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吉林省长春市东北师范大学附中2020届高三上学期第一次摸底考试化学试题
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东北师大附中2020届高三年级第一次摸底考试化学试题
1.下列有关金属及其合金的说法不正确的是
A. 目前我国流通的硬币是由合金材料制造的
B. 日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用
C. 镁在空气中燃烧发出耀眼的白光，可用于制作照明弹
D. 生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加
【答案】D
【解析】
【详解】A. 目前我国流通的硬币是由合金材料制成，A正确；
B. 制造照明弹就是利用了镁燃烧发出耀眼的白光， B正确；
C. 铝表面覆盖致密的氧化物薄膜，对金属起保护作用， C正确；
D. 生铁含碳量最高，普通钢次之，不锈钢最少，D错误；
综上所述，本题选D。
2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 常温常压下，1mol P4中所含P－P键数目为4NA
B. 100mL 1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为4NA
D. 0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A． 一个P4分子中含有6个P—P键，故1mol P4中含P—P键数目为6NA，故A错误；
B． Fe3+会水解，故 100 mL 1 mol·L−1FeCl3 溶液中所含Fe3+数目小于0.1NA，故B错误；
C．标准状况下，11.2 L气体的物质的量为0.5mol，0.5mol甲烷和乙烯混合物中氢原子数目为2NA，故C错误；
D. H2和I2反应为可逆反应，不可能全部生成HI，但反应前后的分子总数不变，所以分子总数0.2NA，故D正确。
综上所述，本题选D
3.宋应星所著《天工开物》被外国学者誉称为17世纪中国工艺百科全书。下列说法不正确的是
A. 凡白土曰垩土，为陶家精美启用中陶是一种传统硅酸盐材料
B. 每红铜六斤，入倭铅四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜中的黄铜是合金
C. 烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也，该过程中反应的类型为复分解反应
D. 凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴中硫指的是硫黄，硝指的是硝酸钾
【答案】C
【解析】
【详解】A、陶瓷是传统硅酸盐材料，属于无机非金属材料，故A正确；
B、黄铜是铜锌合金，故B正确；
C、该过程中反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，反应类型为置换反应，故C错误；
D、“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫黄，“硝”指的是硝酸钾，故D正确；答案选C。
综上所述，本题选B。
4.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中，加入150mL 4 mol·L−1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，并放出标准状况下NO气体2.24L，往所得溶液中加KSCN溶液，无红色出现。若用一定量的氢气在加热条件下还原相同质量的该混合物，所得固体的物质的量可能为
A. 0.30mol B. 0.28mol C. 0.25mol D. 0.42mol
【答案】C
【解析】
【详解】根据已知条件，向所得溶液中加KSCN溶液，无红色出现，说明溶液中无Fe3+，铁全部以Fe2+存在，溶液的溶质为硝酸亚铁；原硝酸的物质的量是0.6mol，反应后生成的一氧化氮的物质的量为0.1mol，根据质量守恒定律得到硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.6mol -0.1mol =0.5mol，硝酸亚铁物质的量为0.25mol，也就是铁的物质的量为0.25mol，混合物中铁元素物质的量为0.25mol；如果混合物全部转变为铁单质，生成的铁单质的物质的量为0.25mol；当氢气的量足时，铁全部还原出来，固体的物质的量等于0.25 mol，故D正确。
综上所述，本题选D。
【点睛】本题主要考查铁及其化合物的性质及氧化还原反应的计算。利用氮元素守恒，结合恰好完全反应这一条件判断铁元素的量。往所得溶液中加KSCN溶液，无红色出现，说明溶液中无Fe3+，此时溶液的溶质为硝酸亚铁。用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，说明氢气能使铁全部还原出来，从化学反应质量守恒的角度看，硝酸亚铁中的铁的物质的量与用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量相等。
5.4℃时，在100mL水中溶解22.4L HCl气体（标准状况下）形成溶液，下列说法正确的是
A. 该溶液的物质的量浓度为10mol·L-1
B. 由于溶液的密度未知，故该溶液的物质的量浓度无法求得
C. 由于溶液的密度未知，故该溶液中溶质的质量分数无法求得
D. 所得溶液的体积为22.5L
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下22.4L HCl的物质的量为1mol，溶于水配成100mL溶液，溶液的浓度为10mol/L，溶液体积必须为100mL，而不是溶剂的体积，因溶液的密度未知，无法计算溶液的体积，无计算该溶液的物质的量浓度，A错误；
B．因溶液的密度未知，无法计算溶液的体积，则无计算该溶液的物质的量浓度，B正确；
C．标准状况下22.4L HCl的物质的量为1mol，质量为：36.5g/mol×1mol=36.5g，4℃时100mL水的质量为100g，所以溶液溶质的质量分数为×100%=26.74%，C错误；
D．溶液体积不等于溶剂与溶质的体积之和，因为溶液的密度未知，无法计算溶液的体积，D错误；
综上所述，本题选B。
6.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. 使甲基橙变红的溶液中：Na+、Cl-、CH3COO−、Fe2+
B. 水电离的OH−浓度为10−12mol·L−1的溶液中：Mg2+、NH4+、AlO2-、SO42-
C. 无色溶液中：Al3+、NO3-、Cl-、SO42-
D. c(H2C2O4)=0.5mol·L−1溶液中：Na+、K+、MnO4-、Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】A. 使甲基橙变红的溶液呈酸性，CH3COO−与H+不能大量共存，A项错误；
B. 水电离的OH−浓度为10−12mol·L−1的溶液，可能呈酸性也可能呈碱性。若为酸性，溶液中AlO2-不能大量共存；若为碱性， Mg2+、NH4+不能大量共存，B项错误；
C. 离子均无色，且不反应，可大量共存，C项正确；
D. c(H2C2O4)=0.5mol·L−1溶液中， MnO4-有强氧化性，会氧化H2C2O4，两者不能大量共存，D项错误；
答案选C。
【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下水电离出来的 H+和 OH-浓度为1×10-7，小于1×10-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。
7.某无色溶液,由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2−、MnO4−、CO32−、SO42−中的若干种组成，取该溶液进行如下实验：
①取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到澄清溶液；
②在①所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成；同时析出白色沉淀甲；
③在②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出。
根据对上述实验的分析判断,最后得出的结论合理的是( )
A. 不能判断溶液中是否存在SO42− B. 溶液中一定不存在的离子是CO32−
C. 不能判断溶液中是否存在Ag+ D. 不能判断是否含有 AlO2− 离子
【答案】A
【解析】
【详解】溶液无色，说明溶液中不存在(紫色)；
①取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到澄清溶液，说明溶液中存在，不存在Ag+、Ba2+、Al3+，因为它们都会和反应；依据溶液中的电荷守恒知，一定存在阳离子Na+；
②因加入过量盐酸，如果溶液中存在，则转变成Al3+；向①所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，①中过量盐酸与过量碳酸氢铵反应生成CO2；白色沉淀只能是Al3+和碳酸氢铵中的发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3和CO2，所以原溶液中一定存在；
③向②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出，说明②中过量的碳酸氢铵与OH−反应生成氨气；但白色沉淀不一定是BaSO4，因为碳酸氢铵遇碱可生成，从而得到BaCO3白色沉淀;
综上所述此溶液中一定不存在Ag+、Ba2+、Al3+、，一定存在Na+、、，不能确定是否存在，综上所述，选项A正确。
【点睛】每一次所加过量试剂都会对后一次实验造成影响，离子共存问题需考虑全面。在碱性溶液中转化为，从而对的检验造成干扰，是本题的易错点。
8.如果用0.3 mol·L−1的亚硫酸钠溶液16mL，恰好将3.2×10−3mol的强氧化剂[RO(OH)2]2+溶液的溶质还原到较低价态。则反应后R的最终价态为
A. 0 B. +1 C. +2 D. +3
【答案】D
【解析】
【详解】n(Na2SO3)=1.6×10-2L×0.3mol/L=4.8×10-3mol，被氧化后生成Na2SO4，[RO(OH)2]2+离子中R的化合价为+6价，设还原后的化合价为a，根据电子转移守恒：4.8×10-3mol×(6-4)=3.2×10-3mol×(6-a)，解得a=+3；
答案选D。
9.下列离子方程式错误的是
A. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O
B. 酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
C. 等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓
D. 用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+ =Cu2++2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸的离子反应为Ba2++2OH−+2H++SO42−═BaSO4↓+2H2O，A项正确；
B. 酸性介质中KMnO4氧化H2O2为氧气，自身转化为Mn2+，其离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，B项正确；
