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【化学】河北省鹿泉县第一中学2018-2019学年高二下学期5月月考（解析版） 试卷
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河北省鹿泉县第一中学2018-2019学年高二下学期5月月考
1.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是
A. 淀粉溶液、豆浆、碳素墨水均可发生丁达尔效应
B. 将适量的铜、锌熔合成合金的过程发生了化学变化
C. 明矾净水时发生了化学变化及物理变化，能起到杀菌消毒的作用
D. 硝酸型酸雨与氧化还原反应无关
【答案】A
【解析】
A、淀粉溶液、豆浆、碳素墨水都是胶体，胶体能发生丁达尔效应，选项A正确；B、形成合金的过程没有发生化学变化，选项B错误；C、明矾净水利用的是Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体能够吸附水中的悬浮杂质，该过程发生了化学变化及物理变化，但Al(OH)3不具有强氧化性，不能杀菌、消毒，选项C错误；D、硝酸型酸雨的形成过程为：N2→NO→NO2→HNO3，与氧化还原反应有关，选项D错误。答案选A。
2.下列判断合理的是
①硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
②根据电解质在熔融状态下能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质
③蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
④根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
⑤根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液
⑥在反应KIO3＋6HI===KI＋3I2＋3H2O中，每生成3 mol I2转移的电子数为6NA
A. 只有②⑥ B. 只有②⑤ C. 只有①②⑤⑥ D. 只有③④
【答案】D
【解析】
【详解】①纯碱成分是碳酸钠，属于盐，故错误；
②根据电解质在水溶液里能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，故错误；
③蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质，故正确；
④根据反应中是否有化合价的升降，即是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故正确；
⑤分散系是根据分散质微粒大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故错误；
⑥在反应KIO3＋6HI===KI＋3I2＋3H2O中，KIO3中碘元素从+5价降到0价，故每生成3 mol I2转移的电子数为5NA，故错误。判断合理的是③④，所以D选项是正确的。
【点睛】本题考查一些常见概念的判别，了解常见物质的组成、抓住各概念的特征进行分析判断是解答此类题的关键，采用排除法是正确、快速解答此类题的捷径。
3.下列实验操作、现象或结论的说法不正确是( )
A. 在沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸得胶体，再加入Na2SO4溶液，可观察到红褐色沉淀
B. 某溶液加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶，可确定有SO42—存在
C. FeCl2 、NaOH、Mg(NO3)2三种溶液不需其他试剂即可鉴别
D. 除去Fe(OH)3胶体中的H+、Cl—，可用渗析的实验方法
【答案】B
【解析】
【详解】A.在沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸得氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶粒带有电荷，再加入Na2SO4溶液，发生胶体的聚沉生成氢氧化铁沉淀，可观察到红褐色沉淀，所以A选项是正确的；
B.某溶液加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶，该沉淀可能为AgCl，原溶液中可能还有银离子，不一定含有SO42-，故B错误；
C. FeCl2溶液为浅绿色，NaOH与FeCl2反应，而Mg(NO3)2不与FeCl2反应，据此可鉴别三种溶液，所以C选项是正确的；
D.胶体粒子不能透过半透膜，溶液中的离子可以透过半透膜，所以可用渗析的方法除去Fe(OH)3胶体中的H+、Cl-，所以D选项是正确的。
故答案选B。
4.我们常用“往伤口上撒盐”来比喻某些人乘人之危的行为，其实从化学的角度来说，“往伤口上撒盐”的做法并无不妥，甚至可以说并不是害人而是救人。这种做法的化学原因是
A. 胶体的电泳 B. 胶体的丁达尔效应
C. 胶体的布朗运动 D. 胶体的聚沉
【答案】D
【解析】
血液属于胶体，在遇到电解质溶液或加热时候都会发生聚沉，“往伤口上撒盐”可以使伤口表面的血液凝结，阻止进一步出血，属于胶体的聚沉，D正确；血液属于胶体，没有外接电源，没有电泳过程，A错误；没有外来的光线的照射，故没有丁达尔效应，B错误；胶体微粒不停做布朗运动，这是胶体微粒本身的性质，与撒盐与否无关，C错误；正确选项D。
5.下列有关物质的组成、分类和变化的说法正确的是( )
A. 明矾、水玻璃、氢氧化铁胶体都是电解质 B. SiO2、P2O5、CO均属于酸性氧化物
C. NO2、SO2、PM2.5均属于空气污染物 D. 蒸馏、萃取、氮的固定都是物理变化
【答案】C
【解析】
【详解】A.明矾是一种复盐，属于电解质；水玻璃是硅酸钠溶液的俗名，溶液和胶体都是混合物，而电解质归属于化合物，故A错误；
B. SiO2、P2O5都是酸性氧化物，都能与碱反应生成盐和水；CO属于不成盐氧化物，既不能与酸反应，也不能与碱反应，故B错误；
C. NO2、SO2都是有毒气体，而且都会形成酸雨；PM2.5可携带病毒，且会形成雾霾。所以，这三种物质均属于空气污染物，故C正确，
D.蒸馏是利用不同物质沸点的差异，萃取是利用不同物质溶解性的差异，因此，蒸馏和萃取都是物理变化。而氮的固定特指氮气生成含氮化合物的变化，因此，它属于化学变化，故D 错误。
故答案选C。
6.下列说法正确的是( )
A. CO2的水溶液能导电，所以CO2是电解质
B. 强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强
C. 液溴不导电，所以溴是非电解质
D. 氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na＋和Cl－
【答案】B
【解析】
【详解】A.二氧化碳的水溶液导电是碳酸电离产生离子而导电，不是二氧化碳本身导电，二氧化碳属于非电解质，故A错误；
B. 溶液导电能力取决于溶液中离子浓度和离子所带的电荷，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故B正确；
C.液溴是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D、氯化钠在水分子作用下电离出Na+和Cl-，不是在电流的作用下，故D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关。
7.下列说法正确的是 ( )
A. 含有最高价态元素的化合物一定具有强氧化性
B. 阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性
C. 元素原子在反应中失电子越多，还原性就越强
D. 反应中同一反应物可能既被氧化，又被还原
【答案】D
【解析】
【详解】A、含最高价元素的化合物，如碳酸钠中碳元素为最高价，却不具有强氧化性，HClO中Cl元素的化合价不是最高价，却具有强氧化性，故A错误；
B、最高价态的阳离子一般具有氧化性，如Fe3+；最低价的阴离子具有还原性，如I-；但Fe2+、SO32-都既有氧化性又有还原性，故B错误；
C、还原性的强弱与失去电子的难易程度有关，越易失去电子的还原性就越强，还原性的强弱和失电子多少没有关系，故C错误；
D、化学反应中同一反应物可能既被氧化，又被还原，如Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O反应中Cl2既作氧化剂又作还原剂，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查氧化还原反应中氧化性、还原性、氧化、还原反应，应学会利用化合价来分析问题，并能举出常见的例子来解答此类习题。
8.把0.05molNaOH晶体分别加入到下列100mL液体中，溶液导电性变化最小的是
A. 自来水 B. 0.5mol/L盐酸
C. 0.5mol/L氨水 D. 0.5mol/LNaNO3
【答案】B
【解析】
【分析】
电解质溶液导电性强弱与离子浓度成正比，与电荷成正比，如果把0.05molNaOH固体分别加入到100mL下列液体中，溶液导电能力变化最小，说明加入NaOH固体前后离子浓度变化最小，据此分析解答。
【详解】A.加入到自来水中，水中离子浓度很小，加入NaOH后溶液中离子浓度变化较大，则溶液导电能力变化较大，故A不选；
B.加入到0.5mol/L的稀盐酸中，二者恰好完全反应生成强电解质NaCl，HCl、NaCl都是强电解质，在加入NaOH固体前后离子浓度变化不大，则溶液导电能力变化不大，故B选；
C. 0.5mol/L氨水，一水合氨是弱电解质，在溶液中部分电离，离子浓度较小，溶液导电性较弱，加入NaOH固体后，离子浓度变化较大，则溶液导电能力变化较大，故C不选；
D. NaNO3是强电解质，加入NaOH后，二者不反应，但溶液中离子浓度增大一倍，则溶液导电能力增大一倍，溶液导电能力变化较大，故D不选。
答案选B。
【点睛】本题考查电解质溶液导电性强弱判断，电解质溶液导电性强弱与离子浓度成正比，与电荷成正比，与电解质强弱无关，为易错点。
9.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 的溶液中：、、、
B. 无色透明的溶液中：、、SO42、Cl
C. 的溶液中：、、、
D. 能使甲基橙变红的溶液中：、、、
【答案】A
【解析】
【详解】A项，=110-12的溶液呈碱性，K+、Na+、CO32-、NO3-均能大量存在于碱性溶液且互不反应，故选A项；
B项，Fe3+在溶液中显黄色，因此不能大量共存，故不选B项；
C项，MnO4-具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，故不选C项；
D项，能使甲基橙变红的溶液呈酸性，HCO3-不能大量存在于酸性溶液中，故不选D项。
综上所述，本题正确答案为A。
10.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 的溶液中：、、、
B. 的溶液中：、、、
C. 溶液中：、、、
D. 溶液中：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A项，pH=1的溶液显酸性，H+和CO32-反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故A项错误；
B项，c(H+)=110-13mol/L的溶液显碱性，Mg2+、Cu2+会和OH-反应生成沉淀，不能大量共存，故B项错误；
C项，K+、Na+、NO3-、Cl-均不与NH4HCO3发生反应，可以大量共存，故C项正确；
D项，SCN-可与Fe3+反应生成Fe(SCN)3络合物，不能大量共存，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
11.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 滴入石蕊显红色的溶液：、、、
B. 的溶液中：、、、
C. 加入铝粉能产生氢气的溶液：、、、
