2024届高三化学第二轮复习选择难题专项训练（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024届高三化学第二轮复习选择难题专项训练（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.6MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-01-10 00:05:06 | ||
图片预览
文档简介
高中化学选择难题训练
一、单选题
1．为消除目前燃料燃烧时产生的环境污染，同时缓解能源危机。有关专家提出了利用太阳能制取氢能的构想。下列说法正确的是
A．该构想只涉及了太阳能与电能的转换
B．氢能源是一次能源，目前已被普遍使用
C．氢气不易贮存和运输，所以无开发利用价值
D．发展氢能源可减少温室气体排放，符合“绿色化学”
2．已知碳酸氢钙是一种易溶于水的白色固体，受热易分解。某小组取质量为的碳酸氢钙样品进行加热分解实验，加热过程中剩余固体的质量随加热时间的变化如图一所示。经查阅资料发现，碳酸氢钙能与盐酸反应，也能与石灰水反应。于是，他们构建了由碳酸氢钙转化为二氧化碳的不同路径反应转化关系如图二、
下列说法错误的是
A．图一中，A、C、D三点对应的固体中所含钙元素质量相等
B．图一中，若向A点所示固体中加入足量稀盐酸，充分反应生成的质量为
C．图二中，相同质量的在反应①、②生成的总质量大于反应④生成的质量
D．图二中，相同质量的在反应⑤中消耗的质量小于在反应④中消耗的质量
3．某化学小组欲通过测定混合气体中的含量来计算已变质的样品中的含量。实验装置如下图(为弹性良好的气囊)。
已知：①过氧化钠与硫酸反应的总化学方程式为：
②忽略气体在I和IV中的溶解。下列说法正确的是
A．b的作用是为了除去气体中的，故b中应装有无水
B．测定气体总体积必须关闭，打开
C．量筒I用于测量产生气体的体积，量筒II用于测量产生氧气的体积
D．若量筒II收集的气体折算为标准状况下是，则已变质的样品中的质量为
4．某密闭刚性容器油可动活塞隔成甲、乙两室，室温下向甲中充入由和组成的混合气体，向乙中充入空气，此时活塞的位置如图所示。下列有关说法正确的是
A．甲室混合气体的分子总数为
B．甲室的物质的量之比为
C．甲室混合气体的密度是同温同压时密度的8.5倍
D．若将甲室气体点燃引爆并恢复至室温，忽略生成水的体积，活塞最终停留在刻度2处
5．和的混合物与一定量的溶液恰好完全反应，生成、、和，则未被还原的的物质的量是
A． B． C． D．
6．短周期主族元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，形成的化合物是一种重要的食品添加剂，结构如图。Z核外最外层电子数与X核外电子总数相等。W的原子半径在周期表中最小。下列有关叙述正确的是
A．简单离子半径大小：
B．氢化物的沸点：
C．化合物中所有原子均满足8电子稳定结构
D．Y元素对应的单质与Z元素对应的单质在常温下能反应
7．某同学进行如下实验：
①分别向溶液和溶液中滴加KSCN溶液，均无明显现象。
②向和的混合液中滴加KSCN溶液，溶液立刻变红，振荡后，红色褪去，产生白色沉淀，继续滴加过量KSCN溶液，红色不再褪去，并产生大量白色沉淀。
③过滤②中白色沉淀并洗涤干净，向其中加入过量氨水，白色沉淀溶解得无色溶液，放置过程中，无色溶液变蓝色。
已知：CuSCN为白色、难溶性物质：为无色离子。
下列说法不正确的是
A．实验①说明不能与反应生成CuSCN
B．实验②中红色褪去的原因是振荡后降低
C．实验③中无色溶液变蓝色的原因是：
D．依据实验①、②、③推测，②中由于生成CuSCN，使氧化性增强，将氧化为
8．分类思想是研究化学的常用方法，下列分类叙述正确的是
A．既有单质参加又有单质生成的反应一定是氧化还原反应
B．淀粉、纤维素、油脂均属于天然高分子
C．有水生成的反应一定是复分解反应
D．碱性氧化物一定是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物
9．下列选项描述与对应图像相符的是：
A．图①为新制氯水在阳光直射时，溶液中浓度随着时间变化的曲线
B．图②为、混合液中滴加盐酸产生的图像
C．图③为溶液中滴加溶液的导电性变化图像
D．图④为、混合液，各离子物质的量随氯气通入的变化图像，b代表的是
10．将胆矾无其他杂质置于氮气氛流中，然后对其进行加热，逐渐升高温度使其分解，分解过程中的热重曲线如图所示。下列说法错误的是
A．点对应的物质中，氧元素的质量分数约为
B．点对应的固体物质只有
C．将产生的气体全部通入溶液中，有沉淀产生
D．的过程中，生成的某种物质可使带火星的小木条复燃
11．向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知：b-a=5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法错误的是
A．线段Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表I-、Fe2+、Br-、HIO3的变化情况
B．Fe2+、I-和Br-的物质的量之比为1∶2∶3
C．根据图像可计算b=11
D．线段Ⅳ对应的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是5∶1
12．120℃将10g下列物质在足量氧气中完全燃烧，将燃烧产物通过足量后，固体质量增加大于10g，该物质可能是
A． B． C． D．
13．将一定量的通入一定量的石灰乳中，两者恰好完全反应[已知反应过程放热，温度较低时先生成和]，生成物中有三种含氯元素的离子，其中和两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化关系如图所示(不考虑氯气和水的反应)，下列说法正确的是
A．曲线Ⅰ表示的物质的量随反应时间变化的关系
B．所取石灰乳中含有的物质的量为0.25mol
C．生成物中的物质的量为0.55mol
D．另取一份等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中的物质的量为0.37mol。则产物中
14．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．向含有和的混合溶液中通入少量：
B．向饱和食盐水中先通入足量的，再通入足量的：
C．向溶液中加入少量粉末：
D．用过量除去水中溶解的氯气：
15．现有四种溶液m、n、p、q，分别含阴阳离子、Na+、Ba2+、Al3+、OH－、、、中的各一种，为了确定组成，进行了以下实验：将四种溶液两两混合，发现m、n能剧烈反应，产生白色沉淀和无色气体，p、q能产生无色有刺激性气味的气体，p与m、n均有沉淀产生，且在m中逐滴滴入p时，沉淀增多，后减少但没有完全消失。下列推断正确的是
A．p是Ba(OH)2 B．q 是NH4HCO3 C．n是Al2(SO4)3 D．m 是Al(NO3)3
16．某元素构成的双原子分子有三种，相对分子质量分别为70、72、74，若此三种单质的物质的量之比为9∶6∶1，由此推断正确的结论是
A．此元素有三种核素
B．其中一种核素的质量数为36
C．其中质量数为37的核素原子占总原子数的百分率为25%
D．此单质的相对分子质量为72
17．化合物Z2(WY4)3 18X2Y 可在水处理中做絮凝剂。X、Y、Z、W 为短周期元素且原子序数依次增加，Y 的质子数是 W 的原子序数的一半。该化合物的热重分析曲线如下左图所示。向1mol Z2(WY4)3 溶液中滴入 Ba(OH )2 溶液的沉淀量图像如下右图。则下列叙述正确的是
A．X、Y、Z、W 的单质常温下均为固体
B．Z、W 的简单离子半径的大小顺序为 Z3 W2
C．400℃热分解将失去 18 个 X2Y
D．1100℃热分解后生成固体化合物 Z2Y3 ，且工业上通过电解熔融的Z2Y3制备单质 Z
18．汽车的安全气囊系统与座椅安全带配合使用能为乘员提供有效的防撞保护，当汽车遭受一定碰撞力量以后，安全气囊中的物质会发生剧烈的反应NaN3＋KNO3→K2O＋Na2O＋N2↑(未配平)，生成大量气体。下列说法正确的是
A．上述反应中只有离子键和非极性键的断裂和形成
B．当反应过程中转移0.25 mol电子时，标况下产生89.6 L气体
C．10 mL 1 mol·L-1的KNO3溶液中含氧原子的数目为0.03×6.02×1023
D．若被氧化的N原子的物质的量为6 mol，则氧化产物比还原产物多2.8 mol
19．已知R、S、T、W为原子序数依次增大的前四周期元素，R、S为同周期相邻元素，R原子的核外电子数等于T原子的最外层电子数，R、T原子的核外电子数之和为S原子的核外电子数的3倍。W的单质为红色固体。下列说法正确的是
A．简单氢化物的稳定性：R>S B．R的最高价氧化物对应的水化物为弱酸
C．S、T可形成一种常用消毒剂 D．W与T形成的化合物只有
20．将一定物质的量的Na2CO3、NaHCO3组成的混合物溶于水，配成1L溶液。取出50mL溶液，逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸与它反应，变化如图，下列说法正确的是
A．原混合物中NaHCO3的物质的量为2.5×10-3mol
B．原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1：2
C．盐酸的浓度是0.05mol/L
D．盐酸加到150mL时，放出CO2气体2.24L(标准状况下)
21．将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法错误的是
A．整个转化过程中Fe3+可以循环使用
B．过程①发生复分解反应
C．过程中n(Fe3+)不变，当有1mol硫生成时，消耗0.5molO2
D．过程②中，发生反应的离子方程式为
22．20℃时，饱和NaCl溶液的密度为，物质的量浓度为，则下列说法错误的是
A．温度低于20℃时，饱和NaCl溶液的浓度小于
B．20℃时，饱和NaCl溶液中NaCl的质量分数为
C．20℃时，将58.5gNaCl溶解在1L水中，所得溶液的浓度为
D．20℃时，NaCl的溶解度为
23．下列离子方程式书写正确的是
A．新制氯水中加入少量：
B．向酸性高锰酸钾溶液加入草酸：
C．溶液中滴加溶液至恰好完全沉淀：
D．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：
24．已知常温下可用制备，反应前后存在六种微粒：、、、、和。下列叙述不正确的是
A．氧化产物为
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
C．若有生成，则反应中有2 mol电子转移
D．依题可知：、、在水溶液中不能大量共存
25．将一定量的氯气通入0.50 mol的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后，溶液中形成NaCl、NaClO、共存体系(不考虑氯气和水的反应)。下列说法正确的是
A．若反应中转移的电子为n mol，则0.25B．溶液中可能为4∶3∶1
C．与NaOH反应的氯气为0.5 mol
D．当溶液中时，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3
26．下列说法错误是
A．分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取相同的氧气，转移的电子个数之比为2：2：1
B．已知在碱性溶液中可发生反应：，则中R的化合价是+6
C．FeS与一定浓度的溶液反应，生成、、、、NO和。当、、NO的个数之比为1：1：1时，参加反应的FeS与的个数之比为1：6
D．在碱性条件下可被NaClO氧化为，而NaClO被还原为NaCl，若反应中与NaClO的个数比为1：16，则x值为5
27．从铜阳极泥分铜渣碱浸液中制备的工艺流程如图所示：
已知：①碱浸液中碲以的形式存在。
②与氧化铝的性质具有一定的相似性。
下列说法错误的是
A．中Te元素的化合价为+4
B．加入的在反应中被氧化
C．根据上述反应可以推知，还原性：
D．为防止产品产率降低，加入硫酸的量不宜过多
28．高铜酸钾(KCuO2)是一种难溶于水的黑色粉末状固体，与高铁酸钾(K2FeO4)性质相似，可以由四羟基合铜酸钾和次溴酸在冰水浴中合成：①K2[Cu(OH)4]＋HBrO→KCuO2＋KBr＋KBrO＋H2O(未配平)。高铜酸钾在酸性条件下不稳定：②KCuO2＋H2SO4→O2↑＋CuSO4+H2O＋K2SO4(未配平)。下列说法错误的是
A．①中还原剂和氧化剂的物质的量之比为2：1
B．②若有标准状况下5.6 L O2生成，则转移电子0.5 mol
C．②中KCuO2既表现氧化性，又表现还原性
D．由①、②可知氧化性强弱顺序为HBrO>KCuO2>O2
29．醋酸亚铬为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。一股制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬：二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。某同学将过量锌粒和固体置于c中，加入少量蒸馏水，按下图连接好装置，下列说法错误的是
A．实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却
B．实验开始时，应先打开，再打开
C．d装置中析出砖红色沉淀后，应用冰水冷却后再过滤
D．该同学的制备方法并不能保证得到纯净的醋酸亚铬
30．某温度下，将氯气Cl2通入氢氧化钾溶液中，发生反应为：Cl2+KOH－KCl+KClO+KClO3+H2O(未配平)，得到KCl，KClO，KCO3的混合液，经测定溶液中ClO-与ClO的个数之比为3：4，则被还原的氯原子与被氧化的氯原子的个数之比为
A．23：7 B．7：23 C．12：7 D．7：12
31．下列说法正确的是：
A．把NaHCO3和Na2CO3混和物6.85 g溶于水制成100 mL溶液，其中c(Na＋)＝1 mol·L-1，该溶液中加入一定量盐酸恰好完全反应，将溶液蒸干后，所得固体质量无法计算
B．将54.4 g铁粉和氧化铁的混合物中加入4.0mol/L200 mL的稀硫酸，恰好完全反应，放出氢气4.48 L(标准状况)，反应后的溶液中滴加KSCN不显红色，且无固体剩余物，反应后得到FeSO4的物质的量是0.8mol
C．现向一密闭容器中充入1mol N2和3mol H2，在一定条件下使该反应发生，达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度一定相等
D．某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42+ 等离子，当向该溶液中加入某浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的阳离子是H+、NH4+、Mg2+、Al3+
32．将由FeSO4、Ba(OH)2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量的水中，用玻璃棒搅拌，充分溶解，一段时间后，向稳定的混合物溶液中滴加1mol·L-1的稀硫酸，加入稀硫酸的体积与生成沉淀的物质的量关系如图所示。下列有关判断不正确的是( )
A．AB段发生反应的离子方程式为：Ba2++SO42-+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O
B．D点表示的溶液呈酸性
C．C点表示的沉淀的化学式为Al(OH)3、BaSO4、Fe(OH)2
D．混合物中FeSO4和AlCl3的物质的量相等
33．是褐色固体，受热分解为Pb的和价的混合氧化物，价的Pb能氧化浓盐酸生成，价的Pb还原成价的Pb；现将加热分解得到，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到，和的物质的量之比为，则剩余固体的组成及物质的量比是
A．混合的、 B．混合的、PbO
C．混合的、、PbO D．混合的、、PbO
34．环境科学刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠，其中S为价去除废水中的正五价砷的研究成果，其反应机制模型如图所示。设阿伏加 德罗常数的值为，。下列叙述正确的是
A．过硫酸钠含个过氧键
B．若参加反应，共有个被还原
C．室温下，中间产物溶于水所得饱和溶液中为
D．pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷
35．已知还原性：SO＞I－。向含a mol KI和a mol K2SO3的混合液中通入b mol Cl2充分反应(不考虑Cl2与I2之间的反应)。下列说法不正确的是 ( )
A．当a=b时，发生的离子反应为SO＋Cl2＋H2O=SO＋2H＋＋2Cl－
B．当5a＝4b时，发生的离子反应为4SO＋2I－＋5Cl2＋4H2O=4SO＋I2＋8H＋＋10Cl－
C．当a≤b≤a时，反应中转移电子的物质的量n(e－)为a mol≤n(e－)≤3a mol
D．当a＜b＜a时，溶液中SO、I－与Cl－的物质的量之比为a∶(3a－2b)∶2b
36．标准状况下，V L某气体(此气体不与水反应)溶解在1L水中(水的密度近似为1g/mL)，所得溶液的密度为，溶质的摩尔质量为，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为，溶液的体积为，下列关系中正确的是
A． B．
C． D．
37．卡尔-费休法是测定有机溶剂中的微量水含量的经典方法。所用试剂由碘、二氧化硫、吡啶(C5H5N， 有机碱，与H+反应生成C5H5NH+)和无水甲醇按一定比例配制而成。该试剂与待测溶剂中的水反应后，产物的含量用库仑滴定法来测定。下列说法错误的是
A．该方法的基本原理是利用碘与二氧化硫反应，离子方程式为：I2+ SO2 + 2H2O =2H+ +SO+ 2HI
B．加入吡啶的作用是中和产生的酸，促进反应进行完全