C. 等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合溶液混合的离子反应为2H++Mg2++4OH−═Mg(OH)2↓+2H2O，C项错误；
D. 用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板，即酸性条件下H2O2氧化Cu的过程，其离子方程式为：Cu+H2O2+2H+ =Cu2++2H2O，D项正确；
答案选C。
【点睛】氧化还原反应的配平贯穿于整个无机化学方程式中，是高频考点，配平离子反应中的氧化还原反应要遵循一下几个原则：
（1）电子守恒，即得失电子总数相等；
（2）电荷守恒，即离子方程式中反应前后离子所带电荷总数相等；
（3）质量守恒，即反应前后各元素的原子个数相等。
另外，要特别留意溶液中的酸碱性、过量问题等也会影响产物的生成。
10.已知NH4CuSO3与足量的10 mol／L硫酸混合微热，产生下列现象：
①有红色金属生成 ②产生刺激性气味的气体 ③溶液呈现蓝色
据此判断下列说法正确的是（ ）
A. 反应中硫酸作氧化剂
B. NH4CuSO3中硫元素被氧化
C. 刺激性气味气体是氨气
D. 1 mol NH4CuSO3完全反应转移0.5 mol电子
【答案】D
【解析】
【详解】A项，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根中硫元素在反应前后化合价未变，反应中硫酸体现酸性，不做氧化剂，故A项错误；
B项，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故B项错误；
C项，因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故C项错误；
D项，NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体为Cu、在酸性条件下，SO32-+2H+=SO2↑+H2O，反应产生有刺激性气味气体是SO2，溶液变蓝说明有Cu2+生成，则NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，反应的离子方程式为：2 NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2++ 2SO2↑+2H2O+2NH4+，故1 mol NH4CuSO3完全反应转移的电子为0.5mol，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
11.将盐酸溶液逐滴滴入NaOH、NaAlO2、Na2CO3的混合溶液中，下列图像能正确表示溶液中反应的是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】本题考查了反应的先后顺序问题，发生反应依次为①OH-+H+=H2O，②AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，③CO32-+H+=HCO3-，④HCO3-+H+=H2O+CO2↑，⑤Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；故答案选C。
12.120 mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是
A. 2.0 mol·L−1 B. 0.24 mol·L−1 C. 1.5 mol·L−1 D. 0.18 mol·L−1
【答案】C
【解析】
【详解】当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑， 当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为CO32﹣+H+═HCO3﹣、HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，则HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质的量，又因为最终生成的气体体积不同，则HCO3﹣+H+=H2O+CO2不能全部完成，即HCl的物质的量比Na2CO3的物质的量的二倍少，碳酸钠的物质的量为0.2mol，则HCl的物质的量应介于0.2mol～0.4mol之间，盐酸溶液的体积为200mL=0.2L， 即盐酸的浓度应该是大于1mol/L，小于2mol/L。故C正确。
综上所述，本题选C。
【点睛】本题找Na2CO3与盐酸反应恰好生成NaHCO3的点和Na2CO3与盐酸反应恰好生成CO2的点，两个数据，然后与选项中数据作比较，得出正确答案。
13.以下各项叙述中错误的是( )
A. 原子半径由小到大的顺序是Li
C. 碱金属单质的密度比较为Li
【解析】
【详解】A、同主族元素，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，所以原子半径由小到大的顺序是Li
C、碱金属单质的密度比较，密度有反常的变化（Na与K的位置颠倒），所以碱金属单质的密度比较为Li
综上所述，本题选D。
14.用含少量镁粉的铝粉制取纯净的氢氧化铝，下述操作步骤中最恰当的组合是
①加盐酸溶解 ②加足量烧碱溶液溶解 ③过滤 ④通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀 ⑤加入盐酸生成Al(OH)3沉淀 ⑥加入过量烧碱溶液
A. ①⑥⑤③ B. ②③④③ C. ②③⑤③ D. ①③⑤③
【答案】B
【解析】
【详解】镁、铝都能与盐酸反应，但铝可溶于强碱，所以可加入烧碱溶液溶解，过滤后可到NaAlO2溶液，向该溶液中通入过量CO2，生成Al(OH)3沉淀，经过滤、洗涤可得到纯净的氢氧化铝，故正确顺序为②③④③；故选B。
15. 足量下列物质与相同质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是
A. 氢氧化钠溶液 B. 稀硫酸 C. 盐酸 D. 稀硝酸
【答案】A
【解析】
【详解】假设反应都产生3mol氢气，则：
A．2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑反应产生3mol氢气，会消耗2mol NaOH； B．2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，反应产生3mol氢气，需消耗3mol硫酸；
C．2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，反应产生3mol氢气，需消耗6mol HCl；
D．由于硝酸具有强的氧化性，与铝发生反应，不能产生氢气；
故反应产生等量的氢气，消耗溶质的物质的量最少的是氢氧化钠溶液；选项A正确。
16.下图是三种稀酸对合金随Cr含量变化的腐蚀性实验结果，下列有关说法正确的是
A. 稀硝酸对合金的腐蚀性比稀硫酸和稀盐酸的弱
B. 稀硝酸和铁反应的化学方程式是：Fe+6HNO3(稀)Fe（NO3）3+3NO2↑+3H2O
C. Cr含量大于13%时，因为三种酸中硫酸的氢离子浓度最大，所以对合金的腐蚀性最强
D. 随着Cr含量增加，稀硝酸对合金的腐蚀性减弱
【答案】D
【解析】
【详解】A、应该说铬的含量大于13%，稀硝酸对合金的腐蚀速率比盐酸硫酸弱，A不正确；
B、稀硝酸被还原应生成NO，B不正确；
C、盐酸和硝酸氢离子浓度相等，但硝酸腐蚀速度慢，所以不能从氢离子浓度大小得出腐蚀性强弱的结论，C不正确；
D、从图示可以看出随着Cr含量增加，合金被硝酸的腐蚀越来越慢，D正确。
答案选D。
17.某同学设计下列方案对A 盐的水溶液进行鉴定：
由此得出的结论中一定不正确的是（ ）
A. D溶液中存在Fe(SCN)3 B. A 一定为无氧酸盐FeBr2
C. B可为AgBr D. 滤液中有Fe3+
【答案】B
【解析】
【分析】
由图中转化可知，B为A与硝酸银反应生成的浅黄色沉淀，根据元素守恒知则为AgBr，所以A中含有Br-，C中加KSCN溶液变为血红色溶液，所以D为Fe（SCN）3溶液，则C中含有Fe3+，A中含有铁元素，硝酸具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，所以A为可能含有Fe3+或Fe2+，以此来解答。
【详解】A. 通过以上分析知，D中含有Fe(SCN)3，A项正确；
B. 硝酸具有强氧化性，能将亚铁离子氧化生成铁离子，所以A中可能是FeBr2，也可能是FeBr3，也可能是二者的混合物，B项错误；
C. 能和银离子反应生成淡黄色沉淀的离子是溴离子，所以B是AgBr，C项正确；
D. C能和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，说明C中含有Fe3+，D项正确；
答案选B。
18.已知X、Y、Z三种主族元素在元素周期表中的位置如图所示，设X的原子序数为a。则下列说法不正确的是
Y
X
Z
A. Y与Z的原子序数之和可能为2a B. Y的原子序数可能为a－17
C. Z的原子序数可能为a＋31 D. X、Y、Z一定为短周期元素
【答案】D
【解析】
【详解】由如图所示的X、Y、Z三种主族元素在周期表中的相对位置可知，X、Y、Z三种主族元素处于过渡元素之后，Y不可能是第一周期元素，至少为第二周期元素，Z一定不处于短周期。（1）若Y为第二周期元素，则X、Z分别为第三、四周期元素，X的原子序数为a，则Y的原子序数为a-7，Z的原子序数为a+17，则Y与Z的原子序数之和2a+10；（2）若Y为第三周期元素，则X、Z分别为第四、五周期元素，X的原子序数为a，则Y的原子序数为a-17，Z的原子序数为a+17，则Y与Z的原子序数之和2a；（3）若Y为第四周期元素，则X、Z分别为第五、六周期元素，X的原子序数为a，则Y的原子序数为a-17，Z的原子序数为a+31，则Y与Z的原子序数之和2a+14；（4）若Y为第五周期元素，则X、Z分别为第六、七周期元素，X的原子序数为a，则Y的原子序数为a-31，Z的原子序数为a+31，则Y与Z的原子序数之和2a，因此ABC正确，D错误，答案选D。
19.下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键断裂和形成的反应是（ ）
A. NH4ClNH3↑ +HCl↑
B. 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
C. 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O
D. CaC2+2H2O=Ca(OH)2 +C2H2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A. NH4ClNH3↑ +HCl↑反应物中有离子键的断裂，生成物也只有极性键生成，没有非极性共价键的断裂，没有离子键和非极性键的形成，A项错误；
B. Na2O2为含有非极性键的离子化合物，CO2中含有极性键，则反应物中离子键、极性共价键和非极性共价键断裂，碳酸钠中有离子键和极性共价键，氧气中有非极性共价键，所以同时有离子键、极性共价键、非极性共价键的形成，B项正确；
C. NaOH中含有离子键和极性共价键，Cl2中含有非极性共价键，则反应物中有离子键、非极性共价键和极性共价键的断裂，没有非极性共价键的生成，C项错误；
D. CaC2+2H2O=Ca(OH)2 +C2H2↑属于水解反应，CaC2有离子键的断裂，两个碳之间的非极性共价键没有断裂，在生成物乙炔中，H2O中有极性共价键的断裂，同时有离子键和极性共价键的生成，但没有非极性共价键的断裂与生成，D项错误；
答案选B。
