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山西省应县第一中学校2020届高三9月月考化学试题
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应县一中高三年级月考二化学试题
相对原子质量： C:12 O:16 S:32 Na:23 Fe:56 Cu:64 Ag:108 Al:27 Ba:137
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题2分，共50分）
1.下列叙述正确的是
A. 24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数
B. 同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同
C. 1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2∶1
D. 1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查的是物质结构，需要先分析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。
【详解】A．1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。
B．设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为×2=mol和×3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。
C．重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。
D．乙烷（C2H6）分子中有6个C－H键和1个C－C键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个C－H键和1个C＝C，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。
故选B。
【点睛】本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。
2.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NA
B. 22.4 L（标准状况）氩气含有的质子数为18 NA
C. 92.0 g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0 NA
D. 1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0 NA
【答案】B
【解析】
分析：A、胶体是大分子的集合体；
B、根据氩气的组成解答；
C、根据丙三醇的结构分析；
D、根据甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应的特点分析。
详解：A、16.25g氯化铁的物质的量是16.25g÷162.5g/mol＝0.1mol，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，A错误；
B、标准状况下22.4L氩气的物质的量是1mol，氩气是一个Ar原子组成的单质，其中含有的质子数是18 NA，B正确；
C、1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是1mol，其中含有羟基数是3 NA，C错误；
D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0 NA，D错误。答案选B。
点睛：选项D是易错点，主要是不清楚甲烷发生取代反应时属于自由基取代反应，每个氢原子都有可能被取代，其产物比较复杂，这与乙烯与氢气的加成反应完全不同。
3.现有44 g Mg、Al、Zn、Fe等活泼金属粉末的混合物与体积为1 L、质量分数为20%的硫酸恰好完全反应，经处理后得到无水硫酸盐140 g。则下列说法中正确的是 ( )
A. 生成标准状况下气体的体积为22.4 L B. H2SO4的物质的量浓度为2.0 mol·L-1
C. 硫酸的质量为540 g D. 无法进行A、B、C项的计算
【答案】A
【解析】
【详解】A.44g金属粉末与硫酸完全反应生成140g硫酸盐，这些硫酸盐中含有硫酸根96g，即1mol，那么参加反应的硫酸的物质的量就是1mol，根据质量守恒，有2mol氢原子参加反应，生成1mol氢气，标准状况下气体的体积为22.4 L，故A正确；
B. 硫酸的物质的量浓度为1mol÷1L=1mol/L，故B不选；
C. 参加反应的硫酸的质量为1mol×98g/mol=98g，故C不选、D不选；
故选A。
4.下列各溶液中n(Na＋)与100 mL 0.1 mol/L Na2SO4溶液中n(Na＋)相同的是
A. 100 mL 0.1 mol/L NaCl 溶液
B. 50 mL 0.2 mol/L NaNO3溶液
C. 100 mL 0.1 mol/L NaHSO4溶液
D. 200mL 0.2mol/L HCl溶液与100 mL 0.2 mol/L NaHCO3溶液混合
【答案】D
【解析】
【详解】100 mL 0.1 mol/L Na2SO4溶液中n(Na＋)=0.1 mol/L×100 mL×2=0.02mol。
A．100 mL 0.1 mol/L NaCl溶液中n(Na＋) = 0.1 mol/L×100 mL×1=0.01mol。
B．50 mL 0.2 mol/L NaNO3溶液中n(Na＋) = 0.2 mol/L×50 mL×1=0.01mol。
C．100 mL 0.1 mol/L NaHSO4溶液中n(Na＋)= 0.1 mol/L×100 mL×1=0.01mol。
D．200mL 0.2mol/L HCl溶液与100 mL 0.2 mol/L NaHCO3溶液混合中n(Na＋)仍然与100 mL 0.2 mol/L NaHCO3溶液中的n(Na＋)相等，则n(Na＋) = 0.2mol/L×100 mL×1=0.02mol。
故选D。
5.下列溶液配制实验的描述完全正确的是 ( )
A. 在容量瓶中先加入一定体积的水，再加入浓硫酸配制准确浓度的稀硫酸
B. 配制10 g 20%的NaCl溶液需要用到容量瓶、胶头滴管、烧杯等玻璃仪器
C. 配制NH4Al(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4以防止水解
D. 配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高
【答案】C
【解析】
【详解】A.配制稀硫酸必须将浓硫酸注入水中，不能将水注入酸中，且稀释溶液不能用容量瓶，故A不选；
B. 配制一定质量分数的溶液不需要用到容量瓶，容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的仪器，故B不选；
C. NH4+和Al3+都会水解，加入硫酸可以抑制水解，故C正确；
D. 定容时仰视刻度线会导致所配溶液的体积偏大，浓度偏低，故D不选；
故选C。
【点睛】配制一定质量分数的溶液，需先计算出所需固体溶质的质量，然后再用溶液质量减去溶质的质量得所需加水的质量，得到需要的水的体积。然后用托盘天平称出溶质的质量，用量筒量出需要水的体积，把溶质溶于水，即得一定质量分数的溶液。需要用到托盘天平、量筒、烧杯和玻璃棒等仪器，不需要用容量瓶。
6.配制物质的量浓度为0.1mol•L－1的Na2CO3溶液100 mL时，操作正确的是 （ ）
A. 用托盘天平称取1．06 g 无水碳酸钠，在烧杯中加适量水溶解，待冷却到室温后，将溶液转移到容量瓶中
B. 在使用容量瓶前必须检查容量瓶是否完好以及瓶塞处是否漏水
C. 定容时，若加水超过刻度线，可用胶头滴管小心吸出多余部分
D. 定容时，若俯视，则所配溶液的浓度将偏低
【答案】B
【解析】
【详解】A.托盘天平的精确度为0.1g，不能精确到小数点后两位，故A不选；
B.在使用容量瓶前必须检查容量瓶是否完好以及瓶塞处是否漏水，故B正确；
C.定容时，若加水超过刻度线，必须重新配置溶液，不可以用胶头滴管吸出，故C不选；
D.定容时俯视刻度线会导致所配溶液的体积偏小，浓度偏高，故D不选；
【点睛】实验室的托盘天平只能称量出小数点后一位的质量（单位：g），量筒也只能量取出小数点后一位的体积（单位：mL）。
7.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. 使甲基橙变红色的溶液：Na+、Cu2+、ClO－、Cl－
B. 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液：K＋、AlO2-、Cl－、SO42-
C. 0.1 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H+、Al3+、Cl－、NO3-
D. KW/c(H＋)＝0.1 mol·L-1的溶液中：Ca2+、NH4+、CH3COO－、HCO3-
【答案】B
【解析】
【详解】A. 使甲基橙变红色的溶液呈酸性，H++ ClO－HClO，故A组离子在指定溶液中不能大量共存；
B. 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液：K＋、AlO2-、Cl－、SO42-在指定溶液中不能发生离子反应，一定能大量共存；
C. 0.1 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H+、NO3-、Fe2+发生反应，故C组离子在指定溶液中不能大量共存；
D. KW/c(H＋)＝c(OH-)=0.1 mol·L-1的溶液呈碱性，Ca2+、OH-，NH4+、OH-，HCO3-、OH-发生反应，故D组离子在指定溶液中不能大量共存。
故选B.
