解析金屬導體隨溫度升高導電能力逐漸減弱

1、解析 金屬導體隨溫度升高導電能力逐漸減弱；強電解質(zhì)不存在電離平衡，升高溫度，溶液中的離子濃度不變，但導電能力隨溫度的升高而增強；弱電解質(zhì)存在著電離平衡，升高溫度，弱電解質(zhì)的電離程度增大，溶液中的離子濃度增大，隨溫度的升高，弱電解質(zhì)的導電能力增加得最快。解析 A項，CuSO4是鹽，屬于電解質(zhì)，加入氫硫酸，會發(fā)生反應：CuSO4H2S=CuSH2SO4，產(chǎn)生黑色沉淀，正確；B項，氫氧化鈉是堿，屬于電解質(zhì)，與氫硫酸發(fā)生反應：2NaOHH2S=Na2S2H2O，產(chǎn)生的Na2S是可溶性的物質(zhì)，沒有沉淀產(chǎn)生，錯誤；C項，硫酸亞鐵是鹽，屬于電解質(zhì)，由于酸性：硫酸氫硫酸，屬于二者不能發(fā)生反應，無沉淀產(chǎn)生，錯誤

2、；D項，二氧化硫與硫化氫會發(fā)生反應：SO22H2S=3S2H2O，產(chǎn)生沉淀，但是SO2是非電解質(zhì)，錯誤。解析 A項，Ca(HCO3)2與NaOH溶液按照23混合，會發(fā)生反應，離子方程式：2Ca23HCO3OH2CaCO3CO3H2O，正確；B項，Mg(HCO3)2與澄清石灰水反應，離子方程式：Mg22HCO2Ca24OH2CaCO3Mg(OH)22H2O，錯誤；C項，Ca(HCO3)2與澄清石灰水反應，離子方程式：Ca2HCOOHCaCO3H2O，錯誤；D項，NH4HCO3與澄清石灰水反應，離子方程式：Ca2HCONH2OHCaCO3NH3H2OH2O，錯誤。解析 A項，HClO是弱酸，不能拆

3、成離子的形式，正確的離子方程式為Cl2H2OHClHClO；B項，CO的水解是可逆反應，要用可逆符號，正確的離子方程式為COH2OHCOOH；C項，反應前后電荷不守恒、電子轉(zhuǎn)移也不守恒，正確的離子方程式為IO5I6H=3I23H2O，錯誤；D項，NaHCO3少量，HCO完全參加反應，所給離子方程式正確。解析 BaSO4屬于難溶物質(zhì)，但溶解的部分是完全電離的；NH3是非電解質(zhì)，氨水是混合物，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；熔融態(tài)的共價化合物分子中沒有離子，不可以導電；熔融態(tài)的離子化合物存在自由移動的離子，能導電；強電解質(zhì)溶液的導電能力不一定比弱電解質(zhì)溶液的導電能力強。解析 強電解質(zhì)不一定是離子化合物

4、，如HCl是強電解質(zhì)但卻是共價化合物，A錯；BaSO4難溶于水，BaSO4水溶液雖然是飽和溶液，但卻是稀溶液，故C、D錯解析 鐵既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)，A項錯誤；NH3是非電解質(zhì)，BaSO4是強電解質(zhì)，B項錯誤；碳酸鈣是鹽，為強電解質(zhì)，磷酸是中強酸，是弱電解質(zhì)，乙醇是非電解質(zhì)，C項正確；Ba(OH)2是強電解質(zhì)，H2O是弱電解質(zhì)，D項錯誤。解析 HCO是弱酸的酸式酸根離子，不能拆分，A項書寫錯誤；而HSO為強酸的酸式酸根離子，應拆分，B項書寫正確；MgCl2、Ba(OH)2分別為可溶性鹽和強堿，都屬于強電解質(zhì)，C、D項書寫正確。解析 A項，：Ba22OH2HCO=BaCO32H2OCO，

5、：OHHCO=H2OCO；B項，：SO2Ba22OH=BaSO3H2O，：SO2OH=HSO；C項，：Ba2SO=BaSO3，：Ba22OHH2SO3=BaSO32H2O。解析 A項，CH3COOH是弱電解質(zhì)，在離子方程式中應書寫化學式，故A錯誤；B項，離子的數(shù)量關系錯誤，應該是2Fe33SO3Ba26OH=2Fe(OH)33BaSO4，故B錯誤；C項，SO2用過量的氨水吸收的產(chǎn)物是亞硫酸銨和水，故C正確；D項，濃HNO3的還原產(chǎn)物是二氧化氮，故D錯誤。解析 A項，白醋的主要成分是CH3COOH，CH3COOH是弱酸，不能拆，錯誤；C項，NaOH過量，(NH4)2Fe(SO4)2按化學式組成反

6、應，正確的離子方程式為2NHFe24OH=Fe(OH)22NH3H2O；D項，溶液呈酸性，不能生成OH，錯誤。解析 (1)Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸生成水和硫酸鋇沉淀，離子反應為Ba22OH2HSO=BaSO42H2O。(2)A的離子反應是Ba22OH2HSO=BaSO42H2O，B、C的離子反應是Ba2OHHSO=BaSO4H2O，選A。(3)隨著H2SO4的加入至二者剛好反應時，溶液的導電能力逐漸減弱至不導電，隨后硫酸過量，溶液的導電能力逐漸增強，選C。(4)若向裝有Ba(OH)2溶液的燒杯里緩緩滴入KAl(SO4)2溶液至Ba2恰好完全反應，此時二者物質(zhì)的量比為21，則OH與Al