【点睛】活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键，不同种非金属元素之间易形成极性共价键，化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成。
20.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是)
选项
已知
类推
A
将Fe加入CuSO4溶液中：Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋
将Na加入到CuSO4溶液中：2Na＋Cu2＋= Cu＋2Na＋
B
向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：CO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－= CaCO3↓＋2HClO
向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：SO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－= CaSO3↓＋2HClO
C
惰性电极电解氯化钠溶液：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑
惰性电极电解MgBr2溶液：2Br－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Br2
D
稀盐酸与NaOH溶液反应至中性：H＋＋OH－=H2O
稀硝酸与Ba(OH)2溶液反应至中性：H＋＋OH－=H2O
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、铁排在金属铜的前面，金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐溶液的反应是先与水反应，不会置换出其中的金属，故A错误；
B、碳酸和亚硫酸的酸性均强于次氯酸，但SO2具有还原性，次氯酸钙含有氧化性，二者混合发生氧化还原反应，B错误；
C、惰性电极电解溴化镁溶液生成氢氧化镁沉淀、氢气和溴，C错误；
D、盐酸与氢氧化钠、稀硝酸与氢氧化钡反应均可用H++OH-=H2O表示，D正确。
答案选D。
21.NA代表阿伏伽德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量为a g，则该混合物
A. 所含共用电子对数目为(a/7+1)NA B. 所含碳氢键数目为a NA/7
C. 燃烧时消耗的O2一定是33.6a/14L D. 所含原子总数为a NA/14
【答案】B
【解析】
设C2H4和C3H6的质量分别为X和Y，则X + Y = a g。混合气体所含的共用电子对（共价键）为mol（C3H6无论是丙烯还是环丙烷，其中都有9个共价键），所以选项A错误。混合气体所含的碳氢键为mol，选项B正确。没有说明体系的温度和压强，所以无法计算氧气的体积，选项C错误。混合气体所含的原子为mol，选项D错误。
22.如图所示仪器可用于实验室制备少量无水FeCl3，仪器连接顺序正确的是（ ）
A. a −b −c−d−e−e−f−g–h B. a−e−d−c−b−h−i−c−b−g
C. a−e−d −h−i−c−b−g D. a−c−b −d−e−h −i−c−b−f
【答案】B
【解析】
【分析】
实验室制备少量无水FeCl3需要用纯净、干燥的氯气在加热条件下与铁粉反应，在此过程中应注意氯气制取后的除杂和干燥，以及与铁粉反应后氯气尾气的处理等问题，以此解答该题。
【详解】实验室制备少量无水FeCl3需要用纯净、干燥的氯气在加热条件下与铁粉反应，故首先要制备氯气，故最先使用的仪器是a；制取出的氯气中有HCl和水蒸气，应先用饱和食盐水洗气除去HCl，而洗气时，气体要长进短出，故接下来的气流的方向是e→d；然后用浓硫酸干燥氯气，故接下来的气流的方向是c→b；制取了纯净干燥的氯气后，通入铁粉，在加热条件下与铁粉反应，故接下来连h；氯化铁易水解，所以应用浓硫酸隔开后面的氢氧化钠溶液，故接下来c→b；氯气是污染性气体，对空气有污染，故应连接尾气处理装置，再考虑到氯气是酸性气体，故要用碱液来吸收，故接下来通入NaOH溶液，气流的方向是g→f；
故仪器连接顺序正确的是a−e−d−c−b−h−i−c−b−g，B项正确，
答案选B。
23.下列有关实验原理或操作正确的是（ ）
A. 用20mL量筒量取15mL 酒精，加水5mL，配制质量分数为75%酒精溶液
B. 在200mL 某硫酸盐溶液中，含有1.5NA个硫酸根离子，同时含有NA个金属阳离子，不考虑水解问题，则该硫酸盐的物质的量浓度为2.5mol·L−1
C. 实验中需用2.0mol·L−1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别为 1000mL、201.4g
D. 实验室配制500mL0.2mol·L−1的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称15.2g绿矾(FeSO4·7H2O)，放入小烧杯中加水溶解，转移到500mL容量瓶，洗涤、稀释、定容、摇匀
【答案】B
【解析】
【详解】A. 量筒不能用来配制溶液，应用烧杯配制，A项错误；
B. 1.5NA个硫酸根离子的物质的量为1.5mol，NA个金属阳离子的物质的量为1mol，令金属离子的化合价为x，根据电荷守恒可知，x=1.5×2=3，故金属阳离子为+3价，所以该硫酸盐可以表示为M2(SO4)3，根据硫酸根守恒可知，硫酸盐为0.5mol，所以该硫酸盐的物质的量浓度为 =2.5 mol·L−1，B项正确；
C. 容量瓶没有950 mL规格，应用1000 mL的容量瓶进行配制，则m(Na2CO3)=cVM=1L×2mol/L×106g/mol=212g，C项错误；
D. 溶解后需要冷却至室温再进行转移，D项错误；
答案选B。
【点睛】D项是易错点，要注意操作步骤的规范性。
24.某混合溶液中，可能大量含有的离子如下表：
阳离子
H＋、K＋、Al3＋、NH、Mg2＋
阴离子
OH-、SO42-、CO32-、AlO2-
将Na2O2逐渐加入上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体如图所示。
下列说法不正确的是：
A. 上述混合溶液中一定大量含有H＋、NH4+、Al3＋、Mg2＋、SO42-
B. 图中a=4
C. b=7，c=9
D. 此溶液还需要用焰色反应继续检验，才能确定溶液准确组成
【答案】B
【解析】
【分析】
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，二者的物质的量之比为2:1。先看气体图象，当Na2O2为8 mol时，产生气体为6mol，根据反应计量关系可知生成4mol O2和2mol NH 3，则NH4+有2 mol，其结合NaOH为2mol， 即需要1mol Na2O2，则b点对应的值为7。再看沉淀曲线，最终沉淀为3mol Mg(OH)2，利用原子守恒得出Mg2+为3mol，沉淀最大值为5mol，则b点的沉淀中有2mol Al(OH)3，故溶液中有2mol Al3＋，当沉淀达到最大值时消耗OH-为3mol×2+2mol×3=12mol，需要6mol Na2O2，但当沉淀达到最大值时消耗7mol Na2O2，说明有1mol Na2O2与H2O反应生成的OH-被H+消耗，H+的物质的量为2mol。根据离子的性质确定不含有CO32-、AlO2-和OH-，根据电中性原则可知一定含有 SO42-；不能确定溶液中是否含有K +。
【详解】A、根据上述分析可知，混合溶液中一定大量含有H＋、NH4+、Al3＋、Mg2＋、SO42-，故A正确；
B、含有2mol的H＋需要消耗2mol NaOH，则需要1mol Na2O2来生成，所以a=1，故B错误；
C、溶液中含有Mg2＋和Al3＋一共5mol，生成沉淀共消耗12mol NaOH，所以消耗6mol Na2O2，再加上a=1，则b=7；Al3＋的物质的量是2mol，所以Al(OH)3的物质的量是2mol，完全将Al(OH)3溶解，消耗2mol NaOH，即需要1mol Na2O2来生成，所以c=9，故C正确；
D、不能确定溶液中是否含有K+，检验K+常用焰色反应，故D正确;
故本题选B
【点睛】根据离子之间反应的现象结合图示的数值来判断存在的离子以及量的情况；根据图象中所生成的气体和沉淀的量以及所加过氧化钠的量来计算各个点所对应的值；钾离子的检验常用焰色反应，做法是：用一根洁净的铂丝蘸取溶液，在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察焰色，如果火焰呈紫色，则含有钾离子。
25.Cu、Cu2O和CuO组成的混合物加入100mL 0.6mol·L−1 HNO3溶液，恰好使混合物溶解，同时收集到224mL NO气体(标准状况)。下列说法不正确的是
A. 产物中硝酸铜的物质的量为0.025mol
B. 若混合物中Cu的物质的量为0.005mol，则其中Cu2O、CuO的物质的量共0.020mol
C. 若混合物中含0.01mol Cu，则其中Cu2O、CuO的物质的量均为0.005mol
D. 混合物中Cu的物质的量的取值范围为0.005mol
【解析】
【详解】A.硝酸具有强氧化性，与Cu、Cu2O和CuO组成的混合物恰好反应，生成Cu（NO3）2、NO和水。标准状况下224mLNO气体的物质的量＝0.224L÷22.4L/mol＝0.01mol，根据N元素守恒可知2n[Cu（NO3）2]+n（NO）＝n（HNO3），则n[Cu（NO3）2]＝1/2 [n（HNO3）-n（NO）]＝1/2×（0.1L×0.6mol/L－0.01mol）＝0.025mol，A正确；
B、根据Cu元素守恒可知2×n（Cu2O）+n（CuO）+x＝0.025mol。根据氧化还原反应中得失电子守恒可知x×2+2×n（Cu2O）＝0.01×3，联立后解得n（CuO）＝x－0.005mol，n（Cu2O）＝0.015mol－x，所以Cu2O、CuO的物质的量共为x－0.005mol+0.015mol－x＝0.01mol，B错误；
C、根据Cu元素守恒可知2×n（Cu2O）+n（CuO）+0.01mol＝0.025mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒可知0.01×2+2×n（Cu2O）＝0.01mol×3，联立后解得n（Cu2O）＝0.005mol，n（CuO）＝0.005mol，C正确；
D、根据以上分析可知n（CuO）＝x－0.005mol，n（Cu2O）＝0.015mol－x，所以混合物中Cu的物质的量的取值范围为0.005mol＜x＜0.015mol，D正确。
答案选B。
26.下表是元素周期表的前三周期及其中的部分元素，请回答相关问题
（1）a、f、g元素最高价氧化物的水化物碱性由强到弱的顺序是____(用化学式表示)。
（2）氢元素可与其它元素形成_____(填选项序号)等化学键。
A.极性共价键 B.非极性共价键 C.氢键 D.离子键
（3）d、f、h三种元素可形成一种有强还原性的化合物，该化合物中含有非极性键，其化学式为_____，向该化合物的水溶液中加入盐酸发生自身歧化反应的离子方程式为______。
（4）表中所给的某两种元素可形成一种常见的有机溶剂，可用于萃取碘水中的碘单质，萃取后有机层的颜色为______，分液时有机层应从______(填“下口流出“或“上口倒出”)。该有机溶剂的电子式是______。
【答案】 (1). NaOH>LiOH>Al(OH)3 (2). AD (3). Na2S2O3 (4). S2O32−+2H+=S↓ +SO2↑+H2O (5). 紫色 (6). 下口流出 (7).
