1、2016-2017学年河北省保定市定州中学高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题（共30小题，每小题2分，满分60分）12011年12月5日，环保部制定的环境空气质量标准第二次公开征求意见结束，大家普遍赞成将PM2.5（PM2.5是指大气中直径接近于2.5106m 的颗粒物）纳入常规空气质量评价下列有关PM2.5的说法，不正确的是（）APM2.5表面积大，能吸附大量的有毒、有害物质BPM2.5在空气中形成了气溶胶C实施绿化工程，可以有效地防治PM2.5污染D研制开发燃料电池汽车，降低机动车尾气污染，某种程度可以减少PM2.5污染2下列叙述正确的是（）A在氧化还原反应中，还原剂一定是失去电子的反
2、应物B在氧化还原反应中，非金属单质一定是氧化剂C某元素从化合态转变为游离态时，该元素一定被还原D金属阳离子被还原不一定得到金属单质3设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A常温常压下，8.8g CO2和N2O混合物中所含有的原子数为0.6 NAB二氧化锰和浓盐酸反应产生4.48L气体时，转移的电子数为0.4NAC标准状况下，3.36L水中含有电子数为1.5NAD在0.2mol/L的硫酸铁溶液中含有的三价铁离子数为0.6 NA4科学家最近发现了一种只由四个中子构成的粒子R，这标志着人类对化学微观世界的研究又取得了新的进展下列有关R的说法不正确的是（）AR与其他原子一样呈电中性BR的
3、质量数与4He相同C与氢元素的质子数相同DR中不含质子可称为“零号元素”5下列各组离子，在溶液中能大量共存、加入NaOH溶液后加热既有气体放出又有沉淀生成的一组是（）ABa2+、NO3、NH4+、ClBCa2+、HCO3、NH4+、AlO2CK+、Ba2+、Cl、HSO3DMg2+、NH4+、SO42、K+6下列离子方程式不正确的是（）A碳酸氢钙溶液跟硝酸反应：Ca（HCO3）2+2H+=Ca2+2H2O+2CO2B碘化钾溶液跟适量溴水反应：2I+Br2=I2+2BrC将金属钠加入水中：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2D将氯气通人氯化亚铁溶液中2Fe2+C12=2Fe3+2Cl7由短周期
4、元素构成的某离子化合物中，一个阳离子和一个阴离子核外电子数之和为20下列说法中正确的是（）A化合物中阳离子和阴离子的个数不一定相等B化合物中一定只有离子键没有共价键C所含元素一定不在同一周期也不在第一周期D化合物中阳离子半径一定大于阴离子半径8按纯净物、混合物、电解质和非电解质顺序排列的一组物质是（）A盐酸、空气、醋酸、干冰B冰醋酸、海水、硫酸钠、乙醇C蛋白质、油脂、烧碱、石灰石D胆矾、漂白粉、氯化钾、硫酸钡9X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，下列说法正确的是（）AX的原子半径一定大于Y的原子半径BX与Y的简单离子不可能具有相同的电子层结构C两元素形成的化合物中，原子
5、个数比不可能为1：1DX2Y可能是离子化合物，也可能是共价化合物10取a g某物质在氧气中完全燃烧，将其产物跟足量的过氧化钠固体完全反应，反应后固体的质量恰好也增加了a g下列物质中不能满足上述结果的是（）AH2BCOCCH3OHDC2H5OH11将m g含氧化铁、氧化铜或氧化亚铁的样品投入物质的量浓度为1mol/L的2L盐酸中恰好完全反应，若向等质量的该样品中通入足量的氢气并加热，充分反应后所得金属的质量是（）A（m16）gB（m+16）gC（m32）gD16g12表为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是（）A常压下五种元素的单质中W单质的沸点最高
6、BY、Z和W的阴离子半径依次增大CX的氢化物比同族元素的氢化物还原性强DZ元素的最高价氧化物的水化物酸性最强13某溶液中含有HCO3、SO32、CO32、CH3COO4种阴离子向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（假设溶液体积无变化）（）ACH3COOBSO32CCO32DHCO314下列实验操作正确的是（）A制氨气B收集CO2或NOC配制稀硫酸D氨气的吸收15常温下，将1.92g铜加入到100ml H2SO4和HNO3的混合液中，Cu全部溶解，放出无色气体，再向溶液中加入足量铁粉，充分反应，此时收集到气体为448ml（标准状况）的氢气下列有关结论不正确的是（）A溶
7、解的铁粉为2.8gB原溶液中c（SO42）=0.5mol/LC原混合溶液中c（H+）=1.2mol/LD原溶液中n（NO3）=0.08mol16下列实验设计能完成或实验结论合理的（）A证明一瓶红棕色气体是溴蒸气还是二氧化氮，可用湿润的碘化钾一淀粉试纸检验，观察试纸颜色的变化B铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加KSCN溶液，未出现血红色，该铝热剂不含氧化铁C测氯水的pH可用玻璃棒蘸取氯水点在pH试纸上，待其变色后和标准比色卡比较D向硅酸钠溶液中，滴入硫酸，可以验证S的非金属性强于Si17向含有FeCl3、BaCl2的酸性溶液中通入SO2气体会有沉淀产生，该沉淀是（）ABaSO4BFeSCBaSO3DS1
8、8有一瓶Na2SO3溶液，可能部分被氧化，某同学进行如下实验：取少量此溶液，滴入Ba（NO3）2溶液产生白色沉淀，再加入足量稀HCl，充分振荡后仍有白色沉淀，对此实验下列结论正确的是（）A此溶液中Na2SO3已部分氧化B加入Ba（NO3）2溶液生成的沉淀一定含BaSO4C加HCl后的不溶沉淀一定为BaSO4D此样品未被氧化19同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满：NH3，NO2，进行喷泉实验经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为（）ABC=D不能确定20限用一种试剂，经过一次性实验就能鉴别下列四种溶液：Na2CO3、（NH4）2SO4、NH4Cl、KNO3，应选用（）AAgNO3溶液
9、BNaOH溶液CBa（OH）2溶液D盐酸21下列物质中不能由化合反应生成的物质是（）AFeCl3BH2SO4CNaHCO3DFe2S322为确定某溶液的离子组成，分别进行如下实验：测定溶液的pH，溶液显强碱性取少量溶液加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性、能使澄清石灰水变浑浊的气体在上述溶液中再滴加Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀取上层清液继续滴加Ba（NO3）2溶液至无沉淀时，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀根据实验以下推测正确的是（）A一定有SO32离子B一定有CO32离子C一定有Cl离子存在D不能确定HCO3离子是否存在23中学化学中很多“规律”都有其使用范围，据有关“规律”下列结论
10、合理的是（）A根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClOB金属钠可以通过电解熔融NaCl制得，推出金属铝可以通过电解熔融AlCl3制得C金属钠在纯氧中燃烧生成Na2O2，推出金属锂在纯氧中燃烧生成Li2O2DCaCO3与稀硝酸反应生成CO2，推出CaSO3也能与稀硝酸反应生成SO224将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3molL1的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是（）A开始加入合金的质量可能为16.4gB标准状况下产
11、物NO的体积为22.4LC生成沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100mLD参加反应的硝酸的物质的量为0.1mol25在某100mL混酸中，硝酸的物质的量浓度为0.4molL1，硫酸的物质的量浓度为0.2molL1向其中加入2.56g铜粉，微热，待充分反应后，溶液中Cu2+的物质的量浓度为（）A0.15 molL1B0.3 molL1C0.225 molL1D无法计算26向下列物质的溶液中加入一定量的Na2O2固体，不出现浑浊现象的是（）A饱和H2S溶液BCa（HCO3）2稀溶液CK2SO3溶液DFeCl2溶液27某化学小组用如图所示装置验证卤素单质氧化性的相对强弱下列说法不正确的是（）AE处
12、棉花球变成黄色，说明Cl2的氧化性比Br2强BF处棉花球变成蓝色，说明Br2的氧化性比I2强CE处发生反应的离子方程式为：Cl2+2Br=2Cl+Br2DG装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为：2OH+Cl2=ClO+Cl+H2O28根据表中信息判断，下列选项不正确的是（）序号反应物产物KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3MnO4Cl2、Mn2+A第组反应的其余产物为H2O和 O2B第组反应中Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：1C第组反应中生成1mol Cl2，转移电子2molD氧化性由强到弱顺序为MnO4Cl2Br2Fe