7、3的物質(zhì)的量比為41，Al3全部變?yōu)锳l(OH)4，即：2Ba24OHAl32SO=2BaSO4Al(OH)4。解析 A項，F(xiàn)e3氧化I；B項，H與HCO反應；C項，Ag與Cl、SO均不能大量共存。解析 A項，Al3與HCO反應生成Al(OH)3和CO2；B項，ClO氧化Fe2，H與ClO反應生成HClO；C項，Ca2與SO反應生成微溶沉淀CaSO4。解析 A項，Ca2與CO生成CaCO3沉淀而不能大量共存；C項，H2O2能氧化Fe2而不能大量共存；D項，F(xiàn)e3與SCN形成配合物而不能大量共存。解析 Cl、SO均能與Ag形成不溶于稀鹽酸的白色沉淀，A錯；I2遇淀粉變藍，通入Cl2后，溶液變?yōu)樯?/p>

8、黃色，加入淀粉溶液后溶液變藍，則溶液中有I存在，B對；SO與Ba(NO3)2反應形成BaSO3沉淀，加入稀鹽酸后在H、NO的作用下可轉(zhuǎn)化為BaSO4沉淀，C錯；能使澄清石灰水變渾濁的氣體是CO2或SO2，原溶液中可能存在的離子是CO、HCO、SO或HSO，D錯。解析 根據(jù)溶液中有Br和CO，根據(jù)離子共存原則，不存在Al3、Mg2；根據(jù)溶液中無SO；根據(jù)不能確定是否含有I，因為在中氯水可能把I氧化成IO，致使溶液不變藍色。解析 根據(jù)無色透明溶液，則原溶液中無Fe2；根據(jù)實驗(1)pH0，呈酸性，則原溶液中無HCO；根據(jù)實驗(2)中的現(xiàn)象，原溶液中含有NO，由于NO(H)具有強氧化性，則原溶液中無

9、I；根據(jù)實驗(3)，原溶液中含SO，根據(jù)離子共存原則，則無Ba2；由于在實驗(3)中加入的是BaCl2，引入了Cl，無法證明原溶液中是否有Cl；根據(jù)實驗(5)原溶液中含有Mg2和Al3。綜上所述，溶液中一定不存在Fe2、HCO、I，Ba2，肯定存在NO、SO、Mg2、Al3，可能存在K、Cl。解析 A項，CuSO4與Na、NH、NO、Mg2均不反應，四種離子在CuSO4溶液中可以大量共存，正確；B項，CO2通入水中生成H2CO3，H2CO3的酸性比H2SO4弱，故與CuSO4溶液不發(fā)生反應，錯誤；C項，氫硫酸是弱酸，不能寫成離子形式，該反應的離子方程式應為Cu2H2S=CuS2H，錯誤；D項，

10、CuSO4溶液與過量的濃氨水反應生成Cu(NH3)42，錯誤。解析 A項，Ba2和CO因生成BaCO3沉淀，而不能大量共存；B項，SO與H結(jié)合生成弱電解質(zhì)H2SO3，而不能大量共存；C項，離子間互不反應，可以大量共存；D項，H與HCO 能反應生成CO2和H2O，而不能大量共存。解析 A項，ClO能氧化Br，且ClO與H反應能生成弱電解質(zhì)HClO，不能大量共存，錯誤；B項，Ag與Cl能生成難溶物AgCl而不能共存，且ClO能氧化CH3CHO, 錯誤；C項，因NaClO水解，溶液呈弱堿性，滴加FeSO4溶液反應的離子方程式為2Fe2ClO4OHH2O=2Fe(OH)3Cl，錯誤；D項，加入濃鹽酸后

11、反應的離子方程式為ClClO2H=Cl2H2O，每生成1 mol Cl2，轉(zhuǎn)移電子約為6.021023個，正確。解析 逐一分析判斷每個選項中四種微粒的性質(zhì)，如果能生成沉淀、氣體、弱電解質(zhì)、絡合離子或發(fā)生氧化還原反應就不能大量共存；A項，Ca2和SO能生成硫酸鈣沉淀，不能大量共存；B項，ClO能氧化Fe2、SO，H和SO能生成二氧化硫氣體，H與ClO能生成HClO，不能大量共存；C項，四種離子之間不發(fā)生反應，能大量共存；D項，F(xiàn)e3和SCN能形成絡合離子，不能大量共存。解析 H、Fe2、ClO發(fā)生氧化還原反應，B錯誤；Fe3與SCN生成硫氰化鐵顯血紅色，C錯誤；Al3與SiO、CO發(fā)生水解相互促

12、進，不能大量共存，D錯誤。解析 A項，各離子之間互不反應，可大量共存，正確；B項，Ag與SO結(jié)合可生成沉淀，不能大量共存，錯誤；C項，Cu2與S2結(jié)合可生成沉淀，H、NO與S2可發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，錯誤；D項，F(xiàn)e3氧化I不能大量共存，錯誤。解析 A項，F(xiàn)e2(SO4)3溶液中含有Fe3，與ClO可以發(fā)生雙水解反應，錯誤；B項，c(H)11013 molL1的溶液顯堿性，在堿性溶液中，Mg2與Cu2生成沉淀，HCO與OH反應生成CO，錯誤；C項，加水稀釋時c(OH)/c(H)值減小的溶液顯堿性，在堿性溶液中NH不能存在，錯誤；D項，在堿性溶液中可以大量存在：S2O、Al(OH)4、

13、SiO、S2、Na，正確。解析 離子之間不發(fā)生任何反應，可存在于同一溶液中，HCO既能與OH反應也能與H反應而不能大量存在，故選；離子可大量共存于同一溶液中，堿性條件下NH不能大量存在，酸性條件下CH3COO不能大量存在，故選；Ca2、Cu2與SO反應生成沉淀而不能大量共存，故不選；Fe3與SCN發(fā)生絡合反應而不能大量共存，故不選；Al3與HCO發(fā)生互促水解反應而不能大量共存，故不選；離子可大量共存于同一溶液中，但在酸性條件下Fe2、I與NO發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，在堿性條件下Fe2不能大量存在，故選；Ag、NH、OH不能大量共存，故不選；離子可大量共存于同一溶液中，但只有酸性條件下C

