1、河南省信阳一高2015-2016学年高二下期暑假化学自学自测考点专练：化学基本概念（解析版）1已知Q与R的摩尔质量之比为9 ：22，在反应X2Y=2QR中，当1.6g X与Y 完全反应后，生成4.4g R，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为()A469 B329C239 D169【答案】D【解析】略2下列溶液中的C(Cl) 与50mL1mol/L AlCl3溶液中的C(Cl) 相等的是A150mL3mol/LKCl溶液 B75mL2mol/LNH4Cl溶液C150mL1mol/LNaCl溶液 D75mL1.5mol/L FeCl3溶液【答案】A【解析】略3在真空密闭装置中，亚氯酸钠（NaCl
2、O2）固体在一定条件下发生分解反应，从物质组成的角度看，不可能生成的产物是ANaCl和O2 BNaClO3和NaClO CNaClO3和Cl2 DNaClO3和NaCl【答案】C【解析】试题分析：根据亚氯酸钠（NaClO2）中的元素原子个数比1:1:2，可知NaClO3和Cl2不可能得到该比例，Na含量少了。考点：碘单质的鉴别。4下列有关化学用语表示正确的是A羧基的结构简式：HCOO B质子数为6、质量数为14的原子： CCCl4分子的电子式： D硫离子的结构示意图：【答案】D【解析】A 错误，羧基的结构简式：-COOB 错误，质子数为6、质量数为14的原子：614CC 错误，氯原子也要画出最
3、外层电子数D 正确。5下列关于氧化物的叙述正确的是A金属氧化物一定是碱性氧化物，非金属氧化物一定是酸性氧化物B碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物C碱性氧化物都能与水化合生成碱D酸性氧化物都能与水化合生成酸【答案】B【解析】试题分析：A、金属氧化物不一定是碱性氧化物，如氧化铝为两性氧化物，非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如一氧化碳是不成盐氧化物，错误；B、碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，正确；C、碱性氧化物不一定都能与水化合生成碱，如氧化铁为碱性氧化物，与水不反应，错误；D、酸性氧化物不一定都能与水化合生成酸，如二氧化硅为酸性氧化物，与水不反应
4、，错误。考点：考查物质的分类。6下列关于金属特征的叙述正确的是A金属原子只有还原性，离子只有氧化性B金属元素在化合物中一定显正价C金属元素在不同的化合物中的化合物中的化合价均不同 D金属单质在常温下均是固体【答案】B【解析】试题分析：A、金属只有0和正价，所以单质只有还原性，但是亚铁离子有氧化性和还原性，故不选A；B、金属在化合物中显正价，故选B；C、多数金属只有一种价态，故在不同的化合物中化合价相同，故不选C；D、多数金属常温下是固体，但是汞常温下是液体，故不选D。考点：金属的性质。71mol氯化钙中含有A1mol氯化钙分子B约6.021023个氯离子C2mol氯离子D约36.021023个
5、电子【答案】C 【解析】题中是问1 mol氯化钙含有的微粒数是多少。A中1 mol氯化钙与1 mol氯化钙分子是一种讲法，所以不对。氯化钙CaCl2，即一个CaCl2分子里有2个Cl-，那么1 mol CaCl2中应有2 mol Cl-，2 mol Cl-有26.021023个Cl-，所以B也不对，C是对的。在一个CaCl2分子中含有电子数应为20+172=54，所以1 mol CaCl2中含有电子数应为546.021023个所以D不正确。8等体积的硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液分别与足量氯化钡溶液反应，若生成硫酸钡沉淀的质量比为1:2:3，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为A1:2:3 B1:6:
6、9 C1:3:3 D1:3:6【答案】B【解析】试题分析：生成硫酸钡沉淀的质量比为1:2:3，即生成硫酸钡的物质的量为1:2:3，即硫酸铝硫酸锌硫酸钠的溶液中硫酸根的物质的量比为1:2:3，溶液体积相等，则三种盐溶液中硫酸根离子浓度比为1:2:3，则盐的浓度比为1/3:2/1:3/1=1：6:9，选A。考点：化学方程式的计算9在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，振荡后溶液变蓝，下列判断错误的是A氧化性：ClOSO42I2 B漂粉精溶液可使淀粉碘化钾试纸变蓝CClO与I在碱性条件可以发生氧化还原反应D向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯水褪色【答案】A【解析】试题分析：A、在淀粉碘化钾溶液中
