黑龙江省双鸭山市高二化学下学期期末考试试题(含解析)

2016-2017学年高二下学期期末考试化学试题
（时间：90分钟总分：100分）
可能用到的原子量：Na:23 Al:27 O:16 Fe:56 C:12 Cl:35.5 S:32
第Ⅰ卷（单项选择题：共60分）
一、单项选择题：（包括25小题，1-15每小题2分，16-25每小题3分，共60分）在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1. 化学与生活、社会发展息息相关。

下列说法不正确的是( )
A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
C. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化
D. 古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金
【答案】C
【解析】试题分析：A．气溶胶属于胶体，有丁达尔效应；
B．依据湿法炼铜原理解答；
C．青蒿素的提取用的是低温萃取，属于物理方法；
D．合金是指金属与非金属或者金属融合而成具有金属性质的材料．
解：A．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，胶体都具有丁达尔效应，故A正确；
B．铁活泼性强于铜，铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，故B正确；
C．青蒿素的提取用的是低温萃取，没有新物质生成，属于物理方法，故C错误；
D．铁中含碳量越高，硬度越大，含碳量越少，韧性越强，剂钢是铁与碳的合金，故D正确；
2. 高一学生小强的化学笔记中有如下内容：你认为他的笔记中有几处错误（）
①物质按照组成可以分为单质和化合物
②单质又可分为金属和非金属
③化合物主要包括：酸、碱、盐和氧化物
④按照分散剂粒子直径大小可将分散系分为溶液、浊液和胶体
⑤只要在水溶液中能导电的化合物就是电解质
⑥按照树状分类法可将化学反应分为：氧化还原反应和离子反应
⑦氧化还原反应的本质是化合价升降．
A. 三处
B. 四处
C. 五处
D. 六处
【答案】B
【解析】试题分析：①物质按组成分为纯净物和混合物，纯净物按元素组成分为单质（仅一种元素组成的纯净物）和化合物（由两种或两种以上元素组成的纯净物），故①错误；②单质分为金属单质和非金属单质，故②正确；③化合物主要包括酸、碱、盐和氧化物，故③正确；④按分散质粒子直径大小将分散系分为溶液、浊液和胶体，故④正确；⑤电解质是自身能发生电离的化合物如SO2、NH3等水溶液虽然能导电但不是自身发生电离不属于电解质，故⑤错误；⑥氧化还原反应与离子反应是交叉关系，按树状分类应为氧化还原反应和非氧化还原反应，故⑥错误；⑦氧化还原反应的本质是电子转移，故⑦错误；故选B
考点：考查了物质的分类、氧化还原反应、电解质的相关知识。

3. 设N A为阿伏加徳罗常数的值。

下列说法正确的是( )
A. 1molNa2O2固体中含离子总数为4 N A
B. 分子数为N A的CO、C2H4混合气体体积约为22.4L，质量为28g
C. 28g由C2H4和C3H6组成的混合物中含有氢原子的数目为4N A
D. 常温下，1mol Fe与过量浓HNO3反应，转移电子的数目为3 N A
【答案】C
【解析】A. Na2O2固体由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠中含有的离子共为3N A个，故A错误； B.未注明是否为标准状况，分子数为N A的CO、C2H4混合气体体积不一定22.4L，故B错误；C. C2H4和C3H6的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量为n==2mol，则含4mol氢原子即4N A个，故C正确；D. 常温下，铁与硝酸反应可能生成硝酸铁，也可能生成硝酸亚铁，因此1mol Fe与过量浓HNO3反应，转移电子的数目为3 N A或2N A，故D错误；故选C。