14、H3COO不能大量存在，而在堿性條件下，不發(fā)生任何反應，故不選。故答案選A。解析 A項，a點對應的溶液中c(H)c(OH)，溶液呈中性，F(xiàn)e3不能大量存在，故A錯誤；B項，b點對應的溶液呈酸性不能大量存在OH，故B錯誤；C項，如果只大量存在：Na、Ba2、Cl、HCO，溶液應該呈堿性，而c點對應的溶液呈中性，故C錯誤；D項，SO水解使溶液呈堿性，符合題意，故D正確。解析 A項，S2O可以與H反應生成S和SO2，故不能大量存在，錯誤；B項，c(H)/c(OH)11012的溶液顯堿性，此組離子K、Al(OH)4、CO、Na可以大量存在，正確；C項，由水電離出的c(H)11012 molL1的溶液可

15、能顯堿性，也可能顯酸性，在堿性溶液中Fe3能形成Fe(OH)3沉淀，在酸性溶液中ClO能形成HClO弱電解質(zhì)，錯誤；D項，NO在酸性溶液中具有強氧化性，可以把Fe2氧化，錯誤。解析 由可知溶液顯弱酸性，上述離子只有NH能水解使溶液顯酸性，則一定含有NH，而S2能水解顯堿性，則一定不含有S2；再由氯水能氧化I生成碘單質(zhì)，碘遇淀粉變藍，而中加氯水和淀粉無明顯現(xiàn)象，則一定不含有I；又溶液呈電中性，有陽離子必有陰離子，則溶液中有NH，必須同時存在陰離子，即SO必然存在，而Ba2、SO能結(jié)合生成沉淀，則這兩種離子不能共存，即一定不存在Ba2；顯然剩下的Na是否存在無法判斷，則需檢驗的離子是Na，故選A。

16、解析 該無色溶液中一定不存在Fe3；該溶液可使pH試紙呈紅色，則一定不含有CO；取溶液少量加新制氯水及CCl4振蕩，能使CCl4層呈紫色，則生成I2單質(zhì)，一定含有I，一定不含有NO；加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，加入HNO3后沉淀不溶解，則該白色沉淀是BaSO4，一定含有SO，一定不含有Ba2；溶液中加入硝酸銀溶液有白色沉淀，加入HNO3后沉淀不溶解，該沉淀是氯化銀，此時的氯離子可能是氯化鋇帶入的，還有可能是原溶液中含有的氯離子，不能確定；取原溶液少量加入NaOH溶液至堿性，在此過程中有白色沉淀生成，最后沉淀又完全溶解，則一定含有鋁離子，一定不含有Mg2，加熱時反應，有無色氣體放出，該氣

17、體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，該氣體是氨氣，一定含NH?？隙ù嬖诘碾x子有：SO、Al3、I、NH；肯定不存在的離子有：Ba2、Fe3、NO、CO、Mg2；無法確定是否存在的離子有：K、Cl。解析 (1)在強酸性溶液中一定不會存在CO和SO，加入過量Ba(NO3)2溶液生成沉淀，則該沉淀為BaSO4沉淀，說明溶液中含有SO，生成氣體A，A經(jīng)連續(xù)氧化生成D和E，則A為NO，D為NO2，E為HNO3，說明溶液中含有還原性離子，一定為Fe2；溶液B中加入過量NaOH溶液，生成氣體F，則F為NH3，說明溶液中含有NH；CO2氣體溶于溶液H中，生成沉淀I，則I為Al(OH)3，H為NaOH和NaAl(OH

18、)4，說明溶液中含有Al3；溶液中含有Fe2，就一定不含NO，含有SO就一定不含Ba2，不能確定是否含有的離子是Fe3和Cl，檢驗方法：取少量X溶液放在試管中，加入幾滴KSCN，溶液不變血紅色說明無Fe3(或者取少量B溶液放在試管中，加入幾滴AgNO3溶液，無白色沉淀說明無Cl)。(2)Fe2被氧化為Fe3，加入NaOH溶液后生成Fe(OH)3，故應為Fe(OH)3。解析 金屬鈉熔點低，放在燃燒匙里加熱，先熔化成小球，在空氣中燃燒，火焰呈黃色，燃燒后生成淡黃色的Na2O2。解析 鈉與鹽酸反應時鈉先與H反應，離子方程式表示為2Na2H=2NaH2，A錯誤；B錯誤；X燒杯中生成的溶質(zhì)為NaOH，Y

19、燒杯中生成的溶質(zhì)為NaCl，Z燒杯中生成NaOH，由于原溶質(zhì)為NaOH，故Z燒杯中物質(zhì)的量濃度最大，C錯誤；因向三個燒杯中加入鈉的物質(zhì)的量相同且鈉全部反應完，故生成H2的量相同，D正確。解析 2Na2H2O=2NaOHH2，中Mg22OH=Mg(OH)2；中反應消耗水，溶液溫度升高，Ca(OH)2的溶解度降低，析出Ca(OH)2產(chǎn)生沉淀；中Ca2HCOOH=CaCO3H2O；中生成的Cu(OH)2是藍色沉淀，不符合題意；中水減少，c(Na)增大，使NaCl(s)Na(aq)Cl(aq)平衡向左移動。解析 (1)鈉投入飽和NaOH溶液中，發(fā)生的反應為2Na2H2O=2NaOHH2，其現(xiàn)象與鈉在水

20、中的反應現(xiàn)象相同；又因為原溶液是飽和的，反應消耗水，析出NaOH固體，則NaOH溶液濃度不變，但溶液體積減小，故Na數(shù)目減少。(2)Na和H2O反應產(chǎn)生H2的同時產(chǎn)生NaOH，NaOH可以和Al發(fā)生反應2Al2NaOH6H2O=2NaAl(OH)43H2，故用鋁箔包住Na時產(chǎn)生的H2的體積較大。解析 A項，燃燒的條件是達到著火點和具有助燃物質(zhì)；B項，反應物中沒有單質(zhì)參加反應，不符合置換反應的定義；C項，Na2O2與CO2、H2O的反應都是Na2O2自身的氧化還原反應；D項，Na2O2先和水反應生成O2和NaOH，NaOH再與Ca(HCO3)2反應產(chǎn)生沉淀CaCO3。2某溶液中含有HCO、SO、

