吉林省长春市榆树市第一高级中学2019-2020学年高一上学期尖子生考试化学试题

www.ks5u.com化学试题(1)

可能用到的相对原子质量：H -1  C -12  N -14  O -16  Na -23  Mg -24  Al -27  S -32 Cl -35.5  Fe -56  Cu- 64

一、选择题（本题共18小题，每小题3分，共54分，每小题只有一个正确答案）

1.下列有关物质组成的说法正确的是（    ）

A. 物质均是由分子构成，分子均是由原子构成

B. 只由一种元素组成的物质一定是单质

C. 金属氧化物都是碱性氧化物

D. 硫酸是纯净物，盐酸是混合物

【答案】D

【解析】

【详解】A.物质有的是由分子构成，有的是由原子构成，有的则是由离子共存，A错误；

B.只由一种元素组成物质若是纯净物则是单质，若是由两种微粒构成，则属于混合物，B错误；

C.金属氧化物有的是碱性氧化物，有的是两性氧化物，如Al2O3，有的则是酸性氧化物，如Mn2O7，C错误；

D.硫酸是纯净物，盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，D正确；

故合理选项是D。

2.下列实验方案中可行的是（   ）

A. 用澄清石灰水检验CO中是否含有CO2

B. 用BaCl2除去NaOH溶液中混有的少量Na2SO4

C. 用酒精把碘水中的碘萃取出来

D. 用溶解、过滤的方法分离CaCl2和NaCl固体混合物

【答案】A

【解析】

【详解】A．二氧化碳与澄清石灰水反应能够生成沉淀，现象明显，可用于检验，故A正确；

B．用BaCl2除去NaOH溶液中混有的少量Na2SO4，会生成氯化钠，引入新杂质，故B错误；

C．酒精与水混溶，不能用作萃取剂，可用苯或四氯化碳等，故C错误；

D．CaCl2和NaCl均易溶于水，不能用过滤的方法分离，应用重结晶的方法分离，故D错误；

故选A。

3.过滤后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水，则下列操作顺序正确的是

① 加入稍过量的Na2CO3溶液；② 加入稍过量的NaOH溶液；

③ 加入稍过量的BaCl2溶液；④ 滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤。

A. ③⑤②①④ B. ②③①④⑤ C. ①②③⑤④ D. ③②①⑤④

【答案】D

【解析】

【详解】粗盐的提纯中，为了保证杂质离子完全出去，每一次所加试剂都过量，加入NaOH溶液的目的是除去镁离子，加BaCl2溶液的目的是除去硫酸根离子，加Na2CO3溶液的目的是除去钙离子和过量的钡离子，由此可知，Na2CO3溶液的加入一定在BaCl2溶液之后，即①一定在③之后，为了不使产生的沉淀溶解，一定要在过滤后再加盐酸，即④在⑤之后，故操作顺序可以是②③①⑤④或③②①⑤④或③①②⑤④，故选D。

4.下列变化，需要加入适当的氧化剂才能完成的是（    ）

A. SO2→SO32ˉ B. PCl3→PCl5 C. MnO4ˉ→Mn2+ D. Cl2→HClO

【答案】B

【解析】

【详解】A．SO2→SO32ˉ元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故A错误；

B．PCl3→PCl5中P元素化合价升高，应加入氧化剂才能实现，故B正确；

C．MnO4ˉ→Mn2+中Mn元素化合价降低，应加入还原剂才能实现，故C错误；

D．Cl2→HClO中Cl元素化合价升高，被氧化，不一定需要加入氧化剂，如氯气与水反应可实现，故D错误；

故选B。

【点睛】注意从元素化合价的变化角度分析判断，本题的易错点为D，要注意一种反应物可以既作氧化剂，又作还原剂的一类特殊反应。

5.Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好．一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，对此反应下列说法中正确的是

A. Na2O既不是氧化产物又不是还原产物

B. FeSO4是氧化剂

C. 若有2molFeSO4参与反应，则该反应中共有8mol电子转移

D. Na2O2既是氧化剂又是还原剂

【答案】D

【解析】

【分析】

该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由-1价变为0价、-2价，所以FeSO4是还原剂、Na2O2既是氧化剂又是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物，以此解答该题。