D. 滴入KSCN溶液显红色的溶液中：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A.滴入石蕊显红色的溶液为酸性溶液，S2-、NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B.pH=14的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、AlO2-、SO42-、Cl-之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中大量共存，所以B选项是正确的；
C.加入铝粉能产生氢气的溶液为酸性或强碱性溶液，Mg2+、HCO3-与氢氧根离子反应，HCO3-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D.滴入KSCN溶液显红色的溶液中存在铁离子，铁离子能够氧化I-，在溶液中不能大量共存，故D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查离子共存的正误判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，与酸碱指示剂的颜色变化等。
12.下列离子在给定条件下，一定能大量共存的是
A. 时，水电离出的的溶液中：、、、
B. 某无色透明的溶液中：、、、
C. 的溶液中：、、、
D. 的溶液中：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A.25℃时，水电离出的c(H+)=110-13mol/L的溶液呈酸性或碱性，酸性条件下NO3-、I-发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误；
B.无色溶液中不含有色离子，这几种离子之间不反应，所以能大量共存，所以B选项是正确的；
C.Al3+、S2发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体而不能大量共存，故C错误；
D. c(H+)=的溶液呈中性，Fe3+在中性条件下产生沉淀而不能大量共存，故D错误。
答案选B。
13.下列离子方程式不正确的是（ ）
A. 澄清石灰水中通入过量的二氧化碳CO2+OH‾═HCO3﹣
B. 金属钠和水反应2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑
C. 酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水2Fe2++H2O2═2Fe3++O2↑+2H+
D. 三氧化硫与氯化钡溶液生成沉淀的反应SO3+Ba2++H2O═BaSO4↓+2H+
【答案】C
【解析】
A．澄清石灰水中通入过量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙，反应的离子方程式为：CO2+OH‾═HCO3-，故A正确；B．金属钠和水反应生成NaOH和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故B正确；C．酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水，双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，正确的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O，故C错误；D．三氧化硫与氯化钡溶液生成硫酸钡沉淀反应的离子方程式为：SO3+Ba2++H2O═BaSO4↓+2H+，故D正确；故选C。
点睛：离子方程式的书写判断，为高考的高频题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等。
14.能正确表示下列反应的离子方程式是
A. Cl2通入NaOH溶液: Cl2 + OH- == Cl- + ClO- + H2O
B. NaHCO3溶液中加入稀盐酸: CO32- + 2H+ == CO2↑ + H2O
C. AlCl3溶液中加入过量稀氨水: Al3+ + 4NH3·H2O==AlO2- + 4NH4+ + 2H2O
D. Cu溶于稀硝酸: 3Cu + 8H+ + 2NO3- == 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
A、不满足电荷守恒和原子守恒；
B、HCO3-不能拆写；
C、氢氧化铝不能与过量氨水反应；
D、铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO气体和水。
【详解】A项、不满足电荷守恒和原子守恒，正确的离子方程式为Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O，故A错误；
B项、NaHCO3的电离方程式为NaHCO3=Na＋＋HCO3-，NaHCO3与稀盐酸反应，实质是HCO3-和H＋发生反应HCO3-＋H＋=CO2↑＋H2O，故B错误；
C项、氢氧化铝不能与过量氨水反应，AlCl3中加入过量氨水，反应的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+，故C错误；
D项、铜溶于稀硝酸生成硝酸铜，还原产物为NO，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了离子方程式的书写判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等。
15.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 向溶液中通入过量制：
B. 溶液与过量NaOH溶液反应制：
C. 用溶解：
D. 碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：
【答案】A
【解析】
【详解】A项，向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：，故A项正确；
B项，(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量的NaOH溶液反应制Fe(OH)2的离子方程式为：2NH4++Fe2++4OH-=2NH3H2O+ Fe(OH)2↓，故B项错误；
C项，由于CH3COOH为弱酸，CH3COOH溶解CaCO3的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+ H2O+CO2↑，故C项错误。
D项，向碳酸氢钠溶液中滴入过量澄清石灰水的离子反应为Ca2++OH-+HCO3-═CaCO3↓+H2O，故D错误。
综上所述，本题正确答案为A。
16.在给定条件下，下列离子组的离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是
选项
条件
离子组
离子共存判断及离子方程式
A
滴加氨水
、、、
不能大量共存，
B
由水电离出
、、、
能大量共存
C
的溶液
、、、
不能大量共存，
D
通入少量气体
、、、
不能大量共存，
【答案】C
【解析】
【详解】A.离子之间不发生任何反应，可大量共存，一水合氨为弱电解质，正确的离子方程式为：Fe3++3NH3H2O =Fe(OH)3↓+3NH4+，故A错误；
B.由水电离出的c(H+)=110-13mol/L，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，碱性条件下NH4+与氢氧根离子反应，酸性条件下AlO2-与氢离子反应，在溶液中不一定能大量共存，故B错误；
C.pH=1的溶液呈酸性，因发生反应：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，在溶液中不能大量共存，所以C选项是正确的；
D.SO2具有还原性，与ClO-发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：ClO-+SO2+ H2O ═2H++Cl-+SO42-，故D错误。
答案选C。
17.下列离子方程式表达正确的是( )
A. 溴化亚铁溶液中通入足量氯气:2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-
B. 纯碱溶液呈碱性的原因: CO32—+2H2OH2CO3+2OH—
C. 氢氧化铁溶于氢碘酸:Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
D. 等体积、等物质的量浓度的氢氧化钡稀溶液与碳酸氢铵稀溶液混合:
【答案】A
【解析】
【详解】A. 溴化亚铁与足量氯气反应的离子方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，故A正确；
B.CO32-水解应分两步进行，以第一步为主，所以应为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，故B错误；
C.氢氧化铁溶于氢碘酸溶液，反应生成碘单质、亚铁离子和水，正确的离子方程式为：2Fe(OH)3+2I-+6H+═I2+2Fe3++6H2O，故C错误；
D. 等体积、等物质的量浓度的氢氧化钡稀溶液与碳酸氢铵稀溶液混合，氢氧化钡与碳酸氢铵的物质的量相等，反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+ NH4++ HCO3-═BaCO3↓+ NH3·H2O+ H2O ，故D错误。
答案选A。
18.下列有关离子检验的叙述正确的是( )
选项
操作及现象
结论
A
少量溶液于试管中，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，加稀硝酸沉淀不溶解
溶液中含有Ag＋或SO42－
B
取少量溶液于试管中，滴加新制氯水，溶液由无色变黄色
溶液中含有Br—
C
取少量溶液于试管中，滴加浓氢氧化钠溶液，微热，试管口湿润的红色石蕊试纸变蓝
溶液中含有NH4＋
D
取少量溶液于试管中，滴加新制氯水后再滴加KSCN溶液，溶液变红色
原溶液中含有Fe2+
【答案】C
【解析】
溶液中含有SO32-，滴加BaCl2溶液，也有白色沉淀生成，加稀硝酸沉淀也不溶解，故A错误；溴水、碘水都呈黄色，取少量溶液与试管中，滴加新制氯水，溶液由无色变为黄色，溶液中含有Br-、I-，故B错误；NH4+与OH-反应生成一水合氨，加热放出氨气，氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝，故C正确；检验溶液中有Fe2+时，先加KSCN溶液，再加新制氯水，若顺序反过来，不能判断Fe3+是原溶液中的，还是Fe2+氧化成的，故D错误。
19.某溶液中含有的离子可能是K+、Ba2+、Al3+、Mg2+、AlO2-、CO32-、SiO32-、Cl-中的几种,现进行如下实验:
①取少量原溶液,加入氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成;
②另取少量原溶液,逐滴加入盐酸, 发生的现象是:开始产生沉淀并逐渐增多,沉淀量基本不变后产生气体,最后沉淀逐渐减少至消失;
③在上述②沉淀消失后的溶液中,再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀。
下列说法中正确的是（ ）
A. 该溶液中一定不含有Ba2+、Mg2+、Al3+、SiO3-、Cl-
B. 该溶液中一定含有K+、AlO2-、CO32-、Cl-
C. 该溶液中是否含有K+需进行焰色反应(透过蓝色钴玻璃)
D. 可能含有Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】①“溶液滴加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成”，故溶液中不含Al3+、Mg2+；
②“溶液滴加盐酸，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失”，故溶液中含有AlO2-、CO32-，不含SiO32-，由于Ba2+与CO32-不能共存（生成白色沉淀），故溶液中不含Ba2+，而由溶液电荷守恒，必须有阳离子，故溶液中含有K+，无需焰色反应即可确定；
③“在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀”，得到的沉淀为AgCl，而②中加入的是盐酸，故原溶液中可能含有Cl-。