13、3+29X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14下列说法正确的是（）A原子半径由小到大的顺序：XYZWBZ的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸C室温下，0.1 mol/L W的气态氢化物的水溶液的pH1DY单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应30如图表示在某溶液中滴加Ba（OH）2溶液时，沉淀的物质的量随Ba（OH）2的物质的量的变化关系该溶液的成分可能是（）AMgSO4BKAl（SO4）2CAl2（SO4）3DNaAlO
14、2二、解答题（共4小题，满分40分）31有Fe2+、NO3、Fe3+、NH4+、H+和H2O六种粒子，分别属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物，则该反应中还原剂与氧化剂分别为、（用离子符号表示），其物质的量之比为32某无色溶液中可能含有Na+、SO42、MnO4、SO32、Cl、Br、CO32中的若干种，依次进行下列实验观察到现象如下：向溶液中滴加过量氯水，无气体产生，再加入CCl4振荡、静置、CCl4层呈橙色，用分液漏斗分液；向分液后的水溶液中加入AgNO3和HNO3的混合液，有白色沉淀产生；另取原溶液少量加入BaCl2和盐酸的混合液，无白色沉淀产生回答下列问题：（1）原溶液中肯定含有的离
15、子是；肯定没有的离子是（2）生成的白色沉淀中肯定有（写沉淀的化学式）33A、B、C、D是中学化学的常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素在一定条件下相互转化的关系如下图所示（部分反应中的H2O已略去）请填空：（1）若A可用于自来水消毒，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，加热蒸干B的溶液不能得到B，则B的化学式可能是；工业上制取A的离子方程式为（2）若A是一种碱性气体，常用作制冷剂，B是汽车尾气之一，遇空气会变色，则反应的化学方程式为（3）若D是氯碱工业的主要产品，B有两性，则反应的离子方程式是（4）若A、C、D都是常见气体，C是形成酸雨的主要气体，则反应的化学方程式34某化学活动
16、小组设计如图所示（部分夹持装置已略去）实验装置，以探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应得到的固体物质的成分（1）写出装置A中发生反应的化学方程式：（2）装置B的主要作用是（3）向C装置中通入一定量的氯气后，测得只生成一种气体（常温下为红黄色，且为氯的氧化物）可以确定的是C得到的固体最多含有三种物质，含有氯元素的盐只有一种，且含有NaHCO3，现对C中得到的固体成分进行猜想和验证提出合理猜想一定含有NaHCO3和；可能含有剩余的Na2CO3设计方案，进行成分检验请完成实验步骤3、4以及预期现象和结论限选实验试剂：蒸馏水、稀HNO3、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、品红、稀盐酸实验步骤预
17、期现象和结论步骤1：取C中的少量固体样品于试管中，加入蒸馏水至固体溶解，然后各取12mL所得溶液分别置于甲、乙两支试管中得到无色溶液步骤2：向甲试管中加入过量的BaCl2溶液，静置若溶液变浑浊，证明固体中含碳酸钠步骤3：步骤4：（4）完成C中反应的化学方程式：2Cl2+2Na2CO3+H2O=2016-2017学年河北省保定市定州中学高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共30小题，每小题2分，满分60分）12011年12月5日，环保部制定的环境空气质量标准第二次公开征求意见结束，大家普遍赞成将PM2.5（PM2.5是指大气中直径接近于2.5106m 的颗粒物）纳入常规空气
18、质量评价下列有关PM2.5的说法，不正确的是（）APM2.5表面积大，能吸附大量的有毒、有害物质BPM2.5在空气中形成了气溶胶C实施绿化工程，可以有效地防治PM2.5污染D研制开发燃料电池汽车，降低机动车尾气污染，某种程度可以减少PM2.5污染【考点】常见的生活环境的污染及治理【分析】PM2.5主要来自化石燃料的燃烧，如机动车尾气、燃煤等，所以使用新能源代替化石燃料、实施绿化措施都能减少PM2.5污染，能形成胶体的微粒直径在1100nm之间，以此解答【解答】解：APM2.5表面积大，具有较强的吸附能力，能吸附大量的有毒、有害物质，主要危害人体呼吸系统，故A正确；B能形成胶体的微粒直径在110
19、0nm之间，PM2.5中颗粒物的直径接近于2.5106m，所以不能形成气溶胶，故B错误；C实施绿化工程，能减少空气中颗粒物，所以能有效地防治PM2.5污染，故C正确；DPM2.5主要来自化石燃料的燃烧，开发燃料电池汽车，降低机动车尾气污染，所以能减少PM2.5污染，故D正确故选B【点评】本题考查化学与环境，为高频考点，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，注意能形成胶体的微粒直径在1100nm之间，为易错点，难度不大，注意相关基础知识的积累2下列叙述正确的是（）A在氧化还原反应中，还原剂一定是失去电子的反应物B在氧化还原反应中，非金属单质一定是氧化剂C某元素从化合态转变为游离态时，该元素一定被
20、还原D金属阳离子被还原不一定得到金属单质【考点】氧化还原反应【分析】A氧化剂、还原剂可能为同种物质；B非金属单质可能为还原剂；C某元素从化合态转变为游离态时，可能被氧化或被还原；D金属阳离子被还原，可能为金属阳离子【解答】解：A氧化剂、还原剂可能为同种物质，如氯气与NaOH的反应中，氯气失去电子也得到电子，故A错误；B非金属单质可能为还原剂，如C与水蒸气的反应中，C为还原剂，故B错误；C某元素从化合态转变为游离态时，可能被氧化或被还原，如硫化氢与二氧化硫反应生成S，故C错误；D金属阳离子被还原，可能为金属阳离子，如铁离子得到电子转化为亚铁离子，故D正确；故选D【点评】本题考查氧化还原反应，为高
21、频考点，把握反应中元素的化合价变化、基本概念等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结合实例分析，题目难度不大3设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A常温常压下，8.8g CO2和N2O混合物中所含有的原子数为0.6 NAB二氧化锰和浓盐酸反应产生4.48L气体时，转移的电子数为0.4NAC标准状况下，3.36L水中含有电子数为1.5NAD在0.2mol/L的硫酸铁溶液中含有的三价铁离子数为0.6 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、二氧化碳和N2O的摩尔质量均为44g/mol，且均为三原子分子；B、反应生成的氯气所处的状态不明确；C、标况下水为液体；D、溶液体积不明确
22、【解答】解：A、二氧化碳和N2O的摩尔质量均为44g/mol，故8.8g混合物的物质的量为0.2mol，且两者均为三原子分子，故0.2mol混合物中含有0.6NA个原子，故A正确；B、反应生成的氯气所处的状态不明确，故氯气的物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故B错误；C、标况下水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的电子数，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的铁离子的个数无法计算，故D错误故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大4科学家最近发现了一种只由四个中子构成的粒子R，这标志着人类对化学微观世界的研
23、究又取得了新的进展下列有关R的说法不正确的是（）AR与其他原子一样呈电中性BR的质量数与4He相同C与氢元素的质子数相同DR中不含质子可称为“零号元素”【考点】核素【分析】A该粒子只由四个中子构成，中子不带电；B质量数=质子数+中子数；C该粒子只含有中子，不含有质子；D元素周期表按原子序数由小到大排序，原子序数=质子数【解答】解：A该粒子只由四个中子构成，中子不带电，故该粒子不显电性，故A正确；B质量数=质子数+中子数=0+4=4，故B正确；C氢元素的质子数为1，该粒子只含有中子，不含有质子，故C错误；D该粒子只由四个中子构成，质子数为0，可称为“零号元素”，故D正确；故选C【点评】本题考查原
24、子的构成，题目难度不大要注意题目信息的分析与运用5下列各组离子，在溶液中能大量共存、加入NaOH溶液后加热既有气体放出又有沉淀生成的一组是（）ABa2+、NO3、NH4+、ClBCa2+、HCO3、NH4+、AlO2CK+、Ba2+、Cl、HSO3DMg2+、NH4+、SO42、K+【考点】离子共存问题【分析】根据溶液中离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应、不能促进电离来分析离子在溶液中能大量共存；然后根据溶液中的离子与NaOH溶液反应既有气体放出又有沉淀生成的即为正确答案【解答】解：A、因该组离子之间不反应，则离子能大量共存，当加入NaOH会与NH4+反应产生N
