河北省石家庄市第二中学2017-2018学年高一上学期12月月考化学试题（解析版）

这是一份河北省石家庄市第二中学2017-2018学年高一上学期12月月考化学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了 下列离子方程式正确的是， 下列实验操作中错误的是， 将标准状况下的aL， NO 等内容，欢迎下载使用。


河北省石家庄市第二中学2017-2018学年高一12月
月考化学试题
1. 下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的酸式盐是
①NaHCO3 ②Al2O3 ③Al(OH)3 ④Al ⑤NaHSO4 ⑥AlCl3 ⑦NaAlO2
A. ①② B. ①②③⑥⑦ C. ① D. 全部
【答案】C
【解析】①NaHCO3是弱酸的酸式盐，既能和稀硫酸反应又能和NaOH溶液反应，故正确；②Al2O3是两性氧化物，既能和稀硫酸反应又能和NaOH溶液反应，故错误；③Al(OH)3  是既能和稀硫酸反应又能和NaOH溶液反应，故错误；④Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，与硫酸反应生成硫酸铝和氢气，故错误；⑤NaHSO4 属于强酸的酸式盐，只能与氢氧化钠溶液反应，故错误；⑥AlCl3不能与硫酸反应，故错误；⑦NaAlO2不能与氢氧化钠溶液反应，故错误；故选C。
点睛：熟悉常见物质的性质是解题的关键。铝、两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸、蛋白质等都既能和稀硫酸反应又能和NaOH溶液反应。本题的易错点是要审清题意，要求是“酸式盐”。
2. 下列离子方程式正确的是
A. 钠与水反应:Na+H2O=Na+OH-+ H2↑
B. AlCl3 溶液中加过量氨水Al3++3OH-=Al(OH)3↓
C. 向氯化亚铁中通入氯气 Fe2++ Cl2= Fe3+ + 2Cl-
D. 铝粉投入到NaOH 溶液 2A1+ 2OH-+ 2H2O=2AlO2-+ 3H2↑
【答案】D
【解析】试题解析：A、电荷不守恒，故错误；B、氨水是弱电解质，应写化学式，故错误；C、电荷不守恒，故错误。
考点：离子方程式的正误判断
3. 下列各组在溶液中的反应，无论谁过量，都可以用同一离子方程式表示的是
A. Ba(OH)2 与NaHSO4 B. Ba(OH)2 与H2SO4
C. 石灰水和二氧化碳 D. Ca(HCO3)2 与NaOH
【答案】B
【解析】A. Ba(OH)2与NaHSO4，当NaHSO4少量时，发生：Ba2++OH—+H++SO42—=BaSO4 ↓+H2O；当NaHSO4过量时，发生：Ba2++2OH—+2H++SO42—=BaSO4 ↓+2H2O，所以不能用同一离子方程式表示，故A错误；
B. Ba（OH）2与H2SO4，发生：Ba2++2OH—+2H++SO42—=BaSO4 ↓+2H2O，则能用同一离子方程式表示，故B正确；
C.向石灰水通少量二氧化碳生成碳酸钙和水，通过量二氧化碳生成碳酸氢钙，所以不能用同一离子方程式表示，故C错误；
D. Ca(HCO3)2与NaOH，NaOH少量时，发生反应：HCO3—+Ca2+ +OH—═CaCO3↓+H2O，NaOH过量时发生反应：2HCO3—+Ca2+2OH—═CaCO3↓+2H2O+ CO32—，所以不能用同一离子方程式表示，故D错误；
4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 常温下pH=10 溶液中: Cl-、SO42-、Na+、Fe3+
B. 使石蕊试液变蓝色的溶液: K+、Ba2+、NO3-、I-
C. 能与Al 反应生成H2 的溶液: NH4+、K+、NO3-、SO42-
D. 加入KSCN 溶液变血红色的溶液中: S2-、K+、Na+、SO42-
【答案】B
【解析】A．铁离子应该存在于酸性条件下，在中性或碱性溶液中会水解生成沉淀，故A错误；B．使石蕊试液变蓝色的溶液，溶液显碱性，碱性条件下，选项中离子都能大量存在，故B正确；C．能与Al反应生成H2的溶液可能呈酸性或碱性，若是碱性条件下，则NH4+不能大量存在，故C错误；D．加入KSCN 溶液变血红色，说明溶液中含有Fe3+，则S2-不能存在，故D错误；故选B。
5. 设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
①标准状况下，11.2 L 以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA
②同温同压下,体积相同的氢气和氩气所含的分子数相等
③2 mol/L的氯化镁溶液中含氯离子为4NA
④标准状况下，11.2 LCCl4所含分子数为0.5NA
⑤32gO2和O3混合气体中含有原子数为2NA
A. ①②③ B. ①②⑤ C. ①③④ D. ①③⑤
【答案】B