【解析】
【分析】
根据图示元素周期表可知：a为Li元素，b为B，c为C元素，d为O元素，e为F元素，f为Na元素，g为Al元素，h为S元素，i为Cl元素，据此结合元素周期律及元素化合物性质解答。
【详解】（1）金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，则最高价氧化物的水化物碱性由强到弱的顺序为NaOH>LiOH>Al(OH)3；
（2）H元素与其它非金属元素形成的化学键为极性共价键，H与Na可形成离子键，故AD正确，
故答案为AD；
（3）O、Na、S三种元素可形成一种有强还原性的化合物，该化合物中含有非极性键，其化学式为Na2S2O3；向该化合物的水溶液中加入盐酸生成S单质、二氧化硫和水，该反应的离子方程式为：S2O32−+2H+=S↓ +SO2↑+H2O，
故答案为Na2S2O3；S2O32−+2H+=S↓ +SO2↑+H2O；
（4）表中所给的某两种元素可形成一种常见的有机溶剂，可用于萃取碘水中的碘单质，该有机溶剂为四氯化碳，四氯化碳的密度大于水，则萃取后有机层的颜色紫色，分液时有机层应从分液漏斗的下口流出；四氯化碳为共价化合物，其电子式为，
故答案为紫色；下口流出；。
27.现有某混合物的无色透明溶液，可能含有以下离子中的若干种：Na＋、NH4＋、Cl－、Mg2＋、Ba2＋、CO32－、SO42－。现取三份各100mL溶液进行如下实验：
①第一份加入足量AgNO3溶液有沉淀产生；
②第二份加足量NaOH溶液充分加热后，收集到气体0.896L(标准状况)；
③第三份加足量BaCl2溶液后，过滤后充分干燥得到沉淀6.27g，再经足量稀硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量变为2.33g。根据上述实验现象和有关数据，回答下列问题：
（1）原溶液中一定存在阴离子是____________，一定不存在的离子是____________，可能存在的离子是__________。
（2）②中发生化学反应的离子方程式为______________________________________。
（3）③中生成可溶于稀硝酸的沉淀化学式为__________，物质的量为________mol。该沉淀溶于稀硝酸的离子方程式为______________________________________。
【答案】 (1). CO32-、SO42- (2). Mg2+、Ba2+ (3). Cl- (4). NH4++OH-=NH3↑+H2O (5). BaCO3 (6). 0.02mol (7). BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O
【解析】
【分析】
①第一份加入足量AgNO3溶液有沉淀产生，则溶液中可能存在Cl－、CO32－、SO42－；
②第二份加足量NaOH溶液充分加热后，收集到气体0.896L(标准状况)，则原溶液中存在NH4＋；
③第三份加足量BaCl2溶液后，过滤后充分干燥得到沉淀6.27g，再经足量稀硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量变为2.33g，则溶液中存在CO32－、SO42－；一定不存在Mg2＋、Ba2＋；无法确定Cl－是否存在；
【详解】（1）分析可知，原溶液中一定存在的阴离子CO32-、SO42-；一定不存在的离子是Mg2+、Ba2+；可能存在的离子Cl-；
（2）②中铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气和水，离子方程式为NH4++OH-=NH3↑+H2O；
（3）③碳酸钡溶于硝酸，生成硝酸钡、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；碳酸钡、硫酸钡的混合物6.27g，不溶的为硫酸钡，2.33g，则碳酸钡的质量为6.27-2.33=3.94g，即0.02mol。
28.亚硝酸钠是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛。现用下图所示装置（夹持装置已省略）及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物成分。
已知：①NO＋NO2＋2OH－＝2NO2－＋H2O②气体液化的温度：NO2 21℃、 NO –152℃
（1）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排除装置中的空气，目的是__________。
（2）该实验装置明显缺陷是 ________________________________________________。
（3）在关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体。
①确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是____________________________。
②装置B的作用是_______________________________________________________。
（4）通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是_______________。
（5）①水合肼(N2H4·H2O)是一种重要的化工原料，在医药、农业及燃料上都有着广泛的应用。目前，我国生产水合肼均采用尿素法，即利用NaClO溶液、NaOH溶液与尿素[CO(NH2)2]反应制得粗肼（N2H4）。生成粗肼反应的化学方程式为_______________。
②火箭发射时可用肼（N2H4）为燃料，二氧化氮作氧化剂，生成无毒害的物质，写出反应方程式 _______。
【答案】 (1). 防止可能生成的NO被完全氧化成NO2，造成对A中反应气体产物检验不完全 (2). 无尾气吸收装置 (3). C中出现红棕色气体 (4). 冷凝使NO2完全液化 (5). 2NaNO2+H2SO4=Na2SO4+NO2↑+NO↑+H2O (6). NaClO+CO（NH2）2+2NaOH=N2H4·H2O+Na2CO3+NaCl (7). 2N2H4 +2NO2=3N2+4H2O
【解析】
【详解】（1）空气中的氧气能氧化NO，所以必须先排尽空气，防止可能生成的NO被完全氧化成NO2，造成对A中反应气体产物检验不完全；
（2）该实验装置明显缺陷是无尾气吸收装置，会导致氮的氧化物直接排放到空气中造成污染；
（3）①如果有NO，则经过装置B的冷却后，进入C中的气体，能和氧气反应，生成红棕色气体，即现象是C中出现红棕色气体；②装置B的作用是冷凝使NO2完全液化；
（4）装置A中亚硝酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化氮、一氧化氮和水，反应的化学方程式是2NaNO2+H2SO4=Na2SO4+NO2↑+NO↑+H2O；
（5）①NaClO溶液、NaOH溶液与尿素[CO(NH2)2]反应制得粗肼（N2H4），同时生成碳酸钠和氯化钠，故生成粗肼反应的化学方程式为NaClO+CO（NH2）2+2NaOH=N2H4·H2O+Na2CO3+NaCl；
②火箭发射时可用肼（N2H4）为燃料，二氧化氮作氧化剂，生成无毒害的物质氮气和水，反应的方程式为2N2H4 +2NO2=3N2+4H2O。
29.四川攀枝花蕴藏丰富的钒、钛、铁资源。用钛铁矿渣(主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3、Ti的最高化合价为＋4)作原料，生产白色颜料二氧化钛的主要步骤如下：
请回答下列问题：
（1）硫酸与二氧化钛反应的化学方程式是_____。
（2）向滤液Ⅰ中加入铁粉，发生反应离子方程式为_____、_______。
（3）过滤分离出水合二氧化钛沉淀后，将滤液返回的主要目的是充分利用滤液中的钛盐、H2O、_____、______(填化学式)，减少废物排放。
（4）A可用于生产红色颜料(Fe2O3)，其实验方法是：
a.5.56akgA(摩尔质量为278g·mol-1)溶于水中，加入适量氢氧化钾溶液恰好完全反应，鼓入足量空气搅拌，产生红褐色胶体；
b.再向红褐色胶体中加入33.36bkgA和1.12ckg 铁粉，鼓入足量空气搅拌，反应完成后，有大量Fe2O3附着在胶体粒子上以沉淀形式析出；
c.过滤后，沉淀经高温灼烧得红色颜料。
若所得滤液中溶质只有硫酸钾和硫酸铁，则理论上可生产红色颜料______kg。
【答案】 (1). TiO2+2H2SO4=Ti(SO4)2+2H2O或TiO2+H2SO4=TiOSO4+H2O (2). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (3). Fe +2H+=Fe2++H2↑ (4). FeSO4 (5). H2SO4 (6). 1.60a+3.20b+1.60c
【解析】
【分析】
（1）依据流程分析，硫酸与二氧化钛反应是发生的复分解反应；
（2）钛铁矿渣（主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3，Ti的最高化合价为+4）作原料溶解于硫酸过滤后得到滤液中含有铁离子、亚铁离子、过滤的硫酸，加入铁粉和铁离子反应，和酸反应；
（3）影响钛盐水解的因素有浓度、温度等，由Ti(SO4)2水解呈酸性，沸水、高温水蒸气、维持溶液沸腾等均为升温，沸水、高温水蒸气加水且降低H+浓度，故高温水蒸气使水解平衡移动的作用是：加水、加热、降低H+浓度均可促进钛盐水解；
（4）考虑最后溶质是只有硫酸钠和硫酸铁，根据开始加入A为2a×103mol，加入适量氢氧化钠溶液恰好完全反应，说明加入氢氧化钠的物质的量为4a×103mol，后来又加入12b×103mol的A和2c×103mol的铁，根据电荷守恒，溶质中硫酸钠消耗硫酸根离子为2a×103mol，而溶液中加入的硫酸根离子物质的量共计为（2a+12b）×103mol，这样剩下的硫酸根就与铁离子结合。可知消耗铁离子为8b×103mol，根据铁元素守恒计算。
【详解】（1） 依据酸的通性，可以与金属氧化物反应，又知道Ti的化合价，可以写出化学方程式为TiO2+2H2SO4=Ti (SO4)2+2H2O或TiO2+H2SO4=TiOSO4+H2O；
（2）浓硫酸有强氧化性，加入钛铁矿渣中能生成Fe3+，加入铁粉，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+；铁粉还可以与溶液中过量的H+反应，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；
（3） 根据该工艺流程知：滤液Ⅲ的主要成分为大量的钛盐、溶解的硫酸亚铁、少量的硫酸(混合液pH达0.5)等，钛盐水解后过滤去水合二氧化钛，得到的滤液中含有未水解的钛盐及FeSO4、H2SO4、H2O等，故答案为FeSO4；H2SO4；
（6）依题意A与适量氢氧化钠溶液恰好完全反应，FeSO4+2NaOH=Na2SO4+Fe(OH)2↓，根据开始加入A为2a×103 mol，可知加入氢氧化钠为4a×103 mol；后来又加入12b×103 mol的A和20c mol的铁，由Na2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、Fe2O3等化学式的定量组成和守恒思想分别可求得以下各量：利用Na+离子守恒，n(NaOH)=2n(Na2SO4)，可知Na2SO4物质的量为20a mol；利用SO42-离子守恒，n(FeSO4)=n(Na2SO4)+3n[Fe2(SO4)3]，可知Fe2(SO4)3物质的量为(20a+120b-20a) mol×=40bmol；利用Fe元素守恒，n(FeSO4)+n(Fe)=2 n[Fe2(SO4)3]+2n(Fe2O3)，可知n(Fe2O3)=(20a+120b+20c-40b×2) mol×=(10a+20b+10c)mol，计算得m(Fe2O3)=(1.60a+3.20b+1.60c) kg，故答案为1.60a+3.20b+1.60c。
