《微专题·小练习》化学 新教材 详解答案

详解答案化学（新教材）专练1阿伏加德罗常数的应用1．CA项，不是在标准状况下，无法计算28L氢气的物质的量，错误；B项，Al3＋部分水解，故溶液中Al3＋的数目小于2.0NA，错误；C项，0.20mol苯甲酸（C7H6O2）完全燃烧生成1.4molCO2，正确；D项，阴极反应为Cu2＋＋2e－=Cu，阴极增重6.4g（即0.1molCu），则外电路中转移0.20mol电子，错误。2．CHCl在溶液中全部电离为H＋、Cl－，溶液中无HCl分子，且没有说明溶液体积，A错误；没有说明气体所处状况，无法计算22.4L氢气中H2分子的数目，B错误；180g葡萄糖（C6H12O6，相对分子质量为180）的物质的量为1mol,1mol分子中含有C原子的数目为6NA，C正确；N2的结构式为N≡N，1个氮氮三键中含有2个π键、1个σ键，1molN2中，σ键的数目为NA，D错误。3．D1个18O原子含有10个中子，H原子不含中子，所以每个Heq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(2))O分子中含有10个中子，Heq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(2))O的相对分子质量为20g·mol－1，故18gHeq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(2))O的物质的量为0.9mol，则18gHeq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(2))O中含有的中子数为9NA，A错误；HClO4为强酸，在溶液中完全电离，则0.1mol·L－1HClO4溶液中H＋的物质的量浓度为0.1mol·L－1，由于题中未给出溶液体积，所以无法计算H＋的数目，B错误；2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，由于存在平衡2NO2⇌N2O4，所以充分反应后容器中的分子数小于2NA，C错误；甲烷与氯气发生取代反应，反应前后反应物与生成物的物质的量之和不变，则反应后的分子数为eq\f(11.2L＋22.4L,22.4L·mol－1))×NAmol－1＝1.5NA，D正确。4．C22.4L（标准状况）氟气的物质的量为1mol，则其所含的质子数为18NA，A说法正确；反应H2＋I2⇌2HI为可逆反应，则1molH2和1molI2充分反应生成的HI分子数小于2NA，B说法正确；电解饱和食盐水时，阴、阳两极产生的n（H2）∶n（Cl2）＝1∶1，当H2和Cl2的总质量为73g时，产生2gH2、71gCl2，则H2的物质的量为1mol，Cl2的物质的量为1mol，转移电子数为2NA，C说法错误；溴化铵水溶液中存在电荷守恒：c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）＋c（H＋）＝c（Br－）＋c（OH－），c（Br－）＝1mol·L－1，则c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）＋c（H＋）>1mol·L－1，故1L1mol·L－1溴化铵水溶液中NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))与H＋离子数之和大于NA，D说法正确。5．CNH4F结构中1个铵根离子中含有4个共价键，则1molNH4F晶体中含有的共价键数目为4NA，A错误；2.24L（标准状况）CH4和C2H4混合气体的物质的量是0.1mol，由于1molCH4和C2H4完全燃烧消耗氧气的物质的量分别是2mol、3mol，则0.1mol混合气体完全燃烧消耗氧气的分子数目应该介于0.2NA和0.3NA之间，B错误；100mL0.10mol·L－1FeCl3溶液中铁离子的物质的量是0.01mol，加入足量Cu粉充分反应，铁离子被还原为亚铁离子，则转移电子数目为0.01NA，C正确；酯化反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，即0.1molCH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目一定小于0.1NA，D错误。6．CD2O的摩尔质量为20g·mol－1，每个D2O分子中含10个质子，18gD2O的物质的量为18g÷20g·mol－1＝0.9mol，其所含质子数为9NA，A项错误；NO2与H2O的反应为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，结合反应中氮元素化合价变化可知，3molNO2完全反应时，转移电子数为2NA，B项错误；环状S8的摩尔质量为256g·mol－1，1个S8分子中含8个S—S键，32g环状S8的物质的量为0.125mol，含S—S键数目为0.125×8NA＝1NA，C项正确；溶液呈酸性，说明存在水解平衡Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋H2O⇌2CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋2H＋，故1L0.1mol·L－1K2Cr2O7溶液中Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))数目少于0.1NA，D项错误。7．C2.0gHeq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(2))O的物质的量为0.1mol，每个Heq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(2))O分子中质子数为10，故2.0gHeq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(2))O中含有的质子数目为NA，A项错误；标准状况下，二氯甲烷为液体，不能用气体摩尔体积计算二氯甲烷的物质的量，B项错误；由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，根据电荷守恒可知：n（Na＋）＋n（H＋）＝n（CH3COO－）＋n（OH－），溶液显中性，即n（H＋）＝n（OH－），故n（CH3COO－）＝n（Na＋）＝1mol，CH3COO－数目为NA，C项正确；标准状况下，2.24LNO2的物质的量为0.1mol，NO2与H2O的反应为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，反应中转移电子数目为0.1×eq\f(2,3)NA，D项错误。8．C29gC4H10的物质的量为eq\f(29g,58g·mol－1)＝0.5mol，含有的σ键个数为0.5mol×13×NAmol－1＝6.5NA，A错误；PCl3中P的价层电子对数为3＋eq\f(5－3×1,2)＝4，故0.5molPCl3中P的价层电子对数为2NA，B错误；1mol[Zn（NH3）4]2＋中含配位键4mol，含有配位键数目为4NA，C正确；30g14CO中含有的质子数为eq\f(30g,30g·mol－1)×14×NAmol－1＝14NA，D错误。9．C根据题给热化学方程式可知，每1mol[H2（g）＋eq\f(1,2)O2（g）]生成1mol[H2O（l）]放出热量286kJ，A正确；根据电荷守恒得n＝6，所以每生成1molCr3＋转移3mol电子，B正确；Al（OH）3的酸式电离方程式为Al（OH）3＋H2O⇌[Al（OH）4]－＋H＋，部分Al（OH）3发生电离，所以1molAl（OH）3电离产生的H＋数小于NA，C错误；1molCO2与NaOH溶液完全反应，根据“C原子”守恒得n（COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))）＋n（HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）＋n（H2CO3）＝1mol，D正确。10．B2.7g铝的物质的量为0.1mol，和盐酸反应时，需要的盐酸的物质的量为0.3mol，故盐酸不足，铝和盐酸反应时过量，则转移的电子小于0.3NA个，故A错误；pH＝1的硫酸溶液中，氢离子浓度为0.1mol·L－1，故1L溶液中氢离子的物质的量为0.1mol，个数为0.1NA个，故B正确；未告知气体所处状态，无法计算1.12L气体的物质的量，故C错误；标准状况下，HF为液态，无法计算其物质的量，D错误。