点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。

本题的易错点为D，铁常见的化合价有+2价和+3价。

4. 下列指定反应的离子方程式表达正确的是( )
A. FeCl3溶液中加入KSCN溶液：Fe3＋+ 3SCN－= Fe(SCN)3↓
B. Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2＋+2HCO3－+ 2OH－= CaCO3↓+ CO32－+ H2O
C. 向NaClO溶液中通入少量SO2: 2ClO－+SO2 +H2O =SO32－+2HClO
D. 过量的CO2通入水玻璃中：SiO32－＋2CO2+2 H2O =H2SiO3↓ + 2HCO3－
【答案】D
【解析】A. FeCl3溶液中加入KSCN溶液，溶液变成血红色，没有生成沉淀，故A错误；B. Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液，反应生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为Ca2＋+HCO3－+ OH－= CaCO3↓+ H2O，故B错误；C. 向NaClO溶液中通入少量SO2反应生成的次氯酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，故C错误； D. 过量的CO2通入水玻璃中反应生成硅酸沉淀和碳酸氢钠：SiO32－＋2CO2+2 H2O =H2SiO3↓ + 2HCO3－，故D正确；故选D。

5. 已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2RO4n﹣+3Cl﹣+5H2O，则RO4n ﹣中R的化合价是（）
A. +3
B. +4
C. +5
D. +6
【答案】D
【解析】试题分析：根据电荷守恒可知n＝（3+4-3）/2＝2，所以R的化合价是＋（2×4－2）＝＋6价，答案选D。

考点：考查化合价判断
6. 使相同物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl－离子完全沉淀时，若所用相同浓度的AgNO3溶液的体积比为2:2:1，则上述三种溶液的体积比是（）
A. 9:3:1
B. 3:2:1
C. 6:3:1
D. 9:4:1
【答案】C
........................
考点：考查物质的量的计算等知识。

7. 下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的叙述，正确的是（）
A. 常温时，在水中的溶解性：碳酸钠＞碳酸氢钠
B. 热稳定性：碳酸钠＜碳酸氢钠
C. 质量相同时，分别与同体积同浓度盐酸反应的快慢：碳酸钠＞碳酸氢钠
D. 物质的量相同时，分别与足量的盐酸反应，生成CO2的质量：碳酸钠＜碳酸氢钠
【答案】A
【解析】试题分析：A、常温时，在水中的溶解性：碳酸钠>碳酸氢钠，A项正确；B、碳酸氢钠受热易分解，热稳定性：碳酸钠>碳酸氢钠，B项错误；C、质量相同时，分别与同体积同浓度盐酸反应的快慢：碳酸钠<碳酸氢钠，C项错误；D、物质的量相同时，分别与足量的盐酸反应，据碳原子守恒，生成CO2的质量：碳酸钠=碳酸氢钠，D项错误；答案选A。

考点：考查碳酸钠和碳酸氢钠的比较
8. 下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）
A. 无色溶液中：K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣
B. 酸性溶液中：K+、Cl﹣、NO3﹣、Fe2+
C. 加入 Al 能放出 H2的溶液中：Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣、NH4+
D. 在酸性溶液中：Mg2+、Na+、SO42﹣、Cl﹣
【答案】D
【解析】A. MnO4﹣有颜色，与无色溶液不吻合，故A错误；B. 在酸性溶液中NO3﹣能够氧化Fe2+，不能大量共存，故B错误；C. 加入 Al 能放出 H2的溶液显强酸性或碱性，在强酸性或碱性溶液中HCO3﹣都不能大量存在，故C错误；D. 在酸性溶液中，Mg2+、Na+、SO42﹣、Cl﹣离子间不发生反应，能够大量共存，故D正确；故选D。

9. 用高铁酸钠（Na2FeO4）对河、湖水消毒是城市饮用水处理的新技术，已知反应：
Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O．下列说法正确的是（）
A. Na2O2既是氧化剂又是还原剂
B. Fe2O3在反应中显氧化性
C. 1molNa2O2发生反应，有4mol电子转移
D. 在Na2FeO4能消毒杀毒是因其具有强氧化性
【答案】D
【解析】试题分析：A、分析题给反应知，Na2O2中氧元素化合价由-1价降为-2价，被还原，Na2O2为氧化剂，A错误；B、Fe2O3中铁元素化合价由+3价升高为+6价，在反应中失去电子，C错误；C、反应中Na2O2中氧元素化合价由-1价降为-2价，3molNa2O2发生反应，有6mol电子转移，C错误；D、Na2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，可用于杀菌消毒，D正确。