8.共建“一带一路”符合国际社会的根本利益，彰显人类社会的共同理想和美好追求。下列贸易商品中，主要成分不属于有机物的是
A． 中国丝绸
B．捷克水晶
C．埃及长绒棉
D．乌克兰葵花籽油
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.中国丝绸主要成分是蛋白质，属于有机物，A错误；
B.捷克水晶主要成分是二氧化硅，属于无机物，B正确；
C.埃及长绒棉主要成分纤维素，属于有机物，C错误；
D.乌克兰葵花籽油主要成分是油脂，属于有机物，D错误;
故合理选项为B。
9.下列评价及离子方程式书写正确是
选项
离子组
不能大量共存于同一溶液中的原因
A
H+、Fe2+、NO3-、Cl-
发生了氧化还原反应4Fe2++ 2NO3-+ 6H+=4Fe3++2NO↑+3H2O
B
Na+、CO32-、Cl-、Al3+
发生了互促水解反应2AI3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
C
Fe3+、K+、SCN-、Br-
有红色沉淀生成：Fe3++3SCN- =Fe(SCN)3↓
D
HCO3-、OH-、Na+、Ca2+
发生如下反应：HCO3-+OH-=CO32-+H2O
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A.离子方程式电子、元素不守恒，故A错误；B.正确；C.生成物可溶，不是沉淀，故C错误；D.生成碳酸钙沉淀：HCO3-+OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O，故D错误。故选B。
点睛：解答本题选项A需要判断氧化还原反应类型离子方程式的对错，在反应物、生成物成分及表示形式正确的前提下，可从质量守恒、电荷守恒、电子守恒判断。
10.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】
【详解】反应3NaClO = 2NaCl＋NaClO3，属于歧化反应。
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，NaClO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。
11.我国古代有“银针验毒”的记载。“银针验毒”的反应原理之一是:4Ag +2H2S +O2 =2X +2H2O，下列有关该反应的说法正确的是
A. Ag得到电子 B. X为AgS C. O2被还原 D. 每生成1molX转移电子数4NA
【答案】C
【解析】
试题分析：根据元素守恒和原子守恒，X为Ag2S，A、根据反应方程式，Ag的化合价由0价→＋1价，化合价升高，失去电子，故错误；B、根据上述分析，X为Ag2S，故错误；C、氧气的化合价由0价→－2价，化合价降低，被还原，故正确；D、每生成1molAg2S，消耗2Ag，转移电子2mol，故错误。
考点：考查氧化还原反应等知识。
12.某氧化还原反应中有反应物和生成物共六种： NO、FeSO4、Fe(NO3)3、 H2O、 HNO3和 Fe2(SO4)3。其中 HNO3为反应物，则该反应中的还原剂为( )
A. NO B. FeSO4 C. Fe(NO3)3 D. Fe2(SO4)3
【答案】B
【解析】
试题分析：氧化还原反应的特征为化合价的升降，反应中HNO3为反应物，具有强氧化性，则NO为生成物，反应中硝酸被还原，为氧化剂，题给物质中元素化合价发生变化的还有Fe，则Fe元素化合价应升高，被氧化，则FeSO4应为还原剂，被氧化生成Fe(NO3)3和Fe2(SO4)3，故选B。
【考点定位】考查氧化还原反应
【名师点晴】为高考常见题型，侧重于学生的分析能力考查，注意从元素化合价的角度分析氧化还原反应的相关概念和物质的性质，HNO3为反应物，具有强氧化性，则NO为生成物，反应中硝酸被还原，为氧化剂，则反应中FeSO4应为还原剂，被氧化生成Fe(NO3)3和Fe2(SO4)3。
13.一定量的Na2O2与CO2反应，得到固体物质41.8 g，恰好与1 L 1 mol·L－1的稀盐酸完全反应。下列说法正确的是( )
A. 41.8 g固体物质为Na2CO3
B. 41.8 g固体物质为0.1 mol Na2CO3和0.4 mol Na2O2混合物
C. 一定量的Na2O2为78 g
D. 41.8 g固体物质为31.2 g NaHCO3和10.6 g Na2CO3的混合物
【答案】B
【解析】
【详解】盐酸中和含氯化氢的物质的量为：1L×1mol/L=1mol，反应后固体恰好与1mol氯化氢反应，反应后溶质为氯化钠，原固体中含有1mol钠离子，反应后的固体可能组成为：①碳酸钠，②碳酸钠和过氧化钠的混合物，③碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，若全部反应生成碳酸钠，其物质的量为：=0.5mol，质量为：106g/mol×0.5mol=53g>41.8g，若全部为过氧化钠，则过氧化钠的物质的量为 =0.5mol，质量为：78g/mol×0.5mol=39g<41.8g，故41.8g为碳酸钠和过氧化钠的混合物，由于二者的化学式中都含有2个钠离子，则二者的总物质的量为0.5mol，设反应后的混合物中含碳酸钠的物质的量为x，则含有过氧化钠的物质的量为：（0.5mol-x），根据反应后固体总质量可得：106g/mol×x+78g/mol×（0.5mol-x）=41.8g，解得：x=0.1mol，即：反应生成碳酸钠为0.1mol，则反应后剩余的过氧化钠的物质的量为：0.5mol-0.1mol=0.4mol，A．根据分析可知，剩余的固体为碳酸钠和过氧化钠的混合物，选项A错误；B．根据计算可知，41.8g固体物质为0.1mol Na2CO3和0.4mol Na2O2的混合物，选项B正确；C．根据钠离子守恒，原过氧化钠的物质的量为：=0.5mol，质量为：78g/mol×0.5mol=39g，选项C错误； D．根据分析可知，反应后固体为碳酸钠和过氧化钠的混合物，不存在碳酸氢钠，选项D错误；答案选B。
14.下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是
A. 取a克混合物充分加热，固体质量减轻b克
B. 取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
C. 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
D. 取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体。
【答案】C
【解析】
试题分析：A．碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和CO2，所以取ag混合物充分加热，减重bg，则根据碳酸氢钠分解的方程式可以计算碳酸氢钠的质量，进而计算碳酸钠的质量分数，A正确；B．碳酸钠、碳酸氢钠均能与盐酸反应生成氯化钠、水和CO2，则取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体，bg固体是氯化钠，因此根据方程式可以计算碳酸钠的质量分数，B正确；C．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，由于生成的CO2中混有水蒸气，则增重bg的质量不是CO2的，所以不能计算碳酸钠的质量分数，C错误；D．碳酸钠、碳酸氢钠均与氢氧化钡反应生成碳酸钡白色沉淀，则取a g混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b g固体是碳酸钡，根据方程式可以计算碳酸钠的质量分数，D正确，答案选C。
考点：考查碳酸钠质量分数测定实验方案设计与探究
15. 如图示的装置中，把X溶液逐滴滴下与Y物质反应，若X为浓硫酸，Y为第三周期金属元素中常温下与水难反应的单质。Z为品红溶液。实验中观察到Z褪色。则Y为
A. Na B. Mg C. Al D. Mg或Al
【答案】B
【解析】
试题分析：第三周期中的金属元素只有钠、镁、铝，由于钠在冷水中反应，铝能够被浓硫酸钝化，金属镁常温下与水不反应，故Y是镁（Mg），故答案选B。
考点：考查金属镁的性质相关知识
16.将铝粉与某铁的氧化物FeO·2Fe2O3粉末配制成铝热剂，分成两等份。一份直接放入足量的烧碱溶液中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为3.92 L；另一份在高温下恰好反应完全，反应后的混合物与足量的盐酸反应后，放出的气体在标准状况下的体积为
A. 2.80 L B. 3.92 L C. 5.60 L D. 7.84 L
【答案】A
【解析】
【分析】
分成两等份。一份直接放入足量的烧碱溶液中，只有铝与氢氧化钠发生反应生成氢气，3.92L为氢气的体积，根据氢气的体积可以计算出铝的物质的量。另一份在高温下恰好发生铝热反应，实质为铝置换出铁，铁的氧化物FeO•2Fe2O3中的氧原子全部与铝结合生成氧化铝，利用氧原子守恒，根据铝的物质的量，计算出氧原子的物质的量，再结合氧化物FeO•2Fe2O3的化学式计算出其物质的量，再根据铁原子守恒，可知生成的铁的物质的量。根据铁的物质的量计算铁与盐酸反应生成的氢气体积。
【详解】一份直接放入足量的烧碱溶液中，铝与氢氧化钠发生反应生成标准状况下的氢气3.92L，氢气的物质的量为=0.175mol。铝热反应时，铁的氧化物FeO•2Fe2O3中的氧原子全部与铝结合生成氧化铝，根据关系式3H2～2Al～3O～Al2O3，铝生成氧化铝结合的氧原子为0.175mol，根据氧原子守恒，氧化物FeO•2Fe2O3的物质的量为=0.025mol。
根据铁原子守恒，另一份生成的铁的物质的量为：0.025mol×5=0.125mol。根据Fe～H2可知，0.125molFe可生成氢气0.125mol，所以另一份生成的氢气的体积为0.125mol×22.4L/mol=2.8L，故选A。
【点睛】理清楚反应的过程是解题的关键。要注意原子守恒，守恒思想在解答本题中的应用。本题的难点为另一份样品中生成的铁单质的物质的量的计算。需要注意的是，两份样品反应过程中转移的电子不等。