由以上分析知该溶液中一定含有K+、AlO2-、CO32-，一定不含Ba2+、Al3+、Mg2+、SiO32-，可能含有Cl-，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
20.某未知溶液X可能含有Al3＋、Na＋、NH4+、Cl－、CO32—、SO42—中的若干种，取该溶液进行如下实验，若实验过程中所加试剂均过量，产生的气体全部逸出。则下列说法正确的是
A. 原溶液中可能存在Na＋，n(Cl－)≥0.01 mol
B. 原溶液中一定存在CO32—、SO42—、NH4+，且均为0.01 mol
C. 原溶液中一定存在Na＋，Cl－
D. 原溶液中一定不存在Al3＋、Cl－
【答案】A
【解析】
【分析】
滤液中加入烧碱溶液，通过颜色反应不能确定原溶液中是否存在Na+；加入BaCl2溶液生成沉淀1，说明原溶液中至少含有CO32—、SO42—中的一种，沉淀1部分溶于盐酸，所以沉淀1一定是BaSO4、BaCO3的混合物，故原溶液中一定存在CO32—、SO42—，CO32—和Al3+不能大量共存，所以溶液中一定不存在Al3+；沉淀2为硫酸钡沉淀，其物质的量为=0.01mol，CO32—的物质的量为=0.01mol；向所滤液中加入氢氧化钠溶液并加热生成了气体，则该气体为氨气，证明原溶液中一定含有NH4+，其物质的量为=0.05mol，CO32—、SO42—所带负电荷的物质的量之和为0.01mol2+0.01mol2=0.04mol，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Cl-，不能确定是否存在Na+，所以n(Cl－)≥0.01 mol，据此解答。
【详解】A. 根据以上分析，原溶液中可能存在Na＋，n(Cl－)≥0.01 mol，故A正确；
B. 原溶液中一定存在CO32—、SO42—、NH4+，CO32—、SO42—均为0.01 mol，而NH4+为0.05mol，故B错误；
C. 不能确定是否存在Na+，故C错误；
D. 原溶液中一定不存在Al3＋，一定含有Cl-，故D错误。
答案选A。
21.下列反应中，水只作氧化剂的是( )
氟气通入水中 水蒸气经过灼热的焦炭 钠块投入水中 铁与水蒸气反应 氯气通入水中
A. 只有 B. 只有 C. 只有 D. 只有
【答案】B
【解析】
【详解】①氟气通入水中生成HF和O2，O元素的化合价升高，所以水是还原剂，故不选①；
②水蒸气通入灼热焦炭发生反应为：C+H2OCO+H2，H元素化合价降低，水作氧化剂，故选②；
③钠投入水中发生反应为：2Na+2H2O =2NaOH+ H2↑，H元素化合价降低，水作氧化剂，故选③；
④铁与水蒸气反应为：3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，H元素化合价降低，水作氧化剂，故选④；
⑤氯气通入水中发生的反应为：Cl2+ H2O =HCl+HClO，H和O元素的化合价都不变，水既不是氧化剂也不是还原剂，故不选⑤。
故正确序号为②③④。
综上所述，本题正确答案为B。
22.对3NO2＋H2O===2HNO3＋NO反应的下列说法正确的是
A. 氧化剂与还原剂的质量比为1∶2
B. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2
C. NO2是氧化剂，H2O是还原剂
D. 在反应中若有6 mol NO2参与反应时，有3 mol电子发生转移
【答案】A
【解析】
A、该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价和+2价，所以生成硝酸的二氧化氮是还原剂，其计量数是2，生成NO的二氧化氮是氧化剂，其计量数是1，所以氧化剂和还原剂的物质的量、质量之比都是1：2，选项A正确；B、该反应中氧化产物是硝酸，还原产物是NO，所以氧化产物和还原产物的物质的量之比是2：1，选项B错误；C、该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价和+2价，所以二氧化氮既是氧化剂又是还原剂，水中各元素都不变，所以既不是氧化剂又不是还原剂，选项C错误；D、在反应中若有6mol NO2参与反应时，有4mol电子发生转移，选项D错误。答案选A。
点睛：本题考查氧化还原反应，明确元素化合价是解本题的关键，该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价和+2价，所以二氧化氮既是氧化剂又是还原剂，硝酸是氧化产物，NO是还原产物，根据二氧化氮和转移电子之间的关系式计算转移电子的物质的量。
23.被称为万能还原剂的NaBH4（NaBH4中H为-1价）能溶于水并和水反应，NaBH4+2H2O═NaBO2+4H2↑，下列有关该反应的说法中，正确的是（ ）
A. NaBH4既是氧化剂又是还原剂
B. NaBH4是氧化剂，H2O是还原剂
C. 等物质的量的NaBH4、Na分别与足量水反应，生成的氧化产物，NaBH4比Na少
D. 被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1
【答案】D
【解析】
【详解】A、NaBH4中氢元素的化合价升高，所以NaBH4是还原剂，故A错误；
B、NaBH4中氢元素的化合价升高，所以NaBH4是还原剂，水中氢元素化合价降低，所以水是氧化剂，故B错误；
C、NaBH4+2H2O═NaBO2+4H2↑中，NaBH4中氢元素化合价从-1价升高到0价，被氧化，反应中氧化产物为H2，同时H2也是还原产物；2Na+2H2O =2NaOH+H2↑反应中钠元素化合价从0价升高到+1价，氧化产物为NaOH，所以等物质的量的NaBH4、Na分别与足量水反应，生成的氧化产物NaBH4比Na多，故C错误；
D、化合价升高的元素是NaBH4中的氢元素，被氧化，水中的氢元素被还原，氧化剂和还原剂中H元素的化合价变化数值相同，物质的量之比为1:1，被氧化的元素与被还原的元素质量比为1:1，所以D选项是正确的。
故答案选D。
【点睛】本题考查氧化还原反应中的有关概念和电子转移知识，侧重于基本概念的理解和运用的考查，注意从化合价的角度解答该题。
24.是一种食品添加剂，具有致癌作用酸性溶液与的反应为：未配平下列叙述正确的是
A. 反应中是氧化剂
B. 反应过程中溶液pH减小
C. 可以消耗
D. 该反应可说明氧化性
【答案】C
【解析】
【详解】A.反应中氮元素化合价由NO2-中+3价升高为NO3-中+5价，NO2-发生氧化反应，是还原剂，故A错误；
B.反应中有氢离子参加，反应后溶液中氢离子浓度减小，所以反应过程中溶液pH增大，故B错误；
C.反应中氮元素化合价由NO2-中+3升高为NO3-中+5价，锰元素化合价由+7价降低为+2价，令1molKMnO4消耗NaNO2的物质的量为x，根据电子转移守恒，则1mol×(7-2)=(5-3)x，解得x=2.5mol，故C正确；
D.反应中MnO4-是氧化剂，NO3-是氧化产物，所以氧化性NO3-< MnO4-，故D错误。
故选C。
25.常温下，在下列溶液中发生如下反应由此判断下列说法错误的是
A. 反应可以进行
B. Z元素在反应中均被还原
C. 氧化性由强到弱的顺序是：、、、
D. 还原性由强到弱的顺序是：、、、
【答案】B
【解析】
【分析】
①在方程式16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O中，X元素的化合价由+7价变为+2价，Z元素由-1价变为0价，则氧化剂为XO4-，还原剂是Z-，所以氧化性XO4-> Z2，还原性Z-> X2+；
②在方程式2A2++B2=2A3++2B-中，氧化产物为A3+，氧化剂是B2，所以氧化性B2>A3+，还原性A2+>B-；
③在方程式2B-+Z2=B2+2Z-中，B元素化合价由-1价变0价，Z元素化合价由0价变为-1价，所以氧化性Z2>B2，还原性B-＞ Z-；据此解答。
【详解】A项， Z2+2A2+=2A3++2Z-中A元素化合价由+2价变为+3价，Z元素化合价由0价变为-1价，所以氧化性Z2> A3+，与上述推论相符，故A项正确；
B项，Z在反应①中被氧化，在③中被还原，故B项错误；
C项，由上述分析可知，氧化性大小顺序为XO4->Z2>B2>A3+，故C项正确；
D项，由上述分析可知，还原性大小顺序为A2+>B->Z-> X2+，故D项正确。
故答案选B。
26.将气体与足量溶液完全反应后，再加入溶液，发生如下两个化学反应：
，下列有关说法错误的是
A. 氧化性
B. 能将氧化成
C. 每有参加反应，转移电子的数目为
D. 若 L 标准状况参加反应，则最终消耗
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由①可知，Fe3+作氧化剂，则氧化性为Fe3+>SO2，由②可知，Cr2O72-作氧化剂，Fe3+为氧化产物，则氧化性为Cr2O72->Fe3+，氧化性，故A正确；
B. 因氧化性为Cr2O72-> SO2， 则能将氧化成，故B正确；
C. 每有参加反应，转移电子为1mol2(6-3)=6mol，即转移电子的数目为，故C正确；
D. 若 L 标准状况参加反应，n(SO2)==0.3mol，由上述两个反应可知，存在3 SO2~ Cr2O72-，则最终消耗0.1molK2Cr2O7，故D错误。
故答案选D。
27.重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]受热发生氧化还原反应，下列有关重铬酸铵受热分解的判断符合实际的是( )
A. 分解产物为CrO3＋NH3＋H2O
B. 分解产物为Cr2O3＋N2＋H2O
C. 反应中－3价N元素被氧化，＋7价Cr元素被还原
D. 反应中－3价N元素被还原，＋6价Cr元素被氧化
【答案】B
【解析】
重铬酸铵[（NH4）2Cr2O7]是一种受热易分解的盐，分解时发生氧化还原反应，N元素的化合价应升高，Cr元素的化合价应降低，即N元素由-3价可能升高为0价，故A错误；B正确；C中Cr元素的化合价应由+6价降低为+3价，故C错误；D、反应中－3价N元素被氧化，＋6价Cr元素被还原，故D错误；故选B。
28.R2离子在一定条件下可以把Mn2＋离子氧化为，若反应后R2离子变为R离子，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，则n值是
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
【答案】C
【解析】
【详解】该反应中锰元素的化合价变化为＋2价→＋7价，失电子化合价升高，锰离子作还原剂；氧元素的化合价不变，所以R元素得电子化合价降低，R2作氧化剂，即R2与Mn2＋的物质的量之比为5∶2，根据各元素的原子守恒写出并配平该方程式为8H2O＋5R2＋2Mn2＋=2MnO4-＋10R＋16H＋，
根据电荷守恒得-5n＋2×2＝－2＋(－2×10)＋1×16，n＝2。
故选C。
29.某温度下，将通入KOH溶液中得到KCl、KClO和的混合溶液，经测定与物质的量之比为1：2，则反应中被氧化的与被还原的物质的量之比为
A. 3：11 B. 11：3 C. 2：3 D. 4：3
【答案】A
【解析】
【分析】
Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，Cl2生成NaCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据ClO-与ClO3-的物质的量之比可计算失去电子的总物质的量，进而计算得到电子的总物质的量，再计算被还原的氯元素的物质的量，则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比。
【详解】Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO-与ClO3-物质的量之比为1：2，则可设ClO-为1mol，ClO3-为2mol，被氧化的Cl共为3mol，失去电子的总物质的量为1mol×（1-0）+2mol×（5-0）=11mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等， Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为11mol，被还原的Cl的物质的量为11mol，所以应中被氧化的Cl2与被还原的Cl2物质的量之比为3mol：11mol=3：11，答案选A。