21、CO、CH3COO4種陰離子。向其中加入足量的Na2O2固體后，溶液中離子濃度基本保持不變的是(假設溶液體積無變化)( )ACH3COO BSOCCO DHCO答案 A解析 Na2O2與水反應生成NaOH，HCOOH=COH2O，HCO濃度減小，CO濃度增大；SO具有還原性，被Na2O2氧化，濃度減??；CH3COO濃度幾乎不變。解析 (1)Na2O2具有強氧化性，可能發(fā)生：Na2O2SO2=Na2SO4。(2)FeCl3與NaOH反應生成Fe(OH)3，F(xiàn)e(OH)3是不溶性的紅褐色沉淀；中Fe2具有強還原性，易被Na2O2氧化并生成Fe(OH)3，Na2O2與溶液中的水劇烈反應會有O2產(chǎn)生。

22、(3)SO2的漂白性是由于它能與某些有色物質(zhì)生成易分解的無色物質(zhì)，Na2O2的漂白性是因其具有強氧化性。(4)Na2O2與H2O反應生成NaOH，呈堿性，同時Na2O2又有漂白性。解析 2COO22CO22Na2O22CO2=2Na2CO3O2得：Na2O2CO=Na2CO3(虛擬的反應)即：CO可被Na2O2完全吸收2H2O22H2O2Na2O22H2O=4NaOHO2得：Na2O2H2=2NaOH(虛擬的反應)即：H2可被Na2O2完全吸收由于CO完全被吸收，當CO2、CH4的體積比符合11時，相當于2CO2H2，可被Na2O2完全吸收。解析 (1)圖不能達到實驗目的，因為無論碳酸鈉還是碳

23、酸氫鈉均可以與鹽酸反應產(chǎn)生二氧化碳，二氧化碳氣體與澄清石灰水作用變渾濁，故不可以；圖可以鑒別，因為等質(zhì)量的碳酸鈉和碳酸氫鈉與足量的稀鹽酸反應，生成的二氧化碳氣體的量不同，可根據(jù)氣球膨脹程度來判斷。(2)圖、所涉及的化學方程式為2NaHCO3Na2CO3H2OCO2，實驗的優(yōu)點是可同時做對比實驗。(3)試管B裝入碳酸氫鈉，試管A裝入碳酸鈉，這樣直接加熱的碳酸鈉，溫度高，不分解，不能使澄清石灰水變渾濁，而間接加熱的碳酸氫鈉分解，使澄清石灰水變渾濁，表明了碳酸氫鈉很不穩(wěn)定。解析 Na2CO32HCl=2NaClCO2H2ONaHCO3HCl=NaClCO2H2O解答此類題目用歸“1”法，A項，假設二

24、者都是1 g，則n(NaHCO3)n(CO2) mol，n(Na2CO3)n(CO2) mol，故A正確；B項，假設二者均為1 mol，則消耗的鹽酸：Na2CO3為2 mol，NaHCO3為1 mol，故B正確；C項，假設二者均為1 g，Na2CO3需鹽酸為2 mol mol，NaHCO3需鹽酸 mol，故C錯。解析 取a克混合物充分加熱，減重b克，根據(jù)差量法可求出NaHCO3的質(zhì)量，從而求出Na2CO3的質(zhì)量分數(shù)，A正確；取a克混合物與足量稀鹽酸充分反應，加熱、蒸干、灼燒，得b克固體氯化鈉，列方程組即可求出，B正確；C中，取a克混合物與足量稀硫酸充分反應，逸出氣體用堿石灰吸收，增重b克，由于

25、逸出氣體中含有H2O(g)，故無法求解，C錯誤；D中由于二者都能與Ba(OH)2溶液反應生成BaCO3沉淀，由Na2CO3BaCO3、NaHCO3BaCO3的轉(zhuǎn)化關系，列方程組即可求出混合物中Na2CO3的質(zhì)量分數(shù)，D正確。解析 (1)NaCl不與稀硫酸反應，Na2CO3與稀硫酸反應。儀器b的名稱是分液漏斗。濃硫酸的作用是除去CO2中的水蒸氣(或干燥CO2氣體)(2)將針筒活塞向內(nèi)推壓，增大了容器中的壓強，故若b下端玻璃管中的液面上升，則裝置氣密性良好。CO2是氣體，故能直接測得的數(shù)據(jù)是CO2的體積。(3)生成沉淀，故操作需涉及過濾操作。要知道固體的質(zhì)量需要稱重。經(jīng)過計算，樣品中Na2CO3質(zhì)

26、量分數(shù)的計算式為106y/197x。解析 鉀的密度小于鈉的密度，這是堿金屬單質(zhì)密度依次增大的一個例外；堿金屬中除鋰外，均不與氮氣直接反應，由在酒精燈加熱條件下Na2CO3不分解，可得出Cs2CO3加熱也不分解，Cs與Na同為堿金屬元素，性質(zhì)相似，由Na2SO4易溶于水，可得出Cs2SO4也易溶于水。解析 金屬活動性順序表中K在Na的前面，K比Na活潑，故K在空氣中可以被氧氣氧化，A項正確；Na能與乙醇反應放出氫氣，K也能與乙醇反應放出氫氣，B項正確；K與水的反應比Na與水的反應劇烈，C項錯誤；Na、K均可放在煤油中保存，D項正確。解析 由于焰色反應是通過觀察火焰顏色來檢驗離子是否存在的方法，所