7、加入少量次氯酸钠溶液，振荡后溶液变蓝，说明ClOI2；再加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失，说明I2SO42，错误；B、漂粉精溶液主要成分为次氯酸钠，其能把碘离子氧化，正确；C、次氯酸钠溶液为碱性，该条件下能反应，正确；D、氯气的氧化性强于碘，故能与亚硫酸钠溶液反应，正确。考点：考查氧化还原反应原理有关问题。10下列条件下，离子能大量共存或者离子方程式正确的是（ ）A、pH=1的溶液中：Fe2+、ClO-、Na+、SO42- B、在含较多Al3+的溶液中：K+、Cl-、HCO3C、一小块钠投入到CuSO4溶液中：2NaCu2+= Cu2Na+D、铜溶于稀硝酸：3Cu + 8H+ + 2NO3
8、- = 3Cu2+ 2NO+ 4H2O【答案】D【解析】因是酸性，Fe2+与ClO-发生氧化还原反应而不能大量共存，A错；Al3+与HCO3-发水互相促进水解反应，不能大量共存，B错；钠活泼，先与水反应，得不到铜，C错。11某工厂排放的工业废水中可能含有K+、H+、Mg2+、SO42-、Cl-、NO3-等离子。经检测废水呈明 显的碱性,则可确定该厂废水中肯定不含有的离子组合是AH+、Mg2+ BK+、NO3-、SO42-CH+、K+、NO3- DK+、Mg2+、SO42-、Cl-【答案】A【解析】试题分析：废水呈明显的碱性，说明废水中存在大量的OH，则H+、Mg2+不会大量存在，因为：H+ O
9、H= H2O、Mg2+2 OH= Mg(OH)2，故A项正确。考点：离子反应、离子共存问题。12某温同压下，3LX2气体与1LY2气体恰好完全反应生成2LZ气体，则Z的分子式是：A、X2Y2 B、XY C、X3Y D、XY3【答案】C【解析】相同条件下气体体积比等于气体物质的量之比，所以得方程式为：，再根据质量守恒定律得Z的分子式为X3Y；13设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A常温下，23g NO2含有NA个氧原子 B25、101kPa时，11.2L H2中含有的原子数为NAC标准状况下，22.4LCCl4中含有的分子数为NA D2.3g的金属钠与足量的水反应时失去的电子数为0.1N
10、A 【答案】AD【解析】试题分析：A23g NO2的物质的量是0.5mol,由于每个NO2分子中含有2个O原子，所以常温下，23g NO2含有NA个氧原子。正确。B25、101kPa时，11.2L H2的物质的量小于0.5mol,因此其中含有的原子数为小于NA。错误。C标准状况下，CCl4是液体，不能使用气体摩尔体积。错误。DNa是+1价的金属。2.3g的金属钠的物质的量为0.1mol,故与足量的水反应时失去的电子数为0.1NA 。正确。考点：考查阿伏加德罗常数的计算的知识。14CaH2可作为生氢剂，反应的化学方程式为CaH2+2H2OCa(OH)2+2H2，下列说法不正确的A.氢化钙既是还原
11、剂，又是氧化剂B.H2既是氧化产物，又是还原产物C.氢化钙是还原剂，H2O是氧化剂D.氧化产物与还原产物质量比为11【答案】A.【解析】此题的关键是分析判断出CaH2中氢元素的化合价为-1价.(因金属元素钙不可能有负价态，在化合物中钙元素只有+2价).15下面是溶解性表中的部分内容(室温下测定)：阳离子阴离子OHSO42SO32-Ca2微不Fe3不溶Cu2不不下列有关说法中正确的是A处物质属于可溶性碱B处物质组成为Fe2(SO3)3C处物质为硫酸盐或者铜盐D、处物质在溶液中发生的反应一定是Cu22OH=Cu(OH)2【答案】C【解析】试题分析：A.Ca(OH)2是微溶性的碱，A项错误；B.Fe
12、3+具有氧化性，能将SO32-氧化成SO42-，即Fe2(SO3)3不存在，B项错误；C.CuSO4属于铜盐，也属于硫酸盐，C项正确；D.Ca(OH)2是微溶物，浓溶液写化学式，澄清溶液写离子形式，所以、处物质在溶液中发生的反应有Cu22OH=Cu(OH)2或Cu2+Ca(OH)2=Cu(OH)2+Ca2，D项错误；答案选C。考点：考查物质的溶解性和分类。16有4种钠的化合物W、X、Y、Z，它们之间存在如下关系：WXH2OCO2ZCO2XO2ZH2OYO2XCa(OH)2YCaCO3回答下列问题：（1）W、Y、Z的化学式分别是：W：_、Y：_、Z：_。（2）以上4个化学反应，属于氧化还原反应的