【详解】A.Na2O2生成Na2O，O元素化合价降低，Na2O为还原产物，A错误；

B.该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价，化合价升高，失去电子，所以FeSO4是还原剂，B错误；

C.反应中元素化合价升高的数目为：2×(6-2)+2×(1-0)=10，所以2molFeSO4发生反应时，反应中转移电子的数目为10mol，C错误；

D.过氧化钠中氧元素的化合价有的升高到0价有的降低到-2价，所以Na2O2即是氧化剂，又是还原剂，D正确；

故合理选项是D。

【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化、根据元素化合价的变化与电子转移的关系及物质的作用分析，掌握基本概念为解答的关键，侧重考查学生的分析与应用能力，注意过氧化钠的作用。

6.已知M2O7x- + 3 S2- + 14H＋= 2M 3＋+ 3S↓+ 7H2O，则M2O7x-中的M的化合价为（     ）

A. ＋2 B. ＋3 C. ＋4 D. ＋6

【答案】D

【解析】

【详解】该反应是离子反应型的氧化还原反应，由电荷守恒可以得到式子：-x+3×（-2）+14=2×3，x=2，则M2O72-，假设M的化合价为y，则有-2×7+2y=-2，y=+6；

故选D。

7.为除去某物质中所含的杂质，所选用的除杂试剂或操作方法正确的是（   ）

A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②③④

【答案】A

【解析】

【详解】①碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠，然后蒸发可除去，故①正确；

②Fe与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和Cu，则加入过量铁粉并过滤可除杂，故②正确；

③CO2与NaOH能够反应，而氢气不能，则依次通过盛有NaOH溶液和浓硫酸的洗气瓶可除杂，故③正确；

④加入盐酸，反应生成新杂质氯化钙；CaCO3不溶于水，NaNO3溶于水，则溶于水、过滤可除杂，故④错误；

正确的有①②③，故选A。

8.据报道，科学家研制了一种间距为50 nm的“镊子”，利用它可以操控活细胞中的DNA分子等。下列分散系中分散质的粒子直径与该“镊子”间距相近的是(     )。

A. 溶液 B. 胶体 C. 悬浊液 D. 乳浊液

【答案】B

【解析】

【详解】溶液中分散质粒子直径小于1-100nm；悬浊液、乳浊液中分散质粒子直径大于1-100nm；胶体中分散质粒子直径在1-100nm之间，“镊子”间距为50 nm，所以与该“镊子”间距相近的是胶体；

答案选B。

9.下列各组物质相互反应后，再向得到的溶液中滴入KSCN试剂，溶液变成红色的是

A. 过量铁屑和氯化铁溶液 B. 铁屑和氯化铜溶液

C. 铁屑和过量稀硫酸 D. 氯水和氯化亚铁溶液

【答案】D

【解析】

【详解】A．过量铁屑和氯化铁溶液：2FeCl3+Fe=3FeCl2，因为铁屑过量，氯化铁完全反应，加KSCN溶液不显红色，错误；

B．铁屑和氯化铜溶液发生反应：Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，溶液中没有三价铁离子，加KSCN溶液不显红色，错误；

C．铁屑和过量稀硫酸：Fe+H2SO4=H2↑+FeSO4 ，溶液中没有三价铁离子，加KSCN溶液不显红色，错误；

D．氯水和氯化亚铁反应：2FeCl2+Cl2 =2FeCl3，生成三价铁离子，加KSCN溶液显红色，正确；

答案选D。

10.下列反应能用离子方程式CO32-+2H+=CO2↑+H2O表示的是(   )

①Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O

②K2CO3+H2SO4=K2SO4+CO2↑+H2O

③CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O

④2CH3COOH+Na2CO3=2CH3COONa+CO2↑+H2O

A. ①②③ B. ①② C. ①③④ D. ②④

【答案】B

【解析】

【详解】①HCl是一元强酸，在溶液中完全电离，反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O的离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O，①正确；

②H2SO4是二元强酸，在溶液中完全电离，反应K2CO3+H2SO4=K2SO4+CO2↑+H2O的离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O，②正确；

③CaCO3难溶于水，不能拆写为离子形式，反应CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，③错误；

④CH3COOH是一元弱酸，主要以分子形式存在，不能拆写为离子，所以2CH3COOH+Na2CO3=2CH3COONa+CO2↑+H2O离子方程式为2CH3COOH+CO32-=2CH3COO -+CO2↑+H2O表示，④错误；