答案选D。

考点：考查氧化还原反应的有关判断
10. 工业上用金红石(主要成分TiO2)制金属钛可通过一下反应进行：
①TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO ②TiCl4＋2Mg Ti＋2MgCl2
对于上述两个反应的叙述正确的是（）
A. 都是置换反应
B. 都是氧化还原反应
C. 反应中钛元素都被还原
D. 加热时金属钛和氩气(Ar)能反应
【答案】B
【解析】试题分析：A．反应①没有单质生成，不是置换反应，故A错误；B．两个反应都存在化合价的变化，为氧化还原反应，故B正确；C．反应①Ti元素化合价没有发生变化，故C错误；D．氩气为惰性气体，与钛不反应，②中氩气作保护气，可防止金属Ti被氧化，故D错误；故选B。

【考点定位】考查氧化还原反应
【名师点晴】把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，反应①中，Cl元素的化合价降低，C元素的化合价升高，反应②中Mg元素的化合价升高，Ti元素的化合价降低，以此来解答。

11. 油条的做法是将矾、碱、盐按比例加入温水中，再加入面粉搅拌成面团；放置，使面团产生气体，形成孔洞。

放置过程发生反应：
2KAl（SO4）2·12H2O+3Na2CO3 = 2Al（OH）3↓+3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+21H2O．下列有关判断正确的是（）
A. 放置过程发生的反应中，反应物和生成物均为电解质
B. 放置过程发生的反应为氧化还原反应
C. 从物质的分类角度来看，油条配方中的“矾、碱、盐”均为盐
D. 反应的离子方程式为2Al3++3CO32﹣═2Al（OH）3↓+3CO2↑
【答案】C
【解析】A、二氧化碳是非电解质，故A错误；B、无元素化合价的变化是非氧化还原反应，放置过程中发生的反应为非氧化还原反应，故B错误；C、Na2CO3和KAl(SO4)2•12H2O都是盐，所以油条配方中的“明矾、碱”均属于盐，故C正确；D、根据原子守恒，反应物中应该含有水参与反应，该反应2Al3++3CO32-═2Al(OH)3↓+3CO2↑未遵循质量守恒，故D错误；故选C。

12. 我国晋代《抱朴子》中描述了大量的化学反应，其中有：①“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”；②“以曾青涂铁，铁赤色如铜”。

下列有关叙述正确的是( )
A. ①中水银“积变又还成丹砂”说明水银发生了还原反应
B. ②中反应的离子方程式为：2Fe+3Cu2+=2Fe3++3Cu
C. 根据①可知温度计打破后可以用硫粉覆盖水银，防止中毒
D. 水银能跟曾青发生置换反应生成单质铜
【答案】C
【解析】试题分析：A．①中水银“积变又还成丹砂”，其中Hg的化合价升高，水银发生了氧化反应，A错误；B．②中反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，B错误；C．常温下水银和硫可以化合，因此根据①可知温度计打破后可以用硫粉覆盖水银，防止中毒，C正确；D．汞的金属性弱于铜，水银不能跟曾青发生置换反应生成单质铜，D错误，答案选C。