27、以實驗時所用火焰和所用金屬絲在灼燒時都不應該有很明顯的顏色，否則將無法觀察到被檢驗離子的真實焰色反應情況；觀察鉀的火焰顏色時要透過藍色鈷玻璃，目的是濾去黃光，避免鈉的干擾。解析 侯氏制堿法的原理是向飽和的NaCl溶液中先通入NH3，然后通入CO2，利用生成的碳酸氫鈉溶解度小而析出。由于NH3在水中的溶解度大所以先通NH3，但為了防倒吸，所以a通入NH3，然后b通入CO2，考慮NH3的尾氣處理所以選擇放蘸稀硫酸的脫脂棉，即C選項正確。(5)某同學認為：用惰性氣體趕盡反應體系中的空氣，將鐵和鹽酸反應后的氣體經(jīng)濃硫酸干燥，再與金屬鈉反應，得到的固體物質(zhì)即為純凈的甲；取該固體物質(zhì)與水反應，若能產(chǎn)生H2

28、，即可證明得到的甲一定是純凈的。判斷該同學設想的制備和驗純方法的合理性并說明理由_。(5)制備過程不合理，因為鹽酸易揮發(fā)，H2中混有HCl，導致產(chǎn)物中有NaCl；驗純方法不合理，如果有Na殘留，Na與水反應也產(chǎn)生H2；沒有考慮混入的NaCl解析 由4.80 g甲加熱至完全分解，得到金屬鈉和2.24 L(已折算成標準狀況) 的H2，可推斷金屬鈉和H2反應生成的甲為NaH，NaH與水反應生成NaOH和H2，NaH與AlCl3反應可得到NaAlH4。(1)甲的化學式為NaH。(2)由于反應物為NaH與AlCl3，得到產(chǎn)物有NaAlH4，故推知另一產(chǎn)物為NaCl，其化學方程式為4NaHAlCl3=Na

29、AlH43NaCl。(3)NaAlH4中的氫顯1價，水中的氫顯1價，NaAlH4與水發(fā)生氧化還原反應的過程中生成氫氣，另一產(chǎn)物為NaAl(OH)4，其化學方程式為NaAlH44H2O=NaAl(OH)44H2。(4)根據(jù)題意NaH在無水條件下能與Fe2O3反應，結(jié)合反應物的性質(zhì)可推知反應產(chǎn)物為Fe和NaOH，從而得出其化學方程式為3NaHFe2O3=2Fe3NaOH。(5)制備過程中，由于鹽酸易揮發(fā)，產(chǎn)生的氫氣中會有氯化氫，易和鈉反應生成NaCl；如在制取NaH的反應中鈉過量，則產(chǎn)物中混有鈉，鈉與水反應也會有氫氣產(chǎn)生，同時驗純時也沒有考慮到混入的NaCl。解析 常用于生產(chǎn)玻璃的是碳酸鈉，A錯誤

30、；過氧化鈉具有強氧化性，因而具有漂白性，但不可用于漂白食品，B錯誤；醫(yī)用酒精使病毒的蛋白質(zhì)變性而消毒，并非是將病毒氧化，C錯誤；氯化鈉溶液可以充當原電池的電解質(zhì)溶液，使橋梁形成無數(shù)個微小的原電池，從而加速腐蝕，D正確。解析 A項錯，常溫下切開的金屬Na暴露在空氣中，光亮的表面逐漸變暗是因為生成Na2O；B項正確，由題意知雖然生成Na2O2和Na2O的混合物，但是Na的物質(zhì)的量為0.2 mol，故完全反應時失去電子的物質(zhì)的量仍為0.2 mol；C項正確，Na與稀H2SO4反應的本質(zhì)是與H的反應，H2SO4是強酸；D項正確，Na與水反應放出氣體，生成的NaOH與硫酸銅反應生成氫氧化銅沉淀。解析 小

31、蘇打的主要成分為NaHCO3，加熱分解生成Na2CO3、CO2和水，有殘留物，A錯；純堿與小蘇打中均含鈉元素，焰色均為黃色，B錯；NaHCO3與酸反應的速率比Na2CO3的快，所以與等量的食醋反應時，小蘇打產(chǎn)生氣泡的速率快，C正確；純堿、小蘇打與澄清石灰水反應時都會生成CaCO3白色沉淀，D錯。解析 如果41.8 g固體全為Na2CO3，即0.39 mol，則其不可能恰好與1 L 1 molL1的稀鹽酸完全反應，A錯誤；根據(jù)鈉離子守恒，知B符合題意；Na2O2與CO2反應不可能生成碳酸氫鈉，即C錯誤；根據(jù)鈉離子守恒，可求出一定量的Na2O2為0.5 mol，即39 g，所以D錯誤。解析 Na2

32、O2的電子式為Na2Na，故陰、陽離子的個數(shù)比為12，A項錯誤；生成相同量的O2時消耗的水和二氧化碳的物質(zhì)的量相同，但質(zhì)量不同，B項錯誤；由得失電子守恒知二者轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量相同，C項正確；Na2O2因具有強氧化性而有漂白性，SO2易與有色物質(zhì)化合生成無色不穩(wěn)定的物質(zhì)，故二者漂白原理不同，D項錯誤。解析 (1)假設混合氣體是H2、CO2的混合氣體，設其物質(zhì)的量分別為x、y。根據(jù)H2Na2O2=2NaOH x2CO22Na2O2=2Na2CO3O2 y y得： yx23(2)假設混合氣體是CO、CO2的混合體，設其物質(zhì)的量分別為x，y。根據(jù)CONa2O2=Na2CO3 x2CO22Na2O2=