故合理选项是B。

11.下列应用或事实与胶体的性质没有关系的是

A. 用明矾净化饮用水

B. 用石膏或盐卤点制豆腐

C. 在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出现红褐色沉淀

D. 清晨的阳光穿过茂密的林木枝叶所产生的美丽景象（美丽的光线）

【答案】C

【解析】

【详解】A.用明矾净化饮用水，利用氢氧化铝凝胶的吸附性，故A正确；

B. 用石膏或盐卤点制豆腐利用了胶体的聚沉，故B正确；

C.在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，生成氢氧化铁沉淀不是胶体，故C错误；

D.雾属于气溶胶，可以产生丁达尔效应，故D正确；

答案选C。

12.根据下列金属的熔沸点：

其中不能形成合金的是

A. Cu与Al B. Fe与Na C. Fe与Cu           D . Al与Na

【答案】B

【解析】

钠的沸点低于铁的熔点，所以Fe与Na不能形成合金，故选B。

13.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A. 78 g由Na2S和Na2O2组成的固体混合物，含有的阴离子数为NA

B. 标准状况下，22.4 L CCl4中含有的分子数为NA

C. 1 mol Cu分别与足量的Cl2和S反应，转移电子数均为2NA

D. 1 mol·L−1 FeCl3溶液中含有的Fe3+数目小于NA

【答案】A

【解析】

【详解】A、Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，故78g混合物的物质的量为1mol，而两者均由2个阳离子和1个阴离子构成，故1mol混合物中含1mol阴离子即NA个，故A正确；

B、标况下，CCl4为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；

C、Cu在氯气中燃烧生成氯化铜，在硫蒸气中燃烧生成硫化亚铜，1mol Cu分别与足量Cl2和S反应，转移电子数分别为2NA和NA，故C错误；

D、未明确溶液的体积，无法判断，故D错误；

故选A。

【点晴】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意同位素原子的差异；④注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑤注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。

14.下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件（温度、反应物用量比），不会引起产物种类改变的是（     ）

A. Na和O2 B. NaOH和AlCl3 C. Na2O2和CO2 D. 木炭(C)和O2

【答案】C

【解析】

【详解】A.Na和O2反应的温度不同，产物不同，常温下生成氧化钠，点燃生成过氧化钠，A错误；

B.NaOH溶液和AlCl3溶液反应产物与反应物的量有关，AlCl3与少量NaOH反应生成Al(OH)3，与过量氢氧化钠反应生成NaAlO2，B错误；

C.Na2O2和CO2的反应，温度不同、量不同不会引起产物的改变，只生成碳酸钠和氧气，C正确；

D.根据C与O2反应产物随二者物质的量的不同而不同，若C过量，反应产生CO，若O2过量，反应产生CO2，D错误；

故合理选项是C。

15.某溶液中有Fe3+、Fe2+、Mg2+和Al3+四种离子，若向其中加入过量的Na2O2并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是

A. Mg2+ B. Fe3+ C. Fe2+ D. Al3+

【答案】C

【解析】

【分析】

本题主要考查Na2O2的性质。Na2O2具有强氧化性，Fe2+具有还原性，向溶液中加入Na2O2，发生氧化还原反应，Na2O2与水反应生成NaOH和O2，与金属阳离子发生反应，加入过量盐酸再发生一系列反应，据此分析。

【详解】溶液中有Fe2+、Fe3+、Mg2+和Al3+四种离子，若向其中加入过量的Na2O2并充分搅拌，反应时，Fe2+先被氧化为Fe3+，Na2O2与水反应生成NaOH和O2，NaOH与三种金属离子均先转化为沉淀，然后氢氧化铝与过量的NaOH反应转化为偏铝酸根离子，再加入过量的盐酸，氢氧化铁、氢氧化镁、偏铝酸钠与盐酸反应生成金属阳离子为Fe3+、Mg2+和Al3+，显然溶液中大量减少的离子是Fe2+，故答案为C。

【点睛】Na2O2加入到某溶液中，若溶液中含有还原性微粒（如S2-、H2SO3、Fe2+等），要发生氧化还原反应将这些粒子氧化，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气；若溶液中不含有还原性微粒，则Na2O2与水反应。