C．加入甲醇可以进一步稳定产物， 生成C5H5NHSO4CH3
D．总反应可表示为：I2+ SO2+ H2O + 3C5H5N + CH3OH = C5H5NHSO4CH3+ 2 C5H5NHI
38．化学上常用标准电极电势φ(氧化型/还原型)比较物质氧化能力。φ值越高，氧化型物质的氧化能力越强，φ值与体系的pH有关。利用表格所给的数据分析，以下说法错误的是
氧化型/还原型 φ(Co3+/Co2+) φ(HClO/Cl-)
酸性介质 1.84V 1.49V
氧化型/还原型 φ[Co(OH)3/Co(OH)2] φ(ClO-/Cl-)
碱性介质 0.17V x
A．推测：x＜1.49V
B．Co3O4与浓盐酸发生反应：Co3O4+8H+=Co2++2Co3++4H2O
C．若x=0.81V，碱性条件下可发生反应：2Co(OH)2+NaClO+H2O=2Co(OH)3+NaCl
D．从图中数据可知，氧化型物质的氧化性随着溶液酸性增强而增强
39．某固体混合物由Na2CO3和NaHCO3两种物质组成，将其分成X、Y两等份。标准状况下，X溶于足量盐酸，生成CO2的体积为V1L；Y充分加热、冷却后再溶于足量盐酸，生成CO2，的体积为V2L。下列说法正确的是
A．加热，蒸干X与足量盐酸反应后的溶液，可得固体g
B．Y充分加热，固体质量减少g
C．X、Y消耗盐酸的物质的量之比为1：1
D．混合物中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为
40．向含Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150mL1mol·L-1的HCl溶液，测得溶液中的某几种离子物质的量的变化如图所示，则下列说法正确的是
A．b曲线表示的离子方程式为：AlO＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓
B．d和c曲线表示的离子反应是相同的
C．M点时Al(OH)3的质量等于3.9g
D．原混合溶液中的与AlO的物质的量之比为1︰2
41．现有Fe、、混合物共0.1 mol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到0.01 mol ，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中铁的物质的量为
A．0.05 mol B．0.06 mol C．0.07 mol D．0.08 mol
42．向两份20 ml 0.1 mol/LBa(OH)2溶液中各加入定量的KAl(SO4)2和Al2(SO4)3溶液的导电性随(混合前)的变化关系如图所示，下列分析不正确的是
A．a点溶液的pH值约为7 B．b点溶液中大量存在的阳离子有Al3+和Ba2+
C．c、d两点溶液中OH-均已完全反应 D．②代表加入Al2(SO4)3的变化曲线
43．将一定量的氯气通入的氢氧化钾浓溶液中，加热少许时间后，恰好完全反应，测得溶液中含氯元素的离子有：。下列说法不正确的是
A．一共消耗了氯气
B．当溶液中时，反应的离子方程式为：
C．若反应中转移的电子为，则
D．反应生成的有一定的氧化性
44．向200mL稀与稀的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积(标准状况下)之间的关系如图所示，且曲线中每一段只对应一个反应。下列说法错误的是
A．混合溶液中的物质的量浓度为1 mol/L
B．若向铜粉中加入100mL上述混合溶液，最多能溶解19.2g铜
C．
D．每一阶段反应转移电子数目之比为
45．1.52g铜镁合金完全溶解于50mL14mol/L的浓硝酸中，得到NO2和NO的混合气体896mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol·L-1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶1
B．固体溶解后的溶液中硝酸的物质的量为0.6mol
C．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积至少为600mL
D．反应过程中转移的电子数是0.06NA(NA代表阿伏加德罗常数的值)
46．在温度为300K，压力为750mmHg的条件下有1.5L He和另一种气体的混合物，质量共5.0g。另一种气体在270K下即凝固。若在15K下气体混合物的压力为8mmHg(在相同体积下)，则另一种气体的相对分子质量是
A．103.8 B．4.0 C．495 D．82.24
二、多选题
47．向溶液中逐渐通入，其中、随通入的物质的量变化如图所示，下列说法错误的是
A．①代表，②代表
B．还原性强弱：
C．当时，溶液中
D．①的反应为
48．向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后固体剩余物的质量与加入铁粉的质量关系如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法正确的是
A．a点时溶液中阳离子仅为Cu2+和Fe2+
B．b点时溶液中发生的反应为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+
C．c点时加入的铁粉与Cu2+反应
D．原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶2
49．将agNH3溶于水得到VmL溶液，假设该溶液的密度为ρg/cm3，质量分数为w，溶液中NH为bmol。已知氨水的密度比水小且浓度越大密度越小。下列叙述正确的是
A．据电荷守恒知：溶液中c(OH-)=+c(H+)
B．溶质的质量分数为w=×100%
C．溶质的物质的量浓度c=mol/L
D．上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5w
50．下列离子反应方程式正确的是
A．将少量SO2气体通入NaClO溶液中：2ClO-+SO2+H2O→SO32-+2HClO
B．硫化氢气体通入硫酸亚铁溶液产生黑色硫化亚铁沉淀：H2S+Fe2+→FeS↓+ 2H+
C．向偏铝酸钠溶液中通入过量CO2：AlO2-+CO2+2H2O→Al(OH)3↓+HCO3-
D．向硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中滴加足量Ba(OH)2溶液 NH4+＋Al3+＋2SO42—＋2Ba2+＋5OH－→AlO2－＋2BaSO4↓＋NH3·H2O＋2H2O
参考答案：
1．D
【详解】A．由图可知，该过程的能量变化为：太阳能转化为化学能，化学能转化为电能，A错误；
B．氢能源是一次能源，但是开发氢能源需要更多的能量和较高的技术，所以目前氢能源还没有被普遍使用，B错误；
C．氢气不易贮存和运输，但是其热值高，产物环保，所以具由开发利用价值和应用前景，C错误；
D．氢气作为能源，其产物为水，不污染环境，所以发展氢能源可减少温室气体排放，符合“绿色化学”，D正确；
故选D。
2．C
【详解】A．由图一知，AB段表示的是碳酸氢钙分解生成碳酸钙、水和二氧化碳，CD段表示的是碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，根据反应前后钙元素质量守恒，所以A、C、D三点对应的固体中所含钙元素质量相等，A正确；
B．由图一知，BC段表示固体碳酸钙，其质量为10g，CD段表示的是碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，D点表示固体氧化钙，其质量为x，设10g碳酸钙完全分解生成氧化钙质量为m，则：
，解得m=5.6g，因此x=5.6g，完全反应生成二氧化碳的质量为：，设16.2g的碳酸氢钙与足量稀盐酸反应生成二氧化碳的质量为n，则：
，n=8.8g，由此知向A点所示固体中加入足量稀盐酸，充分反应生成CO2的质量为8.8g，B正确；
C．反应①-④的化学方程式为：①，②，③，④，由此可知，反应①②中碳元素质量守恒，③④中碳元素质量守恒，因为Ca(HCO3)2质量相等，所以在反应①、②生成的总质量等于反应④生成的质量，C错误；
D．根据上述分析可知x=5.6g，D正确；
故选C。
3．D
【详解】A．加入酸后Q中发生反应的化学反应产生和，球形干燥管中应装有碱石灰，用于除去气体中的，A错误；
B．反应产生的和使气囊变大，将Ⅲ中的气体排出，水进入量筒Ⅰ中，所以量筒Ⅰ中水的体积即为产生和的总体积，所以滴加稀硫酸前必须关闭，打开，B错误；
C．由B分析可知量筒Ⅰ中水的体积即为产生和的总体积，量筒Ⅱ收集的是的体积，C错误；
D．若Ⅱ中产生的气体经过换算后为，故已变质的样品中的质量为，D正确；
故选D。
4．D
【详解】A．甲、乙两室压强与温度相同，气体的物质的量之比等于其体积之比，则甲室中气体物质的量为，分子总数为，故A错误；
B．设甲中和的物质的量分别为x、y，x+y=2，2x+32y=19，解得x=1.5mol，y=0.5mol，甲室的物质的量之比为，故B错误；
C．甲室中混合气体的平均摩尔质量，同温同压下气体的密度之比等于其摩尔质量之比，故该混合气体的密度是同温同压条件下氢气密度的倍，故C错误；
D．由，可知反应后氢气有剩余，剩余氢气为，恢复原温度后最终两室中压强相等，体积之比等于其物质的量之比，则A、B两室的体积之比为0.5mol:1mol=1:2，则活塞停留在刻度2处，故D正确；
故选：D。
5．A
【详解】根据 ，因此80g中含有1mol原子，故和的混合物与溶液反应后，生成0.1mol，故未被还原的的物质的量是，故选A。
6．C
【分析】W的原子半径在周期表中最小，W为H元素，根据题干，X形成四个共价键，Z形成两个共价键，另外Z核外最外层电子数与X核外电子总数相等，因此，X为C元素，Z为O元素，则Y只能为N元素，Q的原子半径最大，且形成+1价阳离子，推测Q为Na元素。
【详解】A．根据分析，简单半径大小顺序应为r(Na+)B．碳形成的氢化物种类繁多，常温下形态也由气体、液体到固体，因此水的沸点不一定比碳的氢化物高，B错误；
C．CO2的电子式为 ，所有原子均满足8电子稳定结构，C正确；
D．N2和O2常温下不反应，只有在高温或放电时，二者出现化合，D错误；
答案选C。
7．B
【详解】A．向CuSO4溶液中滴加KSCN，无明显现象，说明不能与反应生成CuSCN，A正确；
B．、Fe2+和三者反应生成白色浑浊，降低的浓度，使可逆反应平衡逆向移动，故溶液红色消失；再反复多次滴加KSCN溶液，增大了浓度，使 平衡正向移动，红色不再褪去，并产生大量白色沉淀，B错误；
C．过滤②中白色沉淀并洗涤干净，向其中加入过量氨水，白色沉淀溶解得无色溶液，放置过程中，无色溶液变蓝色原因是：，C正确；
D．依据实验①、②、③推测，②中由于生成CuSCN，使Cu2+氧化性增强，将Fe2+氧化为Fe3+，D正确；
故选B。
8．D
【详解】A．同一反应中，既有单质参加，又有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，如臭氧和氧气之间的转化，A错误；
B．淀粉、纤维素属于天然高分子，油脂不属于高分子，B错误；
C．有水生成的反应不一定是复分解反应，如H2＋CuOCu＋H2O，C错误；
D．碱性氧化物是与酸反应生成盐和水的氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3，D正确；
故选D。
9．C
【详解】A．图①为新制氯水在阳光直射，新制氯水中有次氯酸，阳光照射会分解为HCl和氧气，则溶液中浓度会增大，A项错误；
B．混合溶液滴加盐酸，应该立即产生，B项错误；
C．溶液中离子浓度越大，导电性越强，溶液中滴加，随着反应的进行有沉淀，沉淀生成，导致溶液中离子浓度减小，当完全反应为沉淀，沉淀时，导电能力为0，继续滴加溶液，离子浓度增大，导电能量增大，C项正确；
D．因还原性，则先发生反应：，完全反应后再发生反应：，最后发生反应：，b段发生的反应为，则b段代表的物质的量的变化情况，D项错误；
答案选C。
10．A
【分析】胆矾的化学式，5g胆矾的物质的量是，加热完全失去结晶水，得到，质量为，所以点对应物质是CuSO4；为分解，d中含有铜元素，则氧元素的物质的量为，所以d点对应物质为CuO；e中含有铜元素；则氧元素的物质的量为，所以e点对应物质为。
【详解】A．胆矾失去部分结晶水得到a点对应的物质，设该物质化学式为，，x=3，氧元素的质量分数约为，故A错误；
B．胆矾的化学式，5g胆矾的物质的量是，加热完全失去结晶水，得到，质量为，所以c点对应物质是，故B正确；
C．为分解为；产生的气体可能全部为（或和，或、和）的混合气体，将该气体通入溶液中，生成沉淀，故C正确；
D．的过程反应方程式为，有氧气生成，氧气可使带火星的小木条复燃，故D正确；
故答案为A。
11．B
【分析】向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，由于还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况；通入氯气，根据反应离子方程式可知溶液中n（I-）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol-1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I-）+n（Br-）=2n（Fe2+），故n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol，线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，已知碘单质的物质的量为1mol，反应消耗氯气的物质的量为5mol，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为+5价，则该含氧酸为HIO3，即线段Ⅳ表示HIO3的变化情况，据此分析解答。
【详解】A．根据分析可知，线段Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表I-、Fe2+、Br-、HIO3的变化情况，故A正确；
B．n（Fe2+）：n（I-）：n（Br-）=4mol：2mol：6mol=2：1：3，故B错误；
C．由分析可知，溶液中n（Br -）=6mol，根据2Br - +Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，b-a=5，所以b=11，故C正确；
D．线段Ⅳ的反应方程式为： 5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3，氧化剂和还原剂的物质的量之比是5∶1，故D正确；
故答案为B。
12．B
【分析】根据各选项，燃烧后的产物为水和二氧化碳，与Na2O2发生反应：、 ；对生成物变形：Na2CO3～Na2O2 CO，2NaOH～Na2O2 H2，得如下关系式：H2～H2O～2NaOH～Na2O2 H2，CO～CO2～Na2CO3～Na2O2 CO。有机物可拆写成(CO)m Hn的形式，H2、CO也可拆写成(CO)m Hn的形式，满足该形式的物质，经过题示反应后将得到碳酸钠或氢氧化钠，即反应后固体的质量增加的质量相当于CO和H2的质量，等于ag。
【详解】A．H2可拆写成(CO)0 Hn的形式，满足上述结果，固体质量增加ag，故A不符合；
B．C12H22O11可拆写成(CO)11 (H22) C，不满足上述结果，固体质量增加量大于ag，故B符合；
C．可以写成(CO)6 H12，满足上述结果，固体质量增加ag，故C不符合；
D．CO可拆写成(CO)m H0的形式，满足上述结果，固体质量增加ag，故D不符合；
故选B。
13．B
【分析】已知反应过程放热，温度较低时先生成和，生成物中有三种含氯元素的离子，则随着反应进行，温度升高，产物中的量增大，故Ⅰ、Ⅱ分别为和两种离子的变化曲线；
【详解】A．由分析可知，曲线Ⅰ表示的物质的量随反应时间变化的关系，A错误；
B．由图可知，t2时氢氧化钙与氯气恰好反应，n()=0.10mol，故n[Ca(ClO)2]=0.05mol，n()=0.05mol，故n[Ca(ClO3)2]=0.025mol，反应中部分氯元素化合价升高得到和，部分氯元素化合价降低得到氯离子，结合和量的关系及电子守恒可知，反应为：10Cl2+10Ca(OH)2=7CaCl2+2Ca(ClO)2+Ca(ClO3)2+10H2O，则n[Ca(OH)2]=10n[Ca(ClO3)2]=0.025mol×10=0.25mol，B正确；
C．结合B分析可知，n[CaCl2]=7n[Ca(ClO3)2]=0.025mol×7=0.175mol，则n(Cl-)=0.35mol，C错误；
D．另取一份等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中的物质的量为0.37mol，设和分别为amol、bmol，根据电子守恒可知，a+5b=0.37，根据生成物中氯元素和钙元素关系结合B结论可知，0.37+a+b=0.25×2，解得a=0.07mol、b=0.06mol，则，D错误；
故选B。
14．B
【详解】A．溶液中的Ca2+离子会和生成的碳酸根离子会生成碳酸钙沉淀，故A错误；
B．向饱和食盐水中先通入足量的，再通入足量的，由于碳酸氢钠的溶解度小会有碳酸氢钠沉淀生成故B正确；
C．Fe3+和OH-会生成Fe(OH)3沉淀，故C错误；
D．由于Na2S2O3过量，会和生成的H+离子反应生成S单质和SO2气体，故D错误；
答案选B。
15．A
【分析】题目中突破口在于由m中逐滴滴入p时，沉淀增多，后减少但没有完全消失，由此可推出，现有离子中，此过程涉及物质一定是向铝盐溶液中逐滴滴入强碱溶液，故m为可溶性铝盐，p为强碱，再结合碱过量，沉淀未溶解完全，说明强碱与铝盐混合，除了有氢氧化铝生成，还有其他沉淀生成，则可判断出m为Al2(SO4)3，p为Ba(OH)2，则p、q能产生无色有刺激性气味的气体，q含NH3，m、n能剧烈反应，产生白色沉淀和无色气体，符合铝离子与HCO反应生成氢氧化铝和二氧化碳的现象，则n含HCO，由于所剩离子仅为Na+和，溶液呈电中性，故q为NH4NO3，n为NaHCO3。
【详解】A．由分析可知，p为Ba(OH)2，故A正确；