【解析】①标准状况下，11.2L气体的物质的量为0.5mol，0.5mol氮气和氧气的混合气体中含有1mol原子，所含的原子数为NA，故①正确；②同温同压下，气体的摩尔体积相同，则体积相同的氢气和氩气的物质的量相同，所含的分子数相等，故②正确；③1L 2mol/L的氯化镁溶液中含氯离子为4NA，此题未说明溶液的体积，故③错误；④标准状况下，CCl4的状态不是气体，题中条件无法计算11.2 L CCl4的物质的量，故④错误；⑤32g氧气和臭氧的混合物中含有32g氧原子，含有2mol氧原子，含有原子数为2NA，故⑤正确，故答案为B。
6. 科学家刚刚发现了某种元素的原子，其质量是ag，12C的原子质量是bg，NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 该原子的摩尔质量是aNA g/mol B. Wg 该原子的物质的量一定是W/(aNA)mol
C. Wg该原子中含有W/a 个该原子 D. NA=12/a
【答案】D
【解析】A、摩尔质量：单位物质的量的物质所具有的质量，单位是g•mol-1，一个原子的质量是a g，则1mol的质量即NA个原子的质量为aNAg，所以摩尔质量应为aNAg•mol-1，故A正确；B、物质的量== mol，故B正确；C、一个原子的质量是a g，Wg 该原子中原子个数== 个，故C正确；D、1mol任何粒子的粒子数叫做阿伏伽德罗常数，以12g12C中所含碳原子数定义为阿伏伽德罗常数，应为NA=，故D错误；故选D。
7. 在两个容积相同的容器中，一个盛有C2H4气体，另一个盛有N2和CO的混合气体。在同温同压下，两容器内的气体一定具有相同的
①分子数 ②密度 ③质量 ④质子数 ⑤原子数
A. ①④⑤ B. ①②⑤ C. ③④⑤ D. ①②③
【答案】D
【解析】①在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，C2H4与N2和CO的总分子数目相同，故①正确；②N2和CO的相对分子质量都是28，故混合气体平均相对分子质量为28，C2H4的相对分子质量为28，同温同压下，气体密度之比等于相对分子质量之比，故两容器内气体的密度相等，故②正确；③CO、N2和C2H4的摩尔质量都是28g/mol，C2H4物质的量与N2和CO的总物质的量相等时，质量一定相等，故③正确；④CO分子中质子数为14，N2分子中质子数为14，C2H4分子中质子数为16，故C2H4分子数目与N2和CO的总分子数相等时，质子数数一定不相等，故④错误；⑤在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，物质的量相等，CO、N2是双原子分子、C2H4是6原子分子，C2H4分子数目与N2和CO的总分子数相等时，原子数一定不相等，故⑤错误；故答案为D。
8. 下列实验操作中错误的是
A. 分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
B. 蒸馏时,应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口
C. CO2中混有少量HCl气体可用饱和碳酸钠溶液除去
D. 用蒸馏的方法可将汽油和煤油进行分离
【答案】C
【解析】A．分液时，避免上下层液体混合，则分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故A正确；B．蒸馏时，测定馏分的温度，则使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口，故B正确；C．二者都与饱和Na2CO3溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故C错误；D．根据沸点不同，可用蒸馏的方法分离汽油和煤油，故D正确；故选C。
9. 已知常温下二氯化二硫(S2Cl2)为红棕色液体，（其结构式为Cl-S-S-C1）。其制备反应及与水反应的化学方程式如下：①CS2+3Cl2CCl4+S2Cl2 ②2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2+ S↓,则下列说法正确的是
A. 反应①中CS2 作氧化剂
B. 反应①中每生成lmol S2Cl2转移4mol 电子
C. 反应②中氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:1
D. 反应②中S2Cl2 既作氧化剂又作还原剂
【答案】D
【解析】A.在反应①中，S元素的化合价从-2价升高到+1价，所以CS2作还原剂，故A错误；
B．在反应①中，每生成1mol S2Cl2时，有3mol Cl2反应，氯元素的化合价从0价降低到-1价，故3mol Cl2反应转移6mol电子，即每生成1mol S2Cl2转移6mol电子，故B错误；

D．根据上述分析可知，在反应②中，S2Cl2中S元素的化合价既升高又降低，所以S2Cl2既是氧化剂又是还原剂，故D正确；
故答案选D。
10. 将标准状况下的aL.HCl 气体溶于1000g水中，得到的盐酸密度为bg·cm-3,则该盐酸的物质的量浓度是
A. a/22.4 mol/L B. ab /22400mol/L
C. ab/22400+36.5a mol/L D. 1000ab /22400+36.5a mol/L
【答案】D