30.高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，是比Cl2、O3、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染的绿色水处理剂。工业制高铁酸钠的方法有如下两种：
①湿法制备的主要反应方程式为：Fe(OH)3+ ClO—+ OH— → FeO42—+ Cl—+ H2O
②干法制备的主要反应方程式为： FeSO4+ Na2O2→ Na2FeO4+ Na2O+ Na2SO4 + O2↑
（均未配平）
下列有关说法不正确的是
A. 高铁酸钠中铁显+6价
B. 湿法制备的反应方程式中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
C. 干法中每生成1 mol Na2FeO4转移4 mol电子
D. K2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，还能除去水体中的H2S、NH3等，生成的Fe(OH)3还能吸附水中的悬浮杂质
【答案】C
【解析】
根据化合物中正负价的代数和为0可知，铁的化合价是＋（2×4－1×2）＝＋6价，A正确。反应①中氧化剂是ClO—，氯原子的化合价由＋1价降低－1价，变化2个单位。还原剂是Fe(OH)3，铁的化合价由＋3价升高到＋6价，变化3个单位。根据得失电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，B正确。反应②氧化产物不止Na2FeO4，还有氧气，所以每生成1 mol Na2FeO4转移电子的物质的量大于4 mol，C是错误的。K2FeO4中铁的化合价是＋6价的，具有氢氧化性，还原产物铁离子能水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性，D正确。答案选C。
31.现有A、B、C、D、E五种易溶物质溶液，它们所含的阳离子分别为：、、、、；阴离子分别为：、、、、。每种离子各用一次已知：
的C溶液中， 的物质的量浓度为
溶液呈蓝色
将C溶液加入到溶液B和E中，分别产生白色沉淀和气泡
与D混合，同时生成两种沉淀
请回答下列问题：
请写出物质B、C的化学式：B_______________ C_______________
写出A在溶液中的电离方程式：_____________________________________________。
写出过量C溶液与少量E溶液反应的离子方程式：_____________________________。
取溶液过量与溶液D混合后，产生沉淀，则_______，若向反应后的体系中加入的HCl，直至蓝色沉淀完全溶解，则需要加入盐酸的体积为_______mL。
【答案】 (1). (2). HCl (3). (4). (5). 2 (6). 60
【解析】
【分析】
的C溶液中， 的物质的量浓度为，则C中一定不能大量存在SO42-、OH-、CO32-；溶液呈蓝色，说明含有Cu2+，D中一定不能大量存在OH-、CO32-；将C溶液加入到溶液B和E中，分别产生白色沉淀和气泡，所以E中含有CO32-，则E是Na2CO3；由于Ag+只能与NO3-组合，Ba2+不能与SO42-组合，所以C是盐酸，B是硝酸银，D是硫酸铜，A是氢氧化钡。与D混合，同时生成两种沉淀，说明氢氧化钡与硫酸铜溶液反应生成硫酸钡和氢氧化铜，以此解答。
【详解】根据以上分析可知B、C的化学式分别为：AgNO3、HCl，
故答案为：AgNO3；HCl；
A是氢氧化钡，A在溶液中的电离方程式为：Ba(OH)2=Ba2++2OH-，
故答案为：Ba(OH)2=Ba2++2OH-；
C是盐酸，E是Na2CO3，过量C溶液与少量E溶液反应的离子方程式为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，
故答案为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O；
33.1g沉淀是硫酸钡和氢氧化铜，反应中氢氧化钡过量，硫酸铜完全反应，硫酸铜的物质的量是0.05mol，则0.05amol233g/mol+0.05amol98g/mol=33.1g，解得a=2，
剩余氢氧化钡是0.15mol-0.1mol=0.05mol，生成的氢氧化铜是0.1mol，所以盐酸的物质的量是0.05mol2+0.1mol2=0.3mol，盐酸的体积是=0.06L=60mL，
故答案为：2 ；60。
32.实验室制取氯气有下列反应：2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O
（1）该反应中氧化剂是_____；被还原的元素是_______；氧化产物是 ______；
（2）用单线桥法标出电子转移的方向和数目______________；
（3）若该反应中有0.2mol的电子转移，则能生成标准状况下的氯气的体积是_______；
（4）若该反应有1molKMnO4参加反应，被氧化的HCl为______mol，转移电子数______mol。
【答案】 (1). KMnO4 (2). Mn (3). Cl2 (4). (5). 2.24L (6). 5 (7). 5
【解析】
【详解】（1）反应2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O中KMnO4中的锰元素化合价由+7价变为+2价被还原作氧化剂，盐酸中氯元素由-1价变为0价被氧化作还原剂，故氧化剂是KMnO4；被还原的元素是Mn；氧化产物是Cl2；
（2）反应中KMnO4为氧化剂，Mn元素的化合价由+7价降低到+2价，得到5个电子，Cl元素化合价升高，被氧化，当有2molKMnO4参加反应，转移电子10mol，则单线桥法标出电子转移的方向和数目为；
（3）若反应中转移了0.2mol电子，则产生的Cl2在标准状况下体积为×22.4L/mol=22.4L；
（4）根据反应2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O可知，若该反应有1molKMnO4参加反应，被氧化的HCl为5mol，转移电子数5mol。
33.雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下离子中的若干种：NH4+、Ba2＋、Fe2＋、Cl－、NO3—、CO32—、SO42—。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后得到试样溶液，设计并完成如下实验：
试回答下列问题：
(1)实验①中加入稀盐酸后，有气体A生成，溶液B依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。据此可知原溶液中一定含有______________，一定不含______________。(填离子符号)
(2)实验①中发生反应的离子方程式为______________________________________。
(3)实验②中逐滴加入碳酸氢钠溶液，立即有气泡产生，反应的离子方程式为__________________，一段时间后又有沉淀出现，这时的离子方程式为____________。
(4)气体F的成分为________。(填化学式)
(5)根据实验③现象该同学认为原溶液中一定含有SO42—，有其他同学认为其结论不合理，又进行了后续实验④，最终确定原溶液中含有SO42—，试写出实验④可行的操作方法及现象_________________。
【答案】 (1). Cl－、Fe2＋、NO3— (2). CO32— (3). 3Fe2＋＋4H＋＋NO3—=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O (4). H＋＋HCO3—=CO2↑＋H2O (5). Fe3＋＋3HCO3—=3CO2↑＋Fe(OH)3↓ (6). NH3 (7). 向沉淀G中加入足量稀盐酸，若沉淀未完全溶解，则含有SO42—[或取少量原溶液于试管中，滴加BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液，若产生白色沉淀，则含有SO42—]
【解析】
【分析】
（1）实验①中加入稀盐酸后，有无色气体A生成，该气体可能为二氧化碳或NO，由于盐酸过量且溶液中阴离子种类不变，则生成的气体为NO，溶液中一定含有Fe2+、NO3-、Cl-，且NO3-过量；根据离子共存可知一定不存在CO32-；
（2）硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子，同时生成NO气体，据此写出反应的离子方程式；
（3）实验①中盐酸足量，则溶液B中含有过量的氢离子，加入碳酸氢钠后发生反应为：H++HCO3-===H2O+CO2↑；溶液B中还含有Fe3+，当氢离子反应完全后，铁离子与碳酸氢根离子发生相互促进的双水解反应，生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体；
（4）溶液D中加入氢氧化钡溶液加热后生成气体F、沉淀G和溶液H，气体F为氨气，由于碳酸氢钠过量，则沉淀G中一定含有碳酸钡，可能含有硫酸钡；
（5）由于碳酸氢钠过量，则生成的沉淀中不一定含有硫酸钡，需要通过对沉淀G进一步检验，可向沉淀G中加入足量稀盐酸，若沉淀部分溶解，则说明原溶液中一定含有硫酸根离子。
【详解】（1）实验①中加入稀盐酸后，有无色气体A生成，该气体可能为CO2或NO，由于盐酸过量且反应后溶液中阴离子种类不变，则生成的气体为NO，溶液中一定含有Fe2+、Cl-、NO3-，且NO3-过量；根据离子共存可知一定不存在CO32-；
（2）实验①中亚铁离子与稀硝酸反应生成硝酸铁和一氧化氮和水，反应的离子反应方程式为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；
（3）实验①加入足量盐酸，则溶液B中含有过量的氢离子，加入碳酸氢钠后发生反应的离子方程式为：H++HCO3-=H2O+CO2↑；溶液B中还含有Fe3+，氢离子反应完全后，铁离子与碳酸氢根离子发生相互促进的双水解反应，生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为：Fe3++3HCO3-=Fe（OH）3↓+3CO2↑；
（4）溶液D中加入足量Ba（OH）2溶液加热后生成气体F、沉淀G和溶液H，气体F为NH3，由于实验②中NaHCO3足量，则沉淀G中一定含有BaCO3，可能含有BaSO4；
（5）由于实验②中NaHCO3足量，则实验③的沉淀G中一定含有沉淀BaCO3，不能确定是否含有BaSO4，需要进行后续实验④，可向沉淀G中加入足量稀盐酸，若沉淀未完全溶解，则含有SO42-[或取少量原溶液于试管中，滴加BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液，若产生白色沉淀，则含有SO42-]。
34.Ⅰ.溴化铜Ⅱ甲基咪唑配合物是一种制备有机玻璃的催化剂，其合成方法如下：
溴化铜Ⅱ甲基咪唑中与甲基咪唑间形成的化学键称为_______________；基态核外电子排布式为_________________________________。
与互为等电子体的阴离子为_______________。
中碳原子杂化轨道类型为_______________；1molMIm中含键数目为______mol。
Ⅱ.碳、氧、氮、镁、铬、铁、铜是几种重要的元素，请回答下列问题：
(4)Mg、O、C、N四种元素的第一电离能从大到小的顺序为________。
(5)查阅相关资料发现MgO的熔点比CuO的熔点高得多，其原因是_______。
(6)金属铬是一种银白色，极硬，耐腐蚀的金属，铬的化合物种类繁多，如：Cr2(SO4)3、以及配离子。
具有很强的氧化性，能直接将 氧化成，试写出基态铬原子的价层电子排布式：__________________________________________。
该配离子中，中心离子的配位数为______________，的VSEPR模型为________________________。
已知晶胞中Cr和Cu原子间的最近距离为，则该晶体的密度为___________ 用含a的代数式表示，设N为阿伏加德罗常数的值。
【答案】 (1). 配位键 (2). (3). (4). 和 (5). 12 (6). N>O>C>Mg (7). 半径比半径小，MgO的晶格能比CuO高，因此MgO的熔点高 (8). 3 (9). 6 (10). 四面体形 (11).