33、2Na2CO3O2 y y得：xy36所以混合氣體是H2、CO、CO2時，23氧化產(chǎn)物，可判斷B中氧化性：Cl2I2；C中氧化性：Co2O3Cl2；D中氧化性：Fe3I2，這些結(jié)論與題給信息一致。對于A，由于I的還原性強于Fe2，所以Cl2應先氧化I，而不應先氧化Fe2。解析 H2SO4(濃)3H2S=4S4H2OH2SO4(濃)H2S=SO2S2H2O解析 Cl2 既是氧化劑又是還原劑，1 mol Cl2和Ca(OH)2反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)應為NA。解析 所以轉(zhuǎn)移電子數(shù)應為5NA。解析 本題是尋找一種氧化劑，其氧化性應大于I2的氧化性，而小于Cl2和Fe3的氧化性(也可等于Fe3的氧化性)。由知

34、氧化性：Fe3I2，還原性：IFe2；由知氧化性：Cl2Fe3，還原性：Fe2Cl；由知氧化性：MnOCl2，還原性：ClMn2；由此推知氧化性強弱順序為KMnO4Cl2FeCl3I2，還原性強弱順序為IFe2ClMn2。所以KMnO4可氧化Cl、Fe2及I，Cl2可氧化Fe2及I，F(xiàn)eCl3只能氧化I。解析 由得出Q中價態(tài)高于G，因為G必介于Q和1價的氯元素之間，1價為氯元素的最低價；將該結(jié)論引用到，Y介于Q與G之間，故有Q價態(tài)高于Y，Y價態(tài)高于G；分析：H2O中的H元素化合價降低，則Q中的氯元素轉(zhuǎn)變?yōu)閄中的氯元素，化合價必升高，則得出X價態(tài)高于Q；最后分析：Z介于Q、X之間，則X價態(tài)高于Z

35、，Z價態(tài)高于Q。解析 A項，明礬凈水是利用Al3水解生成的氫氧化鋁膠體具有吸附能力，錯誤；B項，純堿去油污是利用碳酸鈉水解，溶液呈堿性，錯誤；C項，食醋除水垢是利用醋酸的酸性，能與碳酸鈣反應而除去，錯誤；D項，因漂白粉具有強氧化性而用于漂白織物，正確。解析 A項，在反應物Na2S中S元素的化合價為2價，在SO2中S元素的化合價為4價，反應后產(chǎn)生的物質(zhì)Na2S2O3中，S元素的化合價為2價，介于2價與4價之間，因此硫元素既被氧化又被還原，錯誤；B項，根據(jù)題意可得，在溶液中發(fā)生反應的方程式是Na2CO32Na2S4SO2=3Na2S2O3CO2，在反應中氧化劑SO2與還原劑Na2S的物質(zhì)的量之比為

36、4221，錯誤；C項，根據(jù)反應的化學方程式可知，每生成3 mol Na2S2O3，轉(zhuǎn)移8 mol電子，則產(chǎn)生1 mol Na2S2O3，轉(zhuǎn)移8/3 mol電子，錯誤；D項，根據(jù)反應方程式可知，消耗的SO2與產(chǎn)生的CO2的物質(zhì)的量的比是41，由于在相同條件下，氣體的物質(zhì)的量的比等于氣體的體積比，所以在相同條件下，每吸收10 m3 SO2放出CO2的體積為2.5 m3，正確。答案 4NaHAlCl3=NaAlH43NaClNaAlH44H2O=NaAl(OH)44H23NaHFe2O3=2Fe3NaOH解析 根據(jù)X化合價升高被氧化，得X是還原劑，X2是氧化產(chǎn)物；Y化合價降低被還原，Y是氧化劑，Y2

37、是還原產(chǎn)物；氧化劑和氧化產(chǎn)物都有氧化性，還原劑和還原產(chǎn)物都有還原性，正確的是，故C正確。解析 A項，S2O2H=SO2SH2O；B項，3S6NaOH2Na2SNa2SO33H2O；C項，2H2O22H2OO2；以上三個都是同一價態(tài)的元素既被氧化又被還原的反應，而D項，ClO6H5Cl=3Cl23H2O中，ClO的5價的Cl元素降為0價，被還原，Cl中1價的Cl元素升為0價，被氧化。解析 A項，反應中鐵元素、鉻元素和氧元素的化合價發(fā)生了變化，為氧化還原反應，中無元素的化合價發(fā)生變化，為非氧化還原反應，故A錯誤；B項，反應中氧元素的化合價從0降到2，O2是氧化劑，鐵元素的化合價從2升高到3價，鉻元

38、素的化合價從3價升高到6價，F(xiàn)eOCr2O3是還原劑，故B正確；C項，高溫下，O2的氧化性大于Fe2O3和Na2CrO4，故C錯誤；D項，生成1 mol的Na2Cr2O7時，共轉(zhuǎn)移電子247 mol，故D錯誤。解析 A項，CuFeS2中鐵元素的化合價為2價，反應物Fe3的化合價為3價，生成物中Fe2的化合價為2價，所以不是所有鐵元素均被還原，故A錯誤；B項，CuFeS2中只有S元素的化合價變化，其他元素的化合價不變，所以Cu2不是氧化產(chǎn)物，錯誤；C項，由離子方程式可知，生成2 mol S，轉(zhuǎn)移電子4 mol，則生成x mol S，應轉(zhuǎn)移2x mol電子，錯誤；D項，由方程式可知，生成x mol

39、硫，則生成3x mol金屬離子，消耗2x mol Fe3，反應結(jié)束后，測得溶液中三種金屬離子的總物質(zhì)的量為y mol，則剩余Fe3的物質(zhì)的量為(y3x)mol，所以原Fe3的總物質(zhì)的量為2x mol(y3x)mol(yx)mol，正確。解析 (1)在反應中HI作還原劑，當有1.75 mol的還原劑被氧化時有3.5 mol HI參加了反應，根據(jù)反應方程式可以得到被還原的氧化劑為1.75 mol。(2)使NaNO2轉(zhuǎn)化為不引起二次污染的N2，則需要還原劑，NaCl既不體現(xiàn)氧化性，也不體現(xiàn)還原性，H2O2和濃H2SO4主要體現(xiàn)較強的氧化性，NH4Cl中氮元素處于最低價，具有一定的還原性，可以與NaN