东北师大附中2020届高三年级第一次摸底考试化学试题
1.下列有关金属及其合金的说法不正确的是
A. 目前我国流通的硬币是由合金材料制造的
B. 日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用
C. 镁在空气中燃烧发出耀眼的白光，可用于制作照明弹
D. 生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加
【答案】D
【解析】
【详解】A. 目前我国流通的硬币是由合金材料制成，A正确；
B. 制造照明弹就是利用了镁燃烧发出耀眼的白光， B正确；
C. 铝表面覆盖致密的氧化物薄膜，对金属起保护作用， C正确；
D. 生铁含碳量最高，普通钢次之，不锈钢最少，D错误；
综上所述，本题选D。
2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 常温常压下，1mol P4中所含P－P键数目为4NA
B. 100mL 1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为4NA
D. 0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A． 一个P4分子中含有6个P—P键，故1mol P4中含P—P键数目为6NA，故A错误；
B． Fe3+会水解，故 100 mL 1 mol·L−1FeCl3 溶液中所含Fe3+数目小于0.1NA，故B错误；
C．标准状况下，11.2 L气体的物质的量为0.5mol，0.5mol甲烷和乙烯混合物中氢原子数目为2NA，故C错误；
D. H2和I2反应为可逆反应，不可能全部生成HI，但反应前后的分子总数不变，所以分子总数0.2NA，故D正确。
综上所述，本题选D
3.宋应星所著《天工开物》被外国学者誉称为17世纪中国工艺百科全书。下列说法不正确的是
A. 凡白土曰垩土，为陶家精美启用中陶是一种传统硅酸盐材料
B. 每红铜六斤，入倭铅四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜中的黄铜是合金
C. 烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也，该过程中反应的类型为复分解反应
D. 凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴中硫指的是硫黄，硝指的是硝酸钾
【答案】C
【解析】
【详解】A、陶瓷是传统硅酸盐材料，属于无机非金属材料，故A正确；
B、黄铜是铜锌合金，故B正确；
C、该过程中反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，反应类型为置换反应，故C错误；
D、“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫黄，“硝”指的是硝酸钾，故D正确；答案选C。
综上所述，本题选B。
4.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中，加入150mL 4 mol·L−1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，并放出标准状况下NO气体2.24L，往所得溶液中加KSCN溶液，无红色出现。若用一定量的氢气在加热条件下还原相同质量的该混合物，所得固体的物质的量可能为
A. 0.30mol B. 0.28mol C. 0.25mol D. 0.42mol
【答案】C
【解析】
【详解】根据已知条件，向所得溶液中加KSCN溶液，无红色出现，说明溶液中无Fe3+，铁全部以Fe2+存在，溶液的溶质为硝酸亚铁；原硝酸的物质的量是0.6mol，反应后生成的一氧化氮的物质的量为0.1mol，根据质量守恒定律得到硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.6mol -0.1mol =0.5mol，硝酸亚铁物质的量为0.25mol，也就是铁的物质的量为0.25mol，混合物中铁元素物质的量为0.25mol；如果混合物全部转变为铁单质，生成的铁单质的物质的量为0.25mol；当氢气的量足时，铁全部还原出来，固体的物质的量等于0.25 mol，故D正确。
综上所述，本题选D。
【点睛】本题主要考查铁及其化合物的性质及氧化还原反应的计算。利用氮元素守恒，结合恰好完全反应这一条件判断铁元素的量。往所得溶液中加KSCN溶液，无红色出现，说明溶液中无Fe3+，此时溶液的溶质为硝酸亚铁。用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，说明氢气能使铁全部还原出来，从化学反应质量守恒的角度看，硝酸亚铁中的铁的物质的量与用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量相等。
5.4℃时，在100mL水中溶解22.4L HCl气体（标准状况下）形成溶液，下列说法正确的是
A. 该溶液的物质的量浓度为10mol·L-1
B. 由于溶液的密度未知，故该溶液的物质的量浓度无法求得
C. 由于溶液的密度未知，故该溶液中溶质的质量分数无法求得
D. 所得溶液的体积为22.5L
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下22.4L HCl的物质的量为1mol，溶于水配成100mL溶液，溶液的浓度为10mol/L，溶液体积必须为100mL，而不是溶剂的体积，因溶液的密度未知，无法计算溶液的体积，无计算该溶液的物质的量浓度，A错误；
B．因溶液的密度未知，无法计算溶液的体积，则无计算该溶液的物质的量浓度，B正确；
C．标准状况下22.4L HCl的物质的量为1mol，质量为：36.5g/mol×1mol=36.5g，4℃时100mL水的质量为100g，所以溶液溶质的质量分数为×100%=26.74%，C错误；
D．溶液体积不等于溶剂与溶质的体积之和，因为溶液的密度未知，无法计算溶液的体积，D错误；
综上所述，本题选B。
6.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. 使甲基橙变红的溶液中：Na+、Cl-、CH3COO−、Fe2+
B. 水电离的OH−浓度为10−12mol·L−1的溶液中：Mg2+、NH4+、AlO2-、SO42-
C. 无色溶液中：Al3+、NO3-、Cl-、SO42-
D. c(H2C2O4)=0.5mol·L−1溶液中：Na+、K+、MnO4-、Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】A. 使甲基橙变红的溶液呈酸性，CH3COO−与H+不能大量共存，A项错误；
B. 水电离的OH−浓度为10−12mol·L−1的溶液，可能呈酸性也可能呈碱性。若为酸性，溶液中AlO2-不能大量共存；若为碱性， Mg2+、NH4+不能大量共存，B项错误；
C. 离子均无色，且不反应，可大量共存，C项正确；
D. c(H2C2O4)=0.5mol·L−1溶液中， MnO4-有强氧化性，会氧化H2C2O4，两者不能大量共存，D项错误；
答案选C。
【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下水电离出来的 H+和 OH-浓度为1×10-7，小于1×10-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。
7.某无色溶液,由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2−、MnO4−、CO32−、SO42−中的若干种组成，取该溶液进行如下实验：
①取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到澄清溶液；
②在①所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成；同时析出白色沉淀甲；
③在②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出。
根据对上述实验的分析判断,最后得出的结论合理的是( )
A. 不能判断溶液中是否存在SO42− B. 溶液中一定不存在的离子是CO32−
C. 不能判断溶液中是否存在Ag+ D. 不能判断是否含有 AlO2− 离子
【答案】A
【解析】
【详解】溶液无色，说明溶液中不存在(紫色)；
①取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到澄清溶液，说明溶液中存在，不存在Ag+、Ba2+、Al3+，因为它们都会和反应；依据溶液中的电荷守恒知，一定存在阳离子Na+；
②因加入过量盐酸，如果溶液中存在，则转变成Al3+；向①所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，①中过量盐酸与过量碳酸氢铵反应生成CO2；白色沉淀只能是Al3+和碳酸氢铵中的发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3和CO2，所以原溶液中一定存在；
③向②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出，说明②中过量的碳酸氢铵与OH−反应生成氨气；但白色沉淀不一定是BaSO4，因为碳酸氢铵遇碱可生成，从而得到BaCO3白色沉淀;
综上所述此溶液中一定不存在Ag+、Ba2+、Al3+、，一定存在Na+、、，不能确定是否存在，综上所述，选项A正确。
【点睛】每一次所加过量试剂都会对后一次实验造成影响，离子共存问题需考虑全面。在碱性溶液中转化为，从而对的检验造成干扰，是本题的易错点。
8.如果用0.3 mol·L−1的亚硫酸钠溶液16mL，恰好将3.2×10−3mol的强氧化剂[RO(OH)2]2+溶液的溶质还原到较低价态。则反应后R的最终价态为
A. 0 B. +1 C. +2 D. +3
【答案】D
【解析】
【详解】n(Na2SO3)=1.6×10-2L×0.3mol/L=4.8×10-3mol，被氧化后生成Na2SO4，[RO(OH)2]2+离子中R的化合价为+6价，设还原后的化合价为a，根据电子转移守恒：4.8×10-3mol×(6-4)=3.2×10-3mol×(6-a)，解得a=+3；
答案选D。
9.下列离子方程式错误的是
A. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O
B. 酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
C. 等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓
D. 用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+ =Cu2++2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸的离子反应为Ba2++2OH−+2H++SO42−═BaSO4↓+2H2O，A项正确；
B. 酸性介质中KMnO4氧化H2O2为氧气，自身转化为Mn2+，其离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，B项正确；