【解析】标准状况下，aL氯化氢的物质的量是a/22.4mol，质量是36.5a/22.4g，则溶液的质量是（36.5a/22.4＋1000）g，所以根据密度和c＝n/V可知，溶液的浓度是1000ab/（22400+36.5a） mol·L－1，答案选D。
11. 已知在相同条件下，下列几种微粒的还原性强弱顺序为Cl- A. 2Fe3++SO2+2H2O =SO42-+4H++2Fe2+ B. 2Br-+SO42-+4H+= SO2 +Br2+2H2O
C. 2Fe2++2Br-+2Cl2= 2Fe3++Br2+4Cl- D. 2Fe3++ 2I-=2Fe2++I2
【答案】B
【解析】A、因该反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2＞Fe2+，与已知的还原性强弱一致，能发生，故A不选；B、因该反应中Br元素的化合价升高，S元素的化合价降低，则Br-为还原剂，还原性强弱为Br-＞SO2，与已知的还原性强弱不吻合，不能发生，故B选；C、因该反应中Fe、Br元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，则FeBr2为还原剂，还原性强弱为Cl-＜Br-＜Fe2+，与已知的还原性强弱一致，能发生，故C不选；D、因该反应中Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则I-为还原剂，还原性强弱为I-＞Fe2+，与已知的还原性强弱一致，能发生，故D不选；故选B。
点睛：本题考查利用已知的还原性强弱来判断化学反应的发生，需要学会利用化合价来分析反应中的还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答，满足题干还原性强弱顺序的能够发生反应。
12. 实验室可将氧气通过高压放电管来制取臭氧：3O2=2O3(反应条件为放电)。在容积可变的密闭容器中，投入一定量O2可发生上述反应，反应一段时间后，有60%O2发生了转化，则此时O2的体积分数为
A. 30% B. 40% C. 50% D. 60%
【答案】C
【解析】试题分析：在容积可变的密闭容器中，投入一定量O2的发生反应3O2=2O3(反应条件为放电)，反应一段时间后，有60%O2发生了转化。假设投入1mol O2，则有0.6mol O2转化为0.4mol O3，则此时O2的体积分数为100%=50%，所以本题选C。
点睛：在同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，所以气体的体积分数一般都是通过物质的量分数求得的。
13. 今有下列三个氧化还原反应: ①2FeCl3+2KI=2FeC12+2KC1+I2,②2FeCl2+Cl2=2FeCl3, ③2KMnO4+ 16HCl(浓)= 2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑。若某溶液中有Fe2+、I-、Cl-共存，要除去I-而不影响Fe2+和Cl-,则可加入的试剂是
A. Cl2 B. KMnO4 C. FeCl3 D. HCl
【答案】C
【解析】由信息可知，氧化性由强至弱的顺序为：MnO4-＞Cl2＞Fe3+＞I2，还原性由强至弱的顺序为：I-＞Fe2+＞Cl-＞Mn2+；
A．KMnO4能将Fe2+、I-和Cl-均氧化，故A不选；B．氯气能将Fe2+、I-均氧化，故B不选；C．FeCl3能氧化除去I-而不影响Fe2+和Cl-，故C选；D．HCl与三种离子均不反应，故D不选；故选C．
14. 以下物质之间的每步转化中，都能通过一步实现的是
①Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fc(OH)3  ②Na→Na2O→Na2CO3→NaHCO3→NaOH
③Mg→MgCl2→Mg(OH)2 ④A1→Al2O3→A1(OH)3 ⑤A1→NaAlO2→Na2CO3
A. ②③④ B. ①③④⑤ C. ①②③⑤ D. ①②③④⑤
【答案】C
【解析】①铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与碱反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，每步转化都能一步反应实现，故①正确；②钠和氧气反应生成氧化钠，4Na+O2=2Na2O，氧化钠和CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3与过量的水和CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3与足量的Ca(OH)2 反应生成NaOH，故②正确；③镁和氯气反应生成氯化镁，Mg+Cl2MgCl2，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2 ↓+2NaCl，故③能通过一步反应实现；④铝解氧气反应生成氧化铝，氧化铝不溶于水，不能一步生成氢氧化铝，故④不能通过一步反应实现；⑤Al与NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2溶液中通入适量的CO2，得Na2CO3溶液，故⑤正确；故选C。
15. 下列关于氧化性、还原性的判断正确的是