11．CD碘离子的还原性比Fe2＋强，当有2molFe2＋被氧化时消耗Cl2的分子数为NA，但氧化碘离子还消耗了Cl2，故A错；一个白磷分子中含有6个共价键，一个甲烷分子中含有4个共价键，所以含共价键数均为0.2NA的白磷（P4）和甲烷的物质的量不相等，故B错；CH3COO－水解，1L0.1mol·L－1CH3COONa溶液中含有的Na＋和CH3COO－的总数小于0.2NA，C正确；235g核素U发生裂变反应：23592U＋eq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(0))neq\o(→,\s\up7(裂变))eq\o\al(\s\up1(90),\s\do1(38))Sr＋13654U＋10eq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(0))n，净产生的中子（eq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(0))n）数为9NA，故D正确。12．A苯中没有碳碳双键，B错误；酯化反应机理是羧酸去羟基，醇去氢，所以水分子化学式为Heq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(2))O，中子数为10，1molC2H5OH和1molCH3CO18OH反应是可逆反应，生成的水分子中的中子数小于10NA，具体数目不知，C错误；标准状况下，CCl4不是气体，D错误。13．AB根据方程式可知每生成1mol氯气，转移的电子数为NA，A正确；1molNaCl含有的电子数为28NA，B正确；次氯酸根离子水解，所以1L0.2mol·L－1NaClO溶液中含有的次氯酸根离子数小于0.2NA，C错误；将22.4LHCl溶解在0.5L水中，所得溶液体积不是0.5L，D错误。14．C①1molD2O所含的中子数为10NA，故①错误；②0.2g氢气的物质的量为0.1mol，生成0.1mol氢气转移了0.2mol电子，根据电子守恒，则电路通过电子0.2NA，故②正确；③5.6g铁粉的物质的量为0.1mol，0.1mol铁与足量硝酸反应失去0.3mol电子，硝酸不足，则反应生成亚铁离子，0.1mol铁失去0.2mol电子，所以反应失去的电子不一定是0.3NA，故③错误；④常温常压下，16gO2和O3所含的氧原子的质量为16g，含有1mol氧原子，含有的原子数为NA，故④正确；⑤1molC10H22分子中含有9mol碳碳键、22mol碳氢键，总共含有31mol共价键，含有的共价键总数为31NA，故⑤正确；⑥1molCl2发生反应时，如果与氢氧化钠溶液反应，氯气既是氧化剂也是还原剂，1mol氯气反应转移了1mol电子，转移的电子数是NA，故⑥错误；⑦标况下水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L水的物质的量，故⑦错误；根据以上分析，正确的为：②④⑤，本题应选C。15．BDH3PO4为中强酸，故1L0.1mol·L－1H3PO4溶液中所含的H＋数目小于0.3NA，A项错误；由解毒原理的化学方程式可知，该反应中，若消耗1.0molCuSO4，则参加反应的水分子数目为1.6NA，B项正确；3.1gP为0.1mol，其中所含的质子数目为1.5NA，C项错误；该反应转移10e－，7.2g水为0.4mol，反应转移的电子数目为0.5NA，D项正确。16．BC在该反应中1molZn完全反应转移2mol电子，则转移的电子数为2NA，A错误；电解硫酸铜溶液ts后，在阴极析出mg铜，通过溶液的电流为IA，则IA×ts＝eq\f(mg,64g·mol－1)×2×1.60×10－19C×NAmol－1，故NA＝eq\f(It×64,m×2×1.60×10－19)，B正确；常温下，pH＝10的CH3COONa、NaCN的混合溶液中，根据质子守恒可得c（HCN）＋c（CH3COOH）＋c（H＋）＝c（OH－），结合HCN的电离平衡常数可知c（H＋）＝eq\f(c（HCN）·Ka（HCN）,c（CN－）)，c（OH－）＝eq\f(10－14,10－10)mol·L－1＝10－4mol·L－1，则c（HCN）＋c（CH3COOH）＋eq\f(c（HCN）·Ka（HCN）,c（CN－）)＝10－4mol·L－1，C正确；1L0.100mol·L－1Na2S溶液中n（Na2S）＝0.100mol·L－1×1L＝0.100mol，由于S2－部分水解生成HS－和OH－，导致溶液中阴离子的物质的量大于0.100mol，故阴离子数大于0.100NA，D错误。专练2阿伏加德罗定律及其应用1．B根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，相同体积的CH4和NH3所含分子数相同，则二者的原子个数之比为5∶4，A正确；常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L·mol－1，则11.2LO3的物质的量小于0.5mol，则所含氧原子个数小于1.5NA，B错误；同温同压下，相同体积的N2和CO的物质的量相同，由于二者的摩尔质量均为28g·mol－1，则二者的密度相同，C正确；同温同压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，则CO和CO2的密度之比为7∶11，D正确。2．A在25℃时，pH＝12的溶液中c（OH－）1012－14mol·L－1，则1L该溶液中n（OH－）＝10－2mol，OH－数目是0.01NA，A项正确；一个D2O中含10个质子，D2O的摩尔质量是20g·mol－1，则1.8gD2O中所含质子数是eq\f(1.8,20)×10×NA＝0.9NA，B项错误；MnO2＋2e－→Mn2＋，8.7gMnO2为0.1mol，与足量浓盐酸反应转移0.2NA个电子，C项错误；32g甲醇（CH3OH）是1mol，含3molC—H键，D项错误。3．ACHCl3的结构式为，故1molCHCl3中含有C—Cl键的数目为3NA，A正确；1L1.0mol·L－1的盐酸中含有Cl－的数目为NA，还有少量的OH－，所以阴离子总数小于2NA，B错误；没有指明在标准状况下，无法进行计算，C错误；23gNa的物质的量为1mol，其与足量的水发生反应2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，生成H2的物质的量为0.5mol，即分子数目为0.5NA，D错误。4．Dmg的CH4、CO2、O2、SO2四种气体的物质的量分别为eq\f(m,16)mol、eq\f(m,44)mol、eq\f(m,32)mol、eq\f(m,64)mol。根据阿伏加德罗定律及推论可知，同温同压下气体的体积与其他物质的量成正比，结合四个气球的体积推知，①是SO2，②是CO2，③是O2，④是CH4，A错误；气球①和气球③中气体分子数之比为eq\f(m,64)mol∶eq\f(m,32)mol＝1∶2，B错误；气球①和气球④中气体物质的量之比为eq\f(m,64)mol∶eq\f(m,16)mol＝1∶4，C错误；同温同压下气体密度之比等于其摩尔质量之比，则eq\f(ρ3,ρ4)＝eq\f(M（O2）,M（CH4）)＝eq\f(32g·mol－1,16g·mol－1)＝eq\f(2,1)，D正确。5．B由于各分子中的原子数未知，当原子数目相等时，分子数不一定相等，质量最大的不一定为Z,A错误；在相同条件下，相同质量的气体，相对分子质量越小，物质的量越大，体积越大，则密度越小，所以密度最小的是X,B正确；在标准状况下，2.24L的气体物质的量为0.1mol，而在其他条件下不一定为0.1mol,C错误；同温同体积下，因为2gY气体和1gZ气体的物质的量之比为4∶1，所以压强比为4∶1，故D错误。6．BX气球放在CO中静止不动，说明X的相对分子质量接近CO,Y气球放在O2中上浮，说明Y相对分子质量小于氧气，但X气体的相对分子质量不一定比Y大，A错误；氮气的相对分子质量为28，甲烷的相对分子质量为16，所以X可能是氮气，Y可能是甲烷，B正确；X的密度接近CO，但不一定小于Y的密度，C错误；相同条件下，等体积的两种气体其物质的量相等，因为其摩尔质量相对大小未知，所以无法确定其质量相对大小，故D错误。7．