B．由分析可知，q为NH4NO3，故B错误；
C．由分析可知，n为NaHCO3，故C错误；
D．由分析可知，m为Al2(SO4)3，故D错误；
故选A。
16．C
【分析】根据三种分子的相对分子质量分别是70、72、74，其中一种核素的质量数为，另一种核素的质量数为，质量数为35和37的原子构成相对分子质量为72的分子，依此解题。
【详解】A．由分析可知此元素有二种核素，A错误；
B．由分析可知此元素有二种核素质量数分别为：35和37，B错误；
C．相对分子质量为70的分子是由2个质量数为35的原子构成、相对分子质量为72的分子是由1个质量数为35的原子和1个质量数为37的原子构成、相对分子质量为74的分子是由2个质量数为37的原子构成，此三种单质的物质的量之比为9∶6∶1，所以质量数为35和质量数为37的原子的个数比为：，其中质量数为37的核素原子占总原子数的百分率为25%，C正确；
D．双原子分子有三种，其相对分子质量分别为70、72、74，标准状况下，V升该气体中此三种分子的物质的量之比为9∶6∶1，则 X2的平均相对分子质量为=71，D错误；
故选C。
17．D
【分析】由题干信息中向1mol Z2(WY4)3溶液中滴入 Ba(OH )2 溶液的沉淀量图像信息以及X、Y、Z、W 为短周期元素且原子序数依次增加，Y 的质子数是 W 的原子序数的一半可知，Z2(WY4)3为Al2(SO4)3，反应原理为：Al2(SO4)3+3Ba(OH)2=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，Al(OH)3溶于Ba(OH)2生成四羟基合铝酸根，即Z为Al、W为S、Y为O，根据左侧图示信息可知，失重40.54%为失去部分X2Y，结合原子序数依次增大推测X为H，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X、Y、Z、W分别为H、O、Al、S，其中X、Y的单质常温下为气体，Z、W 的单质常温下为固体，A错误；
B．由分析可知，Z为Al，W为为S，因为S2-核外有3个电子层，而Al3+核外只有2个电子层，故Z、W 的简单离子半径的大小顺序为S2-＞Al3+即 W2 Z3，B错误；
C．由分析可知，Z2(WY4)3 18X2Y 即Al2(SO4)3 18H2O，由图可知 400℃热分解失重40.54%，=15，即只失去 15 个 X2Y即H2O，C错误；
D．1100℃热分解后失重84.68%，故生成固体化合物的相对分子质量为：666×(1-84.68%)=102，则恰好为Al2O3的相对分子质量即Z2Y3，且工业上通过电解熔融的Z2Y3即Al2O3制备单质Z即Al，D正确；
故答案为：D。
18．D
【详解】A．上述反应中存在NaN3和KNO3中离子键、叠氮酸根内的氮氮非极性键、 硝酸根内的氮氧极性共价键的断裂，存在K2O和Na2O内的离子键、氮气中氮氮非极性键的形成，A错误；
B．NaN3中N元素由-价升高到N2中的0价，KNO3中N元素由+5价降低到N2中的0价，根据化合价升降守恒、原子守恒，可得反应的方程式为：10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2↑，且有关系式：16N2~10e-，故当反应过程中转移0.25 mol电子时，标况下产生的气体为V=0.25 mol××22.4 L/mol=8.96 L，B错误；
C．10 mL 1 mol·L-1的KNO3溶液中硝酸根离子中含有的氧原子的数目为0.03×6.02×1023，另外溶剂水中也含有氧原子，因此该溶液中含有的O原子数目大于0.03×6.02×1023，C错误；
D．根据B中分析可知：被氧化的N原子与被还原的N原子之间的关系为30N (被氧化) ~2N (被还原)，若被氧化的N原子的物质的量为6 mol，则氧化产物为3 mol，此时被还原的N原子的物质的量为×6 mol=0.4 mol，则还原产物为0.2 mol，所以氧化产物比含有产物多(3-0.2) mol=2.8 mol，D正确；
故选D。
19．C
【分析】设R原子的核外电子数为x，T原子的核外电子数为y，则S原子的核外电子数为，，，T原子的最外层电子数等于x，通过排除法，x只能是7，即R为N，S为O，T为Cl，W为Cu。
【详解】A．R的简单氢化物为，S的简单氢化物为，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，则稳定性，A错误；
B．R的最高价氧化物对应的水化物为为强酸，B错误；
C．O、Cl可形成，是一种常用消毒剂，C正确；
D．Cu与Cl可以形成和，D错误；
故选C。
20．C
【分析】0～50mL段发生反应为，50mL～150mL发生反应为：，50mL溶液中Na2CO3完全转化成NaHCO3，消耗50mL盐酸，根据上述反应可知，n(HCl)=n(Na2CO3)=2.5×10-3mol，该盐酸的浓度为。
【详解】A．结合上述分析可知消耗50mL盐酸时生成的n(NaHCO3)=n(Na2CO3)=2.5×10-3mol，此时溶液中总的碳酸氢钠为：n(NaHCO3) =5×10-3mol，所以这50mL溶液中NaHCO3的物质的量为：5×10-3mol -2.5×10-3mol=2.5×10-3mol，则原混合物中NaHCO3的物质的量为：，故A错误；
B．根据上述分析可知原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1：1，故B错误；
C．据分析可知盐酸的浓度是0.05mol/L，故C正确；
D．盐酸加到150mL时，根据反应，可知放出CO2气体的物质的量：，即为0.112L标准状况下)，故D错误；
故选C。
21．D
【分析】过程①发生反应：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，过程②发生反应：CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++2H+，过程③发生反应：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
【详解】A．个转化过程中，过程②消耗Fe3+，过程③生成Fe3+，则Fe3+可以循环使用，A正确；
B．过程①中，发生反应Cu2++H2S=CuS↓+2H+，属于复分解反应，B正确；
C．过程中n(Fe3+)不变，H2S与O2存在以下关系式：2H2S→O2→2S，当有1mol S生成时，消耗0.5mol O2，C正确；
D．由分析可知，过程②发生反应的离子方程式为：CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++2H+，D错误；
故答案选D。
22．C
【详解】A．温度低于20℃时，NaCl的溶解度减小，NaCl的质量分数减小，则饱和NaCl溶液的浓度小于，故A正确；
B．20℃时，1L饱和NaCl溶液的质量为，溶质NaCl的质量为58.5cg，故NaCl的质量分数为，故B正确；
C．58.5gNaCl的物质的量为1mol，将其溶解在1L水中，所得溶液的体积不是1L，故所得溶液的浓度不是，故C错误；
D．20℃时，1L饱和NaCl溶液中NaCl的质量为58.5cg，又知溶液的质量为，则溶剂水的质量为，根据溶解度的定义，可知20℃时NaCl的溶解度为，故D正确；
故选C。
23．A
【详解】A．新制氯水具有酸性，会与碳酸钙反应，生成二氧化碳，离子方程式为：，A正确；
B．草酸是弱酸，在离子方程式中不拆，正确的离子方程式为：，B错误；
C．溶液中滴加溶液至恰好完全沉淀,则氢氧化钡完全反应，正确的离子方程式为：，C错误；
D．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气，则碘离子完全反应，正确的离子方程式为：，D错误；
故选A。
24．D
【详解】A．制备，，化合价升高，发生氧化反应，为氧化产物，A正确；
B．，化合价从+3变成+2价，降低，为氧化剂，，升高1，为还原剂，根据化合价升降守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，B正确；
C．根据反应，所得方程式为：，有生成，则反应中有2 mol电子转移，C正确；
D．根据题意，、、在水溶液中不发生反应，能大量共存，D错误；
故选D。
25．D
【分析】将一定量的氯气通入0.50 mol的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后，溶液中形成NaCl、NaClO、共存体系(不考虑氯气和水的反应)，则发生的反应有和。
【详解】A．采用极限思想，若只发生反应，0.5mol氢氧化钠，对应转移电子为0.25mol，若只发生反应，0.5mol氢氧化钠，对应转移电子为mol ，若反应中转移的电子为n mol，则，A错误；
B．由反应和反应可得，若为4∶3∶1，则在反应中得到电子个数与失去电子个数的比值为4∶8，即1∶2，不满足得失电子守恒，B错误；
C．采用极限思想，若只发生反应，0.5mol氢氧化钠，对应消耗Cl2为0.25mol，若只发生反应，0.5mol氢氧化钠，对应消耗Cl2为0.25mol，则与NaOH反应的氯气为0.5 mol ，C错误；
D．当溶液中时，由反应和反应可得，根据氯原子守恒，生成NaCl的氯为氧化剂，生成NaClO和NaClO3的氯原子为还原剂，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3，D正确；
故选D。
26．C
【详解】A．以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取氧气，各物质中氧元素的价态变化分别为：-2→0，-2→0，-1→0，所以，当制得1mol氧气时，转移电子的物质的量分别为4mol、4mol、2mol，因此转移电子的物质的量之比为4︰4︰2=2︰2︰1，故A项正确；
B．由电荷守恒可知n＝2，则中R的化合价是+6，故B正确；
C．设参加反应的FeS为3mol，则根据S元素守恒可知生成1mol Fe2(SO4)3，根据Fe元素守恒可知生成1mol Fe(NO3)3，Fe元素化合价由+2价变为+3价，S元素化合价由-2价变为+6价，所以3molFeS共失去27mol电子，根据电子得失守恒可知HNO3共得到27mol电子，生成NO、NO2和N2O4，设NO、NO2和N2O4的物质的量分别为x、x、x，则有x×3+x+2x=27mol，解得x=4.5mol，即NO、NO2和N2O4的物质的量均为4.5mol，根据N元素守恒可知HNO3的物质的量为1mol×3+4.5mol+4.5mol+4.5mol×2=18mol，所以实际参加反应的FeS与HNO3的个数之比为3mol：21mol=1：7，故C错误；
D．已知Na2Sx中S的化合价为价，转化为Na2SO4中S的化合价为+6价，NaClO中的Cl的化合价为+1价，转化为NaCl中Cl的化合价为-1价，若反应中Na2Sx与NaClO消耗的物质的量之比为1：16，根据氧化还原反应中，电子得失总数相等可知，x×[+6-()]×1=16×[+1-(-1)]，解得x=5，故D正确；
故选C。
27．C
【分析】碱浸液中碲以，加入，得到，Te元素化合价降低，作还原剂，再加入将沉淀，滤液中含有，加入稀硫酸调节，发生反应，得到。
【详解】A．离子中化合价的代数和为-2，中Te元素的化合价为+4，A正确；
B．加入，得到，Te元素化合价降低，作还原剂，被氧化，B正确；
C．加入将沉淀，没有体现其还原性，C错误；
D．与氧化铝的性质具有一定的相似性，既能与酸反应，也能与碱反应，所以为防止产品产率降低，加入硫酸的量不宜过多，D正确；
故选C。
28．B
【详解】A．配平两个反应为、；反应①中HBrO→KBr中Br元素化合价降低2价，HBrO作氧化剂，中Cu元素化合价升高1价，作还原剂，则还原剂和氧化剂的物质的量之比为2∶1，A正确；
B．反应②方程式为，生成1 mol 转移4 mol电子，标准状况下生成5.6 L 即物质的量为 mol，转移电子，B错误；
C．反应②反应方程式中的Cu元素化合价降低，O元素化合价升高，既作氧化剂也作还原剂，既表现氧化性，又表现还原性，C正确；
D．氧化剂的氧化性强于氧化产物，由①可得氧化性：，由②可得氧化性：。则氧化性强弱顺序为：，D正确；
答案选B。
29．B
【分析】锌和盐酸反应产生氢气，关闭K3打开K1和K2，在c中产生H2，H2会使c中气体进入b，将空气排出装置，防止二价铬再被氧化；打开K3，关闭K1和K2，H2使c中压强增大，将c中液体压入d中，与d中的醋酸钠溶液反应生成醋酸亚铬；
【详解】A．醋酸亚铬在气体分析中用作氧气吸收剂，说明其容易和氧气反应，故实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却以排除溶解的氧气，A正确；
B．锌和盐酸反应产生氢气，关闭K3打开K1和K2，在c中产生H2，H2会使c中气体进入b，将空气排出装置，防止二价铬再被氧化；打开K3，关闭K1和K2，H2使c中压强增大，将c中液体压入d中，与d中的醋酸钠溶液反应生成醋酸亚铬，B错误；
C．根据醋酸亚铬的性质，其难溶于冷水，所以可以将得到的溶液冷却，降低醋酸亚铬的溶解度，使醋酸亚铬以沉淀的形式析出，然后过滤、洗涤将其分离出来，C正确；
D．由题中信息可知，醋酸亚铬易被O2氧化，装置d暴露在空气中，是一个敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触生成杂质，D正确；
故选B。
30．A
【详解】Cl2生成与是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，经测定和个数之比为3∶4，则可设为3个，为4个，被氧化的氯原子的个数为3+4=7个，根据化合价变化可知，反应中失去电子的总个数为个，氧化还原反应中得失电子数目一定相等，则该反应中得到电子的个数也是23个，Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为1价，则被还原的Cl的个数为23个，所以被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数之比为23∶7。
故选A。
31．B
【详解】试题分析：A、溶液中加入一定量盐酸恰好完全反应，所得溶液为氯化钠，最后所得固体为氯化钠，根据钠离子守恒由n(NaCl)=n(Na+)=0.1L×1mol/L=0.1mol，故氯化钠的质量为0.1mol×58.5g/mol=5.85g，故A错误；B、硫酸恰好完全反应，反应后的溶液中滴加KSCN不显红色，且无固体剩余物，最后为硫酸亚铁溶液，根据硫酸根守恒可知n(FeSO4)=n(H2SO4)=4.0mol/L×0.2L=0.8mol，故B正确；C、开始投入1molN2和3molH2，氮气与氢气按1：3反应二者转化率相同，平衡时氮气与氢气物质的量浓度为1：3，不可能相等，故C错误；D、开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3 H2O的反应，则有NH4+，根据电荷守恒可知一定有SO42-，故D错误；故选B。
考点：考查了混合物的有关计算、离子反应、化学平衡有关计算的相关知识。
32．C
【分析】由图可知最终沉淀0.05mol为BaSO4，则固体混合物中n[Ba(OH)2]为0.05mol，根据图像知，未加H2SO4前A点的沉淀为0.02mol，小于0.05mol，说明FeSO4完全反应，Ba2+有剩余，
由A→B一定发生反应Ba2++SO42-=BaSO4↓，加入20mL H2SO4，n(H2SO4)为0.02mol，由图可知沉淀量增加0.04mol-0.02mol=0.02mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量，故不可能发生反应AlO2- +H++H2O=Al(OH)3↓，该反应硫酸的物质的量与沉淀的物质的量之比为1：2，也不会发生其它沉淀的溶解反应，否则沉淀量增加不可能为0.02mol，说明加入的20mL硫酸只与氢氧化钡反应；故未加H2SO4前A点的溶液中Ba(OH)2有剩余，剩余三种固体组成的混合物溶于足量的水中，用玻璃棒搅拌，充分溶解，一段时间发生反应：FeSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；故A点沉淀为Fe(OH)3、BaSO4，由方程式可知n[Fe(OH)3]=n(BaSO4)=0.01mol，此时Al3+变为AlO2-，可知n(FeSO4)=0.01mol；B→C，加入5mL硫酸，硫酸的物质的量为0.005mol，由图可知沉淀量增加0.055mol-0.04mol=0.015mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量的3倍，故发生反应Ba2++SO42-=BaSO4↓，AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，由方程式可知，该阶段生成BaSO4为0.005mol，生成Al(OH)3为0.01mol，故C的沉淀为Fe(OH)3、BaSO4、Al(OH)3；C→D，加入15mL硫酸，硫酸的物质的量为0.015mol，由图可知沉淀量增加0.06mol-0.055mol=0.005mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量的倍，沉淀量达最大值，不可能单独发生Ba2++SO42-=BaSO4↓（沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量）或AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓（沉淀的物质的量是硫酸的2倍）或二者都发生；故该阶段发生反应Ba2++SO42-=BaSO4↓（生产BaSO4多）、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O、Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O（沉淀溶解少），说明C点AlO2-完全反应，D点的溶液含有Al3+、Fe3+、Ba2+沉淀完全，溶液为Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3；D→E发生反应Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O、Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，E点完全溶解，溶液为Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3，由C→E共消耗30mL H2SO4，而0.01mol Fe(OH)3消耗15mL H2SO4，可知Al(OH)3消耗15mL H2SO4，判定n[Al(OH)3]=n[Fe(OH)3]=0.01mol，可知原混合固体中n(AlCl3)=0.01mol，据此分析作答。