25、H3，但没有沉淀，故A错误；B、因AlO2能促进HCO3的电离，生成Al（OH）3沉淀和碳酸根离子，则该组离子不能大量共存，故B错误；C、因该组离子之间不反应，则离子能大量共存，当加入NaOH会与HSO3生成SO32，SO32与Ba2+可生成BaSO3沉淀，但无气体生成，故C错误；D、因该组离子之间不反应，则离子能大量共存，当加入NaOH后，OH与NH4+产生NH3，OH与Mg2+会产生Mg（OH）2沉淀，符合题意，故D正确；故选D【点评】本题考查离子的共存问题及复分解反应，明确题意中原离子组能共存，当加入碱既有气体又有沉淀生成两个条件来分析解答，熟悉离子的性质及常见离子之间的反应是解答的关键
26、6下列离子方程式不正确的是（）A碳酸氢钙溶液跟硝酸反应：Ca（HCO3）2+2H+=Ca2+2H2O+2CO2B碘化钾溶液跟适量溴水反应：2I+Br2=I2+2BrC将金属钠加入水中：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2D将氯气通人氯化亚铁溶液中2Fe2+C12=2Fe3+2Cl【考点】离子方程式的书写【分析】A碳酸氢钙为可溶性盐，应拆成离子形式；B二者反应生成碘单质和溴化钾；C二者反应生成氢氧化钠和氢气；D氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁；【解答】解：A碳酸氢钙溶液跟硝酸反应，离子方程式：HCO3+H+=H2O+CO2，故A错误；B碘化钾溶液跟适量溴水反应，离子方程式：2I+Br2=I2+2B
27、r，故B正确；C将金属钠加入水中，离子方程式：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，故C正确；D氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁，离子方程式：2Fe2+C12=2Fe3+2Cl，故D正确；故选：A【点评】本题考查了离子方程式的书写，侧重考查复分解反应、氧化还原反应离子方程式书写，明确反应实质，熟悉离子方程式书写方法是解题关键，题目难度不大7由短周期元素构成的某离子化合物中，一个阳离子和一个阴离子核外电子数之和为20下列说法中正确的是（）A化合物中阳离子和阴离子的个数不一定相等B化合物中一定只有离子键没有共价键C所含元素一定不在同一周期也不在第一周期D化合物中阳离子半径一定大于阴离子半径【考点】原
28、子结构与元素周期律的关系【分析】由短周期元素构成的某离子化合物中，一个阳离子和一个阴离子核外电子数之和为20阴、阳离子均是10电子微粒，它们可以是：阴离子：N3、O2、F、OH等，阳离子：NH4+、Na+、Mg2+、Al3+等，以此解答该题【解答】解：由题意知阴、阳离子均是10电子微粒，它们可以是：阴离子：N3、O2、F、OH等，阳离子：NH4+、Na+、Mg2+、Al3+等A当阴、阳离子所电荷不相等，阳离子和阴离子个数不相等，如、MgF2、Na2O，当阴、阳离子所电荷相等，阳离子和阴离子个数相等，如NaF、NaOH，故A正确；BX是离子化合物，一定有离子键，也可能含共价键，如NaOH、Mg（
29、OH）2、NH4F等，故B错误；CNH4+中氢元素在第一周期，所以构成该离子化合物的元素可能在第一周期，故C错误；D对简单的离子，阴、阳离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，阳离子的核电荷数一定大于阴离子的核电荷数，所以X中阳离子半径小于阴离子半径，故D错误故选A【点评】本题考查离子结构、物质结构等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，本题采取列举法解答，找出例外举例列举法在元素周期表中经常利用8按纯净物、混合物、电解质和非电解质顺序排列的一组物质是（）A盐酸、空气、醋酸、干冰B冰醋酸、海水、硫酸钠、乙醇C蛋白质、油脂、烧碱、石灰石D胆矾、漂白粉、氯化钾、硫酸钡【考
30、点】混合物和纯净物；电解质与非电解质【分析】根据纯净物是一种物质组成的物质；混合物是不同物质组成的物质；电解质是水溶液中或熔融状态下都导电的化合物；非电解质是水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物【解答】解：纯净物是指由同种物质组成的，化合物是指由不同种物质组成的，电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物据此可以分析各个选项中各种的所属类别A盐酸、空气、醋酸、干冰分别属于混合物、混合物、电解质、非电解质，故A错误； B冰醋酸、海水、硫酸钠、乙醇分别属于纯净物、混合物、电解质、非电解质，故B正确；C蛋白质、油脂、烧碱、石灰石分别属于混
31、合物、混合物、电解质、电解质，故C错误；D胆矾、漂白粉、氯化钾、硫酸钡分别属于化合物、混合物、电解质、电解质，故D错误故选B【点评】本题考查纯净物、混合物、电解质和非电解质的概念，需要对相关概念有深刻的理解，并能对相关属类的物质有清晰的理解，这要求在学习概念时，既要理解概念，又要能举出典型例子9X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，下列说法正确的是（）AX的原子半径一定大于Y的原子半径BX与Y的简单离子不可能具有相同的电子层结构C两元素形成的化合物中，原子个数比不可能为1：1DX2Y可能是离子化合物，也可能是共价化合物【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】X、Y为短周
32、期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，则Y为第A族元素，则X可能为H、Li、Na等元素，Y可能为O、S等元素，以此进行解答题中各问【解答】解：X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，则Y为第A族元素，则X可能为H、Li、Na等元素，Y可能为O、S等元素：A、当X为H、Li等元素，Y为S元素时，X的原子半径小于Y的原子半径，故A错误；B、X为Na时，其对应离子为Na+，离子有10个电子，Y为O元素时，其对应的离子为O2，离子有10个电子，二者具有相同的电子层结构，故B错误；C、两元素形成的化合物中，原子个数为1：1的有H2O2或Na2O2，故C错误；D、化学式为X2
33、Y的有H2O或Na2O或Li2O，可能是离子化合物，也可能是共价化合物，故D正确故选D【点评】本题考查元素的位置结构性质的相互关系及应用，题目难度不大，注意元素周期表中各主族元素的主要性质的相似性和递变性的应用10取a g某物质在氧气中完全燃烧，将其产物跟足量的过氧化钠固体完全反应，反应后固体的质量恰好也增加了a g下列物质中不能满足上述结果的是（）AH2BCOCCH3OHDC2H5OH【考点】化学方程式的有关计算【分析】物质足量的O2中充分燃烧后生成CO2、H2O，通过过量的Na2O2，发生反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，由方程式可
34、知，过氧化钠增重=与CO2同物质的量的CO质量+与H2O同物质的量的H2质量，组成增重质量的组成可以表示为nCOmH2，即化学式可以改写成nCOmH2，完全燃烧后过氧化钠增重等于该物质的质量，据此结合选项解答【解答】解：物质足量的O2中充分燃烧后生成CO2、H2O，通过过量的Na2O2，发生反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，由方程式可知，过氧化钠增重=与CO2同物质的量的CO质量+与H2O同物质的量的H2质量，组成增重质量的组成可以表示为nCOmH2，即化学式可以改写成nCOmH2，完全燃烧后过氧化钠增重等于该物质的质量，A根据反应2H
35、2+O22H2O、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2可知：H2+Na2O2=2NaOH，可知agH2反应后固体的质量恰好也增加了a g，故A不选；B根据C+O2CO2、CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2可知CO+Na2O2=Na2CO3，所以agCO反应后固体的质量恰好也增加了a g，故B不选；CCH3OH可以改写成CO2H2，故agCH2O完全燃烧，反应后固体的质量恰好也增加了a g，故C不选；DC2H5OH 可以改写成CCO2H2，agC2H5OH燃烧，反应后固体的质量不是a g，故D选；故选D【点评】本题考查化学方程式的计算，题目难度中等，注意把握过氧化钠与二氧化碳和水反应
36、的质量增加的质量关系，根据关系式得出固体增加的质量相当于CO和H2的质量11将m g含氧化铁、氧化铜或氧化亚铁的样品投入物质的量浓度为1mol/L的2L盐酸中恰好完全反应，若向等质量的该样品中通入足量的氢气并加热，充分反应后所得金属的质量是（）A（m16）gB（m+16）gC（m32）gD16g【考点】有关混合物反应的计算【分析】氧化铁、氧化铜或氧化亚铁的样品投入物质的量浓度为1mol/L的2L盐酸中恰好完全反应，反应生成氯化铁、氯化亚铁、氯化铜，根据化合物中总化合价为0可知，金属的氯化物中含有的氯离子所带电荷与氧元素所带电荷相等，根据盐酸中氯化氢的物质的量计算出氧原子的物质的量、质量，从而得