C同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成的气体物质的量之比一定为eq\f(V1,V2)，A正确；设该条件下气体摩尔体积为VmL·mol－1，X与足量浓硝酸反应，被还原的n1（HNO3）＝n（NO2）＝eq\f(V1,Vm)mol，Y与稀硝酸反应时，被还原的n2（HNO3）＝n（NO）＝eq\f(V2,Vm)mol，则两个反应中被还原的HNO3的物质的量之比为eq\f(n1,n2)＝eq\f(V1,V2)，B正确；设反应后X转化为X（NO3）x，则根据得失电子守恒得：0.1mol×x＝eq\f(V1,Vm)mol，解得x＝eq\f(10V1,Vm)，则X与足量浓硝酸反应中消耗n3（HNO3）＝0.1mol×eq\f(10V1,Vm)＋eq\f(V1,Vm)mol＝eq\f(2V1,Vm)mol，设反应后Y转化为Y（NO3）y，则根据得失电子守恒得：0.1mol×y＝eq\f(3V2,Vm)mol，解得y＝eq\f(30V2,Vm)，则Y与硝酸反应中消耗n4（HNO3）＝0.1mol×eq\f(30V2,Vm)＋eq\f(V2,Vm)mol＝eq\f(4V2,Vm)mol，则两个反应中消耗的HNO3的物质的量之比为eq\f(n3,n4)＝eq\f(V1,2V2)，C错误；由C选项分析知，反应后X的化合价为＋x，即＋eq\f(10V1,Vm)，反应后Y的化合价为＋y，即＋eq\f(30V2,Vm)，故X、Y反应后的化合价之比为eq\f(V1,3V2)，D正确。8．D氢气和CCl4均为非极性分子，根据相似相溶原理，部分氢气溶在CCl4中，造成测量误差，A错误；实验时，量气管压入漏斗的水过多而溢出，由于量取气体时两侧的液面在同一水平面，保证气体的压强等于大气压强，不会影响实验结果，B错误；金属与酸的反应放热，实验时，待体系温度降到原来的温度并保证两侧液面在同一水平面时进行读数，C错误；由于此装置属于密闭体系，将水准管上提，造成内外压强不等，静置，若液面高于量气管且不下降，说明装置不漏气，若量气管液面高度不断改变，说明装置漏气，D正确。9．CD同温同压下，气体摩尔体积相同，ag甲气体和2ag乙气体所占的体积之比为1∶2，根据ρ＝m/V知，其密度相同，故A正确；根据同温同压下，不同气体的密度之比等于二者的相对分子质量之比，可知甲与乙的相对分子质量相等，故B正确；同温同体积气体压强比等于气体物质的量之比，甲和乙相对分子质量相等，等质量的甲和乙物质的量相等，所以压强相同，故C错误；等质量的两种气体的物质的量相同，但分子的构成未知，所以无法判断原子个数是否相同，故D错误。10．A由于三种气体的体积和密度都相同，可知三种气体的质量相同，因此三种气体的物质的量与摩尔质量成反比，而同温同压下，气体的压强与气体的物质的量成正比，气体的压强与气体的摩尔质量成反比，三种气体的摩尔质量的大小关系为：M（O2）＞M（Ne）＞M（H2），所以压强的大小关系为：p（H2）＞p（Ne）＞p（O2），A正确。11．AC同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，由题图可知甲、乙两室气体的体积之比为5∶3，故其物质的量之比也为5∶3，所以甲室中气体的物质的量为2mol，A错误；HCl气体的质量为1.2mol×36.5g·mol－1＝43.8g，则甲室中气体的质量为43.8g－33.8g＝10g，B正确；设氨气的物质的量为xmol，氢气的物质的量为ymol，根据其物质的量、质量的关系列方程组：xmol＋ymol＝2mol，17g·mol－1×xmol＋2g·mol－1×ymol＝10g，解得x＝0.4，y＝1.6，所以氨气和氢气的物质的量之比为0.4mol∶1.6mol＝1∶4，C错误；甲室中NH3的物质的量为0.4mol，能与0.4molHCl反应，剩余0.8molHCl和1.6molH2，共2.4mol，相同条件下，气体的体积之比等于其物质的量之比，所以活塞b会移至刻度“6”处，D正确。12．答案：（1）672mL（2）76g·mol－1（3）碳硫解析：生成物总物质的量为n（XO2）＋n（YO2）＝eq\f(672×10－3L,22.4mol·L－1)＝0.03mol，由方程式可知，n（XO2）∶n（YO2）＝1∶2，则n（XO2）＝0.01mol，n（YO2）＝0.02mol，总质量为0.672L×2.56g·L－1＝1.72g；（1）根据方程式可知，燃烧前后气体体积不变，所以消耗氧气体积为672mL；（2）根据质量守恒定律得出，m（XY2）＋m（O2）＝m（XO2）＋m（YO2）＝1.72g，又根据对应关系得出n（O2）＝0.03mol。m（O2）＝0.03mol×32g·mol－1＝0.96g，m（XY2）＝1.72g－0.96g＝0.76g，根据M＝eq\f(m,n)得出，M（XY2）＝eq\f(0.76g,0.01mol)＝76g·mol－1。（3）由在XY2分子中，X、Y两元素的质量之比为3∶16得出：1molXY2分子中，X的质量为76g×eq\f(3,19)＝12g，Y的质量为76g－12g＝64g，1molXY2含有1molX，2molY，故X的相对原子质量是12，Y的相对原子质量是eq\f(64,2)＝32，即X是碳，Y是硫。13．答案：（1）锥形瓶将分液漏斗玻璃塞上的凹槽与漏斗口颈上的小孔对准（或将玻璃塞拔开），缓慢旋转分液漏斗的旋塞，使硫酸溶液缓慢流入锥形瓶，适时关闭旋塞（2）装置冷却至室温调节水准管高度，使其液面与量气管中液面相平（3）24.75L·mol－1bc（4）避免加入硫酸时，液体所占的体积引起的实验误差解析：（3）0.0480g镁带的物质的量为eq\f(0.0480g,24g·mol－1)＝0.002mol，气体的体积为（49.60mL－0.10mL）＝49.50mL＝0.0495L，此条件下气体摩尔体积为＝eq\f(0.0495L,0.002mol)＝24.75L·mol－1；a．镁带中氧化膜未除尽，生成的氢气的体积偏小，摩尔体积偏小，错误；b.镁带含有杂质铝，导致生成的氢气偏多，摩尔体积偏大，正确；c.③记录量气管读数时俯视读数，导致读数偏大，生成的氢气偏多，摩尔体积偏大，正确；d.镁带完全反应后有残留的未溶固体，说明镁没有完全反应，生成的氢气体积偏小，摩尔体积偏小，错误；答案为bc。（4）用装置B代替装置A，避免加入硫酸时，硫酸溶液所占的体积引起的实验误差，可提高实验精确度。专练3一定物质的量浓度溶液的配制与计算1．C配制480mL溶液应选择500mL容量瓶，则m＝cVM＝0.1mol·L－1×0.5L×160g·mol－1＝8.0g，A项错误；由c1×eq\f(m1,ρ1)＝c2×eq\f(m2,ρ2)、ρ1≠ρ2及c1＝2c2可知，m2≠2m1，B项错误；ω＝eq\f(m溶质,m溶液)×100%＝eq\f(10g,100g)×100%＝10%，C项正确；用量筒量取一定体积的浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸，将浓硫酸完全转移至烧杯后无需用蒸馏水洗涤量筒，D项错误。2．C第①步不能把NaOH放在称量纸上称量；第④步玻璃棒应接触容量瓶内壁刻度线以下的部分；第⑤步定容时应平视刻度线。3．A由标签可知，该注射液含NaCl的质量为2.25g，A项错误；标签中的0.9%指氯化钠的质量分数，B项正确；该注射液的密度为eq\f(\f(2.25g,0.9%),250mL)＝1g·mL－1，C项正确；氯化钠的物质的量浓度为eq\f(\f(2.25g,58.5g·mol－1),250×10－3L)≈0.15mol·L－1，D项正确。4．C在稀释过程中溶质的物质的量不变，则2mol·L－1×1L＝0.5mol·L－1×aL，解得a＝4。5．D浓度为2mol·L－1的盐酸VL含溶质HCl2Vmol。A项，加入2molHCl，体积会发生改变，不可行；B项，加热浓缩时HCl和水都要蒸发出去，不可行；C项，蒸发掉0.5VL水后溶液体积无法求出，不可行；D项，属于混合溶液的有关计算，加入10mol·L－1盐酸0.6VL后，溶质HCl的物质的量为8Vmol，再将溶液稀释至2VL，浓度变为4mol·L－1，可行。6．BNO气体是Cu和Zn的合金还原HNO3得到的，在这个过程中，金属失去的电子跟HNO3得到电子数相等，生成0.1mol的NO气体，HNO3得到0.3mol的电子，在这个过程中金属失去0.3mol的电子，又由于都是二价金属，所以跟Cu2＋和Zn2＋结合的NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))的物质的量也为0.3mol。再加上溶液中的0.1mol的硝酸，总共是0.4mol的NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，又因为溶液的体积为1L，即B正确。