考点：考查氧化还原反应的有关判断
13. 制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2++ 2S2O32-+O2+xOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O，下列说法正确的是( )
A. x=2
B. 参加反应的Fe2+全部作还原剂
C. 每生成1 molFe3O4，被S2O32-还原的O2为0.5mol
D. 已知Fe3O4纳米颗粒直径为20nm，则Fe3O4纳米颗粒为胶体
【答案】C
【解析】试题分析：A．反应的离子方程式为3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-═Fe3O4+S4O62-+2H2O，则x=4，故A错误；B．反应中3Fe2+→Fe3O4，当3molFe2+参加反应时，有2molFe2+化合价升高，故B 错误；C．反应3Fe2+ + 2S2O32- + O2 + 4OH- ═ Fe3O4+S4O62-+2H2O中，Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂，每生成1molFe3O4，反应转移的电子总数为4mol，其中被S2O32-还原的O2为0.5mol，被Fe2+还原的O2也为0.5mol，故C正确；D. Fe3O4纳米颗粒直径为20nm，Fe3O4纳米颗粒分散到分散剂中可以形成胶体，故D错误；故选C。

考点：考查了氧化还原反应的相关知识。

14. 下列有关实验的说法正确的是（）
A. 某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，该溶液一定有CO32﹣
B. 为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量
C. 制备Fe（OH）3胶体，通常是将Fe（OH）3固体溶于热水中
D. 除去铁粉中混有的少量铝粉，可加入过量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤
【答案】D
【解析】A．生成二氧化碳气体，也可能含有HCO3-等，另外气体也可能为二氧化硫，故A错
误；B．加热条件下，氢氧化钠和二氧化硅反应易烧结在一起，一般应用铁坩埚，故B错误；C．氢氧化铁不溶于水，制备Fe(OH)3胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，故C错误； D．铝和氢氧化钠溶液反应，而铁不反应，可用于分离，故D正确；故选D。

点睛：本题考查较为综合，涉及物质的检验、分离以及制备等知识，侧重考查学生的分析能力和实验能力。

本题的易错点为B，瓷坩埚的主要成分中含有大量的二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧化钠反应。

15. 当溶液中XO4－离子与H2O2分子的个数比恰好按2：5进行反应时，溶液中XO4－被还原为较低价态离子，则X元素的化合价变为（）
A. +1
B. +2
C. +3
D. +4
【答案】B
【解析】试题分析：因为分子数之比等物质的量之比，因此设XO4－的物质的量为2mol，H2O2的物质的量为5mol，因为是XO4－被还原，因此XO4－是氧化剂，过氧化氢是还原剂，设X被还原的价态是x，根据得失电子数目守恒，2×(7－x)=5×2×1，解得x=2，故选项B正确。

考点：考查氧化还原反应中得失电子数目守恒等知识。

16. 已知某金属硝酸盐，在受热分解时生成了金属氧化物、二氧化氮与氧气．测得产物中NO2与O2的体积比为5：1（同温同压下测得），试分析该硝酸盐分解时金属化合价的变化情况是（）
A. 升高
B. 降低
C. 不变
D. 不能确定
【答案】A
【解析】试题分析：:某金属的硝酸盐受热分解生成NO2、O2和某金属氧化物,氮元素化合价由+5价降低为+4价,氧元素化合价由-2价升高为0价,根据NO2和 O2的分子体积比为5:1,即其分子数之比为4:1,令NO2和 O2的分子个数分别为5、1,氮原子得到的电子数为5,氧原子失去的电子为1*2*[0-(-2)]=4,二者得失电子数目不相等,根据电子转移守恒,金属元素
应失去电子,金属元素的化合价升高,
考点：氧化还原反应
17. 2016年第31届奥运会在巴西里约举行．奥运会上发令枪所用“火药”的主要成分是氯酸钾和红磷，撞击时发生的化学反应为：5KC1O3+6P=3P2O5+5KC1．下列有关该反应的叙述中，正确的是（）
A. 氯酸钾是还原剂
B. KCl既是氧化产物，又是还原产物
C. 反应中消耗3mol P时，转移电子的物质的量为15mol
D. 发令时产生的白烟只是KCl固体颗粒
【答案】C
考点：氧化还原反应
18. 汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑．若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（）
A. 生成40.0LN2（标准状况）
B. 有0.250molKNO3被氧化
C. 转移电子的物质的量为1.25mol
D. 反应中共生成0.625mol氧化物
【答案】C
【解析】试题分析：根据方程式10NaN3+2KNO3= K2O+5Na2O+16N2↑可知NaN3中N元素化合价由-1/3价升高到0价，KNO3中N元素化合价由+5价降低到0价，所以氧化产物和还原产物都是氮气。