37、出金属元素的质量，根据质量守恒得出样品中通入足量的氢气并加热得到金属的质量【解答】解：2L 1mol/L的盐酸中含有HCl的物质的量为：n（HCl）=1mol/L2L=2mol，Fe2O3、CuO或FeO与盐酸反应分别生成FeCl3、CuCl2、FeCl2，根据化合物中总化合价为0，金属氧化物Fe2O3、CuO和FeO中氧离子所带负电荷一定与FeCl3、CuCl2、FeCl2中氯离子所带负电荷的物质的量相等，即2n（O2）=n（Cl）=2mol，则Fe2O3、CuO和FeO中氧离子的物质的量为：n（O2）=n（Cl）=2mol=1mol，金属氧化物中氧元素的质量为：16g/mol1mol=16
38、g，则Fe2O3、CuO和FeO金属元素的质量为：mg16g=（m16）g，根据质量守恒，该样品中通入足量的氢气并加热，充分反应后所得金属的质量是（m16）g，故选A【点评】本题考查了混合物的计算，题目难度不大，明确金属氧化物中氧元素与对应的氯化氢中氯离子的物质的量关系为解答本题的关键，注意质量守恒在化学计算中的应用12表为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是（）A常压下五种元素的单质中W单质的沸点最高BY、Z和W的阴离子半径依次增大CX的氢化物比同族元素的氢化物还原性强DZ元素的最高价氧化物的水化物酸性最强【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】
39、由元素在周期表的位置可知，X为N，Y为S，Z为Cl，R为Ar，W为Br，A常压下，只有S的单质为固体；B阴离子的电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小；C非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱；DZ元素的最高价氧化物的水化物为HClO4【解答】解：由元素在周期表的位置可知，X为N，Y为S，Z为Cl，R为Ar，W为Br，A常压下，只有S的单质为固体，则五种元素的单质中Y单质的沸点最高，故A错误；B阴离子的电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则Z、Y、W的阴离子半径依次增大，故B错误；C非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱，则X
40、的氢化物比同族元素的氢化物还原性弱，故C错误；DZ元素的最高价氧化物的水化物为HClO4，为所有含氧酸中酸性最强的酸，故D正确；故选D【点评】本题考查位置、结构及性质，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意周期表的结构及应用，题目难度不大13某溶液中含有HCO3、SO32、CO32、CH3COO4种阴离子向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（假设溶液体积无变化）（）ACH3COOBSO32CCO32DHCO3【考点】钠的重要化合物；常见离子的检验方法【分析】Na2O2具有强氧化性，可与SO32发生氧化还原反应，N
41、a2O2与水反应生成NaOH，可与HCO3反应，以此解答该题【解答】解：Na2O2具有强氧化性，可与SO32发生氧化还原反应，Na2O2与水反应生成NaOH，可与HCO3反应，则溶液中HCO3浓度减小，CO32浓度增大，故选A【点评】本题考查过氧化钠的性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意过氧化钠的氧化性和与水反应的性质，结合离子的性质解答14下列实验操作正确的是（）A制氨气B收集CO2或NOC配制稀硫酸D氨气的吸收【考点】氨的实验室制法；气体的收集；尾气处理装置；配制一定物质的量浓度的溶液【分析】A装置A适用于固体与液体在常温下反应制取气体，所得的气体能用向上排空气
42、法收集，该气体应比空气轻且不和空气中的成分发生反应，氧化钙和水反应放出大量热，有利于NH3逸出；B根据二氧化碳的密度和一氧化氮的化学性质进行解答；C浓硫酸溶于水放热，量筒上有刻度，热胀冷缩，影响刻度的准确性；D氨气是极易溶于水的气体，氨气溶于水后，烧瓶内压强减少，产生压强差，导致溶液进入烧瓶，该装置缺少导致烧瓶内气体压强减少的滴管，且会发生倒吸【解答】解：A在氨水中存在平衡：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，加入氧化钙固体，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，溶液中OH浓度增加，平衡向左移动，氧化钙和水反应放出大量热，均有利于NH3逸出，装置A适用于固体与液体在常温下反应制取气体，氨气比空气轻，
43、且不和空气中的成分发生反应，棉花可防止氨气和空气发生对流，故A正确；B二氧化碳的密度比空气大，应长管进，短管出，一氧化氮与空气反应生成二氧化氮，所以不能用排空气法收集，故B错误；C用浓硫酸配制稀硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散，因量筒上有刻度，热胀冷缩，影响刻度的准确性，所以不能在量筒中进行，配制稀硫酸时应在烧杯中进行，故C错误；D NH3极易溶解于水，1体积水溶解700体积氨气，须用挤出胶头滴管中的水，导致烧瓶内气体压强迅速减小，吸收氨气，本装置即使使用胶头滴管，也会出现水进入生成氨气的容器，故D错误；故选A【点评】本题考查了物质的制备、气体的
44、收集、溶液的稀释、氨气的吸收等基本实验操作，注意利用信息和所学知识结合即可解答，题目难度不大15常温下，将1.92g铜加入到100ml H2SO4和HNO3的混合液中，Cu全部溶解，放出无色气体，再向溶液中加入足量铁粉，充分反应，此时收集到气体为448ml（标准状况）的氢气下列有关结论不正确的是（）A溶解的铁粉为2.8gB原溶液中c（SO42）=0.5mol/LC原混合溶液中c（H+）=1.2mol/LD原溶液中n（NO3）=0.08mol【考点】有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质【分析】常温下，将铜加入到H2SO4和HNO3的混合液中，发生反应3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+3H
45、2O，Cu全部溶解，放出无色气体为NO，再向溶液中加入足量铁粉，充分反应，此时收集到气体为448ml（标准状况）的氢气，说明硫酸有剩余，硝酸全部起氧化剂作用加入的铁发生反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+、Fe+2H+=Fe2+H2，置换出溶液中的铜、与氢气A、由离子方程式可知n（Fe）=n（Cu）+n（H2）B、加入足量铁粉后的溶液中溶质是硫酸亚铁，根据硫酸根、铁元素守恒n（H2SO4）=n（FeSO4）=n（Fe）C、根据铜计算参加反应的氢离子的物质的量，根据氢气计算剩余的氢离子的物质的量，二者之和为原溶液中氢离子的物质的量D、根据铜的质量，结合3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+3H
46、2O计算原溶液中n（NO3）【解答】解：常温下，将铜加入到H2SO4和HNO3的混合液中，发生反应3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+3H2O，Cu全部溶解，放出无色气体为NO，再向溶液中加入足量铁粉，充分反应，此时收集到气体为448ml（标准状况）的氢气，说明硫酸有剩余，硝酸全部起氧化剂作用加入的铁发生反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+、Fe+2H+=Fe2+H2，置换出溶液中的铜、与氢气A、由离子方程式可知n（Fe）=n（Cu）+n（H2）=+=0.05mol，所以加入铁粉的质量为0.05mol56g/mol=2.8g，故A正确；B、加入足量铁粉后的溶液中溶质是硫酸亚铁，根据硫酸根守
47、恒n（H2SO4）=n（FeSO4）=0.05mol，所以原溶液中c（SO42）=0.5mol/L，故B正确；C、n（Cu）=0.03mol，根据3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+3H2O可知，参加反应的氢离子的物质的量为0.03mol=0.08mol，n（H2）=0.02mol，剩余的氢离子的物质的量为0.02mol2=0.04mol，所以原混合溶液中c（H+）=1.2mol/L，故C正确；D、n（Cu）=0.03mol，根据3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+3H2O可知，原溶液中n（NO3）=0.03mol=0.02mol，故D错误故选：D【点评】考查混合物的计算、硝酸性质