A. B 的阳离子的氧化性比A 的阳离子强，说明A 元素的金属性一定比B 元素强
B. 发生氧化还原反应时，A 原子失去电子比B 原子多，则A 的金属性一定比B 强
C. 将少量Na2O2固体加入滴有酚酞的水中，溶液变为红色
D. 一定量的氯气通入30mL 10.00 mol/L 的氢氧化钠溶液中，加热后形成NaCl、NaClO、NaClO3共存的溶液，若反应中转移的电子为n mol，则0.15 【答案】D
【解析】A．若B为多价态金属，则B的金属性不一定比A弱，若Fe3+的氧化性大于Cu2+的氧化性，而金属性Fe＞Cu，故A错误；B．发生氧化还原反应时，由失去电子的难易可判断金属性，不能利用失去电子数目的多少来判断，故B错误；C．过氧化钠具有强氧化性，将少量Na2O2固体加入滴有酚酞的水中，溶液变为红色，然后褪色，故C错误；D．由Cl2+2NaOH =NaCl +NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，为0.3mol××1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为0.3mol××1=0.25mol，故D正确；故选D。
16. 下列示意图与对应的反应情况正确的是

A. Fe(NO3)3、 Cu(NO3)2、 HNO3 混合溶液中逐渐加入铁粉
B. NaCO3、NaHCO3溶液中逐滴加入HCl
C. KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2 溶液
D. NaAlO2溶液中逐渐通入CO2
【答案】A
【解析】A．Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3混合溶液中逐渐加入铁粉，铁粉先和稀硝酸完全反应生成Fe(NO3)3，继续加入铁粉，将溶液里的Fe(NO3)3全部还原为Fe(NO3)2，最后与Cu(NO3)2反应生成Cu和Fe(NO3)2，故A正确；B．Na2CO3、NaHCO3溶液中逐滴加入稀HCl，先与Na2CO3反应生成NaHCO3，完全反应后继续滴加稀盐酸，NaHCO3与稀HCl反应生成CO2气体，故B错误；C．假设n(KAl(SO4)2)=2mol，则n(Al3+)=2mol，n(SO42-)=4mol，当加入n(Ba(OH)2)=3mol时，Al3+完全沉淀生成2mol Al(OH)3，此时SO42-剩余1mol，继续加入1mol Ba(OH)2，此时发生的反应为Ba2++SO42-═BaSO4、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，生成1molBaSO4沉淀，同时有2molAl(OH)3溶解，因此沉淀的物质的量减少，最后保持不变，根据分析可知图象应该只有一段上升的过程，故C错误；D．NaAlO2溶液中通入CO2，开始出现沉淀，当CO2过量时沉淀不溶解为定值，故D错误；故答案为A。
17. 下列实验中，对应的现象及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A
向FeSO4溶液中滴加HNO3酸化的H2O2
溶液由浅绿色变为黄色
氧化性： H2O2>Fe3+
B
将铜粉加入lmol/LFe2(SO4)3溶液中
溶液变蓝、有黑色固体出现
活泼性: Fe>Cu
C
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
金属熔化，液态铝不滴落下来
熔点: A12O3>A1
D
向饱和NaHCO3溶液中滴加浓盐酸，再将产生的气体通入NaAlO2溶液
NaAlO2 溶液变浑蚀
酸性: HCl>H2CO3>Al(OH)3


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】A．稀硝酸加入过量铁粉中，生成硝酸亚铁，反应后滴加KSCN溶液无现象，故A错误；B．二者反应生成硫酸铜、硫酸亚铁，则不会有黑色固体出现，故B错误；C．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化后的液态铝不能滴落下来，故C正确；D．由AlO2-促进HCO3-的电离生成氢氧化铝沉淀，可知酸性HCO3-＞Al(OH) 3，故D错误；故选C。
18. 下列除杂或检验的方法正确的是
A. 向溶液中加入稀硝酸再加入氯化钡溶液产生白色沉淀说明有SO42-
B. 在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+,无Fe2+
C. 向溶液中加入过量的氨水先产生白色胶状沉淀后沉淀溶解说明有Al3+
D. 灼烧某白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中含有Na+,无法确定是否含K+
【答案】D
【解析】A、某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，再加盐酸酸化，沉淀不溶解，该溶液中可能含有SO32-、SO42-或Ag+，故A错误；B、亚铁离子与KSCN不反应，不能鉴别，如检验亚铁离子，可用高锰酸钾溶液，观察颜色是否变化，故B错误；C、向AlCl3溶液中滴加过量的氨水能看到先产生白色沉淀，但是氨水为弱碱，氨水过量后沉淀不会溶解，故C错误；D、灼烧某白色粉末，火焰呈黄色，则证明原粉末中肯定有Na+，无法判断是否存在K+，故D正确；故选D。