40、O2反應生成N2。(3)A項，當氫氧化鈉和碳酸鈉的物質(zhì)的量各為1 mol時，1 moln(HCl)2 mol時，先發(fā)生反應：OHH=H2O，然后發(fā)生：COH=HCO，將兩個方程式相加得：OHCO2H=HCOH2O，故A正確；B項，當氫氧化鈉和碳酸鈉的物質(zhì)的量各為2 mol時，2 moln(HCl)4 mol，先發(fā)生反應：2OH2H=2H2O，然后發(fā)生：COH=HCO，將兩個方程式相加得：2OHCO3H=HCO2H2O，故B正確；C項，當氫氧化鈉和碳酸鈉的物質(zhì)的量各為2 mol時，n(HCl)為4 mol時，先發(fā)生反應：2OH2H=2H2O，然后發(fā)生：2CO2H=2HCO，將兩個方程式相加得：O

41、HCO2H=HCOH2O，故C錯誤；D項，設NaOH和Na2CO3的物質(zhì)的量都為1 mol，則加入HCl物質(zhì)的量大于2 mol時，先發(fā)生反應：OHH=H2O,1 mol氫氧化鈉消耗1 mol HCl，再發(fā)生反應：CO2H=CO2H2O，將兩個方程式相加得：OHCO233H=CO22H2O，故D正確。解析 (3)根據(jù)氮元素、碳元素的化合價變化，N2是氧化劑，C是還原劑，AlN為還原產(chǎn)物，CO為氧化產(chǎn)物。解析 題目中指出被還原的物質(zhì)是Cr，則得電子的物質(zhì)必是K2Cr2O7，失電子的物質(zhì)一定是Na2SO3，其中S元素的化合價從46；而Cr元素的化合價將從6n(設化合價為n)。根據(jù)氧化還原反應中得失電

42、子守恒規(guī)律，有0.05 molL10.024 L(64)0.02 molL10.020 L2(6n)，解得n3。解析 本題考查在氧化還原反應中利用得失電子守恒進行相關的計算。Na2xxNa2O4 NaONa得關系式1x162，x5。解析 由題意可知，HNO3Cu，則Cu失去的電子數(shù)與O2得到的電子數(shù)相等。即n(Cu)2n(O2)20.15 mol。根據(jù)質(zhì)量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反應可得關系式：n(NaOH)2nCu(NO3)22n(Cu)0.3 mol，則V(NaOH)0.06 L60 mL。解析 根據(jù)反應前后電荷守恒，可得：342n3，解得n2，則RO中R的化合價為6價，即選D。

43、答案 2Co(OH)3SO4H=2Co2SO5H2O或Co(OH)3 3H=Co3 3H2O,2Co3 SOH2O=2Co2SO2H 3 Co3O4解析 Co(OH)3首先被H2SO4 溶解生成Co3，Co3具有氧化性，可將SO氧化為SO，同時自身被還原為Co2，寫出離子方程式并配平即可。鐵渣中Fe 元素的化合價為3價。CO2的物質(zhì)的量為n(CO2)0.06 mol，根據(jù)CoC2O4的組成可知Co物質(zhì)的量為0.03 mol，其質(zhì)量為m(Co)0.03 mol59 gmol11.77 g，設鈷氧化物的化學式為CoxOy，根據(jù)元素的質(zhì)量比可得59x16y1.77 g(2.41 g1.77 g)，解

44、得xy34，所以鈷氧化物的化學式為Co3O4。解析 A項，根據(jù)電荷守恒，得出2xy3m，故A錯誤；B項，根據(jù)R原子守恒得出x和m的數(shù)值一定相等，故B正確；C項，1摩爾O2得到4摩爾電子，x摩爾R應該失去4摩爾電子，得x4，故C正確；D項，R2化合價升高是還原劑，O2化合價降低是氧化劑，R3是氧化產(chǎn)物，H2O是還原產(chǎn)物，故D正確。解析 標準狀況下Cl2的物質(zhì)的量是5.04 L/(22.4 Lmol1)0.225 mol，由于Fe2的還原性強于Br，通入氯氣后，Cl2先氧化Fe2再氧化Br，設原FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度是x molL1，則0.22520.1x1(0.1x20.2252)，解得x

45、3。解析 生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加5.1 g，說明OH質(zhì)量為5.1 g，即0.3 mol，金屬結(jié)合氫氧根離子的物質(zhì)的量與反應轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量相等，所以反應轉(zhuǎn)移的電子為0.3 mol，生成的NO為0.1 mol，根據(jù)氮原子守恒計算參加反應的硝酸的物質(zhì)的量為0.4 mol，故C正確；消耗NaOH溶液體積應為100 mL，B錯誤；產(chǎn)生NO氣體體積標況下應為2.24 L，D錯誤；根據(jù)電荷守恒，鎂、銅合金共0.15 mol，用極端假設法，如果全部是銅，質(zhì)量為9.6 g，所以合金質(zhì)量應比9.6 g小，A錯誤。解析 根據(jù)方程式，氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物都是氮氣，假設氧化產(chǎn)物有15 mol，則還原產(chǎn)物有

46、1 mol，10NaN32KNO3=K2O5Na2O15N2(氧化產(chǎn)物)N2(還原產(chǎn)物) n 15 1 14 x y 1.75解得：x1.875，y0.125。A項，生成N2標準狀況下的體積是(1.8750.125)mol22.4 Lmol144.8 L，故A錯誤；B項，KNO3被還原，故B錯誤；C項，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.125251.25 mol，故C錯誤；D項，被氧化的N原子的物質(zhì)的量為1.875 mol23.75 mol，故D正確。解析 合金溶于足量的NaOH溶液中，金屬鋁和氫氧化鈉反應產(chǎn)生氫氣6.72 L(標準狀況)，物質(zhì)的量為0.3 mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知，n(Al)0.2