17.有关钠的叙述正确的是( )
A. 2.3 g钠与97.7 g水反应后溶液中溶质的质量分数等于4%
B. 钠跟CuSO4溶液反应生成的蓝色沉淀上有时出现暗斑，这是析出了金属铜
C. 将金属钠与水反应后的溶液中通入适量氯气后，溶液中含有两种溶质
D. 钠在空气中的缓慢氧化与其在空气中点燃的产物相同
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据反应方程式2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑可知2.3 g钠与水反应生成4.0 gNaOH，放出0.1 g氢气，溶液的质量为99.9 g，所以NaOH的质量分数不等于4%，A错误；
B、Na与H2O反应生成NaOH，NaOH再与Cu2＋反应生成Cu(OH)2，因Na与H2O发生的反应是放热反应，反应放出的热量导致生成的Cu(OH)2表面部分分解为CuO(黑色)而非Cu，B错误；
C、金属钠与H2O反应得到NaOH溶液，通入适量的Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO，所以溶液中含有两种溶质，C正确；
D、Na在空气中缓慢氧化生成Na2O，钠在空气中点燃或加热时生成淡黄色固体Na2O2，D错误。
答案选C。
18.下列说法不正确的是( )
A. Na2O2用作呼吸面具的供氧剂 B. NaHCO3的热稳定性大于Na2CO3
C. 乙醇可与金属钠反应放出氢气 D. 钠久置在空气中最终产物为Na2CO3
【答案】B
【解析】
【详解】A. Na2O2与二氧化碳反应生成氧气，故可以作为呼吸面具的供氧剂，故A不选；
B. NaHCO3加热易分解，Na2CO3的热稳定性大于NaHCO3，故B选；
C. 乙醇中的羟基可与金属钠反应，置换出氢气，故C不选；
D.钠久置在空气中，会与氧气反应生成氧化钠，氧化钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，故D不选；
故选B。
19. 不能鉴别二氧化碳与二氧化硫的试剂是
A. 品红溶液 B. 澄清的石灰水 C. 溴水 D. 酸性高锰酸钾溶液
【答案】B
【解析】
CO2和SO2都能使澄清的石灰水变混浊，选项B正确。SO2能使品红溶液、溴水及酸性高锰酸钾溶液褪色，前者是SO2的漂白性，后两者是SO2的还原性。所以答案选B。
20.某混合气体G可能含有CO、CO2、SO2、H2O等气体，用a.无水CuSO4，b.澄清石灰水，c.灼热CuO，d.碱石灰，e.酸性品红溶液，f.酸性高锰酸钾溶液等药品可将其一一检出，检出的正确顺序是( )
A. G→a→e→b→f→d→c B. G→c→d→b→e→f→a
C. G→a→e→f→b→d→c D. G→b→e→f→a→d→c
【答案】C
【解析】
试题分析：根据混合气体的组成，应先检验水的存在，因为后面的气体检验会给水的检验带来干扰，检验水的试剂是a；二氧化碳与二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，所以检验二氧化碳前先检验二氧化硫并除去，检验二氧化硫用品红溶液e，除去二氧化硫用高锰酸钾溶液f，然后将气体通入澄清石灰水b中检验二氧化碳，二氧化碳用d碱石灰除去，最后气体通过灼热的CuO，黑色固体变红色，证明CO的存在，所以正确顺序选C。
考点：考查气体的检验，顺序的判断
21. 甲、乙、丙三种物质均含有同一种中学常见元素X，其转化关系如下，下列说法不正确的是
A. 若A为硝酸，X为金属元素，则甲与丙反应可生成乙
B. 若乙为NaHCO3，则丙一定是CO2
C. 若A为NaOH溶液，X为短周期的金属元素，则乙一定为白色沉淀
D. 若A为金属单质，乙的水溶液遇KSCN溶液变红，则甲可能为非金属单质
【答案】B
【解析】
【详解】A. 若A为HNO3，则甲为Fe，乙为Fe(NO3)2，丙为Fe(NO3)3，甲与丙反应可生成乙，A正确；
B. 若乙为NaHCO3，A为NaOH，则甲为CO2，丙可以为Na2CO3，所以丙不一定是CO2，B错误；
C. 若A为NaOH溶液，X为短周期的金属元素，则甲为AlCl3，乙为Al(OH)3，丙为NaAlO2，C正确；
D. 若A为金属单质，乙的水溶液遇KSCN溶液变红，则A为Fe，甲可以为Cl2，乙为FeCl3，丙为FeCl2，D正确；
故合理选项为B。
22.绿色环保是化学实验的追求，下列操作不会引起空气污染的是 （ ）
A. 用浓盐酸洗涤加热KMnO4制氧气的试管
B. 用稀硝酸洗涤做过银镜实验的试管
C. 硝酸亚铁和硫酸废液一同倒入废液缸
D. 将打破的水银温度计插入硫粉中
【答案】D
【解析】
加热高锰酸钾制氧气，会得到锰酸钾和二氧化锰固体，与浓盐酸作用，都会生成氯气，所以选项A会污染环境。单质银和硝酸反应会生成NO污染环境，选项B会污染环境。硝酸亚铁和硫酸废液一同倒入废液缸，则废液缸中同时存在亚铁离子、氢离子和硝酸根离子，三者反应氧化还原反应得到NO，所以选项C会污染环境。将打破的水银温度计插入硫粉中，单质Hg会和S反应生成HgS，避免了Hg蒸汽污染环境，所以选项D不会污染环境。
23.“飘尘”是物质燃烧时产生的粒状漂浮物，颗粒很小(直径小于10－7 m)，不宜沉降(可漂浮数小时甚至数年)，它与空气中的SO2、O2接触时，SO2会转化为SO3，使空气酸度增加，飘尘所起的主要作用与下列变化中硫酸的作用相同的是( )
A. 胆矾中加浓硫酸 B. 浓硫酸与木炭共热
C. 乙酸乙酯与稀硫酸共热 D. 浓硫酸滴到蔗糖中制“黑面包”
【答案】C
【解析】
【分析】
飘尘在SO2转化为SO3的反应中做的是催化剂。
【详解】A.胆矾是CuSO4·5H2O，在胆矾中加浓硫酸体现了浓硫酸的吸水性，故A不选；
B.浓硫酸与木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫，硫酸是反应物不是催化剂，故B不选；
C.乙酸乙酯是在酸性条件下水解，稀硫酸是催化剂，故C正确；
D. 浓硫酸滴到蔗糖中制“黑面包”体现了浓硫酸的脱水性，故D不选；
故选C。
【点睛】在无机反应中，需要催化剂的主要有：工业上合成氨、氨的催化氧化、二氧化硫的催化氧化、实验室用双氧水分解制氧气、实验室用加热氯酸钾固体制取氧气。
24. 下列对有关实验事实的解释正确的是
A. 向某溶液中滴加氯水后，再加入KSCN溶液，溶液呈红色，说明原溶液中含有Fe2+
B. 浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度均降低，原理不相同
C. 向某溶液中加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液一定含有SO42
D. 常温下，浓硫酸可以用铁质容器储运，说明铁与冷的浓硫酸不反应
【答案】B
【解析】
试题分析：A．向某溶液中滴加氯水后，再加入KSCN溶液，溶液呈红色，由于原溶液中含有铁离子，也能与KSCN溶液反应显红色，因此不能说明原溶液中含有Fe2+，A错误；B．浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度均降低，原理不相同，前者是吸水，后者是挥发，B正确；C．向某溶液中加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，该沉淀可能是氯化银或硫酸钡，因此原溶液不一定含有SO42，C错误；D．常温下，浓硫酸可以用铁质容器储运，是因为铁发生钝化，但钝化是化学变化，铁与冷的浓硫酸反应，D错误，答案选B。
考点：考查离子检验、浓硫酸、浓盐酸的性质判断
25.38.4 g铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到气体22.4 L(标准状况)，反应消耗的硝酸可能是( )
A. 1.0 mol B. 1.6 mol C. 2.2 mol D. 2.4 mol
【答案】C
【解析】
【分析】
铜与浓硝酸反应，随着反应的进行，硝酸的浓度会逐渐减小，则会涉及到两个反应，Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，在氧化还原反应中，得失电子总数相等，铜反应完，则化合价由0价变为+2价，生成Cu(NO3)2，38.4g为0.6mol，则HNO3(氧化剂)～NO2(或NO)，生成的n(NO)与n(NO2)的和为1mol，则参与反应的硝酸为2.2mol，答案为C。
【详解】浓硝酸适量，在反应过程中变稀，实际上发生了两个反应：Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，反应消耗的HNO3包括起酸性作用和起氧化作用的两部分，前者反应后以Cu(NO3)2形式存在，后者被还原后生成NO2、NO气体，从两个化学方程式看出：Cu＋2HNO3(酸)～Cu(NO3)2，HNO3(氧化剂)～NO2(或NO)，所以反应消耗的HNO3的物质的量为：1.2 mol＋1 mol＝2.2 mol。
【点睛】根据N原子守恒进行求解，参加反应的硝酸，生成的产物有三种：Cu(NO3)2、NO2、NO，根据铜的量计算硝酸铜，气体NO2、NO的和为参与氧化还原反应的硝酸。
二、非选择题（共50分）
26.已知：某无色废水中可能含有H＋、NH4+、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Na＋、NO3-、CO32-、SO42-中的几种，为分析其成分，分别取废水样品1 L，进行了三组实验，其操作和有关图像如下所示：请回答下列问题：
(1)根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是________，一定存在的阳离子是________。
(2)写出实验③图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式________。
(3)分析图像，在原溶液中c(NH4+)与c(Al3＋)的比值为____，所得沉淀的最大质量是___g。
(4)若通过实验确定原废水中c(Na＋) ＝0.18 mol·L－1，试判断原废水中NO3-是否存在？________(填“存在”“不存在”或“不确定”)。若存在，c(NO3-)＝________ mol·L－1。(若不存在或不确定则此空不填)