19. 把200mLK2CO3和NH4HCO3的混合溶液分成四等份，取一份加入含0.35mo1HCl的盐酸恰好反应完全，另取一份加入含0.3 mol 氧氧化钾的溶液恰好反应完全，则该混合溶液中c (K+) 为
A. 1mol/L B. 2 mol/L C. 3 mol/L D. 4 mol/L
【答案】D
【解析】取一份原溶液加入含0.3 mol氢氧化钾的溶液恰好反应完全，反应的方程式是 ，所以每份溶液中含NH4HCO3的物质的量是0.15mol，取一份原溶液加入含0.35 mol HCl的盐酸恰好反应完全，反应方程式是 ， ；NH4HCO3的物质的量是0.15mol，所以消耗盐酸0.15mol，消耗盐酸0.2mol，所以每份溶液中含K2CO3 0.1mol，混合溶液中c（K+）为 ，故D正确。
20. 将百分比浓度为a%,物质的量浓度为c1 mol/L的NaC1稀溶液蒸发掉一定量的水，使之质量分数为2a%,此时物质的量浓度为c2 mol/L,则c1和c2的数值关系是
A. c1>2c2 B. c1<2c2 C. c1c2/2
【答案】C
【解析】令溶质质量分数为a%的NaCl溶液密度为ρ1，则c1=1000×ρ1×a%/58.5mol·L－1=10aρ1/58.5mol·L－1，设将溶质质量分数为2a%的NaCl溶液密度为ρ2，则c2=1000×ρ2×2a%/58.5mol·L－1=20aρ2/58.5mol·L－1，所以c1：c2=10aρ1/58.5mol·L－1：20aρ2/58.5mol·L－1=ρ1：2ρ2，即c2=2ρ2/ρ1c1，NaCl溶液的浓度越大密度也越大，所以ρ2＞ρ1，所以2ρ2/ρ1＞2所以c2＞2c1，故选C。
21. 今有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种: K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份100mL 该溶液进行如下实验:
（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生
（2）第二份加足量NaOH 溶液加热后，收集到气体0.04mol
（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为2.33g.
根据上述实验，以下推测正确的是
①K+一定存在 ②100mL 溶液中含0.01mol CO32-
③Cl-可能存在 ④Ba2+一定不存在，Mg2+可能存在
A. ①②③ B. ①③ C. ①②④ D. ②③
【答案】B
【解析】第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在：Cl-、CO32-、SO42-；第二份加足量NaOH溶液加热后收集到0.04mol气体，该气体应为氨气，溶液中一定含有NH4+；第三份，加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为2.33g，则2.33g为硫酸钡沉淀质量，6.27g为硫酸钡和碳酸钡总质量，则一定含有SO42-和CO32-，n(BaSO4)=n(SO42-)=2.33g÷233g•mol-1=0.01mol，n(BaCO3)=n(CO32-)=(6.27g-2.33g)÷197g•mol-1=0.02mol；因为原溶液中一定含有CO32-所以不含Mg2+和Ba2+；已知的正电荷为NH4+所带正电荷，等于0.04mol；已知的负电荷为SO42-和CO32-所带负电荷，等于2n(SO42-)+2n(CO32-)=0.06mol，根据电荷守恒，一定有K+，至少为0.02mol，可能有Cl-，若存在Cl-，K+的物质的量大于0.02mol；若不存在Cl-，K+的物质的量为0.02mol。综上分析，①K+一定存在，正确；②100mL溶液中含0.01mol CO32-，错误；③Cl-可能存在，正确；④Ba2+一定不存在，Mg2+可能存在，错误；故选B。
22. 烧杯中盛有100mL1mo/L的NaHSO4溶液，向其中逐滴滴加1mol/L 的Ba(OH)2溶液，烧杯中某些物质(或微粒) 的物质的量的变化曲线如图。下列说法中正确的是

A. 曲线a表示Na+的物质的量的变化
B. 曲线c 表示Ba2+的物质的量的变化
C. 加入50 mL Ba(OH)2溶液时反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-= BaSO4↓+2H2O
D. 加入Ba(OH)2溶液体积大于50 mL后，反应的离子方程式为OH-+H+=H2O
【答案】C
【解析】100 mL 1 mol/L的NaHSO4溶液中逐滴滴加1 mol/L的Ba（OH）2溶液，Na+的物质的量不变，故A错误；100 mL 1 mol/L的NaHSO4溶液中滴加100 mL 1 mol/L的Ba（OH）2溶液时，恰好沉淀完全，溶液中Ba2+的物质的量为0，故B错误；加入50 mL Ba（OH）2溶液时生成水和硫酸钡的物质的量比为2:1，反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++ BaSO4↓+2H2O，故C正确；加入Ba（OH）2溶液体积等于50 mL时，溶液中的溶质是硫酸钠，再加入Ba（OH）2溶液，反应的离子方程式为Ba2++BaSO4↓，故D错误。