【解析】
【分析】
（1）1-甲基咪唑中氮原子上含有孤对电子，Cu2+中含有空轨道；溴的原子序数35，Br-核外有36个电子，Br-基态核外电子排布式为[Ar]3d104s24p6或1s22s22p63s23p63d104s24p6；
（2）等电子体具有相同的原子数和价电子总数；
（3）MIm中甲基上的碳原子为sp3杂化，碳碳双键和碳氮双键上的碳原子为sp2杂化；每个单键为一个键，双键中有一个键；
（4）同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但由于氮原子的p能级电子处于半充满状态，所以第一电离能N>O；
（5）Mg2+半径比Cu2+半径小，MgO的晶格能比CuO高，因此MgO的熔点高；
（6）①Cr为24号元素，基态铬原子的价层电子排布式为3d54s1；
②配离子[Cr(H2O)3(NH3)3]3+的中心离子的配位数为3+3=6，NH3中的N原子的价层电子对数=3+ (5-1×3)=4，VSEPR模型为四面体形；
③根据均摊法计算每个晶胞的质量和体积，再根据=计算晶体的密度。
【详解】（1）1-甲基咪唑中氮原子上含有孤对电子，Cu2+中含有空轨道，Cu2+与1-甲基咪唑间形成的化学键为配位键；溴的原子序数为35，Br-核外有36个电子，Br-基态核外电子排布式为[Ar]3d104s24p6或1s22s22p63s23p63d104s24p6，
故答案为：配位键；1s22s22p63s23p63d104s24p6；
（2）NH4+的原子数为5，价电子总数为8，BH4-的原子数为5，价电子总数为8，二者互为等电子体，
故答案为：BH4-；
（3）MIm中甲基上的碳原子为sp3杂化，碳碳双键和碳氮双键上的碳原子为sp2杂化；单键只有一个键，双键含有1个键和键，一个MIm分子中含有6个C-H单键、4个C-N单键，一个碳碳双键和一个碳氮双键，则一个MIm分子中含有12个键，1mol MIm中含键数目为12mol。
故答案为：sp3和sp2；12；
（4）同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但由于氮原子的p能级电子处于半充满状态，所以第一电离能N>O，则第一电离能从大到小的顺序为N>O>C>Mg，
故答案为：N>O>C>Mg；
（5）Mg2+半径比Cu2+半径小，MgO的晶格能比CuO高，因此MgO的熔点高，
故答案为：Mg2+半径比Cu2+半径小，MgO的晶格能比CuO高，因此MgO的熔点高；
（6）①Cr为24号元素，基态铬原子的价层电子排布式为3d54s1，
故答案为：3d54s1；
②配离子[Cr(H2O)3(NH3)3]3+的中心离子的配位数为3+3=6，NH3中的N原子的价层电子对数=3+ (5-1×3)=4，VSEPR模型为四面体形，
故答案为：6；四面体形；
③已知晶胞中Cr 和Cu原子间的最近距离为a pm，则晶胞的边长为a pm，晶胞中含有Cr原子数=8×=1，Cu原子数=12×=3，晶胞的质量=g=g，晶胞的体积为(a pm)3=(a ×10-10)3 cm3 ，则该晶体的密度为g (a ×10-10)3 cm3=×1030 g·cm-3，
故答案为：×1030。
1.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是
A. 淀粉溶液、豆浆、碳素墨水均可发生丁达尔效应
B. 将适量的铜、锌熔合成合金的过程发生了化学变化
C. 明矾净水时发生了化学变化及物理变化，能起到杀菌消毒的作用
D. 硝酸型酸雨与氧化还原反应无关
【答案】A
【解析】
A、淀粉溶液、豆浆、碳素墨水都是胶体，胶体能发生丁达尔效应，选项A正确；B、形成合金的过程没有发生化学变化，选项B错误；C、明矾净水利用的是Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体能够吸附水中的悬浮杂质，该过程发生了化学变化及物理变化，但Al(OH)3不具有强氧化性，不能杀菌、消毒，选项C错误；D、硝酸型酸雨的形成过程为：N2→NO→NO2→HNO3，与氧化还原反应有关，选项D错误。答案选A。
2.下列判断合理的是
①硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
②根据电解质在熔融状态下能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质
③蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
④根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
⑤根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液
⑥在反应KIO3＋6HI===KI＋3I2＋3H2O中，每生成3 mol I2转移的电子数为6NA
A. 只有②⑥ B. 只有②⑤ C. 只有①②⑤⑥ D. 只有③④
【答案】D
【解析】
【详解】①纯碱成分是碳酸钠，属于盐，故错误；
②根据电解质在水溶液里能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，故错误；
③蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质，故正确；
④根据反应中是否有化合价的升降，即是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故正确；
⑤分散系是根据分散质微粒大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故错误；
⑥在反应KIO3＋6HI===KI＋3I2＋3H2O中，KIO3中碘元素从+5价降到0价，故每生成3 mol I2转移的电子数为5NA，故错误。判断合理的是③④，所以D选项是正确的。
【点睛】本题考查一些常见概念的判别，了解常见物质的组成、抓住各概念的特征进行分析判断是解答此类题的关键，采用排除法是正确、快速解答此类题的捷径。
3.下列实验操作、现象或结论的说法不正确是( )
A. 在沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸得胶体，再加入Na2SO4溶液，可观察到红褐色沉淀
B. 某溶液加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶，可确定有SO42—存在
C. FeCl2 、NaOH、Mg(NO3)2三种溶液不需其他试剂即可鉴别
D. 除去Fe(OH)3胶体中的H+、Cl—，可用渗析的实验方法
【答案】B
【解析】
【详解】A.在沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸得氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶粒带有电荷，再加入Na2SO4溶液，发生胶体的聚沉生成氢氧化铁沉淀，可观察到红褐色沉淀，所以A选项是正确的；
B.某溶液加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶，该沉淀可能为AgCl，原溶液中可能还有银离子，不一定含有SO42-，故B错误；
C. FeCl2溶液为浅绿色，NaOH与FeCl2反应，而Mg(NO3)2不与FeCl2反应，据此可鉴别三种溶液，所以C选项是正确的；
D.胶体粒子不能透过半透膜，溶液中的离子可以透过半透膜，所以可用渗析的方法除去Fe(OH)3胶体中的H+、Cl-，所以D选项是正确的。
故答案选B。
4.我们常用“往伤口上撒盐”来比喻某些人乘人之危的行为，其实从化学的角度来说，“往伤口上撒盐”的做法并无不妥，甚至可以说并不是害人而是救人。这种做法的化学原因是
A. 胶体的电泳 B. 胶体的丁达尔效应
C. 胶体的布朗运动 D. 胶体的聚沉
【答案】D
【解析】
血液属于胶体，在遇到电解质溶液或加热时候都会发生聚沉，“往伤口上撒盐”可以使伤口表面的血液凝结，阻止进一步出血，属于胶体的聚沉，D正确；血液属于胶体，没有外接电源，没有电泳过程，A错误；没有外来的光线的照射，故没有丁达尔效应，B错误；胶体微粒不停做布朗运动，这是胶体微粒本身的性质，与撒盐与否无关，C错误；正确选项D。
5.下列有关物质的组成、分类和变化的说法正确的是( )
A. 明矾、水玻璃、氢氧化铁胶体都是电解质 B. SiO2、P2O5、CO均属于酸性氧化物
C. NO2、SO2、PM2.5均属于空气污染物 D. 蒸馏、萃取、氮的固定都是物理变化
【答案】C
【解析】
【详解】A.明矾是一种复盐，属于电解质；水玻璃是硅酸钠溶液的俗名，溶液和胶体都是混合物，而电解质归属于化合物，故A错误；
B. SiO2、P2O5都是酸性氧化物，都能与碱反应生成盐和水；CO属于不成盐氧化物，既不能与酸反应，也不能与碱反应，故B错误；
C. NO2、SO2都是有毒气体，而且都会形成酸雨；PM2.5可携带病毒，且会形成雾霾。所以，这三种物质均属于空气污染物，故C正确，
D.蒸馏是利用不同物质沸点的差异，萃取是利用不同物质溶解性的差异，因此，蒸馏和萃取都是物理变化。而氮的固定特指氮气生成含氮化合物的变化，因此，它属于化学变化，故D 错误。
故答案选C。
6.下列说法正确的是( )
A. CO2的水溶液能导电，所以CO2是电解质
B. 强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强
C. 液溴不导电，所以溴是非电解质
D. 氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na＋和Cl－
【答案】B
【解析】
【详解】A.二氧化碳的水溶液导电是碳酸电离产生离子而导电，不是二氧化碳本身导电，二氧化碳属于非电解质，故A错误；
B. 溶液导电能力取决于溶液中离子浓度和离子所带的电荷，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故B正确；
C.液溴是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D、氯化钠在水分子作用下电离出Na+和Cl-，不是在电流的作用下，故D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关。
7.下列说法正确的是 ( )
A. 含有最高价态元素的化合物一定具有强氧化性
B. 阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性
C. 元素原子在反应中失电子越多，还原性就越强
D. 反应中同一反应物可能既被氧化，又被还原
【答案】D
【解析】
【详解】A、含最高价元素的化合物，如碳酸钠中碳元素为最高价，却不具有强氧化性，HClO中Cl元素的化合价不是最高价，却具有强氧化性，故A错误；
B、最高价态的阳离子一般具有氧化性，如Fe3+；最低价的阴离子具有还原性，如I-；但Fe2+、SO32-都既有氧化性又有还原性，故B错误；
C、还原性的强弱与失去电子的难易程度有关，越易失去电子的还原性就越强，还原性的强弱和失电子多少没有关系，故C错误；
D、化学反应中同一反应物可能既被氧化，又被还原，如Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O反应中Cl2既作氧化剂又作还原剂，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查氧化还原反应中氧化性、还原性、氧化、还原反应，应学会利用化合价来分析问题，并能举出常见的例子来解答此类习题。
8.把0.05molNaOH晶体分别加入到下列100mL液体中，溶液导电性变化最小的是
A. 自来水 B. 0.5mol/L盐酸
C. 0.5mol/L氨水 D. 0.5mol/LNaNO3
【答案】B
【解析】
【分析】
电解质溶液导电性强弱与离子浓度成正比，与电荷成正比，如果把0.05molNaOH固体分别加入到100mL下列液体中，溶液导电能力变化最小，说明加入NaOH固体前后离子浓度变化最小，据此分析解答。
【详解】A.加入到自来水中，水中离子浓度很小，加入NaOH后溶液中离子浓度变化较大，则溶液导电能力变化较大，故A不选；
B.加入到0.5mol/L的稀盐酸中，二者恰好完全反应生成强电解质NaCl，HCl、NaCl都是强电解质，在加入NaOH固体前后离子浓度变化不大，则溶液导电能力变化不大，故B选；
C. 0.5mol/L氨水，一水合氨是弱电解质，在溶液中部分电离，离子浓度较小，溶液导电性较弱，加入NaOH固体后，离子浓度变化较大，则溶液导电能力变化较大，故C不选；
D. NaNO3是强电解质，加入NaOH后，二者不反应，但溶液中离子浓度增大一倍，则溶液导电能力增大一倍，溶液导电能力变化较大，故D不选。
答案选B。
【点睛】本题考查电解质溶液导电性强弱判断，电解质溶液导电性强弱与离子浓度成正比，与电荷成正比，与电解质强弱无关，为易错点。
9.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 的溶液中：、、、
B. 无色透明的溶液中：、、SO42、Cl
C. 的溶液中：、、、
D. 能使甲基橙变红的溶液中：、、、
【答案】A
【解析】
【详解】A项，=110-12的溶液呈碱性，K+、Na+、CO32-、NO3-均能大量存在于碱性溶液且互不反应，故选A项；
B项，Fe3+在溶液中显黄色，因此不能大量共存，故不选B项；
C项，MnO4-具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，故不选C项；
D项，能使甲基橙变红的溶液呈酸性，HCO3-不能大量存在于酸性溶液中，故不选D项。
综上所述，本题正确答案为A。
10.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 的溶液中：、、、
B. 的溶液中：、、、
C. 溶液中：、、、