7．B用20mL量筒量取15mL酒精，加水5mL，配制的酒精溶液质量分数小于75%，故A错误；硫酸根离子与金属离子的个数比是3∶2，该盐的化学式是R2（SO4）3，该硫酸盐的物质的量0.5mol，浓度为2.5mol·L－1，故B正确；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的质量分数分别为1000mL、212.0g，故C错误；实验室配制500mL0.2mol·L－1的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称27.8g绿矾（FeSO4·7H2O），放入小烧杯中加水溶解，转移到500mL容量瓶，稀释、定容、摇匀，故D错误。8．C①用1g98%的浓硫酸加4g水，所得溶液中硫酸的质量分数为：eq\f(1g×98%,1g＋4g)×100%＝19.6%，该操作合理；②配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时，定容后，塞好塞子倒转摇匀后，因为容量瓶刻度线上方有残留的溶液，所以液面会低于刻度线，不会影响配制结果；③硫酸的密度大于1，10%的硫酸和90%的硫酸等体积混合，所得溶液的质量分数大于50%；④在80mL水中加入18.4mol·L－1的硫酸20mL，所得溶液体积小于100mL，配制的溶液浓度大于3.68mol·L－1；⑤氨水密度小于1，质量分数为5x%和x%的两种氨水等体积混合所得溶液质量分数小于3x%。所以C选项是正确的。9．C由于产生cmolNH3，则必定有NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))cmol，使SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))完全沉淀需Ba2＋bmol，因此SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))有bmol。根据电荷守恒：2c（SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))）＝c（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）＋3c（Al3＋），则3c（Al3＋）＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(b,a)－\f(c,a)))mol·L－1，c（Al3＋）＝eq\f(2b－c,3a)mol·L－1。10．BD100mL12mol·L－1的浓硝酸与过量Cu反应，还原产物为NO2、NO的混合物，转移电子数目大于0.6NA，故A错误；氯水中含有氯分子，将1molCl2通入水中，HClO、Cl－、ClO－粒子数之和小于2NA，故B正确；设容器体积是VL，则气体的物质的量是eq\f(V,Vm)mol；①HCl进行喷泉实验得到溶液的体积是VL，盐酸的浓度是eq\f(V,Vm)mol÷VL＝eq\f(1,Vm)mol·L－1；②NO2进行喷泉实验后发生反应3NO2＋H2O=2HNO3＋NO,得到硝酸溶液的体积是eq\f(2,3)VL，生成硝酸的物质的量为eq\f(V,Vm)mol×eq\f(2,3)，硝酸的浓度是eq\f(V,Vm)mol×eq\f(2,3)÷eq\f(2,3)VL＝eq\f(1,Vm)mol·L－1，溶质的物质的量浓度之比为1∶1，故C错误；实验室里要用480mL0.1mol·L－1的硫酸铜溶液，需用500mL容量瓶，需胆矾0.5L×0.1mol·L－1×250g·mol－1＝12.5g，故D正确。11．A由于溶液的体积既不是水的体积也不是二者体积之和，溶液的体积不能直接确定，仅利用V无法确定ρ，A错误；由c＝eq\f(1000ρW,M)＝eq\f(1000ρW,17)，可得：W＝eq\f(17c,1000ρ)，B正确；氨水的质量分数＝eq\f(\f(VL,22.4L·mol－1)×17g·mol－1,\f(VL,22.4L·mol－1)×17g·mol－1＋1000g)＝eq\f(17V,17V＋22400)，C正确；氨水的物质的量浓度＝eq\f(1000ρW,M)＝eq\f(1000ρ×\f(17V,17V＋22400),17)＝eq\f(1000ρV,17V＋22400)，D正确。12．D300mL该氯化镁溶液的质量为1.18g·cm－3×300mL＝354g，镁离子的物质的量为eq\f(354g×5.1%,24g·mol－1)≈0.75mol，氯化镁溶液中n（Cl－）＝2n（Mg2＋）＝2×0.75mol＝1.50mol，故选D。13．答案：（1）eq\f(25m,V)mol·L－1（2）25dwmol·L－1（3）eq\f(4c,d)%解析：（1）c＝eq\f(\f(mg,40g·mol－1),V×10－3L)＝eq\f(25m,V)mol·L－1（2）c＝eq\f(1000mL·L－1×dg·cm－3×w,40g·mol－1)＝25dwmol·L－1（3）w＝eq\f(40g·mol－1×cmol·L－1,1000mL·L－1×dg·cm－3)×100%＝eq\f(4c,d)%14．答案：（1）0.419（2）0.20.2（3）1.2解析：由图可知c（Na＋）＝c（NaCl）＝1.0mol·L－1。c（Mg2＋）＝c（MgCl2）＝0.5mol·L－1，则c（CaCl2）＝eq\f(3mol·L－1－1.0mol·L－1－0.5mol·L－1×2,2)＝0.5mol·L－1（1）n（NaCl）＝1.0mol·L－1×0.4L＝0.4molm（MgCl2）＝0.5mol·L－1×0.4L×95g·mol－1＝19g（2）n（CaCl2）＝0.5mol·L－1×0.4L＝0.2molc（Ca2＋）＝eq\f(0.2mol,1L)＝0.2mol·L－1（3）原溶液中n（Cl－）＝3mol·L－1×0.4L＝1.2mol由反应Ag＋＋Cl－=AgCl↓可知，生成AgCl沉淀为1.2mol。专练4物质的组成、性质、分类1．D漂白粉的有效成分是次氯酸钙，次氯酸钙与盐酸发生反应生成氯气，降低消毒效果，A项错误；温室气体主要为CO2，形成酸雨的主要物质是SO2和氮氧化物，B项错误；蚕丝是蛋白质，不属于碳水化合物，C项错误；干冰升华吸热可使周围的水蒸气凝结成“云雾”，D项正确。2．DA项，Fe2O3固体呈红棕色，属于碱性氧化物，可与酸反应得到盐和水，A正确；B项，在空气中煅烧HgS，收集蒸发出的蒸气并冷凝即得金属汞，B正确；C项，书写离子方程式时Cu2（OH）2CO3不能拆，C正确；D项，反应中氧化剂是As2S3，被还原为As4S4，还原剂是SnCl2，被氧化为SnCl4，依据得失电子守恒计算得n（As2S3）∶n（SnCl2）＝1∶1，D错误。3．C石墨层与层之间的作用力很小，容易在层间发生相对滑动，是一种很好的固体润滑剂，A项不符合题意；氧化钙可以和水发生反应生成氢氧化钙，可以用作食品干燥剂，B项不符合题意；聚乙炔的结构中有单键和双键交替，具有电子容易流动的性质，是导电聚合物，C项符合题意；乙二醇容易与水分子形成氢键，可以与水以任意比例互溶。混合后由于改变了冷却水的蒸汽压，冰点显著降低，故乙二醇可以用作汽车防冻液，D项不符合题意。4．A清理江河淤泥，没有新物质生成，不涉及化学变化，A符合题意；化工企业“三废”指的是废水、废气、废渣，“三废”处理是指将有害固体、液体、气体转化为无害物质或可回收利用的物质，此过程涉及化学变化，B不符合题意；微生物降解使有毒有害物质转化为无毒无害物质，有新物质生成，涉及化学变化，C不符合题意；垃圾无害化处理，是指通过物理、化学、生物热处理等方式处理垃圾，此过程涉及化学变化，D不符合题意。5．D剪纸的过程中没有新物质生成，不涉及化学变化，A说法正确；茶香四溢说明有香味的分子在空气中扩散，体现了分子是运动的，B说法正确；植物纤维是纤维素，其属于天然高分子化合物，C说法正确；纯碱水溶液是碳酸钠和水的混合物，不是纯净物，D说法错误。6．C豆油中含有C、H、O三种元素，其不完全燃烧会产生黑烟，所以“乌金纸”的“乌”与豆油的不完全燃烧有关，A正确；根据题意可知，“巨竹膜”是造纸的原料，主要成分是纤维素，B正确；豆油的主要成分是油脂，油脂不属于天然高分子化合物，C错误；金具有良好的延展性，所以可以打金成箔，D正确。7．B酸性氧化物是指与碱反应只生成盐和水的氧化物，而NO2和碱反应生成硝酸钠、亚硝酸钠，发生了氧化还原反应，所以NO2不属于酸性氧化物；碱性氧化物是指与酸反应只生成盐和水的氧化物，Na2O2与盐酸反应生成氯化钠、水和氧气，发生了氧化还原反应，所以Na2O2不属于碱性氧化物，A错误。