23. 向一定量的NaOH 容液中逐滴加入AlCl3溶液，生成沉淀Al(OH)3的量随AlCl3加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是

A. a点对应的溶液中: Na+、Fe3+、SO42-、HCO3-
B. b点对应的溶液中: Na+、S2-、SO42-、Cl-
C. c点对应的溶液中: Ag+、Ca2+、NO3-、F-
D. d 点对应的溶液中: K+、NH4+、I-、CO32-
【答案】B
【解析】向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，开始时NaOH过量，发生的反应是：AlCl3＋4NaOH=NaAlO2＋2H2O，当NaOH完全反应后再加入AlCl3溶液，反应的方程式是：AlCl3＋3NaAlO2＋6H2O=4Al(OH)3↓＋3NaCl，所以bc段对应的是AlCl3＋3NaAlO2＋6H2O=4Al(OH)3↓＋3NaCl，b之前发生的是AlCl3＋4NaOH=NaAlO2＋2H2O。
A项，根据上述分析，在a点，NaOH尚未完全反应，有NaOH剩余，会与Fe3+反应生成沉淀、与HCO3−反应生成CO32－和H2O，故不能大量共存，A错误；B项，在b点，NaOH恰好完全反应，溶液中溶质是NaAlO2，与Na+、S2−、SO42−、Cl−互相之间都不反应，故可以大量共存，B正确；C项，在c点，溶液中的NaAlO2恰好与AlCl3完全反应，溶液中的溶质是NaCl，Cl－会和Ag＋反应生成沉淀，故不能大量共存，所以C错误；D项，d点，AlCl3溶液过量，Al3＋会与CO32－发生双水解反应，故不能大量共存，所以D错误。此题答案选B。
点睛：离子共存类问题必须从基本理论和概念出发，搞清楚离子反应的规律和“离子共存”的条件，从复分解反应、氧化还原反应、双水解反应、络合反应等几个方面全面考虑、比较、归纳整理得到。因此做此类问题需要心细，考虑周全，然后全面解答。
24. 一定条件下，硫的某种含氧酸H2SOx(x≤4)与H2S 可发生如下反应:H2S+H2SOx-----S+ (x-3)SO2+H2O(未配平)下列推断合理的是
A. 该反应中，一定有SO2
B. 该反应中，H2S作还原剂，H2SOx作氧化剂
C. 若x=3,则还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:1
D. 若x=4,每生成1molS,转移的电子为6mol
【答案】B
【解析】若x=3，反应为2H2S+H2SO3=3S↓+3H2O；若x=4，反应为H2S+H2SO4=S↓+SO2↑+2H2O。A项，当x=3时，不会生成SO2，错误；B项，无论x=3还是x=4，在反应中H2S中-2价的硫都被氧化成0价的S，H2S作还原剂，x=3时H2SOX作氧化剂被还原成S，x=4时H2SOX作氧化剂被还原成SO2，正确；C项，若x=3，还原剂H2S与氧化剂H2SO3物质的量之比为2:1，错误；D项，若x=4，反应用单线桥表示为：，每生成1molS，转移2mol电子，错误；答案选B。
点睛：S的常见正化合价为+4价、+6价，硫的含氧酸有H2SO3和H2SO4，若为H2SO3，H2SO3与H2S发生归中反应生成S和H2O；若为H2SO4，应是浓H2SO4将H2S氧化成S，而浓硫酸自身被还原成SO2。
25. amolFeS 与bmo1FeO投入到VL c mol/L 的硝酸溶液中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看作是Fe(NO3)3、H2SO4 混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为
①(3a+3b)mol  ②[ Vc-(9a+b)/3]mol ③Vc-(a+b)/3 mol ④(a+b)×189g
A. ①②④ B. ①② C. ②④ D. ②③④
【答案】A
【解析】反应物中的铁元素转化为Fe(NO3)3，则反应中未被还原的硝酸可能为①(3a+3b)mol或④(a+b)×189g，amolFeS与bmolFeO转化为Fe(NO3)3、H2SO4，失去电子(9a+b)mol，根据得失电子数目相等可知产生NO(9a+b)/3mol，则反应中未被还原的硝酸可能为②[Vc-(9a+b)/3]mol，总之，反应中未被还原的硝酸可能为①②④，故选A。
26. （1）在反应式: aFeCl2+bKNO3+cHCl=dFeCl3+eKCl+fX+gH2O中，若b=1，d=3，则X 的分子式为____________。
（2）完成以下氧化还原反应的离子反应方程式，并标出电子转移的方向和数目：___________
___CrI3+____Cl2+______——____K2CrO4 + ____KIO4 +___KCl+______
【答案】 (1). NO (2).