13、是_(填反应序号)，反应中氧化剂是_(写化学式)（3）若反应在溶液中进行，写出其离子方程式 【答案】(1)NaHCO3 NaOH Na2O2 (2) Na2O2 (3)Ca2CO32-=CaCO3【解析】试题分析：通过反应得知W为碳酸氢钠，X为碳酸钠，则Y为氢氧化钠，Z为过氧化钠。和反应中有化合价的变化，属于氧化还原反应，反应中氧化剂和还原剂均为过氧化钠。在溶液中进行时，碳酸钠拆成离子形式，氢氧化钙拆开，氢氧化钠拆开，故离子方程式写成：Ca2CO32-=CaCO3。考点：钠的重要化合物。17L、M、Q、R、X代表五种物质，它们都含某种价态的氮元素，各物质中氮元素的化合价只有一种。物质L中氮元素
14、的化合价比物质M中氮元素的化合价低。在一定条件下，它们会有如下的转化关系（未配平）。 Q + HCl M+Cl2+H2O R+L X+H2O R+O2 L+ H2O请判断：(1) 五种物质按氮元素的化合价从高到低的顺序排列是 ,若五种物质中有一种是硝酸，那么硝酸应该是 (用字母表示)(2) 某同学写出下面不同价态的氮的化合物相互转化关系（未配平），其中你认为一定不能实现的是( ) ANO+HNO3 N2O3+H2O BNH3+NO HNO2+H2O CN2O4+H2O HNO3 +HNO2【答案】（2分3）（1）Q、M、L、X、R Q （2）B【解析】18（10分）质量为34 g 的NH3其物
15、质的量是 mol，在标准状况下的体积约为 L 。0.1 mol H2S中有约 个氢原子；相同质量的NH3和H2S中分子个数比为 。配制100 mL浓度为1 molL-1的稀硫酸，需要用98%密度为1.84 g/cm3的浓硫酸 mL。【答案】2； 44.8； 1.2041023； 2：1； 5.4(各2分，共10分)【解析】试题分析：（1）根据nm/M可知，34g氨气的物质的量是34g17g/mol2mol；在标准状况下的体积是V2mol22.4L/mol44.8L；根据H2S的化学式可知，1个H2S分子中含有2个氢原子，所以0.1molH2S分子中含有0.2mol氢原子，其个数是0.2mol6
16、.021023/mol1.2041023；氨气和H2S的相对分子质量分别是17和34，所以在质量相等的条件下，二者的分子数之比是1/171、3421；在稀释过程中溶质的质量是不变的，所以需要浓硫酸的体积是。考点：考查物质的量的有关计算点评：在进行物质的量的有关计算时，关键是熟练应用几个关系式、nm/M、，特别还要注意气体摩尔体积的使用条件，即只能适用于气体，且只有在标准状况下，气体的摩尔体积才是22.4L/mol。例外还需要注意分子的个数和原子的个数是不同的，计算时需要分清楚。19（14分）某同学帮助水质检测站配制800mL 1 molL1NaOH溶液以备使用。（1）该同学应选择的玻璃仪器除了
17、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还有_。（2）其操作步骤如下图所示，则如图操作应在下图中的 (填选项字母)之间。A与 B与 C与（3）该同学应用托盘天平称取NaOH固体 g，用质量为331 g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体时，请在下图中选出能正确表示游码位置的选项 （填选项字母）。（4）下列操作对所配溶液的浓度大小有何影响 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。定容时，俯视读数，浓度会 ；转移溶液过程中，少量液体溅出来，浓度会 ；容量瓶未干燥，浓度会 ；定容摇匀后发现溶液凹面低于刻度线，浓度会 。（5）配制溶液的实际操作过程中，动作要快，否则由于 ，会使配制的NaOH溶液的浓度比1
18、molL1 （填“大”或“小”）。【答案】（1）1000mL容量瓶；（2）C； （3）400； c；（4）偏大 偏小 无影响 无影响 （5）NaOH易潮解、易吸收空气中的CO2而变质（答出一点即可）； 小 ；【解析】试题分析：（1）一定物质的量浓度溶液的配制一定要用到容量瓶。（2）图所示的操作是加入蒸馏水，在移液之后，定容之前，选C（3）容量瓶用的是1000mL容量瓶，所以计算时溶液的体积有1000m，m=cvm=1mol/L1L40g/mol=40g，加上331 g的烧杯总质量为7331g, 游码位置要移到31g的位置，故选C。（4）定容时，俯视读数造成溶液体积偏大，浓度就偏大；转移溶液过程