根据电子得失守恒可知有16mol氮气生成，氧化产物是15mol、还原产物是1mol。

若氧化产物比还原产物多1.75mol，则15/16n（N2）-1/16n（N2）＝1.75mol，解得n（N2）＝2mol，则A、根据以上分析可知生成的氮气在标准状况下的体积＝2mol×22.4L/mol＝44.8L，A错误；B、根据以上分析可知NaN3发生氧化反应，KNO3发生还原反应，硝酸钾被还原，B错误；C、根据以上分析可知参加反应KNO3的物质的量＝2mol×2/16＝0.25mol，其中N元素化合价由+5价降低为0价，故转移电子为0.25mol×5＝1.25mol，C正确；D、根据以上分析并结合方程式可知K2O、Na2O总物质的量＝2mol×（1+5）/16＝0.75mol，D错误，答案选C。

考点：考查氧化还原反应基本概念及有关计算
19. 向含有0.2molFeI2的溶液中加入a molBr2．下列叙述不正确的是（）
A. 当a=0.1时，发生的反应为2I﹣+Br2═I2+2Br﹣
B. 当a=0.25时，发生的反应为2Fe2++4I﹣+3Br2═2Fe3++2I2+6Br﹣
C. 当溶液中I﹣有一半被氧化时，c（I﹣）：c（Br﹣）=1：1
D. 当0.2＜a＜0.3时，溶液中各离子浓度的关系为2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）═c（Br ﹣）+c（OH﹣）
【答案】B
【解析】试题分析：A．由于还原性：I—>Fe3+，所以当a=0.1时，二者的物质的量的比是2：1，发生的反应为2I-+Br2=I2+2Br-，A项正确；B．当a=0.25时，二者的物质的量的比是4：5，发生的反应为2Fe2++8I-+5Br2=2Fe3++4I2+8Br-，B项错误；C．只有I—氧化，发生的反应为2I-+Br2=I2+2Br-，当溶液中I—有一半被氧化时，溶液中c(I-):c(Br-)=1:1，C项正确；D．当0.2＜a＜0.3时，溶液中I—都被氧化产生I2，所以根据电荷守恒可得溶液中各离子浓度的关系为：2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)=c(Br-)+c(OH-)，D项正确；故选B。

考点：考查氧化还原畈不及电荷守恒在微粒浓度的大小比较及计算等知识。

20. 将一定量的镁铝合金样品分成两等份，一份加入到足量的NaOH溶液中，充分反应后，收集到标准状况下气体6.72L；另一份加入到足量稀盐酸中，充分反应后，收集到标准状况下气体11.2L．则原合金样品中镁的质量为（）
A. 4.8 g
B. 6 g
C. 9.6 g
D. 12 g
【答案】C
【解析】因为Al与HCl、NaOH反应生成的H2体积一样，所以Mg与HCl反应生成的气体为11.2－6.72L=4.48L，即0.2mol，Mg——H2，所以Mg为0.2mol即4.8g，所以原合金中Mg 为9.6g
21. 某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32–、Cl–、OH–、NO3–。

向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（）
A. 3种
B. 4种
C. 5种
D. 6种
【答案】C
【解析】试题分析：含有Fe3+的溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在；H+与CO32–、OH–会发生反应，不能大量共存；OH–与NH4+、Al3+会发生反应，不能大量共存；Ba2+、Al3+、CO32–会发生反应，不能大量共存。

向该溶液中加入铝粉，只放出H2，若溶液为碱性，则含有大量的OH–。

还可能含有大量的Ba2+、CO32–、Cl–、NO3–。

离子最多4种；若溶液为酸性，由于
H+、NO3–起硝酸的作用，加入Al不能产生氢气，所以含有的离子可能是：H+、NH4+、Ba2+、Al3+、Cl–，最多是5种离子。