【详解】A. 由上述分析可知，硫酸只与氢氧化钡反应，反应离子方程式为Ba2++SO42-+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O，A项正确；
B. 由上述分析可知，D点的溶液含有Al3+、Fe3+，溶液为Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3，Al3+、Fe3+水解，溶液呈酸性，B项正确；
C. 由上述分析可知，C的沉淀为Fe(OH)3、BaSO4、Al(OH)3，C项错误；
D. 由上述分析可知，原混合固体中n(FeSO4)=0.01mol，n(AlCl3)=0.01mol，两者物质的量相等，D项正确；
答案选C。
33．B
【详解】受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物为、价，铅的氧化物的混合物再与盐酸作用时，价Pb还原为价，被氧化为，此时得到溶液为溶液，利用“电子转移守恒”知在上述转化过程中共转移电子为，设该过程得到的物质的量为3xmol，则的物质的量为2xmol，利用电子转移守恒有：，解得，故知在受热分解过程中产生为，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中，故剩余固体中：：：5，
A．1：2混合的、，：：：10，故A错误；
B．1：1混合的、PbO，：：：5，故B正确；
C．1：4：1混合的、、PbO，：：：19，故C错误；
D．1：1：1混合的、、PbO，：：：7，故D错误；
故选B。
34．C
【详解】A．根据化合价代数和为零的原则，设-1价的O有x个，-2价的O有y个，则有x＋y=8，x＋2y=2＋2×6，解得x=2，y=6，2个-1价的O，则有1个过氧键；可得出1mol过硫酸钠含有个过氧键，故A错误；
B．根据图示，可得出转化过程中Fe先被氧化为 ，反应为，然后进一步被氧化为，最后共沉淀中有和，所以参加反应时，消耗的超过个，故B错误；
C．固体极难溶于水，的饱和溶液近似中性，溶液中的主要来源于水的电离，，，可得，故C正确；
D．酸性条件不利于形成和沉淀，难以与正五价砷发生共沉淀，故D错误；
故选C。
35．C
【分析】还原性：SO＞I－．向含有amolKI和amolK2SO3的混合液中通入bmolCl2充分反应，故氯气先和SO反应，当SO反应完全后，氯气再和I－反应。而amolK2SO3完全反应时能消耗amol氯气，amolKI完全反应时能消耗mol氯气。即当amolKI和amolK2SO3完全反应时，共消耗1.5amol氯气。
【详解】A．当a≥b时，氯气的量不足，只能氧化SO为硫酸根，氯气被还原为氯离子，故离子方程式为SO＋Cl2＋H2O=SO＋2H＋＋2Cl－，故A正确；
B．当5a=4b即a=0.8b时，0.8bmol SO消耗0.8bmol氯气，被氧化为0.8bmol SO，0.2bmol氯气能氧化0.4bmol I－为I2，故离子方程式为：4SO＋2I－＋5Cl2＋4H2O=4SO＋I2＋8H＋＋10Cl－，故B正确；
C．当b=a时，此时Cl2能将全部SO氧化为SO，转移电子最少，为2amol，当b=amol时Cl2可完全反应，转移电子最多，为3amol，故转移的电子的物质的量为2amol≤n(e-)≤3amol，故C错误；
D．当a＜b＜a时，SO全部被氧化为硫酸根，而I－不能全部被氧化，故溶液中硫酸根的物质的量为amol，消耗的氯气为amol，故剩余的氯气为(b-a)mol，则能氧化的I－的物质的量为2(b-a)mol，故溶液中的碘离子的物质的量为a-2(b-a)=(3a-b)mol，由于氯气完全反应，故溶液中的氯离子的物质的量为2bmol，故溶液中SO42-、I-与Cl-的物质的量之比为a：(3a-2b)：2b，故D正确；
综上所述答案为C。
36．D
【详解】A． ，故A错误；
B．，故B错误；
C．，故C错误；
D．，故D正确；
故本题选D。
37．A
【解析】略
38．B
【详解】A．因为φ值越高，氧化型物质的氧化能力越强，HClO的氧化性比ClO-的强，则说明x＜1.49V，A正确；
B．Co3O4中含有Co3+，因为φ(Co3+/Co2+)>φ(HClO/Cl-)，说明氧化性Co3O4>HClO>Cl2，则Co3O4与浓盐酸混合发生氧化还原反应生成Cl2，其反应的离子方程式为：Co3O4+8H++2Cl-=3Co2++Cl2↑+4H2O，B错误；
C．若x=0.81V，则氧化性ClO->Co(OH)3，说明NaClO可以将Co(OH)2氧化成Co(OH)3，反应的化学方程式为2Co(OH)2+NaClO+H2O=2Co(OH)3+NaCl，C正确；
D．从图中数据可知，酸性条件下的φ值大，氧化型物质的氧化性增强，D正确；
故选B。
39．C
【详解】反应涉及的方程式为： ， ， 假设每份中碳酸氢钠的物质的量为xmol，碳酸钠的物质的量为ymol，则有 ，
A．X与盐酸反应后的溶液蒸干后得到氯化钠，n(NaCl)=n(Na)=(x+2y)mol，计算得到质量为，A错误；
B．碳酸氢钠受热分解，质量减少为水和二氧化碳的质量，B错误；
C．两个过程最后都得到氯化钠，根据原子守恒分析，X、Y消耗盐酸的物质的量之比为1：1，C正确；
D．， ，解 ，则碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量比例为：，D错误；
故选C。
40．C
【分析】Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液，先发生反应AlO+H++H2O═Al（OH）3↓，a线表示AlO减少；第二阶段，AlO反应完毕，发生反应CO+H+═HCO，b线表示CO减少，c线表示HCO的增加；第三阶段，CO反应完毕，发生反应HCO+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO减少，此阶段Al（OH）3不参与反应。
【详解】A．由分析可知，b曲线表示的离子方程式为：CO+H+═HCO，A错误；
B．由分析可知，d和c曲线表示的离子反应是不相同的，B错误；
C．盐酸50mL时NaAlO2中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，加50mL盐酸之后CO反应，氢氧化铝沉淀不溶解，则M点沉淀的质量和盐酸50mL时沉淀的质量相同，由NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓知，n（Al（OH）3）=n（NaAlO2）=n（HCl）＝0.05mol，m[Al（OH）3]=0.05mol×78g/mol=3.9g，C正确；
D．第一、第二两段消耗的盐酸的体积都是50ml，所以消耗的氯化氢的物质的量相等，依据第一阶段、第二阶段发生反应AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓，CO+H+═HCO3-，可知CO与AlO的物质的量之比为1：1，D错误；
故选C。
41．B
【分析】加盐酸后固体全部溶解，共收集到0.01molH2，得到与盐酸反应生成氢气的铁单质的物质的量为0.01mol；反应后的溶液中加入 KSCN 溶液不显红色说明不含铁离子，溶液中全部为亚铁离子，依据极值法计算判断。
【详解】铁和盐酸反应 Fe +2HCl=FeCl2+H2，生成0.01mol氢气消耗铁物质的量为0.01mol；反应后的溶液中加入 KSCN 溶液不显红色说明不含铁离子，溶液中全部为亚铁离子，铁和三价铁离子全部反应生成亚铁离子，假设混合物0.1mol为 Fe 、的混合物；设原混合物铁物质的量为x，则的物质的量为（0.1-x） mol ， Fe 3+物质的量2(0.1-x) mol ；
计算得到=0.055mol；
假设混合物0.1mol为 Fe 、混合物，设原混合物中铁物质的量为 ymol ，则 物质的量为（0.1-y) mol ，可以看作Fe2O3和Fe3O4的混合物，Fe3O4的可以看作Fe2O3和 FeO 组成，则Fe2O3的物质的量为2(0.1-y) mol ，Fe 3+物质的量4(0.1-y) mol ；
计算得到y=0.07mol；所以Fe、、 混合物共0.1mol反应含有铁的物质的量为
0.055mol< n ( Fe )<0.07mol，在此范围的铁的物质的量符合；故本题选 B 。
42．B
【分析】Ba(OH)2中加入KAl(SO4)2，KAl(SO4)2由少量至过量发生两个离子反应：
当时，化学反应方程式为，溶液中的可溶物质是KAlO2，将数据代入方程式计算n(KAlO2)=0.1mol/L×0.02L÷2=0.001mol；
当时，化学反应方程式为，溶液中溶液中的可溶物质是K2SO4，将数据代入方程式计算；所以曲线①代表该反应；
Ba(OH)2中加入Al2(SO4)3，Al2(SO4)3由少量至过量发生两个离子反应：
当时，化学反应方程式为，溶液中的可溶物质是Ba(AlO2)2，将数据代入方程式计算n[Ba(AlO2)2]=0.1mol/L×0.02L÷4=0.0005mol；
当时，化学反应方程式为，此时溶液中几乎无可溶物质，溶液此时导电能力最差；所以曲线②代表该反应；
【详解】A．a点溶液中几乎无可溶物，反应物全部生成固体沉淀，所以水溶液接近中性，描述正确，A不符合题意；
B．根据分析，b点溶液中可溶物质只有K2SO4，描述错误，B符合题意；
C．根据分析，c、d两点对应反应中，①中Ba2+及OH-全部生成新的物质，②中OH-全部反应，Ba2+也都参与生成新物质，未有OH-剩余，描述正确，C不符合题意；
D．根据分析，可以得到①是加入KAl(SO4)2的变化曲线，②代表加入Al2(SO4)3的变化曲线，描述正确， D不符合题意；
故选B。
43．A
【详解】A．的氢氧化钾浓溶液中，氢氧化钾为0.6mol，根据钾元素、氯元素守恒可知，总量为0.6mol，则消耗氯气0.3mol，A错误；
B．当溶液中时，则生成个数比为5:1，根据电子守恒可知，反应的离子方程式为：，B正确；
C．若生成，则，根据电子守恒可知，，则，转移电子0.3mol；
若生成，则，根据电子守恒可知，，则，转移电子0.5mol；
故若反应中转移的电子为，则，C正确；
D．中氯处于中间价态，有一定的氧化性，D正确；
故选A。
44．B
【分析】向200mL稀与稀的混合溶液中逐渐加入铁粉，依次发生反应①、②、③；OA段为反应①，生成NO0.2mol；AB为反应②、BC为反应③，生成氢气0.1mol；
【详解】A．由分析可知，OA段为反应①，生成NO0.2mol，根据氮元素守恒可知，混合溶液中的物质的量浓度为0.2mol÷0.2L=1 mol/L，A正确；
B．由分析可知，200mL溶液中硝酸根离子为0.2mol、氢离子为0.2mol×4+0.1mol×2=1.0mol，，则氢离子过量、硝酸根离子完全反应消耗铜0.3mol，质量为19.2g，则若向铜粉中加入100mL上述混合溶液，最多能溶解19.2g÷2=9.6g铜，B错误；
C．由分析可知，3个反应分别消耗铁0.2mol、0.1mol、0.1mol，共消耗铁0.4mol，质量为22.4g铁，C正确；
D．由分析可知，每一阶段反应转移电子数目之比为，D正确；
故选B。
45．C
【分析】设铜、镁的物质的量分别为x、y，根据题干信息，64x+24y=1.52g，98x+58y=2.54g,解得x=0.02mol，y=0.01mol；设NO2和NO的物质的量分别为a、b，根据得失电子守恒，2（0.02+0.01）=a+3b
【详解】A．该合金中铜与镁的物质的量之比是0.02：0.01=2∶1，故A正确；
B．得到NO2和NO的混合气体896mL(标准状况)，气体的物质的量为0.04mol,含有N元素的物质的量=0.04mol,硝酸镁和硝酸铜中硝酸根离子的物质的量=2（0.02+0.01）=0.06mol，根据元素守恒，固体溶解后的溶液中硝酸的物质的量=50mL10-314mol/L-0.06mol-0.04mol=0.6mol，故B正确；
C．沉淀中氢氧根离子的质量=2.54g-1.52g=1.02g，氢氧根离子的物质的量=，中和剩余硝酸需要的氢氧根的物质的量为0.6mol，至少加入氢氧化钠0.6mol+0.06mol=0.66mol，则需要氢氧化钠溶液的体积至少为=660mL，故C错误；
D．金属失去电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，为0.06mol，故反应过程中转移的电子数是0.06NA，故D正确。
答案为C。
46．A
【详解】由PV=nRT可知，在300K，750mmHg有：×101325pa×1.5×10-3m3=8.314Pa·m3/(mol·K)×300K×n1，解得：n1=0.060135mol，在15K，8mmHg下有：×101325pa×1.5×10-3m3=8.314Pa·m3/(mol·K)×15K×n2，解得n2=0.012829mol，因为另一气体在270K时凝固，所以n2即为He的物质的量，另一种气体的物质的量为：n3=n1-n2=0.060135-0.012829=0.047306mol，另一种气体的质量为：m=m总-n2M(He)=5.0g-0.012829mol×4g/mol=4.948684g，故另一种气体的摩尔质量为：M===103.8g/mol，故答案为：A。
47．AD
【详解】A．n(FeBr2)=0.4L×1mol/L=0.4mol，n(Fe2+)=n(FeBr2)=0.4mol，n(Br-)=2n(FeBr2)=0.8mol，根据“2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-”知，Fe2+完全被氧化消耗n(Cl2)=12n(Fe2+)=12×0.4mol=0.2mol，根据“2Br-+Cl2=2Cl-+Br2”知，Br-完全被氧化，n(Cl2)=12n(Br-)=12×0.8mol=0.4mol，根据图及计算数据知，①代表Fe2+，②代表Br-，故A不正确；
B．还原性较强的离子先被氧化，根据A的分析知，Fe2+先被氧化，所以还原性强弱：Fe2+＞Br-，故B正确；
C．当n(Cl2)=0.4mol时，亚铁离子完全被氧化消耗0.2mol氯气，n(Fe3+)=n(Fe2+)=0.4mol，还有0.2mol氯气氧化溴离子，被氧化的n(Br-)=2n(Cl2)=2×0.2mol=0.4mol，剩余n(Br-)为0.4mol，故C正确；
D．亚铁离子先被氧化，所以①的反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故D错误；
故选：AD。
48．BD
【详解】A．a点固体的质量仍为0，则此时发生反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，由于该反应仍未结束，故a点溶液中存在的阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+，A错误；
B．b点固体的质量增加，此时发生反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，B正确；
C．当加入铁粉的质量大于1.68g后，图中曲线出现了拐点，由点(2.24,1.84)和(1.68,1.28)可知，此过程加入铁粉的质量与固体剩余物增加的质量相等，故c点没有发生反应，C错误；
D．当加入铁粉的质量为0～0.56g时，此过程发生反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，溶液中n(Fe3+)=2n(Fe)=2×=0.02mol，故原溶液中n[Fe2(SO4)3]=0.01mol；当加入铁粉的质量为0.56～1.68g时，此过程发生反应的离子方程式为Fe+Cu2+===Cu+Fe2+，则溶液中n(Cu2+)=n(Fe)==0.02mol，原溶液中n(CuSO4)=0.02mol，则原溶液中Fe2(SO4)3与CuSO4的物质的量浓度之比等于物质的量之比为1∶2，D正确；
故答案为：BD。
49．AC
【详解】A．据电荷守恒知：c(OH-)= c（）+ c(H+)=+c(H+)，故A正确；
B．氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为ρ g/cm3，体积为VmL，所以溶液质量为ρVg，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数ω=×100%，故B错误；
C．a g NH3的物质的量为mol，溶液体积为VmL，所以溶液的物质的量浓度，故C正确；
，故C正确；
D．水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，因此等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5w，故D错误；
故选AC。
50．CD
【详解】A．将少量SO2气体通入NaClO溶液中，NaClO具有氧化性，离子方程式：3ClO-+SO2+H2O=SO+2HClO+Cl-，A错误；
B．硫化氢酸性弱于硫酸，不会发生反应，B错误；
C．向偏铝酸钠溶液中通入过量CO2：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO，C正确；