48、等，难度中等，注意在足量的混酸中硝酸全起氧化剂作用，根据题目信息判断发生的反应是解题关键16下列实验设计能完成或实验结论合理的（）A证明一瓶红棕色气体是溴蒸气还是二氧化氮，可用湿润的碘化钾一淀粉试纸检验，观察试纸颜色的变化B铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加KSCN溶液，未出现血红色，该铝热剂不含氧化铁C测氯水的pH可用玻璃棒蘸取氯水点在pH试纸上，待其变色后和标准比色卡比较D向硅酸钠溶液中，滴入硫酸，可以验证S的非金属性强于Si【考点】化学实验方案的评价【分析】A溴蒸气、二氧化氮均可氧化KI；BFe与盐酸反应生成亚铁离子，遇KSCN溶液不变色；C氯水中含HClO，具有漂白性，不能利用试纸测到其pH；
49、D发生强酸制取弱酸的反应，可知硫酸的酸性大于硅酸的酸性【解答】解：A因溴能氧化KI，二氧化氮与水反应生成的硝酸也能氧化KI，则证明一瓶红棕色气体是溴蒸气还是二氧化氮，不能用湿润的碘化钾一淀粉试纸检验，可选用水，故A错误；B因Fe与盐酸反应生成亚铁离子，遇KSCN溶液不变色，则铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加KSCN溶液，未出现血红色，铝热剂中可含铁的氧化物，故B错误；C氯水中含HClO，具有漂白性，不能利用试纸测其pH，可选用pH计测其pH，故错误；D向硅酸钠溶液中，滴入硫酸，发生强酸制取弱酸的反应，可知硫酸的酸性大于硅酸的酸性，则可以验证S的非金属性强于Si，故D正确；故选D【点评】本题考查化学实
50、验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、非金属性比较、pH测定等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大17向含有FeCl3、BaCl2的酸性溶液中通入SO2气体会有沉淀产生，该沉淀是（）ABaSO4BFeSCBaSO3DS【考点】二氧化硫的化学性质【分析】盐酸的酸性强于亚硫酸，二氧化硫与氯化钡不发生反应，二氧化硫具有强的还原性能够与氯化铁发生氧化还原反应生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，据此解答【解答】解：盐酸的酸性强于亚硫酸，二氧化硫与氯化钡不发生反应，二氧化硫具有强的还原性能够与氯化铁发生氧化还原反应生成硫酸根离子，硫酸
51、根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以得到的沉淀为硫酸钡，故选：A【点评】本题考查了元素化合物知识，明确二氧化硫的还原性是解题关键，题目难度不大18有一瓶Na2SO3溶液，可能部分被氧化，某同学进行如下实验：取少量此溶液，滴入Ba（NO3）2溶液产生白色沉淀，再加入足量稀HCl，充分振荡后仍有白色沉淀，对此实验下列结论正确的是（）A此溶液中Na2SO3已部分氧化B加入Ba（NO3）2溶液生成的沉淀一定含BaSO4C加HCl后的不溶沉淀一定为BaSO4D此样品未被氧化【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】Na2SO3溶液被氧化生成硫酸钠，加硝酸钡反应均生成白色沉淀，且亚硫酸钡可被硝
52、酸氧化为硫酸钡，以此来解答【解答】解：A取少量溶液，滴入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀盐酸，充分振荡后，仍有白色沉淀，硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子，不能说明此溶液中Na2SO3已部分氧化，故A错误；B硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，加入Ba（NO3）2溶液后，生成的沉淀中不一定含有BaSO4，故B错误；C取少量溶液，滴入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量盐酸，充分振荡后，仍有白色沉淀，硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，可氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，加硝酸后生成沉淀一定是BaSO4，故C正确；
53、D硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子，此实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化，故D错误；故选C【点评】本题考查物质的鉴别和检验，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质、发生的反应及离子检验为解答该题的关键，难度不大19同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满：NH3，NO2，进行喷泉实验经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为（）ABC=D不能确定【考点】氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；物质的量浓度的计算【分析】先根据气体摩尔体积计算各气体的物质的量之比，再判断烧瓶中溶液的体积、溶质的物质的量，再根据物
54、质的量浓度公式判断浓度的大小【解答】解：在相同条件下，气体摩尔体积相同，烧瓶的容积相同，根据n=知，氨气、NO2的物质的量之比为1：1，因NO2能与水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以各烧瓶中溶质的物质的量之比为3：2，做喷泉实验时，盛放氨气的烧瓶、含NO2的烧瓶，各烧瓶中溶液的体积分别为：一烧瓶、烧瓶，所以溶液的体积比为3：2，所以各物质的量浓度之比为=1：1，故选：C【点评】本题考查的是物质的量浓度的有关计算，正确求算NO2气体的烧瓶溶液的体积、盛放NO2的烧瓶溶质的物质的量是解本题的关键20限用一种试剂，经过一次性实验就能鉴别下列四种溶液：Na2CO3、（NH4）2SO4、N
55、H4Cl、KNO3，应选用（）AAgNO3溶液BNaOH溶液CBa（OH）2溶液D盐酸【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】根据四种溶液中含有的离子可知，鉴别CO32、SO42离子可用Ba2+，鉴别NH4+离子可用OH，以此选择合适的鉴别试剂【解答】解：A加入AgNO3溶液，Na2CO3溶液、（NH4）2SO4溶液、NH4Cl溶液都能生成沉淀，不能鉴别，故A错误；B加入NaOH溶液不能鉴别Na2CO3溶液、KNO3溶液，二者与NaOH溶液不反应，无明显现象，不能鉴别（NH4）2SO4溶液、NH4Cl溶液，二者都生成NH3，故B错误；C根据四种溶液中含有的离子可知，鉴别CO32、S
56、O42离子可用Ba2+，鉴别NH4+离子可用OH，所以加入Ba（OH）2溶液，Na2CO3溶液可生成白色沉淀，KNO3溶液不反应，无现象，与（NH4）2SO4溶液反应既产生白色沉淀，又有刺激性气体产生，NH4Cl溶液只产生刺激性气体，可鉴别，故C正确；D加入HCl与KNO3溶液、（NH4）2SO4溶液、NH4Cl溶液都不反应，无法鉴别，故D错误；故选C【点评】本题考查物质的鉴别，题目难度不大，本题注意鉴别使可从溶液中含有的离子种类考虑，学习中注意把握物质的性质21下列物质中不能由化合反应生成的物质是（）AFeCl3BH2SO4CNaHCO3DFe2S3【考点】化学基本反应类型【分析】A、氯化铁
57、可由铁和氯气化合得到；B、三氧化硫和水化合生成硫酸；C、碳酸钠和二氧化碳和水化合生成碳酸氢钠；D、铁和硫单质反应生成FeS【解答】解：A、氯化铁可由铁和氯气化合得到：2Fe+3Cl22FeCl3，故A错误；B、三氧化硫和水化合生成硫酸：SO3+H2O=H2SO4，故B错误；C、碳酸钠和二氧化碳和水化合生成碳酸氢钠：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，故C错误；D、铁和硫单质反应生成FeS：Fe+SFeS，Fe2S3不存在，故D正确故选D【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质及发生的氧化还原反应为解答的关键，注意利用化合直接生成的信息结合常见的反应实例即可解答，题目难度
58、不大22为确定某溶液的离子组成，分别进行如下实验：测定溶液的pH，溶液显强碱性取少量溶液加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性、能使澄清石灰水变浑浊的气体在上述溶液中再滴加Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀取上层清液继续滴加Ba（NO3）2溶液至无沉淀时，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀根据实验以下推测正确的是（）A一定有SO32离子B一定有CO32离子C一定有Cl离子存在D不能确定HCO3离子是否存在【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【分析】说明溶液在含有氢氧根离子；现象说明有二氧化碳气体生成，无刺激性气味二氧化硫气体生成；说明产生钡离子的白色沉淀为硫酸钡；现象证明是氯离子的性质，但