19、中，少量液体溅出来造成溶质有损失，浓度偏小。定容是要加水，所以没有影响。摇匀后发现溶液凹面低于刻度线那是分子间所用力造成的，对浓度无影响。考点：一定物质的量浓度溶液的配制和误差分析。20（每空2共22分）实验室用密度为1.18g/mL，质量分数为36.5%浓盐酸配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液,填空并请回答下列问题：（1）配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液应量取盐酸体积/mL应选用容量瓶的规格/mL除容量瓶外还需要的其它仪器（2）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次） _；A 用30mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B 用量筒准确量取所需的浓盐酸的
20、体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C 将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中D 将容量瓶盖紧，颠倒摇匀E改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度12cm处（3）操作A中，将洗涤液都移入容量瓶，其目的是 ，溶液注入容量瓶前需恢复到室温，这是因为_ _；（4）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）?若没有进行A操作 ；若加蒸馏水时不慎超过了刻度线 ；若定容时俯视刻度线_。（5）若实验过程中出现如下情况如何处理？加蒸馏水时不慎超过了刻度线 ；向容量瓶中转移溶液时
21、不慎有液滴洒在容量瓶外面 。【答案】（1）2.1，250，量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。（2）B、C、A、F、E、D（3）保证溶质全部转入容量瓶。容量瓶盛放热溶液时，体积不准。（4）浓度偏低；偏低；偏高。（5）宣告实验失败，洗净容量瓶后重新配制；宣告实验失败，洗净容量瓶后重新配制。【解析】试题分析：（1）溶质在溶液稀释前后的物质的量不变。假设应量取盐酸体积VmL，则（1.18g/mLVmL36.5%）36. 5g/mol= 0.25L0.1mol/L,解得V=2.1ml；要配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液，所以应该选择250ml的容量瓶；除容量瓶外还需要的其它仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、
22、胶头滴管。（2）配制时，其正确的操作顺序是溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴签。因此顺序编号是B、C、A、F、E、D。（3）在操作A中，将洗涤液都移入容量瓶，其目的是保证溶质全部转入容量瓶，减少实验误差。溶液注入容量瓶前需恢复到室温，这是因为容量瓶盛放热溶液时，体积不准。（4）若没有进行A操作，溶质的物质的量偏少，则所配的溶液的浓度就偏小；若加蒸馏水时不慎超过了刻度线，则溶液的浓度就偏低；若定容时俯视刻度线，则溶液的体积偏小，其中的溶质的物质的量浓度就偏大。（5）若实验过程中出现如下情况如何处理？加蒸馏水时不慎超过了刻度线，则宣告实验失败，洗净容量瓶后重新配制；向容量瓶中转移溶液时不慎有液
23、滴洒在容量瓶外面，则宣告实验失败，洗净容量瓶后重新配制。考点：考查物质的量浓度的溶液的配制步骤、使用仪器、注意事项、误差分析的知识。21（本题共14分）已知：硝酸铜受热易分解。170时，2Cu (NO3)22CuO4NO2O2开始分解，至250分解完全。（其中2NO2N2O4，2NO22NOO2等反应忽略不计）。800时，4CuO2Cu2OO2 开始分解，至1000以上分解完全。54取5.64g无水硝酸铜，加热至1000以上，将生成的气体导入足量的NaOH溶液充分吸收后，还有逸出的气体是 （填分子式），体积（标准状况）为 ；将吸收液加水稀释到100mL，此溶液中的物质的量浓度为 。55取5.6