D.向硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中滴加足量Ba(OH)2溶液NH＋Al3+＋2SO＋2Ba2+＋5OH-=AlO＋2BaSO4↓＋NH3·H2O＋2H2O，D正确；
答案选CD。
【点睛】次氯酸、次氯酸盐都具有氧化性，与还原性微粒发生氧化还原反应，此题A选项是高频考点，产物会生成最高价硫酸根
一、单选题
1．为消除目前燃料燃烧时产生的环境污染，同时缓解能源危机。有关专家提出了利用太阳能制取氢能的构想。下列说法正确的是
A．该构想只涉及了太阳能与电能的转换
B．氢能源是一次能源，目前已被普遍使用
C．氢气不易贮存和运输，所以无开发利用价值
D．发展氢能源可减少温室气体排放，符合“绿色化学”
2．已知碳酸氢钙是一种易溶于水的白色固体，受热易分解。某小组取质量为的碳酸氢钙样品进行加热分解实验，加热过程中剩余固体的质量随加热时间的变化如图一所示。经查阅资料发现，碳酸氢钙能与盐酸反应，也能与石灰水反应。于是，他们构建了由碳酸氢钙转化为二氧化碳的不同路径反应转化关系如图二、
下列说法错误的是
A．图一中，A、C、D三点对应的固体中所含钙元素质量相等
B．图一中，若向A点所示固体中加入足量稀盐酸，充分反应生成的质量为
C．图二中，相同质量的在反应①、②生成的总质量大于反应④生成的质量
D．图二中，相同质量的在反应⑤中消耗的质量小于在反应④中消耗的质量
3．某化学小组欲通过测定混合气体中的含量来计算已变质的样品中的含量。实验装置如下图(为弹性良好的气囊)。
已知：①过氧化钠与硫酸反应的总化学方程式为：
②忽略气体在I和IV中的溶解。下列说法正确的是
A．b的作用是为了除去气体中的，故b中应装有无水
B．测定气体总体积必须关闭，打开
C．量筒I用于测量产生气体的体积，量筒II用于测量产生氧气的体积
D．若量筒II收集的气体折算为标准状况下是，则已变质的样品中的质量为
4．某密闭刚性容器油可动活塞隔成甲、乙两室，室温下向甲中充入由和组成的混合气体，向乙中充入空气，此时活塞的位置如图所示。下列有关说法正确的是
A．甲室混合气体的分子总数为
B．甲室的物质的量之比为
C．甲室混合气体的密度是同温同压时密度的8.5倍
D．若将甲室气体点燃引爆并恢复至室温，忽略生成水的体积，活塞最终停留在刻度2处
5．和的混合物与一定量的溶液恰好完全反应，生成、、和，则未被还原的的物质的量是
A． B． C． D．
6．短周期主族元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，形成的化合物是一种重要的食品添加剂，结构如图。Z核外最外层电子数与X核外电子总数相等。W的原子半径在周期表中最小。下列有关叙述正确的是
A．简单离子半径大小：
B．氢化物的沸点：
C．化合物中所有原子均满足8电子稳定结构
D．Y元素对应的单质与Z元素对应的单质在常温下能反应
7．某同学进行如下实验：
①分别向溶液和溶液中滴加KSCN溶液，均无明显现象。
②向和的混合液中滴加KSCN溶液，溶液立刻变红，振荡后，红色褪去，产生白色沉淀，继续滴加过量KSCN溶液，红色不再褪去，并产生大量白色沉淀。
③过滤②中白色沉淀并洗涤干净，向其中加入过量氨水，白色沉淀溶解得无色溶液，放置过程中，无色溶液变蓝色。
已知：CuSCN为白色、难溶性物质：为无色离子。
下列说法不正确的是
A．实验①说明不能与反应生成CuSCN
B．实验②中红色褪去的原因是振荡后降低
C．实验③中无色溶液变蓝色的原因是：
D．依据实验①、②、③推测，②中由于生成CuSCN，使氧化性增强，将氧化为
8．分类思想是研究化学的常用方法，下列分类叙述正确的是
A．既有单质参加又有单质生成的反应一定是氧化还原反应
B．淀粉、纤维素、油脂均属于天然高分子
C．有水生成的反应一定是复分解反应
D．碱性氧化物一定是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物
9．下列选项描述与对应图像相符的是：
A．图①为新制氯水在阳光直射时，溶液中浓度随着时间变化的曲线
B．图②为、混合液中滴加盐酸产生的图像
C．图③为溶液中滴加溶液的导电性变化图像
D．图④为、混合液，各离子物质的量随氯气通入的变化图像，b代表的是
10．将胆矾无其他杂质置于氮气氛流中，然后对其进行加热，逐渐升高温度使其分解，分解过程中的热重曲线如图所示。下列说法错误的是
A．点对应的物质中，氧元素的质量分数约为
B．点对应的固体物质只有
C．将产生的气体全部通入溶液中，有沉淀产生
D．的过程中，生成的某种物质可使带火星的小木条复燃
11．向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知：b-a=5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法错误的是
A．线段Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表I-、Fe2+、Br-、HIO3的变化情况
B．Fe2+、I-和Br-的物质的量之比为1∶2∶3
C．根据图像可计算b=11
D．线段Ⅳ对应的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是5∶1
12．120℃将10g下列物质在足量氧气中完全燃烧，将燃烧产物通过足量后，固体质量增加大于10g，该物质可能是
A． B． C． D．
13．将一定量的通入一定量的石灰乳中，两者恰好完全反应[已知反应过程放热，温度较低时先生成和]，生成物中有三种含氯元素的离子，其中和两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化关系如图所示(不考虑氯气和水的反应)，下列说法正确的是
A．曲线Ⅰ表示的物质的量随反应时间变化的关系
B．所取石灰乳中含有的物质的量为0.25mol
C．生成物中的物质的量为0.55mol
D．另取一份等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中的物质的量为0.37mol。则产物中
14．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．向含有和的混合溶液中通入少量：
B．向饱和食盐水中先通入足量的，再通入足量的：
C．向溶液中加入少量粉末：
D．用过量除去水中溶解的氯气：
15．现有四种溶液m、n、p、q，分别含阴阳离子、Na+、Ba2+、Al3+、OH－、、、中的各一种，为了确定组成，进行了以下实验：将四种溶液两两混合，发现m、n能剧烈反应，产生白色沉淀和无色气体，p、q能产生无色有刺激性气味的气体，p与m、n均有沉淀产生，且在m中逐滴滴入p时，沉淀增多，后减少但没有完全消失。下列推断正确的是
A．p是Ba(OH)2 B．q 是NH4HCO3 C．n是Al2(SO4)3 D．m 是Al(NO3)3
16．某元素构成的双原子分子有三种，相对分子质量分别为70、72、74，若此三种单质的物质的量之比为9∶6∶1，由此推断正确的结论是
A．此元素有三种核素
B．其中一种核素的质量数为36
C．其中质量数为37的核素原子占总原子数的百分率为25%
D．此单质的相对分子质量为72
17．化合物Z2(WY4)3 18X2Y 可在水处理中做絮凝剂。X、Y、Z、W 为短周期元素且原子序数依次增加，Y 的质子数是 W 的原子序数的一半。该化合物的热重分析曲线如下左图所示。向1mol Z2(WY4)3 溶液中滴入 Ba(OH )2 溶液的沉淀量图像如下右图。则下列叙述正确的是
A．X、Y、Z、W 的单质常温下均为固体
B．Z、W 的简单离子半径的大小顺序为 Z3 W2
C．400℃热分解将失去 18 个 X2Y
D．1100℃热分解后生成固体化合物 Z2Y3 ，且工业上通过电解熔融的Z2Y3制备单质 Z
18．汽车的安全气囊系统与座椅安全带配合使用能为乘员提供有效的防撞保护，当汽车遭受一定碰撞力量以后，安全气囊中的物质会发生剧烈的反应NaN3＋KNO3→K2O＋Na2O＋N2↑(未配平)，生成大量气体。下列说法正确的是
A．上述反应中只有离子键和非极性键的断裂和形成
B．当反应过程中转移0.25 mol电子时，标况下产生89.6 L气体
C．10 mL 1 mol·L-1的KNO3溶液中含氧原子的数目为0.03×6.02×1023
D．若被氧化的N原子的物质的量为6 mol，则氧化产物比还原产物多2.8 mol
19．已知R、S、T、W为原子序数依次增大的前四周期元素，R、S为同周期相邻元素，R原子的核外电子数等于T原子的最外层电子数，R、T原子的核外电子数之和为S原子的核外电子数的3倍。W的单质为红色固体。下列说法正确的是
A．简单氢化物的稳定性：R>S B．R的最高价氧化物对应的水化物为弱酸
C．S、T可形成一种常用消毒剂 D．W与T形成的化合物只有
20．将一定物质的量的Na2CO3、NaHCO3组成的混合物溶于水，配成1L溶液。取出50mL溶液，逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸与它反应，变化如图，下列说法正确的是
A．原混合物中NaHCO3的物质的量为2.5×10-3mol
B．原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1：2
C．盐酸的浓度是0.05mol/L
D．盐酸加到150mL时，放出CO2气体2.24L(标准状况下)
21．将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法错误的是
A．整个转化过程中Fe3+可以循环使用
B．过程①发生复分解反应
C．过程中n(Fe3+)不变，当有1mol硫生成时，消耗0.5molO2
D．过程②中，发生反应的离子方程式为
22．20℃时，饱和NaCl溶液的密度为，物质的量浓度为，则下列说法错误的是
A．温度低于20℃时，饱和NaCl溶液的浓度小于
B．20℃时，饱和NaCl溶液中NaCl的质量分数为
C．20℃时，将58.5gNaCl溶解在1L水中，所得溶液的浓度为
D．20℃时，NaCl的溶解度为
23．下列离子方程式书写正确的是
A．新制氯水中加入少量：
B．向酸性高锰酸钾溶液加入草酸：
C．溶液中滴加溶液至恰好完全沉淀：
D．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：
24．已知常温下可用制备，反应前后存在六种微粒：、、、、和。下列叙述不正确的是
A．氧化产物为
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
C．若有生成，则反应中有2 mol电子转移
D．依题可知：、、在水溶液中不能大量共存
25．将一定量的氯气通入0.50 mol的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后，溶液中形成NaCl、NaClO、共存体系(不考虑氯气和水的反应)。下列说法正确的是
A．若反应中转移的电子为n mol，则0.25
C．与NaOH反应的氯气为0.5 mol
D．当溶液中时，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3
26．下列说法错误是
A．分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取相同的氧气，转移的电子个数之比为2：2：1
B．已知在碱性溶液中可发生反应：，则中R的化合价是+6
C．FeS与一定浓度的溶液反应，生成、、、、NO和。当、、NO的个数之比为1：1：1时，参加反应的FeS与的个数之比为1：6
D．在碱性条件下可被NaClO氧化为，而NaClO被还原为NaCl，若反应中与NaClO的个数比为1：16，则x值为5
27．从铜阳极泥分铜渣碱浸液中制备的工艺流程如图所示：
已知：①碱浸液中碲以的形式存在。
②与氧化铝的性质具有一定的相似性。
下列说法错误的是
A．中Te元素的化合价为+4
B．加入的在反应中被氧化
C．根据上述反应可以推知，还原性：
D．为防止产品产率降低，加入硫酸的量不宜过多
28．高铜酸钾(KCuO2)是一种难溶于水的黑色粉末状固体，与高铁酸钾(K2FeO4)性质相似，可以由四羟基合铜酸钾和次溴酸在冰水浴中合成：①K2[Cu(OH)4]＋HBrO→KCuO2＋KBr＋KBrO＋H2O(未配平)。高铜酸钾在酸性条件下不稳定：②KCuO2＋H2SO4→O2↑＋CuSO4+H2O＋K2SO4(未配平)。下列说法错误的是
A．①中还原剂和氧化剂的物质的量之比为2：1
B．②若有标准状况下5.6 L O2生成，则转移电子0.5 mol
C．②中KCuO2既表现氧化性，又表现还原性
D．由①、②可知氧化性强弱顺序为HBrO>KCuO2>O2
29．醋酸亚铬为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。一股制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬：二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。某同学将过量锌粒和固体置于c中，加入少量蒸馏水，按下图连接好装置，下列说法错误的是
A．实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却
B．实验开始时，应先打开，再打开
C．d装置中析出砖红色沉淀后，应用冰水冷却后再过滤
D．该同学的制备方法并不能保证得到纯净的醋酸亚铬
30．某温度下，将氯气Cl2通入氢氧化钾溶液中，发生反应为：Cl2+KOH－KCl+KClO+KClO3+H2O(未配平)，得到KCl，KClO，KCO3的混合液，经测定溶液中ClO-与ClO的个数之比为3：4，则被还原的氯原子与被氧化的氯原子的个数之比为
A．23：7 B．7：23 C．12：7 D．7：12
31．下列说法正确的是：
A．把NaHCO3和Na2CO3混和物6.85 g溶于水制成100 mL溶液，其中c(Na＋)＝1 mol·L-1，该溶液中加入一定量盐酸恰好完全反应，将溶液蒸干后，所得固体质量无法计算
B．将54.4 g铁粉和氧化铁的混合物中加入4.0mol/L200 mL的稀硫酸，恰好完全反应，放出氢气4.48 L(标准状况)，反应后的溶液中滴加KSCN不显红色，且无固体剩余物，反应后得到FeSO4的物质的量是0.8mol
C．现向一密闭容器中充入1mol N2和3mol H2，在一定条件下使该反应发生，达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度一定相等
D．某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42+ 等离子，当向该溶液中加入某浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的阳离子是H+、NH4+、Mg2+、Al3+
32．将由FeSO4、Ba(OH)2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量的水中，用玻璃棒搅拌，充分溶解，一段时间后，向稳定的混合物溶液中滴加1mol·L-1的稀硫酸，加入稀硫酸的体积与生成沉淀的物质的量关系如图所示。下列有关判断不正确的是( )
A．AB段发生反应的离子方程式为：Ba2++SO42-+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O
B．D点表示的溶液呈酸性
C．C点表示的沉淀的化学式为Al(OH)3、BaSO4、Fe(OH)2
D．混合物中FeSO4和AlCl3的物质的量相等
33．是褐色固体，受热分解为Pb的和价的混合氧化物，价的Pb能氧化浓盐酸生成，价的Pb还原成价的Pb；现将加热分解得到，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到，和的物质的量之比为，则剩余固体的组成及物质的量比是
A．混合的、 B．混合的、PbO
C．混合的、、PbO D．混合的、、PbO
34．环境科学刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠，其中S为价去除废水中的正五价砷的研究成果，其反应机制模型如图所示。设阿伏加 德罗常数的值为，。下列叙述正确的是
A．过硫酸钠含个过氧键
B．若参加反应，共有个被还原
C．室温下，中间产物溶于水所得饱和溶液中为
D．pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷
35．已知还原性：SO＞I－。向含a mol KI和a mol K2SO3的混合液中通入b mol Cl2充分反应(不考虑Cl2与I2之间的反应)。下列说法不正确的是 ( )
A．当a=b时，发生的离子反应为SO＋Cl2＋H2O=SO＋2H＋＋2Cl－
B．当5a＝4b时，发生的离子反应为4SO＋2I－＋5Cl2＋4H2O=4SO＋I2＋8H＋＋10Cl－
C．当a≤b≤a时，反应中转移电子的物质的量n(e－)为a mol≤n(e－)≤3a mol
D．当a＜b＜a时，溶液中SO、I－与Cl－的物质的量之比为a∶(3a－2b)∶2b
36．标准状况下，V L某气体(此气体不与水反应)溶解在1L水中(水的密度近似为1g/mL)，所得溶液的密度为，溶质的摩尔质量为，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为，溶液的体积为，下列关系中正确的是
A． B．
C． D．
37．卡尔-费休法是测定有机溶剂中的微量水含量的经典方法。所用试剂由碘、二氧化硫、吡啶(C5H5N， 有机碱，与H+反应生成C5H5NH+)和无水甲醇按一定比例配制而成。该试剂与待测溶剂中的水反应后，产物的含量用库仑滴定法来测定。下列说法错误的是
A．该方法的基本原理是利用碘与二氧化硫反应，离子方程式为：I2+ SO2 + 2H2O =2H+ +SO+ 2HI
B．加入吡啶的作用是中和产生的酸，促进反应进行完全
C．加入甲醇可以进一步稳定产物， 生成C5H5NHSO4CH3
D．总反应可表示为：I2+ SO2+ H2O + 3C5H5N + CH3OH = C5H5NHSO4CH3+ 2 C5H5NHI