C. 等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合溶液混合的离子反应为2H++Mg2++4OH−═Mg(OH)2↓+2H2O，C项错误；
D. 用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板，即酸性条件下H2O2氧化Cu的过程，其离子方程式为：Cu+H2O2+2H+ =Cu2++2H2O，D项正确；
答案选C。
【点睛】氧化还原反应的配平贯穿于整个无机化学方程式中，是高频考点，配平离子反应中的氧化还原反应要遵循一下几个原则：
（1）电子守恒，即得失电子总数相等；
（2）电荷守恒，即离子方程式中反应前后离子所带电荷总数相等；
（3）质量守恒，即反应前后各元素的原子个数相等。
另外，要特别留意溶液中的酸碱性、过量问题等也会影响产物的生成。
10.已知NH4CuSO3与足量的10 mol／L硫酸混合微热，产生下列现象：
①有红色金属生成 ②产生刺激性气味的气体 ③溶液呈现蓝色
据此判断下列说法正确的是（ ）
A. 反应中硫酸作氧化剂
B. NH4CuSO3中硫元素被氧化
C. 刺激性气味气体是氨气
D. 1 mol NH4CuSO3完全反应转移0.5 mol电子
【答案】D
【解析】
【详解】A项，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根中硫元素在反应前后化合价未变，反应中硫酸体现酸性，不做氧化剂，故A项错误；
B项，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故B项错误；
C项，因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故C项错误；
D项，NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体为Cu、在酸性条件下，SO32-+2H+=SO2↑+H2O，反应产生有刺激性气味气体是SO2，溶液变蓝说明有Cu2+生成，则NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，反应的离子方程式为：2 NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2++ 2SO2↑+2H2O+2NH4+，故1 mol NH4CuSO3完全反应转移的电子为0.5mol，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
11.将盐酸溶液逐滴滴入NaOH、NaAlO2、Na2CO3的混合溶液中，下列图像能正确表示溶液中反应的是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】本题考查了反应的先后顺序问题，发生反应依次为①OH-+H+=H2O，②AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，③CO32-+H+=HCO3-，④HCO3-+H+=H2O+CO2↑，⑤Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；故答案选C。
12.120 mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是
A. 2.0 mol·L−1 B. 0.24 mol·L−1 C. 1.5 mol·L−1 D. 0.18 mol·L−1
【答案】C
【解析】
【详解】当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑， 当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为CO32﹣+H+═HCO3﹣、HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，则HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质的量，又因为最终生成的气体体积不同，则HCO3﹣+H+=H2O+CO2不能全部完成，即HCl的物质的量比Na2CO3的物质的量的二倍少，碳酸钠的物质的量为0.2mol，则HCl的物质的量应介于0.2mol～0.4mol之间，盐酸溶液的体积为200mL=0.2L， 即盐酸的浓度应该是大于1mol/L，小于2mol/L。故C正确。
综上所述，本题选C。
【点睛】本题找Na2CO3与盐酸反应恰好生成NaHCO3的点和Na2CO3与盐酸反应恰好生成CO2的点，两个数据，然后与选项中数据作比较，得出正确答案。
13.以下各项叙述中错误的是( )
A. 原子半径由小到大的顺序是Li
C. 碱金属单质的密度比较为Li
【解析】
【详解】A、同主族元素，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，所以原子半径由小到大的顺序是Li
C、碱金属单质的密度比较，密度有反常的变化（Na与K的位置颠倒），所以碱金属单质的密度比较为Li
综上所述，本题选D。
14.用含少量镁粉的铝粉制取纯净的氢氧化铝，下述操作步骤中最恰当的组合是
①加盐酸溶解 ②加足量烧碱溶液溶解 ③过滤 ④通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀 ⑤加入盐酸生成Al(OH)3沉淀 ⑥加入过量烧碱溶液
A. ①⑥⑤③ B. ②③④③ C. ②③⑤③ D. ①③⑤③
【答案】B
【解析】
【详解】镁、铝都能与盐酸反应，但铝可溶于强碱，所以可加入烧碱溶液溶解，过滤后可到NaAlO2溶液，向该溶液中通入过量CO2，生成Al(OH)3沉淀，经过滤、洗涤可得到纯净的氢氧化铝，故正确顺序为②③④③；故选B。
15. 足量下列物质与相同质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是
A. 氢氧化钠溶液 B. 稀硫酸 C. 盐酸 D. 稀硝酸
【答案】A
【解析】
【详解】假设反应都产生3mol氢气，则：
A．2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑反应产生3mol氢气，会消耗2mol NaOH； B．2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，反应产生3mol氢气，需消耗3mol硫酸；
C．2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，反应产生3mol氢气，需消耗6mol HCl；
D．由于硝酸具有强的氧化性，与铝发生反应，不能产生氢气；
故反应产生等量的氢气，消耗溶质的物质的量最少的是氢氧化钠溶液；选项A正确。
16.下图是三种稀酸对合金随Cr含量变化的腐蚀性实验结果，下列有关说法正确的是
A. 稀硝酸对合金的腐蚀性比稀硫酸和稀盐酸的弱
B. 稀硝酸和铁反应的化学方程式是：Fe+6HNO3(稀)Fe（NO3）3+3NO2↑+3H2O
C. Cr含量大于13%时，因为三种酸中硫酸的氢离子浓度最大，所以对合金的腐蚀性最强
D. 随着Cr含量增加，稀硝酸对合金的腐蚀性减弱
【答案】D
【解析】
【详解】A、应该说铬的含量大于13%，稀硝酸对合金的腐蚀速率比盐酸硫酸弱，A不正确；
B、稀硝酸被还原应生成NO，B不正确；
C、盐酸和硝酸氢离子浓度相等，但硝酸腐蚀速度慢，所以不能从氢离子浓度大小得出腐蚀性强弱的结论，C不正确；
D、从图示可以看出随着Cr含量增加，合金被硝酸的腐蚀越来越慢，D正确。
答案选D。
17.某同学设计下列方案对A 盐的水溶液进行鉴定：
由此得出的结论中一定不正确的是（ ）
A. D溶液中存在Fe(SCN)3 B. A 一定为无氧酸盐FeBr2
C. B可为AgBr D. 滤液中有Fe3+
【答案】B
【解析】
【分析】
由图中转化可知，B为A与硝酸银反应生成的浅黄色沉淀，根据元素守恒知则为AgBr，所以A中含有Br-，C中加KSCN溶液变为血红色溶液，所以D为Fe（SCN）3溶液，则C中含有Fe3+，A中含有铁元素，硝酸具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，所以A为可能含有Fe3+或Fe2+，以此来解答。
【详解】A. 通过以上分析知，D中含有Fe(SCN)3，A项正确；
B. 硝酸具有强氧化性，能将亚铁离子氧化生成铁离子，所以A中可能是FeBr2，也可能是FeBr3，也可能是二者的混合物，B项错误；
C. 能和银离子反应生成淡黄色沉淀的离子是溴离子，所以B是AgBr，C项正确；
D. C能和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，说明C中含有Fe3+，D项正确；
答案选B。
18.已知X、Y、Z三种主族元素在元素周期表中的位置如图所示，设X的原子序数为a。则下列说法不正确的是
Y
X
Z
A. Y与Z的原子序数之和可能为2a B. Y的原子序数可能为a－17
C. Z的原子序数可能为a＋31 D. X、Y、Z一定为短周期元素
【答案】D
【解析】
【详解】由如图所示的X、Y、Z三种主族元素在周期表中的相对位置可知，X、Y、Z三种主族元素处于过渡元素之后，Y不可能是第一周期元素，至少为第二周期元素，Z一定不处于短周期。（1）若Y为第二周期元素，则X、Z分别为第三、四周期元素，X的原子序数为a，则Y的原子序数为a-7，Z的原子序数为a+17，则Y与Z的原子序数之和2a+10；（2）若Y为第三周期元素，则X、Z分别为第四、五周期元素，X的原子序数为a，则Y的原子序数为a-17，Z的原子序数为a+17，则Y与Z的原子序数之和2a；（3）若Y为第四周期元素，则X、Z分别为第五、六周期元素，X的原子序数为a，则Y的原子序数为a-17，Z的原子序数为a+31，则Y与Z的原子序数之和2a+14；（4）若Y为第五周期元素，则X、Z分别为第六、七周期元素，X的原子序数为a，则Y的原子序数为a-31，Z的原子序数为a+31，则Y与Z的原子序数之和2a，因此ABC正确，D错误，答案选D。
19.下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键断裂和形成的反应是（ ）
A. NH4ClNH3↑ +HCl↑
B. 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
C. 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O
D. CaC2+2H2O=Ca(OH)2 +C2H2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A. NH4ClNH3↑ +HCl↑反应物中有离子键的断裂，生成物也只有极性键生成，没有非极性共价键的断裂，没有离子键和非极性键的形成，A项错误；
B. Na2O2为含有非极性键的离子化合物，CO2中含有极性键，则反应物中离子键、极性共价键和非极性共价键断裂，碳酸钠中有离子键和极性共价键，氧气中有非极性共价键，所以同时有离子键、极性共价键、非极性共价键的形成，B项正确；
C. NaOH中含有离子键和极性共价键，Cl2中含有非极性共价键，则反应物中有离子键、非极性共价键和极性共价键的断裂，没有非极性共价键的生成，C项错误；
D. CaC2+2H2O=Ca(OH)2 +C2H2↑属于水解反应，CaC2有离子键的断裂，两个碳之间的非极性共价键没有断裂，在生成物乙炔中，H2O中有极性共价键的断裂，同时有离子键和极性共价键的生成，但没有非极性共价键的断裂与生成，D项错误；
答案选B。