24、4g无水硝酸铜加热至某温度分解后的残留固体中含有1.60g CuO，则残留固体的质量可能是 。实验证明，当温度达到1800时，Cu2O也会发生分解：2Cu2O4CuO256取8.00g CuO，加热到1800左右，冷却后称得质量为6.88g，通过计算求出反应后剩余固体中各成分的物质的量之比。57取8.00g CuO，通入一定量H2并加热，使其部分还原为Cu和Cu2O，且其中n (Cu2O)n (Cu)x。将此混合物溶于足量的稀硫酸中（Cu2O2HCuCuH2O），充分反应后过滤得到Cu y g，试求未被还原的CuO的物质的量（用含x、y的代数式表示）。【答案】54O2(1分)，0.168L(2
25、分)，0.6mol/L(2分) 553.48g或2.32g (4分)56n(Cu2O)：n(Cu)= 0.03：0.04=3:4。(2分) 57. nCuO0.1(y2xy)/64（1x）(3分)【解析】试题分析：54取5.64g无水硝酸铜，加热至1000以上，发生分解反应：4Cu(NO3)2 2Cu2O+ 8NO2+3O2，将生成的气体导入足量的NaOH溶液充分吸收后，由于4NO2+O2+2H2O=4HNO3, HNO3+NaOH=NaNO3+ H2O，反应产生的NO2、O2的物质的量的比是8：3，所以根据反应时物质的量的关系可知氧气过量，因此还有逸出的气体是O2；55 n(Cu(NO3)2
26、)=5.64g188g/mol=0.03mol，由于加热至某温度分解后的残留固体中含有1.60g CuO，n(CuO)= 1.60g80g/mol=0.02mol，根据Cu元素守恒，可能还含有0.01mol的Cu(NO3)2没有分解，则残留固体的质量是0.01mol188g/mol+1.60g=3.48g；也可能产生的CuO又发生分解反应产生了Cu2O, 根据Cu元素守恒，可能还含有0.005mol的Cu2O,则固体的质量是0.005mol144g/mol+1.60g=2.32g；56n(CuO)= 8.00g80g/mol=0.1mol，加热到1800左右，若完全转化为Cu2O,则固体的质量
27、是0.1mol2144g/mol=7.2g；若完全转化为Cu，则固体的质量是：0.1mol64g/mol=6.4g；现在冷却后称得质量为6.4g6.88g7.2g，说明在固体中两种成分都含有。假设含有Cu2O、Cu的物质的量分别是x、y；则根据Cu元素守恒可得：2x+y=0.1mol；144x+64y=6.88g。解得x=0.03mol，y=0.04mol，所以n(Cu2O)：n(Cu)= 0.03：0.04=3:4。57n(CuO)= 8.00g80g/mol=0.1mol。假设反应后在混合物中含有Cu2O、Cu、CuO的物质的量分别是a、b、c，则根据Cu元素守恒可得2a+b+c=0.1m
28、ol；根据题意可得a/b=x；64(a+b)=y。解得a=xy/64(x+1)mol；b=y/64(x+1)mol；c=0.1(2a+b)= nCuO0.1(y2xy)/64（1x）。考点：考查物质成分的确定、守恒方法在氧化还原反应方程式计算中的应用的知识。22有一包白色粉末状混合物，可能含有K2CO3、CuSO4、AlCl3、NaOH中的某几种，现进行如下实验： 将混合物溶于水，得到无色透明溶液。 取少量上述溶液两份：第一份中加入稀硝酸，开始出现白色沉淀，有气泡产生，继续加入稀硝酸，沉淀全部溶解，再加入AgNO3溶液，又出现白色沉淀；第二份进行焰色反应，直接观察，火焰呈黄色。根据上述实验现象
29、回答：（1）原混合物中肯定有 。（2）第一份中，继续加入稀硝酸，沉淀全部溶解的离子方程式为 。（3）第一份中，再加入AgNO3溶液，又出现白色沉淀的离子方程式为 。（4）第二份进行焰色反应，为什么观察不到K+的焰色反应 。【答案】（共8分，每空2分）（1）K2CO3、AlCl3、NaOH；（2）Al(OH)33H+Al3+3H2O；（3）Ag+Cl-2AgCl；（4）Na+火焰呈黄色，会对K+的检验造成干扰（或未透过钴玻璃观察）。（合理答案也给分）【解析】试题分析：混合物溶于水，得到无色透明溶液，说明没有硫酸铜，第一份加入稀硝酸，开始有白色沉淀，有气泡，说明原固体中有碳酸钾，后加入硝酸，沉淀溶
30、解，说明白色沉淀为氢氧化铝，即原固体中有氯化铝，和氢氧化钠。加入硝酸银有沉淀，更能说明原固体有氯化铝。第二份做焰色反应，火焰为黄色，说明含有氢氧化钠。所以原混合物有碳酸钾和氯化铝和氢氧化钠。第一份继续加入硝酸沉淀溶解是氢氧化铝和硝酸反应生成硝酸铝和水，离子方程式为Al(OH)33H+Al3+3H2O：。第一份中加入硝酸银产生白色沉淀，是氯离子和银离子结合生成氯化银沉淀，离子方程式为：Ag+Cl-2AgCl。做焰色反应，因为没有通过蓝色钴玻璃，所以不能观察到钾离子的焰色反应。考点：物质的检验，离子方程式的书写23（1）按要求写出下列反应的离子方程式： 少量二氧化碳通入澄清石灰水 。 硫酸氢钠与过