38．化学上常用标准电极电势φ(氧化型/还原型)比较物质氧化能力。φ值越高，氧化型物质的氧化能力越强，φ值与体系的pH有关。利用表格所给的数据分析，以下说法错误的是
氧化型/还原型 φ(Co3+/Co2+) φ(HClO/Cl-)
酸性介质 1.84V 1.49V
氧化型/还原型 φ[Co(OH)3/Co(OH)2] φ(ClO-/Cl-)
碱性介质 0.17V x
A．推测：x＜1.49V
B．Co3O4与浓盐酸发生反应：Co3O4+8H+=Co2++2Co3++4H2O
C．若x=0.81V，碱性条件下可发生反应：2Co(OH)2+NaClO+H2O=2Co(OH)3+NaCl
D．从图中数据可知，氧化型物质的氧化性随着溶液酸性增强而增强
39．某固体混合物由Na2CO3和NaHCO3两种物质组成，将其分成X、Y两等份。标准状况下，X溶于足量盐酸，生成CO2的体积为V1L；Y充分加热、冷却后再溶于足量盐酸，生成CO2，的体积为V2L。下列说法正确的是
A．加热，蒸干X与足量盐酸反应后的溶液，可得固体g
B．Y充分加热，固体质量减少g
C．X、Y消耗盐酸的物质的量之比为1：1
D．混合物中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为
40．向含Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150mL1mol·L-1的HCl溶液，测得溶液中的某几种离子物质的量的变化如图所示，则下列说法正确的是
A．b曲线表示的离子方程式为：AlO＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓
B．d和c曲线表示的离子反应是相同的
C．M点时Al(OH)3的质量等于3.9g
D．原混合溶液中的与AlO的物质的量之比为1︰2
41．现有Fe、、混合物共0.1 mol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到0.01 mol ，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中铁的物质的量为
A．0.05 mol B．0.06 mol C．0.07 mol D．0.08 mol
42．向两份20 ml 0.1 mol/LBa(OH)2溶液中各加入定量的KAl(SO4)2和Al2(SO4)3溶液的导电性随(混合前)的变化关系如图所示，下列分析不正确的是
A．a点溶液的pH值约为7 B．b点溶液中大量存在的阳离子有Al3+和Ba2+
C．c、d两点溶液中OH-均已完全反应 D．②代表加入Al2(SO4)3的变化曲线
43．将一定量的氯气通入的氢氧化钾浓溶液中，加热少许时间后，恰好完全反应，测得溶液中含氯元素的离子有：。下列说法不正确的是
A．一共消耗了氯气
B．当溶液中时，反应的离子方程式为：
C．若反应中转移的电子为，则
D．反应生成的有一定的氧化性
44．向200mL稀与稀的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积(标准状况下)之间的关系如图所示，且曲线中每一段只对应一个反应。下列说法错误的是
A．混合溶液中的物质的量浓度为1 mol/L
B．若向铜粉中加入100mL上述混合溶液，最多能溶解19.2g铜
C．
D．每一阶段反应转移电子数目之比为
45．1.52g铜镁合金完全溶解于50mL14mol/L的浓硝酸中，得到NO2和NO的混合气体896mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol·L-1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶1
B．固体溶解后的溶液中硝酸的物质的量为0.6mol
C．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积至少为600mL
D．反应过程中转移的电子数是0.06NA(NA代表阿伏加德罗常数的值)
46．在温度为300K，压力为750mmHg的条件下有1.5L He和另一种气体的混合物，质量共5.0g。另一种气体在270K下即凝固。若在15K下气体混合物的压力为8mmHg(在相同体积下)，则另一种气体的相对分子质量是
A．103.8 B．4.0 C．495 D．82.24
二、多选题
47．向溶液中逐渐通入，其中、随通入的物质的量变化如图所示，下列说法错误的是
A．①代表，②代表
B．还原性强弱：
C．当时，溶液中
D．①的反应为
48．向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后固体剩余物的质量与加入铁粉的质量关系如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法正确的是
A．a点时溶液中阳离子仅为Cu2+和Fe2+
B．b点时溶液中发生的反应为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+
C．c点时加入的铁粉与Cu2+反应
D．原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶2
49．将agNH3溶于水得到VmL溶液，假设该溶液的密度为ρg/cm3，质量分数为w，溶液中NH为bmol。已知氨水的密度比水小且浓度越大密度越小。下列叙述正确的是
A．据电荷守恒知：溶液中c(OH-)=+c(H+)
B．溶质的质量分数为w=×100%
C．溶质的物质的量浓度c=mol/L
D．上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5w
50．下列离子反应方程式正确的是
A．将少量SO2气体通入NaClO溶液中：2ClO-+SO2+H2O→SO32-+2HClO
B．硫化氢气体通入硫酸亚铁溶液产生黑色硫化亚铁沉淀：H2S+Fe2+→FeS↓+ 2H+
C．向偏铝酸钠溶液中通入过量CO2：AlO2-+CO2+2H2O→Al(OH)3↓+HCO3-
D．向硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中滴加足量Ba(OH)2溶液 NH4+＋Al3+＋2SO42—＋2Ba2+＋5OH－→AlO2－＋2BaSO4↓＋NH3·H2O＋2H2O
参考答案：
1．D
【详解】A．由图可知，该过程的能量变化为：太阳能转化为化学能，化学能转化为电能，A错误；
B．氢能源是一次能源，但是开发氢能源需要更多的能量和较高的技术，所以目前氢能源还没有被普遍使用，B错误；
C．氢气不易贮存和运输，但是其热值高，产物环保，所以具由开发利用价值和应用前景，C错误；
D．氢气作为能源，其产物为水，不污染环境，所以发展氢能源可减少温室气体排放，符合“绿色化学”，D正确；
故选D。
2．C
【详解】A．由图一知，AB段表示的是碳酸氢钙分解生成碳酸钙、水和二氧化碳，CD段表示的是碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，根据反应前后钙元素质量守恒，所以A、C、D三点对应的固体中所含钙元素质量相等，A正确；
B．由图一知，BC段表示固体碳酸钙，其质量为10g，CD段表示的是碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，D点表示固体氧化钙，其质量为x，设10g碳酸钙完全分解生成氧化钙质量为m，则：
，解得m=5.6g，因此x=5.6g，完全反应生成二氧化碳的质量为：，设16.2g的碳酸氢钙与足量稀盐酸反应生成二氧化碳的质量为n，则：
，n=8.8g，由此知向A点所示固体中加入足量稀盐酸，充分反应生成CO2的质量为8.8g，B正确；
C．反应①-④的化学方程式为：①，②，③，④，由此可知，反应①②中碳元素质量守恒，③④中碳元素质量守恒，因为Ca(HCO3)2质量相等，所以在反应①、②生成的总质量等于反应④生成的质量，C错误；
D．根据上述分析可知x=5.6g，D正确；
故选C。
3．D
【详解】A．加入酸后Q中发生反应的化学反应产生和，球形干燥管中应装有碱石灰，用于除去气体中的，A错误；
B．反应产生的和使气囊变大，将Ⅲ中的气体排出，水进入量筒Ⅰ中，所以量筒Ⅰ中水的体积即为产生和的总体积，所以滴加稀硫酸前必须关闭，打开，B错误；
C．由B分析可知量筒Ⅰ中水的体积即为产生和的总体积，量筒Ⅱ收集的是的体积，C错误；
D．若Ⅱ中产生的气体经过换算后为，故已变质的样品中的质量为，D正确；
故选D。
4．D
【详解】A．甲、乙两室压强与温度相同，气体的物质的量之比等于其体积之比，则甲室中气体物质的量为，分子总数为，故A错误；
B．设甲中和的物质的量分别为x、y，x+y=2，2x+32y=19，解得x=1.5mol，y=0.5mol，甲室的物质的量之比为，故B错误；
C．甲室中混合气体的平均摩尔质量，同温同压下气体的密度之比等于其摩尔质量之比，故该混合气体的密度是同温同压条件下氢气密度的倍，故C错误；
D．由，可知反应后氢气有剩余，剩余氢气为，恢复原温度后最终两室中压强相等，体积之比等于其物质的量之比，则A、B两室的体积之比为0.5mol:1mol=1:2，则活塞停留在刻度2处，故D正确；
故选：D。
5．A
【详解】根据 ，因此80g中含有1mol原子，故和的混合物与溶液反应后，生成0.1mol，故未被还原的的物质的量是，故选A。
6．C
【分析】W的原子半径在周期表中最小，W为H元素，根据题干，X形成四个共价键，Z形成两个共价键，另外Z核外最外层电子数与X核外电子总数相等，因此，X为C元素，Z为O元素，则Y只能为N元素，Q的原子半径最大，且形成+1价阳离子，推测Q为Na元素。
【详解】A．根据分析，简单半径大小顺序应为r(Na+)
C．CO2的电子式为 ，所有原子均满足8电子稳定结构，C正确；
D．N2和O2常温下不反应，只有在高温或放电时，二者出现化合，D错误；
答案选C。
7．B
【详解】A．向CuSO4溶液中滴加KSCN，无明显现象，说明不能与反应生成CuSCN，A正确；
B．、Fe2+和三者反应生成白色浑浊，降低的浓度，使可逆反应平衡逆向移动，故溶液红色消失；再反复多次滴加KSCN溶液，增大了浓度，使 平衡正向移动，红色不再褪去，并产生大量白色沉淀，B错误；
C．过滤②中白色沉淀并洗涤干净，向其中加入过量氨水，白色沉淀溶解得无色溶液，放置过程中，无色溶液变蓝色原因是：，C正确；
D．依据实验①、②、③推测，②中由于生成CuSCN，使Cu2+氧化性增强，将Fe2+氧化为Fe3+，D正确；
故选B。
8．D
【详解】A．同一反应中，既有单质参加，又有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，如臭氧和氧气之间的转化，A错误；
B．淀粉、纤维素属于天然高分子，油脂不属于高分子，B错误；
C．有水生成的反应不一定是复分解反应，如H2＋CuOCu＋H2O，C错误；
D．碱性氧化物是与酸反应生成盐和水的氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3，D正确；
故选D。
9．C
【详解】A．图①为新制氯水在阳光直射，新制氯水中有次氯酸，阳光照射会分解为HCl和氧气，则溶液中浓度会增大，A项错误；
B．混合溶液滴加盐酸，应该立即产生，B项错误；
C．溶液中离子浓度越大，导电性越强，溶液中滴加，随着反应的进行有沉淀，沉淀生成，导致溶液中离子浓度减小，当完全反应为沉淀，沉淀时，导电能力为0，继续滴加溶液，离子浓度增大，导电能量增大，C项正确；
D．因还原性，则先发生反应：，完全反应后再发生反应：，最后发生反应：，b段发生的反应为，则b段代表的物质的量的变化情况，D项错误；
答案选C。
10．A
【分析】胆矾的化学式，5g胆矾的物质的量是，加热完全失去结晶水，得到，质量为，所以点对应物质是CuSO4；为分解，d中含有铜元素，则氧元素的物质的量为，所以d点对应物质为CuO；e中含有铜元素；则氧元素的物质的量为，所以e点对应物质为。
【详解】A．胆矾失去部分结晶水得到a点对应的物质，设该物质化学式为，，x=3，氧元素的质量分数约为，故A错误；
B．胆矾的化学式，5g胆矾的物质的量是，加热完全失去结晶水，得到，质量为，所以c点对应物质是，故B正确；
C．为分解为；产生的气体可能全部为（或和，或、和）的混合气体，将该气体通入溶液中，生成沉淀，故C正确；
D．的过程反应方程式为，有氧气生成，氧气可使带火星的小木条复燃，故D正确；
故答案为A。
11．B
【分析】向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，由于还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况；通入氯气，根据反应离子方程式可知溶液中n（I-）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol-1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I-）+n（Br-）=2n（Fe2+），故n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol，线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，已知碘单质的物质的量为1mol，反应消耗氯气的物质的量为5mol，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为+5价，则该含氧酸为HIO3，即线段Ⅳ表示HIO3的变化情况，据此分析解答。
【详解】A．根据分析可知，线段Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表I-、Fe2+、Br-、HIO3的变化情况，故A正确；
B．n（Fe2+）：n（I-）：n（Br-）=4mol：2mol：6mol=2：1：3，故B错误；
C．由分析可知，溶液中n（Br -）=6mol，根据2Br - +Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，b-a=5，所以b=11，故C正确；
D．线段Ⅳ的反应方程式为： 5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3，氧化剂和还原剂的物质的量之比是5∶1，故D正确；
故答案为B。
12．B
【分析】根据各选项，燃烧后的产物为水和二氧化碳，与Na2O2发生反应：、 ；对生成物变形：Na2CO3～Na2O2 CO，2NaOH～Na2O2 H2，得如下关系式：H2～H2O～2NaOH～Na2O2 H2，CO～CO2～Na2CO3～Na2O2 CO。有机物可拆写成(CO)m Hn的形式，H2、CO也可拆写成(CO)m Hn的形式，满足该形式的物质，经过题示反应后将得到碳酸钠或氢氧化钠，即反应后固体的质量增加的质量相当于CO和H2的质量，等于ag。
【详解】A．H2可拆写成(CO)0 Hn的形式，满足上述结果，固体质量增加ag，故A不符合；
B．C12H22O11可拆写成(CO)11 (H22) C，不满足上述结果，固体质量增加量大于ag，故B符合；
C．可以写成(CO)6 H12，满足上述结果，固体质量增加ag，故C不符合；
D．CO可拆写成(CO)m H0的形式，满足上述结果，固体质量增加ag，故D不符合；
故选B。
13．B
【分析】已知反应过程放热，温度较低时先生成和，生成物中有三种含氯元素的离子，则随着反应进行，温度升高，产物中的量增大，故Ⅰ、Ⅱ分别为和两种离子的变化曲线；
【详解】A．由分析可知，曲线Ⅰ表示的物质的量随反应时间变化的关系，A错误；
B．由图可知，t2时氢氧化钙与氯气恰好反应，n()=0.10mol，故n[Ca(ClO)2]=0.05mol，n()=0.05mol，故n[Ca(ClO3)2]=0.025mol，反应中部分氯元素化合价升高得到和，部分氯元素化合价降低得到氯离子，结合和量的关系及电子守恒可知，反应为：10Cl2+10Ca(OH)2=7CaCl2+2Ca(ClO)2+Ca(ClO3)2+10H2O，则n[Ca(OH)2]=10n[Ca(ClO3)2]=0.025mol×10=0.25mol，B正确；
C．结合B分析可知，n[CaCl2]=7n[Ca(ClO3)2]=0.025mol×7=0.175mol，则n(Cl-)=0.35mol，C错误；
D．另取一份等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中的物质的量为0.37mol，设和分别为amol、bmol，根据电子守恒可知，a+5b=0.37，根据生成物中氯元素和钙元素关系结合B结论可知，0.37+a+b=0.25×2，解得a=0.07mol、b=0.06mol，则，D错误；
故选B。
14．B
【详解】A．溶液中的Ca2+离子会和生成的碳酸根离子会生成碳酸钙沉淀，故A错误；
B．向饱和食盐水中先通入足量的，再通入足量的，由于碳酸氢钠的溶解度小会有碳酸氢钠沉淀生成故B正确；
C．Fe3+和OH-会生成Fe(OH)3沉淀，故C错误；
D．由于Na2S2O3过量，会和生成的H+离子反应生成S单质和SO2气体，故D错误；
答案选B。
15．A
【分析】题目中突破口在于由m中逐滴滴入p时，沉淀增多，后减少但没有完全消失，由此可推出，现有离子中，此过程涉及物质一定是向铝盐溶液中逐滴滴入强碱溶液，故m为可溶性铝盐，p为强碱，再结合碱过量，沉淀未溶解完全，说明强碱与铝盐混合，除了有氢氧化铝生成，还有其他沉淀生成，则可判断出m为Al2(SO4)3，p为Ba(OH)2，则p、q能产生无色有刺激性气味的气体，q含NH3，m、n能剧烈反应，产生白色沉淀和无色气体，符合铝离子与HCO反应生成氢氧化铝和二氧化碳的现象，则n含HCO，由于所剩离子仅为Na+和，溶液呈电中性，故q为NH4NO3，n为NaHCO3。
【详解】A．由分析可知，p为Ba(OH)2，故A正确；
B．由分析可知，q为NH4NO3，故B错误；
C．由分析可知，n为NaHCO3，故C错误；
D．由分析可知，m为Al2(SO4)3，故D错误；
故选A。
16．C
【分析】根据三种分子的相对分子质量分别是70、72、74，其中一种核素的质量数为，另一种核素的质量数为，质量数为35和37的原子构成相对分子质量为72的分子，依此解题。