Fe2O3不溶于水，也不与水反应；氢氧化亚铁与氧气、水蒸气共同作用生成氢氧化铁，属于化合反应，氯化铁溶液和氢氧化钠溶液发生复分解反应生成Fe（OH）3红褐色沉淀，B正确。Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl的反应属于复分解反应，不属于氧化还原反应，不能设计成原电池，C错误。电解、电泳、电镀需通电，电离是电解质在水溶液中或熔融状态下产生自由移动的离子的过程，与电无关；电化学腐蚀是形成原电池反应发生的腐蚀，不需要通电，故D错误。8．B石灰石不属于干燥剂，故①错误；不锈钢、青铜、生铁都属于合金，故②正确；浓硫酸、烧碱、硝酸都具有强腐蚀性，属于腐蚀品，故③正确；过氧化钠属于过氧化物，故④错误；醋酸、一水合氨、水都属于弱电解质，故⑤正确；选B。9．B①胶体和溶液都是混合物，正确；②硫酸钡虽然难溶但是是强电解质，正确；③纯碱、小苏打都是盐类，错误；④煤的干馏、煤的气化和液化都属于化学变化，正确；⑤置换反应不一定是离子反应，如铝热反应是置换反应但不是离子反应，错误，答案选B。10．CNO遇空气变棕红色，是化学变化，冷却NO2生成N2O4气体也是化学变化，A错误；用冰水混合物冷却SO3，是物理变化，氯化铵加热生成氯化氢和氨气，是化学变化，但两者均无明显颜色变化，B错误；木炭吸附棕红色NO2是物理变化，棕红色消失，氯气的漂白性使品红溶液褪色，是化学变化，C正确；向酚酞中加Na2O2，溶液先变红后褪色，是化学变化，向FeCl3溶液中加入KSCN溶液变血红色，也是化学变化，D错误。11．B氢气燃烧，为新能源汽车提供能量，是化学变化，故不选A项；核聚变是发生核反应形成新核素的过程，原子核种类发生变化，不是化学变化，故选B项；偏二甲肼作为燃料燃烧，是化学变化，故不选C项；可燃冰通过燃烧提供能量，是化学变化，故不选D项。12．BD根据图中物质转化关系判断。硅与氧气反应生成二氧化硅，但是二氧化硅不能直接与水反应生成硅酸，只能通过硅酸盐与强酸反应生成硅酸，同时硅酸钠也不能直接转化成二氧化硅，①错误；铝与盐酸或氯气反应生成氯化铝，氯化铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与足量盐酸反应生成氯化铝，偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与盐酸（氢氧化钠溶液）反应生成氯化铝（偏铝酸钠），②正确；铜在空气中加热生成氧化铜，氧化铜不能直接转变成氢氧化铜，③错误；钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与少量（过量）二氧化碳反应生成碳酸钠（碳酸氢钠），碳酸钠与氢氧化钡反应生成氢氧化钠，碳酸钠与足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应（或碳酸氢钠固体加热）得到碳酸钠，碳酸氢钠与足量氢氧化钙反应生成氢氧化钠，④正确。13．B炭黑与金刚石是碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，A项正确；桐油属于油脂，不属于高分子化合物，B项错误；墨汁是分散质粒子的直径为1～100nm的液溶胶，具有胶体的性质，C项正确；氨基酸分子中含有氨基和羧基，既能与酸反应也能与碱反应，具有两性，D项正确。14．C柠檬中含有柠檬酸，能与碳酸钙反应，所以柠檬煮水可用来除去水壶中的水垢，A项正确；硬水中含较多钙、镁化合物，多以碳酸氢钙、碳酸氢镁形式存在，在加热过程中分解生成了碳酸钙沉淀和氢氧化镁沉淀，形成水垢，B项正确；明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体吸附悬浮杂质起到净水作用，明矾无消毒杀菌作用，C项错误；碳酸氢钠俗称小苏打，化学式为NaHCO3，用含小苏打的发酵粉焙制糕点，碳酸氢钠受热分解放出CO2，使糕点疏松多孔，D项正确。15．答案：（1）是否与水发生氧化还原反应（或化合反应）（2）Cl2、Na2O2、NO2（3）2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑（4）NH3·H2O⇌NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋OH－（5）Cl2＋SO2＋2H2O=2Cl－＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋4H＋解析：（1）分析两组物质与水的反应情况可知，第一级分类标准为是否发生氧化还原反应（或化合反应）。（2）根据题目提供的信息可知，Cl2、Na2O2、NO2与H2O反应时，H2O既不作氧化剂也不作还原剂。（3）Na是活泼金属，常温下与H2O反应生成NaOH、H2，其化学方程式为2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑。（4）NH3溶于水生成氨水，氨水是弱碱，其电离方程式为NH3·H2O⇌NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋OH－。（5）SO2和Cl2在水溶液中发生反应生成硫酸、盐酸，其离子反应方程式为Cl2＋SO2＋2H2O=2Cl－＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋4H＋。专练5化学与STSE1．B兽骨是由有机物和无机物组成的，A项错误；青铜器是铜锡合金，B项正确；纸张的主要成分是纤维素，C项错误；液晶显示屏的主要材料是液晶，它是介于液态和晶态之间的物质，不是合金，D项错误。2．A铸客大铜鼎由青铜材料制成，青铜属于合金材料，A符合题意；河姆渡出土陶灶是陶瓷制品，陶瓷属于硅酸盐材料，B不符合题意；兽首玛瑙杯的主要成分是二氧化硅，C不符合题意；角形玉杯的主要成分是硅酸盐材料，D不符合题意。3．B“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”中涉及化学反应：氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与空气中二氧化碳反应又生成碳酸钙，A错误；雾是一种以气体作为分散剂的分散体系，即气溶胶，因此当受阳光照射时会发生丁达尔效应，B正确；高粱中不含乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲的作用下反应生成乙醇，然后用蒸馏法将乙醇分离出，C错误；酿酒过程中，葡萄糖发生氧化分解生成乙醇和二氧化碳，葡萄糖是单糖，不能水解，D错误。4．A5．D6．A丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故A错误；陶瓷、水泥和玻璃都是传统硅酸盐产品，B正确；饱和Na2CO3溶液、饱和NH4Cl溶液水解后，溶液分别显碱性、酸性，碱性可以去除油脂，酸性可以腐蚀金属氧化物，所以可处理金属表面焊点，C正确；提倡聚碳酸酯可降解塑料的使用，减少白色污染，燃煤中加入生石灰可以使燃烧产生的二氧化硫转化为硫酸钙，减少二氧化硫的排放，D正确。7．A在酿造过程中，酒中的酒精与空气中的氧气还会发生氧化反应，生成醋酸和水，所以不只发生水解反应，故A项错误；后母戊鼎是用青铜制成的，所以是青铜制品，青铜制品中含有铜元素、锡元素、铅元素等，也就是铜合金制品，故B项正确；制作瓷器主要原料为黏土等矿物原料，故C项正确；青蒿素的提取的基本工艺为：干燥、粉碎、浸泡、萃取（反复进行）、浓缩提取液、粗品精制，故D项正确。8．D由题意可知，铅霜是以铅与CH3COOH为原料制备的，二者发生置换反应生成醋酸铅，A项正确；铅是重金属，重金属盐有毒，使用时需严格控制用量，B项正确；铅、水银、醋酸可构成原电池，其他条件相同时，可加快反应速率，C项正确；由“候生霜刷下”知铅霜是在铅表面形成的，因此不涉及结晶操作，D项错误。9．A10．D本题涉及生活中常见的有机物，以唐诗为载体考查考生接受、吸收、整合化学信息的能力，从元素组成、原子、分子水平认识蚕丝和蜡的组成，体现了宏观辨识与微观探析的学科核心素养，弘扬了中华民族优秀的传统文化。蚕丝的主要成分为蛋白质，属于天然高分子材料，故A、B两项正确；蜡炬燃烧成灰，过程中发生了氧化反应，C项正确；古代的蜡的成分为高级脂肪酸酯，不属于高分子聚合物，D项错误。11．