【答案】 (1). CO32- (2). Na＋、H＋、Al3＋、Mg2＋、NH4+ (3). NH4+＋OH－=NH3·H2O (4). 2:1 (5). 10.7 (6). 存在 (7). 0.08
【解析】
【详解】（1）废水是无色的，说明无Fe3+。根据焰色反应为黄色可知有Na＋，加入氯化钡有白色沉淀生成，且加入酸沉淀不溶解，说明有SO42-，加入氢氧化钠开始时没有沉淀生成说明有H＋，加入过量的氢氧化钠有部分沉淀溶解，说明有Al3＋，还有部分白色沉淀不溶解，说明有Mg2＋，沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段，有另一阳离子与氢氧根反应且不生成沉淀，说明有NH4+，既然一定有Al3＋、Mg2＋，则必然没有CO32-。故答案为：CO32-；Na＋、H＋、Al3＋、Mg2＋、NH4+；
（2）沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式是NH4+＋OH－=NH3·H2O。
（3）与NH4+反应的OH-有0.2mol，则NH4+有0.2mol，与Al(OH)3反应的OH-有0.1mol，则Al3＋有0.1mol，因此二者的比例为2:1。生成沉淀需要OH-0.4mol，0.1molAl3＋需要0.3mol OH-，则与Mg2＋反应的OH-是0.1mol，则Mg2＋有0.05mol，生成氢氧化镁0.05mol，即2.9g，生成的氢氧化铝是0.1mol，质量为7.8g，则沉淀最大质量为10.7g。故答案为：2:1，10.7。
（4）从图中可知，H＋有0.1mol，已经求得NH4+有0.2mol，Al3＋有0.1mol，Mg2＋有0.05mol，若c(Na＋) ＝0.18 mol·L－1，则钠离子的物质的量为0.18 mol·L－1×1L=0.18mol。根据题干可知硫酸钡有93.2g，即0.4mol，也就是说SO42-有0.4mol，已知没有CO32-，正电荷高于负电荷，电荷不守恒，所以一定有硝酸根，且c(NO3-)＝0.1×1+0.2×1+0.1×3+0.05×2+0.18×1-0.4×2=0.08mol·L－1。故答案为：存在，0.08。
【点睛】向含有H＋、NH4+、Al3＋、Mg2＋的溶液中加入NaOH溶液时，OH-和这几种离子发生反应的顺序为：①H＋发生酸碱中和反应，②和Al3＋、Mg2＋生成沉淀，③和NH4+生成NH3·H2O，④和生成的Al(OH)3发生反应生成NaAlO2，沉淀溶解。反应的顺序判断可以用假设法：即假设OH-先和Al3＋、Mg2＋生成沉淀，那么生成的Al(OH)3和Mg(OH)2会和H＋反应而使沉淀溶解，生成Al3＋、Mg2＋和水，所以假设是错误的，应该是OH-先和H＋反应，再和Al3＋、Mg2＋生成沉淀。其他离子的反应顺序可以同样方法判断。
27.某一反应体系中有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr (OH)3、H2O、H2O2。 已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2
(1)该反应中的还原剂是______________。
(2)该反应中，发生还原反应的过程是________→________。
(3)写出该反应的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：__________。
(4)如反应转移了0.3 mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为__________。
【答案】 (1). H2O2 (2). H2CrO4 (3). Cr(OH)3 (4). =2Cr(OH)3↓+3O2↑+2H2O (5). 336 L
【解析】
【详解】（1）H2O2中氧元素的化合价上升，因此H2O2是反应的还原剂。故答案为：H2O2。
（2）该反应中，发生还原反应是氧化剂，有化合价的降低，根据题干给出的物质看，有化合价变化的除了H2O2和氧气，还有H2CrO4和Cr(OH)3，前者中Cr的化合价是+6价，后者Cr是+3价，显然前者是反应物，后者是生成物。故答案为：H2CrO4；Cr(OH)3。
（3）根据以上分析，根据电子守恒，配平得到反应的化学方程式为2H2CrO4+3H2O2=2Cr(OH)3↓+3O2↑+2H2O。3molH2O2失去6mol电子，2molH2CrO4得到6mol电子，单线桥是从失电子的元素指向得电子的元素，即。故答案为：=2Cr(OH)3↓+3O2↑+2H2O。
（4）根据化学方程式，反应转移电子0.3mol，则反应生成的氧气为0.15mol，在标准状况下是3.36L。故答案为：3.36L。
28.为探究某铁碳合金与浓硫酸在加热条件下的反应的部分产物，并测定铁碳合金中铁元素的质量分数，某化学活动小组设计了如图所示的实验装置，并完成以下实验探究。
(1)往圆底烧瓶中加入m g铁碳合金，并滴入过量浓硫酸，未点燃酒精灯前，A、B均无明显现象，其原因是：①常温下碳与浓硫酸不反应；②______________。
(2)点燃酒精灯，反应一段时间后，从A中逸出气体的速率仍然较快，除因反应温度较高外，还可能的原因是______________。
(3)装置B的作用是___________。
(4)甲同学观察到装置C中有白色沉淀生成，他得出了使澄清石灰水变浑浊的气体是二氧化碳。装置A中能产生二氧化碳的化学方程式为______。
(5)乙同学认为甲同学的结论是错误的，他认为为了确认二氧化碳的存在，需在装置B和C之间添加装置M。装置E、F中盛放的试剂分别是____________、____________。重新实验后观察到装置F中的现象是________。
【答案】 (1). 常温下Fe在浓硫酸中发生钝化 (2). 铁、碳在硫酸溶液中形成原电池 (3). 检验SO2的存在 (4). C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O (5). 酸性KMnO4溶液或溴水(或其他合理答案) (6). 品红溶液 (7). 品红溶液不褪色或无明显现象
【解析】
【详解】（1）常温下Fe在浓硫酸中表面生成一层致密的氧化膜，即发生钝化，故答案为：常温下Fe在浓硫酸中发生钝化。
（2）反应一段时间后，浓硫酸变成稀硫酸，铁、碳和稀硫酸发生原电池反应，故答案为：铁、碳在硫酸溶液中形成原电池。
（3）装置B的作用是检验SO2的生成，如果有SO2的生成，可以观察到品红溶液褪色，故答案为：检验SO2的存在。
（4）碳与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳和二氧化硫，反应方程式为C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O。
（5）二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，因此需要用E除去二氧化碳中的二氧化硫，用F检验二氧化硫已被完全除去，故E中有酸性高锰酸钾溶液或溴水等可以与二氧化硫反应且不与二氧化碳反应的溶液，F中有品红溶液，若观察到品红溶液不褪色，则二氧化硫被完全除去，故答案为：酸性KMnO4溶液或溴水(或其他合理答案)；品红溶液；品红溶液不褪色或无明显现象。
29.Ⅰ.NH3与NO2是常见的氮的化合物，研究它们的综合利用有重要意义。
(1)NO2产生的环境问题有________(填一种)。
(2)热电厂通常用NH3消除燃煤烟气中的NO2，写出该反应的化学方程式____________。
(3)氨气与氯化氢气体混合的现象是_________________，该反应可用于______________。
(4)若将少量氨气与过量氯气混合，则生成一种酸性气体和另一种化合物A，A中所有原子均满足8电子稳定结构，试写出A的电子式________，A在一定条件下能与水反应，可用于饮用水的消毒，试写出此反应的化学方程式_________。
Ⅱ.向SO2的饱和溶液中加入BaCl2溶液无明显现象，得混合溶液M。
(5)若将下列各物质分别加入溶液M中，均可产生沉淀。其中原理相同、沉淀相同的是________。
a．氨水、NaOH溶液 b．氯水、FeCl3溶液 c．H2S溶液、氯水 d．硫酸、溴水
【答案】 (1). 光化学烟雾(或酸雨等) (2). 8NH3＋6NO2=7N2＋12H2O (3). 产生白烟 (4). 气体验满或管道泄漏时氨气(或氯化氢)检漏[或答检验NH3(或HCl)是否泄漏、用于气体的验满等 (5). (6). NCl3＋3H2O=3HClO＋NH3(或NCl3＋4H2O=3HClO＋NH3·H2O) (7). ab
【解析】
【详解】（1）NO2产生的环境问题，包括光化学烟雾、酸雨等。
（2）用NH3消除燃煤烟气中的NO2的化学方程式为8NH3＋6NO2=7N2＋12H2O。
（3）氨气与氯化氢气体混合的现象是产生白烟，白烟是氯化铵小颗粒，这一反应常被用作气体的检验，气体验满或管道泄漏时氨气(或氯化氢)检漏。故答案为：产生白烟，气体验满或管道泄漏时氨气(或氯化氢)检漏[或答检验NH3(或HCl)是否泄漏、用于气体的验满等。
（4）将少量氨气与过量氯气混合，可能发生的反应有：3Cl2＋8NH3＝6NH4Cl＋N2，3Cl2+2NH3=N2+6HCl，3Cl2＋NH3＝NCl3＋3HCl。但是此处说除一种酸性气体之外的化合物A “所有原子均满足8电子结构”，NH4Cl与N2不符合，因此A是NCl3，电子式为NH3·H2O ，NCl3与水反应的生成物之一可用于饮用水的消毒，为HClO，则另一生成物为NH3或NH3·H2O。则化学方程式为NCl3＋3H2O=3HClO＋NH3。故答案为：，NCl3＋3H2O=3HClO＋NH3(或NCl3＋4H2O=3HClO＋NH3·H2O)。