59、步骤中加入了盐酸，不能说明原溶液中含氯离子；【解答】解：测定溶液的pH，溶液显强碱性，说明溶液中含有氢氧根离子，碳酸氢根离子不能存在；取少量溶液加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性、能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明生成的气体为二氧化碳，不是刺激性气味的二氧化硫，说明B原溶液中含碳酸根离子；在上述溶液中再滴加Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀进一步证明溶液中含碳酸根离子；取上层清液继续滴加Ba（NO3）2溶液至无沉淀时，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀说明含氯离子，但步中加入盐酸含有氯离子，不能确定原溶液中含氯离子；综上所述：溶液中一定含碳酸根离子，一定不含亚硫酸根离子碳酸氢根离子，氯离子不能
60、确定故选B【点评】本题考查了元素化合物性质，主要是离子性质的检验和应用，熟练撞我离子性质和特征反应，检验方法是解题关键23中学化学中很多“规律”都有其使用范围，据有关“规律”下列结论合理的是（）A根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClOB金属钠可以通过电解熔融NaCl制得，推出金属铝可以通过电解熔融AlCl3制得C金属钠在纯氧中燃烧生成Na2O2，推出金属锂在纯氧中燃烧生成Li2O2DCaCO3与稀硝酸反应生成CO2，推出CaSO3也能与稀硝酸反应生成SO2【考点】化学反应的基本原理【分析】A根据强酸制弱酸原理解题；B氯化铝是共价化合物；CLi在空气中燃烧只
61、生成Li2O；D硝酸中+5价氮具有强氧化性；CaSO3中的硫元素是+4价，具有还原性【解答】解：A根据强酸制弱酸原理，强酸可以与弱酸的盐溶液反应制取弱酸，故A正确； B氯化铝是共价化合物，不导电，工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，故B错误；CLi在空气中燃烧只生成Li2O，不能生成Li2O2，故C错误；D因CaCO3中碳为+4价是最高价，虽硝酸中+5价氮，具有强氧化性，CaCO3与稀硝酸只能发生复分解，CaCO3+2HNO3=Ca（NO3）2+H2O+CO2反应CaSO3中的硫元素是+4价，具有还原性，与强氧化性的硝酸发生氧化还原反应，被氧化成+6价的硫，稀硝酸自身被还原成+2价的氮，故D
62、错误故选A【点评】本题考查了强酸制弱酸原理、元素及其化合物等知识，难度适中，解题时要注意一般规律与特殊情况的关系，以及规律所适用的条件等24将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3molL1的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是（）A开始加入合金的质量可能为16.4gB标准状况下产物NO的体积为22.4LC生成沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100mLD参加反应的硝酸的物质的量为0.1mol【考点】有关混合物反应的计算【分析】将一定量的镁和铜合金加入到稀H
63、NO3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有NO，发生反应：3Mg+8HNO3（稀）3Mg（NO3）2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOHMg（OH）2+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOHCu（OH）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol，生成
64、NO为0.1mol，由此分析解答【解答】解：解：将一定量的镁和铜合金加入到稀HNO3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有NO，发生反应：3Mg+8HNO3（稀）3Mg（NO3）2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOHMg（OH）2+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOHCu（OH）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为
65、=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为=0.15mol，生成NO为=0.1mol，A、镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6gm9.6g，故A错误；B、标况下NO的体积为0.1mol22.4L/mol=2.24L，故B错误；C、加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应，由上述分析可知，加入的NaOH为0.3mol，故加入NaO溶液的体积为=0.1L=100mL，故C正确；D、根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金
66、属）=0.15mol=0.4mol，故D错误；故选C【点评】本题主要考查混合物有关计算，综合考查学生的得失电子守恒、质量守恒等综合运用和解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题，难度较大，B选项可以利用氮原子守恒计算硝酸的物质的量25在某100mL混酸中，硝酸的物质的量浓度为0.4molL1，硫酸的物质的量浓度为0.2molL1向其中加入2.56g铜粉，微热，待充分反应后，溶液中Cu2+的物质的量浓度为（）A0.15 molL1B0.3 molL1C0.225 molL1D无法计算【考点】硝酸的化学性质；离子方程式的有关计算【分析】根据反应3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O先
67、判断过量，再进行计算解答【解答】解：在某100mL混酸中，硝酸的物质的量n（HNO3）=0.1L0.4mol/L=0.04mol，硫酸的物质的量n（H2SO4）=0.1L0.2moL/L=0.02moL，所以氢离子的物质的量n（H+）=0.04moL+20.02moL=0.08mol，铜粉的物质的量=0.04mol，依据方程式： 3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O 3 2 8 0.04mol 0.04mol 0.08mol 可知氢离子不足，故根据H+计算，由方程式可知n（Cu2+）=0.08mol=0.03mol，所以C（Cu2+）=0.3mol/L，故选：B【点评】本题考查
68、了硝酸的相关计算，题目难度不大，解题时注意依据离子反应方程式计算解答26向下列物质的溶液中加入一定量的Na2O2固体，不出现浑浊现象的是（）A饱和H2S溶液BCa（HCO3）2稀溶液CK2SO3溶液DFeCl2溶液【考点】钠的重要化合物【分析】过氧化钠具有氧化性，并且可以和水反应生成氢氧化钠和氧气，氧气也具有氧化性，利用NaOH与选项中的物质的反应来分析是否生成沉淀，并注意对于饱和溶液来说，溶剂减少时会有溶质析出【解答】解：A、过氧化钠固体与饱和H2S溶液反应，硫化氢具有还原性，能被过氧化钠氧化为单质硫，会出现浑浊，故A错误；B、过氧化钠固体与溶液中的水反应，生成的NaOH会与Ca（HCO3）
69、2反应，生成碳酸钙白色沉淀，则出现浑浊，故B错误；C、过氧化钠固体与K2SO3溶液中的水反应，生成的NaOH不会与K2SO3反应，此外，过氧化钠具有氧化性，可以将亚硫酸钾氧化为硫酸钾，均不会出现浑浊现象，故C正确；D、过氧化钠固体与饱和氯化亚铁溶液中的水反应生成氢氧化钠和氧气，生成的NaOH会与氯化亚铁反应，生成氢氧化亚铁，并且会立即被氧化为氢氧化铁，会出现浑浊，故D错误故选：C【点评】本题考查过氧化钠与水的反应及复分解反应，明确物质之间的化学反应及反应中的现象是解答本题的关键，注意饱和溶液中溶剂和溶质的关系来解答27某化学小组用如图所示装置验证卤素单质氧化性的相对强弱下列说法不正确的是（）A
70、E处棉花球变成黄色，说明Cl2的氧化性比Br2强BF处棉花球变成蓝色，说明Br2的氧化性比I2强CE处发生反应的离子方程式为：Cl2+2Br=2Cl+Br2DG装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为：2OH+Cl2=ClO+Cl+H2O【考点】氧化还原反应【分析】由氯气的氧化性强，结合图可知，E处发生Cl2+2Br=2Cl+Br2；F处发生Cl2+2Br=2Cl+Br2、Br2+2I=2Br+I2；G处为尾气处理，发生2OH+Cl2=ClO+Cl+H2O，以此来解答【解答】解：AE处发生Cl2+2Br=2Cl+Br2，则E处棉花球变成黄色，说明Cl2的氧化性比Br2强，故A正确；BF处发