【点睛】活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键，不同种非金属元素之间易形成极性共价键，化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成。
20.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是)
选项
已知
类推
A
将Fe加入CuSO4溶液中：Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋
将Na加入到CuSO4溶液中：2Na＋Cu2＋= Cu＋2Na＋
B
向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：CO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－= CaCO3↓＋2HClO
向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：SO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－= CaSO3↓＋2HClO
C
惰性电极电解氯化钠溶液：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑
惰性电极电解MgBr2溶液：2Br－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Br2
D
稀盐酸与NaOH溶液反应至中性：H＋＋OH－=H2O
稀硝酸与Ba(OH)2溶液反应至中性：H＋＋OH－=H2O
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、铁排在金属铜的前面，金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐溶液的反应是先与水反应，不会置换出其中的金属，故A错误；
B、碳酸和亚硫酸的酸性均强于次氯酸，但SO2具有还原性，次氯酸钙含有氧化性，二者混合发生氧化还原反应，B错误；
C、惰性电极电解溴化镁溶液生成氢氧化镁沉淀、氢气和溴，C错误；
D、盐酸与氢氧化钠、稀硝酸与氢氧化钡反应均可用H++OH-=H2O表示，D正确。
答案选D。
21.NA代表阿伏伽德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量为a g，则该混合物
A. 所含共用电子对数目为(a/7+1)NA B. 所含碳氢键数目为a NA/7
C. 燃烧时消耗的O2一定是33.6a/14L D. 所含原子总数为a NA/14
【答案】B
【解析】
设C2H4和C3H6的质量分别为X和Y，则X + Y = a g。混合气体所含的共用电子对（共价键）为mol（C3H6无论是丙烯还是环丙烷，其中都有9个共价键），所以选项A错误。混合气体所含的碳氢键为mol，选项B正确。没有说明体系的温度和压强，所以无法计算氧气的体积，选项C错误。混合气体所含的原子为mol，选项D错误。
22.如图所示仪器可用于实验室制备少量无水FeCl3，仪器连接顺序正确的是（ ）
A. a −b −c−d−e−e−f−g–h B. a−e−d−c−b−h−i−c−b−g
C. a−e−d −h−i−c−b−g D. a−c−b −d−e−h −i−c−b−f
【答案】B
【解析】
【分析】
实验室制备少量无水FeCl3需要用纯净、干燥的氯气在加热条件下与铁粉反应，在此过程中应注意氯气制取后的除杂和干燥，以及与铁粉反应后氯气尾气的处理等问题，以此解答该题。
【详解】实验室制备少量无水FeCl3需要用纯净、干燥的氯气在加热条件下与铁粉反应，故首先要制备氯气，故最先使用的仪器是a；制取出的氯气中有HCl和水蒸气，应先用饱和食盐水洗气除去HCl，而洗气时，气体要长进短出，故接下来的气流的方向是e→d；然后用浓硫酸干燥氯气，故接下来的气流的方向是c→b；制取了纯净干燥的氯气后，通入铁粉，在加热条件下与铁粉反应，故接下来连h；氯化铁易水解，所以应用浓硫酸隔开后面的氢氧化钠溶液，故接下来c→b；氯气是污染性气体，对空气有污染，故应连接尾气处理装置，再考虑到氯气是酸性气体，故要用碱液来吸收，故接下来通入NaOH溶液，气流的方向是g→f；
故仪器连接顺序正确的是a−e−d−c−b−h−i−c−b−g，B项正确，
答案选B。
23.下列有关实验原理或操作正确的是（ ）
A. 用20mL量筒量取15mL 酒精，加水5mL，配制质量分数为75%酒精溶液
B. 在200mL 某硫酸盐溶液中，含有1.5NA个硫酸根离子，同时含有NA个金属阳离子，不考虑水解问题，则该硫酸盐的物质的量浓度为2.5mol·L−1
C. 实验中需用2.0mol·L−1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别为 1000mL、201.4g
D. 实验室配制500mL0.2mol·L−1的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称15.2g绿矾(FeSO4·7H2O)，放入小烧杯中加水溶解，转移到500mL容量瓶，洗涤、稀释、定容、摇匀
【答案】B
【解析】
【详解】A. 量筒不能用来配制溶液，应用烧杯配制，A项错误；
B. 1.5NA个硫酸根离子的物质的量为1.5mol，NA个金属阳离子的物质的量为1mol，令金属离子的化合价为x，根据电荷守恒可知，x=1.5×2=3，故金属阳离子为+3价，所以该硫酸盐可以表示为M2(SO4)3，根据硫酸根守恒可知，硫酸盐为0.5mol，所以该硫酸盐的物质的量浓度为 =2.5 mol·L−1，B项正确；
C. 容量瓶没有950 mL规格，应用1000 mL的容量瓶进行配制，则m(Na2CO3)=cVM=1L×2mol/L×106g/mol=212g，C项错误；
D. 溶解后需要冷却至室温再进行转移，D项错误；
答案选B。
【点睛】D项是易错点，要注意操作步骤的规范性。
24.某混合溶液中，可能大量含有的离子如下表：
阳离子
H＋、K＋、Al3＋、NH、Mg2＋
阴离子
OH-、SO42-、CO32-、AlO2-
将Na2O2逐渐加入上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体如图所示。
下列说法不正确的是：
A. 上述混合溶液中一定大量含有H＋、NH4+、Al3＋、Mg2＋、SO42-
B. 图中a=4
C. b=7，c=9
D. 此溶液还需要用焰色反应继续检验，才能确定溶液准确组成
【答案】B
【解析】
【分析】
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，二者的物质的量之比为2:1。先看气体图象，当Na2O2为8 mol时，产生气体为6mol，根据反应计量关系可知生成4mol O2和2mol NH 3，则NH4+有2 mol，其结合NaOH为2mol， 即需要1mol Na2O2，则b点对应的值为7。再看沉淀曲线，最终沉淀为3mol Mg(OH)2，利用原子守恒得出Mg2+为3mol，沉淀最大值为5mol，则b点的沉淀中有2mol Al(OH)3，故溶液中有2mol Al3＋，当沉淀达到最大值时消耗OH-为3mol×2+2mol×3=12mol，需要6mol Na2O2，但当沉淀达到最大值时消耗7mol Na2O2，说明有1mol Na2O2与H2O反应生成的OH-被H+消耗，H+的物质的量为2mol。根据离子的性质确定不含有CO32-、AlO2-和OH-，根据电中性原则可知一定含有 SO42-；不能确定溶液中是否含有K +。
【详解】A、根据上述分析可知，混合溶液中一定大量含有H＋、NH4+、Al3＋、Mg2＋、SO42-，故A正确；
B、含有2mol的H＋需要消耗2mol NaOH，则需要1mol Na2O2来生成，所以a=1，故B错误；
C、溶液中含有Mg2＋和Al3＋一共5mol，生成沉淀共消耗12mol NaOH，所以消耗6mol Na2O2，再加上a=1，则b=7；Al3＋的物质的量是2mol，所以Al(OH)3的物质的量是2mol，完全将Al(OH)3溶解，消耗2mol NaOH，即需要1mol Na2O2来生成，所以c=9，故C正确；
D、不能确定溶液中是否含有K+，检验K+常用焰色反应，故D正确;
故本题选B
【点睛】根据离子之间反应的现象结合图示的数值来判断存在的离子以及量的情况；根据图象中所生成的气体和沉淀的量以及所加过氧化钠的量来计算各个点所对应的值；钾离子的检验常用焰色反应，做法是：用一根洁净的铂丝蘸取溶液，在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察焰色，如果火焰呈紫色，则含有钾离子。
25.Cu、Cu2O和CuO组成的混合物加入100mL 0.6mol·L−1 HNO3溶液，恰好使混合物溶解，同时收集到224mL NO气体(标准状况)。下列说法不正确的是
A. 产物中硝酸铜的物质的量为0.025mol
B. 若混合物中Cu的物质的量为0.005mol，则其中Cu2O、CuO的物质的量共0.020mol
C. 若混合物中含0.01mol Cu，则其中Cu2O、CuO的物质的量均为0.005mol
D. 混合物中Cu的物质的量的取值范围为0.005mol
【解析】
【详解】A.硝酸具有强氧化性，与Cu、Cu2O和CuO组成的混合物恰好反应，生成Cu（NO3）2、NO和水。标准状况下224mLNO气体的物质的量＝0.224L÷22.4L/mol＝0.01mol，根据N元素守恒可知2n[Cu（NO3）2]+n（NO）＝n（HNO3），则n[Cu（NO3）2]＝1/2 [n（HNO3）-n（NO）]＝1/2×（0.1L×0.6mol/L－0.01mol）＝0.025mol，A正确；
B、根据Cu元素守恒可知2×n（Cu2O）+n（CuO）+x＝0.025mol。根据氧化还原反应中得失电子守恒可知x×2+2×n（Cu2O）＝0.01×3，联立后解得n（CuO）＝x－0.005mol，n（Cu2O）＝0.015mol－x，所以Cu2O、CuO的物质的量共为x－0.005mol+0.015mol－x＝0.01mol，B错误；
C、根据Cu元素守恒可知2×n（Cu2O）+n（CuO）+0.01mol＝0.025mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒可知0.01×2+2×n（Cu2O）＝0.01mol×3，联立后解得n（Cu2O）＝0.005mol，n（CuO）＝0.005mol，C正确；
D、根据以上分析可知n（CuO）＝x－0.005mol，n（Cu2O）＝0.015mol－x，所以混合物中Cu的物质的量的取值范围为0.005mol＜x＜0.015mol，D正确。
答案选B。
26.下表是元素周期表的前三周期及其中的部分元素，请回答相关问题
（1）a、f、g元素最高价氧化物的水化物碱性由强到弱的顺序是____(用化学式表示)。
（2）氢元素可与其它元素形成_____(填选项序号)等化学键。
A.极性共价键 B.非极性共价键 C.氢键 D.离子键
（3）d、f、h三种元素可形成一种有强还原性的化合物，该化合物中含有非极性键，其化学式为_____，向该化合物的水溶液中加入盐酸发生自身歧化反应的离子方程式为______。
（4）表中所给的某两种元素可形成一种常见的有机溶剂，可用于萃取碘水中的碘单质，萃取后有机层的颜色为______，分液时有机层应从______(填“下口流出“或“上口倒出”)。该有机溶剂的电子式是______。
【答案】 (1). NaOH>LiOH>Al(OH)3 (2). AD (3). Na2S2O3 (4). S2O32−+2H+=S↓ +SO2↑+H2O (5). 紫色 (6). 下口流出 (7).