【详解】A．由分析可知此元素有二种核素，A错误；
B．由分析可知此元素有二种核素质量数分别为：35和37，B错误；
C．相对分子质量为70的分子是由2个质量数为35的原子构成、相对分子质量为72的分子是由1个质量数为35的原子和1个质量数为37的原子构成、相对分子质量为74的分子是由2个质量数为37的原子构成，此三种单质的物质的量之比为9∶6∶1，所以质量数为35和质量数为37的原子的个数比为：，其中质量数为37的核素原子占总原子数的百分率为25%，C正确；
D．双原子分子有三种，其相对分子质量分别为70、72、74，标准状况下，V升该气体中此三种分子的物质的量之比为9∶6∶1，则 X2的平均相对分子质量为=71，D错误；
故选C。
17．D
【分析】由题干信息中向1mol Z2(WY4)3溶液中滴入 Ba(OH )2 溶液的沉淀量图像信息以及X、Y、Z、W 为短周期元素且原子序数依次增加，Y 的质子数是 W 的原子序数的一半可知，Z2(WY4)3为Al2(SO4)3，反应原理为：Al2(SO4)3+3Ba(OH)2=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，Al(OH)3溶于Ba(OH)2生成四羟基合铝酸根，即Z为Al、W为S、Y为O，根据左侧图示信息可知，失重40.54%为失去部分X2Y，结合原子序数依次增大推测X为H，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X、Y、Z、W分别为H、O、Al、S，其中X、Y的单质常温下为气体，Z、W 的单质常温下为固体，A错误；
B．由分析可知，Z为Al，W为为S，因为S2-核外有3个电子层，而Al3+核外只有2个电子层，故Z、W 的简单离子半径的大小顺序为S2-＞Al3+即 W2 Z3，B错误；
C．由分析可知，Z2(WY4)3 18X2Y 即Al2(SO4)3 18H2O，由图可知 400℃热分解失重40.54%，=15，即只失去 15 个 X2Y即H2O，C错误；
D．1100℃热分解后失重84.68%，故生成固体化合物的相对分子质量为：666×(1-84.68%)=102，则恰好为Al2O3的相对分子质量即Z2Y3，且工业上通过电解熔融的Z2Y3即Al2O3制备单质Z即Al，D正确；
故答案为：D。
18．D
【详解】A．上述反应中存在NaN3和KNO3中离子键、叠氮酸根内的氮氮非极性键、 硝酸根内的氮氧极性共价键的断裂，存在K2O和Na2O内的离子键、氮气中氮氮非极性键的形成，A错误；
B．NaN3中N元素由-价升高到N2中的0价，KNO3中N元素由+5价降低到N2中的0价，根据化合价升降守恒、原子守恒，可得反应的方程式为：10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2↑，且有关系式：16N2~10e-，故当反应过程中转移0.25 mol电子时，标况下产生的气体为V=0.25 mol××22.4 L/mol=8.96 L，B错误；
C．10 mL 1 mol·L-1的KNO3溶液中硝酸根离子中含有的氧原子的数目为0.03×6.02×1023，另外溶剂水中也含有氧原子，因此该溶液中含有的O原子数目大于0.03×6.02×1023，C错误；
D．根据B中分析可知：被氧化的N原子与被还原的N原子之间的关系为30N (被氧化) ~2N (被还原)，若被氧化的N原子的物质的量为6 mol，则氧化产物为3 mol，此时被还原的N原子的物质的量为×6 mol=0.4 mol，则还原产物为0.2 mol，所以氧化产物比含有产物多(3-0.2) mol=2.8 mol，D正确；
故选D。
19．C
【分析】设R原子的核外电子数为x，T原子的核外电子数为y，则S原子的核外电子数为，，，T原子的最外层电子数等于x，通过排除法，x只能是7，即R为N，S为O，T为Cl，W为Cu。
【详解】A．R的简单氢化物为，S的简单氢化物为，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，则稳定性，A错误；
B．R的最高价氧化物对应的水化物为为强酸，B错误；
C．O、Cl可形成，是一种常用消毒剂，C正确；
D．Cu与Cl可以形成和，D错误；
故选C。
20．C
【分析】0～50mL段发生反应为，50mL～150mL发生反应为：，50mL溶液中Na2CO3完全转化成NaHCO3，消耗50mL盐酸，根据上述反应可知，n(HCl)=n(Na2CO3)=2.5×10-3mol，该盐酸的浓度为。
【详解】A．结合上述分析可知消耗50mL盐酸时生成的n(NaHCO3)=n(Na2CO3)=2.5×10-3mol，此时溶液中总的碳酸氢钠为：n(NaHCO3) =5×10-3mol，所以这50mL溶液中NaHCO3的物质的量为：5×10-3mol -2.5×10-3mol=2.5×10-3mol，则原混合物中NaHCO3的物质的量为：，故A错误；
B．根据上述分析可知原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1：1，故B错误；
C．据分析可知盐酸的浓度是0.05mol/L，故C正确；
D．盐酸加到150mL时，根据反应，可知放出CO2气体的物质的量：，即为0.112L标准状况下)，故D错误；
故选C。
21．D
【分析】过程①发生反应：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，过程②发生反应：CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++2H+，过程③发生反应：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
【详解】A．个转化过程中，过程②消耗Fe3+，过程③生成Fe3+，则Fe3+可以循环使用，A正确；
B．过程①中，发生反应Cu2++H2S=CuS↓+2H+，属于复分解反应，B正确；
C．过程中n(Fe3+)不变，H2S与O2存在以下关系式：2H2S→O2→2S，当有1mol S生成时，消耗0.5mol O2，C正确；
D．由分析可知，过程②发生反应的离子方程式为：CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++2H+，D错误；
故答案选D。
22．C
【详解】A．温度低于20℃时，NaCl的溶解度减小，NaCl的质量分数减小，则饱和NaCl溶液的浓度小于，故A正确；
B．20℃时，1L饱和NaCl溶液的质量为，溶质NaCl的质量为58.5cg，故NaCl的质量分数为，故B正确；
C．58.5gNaCl的物质的量为1mol，将其溶解在1L水中，所得溶液的体积不是1L，故所得溶液的浓度不是，故C错误；
D．20℃时，1L饱和NaCl溶液中NaCl的质量为58.5cg，又知溶液的质量为，则溶剂水的质量为，根据溶解度的定义，可知20℃时NaCl的溶解度为，故D正确；
故选C。
23．A
【详解】A．新制氯水具有酸性，会与碳酸钙反应，生成二氧化碳，离子方程式为：，A正确；
B．草酸是弱酸，在离子方程式中不拆，正确的离子方程式为：，B错误；
C．溶液中滴加溶液至恰好完全沉淀,则氢氧化钡完全反应，正确的离子方程式为：，C错误；
D．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气，则碘离子完全反应，正确的离子方程式为：，D错误；
故选A。
24．D
【详解】A．制备，，化合价升高，发生氧化反应，为氧化产物，A正确；
B．，化合价从+3变成+2价，降低，为氧化剂，，升高1，为还原剂，根据化合价升降守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，B正确；
C．根据反应，所得方程式为：，有生成，则反应中有2 mol电子转移，C正确；
D．根据题意，、、在水溶液中不发生反应，能大量共存，D错误；
故选D。
25．D
【分析】将一定量的氯气通入0.50 mol的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后，溶液中形成NaCl、NaClO、共存体系(不考虑氯气和水的反应)，则发生的反应有和。
【详解】A．采用极限思想，若只发生反应，0.5mol氢氧化钠，对应转移电子为0.25mol，若只发生反应，0.5mol氢氧化钠，对应转移电子为mol ，若反应中转移的电子为n mol，则，A错误；
B．由反应和反应可得，若为4∶3∶1，则在反应中得到电子个数与失去电子个数的比值为4∶8，即1∶2，不满足得失电子守恒，B错误；
C．采用极限思想，若只发生反应，0.5mol氢氧化钠，对应消耗Cl2为0.25mol，若只发生反应，0.5mol氢氧化钠，对应消耗Cl2为0.25mol，则与NaOH反应的氯气为0.5 mol ，C错误；
D．当溶液中时，由反应和反应可得，根据氯原子守恒，生成NaCl的氯为氧化剂，生成NaClO和NaClO3的氯原子为还原剂，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3，D正确；
故选D。
26．C
【详解】A．以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取氧气，各物质中氧元素的价态变化分别为：-2→0，-2→0，-1→0，所以，当制得1mol氧气时，转移电子的物质的量分别为4mol、4mol、2mol，因此转移电子的物质的量之比为4︰4︰2=2︰2︰1，故A项正确；
B．由电荷守恒可知n＝2，则中R的化合价是+6，故B正确；
C．设参加反应的FeS为3mol，则根据S元素守恒可知生成1mol Fe2(SO4)3，根据Fe元素守恒可知生成1mol Fe(NO3)3，Fe元素化合价由+2价变为+3价，S元素化合价由-2价变为+6价，所以3molFeS共失去27mol电子，根据电子得失守恒可知HNO3共得到27mol电子，生成NO、NO2和N2O4，设NO、NO2和N2O4的物质的量分别为x、x、x，则有x×3+x+2x=27mol，解得x=4.5mol，即NO、NO2和N2O4的物质的量均为4.5mol，根据N元素守恒可知HNO3的物质的量为1mol×3+4.5mol+4.5mol+4.5mol×2=18mol，所以实际参加反应的FeS与HNO3的个数之比为3mol：21mol=1：7，故C错误；
D．已知Na2Sx中S的化合价为价，转化为Na2SO4中S的化合价为+6价，NaClO中的Cl的化合价为+1价，转化为NaCl中Cl的化合价为-1价，若反应中Na2Sx与NaClO消耗的物质的量之比为1：16，根据氧化还原反应中，电子得失总数相等可知，x×[+6-()]×1=16×[+1-(-1)]，解得x=5，故D正确；
故选C。
27．C
【分析】碱浸液中碲以，加入，得到，Te元素化合价降低，作还原剂，再加入将沉淀，滤液中含有，加入稀硫酸调节，发生反应，得到。
【详解】A．离子中化合价的代数和为-2，中Te元素的化合价为+4，A正确；
B．加入，得到，Te元素化合价降低，作还原剂，被氧化，B正确；
C．加入将沉淀，没有体现其还原性，C错误；
D．与氧化铝的性质具有一定的相似性，既能与酸反应，也能与碱反应，所以为防止产品产率降低，加入硫酸的量不宜过多，D正确；
故选C。
28．B
【详解】A．配平两个反应为、；反应①中HBrO→KBr中Br元素化合价降低2价，HBrO作氧化剂，中Cu元素化合价升高1价，作还原剂，则还原剂和氧化剂的物质的量之比为2∶1，A正确；
B．反应②方程式为，生成1 mol 转移4 mol电子，标准状况下生成5.6 L 即物质的量为 mol，转移电子，B错误；
C．反应②反应方程式中的Cu元素化合价降低，O元素化合价升高，既作氧化剂也作还原剂，既表现氧化性，又表现还原性，C正确；
D．氧化剂的氧化性强于氧化产物，由①可得氧化性：，由②可得氧化性：。则氧化性强弱顺序为：，D正确；
答案选B。
29．B
【分析】锌和盐酸反应产生氢气，关闭K3打开K1和K2，在c中产生H2，H2会使c中气体进入b，将空气排出装置，防止二价铬再被氧化；打开K3，关闭K1和K2，H2使c中压强增大，将c中液体压入d中，与d中的醋酸钠溶液反应生成醋酸亚铬；
【详解】A．醋酸亚铬在气体分析中用作氧气吸收剂，说明其容易和氧气反应，故实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却以排除溶解的氧气，A正确；
B．锌和盐酸反应产生氢气，关闭K3打开K1和K2，在c中产生H2，H2会使c中气体进入b，将空气排出装置，防止二价铬再被氧化；打开K3，关闭K1和K2，H2使c中压强增大，将c中液体压入d中，与d中的醋酸钠溶液反应生成醋酸亚铬，B错误；
C．根据醋酸亚铬的性质，其难溶于冷水，所以可以将得到的溶液冷却，降低醋酸亚铬的溶解度，使醋酸亚铬以沉淀的形式析出，然后过滤、洗涤将其分离出来，C正确；
D．由题中信息可知，醋酸亚铬易被O2氧化，装置d暴露在空气中，是一个敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触生成杂质，D正确；
故选B。
30．A
【详解】Cl2生成与是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，经测定和个数之比为3∶4，则可设为3个，为4个，被氧化的氯原子的个数为3+4=7个，根据化合价变化可知，反应中失去电子的总个数为个，氧化还原反应中得失电子数目一定相等，则该反应中得到电子的个数也是23个，Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为1价，则被还原的Cl的个数为23个，所以被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数之比为23∶7。
故选A。
31．B
【详解】试题分析：A、溶液中加入一定量盐酸恰好完全反应，所得溶液为氯化钠，最后所得固体为氯化钠，根据钠离子守恒由n(NaCl)=n(Na+)=0.1L×1mol/L=0.1mol，故氯化钠的质量为0.1mol×58.5g/mol=5.85g，故A错误；B、硫酸恰好完全反应，反应后的溶液中滴加KSCN不显红色，且无固体剩余物，最后为硫酸亚铁溶液，根据硫酸根守恒可知n(FeSO4)=n(H2SO4)=4.0mol/L×0.2L=0.8mol，故B正确；C、开始投入1molN2和3molH2，氮气与氢气按1：3反应二者转化率相同，平衡时氮气与氢气物质的量浓度为1：3，不可能相等，故C错误；D、开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3 H2O的反应，则有NH4+，根据电荷守恒可知一定有SO42-，故D错误；故选B。
考点：考查了混合物的有关计算、离子反应、化学平衡有关计算的相关知识。
32．C
【分析】由图可知最终沉淀0.05mol为BaSO4，则固体混合物中n[Ba(OH)2]为0.05mol，根据图像知，未加H2SO4前A点的沉淀为0.02mol，小于0.05mol，说明FeSO4完全反应，Ba2+有剩余，
由A→B一定发生反应Ba2++SO42-=BaSO4↓，加入20mL H2SO4，n(H2SO4)为0.02mol，由图可知沉淀量增加0.04mol-0.02mol=0.02mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量，故不可能发生反应AlO2- +H++H2O=Al(OH)3↓，该反应硫酸的物质的量与沉淀的物质的量之比为1：2，也不会发生其它沉淀的溶解反应，否则沉淀量增加不可能为0.02mol，说明加入的20mL硫酸只与氢氧化钡反应；故未加H2SO4前A点的溶液中Ba(OH)2有剩余，剩余三种固体组成的混合物溶于足量的水中，用玻璃棒搅拌，充分溶解，一段时间发生反应：FeSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；故A点沉淀为Fe(OH)3、BaSO4，由方程式可知n[Fe(OH)3]=n(BaSO4)=0.01mol，此时Al3+变为AlO2-，可知n(FeSO4)=0.01mol；B→C，加入5mL硫酸，硫酸的物质的量为0.005mol，由图可知沉淀量增加0.055mol-0.04mol=0.015mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量的3倍，故发生反应Ba2++SO42-=BaSO4↓，AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，由方程式可知，该阶段生成BaSO4为0.005mol，生成Al(OH)3为0.01mol，故C的沉淀为Fe(OH)3、BaSO4、Al(OH)3；C→D，加入15mL硫酸，硫酸的物质的量为0.015mol，由图可知沉淀量增加0.06mol-0.055mol=0.005mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量的倍，沉淀量达最大值，不可能单独发生Ba2++SO42-=BaSO4↓（沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量）或AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓（沉淀的物质的量是硫酸的2倍）或二者都发生；故该阶段发生反应Ba2++SO42-=BaSO4↓（生产BaSO4多）、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O、Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O（沉淀溶解少），说明C点AlO2-完全反应，D点的溶液含有Al3+、Fe3+、Ba2+沉淀完全，溶液为Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3；D→E发生反应Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O、Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，E点完全溶解，溶液为Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3，由C→E共消耗30mL H2SO4，而0.01mol Fe(OH)3消耗15mL H2SO4，可知Al(OH)3消耗15mL H2SO4，判定n[Al(OH)3]=n[Fe(OH)3]=0.01mol，可知原混合固体中n(AlCl3)=0.01mol，据此分析作答。