71、生Cl2+2Br=2Cl+Br2、Br2+2I=2Br+I2，只能说明有碘生成，由于氯气的干扰不能说明Br2的氧化性比I2强，故B错误；C由图可知，E处发生反应的离子方程式为：Cl2+2Br=2Cl+Br2，故C正确；DG处为尾气处理，装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为2OH+Cl2=ClO+Cl+H2O，故D正确；故选B【点评】本题考查卤素单质的置换反应及氧化还原反应，明确各处发生的氧化还原反应是解答本题的关键，并注意F处发生两个反应为学生解答的易错点和难点，题目难度中等28根据表中信息判断，下列选项不正确的是（）序号反应物产物KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4
72、Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3MnO4Cl2、Mn2+A第组反应的其余产物为H2O和 O2B第组反应中Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：1C第组反应中生成1mol Cl2，转移电子2molD氧化性由强到弱顺序为MnO4Cl2Br2Fe3+【考点】氧化还原反应的计算【分析】A反应中Mn元素化合价降低，则KMnO4为氧化剂，H2O2为还原剂，元素被氧化生成氧气；B由于还原性Fe2+Br，故氯气先氧化Fe2+，发生反应：3Cl2+6FeBr2=2FeCl3+4FeBr3，则Cl2与 FeBr2的物质的量之比1：2时产物为FeCl3、FeBr3；C反应中Mn元素化合价降低，KMnO4作
73、氧化剂，氯气为氧化产物，则反应物中含有Cl，根据氯元素化合价变化计算转移电子；D氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性【解答】解：A反应中Mn元素化合价降低，则KMnO4为氧化剂，H2O2为还原剂，H2O2被氧化生成氧气，由原子守恒可知，还有水生成，故A正确；B由于还原性Fe2+Br，故氯气先氧化Fe2+，发生反应：3Cl2+6FeBr2=2FeCl3+4FeBr3，则Cl2与 FeBr2的物质的量之比1：2时产物为FeCl3、FeBr3，若Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：1，部分溴离子比氧化，故B错误；C反应中Mn元素化合价降低，KMnO4作氧化剂，氯气为氧化产物，则反应物中含有Cl，生成1
74、mol Cl2，转移电子为1mol2=2mol，故C正确；D反应中氯气可以氧化溴离子为溴单质，氧化亚铁离子为铁离子，溴单质可以氧化亚铁离子为铁离子，故氧化性Cl2Br2Fe3+，反应KMnO4为氧化剂，Cl2为氧化产物，故氧化性MnO4Cl2，则氧化性MnO4Cl2Br2Fe3+，故D正确，故选：B【点评】本题考查氧化还原反应计算、氧化性强弱比较、氧化还原反应方程式配平等，注意氯气与溴化亚铁反应先后顺序问题，难度中等29X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、
75、Z、W原子的最外层电子数之和为14下列说法正确的是（）A原子半径由小到大的顺序：XYZWBZ的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸C室温下，0.1 mol/L W的气态氢化物的水溶液的pH1DY单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，则Y为Al，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，则Z为Si元素，X与Z位于同一主族，可知X为C元素，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为1434=7，则W为Cl，然后结合元素周期律及元
76、素化合物知识来解答【解答】解：X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，则Y为Al，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，则Z为Si元素，X与Z位于同一主族，可知X为C元素，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为1434=7，则W为Cl，A电子层越多原子半径越大，同周期原子序数大的原子半径小，则原子半径由小到大的顺序：XWZY，故A错误；BZ的最高价氧化物为二氧化硅，与水不反应，故B错误；C室温下，0.1 mol/L W的气态氢化物的水溶液为盐酸，其pH=1，故C错误；DY单质在一定条件下可以与氧化
77、铁发生置换反应生成Fe和氧化铝，为铝热反应，故D正确；故选D【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素化合物知识与原子结构推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大30如图表示在某溶液中滴加Ba（OH）2溶液时，沉淀的物质的量随Ba（OH）2的物质的量的变化关系该溶液的成分可能是（）AMgSO4BKAl（SO4）2CAl2（SO4）3DNaAlO2【考点】镁、铝的重要化合物【分析】A、氢氧化镁不溶于氢氧化钡溶液；B、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，
78、加入3mol氢氧化钡沉淀最大，再加入氢氧化钡，又生成硫酸钡，且氢氧化铝会逐渐溶解，最终沉淀为4mol；C、先发生反应Ba2+SO42=BaSO4、Al3+3OHAl（OH）3，然后发生Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O，由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，结合加入3mol氢氧化钡沉淀最大判断；D、偏铝酸钠与氢氧化钡不反应【解答】解：A、氢氧化镁不溶于氢氧化钡溶液，沉淀量达最大后，再加氢氧化钡溶液，沉淀量不变，故A错误；B、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH=AlO2+2
79、H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故KAl（SO4）2为2mol，加入3mol氢氧化钡，可以生成硫酸钡3mol，n（Al3+）：n（OH）=2mol：6mol=1：3，发生反应Al3+3OHAl（OH）3，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为3mol+2mol=5mol，再加入氢氧化钡，又生成硫酸钡，且氢氧化铝会逐渐溶解，最终沉淀为4mol，故B错误；C、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故Al2（SO4）3为1mol，加入3mol氢氧化钡，可以生成硫酸钡3mol，n（Al3+）：n（OH）=2mo
80、l：6mol=1：3，发生反应Al3+3OHAl（OH）3，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为3mol+2mol=5mol，故C正确；D、偏铝酸钠与氢氧化钡不反应，不能产生沉淀，故D错误；故选C【点评】本题以图象为载体考查镁铝化合物的性质，难度中等，明确发生的化学反应是解答的关键，反应发生的先后顺序是学生解答中的难点，注意图象比例关系二、解答题（共4小题，满分40分）31有Fe2+、NO3、Fe3+、NH4+、H+和H2O六种粒子，分别属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物，则该反应中还原剂与氧化剂分别为Fe2+、NO3（用离子符号表示），其物质的量之比为8：1【考点】氧化还原反应【分析】
81、酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，且氧化性NO3Fe3+，还原性Fe2+NH4+，所以该反应中氧化剂是NO3，还原剂是Fe2+，反应物中还含有H+，根据元素守恒知，生成物中还含有H2O，发生反应为8Fe2+NO3+10H+=8Fe3+NH4+H2O，再结合物质的性质结合各个物理量之间的关系式计算【解答】解：酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，且氧化性NO3Fe3+，还原性Fe2+NH4+，所以该反应中氧化剂是NO3，还原剂是Fe2+，反应物中还含有H+，根据元素守恒知，生成物中还含有H2O，发生反应为8Fe2+NO3+10H+=8Fe3+NH4+H2O，该反应中N元素化合价由+5变为3价、F
82、e元素化合价由+2价变为+3价，所以氧化剂是NO3、还原剂是Fe2+，还原剂和氧化剂的物质的量之比为8：1，故答案为：Fe2+；NO3；8：1【点评】本题考查了氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，根据元素化合价及氧化性、还原性强弱正确判断反应物和生成物是解本题关键，再结合方程式分析解答，难度不大32某无色溶液中可能含有Na+、SO42、MnO4、SO32、Cl、Br、CO32中的若干种，依次进行下列实验观察到现象如下：向溶液中滴加过量氯水，无气体产生，再加入CCl4振荡、静置、CCl4层呈橙色，用分液漏斗分液；向分液后的水溶液中加入AgNO3和HNO3的混合液，有白色沉