【解析】
【分析】
根据图示元素周期表可知：a为Li元素，b为B，c为C元素，d为O元素，e为F元素，f为Na元素，g为Al元素，h为S元素，i为Cl元素，据此结合元素周期律及元素化合物性质解答。
【详解】（1）金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，则最高价氧化物的水化物碱性由强到弱的顺序为NaOH>LiOH>Al(OH)3；
（2）H元素与其它非金属元素形成的化学键为极性共价键，H与Na可形成离子键，故AD正确，
故答案为AD；
（3）O、Na、S三种元素可形成一种有强还原性的化合物，该化合物中含有非极性键，其化学式为Na2S2O3；向该化合物的水溶液中加入盐酸生成S单质、二氧化硫和水，该反应的离子方程式为：S2O32−+2H+=S↓ +SO2↑+H2O，
故答案为Na2S2O3；S2O32−+2H+=S↓ +SO2↑+H2O；
（4）表中所给的某两种元素可形成一种常见的有机溶剂，可用于萃取碘水中的碘单质，该有机溶剂为四氯化碳，四氯化碳的密度大于水，则萃取后有机层的颜色紫色，分液时有机层应从分液漏斗的下口流出；四氯化碳为共价化合物，其电子式为，
故答案为紫色；下口流出；。
27.现有某混合物的无色透明溶液，可能含有以下离子中的若干种：Na＋、NH4＋、Cl－、Mg2＋、Ba2＋、CO32－、SO42－。现取三份各100mL溶液进行如下实验：
①第一份加入足量AgNO3溶液有沉淀产生；
②第二份加足量NaOH溶液充分加热后，收集到气体0.896L(标准状况)；
③第三份加足量BaCl2溶液后，过滤后充分干燥得到沉淀6.27g，再经足量稀硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量变为2.33g。根据上述实验现象和有关数据，回答下列问题：
（1）原溶液中一定存在阴离子是____________，一定不存在的离子是____________，可能存在的离子是__________。
（2）②中发生化学反应的离子方程式为______________________________________。
（3）③中生成可溶于稀硝酸的沉淀化学式为__________，物质的量为________mol。该沉淀溶于稀硝酸的离子方程式为______________________________________。
【答案】 (1). CO32-、SO42- (2). Mg2+、Ba2+ (3). Cl- (4). NH4++OH-=NH3↑+H2O (5). BaCO3 (6). 0.02mol (7). BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O
【解析】
【分析】
①第一份加入足量AgNO3溶液有沉淀产生，则溶液中可能存在Cl－、CO32－、SO42－；
②第二份加足量NaOH溶液充分加热后，收集到气体0.896L(标准状况)，则原溶液中存在NH4＋；
③第三份加足量BaCl2溶液后，过滤后充分干燥得到沉淀6.27g，再经足量稀硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量变为2.33g，则溶液中存在CO32－、SO42－；一定不存在Mg2＋、Ba2＋；无法确定Cl－是否存在；
【详解】（1）分析可知，原溶液中一定存在的阴离子CO32-、SO42-；一定不存在的离子是Mg2+、Ba2+；可能存在的离子Cl-；
（2）②中铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气和水，离子方程式为NH4++OH-=NH3↑+H2O；
（3）③碳酸钡溶于硝酸，生成硝酸钡、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；碳酸钡、硫酸钡的混合物6.27g，不溶的为硫酸钡，2.33g，则碳酸钡的质量为6.27-2.33=3.94g，即0.02mol。
28.亚硝酸钠是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛。现用下图所示装置（夹持装置已省略）及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物成分。
已知：①NO＋NO2＋2OH－＝2NO2－＋H2O②气体液化的温度：NO2 21℃、 NO –152℃
（1）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排除装置中的空气，目的是__________。
（2）该实验装置明显缺陷是 ________________________________________________。
（3）在关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体。
①确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是____________________________。
②装置B的作用是_______________________________________________________。
（4）通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是_______________。
（5）①水合肼(N2H4·H2O)是一种重要的化工原料，在医药、农业及燃料上都有着广泛的应用。目前，我国生产水合肼均采用尿素法，即利用NaClO溶液、NaOH溶液与尿素[CO(NH2)2]反应制得粗肼（N2H4）。生成粗肼反应的化学方程式为_______________。
②火箭发射时可用肼（N2H4）为燃料，二氧化氮作氧化剂，生成无毒害的物质，写出反应方程式 _______。
【答案】 (1). 防止可能生成的NO被完全氧化成NO2，造成对A中反应气体产物检验不完全 (2). 无尾气吸收装置 (3). C中出现红棕色气体 (4). 冷凝使NO2完全液化 (5). 2NaNO2+H2SO4=Na2SO4+NO2↑+NO↑+H2O (6). NaClO+CO（NH2）2+2NaOH=N2H4·H2O+Na2CO3+NaCl (7). 2N2H4 +2NO2=3N2+4H2O
【解析】
【详解】（1）空气中的氧气能氧化NO，所以必须先排尽空气，防止可能生成的NO被完全氧化成NO2，造成对A中反应气体产物检验不完全；
（2）该实验装置明显缺陷是无尾气吸收装置，会导致氮的氧化物直接排放到空气中造成污染；
（3）①如果有NO，则经过装置B的冷却后，进入C中的气体，能和氧气反应，生成红棕色气体，即现象是C中出现红棕色气体；②装置B的作用是冷凝使NO2完全液化；
（4）装置A中亚硝酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化氮、一氧化氮和水，反应的化学方程式是2NaNO2+H2SO4=Na2SO4+NO2↑+NO↑+H2O；
（5）①NaClO溶液、NaOH溶液与尿素[CO(NH2)2]反应制得粗肼（N2H4），同时生成碳酸钠和氯化钠，故生成粗肼反应的化学方程式为NaClO+CO（NH2）2+2NaOH=N2H4·H2O+Na2CO3+NaCl；
②火箭发射时可用肼（N2H4）为燃料，二氧化氮作氧化剂，生成无毒害的物质氮气和水，反应的方程式为2N2H4 +2NO2=3N2+4H2O。
29.四川攀枝花蕴藏丰富的钒、钛、铁资源。用钛铁矿渣(主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3、Ti的最高化合价为＋4)作原料，生产白色颜料二氧化钛的主要步骤如下：
请回答下列问题：
（1）硫酸与二氧化钛反应的化学方程式是_____。
（2）向滤液Ⅰ中加入铁粉，发生反应离子方程式为_____、_______。
（3）过滤分离出水合二氧化钛沉淀后，将滤液返回的主要目的是充分利用滤液中的钛盐、H2O、_____、______(填化学式)，减少废物排放。
（4）A可用于生产红色颜料(Fe2O3)，其实验方法是：
a.5.56akgA(摩尔质量为278g·mol-1)溶于水中，加入适量氢氧化钾溶液恰好完全反应，鼓入足量空气搅拌，产生红褐色胶体；
b.再向红褐色胶体中加入33.36bkgA和1.12ckg 铁粉，鼓入足量空气搅拌，反应完成后，有大量Fe2O3附着在胶体粒子上以沉淀形式析出；
c.过滤后，沉淀经高温灼烧得红色颜料。
若所得滤液中溶质只有硫酸钾和硫酸铁，则理论上可生产红色颜料______kg。
【答案】 (1). TiO2+2H2SO4=Ti(SO4)2+2H2O或TiO2+H2SO4=TiOSO4+H2O (2). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (3). Fe +2H+=Fe2++H2↑ (4). FeSO4 (5). H2SO4 (6). 1.60a+3.20b+1.60c
【解析】
【分析】
（1）依据流程分析，硫酸与二氧化钛反应是发生的复分解反应；
（2）钛铁矿渣（主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3，Ti的最高化合价为+4）作原料溶解于硫酸过滤后得到滤液中含有铁离子、亚铁离子、过滤的硫酸，加入铁粉和铁离子反应，和酸反应；
（3）影响钛盐水解的因素有浓度、温度等，由Ti(SO4)2水解呈酸性，沸水、高温水蒸气、维持溶液沸腾等均为升温，沸水、高温水蒸气加水且降低H+浓度，故高温水蒸气使水解平衡移动的作用是：加水、加热、降低H+浓度均可促进钛盐水解；
（4）考虑最后溶质是只有硫酸钠和硫酸铁，根据开始加入A为2a×103mol，加入适量氢氧化钠溶液恰好完全反应，说明加入氢氧化钠的物质的量为4a×103mol，后来又加入12b×103mol的A和2c×103mol的铁，根据电荷守恒，溶质中硫酸钠消耗硫酸根离子为2a×103mol，而溶液中加入的硫酸根离子物质的量共计为（2a+12b）×103mol，这样剩下的硫酸根就与铁离子结合。可知消耗铁离子为8b×103mol，根据铁元素守恒计算。
【详解】（1） 依据酸的通性，可以与金属氧化物反应，又知道Ti的化合价，可以写出化学方程式为TiO2+2H2SO4=Ti (SO4)2+2H2O或TiO2+H2SO4=TiOSO4+H2O；
（2）浓硫酸有强氧化性，加入钛铁矿渣中能生成Fe3+，加入铁粉，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+；铁粉还可以与溶液中过量的H+反应，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；
（3） 根据该工艺流程知：滤液Ⅲ的主要成分为大量的钛盐、溶解的硫酸亚铁、少量的硫酸(混合液pH达0.5)等，钛盐水解后过滤去水合二氧化钛，得到的滤液中含有未水解的钛盐及FeSO4、H2SO4、H2O等，故答案为FeSO4；H2SO4；
（6）依题意A与适量氢氧化钠溶液恰好完全反应，FeSO4+2NaOH=Na2SO4+Fe(OH)2↓，根据开始加入A为2a×103 mol，可知加入氢氧化钠为4a×103 mol；后来又加入12b×103 mol的A和20c mol的铁，由Na2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、Fe2O3等化学式的定量组成和守恒思想分别可求得以下各量：利用Na+离子守恒，n(NaOH)=2n(Na2SO4)，可知Na2SO4物质的量为20a mol；利用SO42-离子守恒，n(FeSO4)=n(Na2SO4)+3n[Fe2(SO4)3]，可知Fe2(SO4)3物质的量为(20a+120b-20a) mol×=40bmol；利用Fe元素守恒，n(FeSO4)+n(Fe)=2 n[Fe2(SO4)3]+2n(Fe2O3)，可知n(Fe2O3)=(20a+120b+20c-40b×2) mol×=(10a+20b+10c)mol，计算得m(Fe2O3)=(1.60a+3.20b+1.60c) kg，故答案为1.60a+3.20b+1.60c。
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