D. 溶液中：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A项，pH=1的溶液显酸性，H+和CO32-反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故A项错误；
B项，c(H+)=110-13mol/L的溶液显碱性，Mg2+、Cu2+会和OH-反应生成沉淀，不能大量共存，故B项错误；
C项，K+、Na+、NO3-、Cl-均不与NH4HCO3发生反应，可以大量共存，故C项正确；
D项，SCN-可与Fe3+反应生成Fe(SCN)3络合物，不能大量共存，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
11.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 滴入石蕊显红色的溶液：、、、
B. 的溶液中：、、、
C. 加入铝粉能产生氢气的溶液：、、、
D. 滴入KSCN溶液显红色的溶液中：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A.滴入石蕊显红色的溶液为酸性溶液，S2-、NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B.pH=14的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、AlO2-、SO42-、Cl-之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中大量共存，所以B选项是正确的；
C.加入铝粉能产生氢气的溶液为酸性或强碱性溶液，Mg2+、HCO3-与氢氧根离子反应，HCO3-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D.滴入KSCN溶液显红色的溶液中存在铁离子，铁离子能够氧化I-，在溶液中不能大量共存，故D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查离子共存的正误判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，与酸碱指示剂的颜色变化等。
12.下列离子在给定条件下，一定能大量共存的是
A. 时，水电离出的的溶液中：、、、
B. 某无色透明的溶液中：、、、
C. 的溶液中：、、、
D. 的溶液中：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A.25℃时，水电离出的c(H+)=110-13mol/L的溶液呈酸性或碱性，酸性条件下NO3-、I-发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误；
B.无色溶液中不含有色离子，这几种离子之间不反应，所以能大量共存，所以B选项是正确的；
C.Al3+、S2发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体而不能大量共存，故C错误；
D. c(H+)=的溶液呈中性，Fe3+在中性条件下产生沉淀而不能大量共存，故D错误。
答案选B。
13.下列离子方程式不正确的是（ ）
A. 澄清石灰水中通入过量的二氧化碳CO2+OH‾═HCO3﹣
B. 金属钠和水反应2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑
C. 酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水2Fe2++H2O2═2Fe3++O2↑+2H+
D. 三氧化硫与氯化钡溶液生成沉淀的反应SO3+Ba2++H2O═BaSO4↓+2H+
【答案】C
【解析】
A．澄清石灰水中通入过量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙，反应的离子方程式为：CO2+OH‾═HCO3-，故A正确；B．金属钠和水反应生成NaOH和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故B正确；C．酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水，双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，正确的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O，故C错误；D．三氧化硫与氯化钡溶液生成硫酸钡沉淀反应的离子方程式为：SO3+Ba2++H2O═BaSO4↓+2H+，故D正确；故选C。
点睛：离子方程式的书写判断，为高考的高频题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等。
14.能正确表示下列反应的离子方程式是
A. Cl2通入NaOH溶液: Cl2 + OH- == Cl- + ClO- + H2O
B. NaHCO3溶液中加入稀盐酸: CO32- + 2H+ == CO2↑ + H2O
C. AlCl3溶液中加入过量稀氨水: Al3+ + 4NH3·H2O==AlO2- + 4NH4+ + 2H2O
D. Cu溶于稀硝酸: 3Cu + 8H+ + 2NO3- == 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
A、不满足电荷守恒和原子守恒；
B、HCO3-不能拆写；
C、氢氧化铝不能与过量氨水反应；
D、铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO气体和水。
【详解】A项、不满足电荷守恒和原子守恒，正确的离子方程式为Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O，故A错误；
B项、NaHCO3的电离方程式为NaHCO3=Na＋＋HCO3-，NaHCO3与稀盐酸反应，实质是HCO3-和H＋发生反应HCO3-＋H＋=CO2↑＋H2O，故B错误；
C项、氢氧化铝不能与过量氨水反应，AlCl3中加入过量氨水，反应的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+，故C错误；
D项、铜溶于稀硝酸生成硝酸铜，还原产物为NO，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了离子方程式的书写判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等。
15.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 向溶液中通入过量制：
B. 溶液与过量NaOH溶液反应制：
C. 用溶解：
D. 碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：
【答案】A
【解析】
【详解】A项，向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：，故A项正确；
B项，(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量的NaOH溶液反应制Fe(OH)2的离子方程式为：2NH4++Fe2++4OH-=2NH3H2O+ Fe(OH)2↓，故B项错误；
C项，由于CH3COOH为弱酸，CH3COOH溶解CaCO3的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+ H2O+CO2↑，故C项错误。
D项，向碳酸氢钠溶液中滴入过量澄清石灰水的离子反应为Ca2++OH-+HCO3-═CaCO3↓+H2O，故D错误。
综上所述，本题正确答案为A。
16.在给定条件下，下列离子组的离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是
选项
条件
离子组
离子共存判断及离子方程式
A
滴加氨水
、、、
不能大量共存，
B
由水电离出
、、、
能大量共存
C
的溶液
、、、
不能大量共存，
D
通入少量气体
、、、
不能大量共存，
【答案】C
【解析】
【详解】A.离子之间不发生任何反应，可大量共存，一水合氨为弱电解质，正确的离子方程式为：Fe3++3NH3H2O =Fe(OH)3↓+3NH4+，故A错误；
B.由水电离出的c(H+)=110-13mol/L，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，碱性条件下NH4+与氢氧根离子反应，酸性条件下AlO2-与氢离子反应，在溶液中不一定能大量共存，故B错误；
C.pH=1的溶液呈酸性，因发生反应：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，在溶液中不能大量共存，所以C选项是正确的；
D.SO2具有还原性，与ClO-发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：ClO-+SO2+ H2O ═2H++Cl-+SO42-，故D错误。
答案选C。
17.下列离子方程式表达正确的是( )
A. 溴化亚铁溶液中通入足量氯气:2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-
B. 纯碱溶液呈碱性的原因: CO32—+2H2OH2CO3+2OH—
C. 氢氧化铁溶于氢碘酸:Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
D. 等体积、等物质的量浓度的氢氧化钡稀溶液与碳酸氢铵稀溶液混合:
【答案】A
【解析】
【详解】A. 溴化亚铁与足量氯气反应的离子方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，故A正确；
B.CO32-水解应分两步进行，以第一步为主，所以应为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，故B错误；
C.氢氧化铁溶于氢碘酸溶液，反应生成碘单质、亚铁离子和水，正确的离子方程式为：2Fe(OH)3+2I-+6H+═I2+2Fe3++6H2O，故C错误；
D. 等体积、等物质的量浓度的氢氧化钡稀溶液与碳酸氢铵稀溶液混合，氢氧化钡与碳酸氢铵的物质的量相等，反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+ NH4++ HCO3-═BaCO3↓+ NH3·H2O+ H2O ，故D错误。
答案选A。
18.下列有关离子检验的叙述正确的是( )
选项
操作及现象
结论
A
少量溶液于试管中，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，加稀硝酸沉淀不溶解
溶液中含有Ag＋或SO42－
B
取少量溶液于试管中，滴加新制氯水，溶液由无色变黄色
溶液中含有Br—
C
取少量溶液于试管中，滴加浓氢氧化钠溶液，微热，试管口湿润的红色石蕊试纸变蓝
溶液中含有NH4＋
D
取少量溶液于试管中，滴加新制氯水后再滴加KSCN溶液，溶液变红色
原溶液中含有Fe2+
【答案】C
【解析】
溶液中含有SO32-，滴加BaCl2溶液，也有白色沉淀生成，加稀硝酸沉淀也不溶解，故A错误；溴水、碘水都呈黄色，取少量溶液与试管中，滴加新制氯水，溶液由无色变为黄色，溶液中含有Br-、I-，故B错误；NH4+与OH-反应生成一水合氨，加热放出氨气，氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝，故C正确；检验溶液中有Fe2+时，先加KSCN溶液，再加新制氯水，若顺序反过来，不能判断Fe3+是原溶液中的，还是Fe2+氧化成的，故D错误。
19.某溶液中含有的离子可能是K+、Ba2+、Al3+、Mg2+、AlO2-、CO32-、SiO32-、Cl-中的几种,现进行如下实验:
①取少量原溶液,加入氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成;
②另取少量原溶液,逐滴加入盐酸, 发生的现象是:开始产生沉淀并逐渐增多,沉淀量基本不变后产生气体,最后沉淀逐渐减少至消失;
③在上述②沉淀消失后的溶液中,再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀。
下列说法中正确的是（ ）
A. 该溶液中一定不含有Ba2+、Mg2+、Al3+、SiO3-、Cl-
B. 该溶液中一定含有K+、AlO2-、CO32-、Cl-
C. 该溶液中是否含有K+需进行焰色反应(透过蓝色钴玻璃)
D. 可能含有Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】①“溶液滴加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成”，故溶液中不含Al3+、Mg2+；
②“溶液滴加盐酸，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失”，故溶液中含有AlO2-、CO32-，不含SiO32-，由于Ba2+与CO32-不能共存（生成白色沉淀），故溶液中不含Ba2+，而由溶液电荷守恒，必须有阳离子，故溶液中含有K+，无需焰色反应即可确定；
③“在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀”，得到的沉淀为AgCl，而②中加入的是盐酸，故原溶液中可能含有Cl-。
由以上分析知该溶液中一定含有K+、AlO2-、CO32-，一定不含Ba2+、Al3+、Mg2+、SiO32-，可能含有Cl-，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