31、量氢氧化钡溶液混合 。 熔融状态下NaHSO4电离方程式 。（2）用双线桥表示下列氧化还原反应电子转移：2KMnO416HCl(浓)2KCl2MnCl25Cl28H2O配平下面方程式：KMnO4+ H2O2+ H2SO4 K2SO4 + MnSO4 + O2+ H2O【答案】（1） CO2 + Ca2+ + 2OH= CaCO3 + H2O H+ + SO42 + Ba2+ + OH= BaSO4 + H2ONaHSO4 = Na+ + HSO4 （2） 2、5、3、= 1、2、5、8【解析】试题分析：（1） 少量二氧化碳通入澄清石灰水中生成碳酸钙沉淀和水，离子方程式为CO2 + Ca2+ +
32、 2OH= CaCO3+ H2O。 硫酸氢钠与过量氢氧化钡溶液混合生成硫酸钡、氢氧化钠和水，离子方程式为H+ + SO42 + Ba2+ + OH= BaSO4 + H2O。熔融状态下NaHSO4电离方程式为NaHSO4 = Na+ + HSO4 。（2）Mn元素的化合价从7价降低到2价，得到5个电子，高锰酸钾是氧化剂。氯元素的化合价从1价升高到0价，失去1个电子，氯化氢是还原剂，根据电子得失守恒可知电子转移可以表示为。Mn元素的化合价从7价降低到2价，得到5个电子，高锰酸钾是氧化剂。双氧水中氧元素的化合价从1价升高到0价，失去1个电子，双氧水是还原剂，根据电子得失守恒可知配平后的方程式为2K
33、MnO4+5H2O2+3H2SO4K2SO4 +2MnSO4 +5O2+8H2O。【考点定位】本题主要是考查离子方程式书写、氧化还原反应表示及配平等【名师点晴】氧化还原反应方程式配平的基本步骤是：标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价。列变化：列出元素化合价升高和降低的数值。求总数：求元素化合价升高数和降低数的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数。配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数。细检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。24某溶液中可能含有Ag+、Al3+、Ba2+、Mg2+中的一种或几种根据以下
34、实验所得的现象，将适当的结论填入空格中（1）向溶液中加入过量的盐酸，有白色沉淀生成则肯定含有的离子是_离子方程式是_；（2）将（1）所得的溶液过滤后，往滤液中逐渐加入NaOH溶液，有白色沉淀生成，继续加入NaOH溶液，沉淀全部溶解，得到澄清溶液则又可肯定含有的离子是_，肯定不含的离子是_，离子方程式是_（3）在（2）所得的澄清溶液中加入Na2SO4溶液，产生白色沉淀则肯定含有的离子是_，离子方程式是_【答案】（1）Ag+；Ag+Cl-=AgCl；（2）Al3+ ；Mg2+ ；Al3+3OH-=Al(OH)3；Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O；（3）Ba2+ ； Ba2+SO42-
35、=BaSO4【解析】试题分析：（1）向溶液中加入过量的盐酸，有白色沉淀生成则肯定含有的离子是Ag+，因为只有氯化银不溶于酸中，答案为：Ag+ ； Ag+ + Cl- =AgCl ；（2）将（1）所得的溶液过滤后，往滤液中逐渐加入NaOH溶液，有白色沉淀生成，可能是Mg(OH)2和Al（OH）3沉淀，但是继续加入NaOH溶液，沉淀全部溶解，得到澄清溶液，Mg(OH)2不能溶于氢氧化钠中，所以只可能是Al（OH）3，肯定含有的离子是Al3+，肯定不含的是Mg2+,发生的离子方程式为：Al3+ + 3OH- =Al(OH)3 ； Al(OH)3 + OH- -= AlO2- +2H2O；答案为：Al3+ ； Mg2+ ；Al3+ + 3OH- =Al(OH)3 ；Al(OH)3 + OH- -= AlO2- +2H2O；（3）在（2）所得的澄清溶液中加入Na2SO4溶液，产生白色沉淀则肯定含有的离子是Ba2+，离子方程式为：Ba2+ + SO42-=BaSO4，答案为：Ba2+ ； Ba2+ + SO42-=BaSO4 。考点：考查离子的鉴别