答案选C。

考点：本题主要是考查离子大量共存的知识。

【名师点睛】离子之间若不发生任何反应，则可以大量共存，若发生反应，则不能大量共存。

离子之间发生的反应类型有复分解反应、氧化还原反应、络合反应、盐的水解反应，还要掌握常见的有色离子有哪些、这些离子的颜色是什么颜色，有时还需要确定题干提供的信息，加入酸使指示剂呈现什么颜色；溶液的pH是多少时，溶液的离子哪些存在，Al在酸性、碱性环境都会发生反应，若酸性环境反应产生氢气，则由于HNO3有强的氧化性，不会存在NO3-。

掌握离子的性质、离子反应和离子共存知识是本题的关键。

22. 质量分数为a%，物质的量浓度为c mol·L－1的NaCl溶液，蒸发溶剂，恢复到原来的温度，若物质的量浓度变为2c mol·L－1，则质量分数变为(蒸发过程中没有晶体析出) （）A. 等于2a% B. 大于2a% C. 小于2a% D. 无法确定
【答案】C
【解析】试题分析：质量分数为a%，物质的量浓度为c mol•L-1的NaCl溶液，设密度是ρ1，所以c=，质量分数为a%，物质的量浓度为2c mol•L-1的NaCl溶液，设密度是ρ2，质量分数是w%，所以2c=，整理得到，氯化钠的密度大于水，浓度越浓，密度越大，所以ρ1＜ρ2，即w%＜2a%，故选C。

考点：考查物质的量浓度和质量分数之间的关系计算。

23. 将物质的量均为a mol的钠和铝一同投入m g足量的水中，所得溶液的密度为ρ g/cm3，则此溶液的物质的量浓度为 ( )
A. 1000aρ/ (50a+m) mol/L
B. aρ/ (46a+m) mol/L
C. 1000aρ/ (46a+m) mol/L
D. 1000aρ/ (47a+m) mol/L
【答案】C
【解析】试题分析：钠和铝投入足量水中发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知，a mol的钠反应生成amol氢氧化钠，生成氢气0.5amol；amol氢氧化钠与amol铝恰好反应生成amol偏铝酸钠，同时生成氢气
1.5amol．溶液为偏铝酸钠溶液。

所以氢气的质量为（0.5amol+1.5amol）×2g/mol=4ag；所以溶液质量m（溶液）=m（金属）+m（H2O）-m（H2）=amol×23g/mol+amol×27g/mol+mg-4ag=（46a+m）g，所以溶液的体积为=mL，所以溶液的物质的量浓度为=mol/L，故选C。

【考点定位】考查物质的量浓度的相关计算
【名师点晴】考查物质的量浓度的计算，难度中等，判断溶液是偏铝酸钠是解题关键，然后利用物质的量浓度定义式计算．理解物质的量浓度的概念。

将物质的量均为a mol的钠和铝投入足量水中发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知，溶液为偏铝酸钠溶液，偏铝酸钠的物质的量为amol．根据方程式计算生成氢气的物质的量，在计算氢气质量，溶液质量为m（溶液）=m（金属）+m（H2O）-m（H2），据此计算溶液质量，利用V=，计算溶液体积，再利用c=计算溶液物质的量浓度。

24. 将一定量的Mg和MgO的混合物投入100mL2mol/L的稀盐酸中，完全溶解后，再向反应后的溶液中加入4mol/L的NaOH溶液，要使Mg元素全部沉淀出来，所加入的NaOH溶液的体积最小是( )
A. 100mL
B. 50mL
C. 25mL
D. 无法判断
【答案】B
【解析】试题分析：氢氧化钠溶液，首先中和剩余的盐酸，然后才能沉淀镁离子，当加入的氢氧化钠使镁离子恰好沉淀，所需的氢氧化钠溶液体积最小，此时最后溶液为氯化钠溶液。