47、 mol，故金屬鋁的質(zhì)量為0.2 mol27 gmol15.4 g，金屬鋁提供電子的量是0.6 mol。將合金溶于過量稀硝酸中，分別生成Al3、Fe3、Cu2，根據(jù)電子守恒，金屬共提供電子的物質(zhì)的量為31.8 mol，故Fe、Cu共提供的電子物質(zhì)的量為1.8 mol0.6 mol1.2 mol，向反應后的溶液中加入過量的NaOH溶液，所得沉淀為氫氧化鐵、氫氧化銅，由電荷守恒可知，反應中金屬鐵、銅提供的電子的物質(zhì)的量等于生成堿的氫氧根離子的物質(zhì)的量，即：n(OH)1.2 mol，所以反應后沉淀的質(zhì)量等于35.8 g5.4 g1.2 mol17 gmol150.8 g。解析 從所給的離子方程式知，

48、As2S3轉(zhuǎn)化成AsO和SO，而NO轉(zhuǎn)化為NO，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，配平后的離子方程式為3As2S34H2O28NO=6AsO9SO28NO8H，則A、B、D正確；氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為283，則C不正確。解析 取少量紅色溶液，滴加少許濃硝酸，靜置，溶液血紅色退去，同時產(chǎn)生大量的紅棕色氣體混合物A，A中含NO2，將該氣體混合物A通入過量的Ba(OH)2溶液中，產(chǎn)生白色沉淀B和剩余氣體C，氣體C無色無味，能使燃燒的木條熄滅，可排放到空氣中，不會改變空氣的成分，則C是N2，過濾，向白色沉淀B中滴加少量稀硝酸，沉淀完全溶解，同時產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的無色無味氣體D，則D是

49、CO2，白色沉淀B是BaCO3。取中反應后溶液少許，滴加BaCl2溶液，產(chǎn)生不溶于稀硝酸的白色沉淀E，則E是BaSO4，所以(1)B的化學式為BaCO3；E的化學式為BaSO4。(2)混合氣體A的成分是NO2、CO2、N2。(3)該興趣小組同學根據(jù)以上實驗現(xiàn)象分析得出結(jié)論：Fe(SCN)3具有還原性，S的化合價從2價升高到6價，N的化合價從3價升高到0價，則實驗中反應時被氧化的元素是S、N。(4)實驗中KSCN被氧化，得到SO、N2，NO被還原為NO2，反應的離子方程式為2SCN22NO20H=2SO2CO222NO2N210H2O。(5)從上述實驗中可知KSCN，能夠被強氧化性的物質(zhì)氧化，所

50、以得到的啟發(fā)是用SCN間接檢驗Fe2時，應注意加入氧化劑不能過量。談戀愛的真多解析 在鎂、鋁混合物中加入HNO3和濃H2SO4都不產(chǎn)生H2；加入NaOH溶液，只有Al與之反應生成H2，而鎂不反應；加入鹽酸，鎂、鋁都與鹽酸反應生成H2，所以放出H2的量最多。解析 根據(jù)化學方程式：2Al6HCl=2AlCl33H2、2Al2NaOH6H2O=2NaAl(OH)43H2得Al與H2的關系式均為2Al3H2，故只要參加反應的Al的量相等，所得H2的量必相等。解析 因為在反應中Al過量，產(chǎn)生的H2由HCl和NaOH的量決定。根據(jù)化學反應中的關系式：6HCl3H2、2NaOH3H2，故當HCl、NaOH物

51、質(zhì)的量相等時，二者產(chǎn)生H2的體積比為13。解析 因為鋁足量且產(chǎn)生H2相等，根據(jù)關系式n(HCl)n(NaOH)31，又因為兩溶液體積相等，故物質(zhì)的量濃度c(HCl)c(NaOH)n(HCl)n(NaOH)31。解析 其反應原理分別為2Al6HCl=2AlCl33H2，2Al2NaOH6H2O=2NaAl(OH)43H2。可見當參加反應的HCl和NaOH的物質(zhì)的量一樣多時，產(chǎn)生H2的體積比是13，而題設條件體積比為12，說明此題投入的鋁粉對鹽酸來說是過量的，而對于NaOH來說是不足的。2Al6HCl = 2AlCl33H2 6 mol 3 mol 3 molL10.1 L 0.15 mol則Al

52、與NaOH反應生成的H2為0.15 mol20.3 mol。2Al2NaOH6H2O=2NaAl(OH)43H2227 g 3 mol54 g 0.3 mol即投入的鋁粉為5.4 g。解析 此題將實驗操作與元素化合物知識巧妙結(jié)合在一起考查，增大了試題的容量，增強了試題的測試能力。(1)鋁熱反應是指單質(zhì)Al和某些金屬氧化物發(fā)生的反應，反應過程中放出大量熱，但該反應需要較高的溫度才能引發(fā)。在混合物上加少量KClO3固體并插上Mg條，點燃Mg條后放出熱量，使KClO3固體分解放出O2，進一步加劇Mg的燃燒，可在短時間內(nèi)使混合物溫度迅速升高，引發(fā)反應。發(fā)生的反應為Fe2O32AlAl2O32Fe，所以產(chǎn)物中單質(zhì)B為Fe。(2)Fe2O3和MgO都是堿性氧化物，能和酸反應生成鹽和水：Fe2O36HCl=2FeCl33H2O、MgO2HCl=MgCl2H2O。(3)混合物中只有Fe2O3能和Al發(fā)生鋁熱反應，生成Fe單質(zhì)。C溶液中有反應生成的FeCl3，還有未反應的HCl。發(fā)生的離子反應為Fe2Fe3=3Fe2、Fe2H=Fe2H2。解析 鈍化的實質(zhì)是Fe、Al在濃H2SO4或濃HNO3作用下其表面被氧化成一層致密的氧化物保護膜。由于鋁的氧化物Al2O3是一種兩性氧化物，既可與強酸反應，又可與強堿反應