mL稀硝酸中，n（HNO3）=×2+=）于是：c（HNO3）==L，故选：A．30．某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸，测得溶液中的CO32﹣、HCO3﹣、AlO2﹣、Al3+离子的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示，则下列说法正确的是（）A．原混合溶液中的CO2﹣3与AlO﹣2的物质的量之比为1：2B．V1：V2=1：5C．M点时生成的CO2为D．a曲线表示的离子方程式为：AlO﹣2+H++H2O=Al（OH）3↓【考点】镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物；有关混合物反应的计算．【分析】Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸．首先，发生反应AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，a线表示AlO2﹣，由图可知AlO2﹣反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知n（AlO2﹣）=n（H+）=×1mol/L=．第二阶段，AlO2﹣反应完毕，发生反应CO32﹣+H+═HCO3﹣，b线表示CO32﹣，c线表示HCO3﹣，由图可知CO32﹣反应完毕，该阶段加入盐酸100mL﹣50mL=50mL，根据方程式可知n（CO32﹣）=n（H+）=×1mol/L=．第三阶段，CO32﹣反应完毕，发生反应HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO3﹣，由图可知HCO3﹣反应完毕，该阶段加入盐酸150mL﹣100mL=50mL，根据方程式可知n（HCO3﹣）=n（H+）．第四阶段，发生反应Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，e线表示Al3+，由图可知Al（OH）3反应完毕，根据方程式可知n（H+）=3n[Al（OH）3]=3×=，该阶段加入盐酸体积为==150mL．据此结合选项解答．【解答】解：Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸．首先，发生反应AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，a线表示AlO2﹣，由图可知AlO2﹣反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知n（AlO2﹣）=n（H+）=×1mol/L=．第二阶段，AlO2﹣反应完毕，发生反应CO32﹣+H+═HCO3﹣，b线表示CO32﹣，c线表示HCO3﹣，由图可知CO32﹣反应完毕，该阶段加入盐酸100mL﹣50mL=50mL，根据方程式可知n（CO32﹣）=n（H+）=×1mol/L=．第三阶段，CO32﹣反应完毕，发生反应HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO3﹣，由图可知HCO3﹣反应完毕，该阶段加入盐酸150mL﹣100mL=50mL，根据方程式可知n（HCO3﹣）=n（H+）．第四阶段，发生反应Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，e线表示Al3+，由图可知Al（OH）3反应完毕，根据方程式可知n（H+）=3n[Al（OH）3]=3×=，该阶段加入盐酸体积为==150mL．A、由上述分析可知，原混合溶液中的CO32﹣与AlO﹣2的物质的量之比为：=1：1，故A错误；B、原溶液中n（CO32﹣）=，V1时溶液中碳酸氢根离子等于碳酸根离子为，由反应CO32﹣+H+═HCO3﹣可知，需要盐酸为，盐酸的体积为==25mL，故V1=50mL+25mL=75mL，由上述分析可知，V2=150mL+150mL=300mL，故V1：V2=75mL：300mL=l：4，故B错误；C、由上述分析可知M点时溶液中CO32﹣完全转化为HCO3﹣，没有CO2生成，故C错误；D、由上述分析可知，a曲线表示的离子方程式为：AlO﹣2+H++H2O=Al（OH）3↓，故D正确．故选：D．二、填空题（本题共两个小题，共26分）31．（1）向含有等物质的量的SO32﹣、Fe2+、Br﹣、I﹣的溶液中，通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量关系如图所示．①原溶液中各离子的物质的量是mol②通入时，溶液中发生反应的离子方程式有SO32﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2Cl﹣+2H+、2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣．（2）某溶液中仅含如表中的5种离子（不考虑水的电离及离子的水解），且各离子的物质的量均为．阴离子SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣阳离子Fe3+、Fe2+、NH4+、Cu2+、Al3+a若向溶液中加入KSCN溶液，无明显变化b若向溶液中加入过量的盐酸，有气体生成，溶液中阴离子种类不变c若向溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成．试回答下列问题：①原溶液中所含的阴离子是NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣；②若向原溶液中加入足量NaOH溶液，充分反应后静置一段时间，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体是CuO、Fe2O3（写化学式）；③若向原溶液中加入过量盐酸，写出该过程中发生反应的离子方程式3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O．【考点】离子方程式的有关计算；常见离子的检验方法．【分析】（1）①由图到，是氯气与亚铁离子反应，消耗氯气的物质的量为：=，而Cl2～2Fe2+，所以n（Fe2+）=×2=，而等物质的量的SO32﹣、Fe2+、Br﹣、I﹣的溶液中，所以各离子的物质的量都为；②还原性SO32﹣＞I﹣＞Fe2+＞Br﹣，所以氧化亚铁离子前SO32﹣和I﹣已被完全氧化，反应的离子方程式为：SO32﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2Cl﹣+2H+、2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣；（2）若向溶液中加入KSCN溶液，无明显变化，说明原溶液中不含Fe3+；若向溶液中加入过量的盐酸，有气体生成，溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中含有Cl﹣，该气体只能是NO，说明含有具有氧化性的NO3﹣和还原性的Fe2+，若向溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中含有SO42﹣，各离子的物质的量均为，根据电荷守恒可知还应含有Cu2+，若向原溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体是氧化铁和氧化铜．