【解析】(1)根据原子守恒得：a=d=3、e=b=1，根据氯原子守恒，则c=4，再由氢原子守恒，则g=2，所以最后根据N、O原子守恒，推出X的化学式为NO，故答案为：NO；
(2)假设CrI3的系数为1，根据Cr元素守恒，K2CrO4的系数为1，根据I守恒，KIO4的系数为3，根据化合价升降守恒，Cl2的系数为，根据Cl守恒，KCl的系数为27，根据质量守恒定律，反应物中需要一种含有K和O元素的物质，应该为KOH，则生成物中含有H2O，根据K守恒，KOH的系数为32，则H2O的系数为16，因此配平为2CrI3+27Cl2+64KOH =2K2CrO4 + 6KIO4 +54KCl+32H2O，电子转移的方向和数目表示为：，故答案为：。
27. A、B、C、W均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系(其它产物及反应条件已略去,反应可以在水溶液中进行)。

（1）若A、B、C 三种物质的溶液均显碱性，焰色反应均为黄色，C受热分解转化为B
①A 与过量W转化为C的总反应的离子方程式_______________。
②B溶液中通入W生成C的离子方程式_______________。
③A 溶液与C 溶液反应的化学方程式为_______________。
（2）若B 的溶液显黄色，一定条件下B 的饱和溶液可与沸水反应生成红褐色分散系
①C 溶液中加入氢氧化钠溶液的现象_______________。
②B 与W转化为C 的离子反应方程式_______________。
③一定条件下W 与水反应的化学方程式_______________。
（3）若A为NaOH,且C为白色沉淀
①C为_______________。
②A 与某金属单质也可生成B,该反应的离子方程式_______________。
③C溶于A 的离子反应方程式_______________。
④B 与W 混合生成白色沉淀的离子反应方程式_______________。
【答案】 (1). OH-+CO2=HCO3- (2). CO32-+H2O+CO2=2HCO3- (3). NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O (4). 白色沉淀，快速转化为灰绿色，最终变为红褐色 (5). 2Fe3++Fe=3Fe2+ (6). 3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2 (7). Al(OH)3 (8). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (9). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (10). Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓
【解析】(1)若A、B、C三种物质的溶液均显碱性，焰色反应均为黄色，C受热分解可转化为B，均含Na元素，C为NaHCO3，B为Na2CO3，结合图中转化可知，A为NaOH，W为CO2；
①A与过量W转化为C的总反应的离子方程式为OH-+CO2=HCO3-，故答案为：OH-+CO2=HCO3-；
②B溶液中通入W生成C的离子方程式为CO32-+H2O+CO2=2HCO3-，故答案为：CO32-+H2O+CO2=2HCO3-；
③A溶液与C溶液反应的化学方程式为NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O，故答案为：NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O；
(2)若B的溶液显黄色，一定条件下B的饱和溶液可与沸水反应生成红褐色分散系，B为FeCl3，结合图中转化可知，A为Cl2，W为Fe，C为FeCl2；
①FeCl2溶液中加入氢氧化钠溶液的现象为白色沉淀，快速转化为灰绿色，最终变为红褐色，故答案为：白色沉淀，快速转化为灰绿色，最终变为红褐色；
②B与W转化为C的离子反应方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
③一定条件下W与水反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；
(3)若A为NaOH，且C为白色沉淀，结合图中转化可知，C为Al(OH)3，A与某金属单质也可生成B，B为NaAlO2，W为AlCl3。
①C为Al(OH)3，故答案为：Al(OH)3；
②A与某金属单质也可生成B，该反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
③C溶于A的离子反应方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；
④B与W混合生成白色沉淀的离子反应方程式为Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，故答案为：Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓。
点睛：本题考查无机物的推断，把握物质的性质，图中转化关系为解答的关键。本题的易错点为化学方程式的书写和离子方程式的改写。本题的难点是(3)中物质的判断，要注意铝离子与偏铝酸根离子的双水解反应。