83、淀产生；另取原溶液少量加入BaCl2和盐酸的混合液，无白色沉淀产生回答下列问题：（1）原溶液中肯定含有的离子是Na+、Br；肯定没有的离子是SO42、MnO4、CO32（2）生成的白色沉淀中肯定有AgCl（写沉淀的化学式）【考点】常见离子的检验方法【分析】某无色溶液中一定不含有MnO4；向溶液中滴加过量氯水，无气体产生，一定不含CO32，加入CCl4振荡、静置、CCl4层呈橙色，一定含有Br；向分液后的水溶液中加入AgNO3和HNO3的混合液，有白色沉淀产生，一定有氯化银，但是加的氯水中含有氯离子，所以不能判断原来的溶液中是不是含有氯离子；另取原溶液少量加入BaCl2和盐酸的混合液，无白色沉淀
84、产生，一定不含SO42，根据电中性原理，一定含有阳离子Na+【解答】解：无色溶液中一定不含有MnO4；向溶液中滴加过量氯水，无气体产生，一定不含CO32，加入CCl4振荡、静置、CCl4层呈橙色，一定含有Br；向分液后的水溶液中加入AgNO3和HNO3的混合液，有白色沉淀产生，一定有氯化银，但是加的氯水中含有氯离子，所以不能判断原来的溶液中是不是含有氯离子；另取原溶液少量加入BaCl2和盐酸的混合液，无白色沉淀产生，一定不含SO42，根据电中性原理，一定含有阳离子Na+（1）原溶液中肯定含有的离子是Na+、Br，肯定没有的离子是SO42、MnO4、CO32，故答案为：Na+、Br；SO42、M
85、nO4、CO32；（2）生成的白色沉淀中肯定有AgCl，故答案为：AgCl【点评】本题考查离子检验试验方案的设计，为高频考点，把握实验中发生的反应及离子的检验方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大33A、B、C、D是中学化学的常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素在一定条件下相互转化的关系如下图所示（部分反应中的H2O已略去）请填空：（1）若A可用于自来水消毒，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，加热蒸干B的溶液不能得到B，则B的化学式可能是FeCl3；工业上制取A的离子方程式为2Cl+2H2OCl2+H2+2OH（2）若A是一种碱性气体，常用作制冷剂，B是汽车尾
86、气之一，遇空气会变色，则反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O（3）若D是氯碱工业的主要产品，B有两性，则反应的离子方程式是Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O（4）若A、C、D都是常见气体，C是形成酸雨的主要气体，则反应的化学方程式2H2S+SO2=3S+2H2O【考点】无机物的推断【分析】（1）若A可用于自来水消毒，应为Cl2，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，应为Fe，则B为FeCl3，C为FeCl2；（2）若A是一种碱性气体，常用作制冷剂，应为NH3，B是汽车尾气之一，遇空气会变色，应为NO；（3）若D是氯碱工业的主要产品，B有两性，由转化关系D为NaOH，
87、B为Al（OH）3，C为NaAlO2；（4）若A、C、D都是常见气体，C是形成酸雨的主要气体，应为SO2，则A为H2S，D为O2，B为S【解答】解：（1）若A可用于自来水消毒，应为Cl2，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，应为Fe，则B为FeCl3，C为FeCl2，工业上制取A的离子方程式为2Cl+2H2OCl2+H2+2OH，故答案为：FeCl3；2Cl+2H2OCl2+H2+2OH；（2）若A是一种碱性气体，常用作制冷剂，应为NH3，B是汽车尾气之一，遇空气会变色，应为NO，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（3）若
88、D是氯碱工业的主要产品，B有两性，由转化关系D为NaOH，B为Al（OH）3，C为NaAlO2，反应的离子方程式是Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（4）若A、C、D都是常见气体，C是形成酸雨的主要气体，应为SO2，则A为H2S，D为O2，B为S，反应的化学方程式是2H2S+SO2=3S+2H2O，故答案为：2H2S+SO2=3S+2H2O【点评】本题考查较为综合，涉及元素化合物的推断，为高频考点，侧重于学生的分析能力，物质性质是解题关键，题目具有一定难度，做题时注意把握推断的思路34某化学活动小组设计如图所示（部分夹持装置已略去）实
89、验装置，以探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应得到的固体物质的成分（1）写出装置A中发生反应的化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O（2）装置B的主要作用是除去Cl2中混有的HCl气体（3）向C装置中通入一定量的氯气后，测得只生成一种气体（常温下为红黄色，且为氯的氧化物）可以确定的是C得到的固体最多含有三种物质，含有氯元素的盐只有一种，且含有NaHCO3，现对C中得到的固体成分进行猜想和验证提出合理猜想一定含有NaHCO3和NaCl；可能含有剩余的Na2CO3设计方案，进行成分检验请完成实验步骤3、4以及预期现象和结论限选实验试剂：蒸馏水、稀HNO3、BaCl2溶液、澄
90、清石灰水、AgNO3溶液、品红、稀盐酸实验步骤预期现象和结论步骤1：取C中的少量固体样品于试管中，加入蒸馏水至固体溶解，然后各取12mL所得溶液分别置于甲、乙两支试管中得到无色溶液步骤2：向甲试管中加入过量的BaCl2溶液，静置若溶液变浑浊，证明固体中含碳酸钠步骤3：向甲中上层清液中滴入少量澄清石灰水若上层清液变浑浊，证明固体中含有碳酸氢钠步骤4：向乙试管中加入过量的稀HNO3，再滴入少量AgNO3溶液若生成白色沉淀，证明固体中含有氯化钠（4）完成C中反应的化学方程式：2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+2NaCl+Cl2O【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；氯气的化学性质；
91、氯气的实验室制法；物质的检验和鉴别的实验方案设计【分析】（1）二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化镁、氯气、水；（2）氯气中混有挥发的HCl；（3）氯气和碳酸钠反应，由元素守恒可知一定会生成NaCl；澄清石灰水与碳酸氢钠反应生成碳酸钙沉淀；NaCl与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀；（4）由（3）可知，生成NaHCO3、NaCl，还生成一种气体为氯的氧化物，由电子守恒及质量守恒定律分析【解答】解：（1）二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化镁、氯气、水，该反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（2）氯气中混有挥发的HCl，则装置B
92、为除杂装置，其作用为除去Cl2中混有的HCl气体，故答案为：除去Cl2中混有的HCl气体；（3）氯气和碳酸钠反应时，可看成氯气和水反应生成HCl、HClO，再与Na2CO3反应，由元素守恒可知一定会生成NaCl，故答案为：NaCl；因澄清石灰水与碳酸氢钠反应生成碳酸钙沉淀，NaCl与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，则步骤3为向甲中上层清液中滴入少量澄清石灰水，现象和结论为若上层清液变浑浊，证明固体中含有碳酸氢钠；步骤4为向乙试管中加入过量的稀HNO3，再滴入少量AgNO3溶液，现象与结论为若生成白色沉淀，证明固体中含有氯化钠，故答案为：实验步骤预期现象和结论步骤3：向甲中上层清液中滴入少量澄清石
93、灰水若上层清液变浑浊，证明固体中含有碳酸氢钠步骤4：向乙试管中加入过量的稀HNO3，再滴入少量AgNO3溶液若生成白色沉淀，证明固体中含有氯化钠（4）由（3）可知，生成NaHCO3、NaCl，还生成一种气体为氯的氧化物X，由2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+2NaCl+X可知，由电子守恒可知X中Cl元素的化合价为+1价，由原子守恒可知X中含2个Cl、1和O，即X为Cl2O，该反应为2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+2NaCl+Cl2O，故答案为：2NaHCO3+2NaCl+Cl2O【点评】本题以探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应得到的固体物质的成分考查氯气的制法及离子的检验，综合性较强，把握常见离子的检验方法、物质的性质、质量守恒定律等为解答的关键，注重基础知识的迁移应用，题目难度中等2016年10月31日