（5）SO2的饱和溶液中有SO2、SO2和水反应生成的H2SO3、HSO3-、SO32-等微粒。a．加入氨水、NaOH溶液，都是酸碱中和，生成亚硫酸钡沉淀，故选；b．加入氯水、FeCl3溶液，Cl2、Fe3+把SO2等+4价硫氧化为+6价，即SO42-，与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，故选；c．加入H2S溶液，和SO2发生氧化还原反应生成单质硫，加入氯水氧化还原生成硫酸根，与钡离子的结合生成硫酸钡沉淀，原理相同但沉淀不同，不选；d．加入硫酸和BaCl2直接发生复分解生成硫酸钡，加入溴水和SO2发生氧化还原反应，生成硫酸根，结合钡离子生成硫酸钡，沉淀相同但原理不同，不选；故选ab。
应县一中高三年级月考二化学试题
相对原子质量： C:12 O:16 S:32 Na:23 Fe:56 Cu:64 Ag:108 Al:27 Ba:137
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题2分，共50分）
1.下列叙述正确的是
A. 24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数
B. 同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同
C. 1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2∶1
D. 1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查的是物质结构，需要先分析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。
【详解】A．1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。
B．设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为×2=mol和×3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。
C．重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。
D．乙烷（C2H6）分子中有6个C－H键和1个C－C键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个C－H键和1个C＝C，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。
故选B。
【点睛】本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。
2.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NA
B. 22.4 L（标准状况）氩气含有的质子数为18 NA
C. 92.0 g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0 NA
D. 1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0 NA
【答案】B
【解析】
分析：A、胶体是大分子的集合体；
B、根据氩气的组成解答；
C、根据丙三醇的结构分析；
D、根据甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应的特点分析。
详解：A、16.25g氯化铁的物质的量是16.25g÷162.5g/mol＝0.1mol，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，A错误；
B、标准状况下22.4L氩气的物质的量是1mol，氩气是一个Ar原子组成的单质，其中含有的质子数是18 NA，B正确；
C、1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是1mol，其中含有羟基数是3 NA，C错误；
D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0 NA，D错误。答案选B。
点睛：选项D是易错点，主要是不清楚甲烷发生取代反应时属于自由基取代反应，每个氢原子都有可能被取代，其产物比较复杂，这与乙烯与氢气的加成反应完全不同。
3.现有44 g Mg、Al、Zn、Fe等活泼金属粉末的混合物与体积为1 L、质量分数为20%的硫酸恰好完全反应，经处理后得到无水硫酸盐140 g。则下列说法中正确的是 ( )
A. 生成标准状况下气体的体积为22.4 L B. H2SO4的物质的量浓度为2.0 mol·L-1
C. 硫酸的质量为540 g D. 无法进行A、B、C项的计算
【答案】A
【解析】
【详解】A.44g金属粉末与硫酸完全反应生成140g硫酸盐，这些硫酸盐中含有硫酸根96g，即1mol，那么参加反应的硫酸的物质的量就是1mol，根据质量守恒，有2mol氢原子参加反应，生成1mol氢气，标准状况下气体的体积为22.4 L，故A正确；
B. 硫酸的物质的量浓度为1mol÷1L=1mol/L，故B不选；
C. 参加反应的硫酸的质量为1mol×98g/mol=98g，故C不选、D不选；
故选A。
4.下列各溶液中n(Na＋)与100 mL 0.1 mol/L Na2SO4溶液中n(Na＋)相同的是
A. 100 mL 0.1 mol/L NaCl 溶液
B. 50 mL 0.2 mol/L NaNO3溶液
C. 100 mL 0.1 mol/L NaHSO4溶液
D. 200mL 0.2mol/L HCl溶液与100 mL 0.2 mol/L NaHCO3溶液混合
【答案】D
【解析】
【详解】100 mL 0.1 mol/L Na2SO4溶液中n(Na＋)=0.1 mol/L×100 mL×2=0.02mol。
A．100 mL 0.1 mol/L NaCl溶液中n(Na＋) = 0.1 mol/L×100 mL×1=0.01mol。
B．50 mL 0.2 mol/L NaNO3溶液中n(Na＋) = 0.2 mol/L×50 mL×1=0.01mol。
C．100 mL 0.1 mol/L NaHSO4溶液中n(Na＋)= 0.1 mol/L×100 mL×1=0.01mol。
D．200mL 0.2mol/L HCl溶液与100 mL 0.2 mol/L NaHCO3溶液混合中n(Na＋)仍然与100 mL 0.2 mol/L NaHCO3溶液中的n(Na＋)相等，则n(Na＋) = 0.2mol/L×100 mL×1=0.02mol。
故选D。
5.下列溶液配制实验的描述完全正确的是 ( )
A. 在容量瓶中先加入一定体积的水，再加入浓硫酸配制准确浓度的稀硫酸
B. 配制10 g 20%的NaCl溶液需要用到容量瓶、胶头滴管、烧杯等玻璃仪器
C. 配制NH4Al(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4以防止水解
D. 配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高
【答案】C
【解析】
【详解】A.配制稀硫酸必须将浓硫酸注入水中，不能将水注入酸中，且稀释溶液不能用容量瓶，故A不选；
B. 配制一定质量分数的溶液不需要用到容量瓶，容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的仪器，故B不选；
C. NH4+和Al3+都会水解，加入硫酸可以抑制水解，故C正确；
D. 定容时仰视刻度线会导致所配溶液的体积偏大，浓度偏低，故D不选；
故选C。
【点睛】配制一定质量分数的溶液，需先计算出所需固体溶质的质量，然后再用溶液质量减去溶质的质量得所需加水的质量，得到需要的水的体积。然后用托盘天平称出溶质的质量，用量筒量出需要水的体积，把溶质溶于水，即得一定质量分数的溶液。需要用到托盘天平、量筒、烧杯和玻璃棒等仪器，不需要用容量瓶。
6.配制物质的量浓度为0.1mol•L－1的Na2CO3溶液100 mL时，操作正确的是 （ ）
A. 用托盘天平称取1．06 g 无水碳酸钠，在烧杯中加适量水溶解，待冷却到室温后，将溶液转移到容量瓶中
B. 在使用容量瓶前必须检查容量瓶是否完好以及瓶塞处是否漏水
C. 定容时，若加水超过刻度线，可用胶头滴管小心吸出多余部分
D. 定容时，若俯视，则所配溶液的浓度将偏低
【答案】B
【解析】
【详解】A.托盘天平的精确度为0.1g，不能精确到小数点后两位，故A不选；
B.在使用容量瓶前必须检查容量瓶是否完好以及瓶塞处是否漏水，故B正确；
C.定容时，若加水超过刻度线，必须重新配置溶液，不可以用胶头滴管吸出，故C不选；
D.定容时俯视刻度线会导致所配溶液的体积偏小，浓度偏高，故D不选；
【点睛】实验室的托盘天平只能称量出小数点后一位的质量（单位：g），量筒也只能量取出小数点后一位的体积（单位：mL）。
7.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. 使甲基橙变红色的溶液：Na+、Cu2+、ClO－、Cl－
B. 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液：K＋、AlO2-、Cl－、SO42-
C. 0.1 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H+、Al3+、Cl－、NO3-
D. KW/c(H＋)＝0.1 mol·L-1的溶液中：Ca2+、NH4+、CH3COO－、HCO3-
【答案】B
【解析】
【详解】A. 使甲基橙变红色的溶液呈酸性，H++ ClO－HClO，故A组离子在指定溶液中不能大量共存；
B. 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液：K＋、AlO2-、Cl－、SO42-在指定溶液中不能发生离子反应，一定能大量共存；
C. 0.1 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H+、NO3-、Fe2+发生反应，故C组离子在指定溶液中不能大量共存；
D. KW/c(H＋)＝c(OH-)=0.1 mol·L-1的溶液呈碱性，Ca2+、OH-，NH4+、OH-，HCO3-、OH-发生反应，故D组离子在指定溶液中不能大量共存。
故选B.