根据氯离子守恒可知n（NaCl）=n（HCl）=0.1L×2mol·L－1=0.2mol，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaCl）=0.2mol，所以需4mol·L－1的NaOH溶液的最小体积为0.2mol/4mol·L －1=0.05L=50ml．选B。

考点：考查化学计算
25. 在一定条件下，使CO和O2的混合气体26g充分反应，所得混合物在常温下跟足量的Na2O2固体反应，结果固体增重14g，则原混合气体中O2和CO的质量比可能是( )
A. 9:4
B. 1:1
C. 7:6
D. 6:7
【答案】D
【解析】试题分析：由反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可知混合物在常温下跟足量的Na2O2固体反应生成固体为Na2CO3，1molNa2O2生成1molNa2CO3，质量增加28g，恰好为CO的质量，固体增重14g，说明混合气体中CO为14g，则O2为26g-14g=12g，所以原混合气体中O2和CO 的质量比为12g：14g=6：7，故选D。

考点：考查了过氧化钠的性质和化学计算的相关知识。

第Ⅱ卷（非选择题：共40分）
26. 某无色透明溶液中可能大量存在Ag+、Mg2+、Cu2+、Fe3+、Na+中的几种，请填写下列空白：（1）不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是___________．
（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失．说明原溶液中肯定存在的离子是_________，有关的离子方程式为_______________．（3）取（2）中的滤液，加入过量的稀氨水（NH3·H2O），出现白色沉淀，说明原溶液中肯定有__________，有关的离子方程式为______________________________．
（4）原溶液可能大量存在的阴离子是下列的__________．
A．Cl﹣ B．NO3﹣ C．CO32﹣ D．OH﹣
【答案】 (1). Cu2+、Fe3+ (2). Ag+ (3). Ag++Cl﹣=AgCl↓ (4). Mg2+ (5). Mg2++2NH3·H2O═Mg（OH）2↓+2NH4+ (6). B
【解析】试题分析：（1）Cu2＋显蓝色，Fe3＋显棕黄色，题目中此溶液无色，因此一定不含有Cu2＋和Fe3＋；(2)此沉淀不溶于硝酸，说明此沉淀为AgCl，因此说明原溶液中含有Ag＋，反应方程式为Ag＋＋Cl－=AgCl↓；(3)加入氨水有白色沉淀，说明原溶液中含有Mg2＋，此沉淀是Mg(OH)2，发生的离子反应方程式为Mg2＋＋2NH3·H2O=Mg(OH)2↓＋2NH4＋；(4)原溶液中存在Ag＋，通过离子大量共存，因此选项B正确。

考点：考查离子的检验和离子反应方程式的书写等知识。

27. 己知：A为含金属离子的淡黄色固体化合物，E、X为空气中常见气体，A、B、C、D含有相同的金属离子，其转化关系如下图（部分产物己略去)。

请回答下列问题:
（l）这种金属离子的离子结构示意图为______；
（2）X的电子式______；
（3）B中所含化学键的类型是______；常温常压下，7.8g A与足量的水充分反应放出热量a kJ，写出该反应的热化学方程式______。

（4）①C也可转化为B，写出该转化的化学方程式______；
②B与D反应的离子方程式为______。

（5）将一定量的气体X通入2L B的溶液中，向所得溶液中边逐滴加入稀盐酸边振荡至过量，产生的气体与盐酸物质的量的关系如下图（忽略气体的溶解和HCl的挥发）。

请回答：a点溶液中所含溶质的化学式为________，a-b之间的反应的离子方程式_____。

【答案】 (1). Na+ (2). (3). （极性）共价键、离子键 (4). 2Na2O2(s)+2H2O(l)=4NaOH(aq)+O2(g) △H=-20akJ/mol (5). Ca(OH)2+
Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH 或Ba(OH)2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaOH (6). OH-+HCO3-=CO32-+H2O (7). Na2CO3，NaCl (8). CO32-+H+=HCO3-
【解析】E、X为空气中常见气体，A为含金属离子的淡黄色固体化合物，能与水反应生成E 与B，应是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，则A为Na2O2，E为O2，B为NaOH，B与X可以连续反应，可推知X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3。