【详解】A. 由上述分析可知，硫酸只与氢氧化钡反应，反应离子方程式为Ba2++SO42-+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O，A项正确；
B. 由上述分析可知，D点的溶液含有Al3+、Fe3+，溶液为Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3，Al3+、Fe3+水解，溶液呈酸性，B项正确；
C. 由上述分析可知，C的沉淀为Fe(OH)3、BaSO4、Al(OH)3，C项错误；
D. 由上述分析可知，原混合固体中n(FeSO4)=0.01mol，n(AlCl3)=0.01mol，两者物质的量相等，D项正确；
答案选C。
33．B
【详解】受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物为、价，铅的氧化物的混合物再与盐酸作用时，价Pb还原为价，被氧化为，此时得到溶液为溶液，利用“电子转移守恒”知在上述转化过程中共转移电子为，设该过程得到的物质的量为3xmol，则的物质的量为2xmol，利用电子转移守恒有：，解得，故知在受热分解过程中产生为，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中，故剩余固体中：：：5，
A．1：2混合的、，：：：10，故A错误；
B．1：1混合的、PbO，：：：5，故B正确；
C．1：4：1混合的、、PbO，：：：19，故C错误；
D．1：1：1混合的、、PbO，：：：7，故D错误；
故选B。
34．C
【详解】A．根据化合价代数和为零的原则，设-1价的O有x个，-2价的O有y个，则有x＋y=8，x＋2y=2＋2×6，解得x=2，y=6，2个-1价的O，则有1个过氧键；可得出1mol过硫酸钠含有个过氧键，故A错误；
B．根据图示，可得出转化过程中Fe先被氧化为 ，反应为，然后进一步被氧化为，最后共沉淀中有和，所以参加反应时，消耗的超过个，故B错误；
C．固体极难溶于水，的饱和溶液近似中性，溶液中的主要来源于水的电离，，，可得，故C正确；
D．酸性条件不利于形成和沉淀，难以与正五价砷发生共沉淀，故D错误；
故选C。
35．C
【分析】还原性：SO＞I－．向含有amolKI和amolK2SO3的混合液中通入bmolCl2充分反应，故氯气先和SO反应，当SO反应完全后，氯气再和I－反应。而amolK2SO3完全反应时能消耗amol氯气，amolKI完全反应时能消耗mol氯气。即当amolKI和amolK2SO3完全反应时，共消耗1.5amol氯气。
【详解】A．当a≥b时，氯气的量不足，只能氧化SO为硫酸根，氯气被还原为氯离子，故离子方程式为SO＋Cl2＋H2O=SO＋2H＋＋2Cl－，故A正确；
B．当5a=4b即a=0.8b时，0.8bmol SO消耗0.8bmol氯气，被氧化为0.8bmol SO，0.2bmol氯气能氧化0.4bmol I－为I2，故离子方程式为：4SO＋2I－＋5Cl2＋4H2O=4SO＋I2＋8H＋＋10Cl－，故B正确；
C．当b=a时，此时Cl2能将全部SO氧化为SO，转移电子最少，为2amol，当b=amol时Cl2可完全反应，转移电子最多，为3amol，故转移的电子的物质的量为2amol≤n(e-)≤3amol，故C错误；
D．当a＜b＜a时，SO全部被氧化为硫酸根，而I－不能全部被氧化，故溶液中硫酸根的物质的量为amol，消耗的氯气为amol，故剩余的氯气为(b-a)mol，则能氧化的I－的物质的量为2(b-a)mol，故溶液中的碘离子的物质的量为a-2(b-a)=(3a-b)mol，由于氯气完全反应，故溶液中的氯离子的物质的量为2bmol，故溶液中SO42-、I-与Cl-的物质的量之比为a：(3a-2b)：2b，故D正确；
综上所述答案为C。
36．D
【详解】A． ，故A错误；
B．，故B错误；
C．，故C错误；
D．，故D正确；
故本题选D。
37．A
【解析】略
38．B
【详解】A．因为φ值越高，氧化型物质的氧化能力越强，HClO的氧化性比ClO-的强，则说明x＜1.49V，A正确；
B．Co3O4中含有Co3+，因为φ(Co3+/Co2+)>φ(HClO/Cl-)，说明氧化性Co3O4>HClO>Cl2，则Co3O4与浓盐酸混合发生氧化还原反应生成Cl2，其反应的离子方程式为：Co3O4+8H++2Cl-=3Co2++Cl2↑+4H2O，B错误；
C．若x=0.81V，则氧化性ClO->Co(OH)3，说明NaClO可以将Co(OH)2氧化成Co(OH)3，反应的化学方程式为2Co(OH)2+NaClO+H2O=2Co(OH)3+NaCl，C正确；
D．从图中数据可知，酸性条件下的φ值大，氧化型物质的氧化性增强，D正确；
故选B。
39．C
【详解】反应涉及的方程式为： ， ， 假设每份中碳酸氢钠的物质的量为xmol，碳酸钠的物质的量为ymol，则有 ，
A．X与盐酸反应后的溶液蒸干后得到氯化钠，n(NaCl)=n(Na)=(x+2y)mol，计算得到质量为，A错误；
B．碳酸氢钠受热分解，质量减少为水和二氧化碳的质量，B错误；
C．两个过程最后都得到氯化钠，根据原子守恒分析，X、Y消耗盐酸的物质的量之比为1：1，C正确；
D．， ，解 ，则碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量比例为：，D错误；
故选C。
40．C
【分析】Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液，先发生反应AlO+H++H2O═Al（OH）3↓，a线表示AlO减少；第二阶段，AlO反应完毕，发生反应CO+H+═HCO，b线表示CO减少，c线表示HCO的增加；第三阶段，CO反应完毕，发生反应HCO+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO减少，此阶段Al（OH）3不参与反应。
【详解】A．由分析可知，b曲线表示的离子方程式为：CO+H+═HCO，A错误；
B．由分析可知，d和c曲线表示的离子反应是不相同的，B错误；
C．盐酸50mL时NaAlO2中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，加50mL盐酸之后CO反应，氢氧化铝沉淀不溶解，则M点沉淀的质量和盐酸50mL时沉淀的质量相同，由NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓知，n（Al（OH）3）=n（NaAlO2）=n（HCl）＝0.05mol，m[Al（OH）3]=0.05mol×78g/mol=3.9g，C正确；
D．第一、第二两段消耗的盐酸的体积都是50ml，所以消耗的氯化氢的物质的量相等，依据第一阶段、第二阶段发生反应AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓，CO+H+═HCO3-，可知CO与AlO的物质的量之比为1：1，D错误；
故选C。
41．B
【分析】加盐酸后固体全部溶解，共收集到0.01molH2，得到与盐酸反应生成氢气的铁单质的物质的量为0.01mol；反应后的溶液中加入 KSCN 溶液不显红色说明不含铁离子，溶液中全部为亚铁离子，依据极值法计算判断。
【详解】铁和盐酸反应 Fe +2HCl=FeCl2+H2，生成0.01mol氢气消耗铁物质的量为0.01mol；反应后的溶液中加入 KSCN 溶液不显红色说明不含铁离子，溶液中全部为亚铁离子，铁和三价铁离子全部反应生成亚铁离子，假设混合物0.1mol为 Fe 、的混合物；设原混合物铁物质的量为x，则的物质的量为（0.1-x） mol ， Fe 3+物质的量2(0.1-x) mol ；
计算得到=0.055mol；
假设混合物0.1mol为 Fe 、混合物，设原混合物中铁物质的量为 ymol ，则 物质的量为（0.1-y) mol ，可以看作Fe2O3和Fe3O4的混合物，Fe3O4的可以看作Fe2O3和 FeO 组成，则Fe2O3的物质的量为2(0.1-y) mol ，Fe 3+物质的量4(0.1-y) mol ；
计算得到y=0.07mol；所以Fe、、 混合物共0.1mol反应含有铁的物质的量为
0.055mol< n ( Fe )<0.07mol，在此范围的铁的物质的量符合；故本题选 B 。
42．B
【分析】Ba(OH)2中加入KAl(SO4)2，KAl(SO4)2由少量至过量发生两个离子反应：
当时，化学反应方程式为，溶液中的可溶物质是KAlO2，将数据代入方程式计算n(KAlO2)=0.1mol/L×0.02L÷2=0.001mol；
当时，化学反应方程式为，溶液中溶液中的可溶物质是K2SO4，将数据代入方程式计算；所以曲线①代表该反应；
Ba(OH)2中加入Al2(SO4)3，Al2(SO4)3由少量至过量发生两个离子反应：
当时，化学反应方程式为，溶液中的可溶物质是Ba(AlO2)2，将数据代入方程式计算n[Ba(AlO2)2]=0.1mol/L×0.02L÷4=0.0005mol；
当时，化学反应方程式为，此时溶液中几乎无可溶物质，溶液此时导电能力最差；所以曲线②代表该反应；
【详解】A．a点溶液中几乎无可溶物，反应物全部生成固体沉淀，所以水溶液接近中性，描述正确，A不符合题意；
B．根据分析，b点溶液中可溶物质只有K2SO4，描述错误，B符合题意；
C．根据分析，c、d两点对应反应中，①中Ba2+及OH-全部生成新的物质，②中OH-全部反应，Ba2+也都参与生成新物质，未有OH-剩余，描述正确，C不符合题意；
D．根据分析，可以得到①是加入KAl(SO4)2的变化曲线，②代表加入Al2(SO4)3的变化曲线，描述正确， D不符合题意；
故选B。
43．A
【详解】A．的氢氧化钾浓溶液中，氢氧化钾为0.6mol，根据钾元素、氯元素守恒可知，总量为0.6mol，则消耗氯气0.3mol，A错误；
B．当溶液中时，则生成个数比为5:1，根据电子守恒可知，反应的离子方程式为：，B正确；
C．若生成，则，根据电子守恒可知，，则，转移电子0.3mol；
若生成，则，根据电子守恒可知，，则，转移电子0.5mol；
故若反应中转移的电子为，则，C正确；
D．中氯处于中间价态，有一定的氧化性，D正确；
故选A。
44．B
【分析】向200mL稀与稀的混合溶液中逐渐加入铁粉，依次发生反应①、②、③；OA段为反应①，生成NO0.2mol；AB为反应②、BC为反应③，生成氢气0.1mol；
【详解】A．由分析可知，OA段为反应①，生成NO0.2mol，根据氮元素守恒可知，混合溶液中的物质的量浓度为0.2mol÷0.2L=1 mol/L，A正确；
B．由分析可知，200mL溶液中硝酸根离子为0.2mol、氢离子为0.2mol×4+0.1mol×2=1.0mol，，则氢离子过量、硝酸根离子完全反应消耗铜0.3mol，质量为19.2g，则若向铜粉中加入100mL上述混合溶液，最多能溶解19.2g÷2=9.6g铜，B错误；
C．由分析可知，3个反应分别消耗铁0.2mol、0.1mol、0.1mol，共消耗铁0.4mol，质量为22.4g铁，C正确；
D．由分析可知，每一阶段反应转移电子数目之比为，D正确；
故选B。
45．C
【分析】设铜、镁的物质的量分别为x、y，根据题干信息，64x+24y=1.52g，98x+58y=2.54g,解得x=0.02mol，y=0.01mol；设NO2和NO的物质的量分别为a、b，根据得失电子守恒，2（0.02+0.01）=a+3b
【详解】A．该合金中铜与镁的物质的量之比是0.02：0.01=2∶1，故A正确；
B．得到NO2和NO的混合气体896mL(标准状况)，气体的物质的量为0.04mol,含有N元素的物质的量=0.04mol,硝酸镁和硝酸铜中硝酸根离子的物质的量=2（0.02+0.01）=0.06mol，根据元素守恒，固体溶解后的溶液中硝酸的物质的量=50mL10-314mol/L-0.06mol-0.04mol=0.6mol，故B正确；
C．沉淀中氢氧根离子的质量=2.54g-1.52g=1.02g，氢氧根离子的物质的量=，中和剩余硝酸需要的氢氧根的物质的量为0.6mol，至少加入氢氧化钠0.6mol+0.06mol=0.66mol，则需要氢氧化钠溶液的体积至少为=660mL，故C错误；
D．金属失去电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，为0.06mol，故反应过程中转移的电子数是0.06NA，故D正确。
答案为C。
46．A
【详解】由PV=nRT可知，在300K，750mmHg有：×101325pa×1.5×10-3m3=8.314Pa·m3/(mol·K)×300K×n1，解得：n1=0.060135mol，在15K，8mmHg下有：×101325pa×1.5×10-3m3=8.314Pa·m3/(mol·K)×15K×n2，解得n2=0.012829mol，因为另一气体在270K时凝固，所以n2即为He的物质的量，另一种气体的物质的量为：n3=n1-n2=0.060135-0.012829=0.047306mol，另一种气体的质量为：m=m总-n2M(He)=5.0g-0.012829mol×4g/mol=4.948684g，故另一种气体的摩尔质量为：M===103.8g/mol，故答案为：A。
47．AD
【详解】A．n(FeBr2)=0.4L×1mol/L=0.4mol，n(Fe2+)=n(FeBr2)=0.4mol，n(Br-)=2n(FeBr2)=0.8mol，根据“2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-”知，Fe2+完全被氧化消耗n(Cl2)=12n(Fe2+)=12×0.4mol=0.2mol，根据“2Br-+Cl2=2Cl-+Br2”知，Br-完全被氧化，n(Cl2)=12n(Br-)=12×0.8mol=0.4mol，根据图及计算数据知，①代表Fe2+，②代表Br-，故A不正确；
B．还原性较强的离子先被氧化，根据A的分析知，Fe2+先被氧化，所以还原性强弱：Fe2+＞Br-，故B正确；
C．当n(Cl2)=0.4mol时，亚铁离子完全被氧化消耗0.2mol氯气，n(Fe3+)=n(Fe2+)=0.4mol，还有0.2mol氯气氧化溴离子，被氧化的n(Br-)=2n(Cl2)=2×0.2mol=0.4mol，剩余n(Br-)为0.4mol，故C正确；
D．亚铁离子先被氧化，所以①的反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故D错误；
故选：AD。
48．BD
【详解】A．a点固体的质量仍为0，则此时发生反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，由于该反应仍未结束，故a点溶液中存在的阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+，A错误；
B．b点固体的质量增加，此时发生反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，B正确；
C．当加入铁粉的质量大于1.68g后，图中曲线出现了拐点，由点(2.24,1.84)和(1.68,1.28)可知，此过程加入铁粉的质量与固体剩余物增加的质量相等，故c点没有发生反应，C错误；
D．当加入铁粉的质量为0～0.56g时，此过程发生反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，溶液中n(Fe3+)=2n(Fe)=2×=0.02mol，故原溶液中n[Fe2(SO4)3]=0.01mol；当加入铁粉的质量为0.56～1.68g时，此过程发生反应的离子方程式为Fe+Cu2+===Cu+Fe2+，则溶液中n(Cu2+)=n(Fe)==0.02mol，原溶液中n(CuSO4)=0.02mol，则原溶液中Fe2(SO4)3与CuSO4的物质的量浓度之比等于物质的量之比为1∶2，D正确；
故答案为：BD。
49．AC
【详解】A．据电荷守恒知：c(OH-)= c（）+ c(H+)=+c(H+)，故A正确；
B．氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为ρ g/cm3，体积为VmL，所以溶液质量为ρVg，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数ω=×100%，故B错误；
C．a g NH3的物质的量为mol，溶液体积为VmL，所以溶液的物质的量浓度，故C正确；
，故C正确；
D．水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，因此等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5w，故D错误；
故选AC。
50．CD
【详解】A．将少量SO2气体通入NaClO溶液中，NaClO具有氧化性，离子方程式：3ClO-+SO2+H2O=SO+2HClO+Cl-，A错误；
B．硫化氢酸性弱于硫酸，不会发生反应，B错误；
C．向偏铝酸钠溶液中通入过量CO2：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO，C正确；
D.向硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中滴加足量Ba(OH)2溶液NH＋Al3+＋2SO＋2Ba2+＋5OH-=AlO＋2BaSO4↓＋NH3·H2O＋2H2O，D正确；
答案选CD。
【点睛】次氯酸、次氯酸盐都具有氧化性，与还原性微粒发生氧化还原反应，此题A选项是高频考点，产物会生成最高价硫酸根
同课章节目录