8.共建“一带一路”符合国际社会的根本利益，彰显人类社会的共同理想和美好追求。下列贸易商品中，主要成分不属于有机物的是
A． 中国丝绸
B．捷克水晶
C．埃及长绒棉
D．乌克兰葵花籽油
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.中国丝绸主要成分是蛋白质，属于有机物，A错误；
B.捷克水晶主要成分是二氧化硅，属于无机物，B正确；
C.埃及长绒棉主要成分纤维素，属于有机物，C错误；
D.乌克兰葵花籽油主要成分是油脂，属于有机物，D错误;
故合理选项为B。
9.下列评价及离子方程式书写正确是
选项
离子组
不能大量共存于同一溶液中的原因
A
H+、Fe2+、NO3-、Cl-
发生了氧化还原反应4Fe2++ 2NO3-+ 6H+=4Fe3++2NO↑+3H2O
B
Na+、CO32-、Cl-、Al3+
发生了互促水解反应2AI3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
C
Fe3+、K+、SCN-、Br-
有红色沉淀生成：Fe3++3SCN- =Fe(SCN)3↓
D
HCO3-、OH-、Na+、Ca2+
发生如下反应：HCO3-+OH-=CO32-+H2O
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A.离子方程式电子、元素不守恒，故A错误；B.正确；C.生成物可溶，不是沉淀，故C错误；D.生成碳酸钙沉淀：HCO3-+OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O，故D错误。故选B。
点睛：解答本题选项A需要判断氧化还原反应类型离子方程式的对错，在反应物、生成物成分及表示形式正确的前提下，可从质量守恒、电荷守恒、电子守恒判断。
10.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】
【详解】反应3NaClO = 2NaCl＋NaClO3，属于歧化反应。
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，NaClO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。
11.我国古代有“银针验毒”的记载。“银针验毒”的反应原理之一是:4Ag +2H2S +O2 =2X +2H2O，下列有关该反应的说法正确的是
A. Ag得到电子 B. X为AgS C. O2被还原 D. 每生成1molX转移电子数4NA
【答案】C
【解析】
试题分析：根据元素守恒和原子守恒，X为Ag2S，A、根据反应方程式，Ag的化合价由0价→＋1价，化合价升高，失去电子，故错误；B、根据上述分析，X为Ag2S，故错误；C、氧气的化合价由0价→－2价，化合价降低，被还原，故正确；D、每生成1molAg2S，消耗2Ag，转移电子2mol，故错误。
考点：考查氧化还原反应等知识。
12.某氧化还原反应中有反应物和生成物共六种： NO、FeSO4、Fe(NO3)3、 H2O、 HNO3和 Fe2(SO4)3。其中 HNO3为反应物，则该反应中的还原剂为( )
A. NO B. FeSO4 C. Fe(NO3)3 D. Fe2(SO4)3
【答案】B
【解析】
试题分析：氧化还原反应的特征为化合价的升降，反应中HNO3为反应物，具有强氧化性，则NO为生成物，反应中硝酸被还原，为氧化剂，题给物质中元素化合价发生变化的还有Fe，则Fe元素化合价应升高，被氧化，则FeSO4应为还原剂，被氧化生成Fe(NO3)3和Fe2(SO4)3，故选B。
【考点定位】考查氧化还原反应
【名师点晴】为高考常见题型，侧重于学生的分析能力考查，注意从元素化合价的角度分析氧化还原反应的相关概念和物质的性质，HNO3为反应物，具有强氧化性，则NO为生成物，反应中硝酸被还原，为氧化剂，则反应中FeSO4应为还原剂，被氧化生成Fe(NO3)3和Fe2(SO4)3。
13.一定量的Na2O2与CO2反应，得到固体物质41.8 g，恰好与1 L 1 mol·L－1的稀盐酸完全反应。下列说法正确的是( )
A. 41.8 g固体物质为Na2CO3
B. 41.8 g固体物质为0.1 mol Na2CO3和0.4 mol Na2O2混合物
C. 一定量的Na2O2为78 g
D. 41.8 g固体物质为31.2 g NaHCO3和10.6 g Na2CO3的混合物
【答案】B
【解析】
【详解】盐酸中和含氯化氢的物质的量为：1L×1mol/L=1mol，反应后固体恰好与1mol氯化氢反应，反应后溶质为氯化钠，原固体中含有1mol钠离子，反应后的固体可能组成为：①碳酸钠，②碳酸钠和过氧化钠的混合物，③碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，若全部反应生成碳酸钠，其物质的量为：=0.5mol，质量为：106g/mol×0.5mol=53g>41.8g，若全部为过氧化钠，则过氧化钠的物质的量为 =0.5mol，质量为：78g/mol×0.5mol=39g<41.8g，故41.8g为碳酸钠和过氧化钠的混合物，由于二者的化学式中都含有2个钠离子，则二者的总物质的量为0.5mol，设反应后的混合物中含碳酸钠的物质的量为x，则含有过氧化钠的物质的量为：（0.5mol-x），根据反应后固体总质量可得：106g/mol×x+78g/mol×（0.5mol-x）=41.8g，解得：x=0.1mol，即：反应生成碳酸钠为0.1mol，则反应后剩余的过氧化钠的物质的量为：0.5mol-0.1mol=0.4mol，A．根据分析可知，剩余的固体为碳酸钠和过氧化钠的混合物，选项A错误；B．根据计算可知，41.8g固体物质为0.1mol Na2CO3和0.4mol Na2O2的混合物，选项B正确；C．根据钠离子守恒，原过氧化钠的物质的量为：=0.5mol，质量为：78g/mol×0.5mol=39g，选项C错误； D．根据分析可知，反应后固体为碳酸钠和过氧化钠的混合物，不存在碳酸氢钠，选项D错误；答案选B。
14.下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是
A. 取a克混合物充分加热，固体质量减轻b克
B. 取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
C. 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
D. 取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体。
【答案】C
【解析】
试题分析：A．碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和CO2，所以取ag混合物充分加热，减重bg，则根据碳酸氢钠分解的方程式可以计算碳酸氢钠的质量，进而计算碳酸钠的质量分数，A正确；B．碳酸钠、碳酸氢钠均能与盐酸反应生成氯化钠、水和CO2，则取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体，bg固体是氯化钠，因此根据方程式可以计算碳酸钠的质量分数，B正确；C．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，由于生成的CO2中混有水蒸气，则增重bg的质量不是CO2的，所以不能计算碳酸钠的质量分数，C错误；D．碳酸钠、碳酸氢钠均与氢氧化钡反应生成碳酸钡白色沉淀，则取a g混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b g固体是碳酸钡，根据方程式可以计算碳酸钠的质量分数，D正确，答案选C。
考点：考查碳酸钠质量分数测定实验方案设计与探究
15. 如图示的装置中，把X溶液逐滴滴下与Y物质反应，若X为浓硫酸，Y为第三周期金属元素中常温下与水难反应的单质。Z为品红溶液。实验中观察到Z褪色。则Y为
A. Na B. Mg C. Al D. Mg或Al
【答案】B
【解析】
试题分析：第三周期中的金属元素只有钠、镁、铝，由于钠在冷水中反应，铝能够被浓硫酸钝化，金属镁常温下与水不反应，故Y是镁（Mg），故答案选B。
考点：考查金属镁的性质相关知识
16.将铝粉与某铁的氧化物FeO·2Fe2O3粉末配制成铝热剂，分成两等份。一份直接放入足量的烧碱溶液中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为3.92 L；另一份在高温下恰好反应完全，反应后的混合物与足量的盐酸反应后，放出的气体在标准状况下的体积为
A. 2.80 L B. 3.92 L C. 5.60 L D. 7.84 L
【答案】A
【解析】
【分析】
分成两等份。一份直接放入足量的烧碱溶液中，只有铝与氢氧化钠发生反应生成氢气，3.92L为氢气的体积，根据氢气的体积可以计算出铝的物质的量。另一份在高温下恰好发生铝热反应，实质为铝置换出铁，铁的氧化物FeO•2Fe2O3中的氧原子全部与铝结合生成氧化铝，利用氧原子守恒，根据铝的物质的量，计算出氧原子的物质的量，再结合氧化物FeO•2Fe2O3的化学式计算出其物质的量，再根据铁原子守恒，可知生成的铁的物质的量。根据铁的物质的量计算铁与盐酸反应生成的氢气体积。
【详解】一份直接放入足量的烧碱溶液中，铝与氢氧化钠发生反应生成标准状况下的氢气3.92L，氢气的物质的量为=0.175mol。铝热反应时，铁的氧化物FeO•2Fe2O3中的氧原子全部与铝结合生成氧化铝，根据关系式3H2～2Al～3O～Al2O3，铝生成氧化铝结合的氧原子为0.175mol，根据氧原子守恒，氧化物FeO•2Fe2O3的物质的量为=0.025mol。
根据铁原子守恒，另一份生成的铁的物质的量为：0.025mol×5=0.125mol。根据Fe～H2可知，0.125molFe可生成氢气0.125mol，所以另一份生成的氢气的体积为0.125mol×22.4L/mol=2.8L，故选A。
【点睛】理清楚反应的过程是解题的关键。要注意原子守恒，守恒思想在解答本题中的应用。本题的难点为另一份样品中生成的铁单质的物质的量的计算。需要注意的是，两份样品反应过程中转移的电子不等。
17.有关钠的叙述正确的是( )
A. 2.3 g钠与97.7 g水反应后溶液中溶质的质量分数等于4%
B. 钠跟CuSO4溶液反应生成的蓝色沉淀上有时出现暗斑，这是析出了金属铜