16.有200 mL氯化镁和氯化铝的混合溶液，其中c(Mg2＋)为0.2 mol·L－1，c(Cl－)为1.3 mol·L－1。要使Mg2＋全部转化为沉淀分离出来，至少需加4 mol·L－1NaOH溶液的体积为(　　)

A. 40 mL B. 72 mL

C. 80 mL D. 128 mL

【答案】C

【解析】

【详解】溶液中n（Cl－）=0.2L×1.3mol/L=0.26mol，溶液中n（Mg2+）=0.2mol/L×0.2L=0.04mol，所以溶液中n（A13+）=(0.26mol-0.04mol×2)÷3=0.06mol，将200mL此溶液中的Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀并分离析出，反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，根据钠离子守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2），再结合氯离子守恒、Al原子守恒可知n（NaOH）=c（Cl－）+n（Al3+）=0.26mol+0.06mol=0.32mol，所以至少需要4mol/L氢氧化钠溶液的体积为0.32mol÷4mol/L=0.08L=80mL；

答案选C。

17.在一个密闭容器内有X、Y、Z、Q四种物质，在一定条件下进行反应，一段时间后测得反应前后各物质质量如表．该密闭容器中发生化学反应的基本类型可能是

A. 分解反应 B. 置换反应 C. 复分解反应 D. 化合反应

【答案】D

【解析】

【详解】起始是X，Y，Z，Q质量都为20，反应后质量为20，30，16，14，又由于是密闭容器，所以符合质量守恒定律： X的质量不变，应为催化剂，Y质量增加，应为生成物，Z、Q的质量均减少，应为反应物，故反应式应为Z+Q=Y，两种物质生成一种，应为化合反应，故选D。

18.一个容积为V的密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计)将容器分成两部分，当左边充入1molN2，右边充入一定量的CO时，隔板处于如图位置(保持温度不变)，下列说法正确的是（     ）

A. 右边与左边分子数之比为4：1

B. 右侧CO的质量为5.6g

C. 右侧气体密度是相同条件下氢气密度的14倍

D. 若改变右边CO的充入量而使隔板处于容器正中间，保持温度不变，则应充入0.2molCO

【答案】C

【解析】

【详解】左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4：1，则左右气体物质的量之比为4：1，所以右侧气体物质的量==0.25mol，

A、同温同压下，气体分子数与体积成正比，则右边与左边分子数之比为1：4，故A错误；

B、右侧CO的质量为：28g/mol×0.25mol=7g，故B错误；

C、相同条件下，气体密度之比与摩尔质量成正比，则右侧气体密度是相同条件下氢气密度的=14倍，故C正确；

D、同温同压下，气体体积与物质的量成正比，隔板处于容器正中间时，左右两侧气体的物质的量相等，则需要充入CO的物质的量为：1mol-0.25mol=0.75mol，故D错误；

故选C。

二、填空题（每空2分，共48分）

19.实验室常用盐酸的质量分数为36.5%，密度为1.20 g·mL－1。

（1）此浓盐酸中HCl的物质的量浓度是________。

（2）配制100 mL该浓盐酸，需要标准状况下HCl的体积为________。

（3）配制100 mL 3.00 mol·L－1的盐酸，需以上浓盐酸的体积为________。

（4）将10.0 mL 3.00 mol·L－1的盐酸与10.0 mL 1.00 mol·L－1的MgCl2溶液混合，则混合溶液中Cl－的物质的量浓度是________。(设混合后溶液的体积不变)

【答案】    (1). 12.0 mol·L－1    (2). 26.88 L    (3). 25.0 mL    (4). 2.50 mol·L－1

【解析】

【详解】（1）根据可知质量分数为36.5%，密度为1.20 g·mL－1浓盐酸的物质的量浓度为mol/L=12.0mol/L；

（2）配制100 mL该浓盐酸，需要氯化氢的物质的量是0.1L×12mol/L＝1.2mol，在标准状况下HCl的体积为1.2mol×22.4L/mol＝26.88L；

（3）设需浓盐酸的体积为V，根据稀释定律可知3.00mol/L×0.1L＝12.0mol/L×V，解得V＝0.025L＝25.0mL；

（4）将10.0 mL 3.00 mol·L－1盐酸与10.0 mL 1.00 mol·L－1的MgCl2溶液混合体积为20mL，则此混合溶液中氯离子的物质的量浓度＝2.50mol/L。