28. 氧化铜是一种黑色固体，可溶于稀硫酸。某同学想知道稀硫酸中的哪种粒子(H2O、H+、SO42-)能使氧化铜溶解。请你和他一起通过下图所示Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ三个实验完成这次探究活动。

（1）通过实验I可以证明___________________。
（2）要证明另外两种粒子能否溶解氧化铜，还需要进行实验Ⅱ和Ⅲ,在Ⅱ中加入稀硫酸后氧化铜溶解，则进一步确认的实验操作是: 在Ⅲ中先加入__________，再加入_________。
（3）探究结果为__________ 。
（4）反应的离子方程式为__________。
【答案】 (1). 水不能使氧化铜溶解 (2). 可溶性硫酸盐 (3). 稀硫酸 (4). H+能溶解氧化铜，而H2O、SO42-两种离子都不能使CuO溶解 (5). CuO+2H+=Cu2++H2O

点睛：性质实验方案设计的一般思路、程序是：。
29. （1）己知: 将Cl2通入适量KOH 溶液，产物中可能有KC1、KClO、KC1O3,且c(Cl-):c(C1O-)的值与温度高低有关。当n(KOH)=amol时，若某温度下，反应后c(Cl-):c(C1O-)=11，则溶液中c(ClO-):c(ClO3-)=__________。
（2）在P+CuSO4+H2O→CuP+H3PO4+H2SO4(未配平)的反应中，7.5molCuSO4 可氧化P的物质的量为_______mol。生成1molCu3P时，参加反应的P 的物质的量为_______mol。
（3）一定量的CuS和Cu2S 的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL(标准状况),向反应后的溶液中(存在Cu2+和SO42-) 加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO16.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1:1,则V的极小值为______L。
（4）向一定量的Fe、FeO、Fe3O4的混合物中，加入1mol/L 硝酸的溶液100mL,恰好使混合物全部溶解,且放出336mLNO (标准状况下)，向所得溶液中加入KSCN 溶液,溶液无红色出现; 若取相同质量的Fe、FeO、Fe3O4的混合物，加入1mol/L 的稀硫酸溶液，也恰好使混合物完全溶解(假设还原产物唯一)，反应后向所得溶液中加入KSCN溶液，溶液也无红色出现，则所加入的的稀硫酸的体积是______mL。
【答案】 (1). 1:2 (2). 1.5 (3). 2.2 (4). 11.2 (5). 42.5
【解析】(1)若某温度下，反应后=11，令n(ClO-)=1mol，反应后c(Cl-)：c(ClO-)=11，则n(Cl-)=11mol，电子转移守恒，5×n(ClO3-)+1×n(ClO-)=1×n(Cl-)，即5×n(ClO3-)+1×1mol=1×11mol，解得n(ClO3-)=2mol，则溶液中=，故答案为：；
(2)根据得失电子守恒配平方程式为11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，该反应中有的P作还原剂，7.5molCuSO4参加氧化还原反应，被氧化的P的物质的量==1.5mol，根据11P---5Cu3P，若生成1mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量= ×11mol=2.2mol，故答案为：1.5；2.2；
(3)n(CuO)==0.2 mol，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1:1，则转移电子物质的量=××(5-2)+××(5-4)=×2=mol，若混合物全是CuS，其物质的量n(CuS)= n(CuO)=0.2mol，转移电子物质的量=0.2×(6+2)=1.6 mol，则V=17.92L，若混合物全是Cu2S，其物质的量n(Cu2S)= n(CuO)=×0.2mol=0.1mol，转移电子物质的量0.1mol×10=1mol=mol，解得V=11.2L，则V的极小值为11.2L，故答案为：11.2；
(4)向一定量的Fe、FeO、Fe3O4混合物，加入1mol•L-1HNO3溶液，恰好使混合物全部溶解，且放出336mLNO (标准状况下)，向所得溶液中加入KSCN 溶液，溶液无红色出现，说明生成Fe(NO3)2，生成的NO为=0.015mol，由N元素守恒可知生成的Fe(NO3)2为×(0.1mol-0.015mol)=0.0425mol；向一定量的Fe、FeO、Fe3O4的混合物中，加入1mol•L-1硫酸的溶液，也恰好使混合物全部溶解，向所得溶液中加入KSCN溶液，溶液无红色出现，说明溶液中溶质为FeSO4，由Fe元素守恒可知n(FeSO4)=0.0425mol，则硫酸的物质的量为0.0425mol，硫酸的物质的量浓度为=0.0425L=42.5mL，故答案为：42.5。
点睛：本题考查氧化还原反应的计算。对于一个氧化还原反应，元素化合价升高总数与降低总数相等，具体列式方式为：氧化剂的物质的量×一个分子内被还原的原子的个数×化合价的变化值=还原剂的物质的量×一个分子内被氧化的原子的个数×化合价的变化值。本题的易错点为(3)，要注意利用极限值的方法思考。