C. 将金属钠与水反应后的溶液中通入适量氯气后，溶液中含有两种溶质
D. 钠在空气中的缓慢氧化与其在空气中点燃的产物相同
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据反应方程式2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑可知2.3 g钠与水反应生成4.0 gNaOH，放出0.1 g氢气，溶液的质量为99.9 g，所以NaOH的质量分数不等于4%，A错误；
B、Na与H2O反应生成NaOH，NaOH再与Cu2＋反应生成Cu(OH)2，因Na与H2O发生的反应是放热反应，反应放出的热量导致生成的Cu(OH)2表面部分分解为CuO(黑色)而非Cu，B错误；
C、金属钠与H2O反应得到NaOH溶液，通入适量的Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO，所以溶液中含有两种溶质，C正确；
D、Na在空气中缓慢氧化生成Na2O，钠在空气中点燃或加热时生成淡黄色固体Na2O2，D错误。
答案选C。
18.下列说法不正确的是( )
A. Na2O2用作呼吸面具的供氧剂 B. NaHCO3的热稳定性大于Na2CO3
C. 乙醇可与金属钠反应放出氢气 D. 钠久置在空气中最终产物为Na2CO3
【答案】B
【解析】
【详解】A. Na2O2与二氧化碳反应生成氧气，故可以作为呼吸面具的供氧剂，故A不选；
B. NaHCO3加热易分解，Na2CO3的热稳定性大于NaHCO3，故B选；
C. 乙醇中的羟基可与金属钠反应，置换出氢气，故C不选；
D.钠久置在空气中，会与氧气反应生成氧化钠，氧化钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，故D不选；
故选B。
19. 不能鉴别二氧化碳与二氧化硫的试剂是
A. 品红溶液 B. 澄清的石灰水 C. 溴水 D. 酸性高锰酸钾溶液
【答案】B
【解析】
CO2和SO2都能使澄清的石灰水变混浊，选项B正确。SO2能使品红溶液、溴水及酸性高锰酸钾溶液褪色，前者是SO2的漂白性，后两者是SO2的还原性。所以答案选B。
20.某混合气体G可能含有CO、CO2、SO2、H2O等气体，用a.无水CuSO4，b.澄清石灰水，c.灼热CuO，d.碱石灰，e.酸性品红溶液，f.酸性高锰酸钾溶液等药品可将其一一检出，检出的正确顺序是( )
A. G→a→e→b→f→d→c B. G→c→d→b→e→f→a
C. G→a→e→f→b→d→c D. G→b→e→f→a→d→c
【答案】C
【解析】
试题分析：根据混合气体的组成，应先检验水的存在，因为后面的气体检验会给水的检验带来干扰，检验水的试剂是a；二氧化碳与二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，所以检验二氧化碳前先检验二氧化硫并除去，检验二氧化硫用品红溶液e，除去二氧化硫用高锰酸钾溶液f，然后将气体通入澄清石灰水b中检验二氧化碳，二氧化碳用d碱石灰除去，最后气体通过灼热的CuO，黑色固体变红色，证明CO的存在，所以正确顺序选C。
考点：考查气体的检验，顺序的判断
21. 甲、乙、丙三种物质均含有同一种中学常见元素X，其转化关系如下，下列说法不正确的是
A. 若A为硝酸，X为金属元素，则甲与丙反应可生成乙
B. 若乙为NaHCO3，则丙一定是CO2
C. 若A为NaOH溶液，X为短周期的金属元素，则乙一定为白色沉淀
D. 若A为金属单质，乙的水溶液遇KSCN溶液变红，则甲可能为非金属单质
【答案】B
【解析】
【详解】A. 若A为HNO3，则甲为Fe，乙为Fe(NO3)2，丙为Fe(NO3)3，甲与丙反应可生成乙，A正确；
B. 若乙为NaHCO3，A为NaOH，则甲为CO2，丙可以为Na2CO3，所以丙不一定是CO2，B错误；
C. 若A为NaOH溶液，X为短周期的金属元素，则甲为AlCl3，乙为Al(OH)3，丙为NaAlO2，C正确；
D. 若A为金属单质，乙的水溶液遇KSCN溶液变红，则A为Fe，甲可以为Cl2，乙为FeCl3，丙为FeCl2，D正确；
故合理选项为B。
22.绿色环保是化学实验的追求，下列操作不会引起空气污染的是 （ ）
A. 用浓盐酸洗涤加热KMnO4制氧气的试管
B. 用稀硝酸洗涤做过银镜实验的试管
C. 硝酸亚铁和硫酸废液一同倒入废液缸
D. 将打破的水银温度计插入硫粉中
【答案】D
【解析】
加热高锰酸钾制氧气，会得到锰酸钾和二氧化锰固体，与浓盐酸作用，都会生成氯气，所以选项A会污染环境。单质银和硝酸反应会生成NO污染环境，选项B会污染环境。硝酸亚铁和硫酸废液一同倒入废液缸，则废液缸中同时存在亚铁离子、氢离子和硝酸根离子，三者反应氧化还原反应得到NO，所以选项C会污染环境。将打破的水银温度计插入硫粉中，单质Hg会和S反应生成HgS，避免了Hg蒸汽污染环境，所以选项D不会污染环境。
23.“飘尘”是物质燃烧时产生的粒状漂浮物，颗粒很小(直径小于10－7 m)，不宜沉降(可漂浮数小时甚至数年)，它与空气中的SO2、O2接触时，SO2会转化为SO3，使空气酸度增加，飘尘所起的主要作用与下列变化中硫酸的作用相同的是( )
A. 胆矾中加浓硫酸 B. 浓硫酸与木炭共热
C. 乙酸乙酯与稀硫酸共热 D. 浓硫酸滴到蔗糖中制“黑面包”
【答案】C
【解析】
【分析】
飘尘在SO2转化为SO3的反应中做的是催化剂。
【详解】A.胆矾是CuSO4·5H2O，在胆矾中加浓硫酸体现了浓硫酸的吸水性，故A不选；
B.浓硫酸与木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫，硫酸是反应物不是催化剂，故B不选；
C.乙酸乙酯是在酸性条件下水解，稀硫酸是催化剂，故C正确；
D. 浓硫酸滴到蔗糖中制“黑面包”体现了浓硫酸的脱水性，故D不选；
故选C。
【点睛】在无机反应中，需要催化剂的主要有：工业上合成氨、氨的催化氧化、二氧化硫的催化氧化、实验室用双氧水分解制氧气、实验室用加热氯酸钾固体制取氧气。
24. 下列对有关实验事实的解释正确的是
A. 向某溶液中滴加氯水后，再加入KSCN溶液，溶液呈红色，说明原溶液中含有Fe2+
B. 浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度均降低，原理不相同
C. 向某溶液中加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液一定含有SO42
D. 常温下，浓硫酸可以用铁质容器储运，说明铁与冷的浓硫酸不反应
【答案】B
【解析】
试题分析：A．向某溶液中滴加氯水后，再加入KSCN溶液，溶液呈红色，由于原溶液中含有铁离子，也能与KSCN溶液反应显红色，因此不能说明原溶液中含有Fe2+，A错误；B．浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度均降低，原理不相同，前者是吸水，后者是挥发，B正确；C．向某溶液中加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，该沉淀可能是氯化银或硫酸钡，因此原溶液不一定含有SO42，C错误；D．常温下，浓硫酸可以用铁质容器储运，是因为铁发生钝化，但钝化是化学变化，铁与冷的浓硫酸反应，D错误，答案选B。
考点：考查离子检验、浓硫酸、浓盐酸的性质判断
25.38.4 g铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到气体22.4 L(标准状况)，反应消耗的硝酸可能是( )
A. 1.0 mol B. 1.6 mol C. 2.2 mol D. 2.4 mol
【答案】C
【解析】
【分析】
铜与浓硝酸反应，随着反应的进行，硝酸的浓度会逐渐减小，则会涉及到两个反应，Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，在氧化还原反应中，得失电子总数相等，铜反应完，则化合价由0价变为+2价，生成Cu(NO3)2，38.4g为0.6mol，则HNO3(氧化剂)～NO2(或NO)，生成的n(NO)与n(NO2)的和为1mol，则参与反应的硝酸为2.2mol，答案为C。
【详解】浓硝酸适量，在反应过程中变稀，实际上发生了两个反应：Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，反应消耗的HNO3包括起酸性作用和起氧化作用的两部分，前者反应后以Cu(NO3)2形式存在，后者被还原后生成NO2、NO气体，从两个化学方程式看出：Cu＋2HNO3(酸)～Cu(NO3)2，HNO3(氧化剂)～NO2(或NO)，所以反应消耗的HNO3的物质的量为：1.2 mol＋1 mol＝2.2 mol。
【点睛】根据N原子守恒进行求解，参加反应的硝酸，生成的产物有三种：Cu(NO3)2、NO2、NO，根据铜的量计算硝酸铜，气体NO2、NO的和为参与氧化还原反应的硝酸。
二、非选择题（共50分）
26.已知：某无色废水中可能含有H＋、NH4+、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Na＋、NO3-、CO32-、SO42-中的几种，为分析其成分，分别取废水样品1 L，进行了三组实验，其操作和有关图像如下所示：请回答下列问题：
(1)根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是________，一定存在的阳离子是________。
(2)写出实验③图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式________。
(3)分析图像，在原溶液中c(NH4+)与c(Al3＋)的比值为____，所得沉淀的最大质量是___g。
(4)若通过实验确定原废水中c(Na＋) ＝0.18 mol·L－1，试判断原废水中NO3-是否存在？________(填“存在”“不存在”或“不确定”)。若存在，c(NO3-)＝________ mol·L－1。(若不存在或不确定则此空不填)
【答案】 (1). CO32- (2). Na＋、H＋、Al3＋、Mg2＋、NH4+ (3). NH4+＋OH－=NH3·H2O (4). 2:1 (5). 10.7 (6). 存在 (7). 0.08
【解析】