20.某未知溶液X可能含有Al3＋、Na＋、NH4+、Cl－、CO32—、SO42—中的若干种，取该溶液进行如下实验，若实验过程中所加试剂均过量，产生的气体全部逸出。则下列说法正确的是
A. 原溶液中可能存在Na＋，n(Cl－)≥0.01 mol
B. 原溶液中一定存在CO32—、SO42—、NH4+，且均为0.01 mol
C. 原溶液中一定存在Na＋，Cl－
D. 原溶液中一定不存在Al3＋、Cl－
【答案】A
【解析】
【分析】
滤液中加入烧碱溶液，通过颜色反应不能确定原溶液中是否存在Na+；加入BaCl2溶液生成沉淀1，说明原溶液中至少含有CO32—、SO42—中的一种，沉淀1部分溶于盐酸，所以沉淀1一定是BaSO4、BaCO3的混合物，故原溶液中一定存在CO32—、SO42—，CO32—和Al3+不能大量共存，所以溶液中一定不存在Al3+；沉淀2为硫酸钡沉淀，其物质的量为=0.01mol，CO32—的物质的量为=0.01mol；向所滤液中加入氢氧化钠溶液并加热生成了气体，则该气体为氨气，证明原溶液中一定含有NH4+，其物质的量为=0.05mol，CO32—、SO42—所带负电荷的物质的量之和为0.01mol2+0.01mol2=0.04mol，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Cl-，不能确定是否存在Na+，所以n(Cl－)≥0.01 mol，据此解答。
【详解】A. 根据以上分析，原溶液中可能存在Na＋，n(Cl－)≥0.01 mol，故A正确；
B. 原溶液中一定存在CO32—、SO42—、NH4+，CO32—、SO42—均为0.01 mol，而NH4+为0.05mol，故B错误；
C. 不能确定是否存在Na+，故C错误；
D. 原溶液中一定不存在Al3＋，一定含有Cl-，故D错误。
答案选A。
21.下列反应中，水只作氧化剂的是( )
氟气通入水中 水蒸气经过灼热的焦炭 钠块投入水中 铁与水蒸气反应 氯气通入水中
A. 只有 B. 只有 C. 只有 D. 只有
【答案】B
【解析】
【详解】①氟气通入水中生成HF和O2，O元素的化合价升高，所以水是还原剂，故不选①；
②水蒸气通入灼热焦炭发生反应为：C+H2OCO+H2，H元素化合价降低，水作氧化剂，故选②；
③钠投入水中发生反应为：2Na+2H2O =2NaOH+ H2↑，H元素化合价降低，水作氧化剂，故选③；
④铁与水蒸气反应为：3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，H元素化合价降低，水作氧化剂，故选④；
⑤氯气通入水中发生的反应为：Cl2+ H2O =HCl+HClO，H和O元素的化合价都不变，水既不是氧化剂也不是还原剂，故不选⑤。
故正确序号为②③④。
综上所述，本题正确答案为B。
22.对3NO2＋H2O===2HNO3＋NO反应的下列说法正确的是
A. 氧化剂与还原剂的质量比为1∶2
B. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2
C. NO2是氧化剂，H2O是还原剂
D. 在反应中若有6 mol NO2参与反应时，有3 mol电子发生转移
【答案】A
【解析】
A、该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价和+2价，所以生成硝酸的二氧化氮是还原剂，其计量数是2，生成NO的二氧化氮是氧化剂，其计量数是1，所以氧化剂和还原剂的物质的量、质量之比都是1：2，选项A正确；B、该反应中氧化产物是硝酸，还原产物是NO，所以氧化产物和还原产物的物质的量之比是2：1，选项B错误；C、该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价和+2价，所以二氧化氮既是氧化剂又是还原剂，水中各元素都不变，所以既不是氧化剂又不是还原剂，选项C错误；D、在反应中若有6mol NO2参与反应时，有4mol电子发生转移，选项D错误。答案选A。
点睛：本题考查氧化还原反应，明确元素化合价是解本题的关键，该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价和+2价，所以二氧化氮既是氧化剂又是还原剂，硝酸是氧化产物，NO是还原产物，根据二氧化氮和转移电子之间的关系式计算转移电子的物质的量。
23.被称为万能还原剂的NaBH4（NaBH4中H为-1价）能溶于水并和水反应，NaBH4+2H2O═NaBO2+4H2↑，下列有关该反应的说法中，正确的是（ ）
A. NaBH4既是氧化剂又是还原剂
B. NaBH4是氧化剂，H2O是还原剂
C. 等物质的量的NaBH4、Na分别与足量水反应，生成的氧化产物，NaBH4比Na少
D. 被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1
【答案】D
【解析】
【详解】A、NaBH4中氢元素的化合价升高，所以NaBH4是还原剂，故A错误；
B、NaBH4中氢元素的化合价升高，所以NaBH4是还原剂，水中氢元素化合价降低，所以水是氧化剂，故B错误；
C、NaBH4+2H2O═NaBO2+4H2↑中，NaBH4中氢元素化合价从-1价升高到0价，被氧化，反应中氧化产物为H2，同时H2也是还原产物；2Na+2H2O =2NaOH+H2↑反应中钠元素化合价从0价升高到+1价，氧化产物为NaOH，所以等物质的量的NaBH4、Na分别与足量水反应，生成的氧化产物NaBH4比Na多，故C错误；
D、化合价升高的元素是NaBH4中的氢元素，被氧化，水中的氢元素被还原，氧化剂和还原剂中H元素的化合价变化数值相同，物质的量之比为1:1，被氧化的元素与被还原的元素质量比为1:1，所以D选项是正确的。
故答案选D。
【点睛】本题考查氧化还原反应中的有关概念和电子转移知识，侧重于基本概念的理解和运用的考查，注意从化合价的角度解答该题。
24.是一种食品添加剂，具有致癌作用酸性溶液与的反应为：未配平下列叙述正确的是
A. 反应中是氧化剂
B. 反应过程中溶液pH减小
C. 可以消耗
D. 该反应可说明氧化性
【答案】C
【解析】
【详解】A.反应中氮元素化合价由NO2-中+3价升高为NO3-中+5价，NO2-发生氧化反应，是还原剂，故A错误；
B.反应中有氢离子参加，反应后溶液中氢离子浓度减小，所以反应过程中溶液pH增大，故B错误；
C.反应中氮元素化合价由NO2-中+3升高为NO3-中+5价，锰元素化合价由+7价降低为+2价，令1molKMnO4消耗NaNO2的物质的量为x，根据电子转移守恒，则1mol×(7-2)=(5-3)x，解得x=2.5mol，故C正确；
D.反应中MnO4-是氧化剂，NO3-是氧化产物，所以氧化性NO3-< MnO4-，故D错误。
故选C。
25.常温下，在下列溶液中发生如下反应由此判断下列说法错误的是
A. 反应可以进行
B. Z元素在反应中均被还原
C. 氧化性由强到弱的顺序是：、、、
D. 还原性由强到弱的顺序是：、、、
【答案】B
【解析】
【分析】
①在方程式16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O中，X元素的化合价由+7价变为+2价，Z元素由-1价变为0价，则氧化剂为XO4-，还原剂是Z-，所以氧化性XO4-> Z2，还原性Z-> X2+；
②在方程式2A2++B2=2A3++2B-中，氧化产物为A3+，氧化剂是B2，所以氧化性B2>A3+，还原性A2+>B-；
③在方程式2B-+Z2=B2+2Z-中，B元素化合价由-1价变0价，Z元素化合价由0价变为-1价，所以氧化性Z2>B2，还原性B-＞ Z-；据此解答。
【详解】A项， Z2+2A2+=2A3++2Z-中A元素化合价由+2价变为+3价，Z元素化合价由0价变为-1价，所以氧化性Z2> A3+，与上述推论相符，故A项正确；
B项，Z在反应①中被氧化，在③中被还原，故B项错误；
C项，由上述分析可知，氧化性大小顺序为XO4->Z2>B2>A3+，故C项正确；
D项，由上述分析可知，还原性大小顺序为A2+>B->Z-> X2+，故D项正确。
故答案选B。
26.将气体与足量溶液完全反应后，再加入溶液，发生如下两个化学反应：
，下列有关说法错误的是
A. 氧化性
B. 能将氧化成
C. 每有参加反应，转移电子的数目为
D. 若 L 标准状况参加反应，则最终消耗
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由①可知，Fe3+作氧化剂，则氧化性为Fe3+>SO2，由②可知，Cr2O72-作氧化剂，Fe3+为氧化产物，则氧化性为Cr2O72->Fe3+，氧化性，故A正确；
B. 因氧化性为Cr2O72-> SO2， 则能将氧化成，故B正确；
C. 每有参加反应，转移电子为1mol2(6-3)=6mol，即转移电子的数目为，故C正确；
D. 若 L 标准状况参加反应，n(SO2)==0.3mol，由上述两个反应可知，存在3 SO2~ Cr2O72-，则最终消耗0.1molK2Cr2O7，故D错误。
故答案选D。
27.重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]受热发生氧化还原反应，下列有关重铬酸铵受热分解的判断符合实际的是( )
A. 分解产物为CrO3＋NH3＋H2O
B. 分解产物为Cr2O3＋N2＋H2O
C. 反应中－3价N元素被氧化，＋7价Cr元素被还原
D. 反应中－3价N元素被还原，＋6价Cr元素被氧化
【答案】B
【解析】
重铬酸铵[（NH4）2Cr2O7]是一种受热易分解的盐，分解时发生氧化还原反应，N元素的化合价应升高，Cr元素的化合价应降低，即N元素由-3价可能升高为0价，故A错误；B正确；C中Cr元素的化合价应由+6价降低为+3价，故C错误；D、反应中－3价N元素被氧化，＋6价Cr元素被还原，故D错误；故选B。
28.R2离子在一定条件下可以把Mn2＋离子氧化为，若反应后R2离子变为R离子，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，则n值是
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
【答案】C
【解析】
【详解】该反应中锰元素的化合价变化为＋2价→＋7价，失电子化合价升高，锰离子作还原剂；氧元素的化合价不变，所以R元素得电子化合价降低，R2作氧化剂，即R2与Mn2＋的物质的量之比为5∶2，根据各元素的原子守恒写出并配平该方程式为8H2O＋5R2＋2Mn2＋=2MnO4-＋10R＋16H＋，
根据电荷守恒得-5n＋2×2＝－2＋(－2×10)＋1×16，n＝2。
故选C。
29.某温度下，将通入KOH溶液中得到KCl、KClO和的混合溶液，经测定与物质的量之比为1：2，则反应中被氧化的与被还原的物质的量之比为
A. 3：11 B. 11：3 C. 2：3 D. 4：3
【答案】A
【解析】
【分析】
Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，Cl2生成NaCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据ClO-与ClO3-的物质的量之比可计算失去电子的总物质的量，进而计算得到电子的总物质的量，再计算被还原的氯元素的物质的量，则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比。
【详解】Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO-与ClO3-物质的量之比为1：2，则可设ClO-为1mol，ClO3-为2mol，被氧化的Cl共为3mol，失去电子的总物质的量为1mol×（1-0）+2mol×（5-0）=11mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等， Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为11mol，被还原的Cl的物质的量为11mol，所以应中被氧化的Cl2与被还原的Cl2物质的量之比为3mol：11mol=3：11，答案选A。
30.高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，是比Cl2、O3、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染的绿色水处理剂。工业制高铁酸钠的方法有如下两种：
①湿法制备的主要反应方程式为：Fe(OH)3+ ClO—+ OH— → FeO42—+ Cl—+ H2O
②干法制备的主要反应方程式为： FeSO4+ Na2O2→ Na2FeO4+ Na2O+ Na2SO4 + O2↑
（均未配平）
下列有关说法不正确的是
A. 高铁酸钠中铁显+6价
B. 湿法制备的反应方程式中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
C. 干法中每生成1 mol Na2FeO4转移4 mol电子
D. K2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，还能除去水体中的H2S、NH3等，生成的Fe(OH)3还能吸附水中的悬浮杂质
【答案】C
【解析】
根据化合物中正负价的代数和为0可知，铁的化合价是＋（2×4－1×2）＝＋6价，A正确。反应①中氧化剂是ClO—，氯原子的化合价由＋1价降低－1价，变化2个单位。还原剂是Fe(OH)3，铁的化合价由＋3价升高到＋6价，变化3个单位。根据得失电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，B正确。反应②氧化产物不止Na2FeO4，还有氧气，所以每生成1 mol Na2FeO4转移电子的物质的量大于4 mol，C是错误的。K2FeO4中铁的化合价是＋6价的，具有氢氧化性，还原产物铁离子能水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性，D正确。答案选C。