C制玻璃的原料：石英、石灰石、纯碱等；制水泥的原料：石灰石和黏土；制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化钙进而得到消石灰，用氯气与消石灰反应得到漂白粉；炼铁的原料：铁矿石、焦炭、石灰石，因此工业上生产玻璃、水泥、漂白粉及用铁矿石冶炼铁，均需要用石灰石为原料，A正确；未成熟的苹果肉含有大量淀粉，遇碘酒变蓝色，成熟苹果淀粉水解生成了葡萄糖，葡萄糖中含－CHO，能与银氨溶液发生反应，B正确；碱性氧化物是指和酸反应生成盐和水的氧化物，过氧化钙属于过氧化物，不是碱性氧化物，C错误；二氧化硫和氮氧化物都是有毒物质，矿物中含有氮、硫元素，如果矿物进行“脱硫、脱硝技术”，能减少二氧化硫和氮氧化物的排放，从而减少硫的氧化物和氮的氧化物对环境的污染，D正确。12．CDN和P可使水中藻类植物大量生长，含N和P元素的污水任意排放，会导致水华、赤潮等水体污染，A正确；生产玻璃的原料是石灰石、纯碱、石英砂，生产水泥的原料是石灰石和黏土，两种产品生产中都使用了石灰石为原料，B正确；丝绸主要成分是蛋白质，C错误；书写时先写金属氧化物，再写SiO2，最后写水，氧化物的表示形式为BaO·CuO·4SiO2，D错误。13．AC推广使用洁净煤技术，可减少二氧化硫等有害气体的排放，A正确；为防止食品氧化变质，常常在包装袋内放入还原铁粉等抗氧化剂，硅胶或生石灰只能作为干燥剂，B错误；锅炉水垢先用Na2CO3溶液处理，发生沉淀的转化生成碳酸钙，碳酸钙溶于盐酸，C正确；棉、麻、蚕丝、羊毛等等都属于天然纤维，棉、麻属于纤维素，蚕丝、羊毛属于蛋白质；人造纤维的组成为纤维素，有的合成纤维为酯类物质，如醋酸纤维、聚酯纤维等等。各种纤维的组成元素并不完全相同，D错误。14．A乙醇属于非电解质，A错误；蛋白质中存在氢键，加热可破坏蛋白质中的氢键，使其空间结构被破坏，原有功能丧失，从而使病毒失去生物活性，B正确；核酸是生物大分子，C正确；胶体粒子直径在1～100nm之间，新冠病毒粒子直径在60～140nm之间，在空气中可能形成气溶胶，较远距离传播，D正确。15．C聚乙烯结构中不含碳碳双键，不能使溴水褪色，A错误；氯化铝为共价化合物，受热易升华，电解得不到金属铝，通常采用电解熔融氧化铝制备金属铝，B错误；镍、镉等重金属离子会造成水体污染，应集中处理，不可用填埋法处理，C正确；丝、毛的主要成分为蛋白质，蛋白质中含有C、H、O、N等元素，燃烧时不止生成CO2和H2O，D错误。专练6离子反应与离子共存1．DBa（OH）2是强电解质，有较强的导电能力，灯光一开始是亮的，向Ba（OH）2溶液中加入CuSO4溶液，生成Cu（OH）2沉淀和BaSO4沉淀，反应的离子方程式为Cu2＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋Ba2＋＋2OH－=Cu（OH）2↓＋BaSO4↓，自由移动的离子迅速减少，故灯光会出现由亮到灭的现象，继续加入CuSO4溶液，CuSO4是强电解质，有较强的导电能力，使灯光由灭变亮，故灯光会出现由亮到灭再到亮的变化过程，A项不符合题意；Ca（OH）2溶液有较强的导电能力，灯光一开始是亮的，向Ca（OH）2溶液中加入NH4HCO3溶液，生成碳酸钙沉淀、弱电解质NH3·H2O和水，离子方程式为NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋Ca2＋＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋2OH－=CaCO3↓＋H2O＋NH3·H2O，NH3·H2O和水是弱电解质，电离能力弱，自由移动的离子减少，故灯光会出现由亮到暗的变化，继续加入NH4HCO3溶液，NH4HCO3是强电解质，有较强的导电能力，灯光由暗变亮，故灯光会出现由亮到暗再到亮的变化过程，B项不符合题意；向Ba（OH）2溶液中加入H2SO4，生成BaSO4沉淀和H2O，反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))=BaSO4↓＋2H2O，水是弱电解质，电离程度极小，溶液中几乎没有自由移动的离子，故灯光会出现由亮到灭的变化，继续加入H2SO4，H2SO4是强电解质，有较强的导电能力，灯光由灭变亮，故灯光会出现由亮到灭再到亮的变化过程，C项不符合题意；NH3·H2O是弱电解质，导电能力较弱，一开始灯光是暗的，滴加CH3COOH溶液反应生成醋酸铵和水，醋酸铵是强电解质，反应的离子方程式为CH3COOH＋NH3·H2O=CH3COO－＋NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋H2O，所以导电能力增强，灯光变亮，不会出现变暗现象，D项符合题意。2．BAl3＋与NH3·H2O反应产生Al（OH）3沉淀，不产生AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))，A错误；H＋与S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))不能共存，发生反应的离子方程式为2H＋＋S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=S↓＋SO2↑＋H2O，B正确；Fe3＋可催化H2O2分解，不能大量共存，C错误；酸性条件下，MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))可将Cl－氧化为Cl2，D错误。3．AB项SiOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))在酸性溶液中不能大量存在，错误；C项，I－具有还原性，KMnO4具有氧化性，二者会发生氧化还原反应，错误；D项，Cl－与Ag＋不能大量共存，SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))与Ag＋也不能大量共存，错误。4．A检验氯离子用硝酸酸化的硝酸银溶液，但碘离子的存在对氯离子的检验有干扰，因此用Fe（NO3）3将碘离子氧化为碘单质并用CCl4萃取，此时上层清液中不含碘离子，取上层清液加硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀产生，则表明溶液中含有氯离子，故A正确；COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))均可与盐酸反应，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，故B错误；检验亚铁离子应先加KSCN溶液，溶液未变血红色，再通入氯气，溶液变为血红色，证明含有Fe2＋，故C错误；能使淀粉变蓝色的碘单质，而不是碘酸钾，故D错误。5．A本题涉及离子交换树脂净化水的知识，通过离子交换原理的应用，考查了学生接受、吸收、整合化学信息的能力，科学实践活动的创造和应用，体现了科学探究与创新意识的学科核心素养。由图可知，经过阳离子交换树脂，Ca2＋、Na＋、Mg2＋被H＋替换，由电荷守恒可知阳离子数目增多，A项错误；再经阴离子交换树脂得到纯净水，则NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、Cl－、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))被OH－替换，H＋与OH－结合生成水：H＋＋OH－=H2O，水的导电能力减弱，B、C、D项正确。6．BFe3＋和SCN－会发生反应生成血红色的配合物，A错误；根据Kw可以求出c（OH－）＝0.1mol·L－1，溶液显碱性，这4种离子可以大量共存，B正确；Fe2＋还原性较强，MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))氧化性较强，两者因发生氧化还原反应而不能大量共存，C错误；使甲基橙变红的溶液显酸性，HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))不能在酸性溶液中大量共存，D错误。7．DH＋与ClO－不能大量共存，且在酸性条件下，Br－可被ClO－氧化，A项错误；Ag＋与Cl－不能大量共存，B项错误；NaClO和NaCl的混合溶液呈碱性，反应物中不应出现H＋，C项错误；该反应是ClO－与Cl－在酸性条件下发生的归中反应，D项正确。8．AC根据信息可知，母液中主要存在的离子有NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))、Fe2＋、H＋、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))。