【详解】（1）废水是无色的，说明无Fe3+。根据焰色反应为黄色可知有Na＋，加入氯化钡有白色沉淀生成，且加入酸沉淀不溶解，说明有SO42-，加入氢氧化钠开始时没有沉淀生成说明有H＋，加入过量的氢氧化钠有部分沉淀溶解，说明有Al3＋，还有部分白色沉淀不溶解，说明有Mg2＋，沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段，有另一阳离子与氢氧根反应且不生成沉淀，说明有NH4+，既然一定有Al3＋、Mg2＋，则必然没有CO32-。故答案为：CO32-；Na＋、H＋、Al3＋、Mg2＋、NH4+；
（2）沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式是NH4+＋OH－=NH3·H2O。
（3）与NH4+反应的OH-有0.2mol，则NH4+有0.2mol，与Al(OH)3反应的OH-有0.1mol，则Al3＋有0.1mol，因此二者的比例为2:1。生成沉淀需要OH-0.4mol，0.1molAl3＋需要0.3mol OH-，则与Mg2＋反应的OH-是0.1mol，则Mg2＋有0.05mol，生成氢氧化镁0.05mol，即2.9g，生成的氢氧化铝是0.1mol，质量为7.8g，则沉淀最大质量为10.7g。故答案为：2:1，10.7。
（4）从图中可知，H＋有0.1mol，已经求得NH4+有0.2mol，Al3＋有0.1mol，Mg2＋有0.05mol，若c(Na＋) ＝0.18 mol·L－1，则钠离子的物质的量为0.18 mol·L－1×1L=0.18mol。根据题干可知硫酸钡有93.2g，即0.4mol，也就是说SO42-有0.4mol，已知没有CO32-，正电荷高于负电荷，电荷不守恒，所以一定有硝酸根，且c(NO3-)＝0.1×1+0.2×1+0.1×3+0.05×2+0.18×1-0.4×2=0.08mol·L－1。故答案为：存在，0.08。
【点睛】向含有H＋、NH4+、Al3＋、Mg2＋的溶液中加入NaOH溶液时，OH-和这几种离子发生反应的顺序为：①H＋发生酸碱中和反应，②和Al3＋、Mg2＋生成沉淀，③和NH4+生成NH3·H2O，④和生成的Al(OH)3发生反应生成NaAlO2，沉淀溶解。反应的顺序判断可以用假设法：即假设OH-先和Al3＋、Mg2＋生成沉淀，那么生成的Al(OH)3和Mg(OH)2会和H＋反应而使沉淀溶解，生成Al3＋、Mg2＋和水，所以假设是错误的，应该是OH-先和H＋反应，再和Al3＋、Mg2＋生成沉淀。其他离子的反应顺序可以同样方法判断。
27.某一反应体系中有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr (OH)3、H2O、H2O2。 已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2
(1)该反应中的还原剂是______________。
(2)该反应中，发生还原反应的过程是________→________。
(3)写出该反应的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：__________。
(4)如反应转移了0.3 mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为__________。
【答案】 (1). H2O2 (2). H2CrO4 (3). Cr(OH)3 (4). =2Cr(OH)3↓+3O2↑+2H2O (5). 336 L
【解析】
【详解】（1）H2O2中氧元素的化合价上升，因此H2O2是反应的还原剂。故答案为：H2O2。
（2）该反应中，发生还原反应是氧化剂，有化合价的降低，根据题干给出的物质看，有化合价变化的除了H2O2和氧气，还有H2CrO4和Cr(OH)3，前者中Cr的化合价是+6价，后者Cr是+3价，显然前者是反应物，后者是生成物。故答案为：H2CrO4；Cr(OH)3。
（3）根据以上分析，根据电子守恒，配平得到反应的化学方程式为2H2CrO4+3H2O2=2Cr(OH)3↓+3O2↑+2H2O。3molH2O2失去6mol电子，2molH2CrO4得到6mol电子，单线桥是从失电子的元素指向得电子的元素，即。故答案为：=2Cr(OH)3↓+3O2↑+2H2O。
（4）根据化学方程式，反应转移电子0.3mol，则反应生成的氧气为0.15mol，在标准状况下是3.36L。故答案为：3.36L。
28.为探究某铁碳合金与浓硫酸在加热条件下的反应的部分产物，并测定铁碳合金中铁元素的质量分数，某化学活动小组设计了如图所示的实验装置，并完成以下实验探究。
(1)往圆底烧瓶中加入m g铁碳合金，并滴入过量浓硫酸，未点燃酒精灯前，A、B均无明显现象，其原因是：①常温下碳与浓硫酸不反应；②______________。
(2)点燃酒精灯，反应一段时间后，从A中逸出气体的速率仍然较快，除因反应温度较高外，还可能的原因是______________。
(3)装置B的作用是___________。
(4)甲同学观察到装置C中有白色沉淀生成，他得出了使澄清石灰水变浑浊的气体是二氧化碳。装置A中能产生二氧化碳的化学方程式为______。
(5)乙同学认为甲同学的结论是错误的，他认为为了确认二氧化碳的存在，需在装置B和C之间添加装置M。装置E、F中盛放的试剂分别是____________、____________。重新实验后观察到装置F中的现象是________。
【答案】 (1). 常温下Fe在浓硫酸中发生钝化 (2). 铁、碳在硫酸溶液中形成原电池 (3). 检验SO2的存在 (4). C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O (5). 酸性KMnO4溶液或溴水(或其他合理答案) (6). 品红溶液 (7). 品红溶液不褪色或无明显现象
【解析】
【详解】（1）常温下Fe在浓硫酸中表面生成一层致密的氧化膜，即发生钝化，故答案为：常温下Fe在浓硫酸中发生钝化。
（2）反应一段时间后，浓硫酸变成稀硫酸，铁、碳和稀硫酸发生原电池反应，故答案为：铁、碳在硫酸溶液中形成原电池。
（3）装置B的作用是检验SO2的生成，如果有SO2的生成，可以观察到品红溶液褪色，故答案为：检验SO2的存在。
（4）碳与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳和二氧化硫，反应方程式为C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O。
（5）二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，因此需要用E除去二氧化碳中的二氧化硫，用F检验二氧化硫已被完全除去，故E中有酸性高锰酸钾溶液或溴水等可以与二氧化硫反应且不与二氧化碳反应的溶液，F中有品红溶液，若观察到品红溶液不褪色，则二氧化硫被完全除去，故答案为：酸性KMnO4溶液或溴水(或其他合理答案)；品红溶液；品红溶液不褪色或无明显现象。
29.Ⅰ.NH3与NO2是常见的氮的化合物，研究它们的综合利用有重要意义。
(1)NO2产生的环境问题有________(填一种)。
(2)热电厂通常用NH3消除燃煤烟气中的NO2，写出该反应的化学方程式____________。
(3)氨气与氯化氢气体混合的现象是_________________，该反应可用于______________。
(4)若将少量氨气与过量氯气混合，则生成一种酸性气体和另一种化合物A，A中所有原子均满足8电子稳定结构，试写出A的电子式________，A在一定条件下能与水反应，可用于饮用水的消毒，试写出此反应的化学方程式_________。
Ⅱ.向SO2的饱和溶液中加入BaCl2溶液无明显现象，得混合溶液M。
(5)若将下列各物质分别加入溶液M中，均可产生沉淀。其中原理相同、沉淀相同的是________。
a．氨水、NaOH溶液 b．氯水、FeCl3溶液 c．H2S溶液、氯水 d．硫酸、溴水
【答案】 (1). 光化学烟雾(或酸雨等) (2). 8NH3＋6NO2=7N2＋12H2O (3). 产生白烟 (4). 气体验满或管道泄漏时氨气(或氯化氢)检漏[或答检验NH3(或HCl)是否泄漏、用于气体的验满等 (5). (6). NCl3＋3H2O=3HClO＋NH3(或NCl3＋4H2O=3HClO＋NH3·H2O) (7). ab
【解析】
【详解】（1）NO2产生的环境问题，包括光化学烟雾、酸雨等。
（2）用NH3消除燃煤烟气中的NO2的化学方程式为8NH3＋6NO2=7N2＋12H2O。
（3）氨气与氯化氢气体混合的现象是产生白烟，白烟是氯化铵小颗粒，这一反应常被用作气体的检验，气体验满或管道泄漏时氨气(或氯化氢)检漏。故答案为：产生白烟，气体验满或管道泄漏时氨气(或氯化氢)检漏[或答检验NH3(或HCl)是否泄漏、用于气体的验满等。
（4）将少量氨气与过量氯气混合，可能发生的反应有：3Cl2＋8NH3＝6NH4Cl＋N2，3Cl2+2NH3=N2+6HCl，3Cl2＋NH3＝NCl3＋3HCl。但是此处说除一种酸性气体之外的化合物A “所有原子均满足8电子结构”，NH4Cl与N2不符合，因此A是NCl3，电子式为NH3·H2O ，NCl3与水反应的生成物之一可用于饮用水的消毒，为HClO，则另一生成物为NH3或NH3·H2O。则化学方程式为NCl3＋3H2O=3HClO＋NH3。故答案为：，NCl3＋3H2O=3HClO＋NH3(或NCl3＋4H2O=3HClO＋NH3·H2O)。
（5）SO2的饱和溶液中有SO2、SO2和水反应生成的H2SO3、HSO3-、SO32-等微粒。a．加入氨水、NaOH溶液，都是酸碱中和，生成亚硫酸钡沉淀，故选；b．加入氯水、FeCl3溶液，Cl2、Fe3+把SO2等+4价硫氧化为+6价，即SO42-，与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，故选；c．加入H2S溶液，和SO2发生氧化还原反应生成单质硫，加入氯水氧化还原生成硫酸根，与钡离子的结合生成硫酸钡沉淀，原理相同但沉淀不同，不选；d．加入硫酸和BaCl2直接发生复分解生成硫酸钡，加入溴水和SO2发生氧化还原反应，生成硫酸根，结合钡离子生成硫酸钡，沉淀相同但原理不同，不选；故选ab。
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