31.现有A、B、C、D、E五种易溶物质溶液，它们所含的阳离子分别为：、、、、；阴离子分别为：、、、、。每种离子各用一次已知：
的C溶液中， 的物质的量浓度为
溶液呈蓝色
将C溶液加入到溶液B和E中，分别产生白色沉淀和气泡
与D混合，同时生成两种沉淀
请回答下列问题：
请写出物质B、C的化学式：B_______________ C_______________
写出A在溶液中的电离方程式：_____________________________________________。
写出过量C溶液与少量E溶液反应的离子方程式：_____________________________。
取溶液过量与溶液D混合后，产生沉淀，则_______，若向反应后的体系中加入的HCl，直至蓝色沉淀完全溶解，则需要加入盐酸的体积为_______mL。
【答案】 (1). (2). HCl (3). (4). (5). 2 (6). 60
【解析】
【分析】
的C溶液中， 的物质的量浓度为，则C中一定不能大量存在SO42-、OH-、CO32-；溶液呈蓝色，说明含有Cu2+，D中一定不能大量存在OH-、CO32-；将C溶液加入到溶液B和E中，分别产生白色沉淀和气泡，所以E中含有CO32-，则E是Na2CO3；由于Ag+只能与NO3-组合，Ba2+不能与SO42-组合，所以C是盐酸，B是硝酸银，D是硫酸铜，A是氢氧化钡。与D混合，同时生成两种沉淀，说明氢氧化钡与硫酸铜溶液反应生成硫酸钡和氢氧化铜，以此解答。
【详解】根据以上分析可知B、C的化学式分别为：AgNO3、HCl，
故答案为：AgNO3；HCl；
A是氢氧化钡，A在溶液中的电离方程式为：Ba(OH)2=Ba2++2OH-，
故答案为：Ba(OH)2=Ba2++2OH-；
C是盐酸，E是Na2CO3，过量C溶液与少量E溶液反应的离子方程式为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，
故答案为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O；
33.1g沉淀是硫酸钡和氢氧化铜，反应中氢氧化钡过量，硫酸铜完全反应，硫酸铜的物质的量是0.05mol，则0.05amol233g/mol+0.05amol98g/mol=33.1g，解得a=2，
剩余氢氧化钡是0.15mol-0.1mol=0.05mol，生成的氢氧化铜是0.1mol，所以盐酸的物质的量是0.05mol2+0.1mol2=0.3mol，盐酸的体积是=0.06L=60mL，
故答案为：2 ；60。
32.实验室制取氯气有下列反应：2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O
（1）该反应中氧化剂是_____；被还原的元素是_______；氧化产物是 ______；
（2）用单线桥法标出电子转移的方向和数目______________；
（3）若该反应中有0.2mol的电子转移，则能生成标准状况下的氯气的体积是_______；
（4）若该反应有1molKMnO4参加反应，被氧化的HCl为______mol，转移电子数______mol。
【答案】 (1). KMnO4 (2). Mn (3). Cl2 (4). (5). 2.24L (6). 5 (7). 5
【解析】
【详解】（1）反应2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O中KMnO4中的锰元素化合价由+7价变为+2价被还原作氧化剂，盐酸中氯元素由-1价变为0价被氧化作还原剂，故氧化剂是KMnO4；被还原的元素是Mn；氧化产物是Cl2；
（2）反应中KMnO4为氧化剂，Mn元素的化合价由+7价降低到+2价，得到5个电子，Cl元素化合价升高，被氧化，当有2molKMnO4参加反应，转移电子10mol，则单线桥法标出电子转移的方向和数目为；
（3）若反应中转移了0.2mol电子，则产生的Cl2在标准状况下体积为×22.4L/mol=22.4L；
（4）根据反应2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O可知，若该反应有1molKMnO4参加反应，被氧化的HCl为5mol，转移电子数5mol。
33.雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下离子中的若干种：NH4+、Ba2＋、Fe2＋、Cl－、NO3—、CO32—、SO42—。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后得到试样溶液，设计并完成如下实验：
试回答下列问题：
(1)实验①中加入稀盐酸后，有气体A生成，溶液B依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。据此可知原溶液中一定含有______________，一定不含______________。(填离子符号)
(2)实验①中发生反应的离子方程式为______________________________________。
(3)实验②中逐滴加入碳酸氢钠溶液，立即有气泡产生，反应的离子方程式为__________________，一段时间后又有沉淀出现，这时的离子方程式为____________。
(4)气体F的成分为________。(填化学式)
(5)根据实验③现象该同学认为原溶液中一定含有SO42—，有其他同学认为其结论不合理，又进行了后续实验④，最终确定原溶液中含有SO42—，试写出实验④可行的操作方法及现象_________________。
【答案】 (1). Cl－、Fe2＋、NO3— (2). CO32— (3). 3Fe2＋＋4H＋＋NO3—=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O (4). H＋＋HCO3—=CO2↑＋H2O (5). Fe3＋＋3HCO3—=3CO2↑＋Fe(OH)3↓ (6). NH3 (7). 向沉淀G中加入足量稀盐酸，若沉淀未完全溶解，则含有SO42—[或取少量原溶液于试管中，滴加BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液，若产生白色沉淀，则含有SO42—]
【解析】
【分析】
（1）实验①中加入稀盐酸后，有无色气体A生成，该气体可能为二氧化碳或NO，由于盐酸过量且溶液中阴离子种类不变，则生成的气体为NO，溶液中一定含有Fe2+、NO3-、Cl-，且NO3-过量；根据离子共存可知一定不存在CO32-；
（2）硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子，同时生成NO气体，据此写出反应的离子方程式；
（3）实验①中盐酸足量，则溶液B中含有过量的氢离子，加入碳酸氢钠后发生反应为：H++HCO3-===H2O+CO2↑；溶液B中还含有Fe3+，当氢离子反应完全后，铁离子与碳酸氢根离子发生相互促进的双水解反应，生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体；
（4）溶液D中加入氢氧化钡溶液加热后生成气体F、沉淀G和溶液H，气体F为氨气，由于碳酸氢钠过量，则沉淀G中一定含有碳酸钡，可能含有硫酸钡；
（5）由于碳酸氢钠过量，则生成的沉淀中不一定含有硫酸钡，需要通过对沉淀G进一步检验，可向沉淀G中加入足量稀盐酸，若沉淀部分溶解，则说明原溶液中一定含有硫酸根离子。
【详解】（1）实验①中加入稀盐酸后，有无色气体A生成，该气体可能为CO2或NO，由于盐酸过量且反应后溶液中阴离子种类不变，则生成的气体为NO，溶液中一定含有Fe2+、Cl-、NO3-，且NO3-过量；根据离子共存可知一定不存在CO32-；
（2）实验①中亚铁离子与稀硝酸反应生成硝酸铁和一氧化氮和水，反应的离子反应方程式为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；
（3）实验①加入足量盐酸，则溶液B中含有过量的氢离子，加入碳酸氢钠后发生反应的离子方程式为：H++HCO3-=H2O+CO2↑；溶液B中还含有Fe3+，氢离子反应完全后，铁离子与碳酸氢根离子发生相互促进的双水解反应，生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为：Fe3++3HCO3-=Fe（OH）3↓+3CO2↑；
（4）溶液D中加入足量Ba（OH）2溶液加热后生成气体F、沉淀G和溶液H，气体F为NH3，由于实验②中NaHCO3足量，则沉淀G中一定含有BaCO3，可能含有BaSO4；
（5）由于实验②中NaHCO3足量，则实验③的沉淀G中一定含有沉淀BaCO3，不能确定是否含有BaSO4，需要进行后续实验④，可向沉淀G中加入足量稀盐酸，若沉淀未完全溶解，则含有SO42-[或取少量原溶液于试管中，滴加BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液，若产生白色沉淀，则含有SO42-]。
34.Ⅰ.溴化铜Ⅱ甲基咪唑配合物是一种制备有机玻璃的催化剂，其合成方法如下：
溴化铜Ⅱ甲基咪唑中与甲基咪唑间形成的化学键称为_______________；基态核外电子排布式为_________________________________。
与互为等电子体的阴离子为_______________。
中碳原子杂化轨道类型为_______________；1molMIm中含键数目为______mol。
Ⅱ.碳、氧、氮、镁、铬、铁、铜是几种重要的元素，请回答下列问题：
(4)Mg、O、C、N四种元素的第一电离能从大到小的顺序为________。
(5)查阅相关资料发现MgO的熔点比CuO的熔点高得多，其原因是_______。
(6)金属铬是一种银白色，极硬，耐腐蚀的金属，铬的化合物种类繁多，如：Cr2(SO4)3、以及配离子。
具有很强的氧化性，能直接将 氧化成，试写出基态铬原子的价层电子排布式：__________________________________________。
该配离子中，中心离子的配位数为______________，的VSEPR模型为________________________。
已知晶胞中Cr和Cu原子间的最近距离为，则该晶体的密度为___________ 用含a的代数式表示，设N为阿伏加德罗常数的值。
【答案】 (1). 配位键 (2). (3). (4). 和 (5). 12 (6). N>O>C>Mg (7). 半径比半径小，MgO的晶格能比CuO高，因此MgO的熔点高 (8). 3 (9). 6 (10). 四面体形 (11).
【解析】
【分析】
（1）1-甲基咪唑中氮原子上含有孤对电子，Cu2+中含有空轨道；溴的原子序数35，Br-核外有36个电子，Br-基态核外电子排布式为[Ar]3d104s24p6或1s22s22p63s23p63d104s24p6；
（2）等电子体具有相同的原子数和价电子总数；
（3）MIm中甲基上的碳原子为sp3杂化，碳碳双键和碳氮双键上的碳原子为sp2杂化；每个单键为一个键，双键中有一个键；
（4）同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但由于氮原子的p能级电子处于半充满状态，所以第一电离能N>O；
（5）Mg2+半径比Cu2+半径小，MgO的晶格能比CuO高，因此MgO的熔点高；
（6）①Cr为24号元素，基态铬原子的价层电子排布式为3d54s1；
②配离子[Cr(H2O)3(NH3)3]3+的中心离子的配位数为3+3=6，NH3中的N原子的价层电子对数=3+ (5-1×3)=4，VSEPR模型为四面体形；
③根据均摊法计算每个晶胞的质量和体积，再根据=计算晶体的密度。
【详解】（1）1-甲基咪唑中氮原子上含有孤对电子，Cu2+中含有空轨道，Cu2+与1-甲基咪唑间形成的化学键为配位键；溴的原子序数为35，Br-核外有36个电子，Br-基态核外电子排布式为[Ar]3d104s24p6或1s22s22p63s23p63d104s24p6，
故答案为：配位键；1s22s22p63s23p63d104s24p6；
（2）NH4+的原子数为5，价电子总数为8，BH4-的原子数为5，价电子总数为8，二者互为等电子体，
故答案为：BH4-；
（3）MIm中甲基上的碳原子为sp3杂化，碳碳双键和碳氮双键上的碳原子为sp2杂化；单键只有一个键，双键含有1个键和键，一个MIm分子中含有6个C-H单键、4个C-N单键，一个碳碳双键和一个碳氮双键，则一个MIm分子中含有12个键，1mol MIm中含键数目为12mol。
故答案为：sp3和sp2；12；
（4）同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但由于氮原子的p能级电子处于半充满状态，所以第一电离能N>O，则第一电离能从大到小的顺序为N>O>C>Mg，
故答案为：N>O>C>Mg；
（5）Mg2+半径比Cu2+半径小，MgO的晶格能比CuO高，因此MgO的熔点高，
故答案为：Mg2+半径比Cu2+半径小，MgO的晶格能比CuO高，因此MgO的熔点高；
（6）①Cr为24号元素，基态铬原子的价层电子排布式为3d54s1，
故答案为：3d54s1；
②配离子[Cr(H2O)3(NH3)3]3+的中心离子的配位数为3+3=6，NH3中的N原子的价层电子对数=3+ (5-1×3)=4，VSEPR模型为四面体形，
故答案为：6；四面体形；
③已知晶胞中Cr 和Cu原子间的最近距离为a pm，则晶胞的边长为a pm，晶胞中含有Cr原子数=8×=1，Cu原子数=12×=3，晶胞的质量=g=g，晶胞的体积为(a pm)3=(a ×10-10)3 cm3 ，则该晶体的密度为g (a ×10-10)3 cm3=×1030 g·cm-3，
故答案为：×1030。
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