【解答】解：（1）①由图到，是氯气与亚铁离子反应，消耗氯气的物质的量为：=，而Cl2～2Fe2+，所以n（Fe2+）=×2=，而等物质的量的SO32﹣、Fe2+、Br﹣、I﹣的溶液中，所以各离子的物质的量都为，故答案为：；②还原性SO32﹣＞I﹣＞Fe2+＞Br﹣，所以氧化亚铁离子前SO32﹣和I﹣已被完全氧化，反应的离子方程式为：SO32﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2Cl﹣+2H+、2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣，故答案为：SO32﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2Cl﹣+2H+、2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣；（2）①若向溶液中加入KSCN溶液，无明显变化，说明原溶液中不含Fe3+；若向溶液中加入过量的盐酸，有气体生成，溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中含有Cl﹣，该气体只能是NO，说明含有具有氧化性的NO3﹣和还原性的Fe2+，若向溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中含有SO42﹣，各离子的物质的量均为，根据电荷守恒可知还应含有Cu2+，所以原溶液中所含阳离子是Fe2+、Cu2+；阴离子是NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣，故答案为：NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣；②原溶液中所含阳离子是Fe2+、Cu2+，若向原溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体是CuO、Fe2O3，故答案为：CuO、Fe③加入盐酸，具有氧化性的NO3﹣和还原性的Fe2+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O．32．如图1是用硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2）为原料制备高纯氧化铁的生成流程示意图：回答下列问题：（1）酸浸使用的是稀盐酸、过滤后滤液A中的金属阳离子是Fe2+、Fe3+（写离子符号）；（2）滤液B中加入NH4HCO3溶液的离子方程式Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+CO2↑+H2O；（3）煅烧FeCO3生成产品Ⅰ的化学反应方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；（4）已知几种盐的溶解度随温度变化的曲线如图2所示，产品Ⅱ的化学式为K2SO4，为了获得产品Ⅱ，向（NH4）2SO4溶液中加入KCl溶液后，还需要进行的操作是蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥．（5）检验产品Ⅱ晶体中是否含有少量的氯化物杂质需用到的试剂是滴加过量Ba（NO3）2溶液、AgNO3溶液；（6）步骤Ⅲ中可选用C（填序号）试剂调节溶液的pH．A．稀硝酸B．双氧水C．氨水D．高锰酸钾溶液．【考点】制备实验方案的设计．【分析】Fe2O3、Fe3O4、FeO与还原剂反应生成铁，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤时用到的仪器有铁架台、漏斗、烧杯、玻璃棒等，所以滤液中的主要溶质是硫酸亚铁；硫酸亚铁与碳酸氢铵反应得到碳酸亚铁和硫酸铵，实验室进行煅烧操作所需仪器有酒精灯、泥三角、三脚架、玻璃棒、坩埚、坩埚钳；碳酸亚铁与氧气反应生成了氧化铁盒二氧化碳；硫酸铵与氯化钾反应生成硫酸钾和氯化铵，根据硫酸钾的溶解度随温度变化不大，可用蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥得到硫酸钾，检验产品II中是否含有氯化物杂质需先除去SO4，再检验Cl﹣，以此解答该题．【解答】解：（1）酸浸时Fe2O3、Fe3O4、FeO能与稀硫酸反应得到Fe2+、Fe3+，SiO2不能与稀硫酸反应，因此酸浸、过滤后滤液A中含有的金属阳离子是Fe2+、Fe3+，故答案为：Fe2+、Fe3+；（2）滤液B含有硫酸亚铁，加入NH4HCO3溶液生成碳酸亚铁沉淀，反应的离子方程式为Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+CO2↑+H2O；（3）由流程图可知，煅烧FeCO3生成产品Ⅰ氧化铁和二氧化碳，Fe元素化合价升高，反应物中应有氧气，化学方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，故答案为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；（4）硫酸铵与氯化钾反应生成硫酸钾和氯化铵；因硫酸钾的溶解度随温度变化不大，可用蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥得到硫酸钾，故答案为：K2SO4；蒸发结晶；（5）因检验产品II中是否含有氯化物杂质需先除去SO42﹣，再检验Cl﹣，所以滴加过量Ba（NO3）2溶液，过滤后向滤液滴加AgNO3溶液，故答案为：滴加过量Ba（NO3）2溶液、AgNO3溶液；（6）步骤Ⅲ中可选用氨水试剂调节溶液的pH．稀硝酸、双氧水、高锰酸钾溶液具有强氧化性，氧化亚铁离子，选择氨水调节除去杂质得到亚铁盐溶液，故答案为：C．三、选做题【选修三-物质结构与性质】33．原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种元素．其中A的基态原子有3个不同能级，各能级中的电子数相等；C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同；D为它所在周期中原子半径最大的主族元素；E，F和C位于同一主族，F处于第一个长周期．（1）F原子基态的外围核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；（2）由A、B、C形成的离子CAB﹣与AC2互为等电子体，则CAB﹣的结构式为[N=C=O]﹣；（3）在元素A与E所形成的常见化合物中，A原子轨道的杂化类型为sp；（4