通入过量Cl2，Cl2具有较强的氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，同时得到Cl－，反应后溶液中的离子可共存，故A正确；加入过量NaClO溶液，ClO－在酸性条件下，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，同时生成Cl－，所以反应后的溶液中不存在Fe2＋，故B错误；加入过量NaClO溶液，过量的ClO－部分水解生成次氯酸和OH－，OH－消耗NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))和H＋，结合B项中的分析，反应后的溶液中存在Na＋、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))、Cl－、ClO－、OH－，故C正确；加入过量NaOH溶液，Fe2＋与OH－反应生成氢氧化亚铁沉淀，NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))与OH－反应生成一水合氨，则Fe2＋、NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))不存在，故D错误。9．BAl2（SO4）3溶液中，AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))与Al3＋发生相互促进水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；S2－、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))在碱性溶液中不发生氧化还原反应，在溶液中能大量共存，故B正确；水电离产生的c（OH－）＝10－12mol·L－1的溶液中存在大量H＋或OH－，COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、ClO－均与H＋反应，NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))与OH－反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；NH3与HCl相遇立即生成NH4Cl，且在常温下NH3也能被Cl2氧化为N2，故D错误。10．AD通过信息①判断出溶液中不含SiOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，通过信息②判断出溶液中含有AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，则溶液中一定不含Al3＋，通过信息③判断出：盐酸提供的n（Cl－）＝0.001mol，n（AgCl）＝eq\f(0.287,143.5)mol＝0.002mol，所以原溶液中含有Cl－，A、D正确。11．A向废水样品中不断加入NaOH溶液的过程中，开始时无沉淀产生，然后沉淀逐渐增多，BC段沉淀量不变，最后沉淀全部溶解，说明溶液中存在H＋、NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))、Al3＋，肯定不存在COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋，根据溶液呈电中性原则知，废水中至少含有Cl－、Br－、I－中的一种。根据图中沉淀变化曲线知，n（H＋）∶n（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）∶n（Al3＋）＝V1∶（V3－V2）∶eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)（V2－V1）))，若V1＝10，V2＝40，V4＝70，则有n（H＋）∶n（NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))）∶n（Al3＋）＝1∶2∶1。12．D向溶液中加入过量稀盐酸生成气体A，溶液中可能存在COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))或同时存在Fe2＋和NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，二者发生氧化还原反应生成NO，溶液Ⅰ中加入过量氢氧化钡生成气体B，应为氨气，则原溶液中存在NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))，有白色沉淀产生，应为氢氧化铁，则原溶液中含有Fe2＋、NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，不存在COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，气体A应是NO；存在的各离子具有相同的物质的量，根据溶液呈电中性可知，溶液中还存在SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，不含Na＋、Al3＋；由以上分析可知，A为NO，A错误；溶液Ⅱ呈碱性，生成的白色沉淀应为碳酸钡，B错误；溶液中不存在Al3＋，C错误；溶液中不含Na＋、Al3＋，D正确。专练7离子方程式书写与正误判断1．CC项中产物SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))与HClO能发生反应，不合理，故选C。2．D硝酸具有强氧化性，硫化钠溶液与硝酸发生氧化还原反应，不能发生复分解反应，A项错误；氢氧化铝不溶于过量氨水，B项错误；硅酸的酸性弱于碳酸且难溶于水，故硅酸钠溶液与二氧化碳发生反应生成H2SiO3，C项错误；在H＋、NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))同时存在时，H＋先与OH－反应，故等物质的量浓度的Ba（OH）2和NH4HSO4溶液以体积比1∶2反应时，H＋的物质的量与OH－的物质的量相等，D项正确。3．D氢氧化钡溶液与盐酸反应，属于酸碱中和反应，无气体、沉淀生成，离子方程式为H＋＋OH－=H2O，A正确；向硝酸银溶液中滴加少量碘化钾溶液，生成黄色的碘化银沉淀，离子方程式为Ag＋＋I－=AgI↓，B正确；向烧碱溶液中加入少量铝片，反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al＋2OH－＋6H2O=2[Al（OH）4]－＋3H2↑，C正确；向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳气体，生成次氯酸的同时还生成碳酸钙沉淀，离子方程式为Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO，D错误。4．A碳酸钙是难溶物，离子方程式中应该保留化学式，A方程式错误；铜片上电镀银，阳极反应为Ag（阳极）－e－=Ag＋，阴极反应为Ag＋＋e－=Ag（阴极），所以总反应为Ag（阳极）eq\o(=,\s\up7(通电))Ag（阴极），B方程式正确；铜与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu＋8HNO3=3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O，离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，C方程式正确；向明矾溶液中加入少量氢氧化钡溶液，氢氧化钡完全反应，明矾是过量的，则Ba2＋和OH－一定会按照化学组成参加反应，即离子方程式中Ba2＋与OH－的化学计量数之比为1∶2，然后根据Ba2＋和OH－来确定Al3＋和SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))的化学计量数，离子方程式为2Al3＋＋3SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋3Ba2＋＋6OH－=2Al（OH）3↓＋3BaSO4↓，D方程式正确。5．