【点睛】掌握好以物质的量为中心的有关计算式是解答的关键，注意理解掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系。

20.A、B、C、D为四种可溶性盐，它们的阳离子分别是Ba2＋、Ag＋、Na＋、Cu2＋中的一种，阴离子分别是NO、SO、Cl－、CO中的一种(离子在物质中不能重复出现)。现做如下实验：

①把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C的溶液呈蓝色；

②向①的四支试管中分别加入盐酸，B的溶液中有沉淀生成，D的溶液中有无色无味的气体逸出。

根据①②实验现象回答下列问题。

（1）写出A、C的化学式：A________________，C_______________。

（2）写出盐酸与D反应的离子方程式：_________________________。

（3）写出C与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：______________________。

【答案】    (1). BaCl2    (2). CuSO4    (3). CO＋2H＋===H2O＋CO2↑    (4). Cu2＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋Cu(OH)2↓

【解析】

【详解】（1）①把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C的溶液呈蓝色，则C溶液中的阳离子为Cu2＋；②向①的四支试管中分别加入盐酸，B的溶液中有沉淀生成，则B中的阳离子为Ag＋，由于B为可溶性盐，因此B为AgNO3；D的溶液中有无色无味的气体逸出，则D中阴离子为CO，则D为Na2CO3；故C为CuSO4，A为BaCl2；故答案：BaCl2、CuSO4；

（2）盐酸与Na2CO3反应有二氧化碳气体放出，反应的离子方程式为：CO＋2H＋===H2O＋CO2↑；

(3)CuSO4与Ba(OH)2溶液反应，生成BaSO4白色沉淀和Cu(OH)2蓝色沉淀，反应的离子方程式为：Cu2＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋Cu(OH)2↓。

21.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，还有少量的Fe2O3等杂质)提取氧化铝作冶炼铝的原料，提取的操作过程如下：

(1)I和Ⅱ步骤中分离溶液和沉淀的操作是：_____________。

(2)沉淀M中除含有泥沙外，一定还含有_________（填化学式），生成固体N反应化学方程式为_________。

(3)滤液X中，含铝元素的溶质的化学式为___________，它属于__________（填“酸”、“碱”或“盐”）类物质。

(4)实验室里常往AlCl3溶液中加入___________（填“氨水”或“NaOH溶液”）来制取Al(OH)3，该反应的离子方程式为_________________。

【答案】    (1). 过滤    (2). Fe2O3    (3). 2Al(OH)3Al2O3+3H2O    (4). NaAlO2    (5). 盐    (6). 氨水    (7). Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+

【解析】

【分析】

(1)实现固体和液体的分离用过滤的方法；

(2)根据流程图来确定发生的反应以及各种物质；

(3)根据流程图来确定发生的反应以及各种物质；

(4)氢氧化铝不溶于弱碱，AlCl3溶液中加入氨水可以制取氢氧化铝。

【详解】Al2O3、Fe2O3、SiO2中加入浓的氢氧化钠溶液时，其中的Al2O3、SiO2会与之发生反应分别生成NaAlO2和Na2SiO3的水溶液，即为滤液X，所以沉淀M主要是Fe2O3，NaAlO2和过量的CO2反应生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3，Na2SiO3和过量的CO2反应生成NaHCO3和H2SiO3沉淀。

(1)分离溶液和沉淀的操作是过滤；

(2)沉淀M除含有泥沙外，主要是Fe2O3，Al(OH)3受热易分解生成Al2O3和H2O，所以固体N是Al2O3。Al(OH)3受热易分解的化学方程式为：2Al(OH)3Al2O3+3H2O；

(3)滤液X中，含铝元素的溶质是偏铝酸钠，化学式为NaAlO2，由金属阳离子Na+和酸根离子AlO2-组成，因此该物质属于盐类；

(4)Al(OH)3是两性氢氧化物，可以与强酸、强碱发生反应，所以在实验室里常往AlCl3溶液中加入氨水可以制取氢氧化铝，氢氧化铝不溶于弱碱，反应原理为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+。

【点睛】本题考查了金属铝及化合物的性质，包括混合物的分离、物质成分的确定、种类的判断及化学式的书写，注意掌握氧化铝、氢氧化铝的两性及物质的制备试剂的选择和离子方程式的书写。掌握元素及化合物的性质是本题解答关键。

22.

NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生反应：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O。

(1)上述反应中氧化剂是 ________。

(2)根据上述反应，鉴别 NaNO2和NaCl。可选用物质有①水、②碘化钾­淀粉试纸、③淀粉、④白酒、⑤食醋，你认为必须选用的物质有________(填序号)。

(3)请配平以下化学方程式：

____Al+____NaNO3+____NaOH=____NaAlO2+____ N2↑+___H2O

(4)若反应过程中转移5 mol 电子，则生成标准状况下N2的体积为_________L。

【答案】    (1). NaNO2    (2). ②⑤    (3). 10    (4). 6    (5). 4    (6). 10    (7). 3    (8). 2    (9). 11.2

【解析】

【分析】

(1)元素化合价升高，失去电子，物质被氧化，作还原剂；元素化合价降低，得到电子，物质被还原，作氧化剂；

(2)由2NaNO2+4HI═2NO↑+I2+2NaI+2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl，可利用碘的特性分析；

(3)Al元素的化合价由0升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为0，由电子守恒及原子守恒分析；

(4)先根据方程式确定转移电子与反应产生N2的关系，然后确定转移5mol电子反应产生N2的物质的量，然后结合V=n·Vm确定气体的体积。

【详解】(1)在反应中N元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则氧化剂是NaNO2；

(2)由2NaNO2+4HI═2NO↑+I2+2NaI+2H2O可知，根据题中反应，NaNO2在酸性溶液中，能将I-氧化成I2，淀粉遇I2变蓝色，则选择②碘化钾淀粉试纸、⑤食醋，变蓝的盐为NaNO2，故合理选项是②⑤；

(3)Al元素的化合价由0升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为0，该反应还应生成水，根据电子守恒、原子守恒可得该反应方程式为10Al+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2↑+2H2O。

(4)根据方程式可知：在反应过程中每反应产生3molN2转移30mole-，则转移5mol电子，反应产生N2的物质的量为n(N2)=×3mol=0.5mol，则生成标准状况下N2的体积V(N2)=0.5mol×22.4L/mol=11.2L。

【点睛】本题考查了氧化还原反应方程式的配平、物质的作用、有关计算及物质鉴别的知识，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，在氧化还原反应中，氧化剂得到电子，元素化合价降低；还原剂失去电子，元素化合价升高；注意从元素化合价角度及图象角度分析。

23.现有21.6 g由CO和CO2组成的混合气体，在标准状况下其体积为13.44 L。回答下列问题：

(1)该混合气体的平均摩尔质量为________。

(2)混合气体中碳原子的质量为________。

(3)将混合气体依次通过如图所示装置，最后收集在气球中(实验在标准状况下测定)。

①气球中收集到的气体的摩尔质量为________。

②气球中收集到的气体中，电子总数为________(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。

③气球的体积为________L。

【答案】    (1). 36 g·mol－1    (2). 7.2 g    (3). 28 g·mol－1    (4). 4.2NA    (5). 6.72

【解析】

【详解】(1)标准状况下，该混合气体的物质的量为13.44÷22.4=0.6（mol），所以混合气体的平均摩尔质量M=m/n=21.6÷0.6=36 （g·mol－1），

(2)由第一问已知混合气体的物质的量为0.6mol，而 CO和CO2分子中均只含一个碳原子，故混合气体中的碳原子也为1mol，所以混合气体中碳原子的质量为0.6×12=7.2（g）

(3) CO和CO2组成的混合气体通过NaOH溶液后，CO2与NaOH反应被吸收 ，剩余的CO通过浓硫酸干燥，最后收集在气球中。设CO的物质的量为x ,则CO2的物质的量为0.6-x，列方程：28x+44(0.6-x)=21.6，解得x=0.3mol。

①气球中收集到的气体为纯净的CO，其摩尔质量为28 g·mol－1 ；  ② CO的物质的量为0.3mol，所以电子总数为0.3×14NA=4.2NA ；  ③标准状况下，0.3molCO的体积为0.3×22.4=6.72（L），所以气球的体积为6.72L。