(l)A中金属离子为Na+，离子结构示意图为：，故答案为：；
(2)X为CO2，其电子式为：，故答案为：；
(3)B为NaOH，含有离子键、共价键；常温常压下，7.8g Na2O2与足量的水充分反应放出热
量a kJ，2mol Na2O2完全反应方程式的热量=a kJ×=20a kJ，反应的热化学方程式为：2Na2O2(s)+2H2O(l)=4NaOH(aq)+O2(g)△H=-20a kJ/mol，故答案为：离子键、共价键；2Na2O2(s)+2H2O(l)=4NaOH(aq)+O2(g)△H=-20a kJ/mol；
(4)①碳酸钠也可转化为氢氧化钠，该转化的化学方程式为：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，故答案为：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH；
②氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠与水，反应离子方程式为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O，故答案为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O；
(5)根据Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑知，Na2CO3转化为NaHCO3、NaHCO3转化为NaCl需要的HCl的物质的量相等，实际上产生气体之前消耗盐酸与产生二氧化碳消
耗盐酸体积之比=3：2，所以溶液中还存在NaOH，说明原溶液中为NaOH、Na2CO3，结合方程式可知，溶液中n(NaOH)：n(Na2CO3)=1：2，故a点是氢氧化钠前后与盐酸反应碳酸钠未反应，a点时溶液中的溶质是Na2CO3和NaCl，b点时，碳酸钠恰好转化为碳酸氢钠，则a-b之间的反应的离子方程式为：CO32-+H+=HCO3-，故答案为：Na2CO3和NaCl；CO32-+H+=HCO3-。

点睛：本题考查了无机物推断，涉及核外电子排布、电子式、热化学方程式、离子浓度大小比较等知识点，(5)为易错点，清楚发生的反应判断原溶液中溶质及物质的量关系是关键。

28. NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等,其中一种生产工艺如下：步骤一，利用NaClO3在硫酸作用下与SO2反应生成 ClO2和一种酸式盐。

步骤二，将ClO2在NaOH 溶液中与H2O2反应即可生成NaClO2 。

回答下列问题：
（1）NaClO2中Cl的化合价为_______。

（2）写出步骤一中生成ClO2的化学方程式____________________。

（3）步骤二反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________________，该反应中氧化产物是____________________。

（4）亚氯酸钠(NaClO2)在常温与黑暗处可保存一年。

亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为HClO2―→ClO2↑＋H＋＋Cl－＋H2O(未配平)。

在该反应中，当有1 mol ClO2生成时转移的电子个数约为________。

（5）Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl－)、O3(1 mol O3转化为1 mol O2和1 mol H2O)等物质常被用作消毒剂。

等物质的量的上述物质消毒效率最高的是________(填序号)。

A．Cl2 B．H2O2 C．ClO2 D．O3
（6）H2O2有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称。

如消除采矿业胶液中的氰化物(如KCN)，经以下反应实现：KCN＋H2O2＋H2O===A＋NH3↑，则生成物A的化学式为
________，H2O2被称为“绿色氧化剂”的理由是___________________。

【答案】 (1). +3价 (2). 2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4 (3). 2:1 (4). O2 (5). 6．02×1023（或N A） (6). C (7). KHCO3 (8). H2O2是氧化剂，其产物是H2O，没有污染
【解析】试题分析：（1）根据化合价规则判断NaClO2中Cl的化合价为+3价。

（2）根据题给信息知氯酸钠、二氧化硫和稀硫酸反应生成二氧化氯和硫酸氢钠，利用化合价升降法结合原子守恒配平，该反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4。

（3）步骤二反应中，二氧化氯转化为NaClO2，氯元素的化合价由+4价降低为+3价，得电。