ACaSO4是微溶性盐，在离子方程式中不能拆写，A项正确；铁与稀硝酸反应，铁过量时生成Fe2＋，B项错误；向Al2（SO4）3溶液中滴加少量KOH溶液时，Al3＋转化为Al（OH）3，C项错误；H2S属于弱酸，在离子方程式中应写成分子形式，D项错误。6．A本题涉及的考点有离子方程式的正误判断、元素及其化合物的性质，通过离子方程式正误判断的形式考查了学生对知识的识记、再现、辨认能力，体现了以宏观辨识与微观探析为主的学科核心素养。A项，Cl2能与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和水，离子方程式为Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O，正确；B项，铝粉能与NaOH溶液反应制取H2，离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋3H2↑，错误；C项，铜与稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，错误；D项，Na2SiO3易溶于水，应用离子符号表示，故向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸发生反应的离子方程式为SiOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋2H＋=H2SiO3↓，错误。7．A2Fe2＋＋4H＋＋O2=2Fe3＋＋2H2O电荷不守恒，电子转移也不守恒，B错误；CH3COOH是弱酸，不能拆，C错误；电解MgCl2水溶液的离子方程式：Mg2＋＋2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))H2↑＋Cl2↑＋Mg（OH）2↓，D错误。8．C加入少量氢氧化钡，钡离子与氢氧根的个数比为1∶2，氢氧根不可能剩余，所以A不正确；因为不知道Mg2＋和HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))的物质的量之比是多少，所以无法判断其发生反应时化学计量数，B不正确；硝酸根在酸性条件下有强氧化性，可以把亚铁离子氧化，C正确；通入过量CO2后，碳酸根也参与反应，转化为碳酸氢根，D漏写离子反应，不正确。9．AC醋酸是弱酸，写离子方程式时不能拆开，B项错误；应按少量的Ba（OH）2的电离比例书写离子方程式：2HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋Ba2＋＋2OH－=BaCO3↓＋2H2O＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，D项错误。10．CNaNO2溶液中滴加酚酞溶液，溶液变红色，是因为NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))水解使溶液呈碱性：NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋H2O⇌HNO2＋OH－，A正确；NaNO2溶液中加入硝酸银溶液，生成淡黄色沉淀AgNO2，发生复分解反应：NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋Ag＋=AgNO2↓，B正确；NaNO2具有氧化性，与KI发生氧化还原反应时，N元素化合价降低，该反应的离子方程式为2I－＋4H＋＋2NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))=I2＋2NO↑＋2H2O，C错误；NaNO2具有还原性，可被Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))氧化生成硝酸根离子，该反应的离子方程式为Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋3NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋8H＋=3NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋2Cr3＋＋4H2O，D正确。11．DAlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))与Fe3＋或NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))会发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，A项错误；NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))、Fe3＋、Br－、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))之间互不反应，能够共存，加入过量NaOH溶液，Fe3＋、NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))发生反应，反应的离子方程式为Fe3＋＋3OH－=Fe（OH）3↓和NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋OH－=NH3·H2O，B项错误；K＋、Na＋、ClO－、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))之间互不反应，能够共存，SO2过量，反应的离子方程式为SO2＋ClO－＋H2O=SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋Cl－＋2H＋，C项错误；K＋、Na＋、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))、AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))之间互不反应，能够共存，加入少量AlCl3溶液，Al3＋与AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))发生双水解，离子方程式为Al3＋＋3AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋6H2O=4Al（OH）3↓，D项正确。12．CA．因为是稀硝酸，铜和稀硝酸产生NO，故错误；B.电荷不守恒，应是Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，故错误；C.氢氧化铝溶解于强碱，不溶于弱碱，NH3·H2O是弱碱，故正确；D.Na2SiO3是可溶性盐，需要拆写，故错误。专练8离子综合推断1．D加入NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀，后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，据此判断一定存在Fe2＋；氢氧化铁为红褐色，颜色比白色深，若有Fe3＋存在，不会看到溶液中白色沉淀，所以一定不存在Fe3＋；Mg2＋与氢氧根离子反应生成白色的氢氧化镁沉淀，所以不能确定是否有Mg2＋，故各种离子存在情况是：一定有Fe2＋，可能有Mg2＋，一定没有Fe3＋，选项D正确。2．D本题考查氧化还原反应的应用、离子反应。溶液是无色溶液，说明一定不含Cu2＋，向该无色溶液中加入少量溴水，溴水褪色，溶液呈无色，说明一定存在还原性离子，由于离子还原性SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＞I－，这说明溶液中一定含有SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，可能含I－；根据以上分析可知溶液中一定含有SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，一定不含Cu2＋，可能含有I－，根据电荷守恒分析铵根离子一定存在。3．C溶液X与足量Ba（OH）2溶液反应生成白色沉淀A，则溶液X中一定不含Fe3＋，白色沉淀A与足量盐酸反应，得到白色沉淀B和气体A，则白色沉淀B为BaSO4，故溶液X中一定存在SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，气体A为CO2或SO2或CO2和SO2的混合气体。①若气体A是CO2，则溶液X中一定存