2016-2017学年湖南省株洲市茶陵一中高一上学期期中化学试卷（A卷）
一、选择题
1．（2016高一上·株洲期中）根据厦门气象台报道，近年每到春季，厦门市经常出现大雾天气，致使高速公路关闭，航班停飞．雾属于下列分散系中的（ ）
A．溶液 B．悬浊液 C．乳浊液 D．胶体
【答案】D
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】解：分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔现象，大雾时，用灯照射时会出现一条光亮的通路，则雾属于胶体分散系，故选：D．
【分析】根据常见的胶体有淀粉溶液、冬天的大雾、牛奶、鸡蛋（蛋白质溶液）溶液、Al（OH）3胶体、Fe（OH）3胶体等．
2．（2015高一上·许昌月考）科学家已发现一种新型氢分子，其化学式为H3，在相同条件下，等质量的H3和H2相同的是（ ）
A．原子数 B．分子数 C．体积 D．物质的量
【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：A．H3和H2都由H原子构成，二者质量相等，含有H原子数目相等，故A正确；
B．H3和H2的摩尔质量不相等，二者质量相等，则二者物质的量不相等，故含有分子数目不相等，故B错误；
C．H3和H2的摩尔质量不相等，二者质量相等，根据n= 可知二者物质的量之比=2：3，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，故等质量H3和H2的体积之比=2：3，故C错误；
D．H3和H2的摩尔质量不相等，二者质量相等，根据n= 可知二者物质的量不相等，故D错误，
故选A．
【分析】A．H3和H2都由H原子构成，二者质量相等，含有H原子数目相等；
B．H3和H2的摩尔质量不相等，二者质量相等，则二者物质的量不相等；
C．H3和H2的摩尔质量不相等，二者质量相等，则二者物质的量不相等，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比；
D．H3和H2的摩尔质量不相等，二者质量相等，根据n= 可知二者物质的量不相等．
3．（2016高一上·株洲期中）某溶液中大量存在五种离子：NO3﹣、SO42﹣、Fe3+、H+、X，其中物质的量之比为n（NO3﹣）：n（SO42﹣）：n（Fe3+）：（ H+）：n（X）=2：3：1：3：1则X可能是（ ）
A．Al3+ B．Ba2+ C．Cl﹣ D．Mg2+
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：物质的量之比为n（NO3﹣）：n（SO42﹣）：n（Fe3+）：n（H+）：n（X）=2：3：1：3：1，
溶液不显电性，而负电荷=2×1+3×2＞正电荷=1×3+3×1，
则X为阳离子，由电荷守恒可知：2×1+3×2=×3+3×1+X，解得X=2，说明X为+2价阳离子，
由于SO42﹣与Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，
所以X一定为Mg2+，
故选D．
【分析】n（NO3﹣）：n（SO42﹣）：n（Fe3+）：n（H+）：n（X）=2：3：1：3：1，根据根据电荷守恒，可以确定X为阳离子，然后利用离子不能反应生成水、气体、沉淀、不能发生氧化还原反应等确定X，以此来解答．
4．（2017高一上·成都期中）按以下实验方案可以从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物．
下列说法错误的是（ ）
A．步骤（1）需要过滤装置 B．步骤（2）需要用到分液漏斗
C．步骤（3）需要用到坩埚 D．步骤（4）需要蒸馏装置
【答案】C
【知识点】有机物的合成
【解析】【解答】A．步骤（1）是分离固液混合物，其操作为过滤，需要过滤装置，故A不符合题意；
B．步骤（2）分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗，故B不符合题意；
C．步骤（3）是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿，而不用坩埚，故C符合题意；
D．步骤（4）是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，需要蒸馏装置，故D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】A.分离固体与液体的混合物采用过滤的方法；
B.分离互不相溶的液体混合物采用分液的方法；
C.从溶液中提取溶质采用蒸发的操作；
D.分离沸点不同的液体混合物采用蒸馏的方法.
5．（2016高一上·株洲期中）实验室中需要配制2mol/L的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称量的NaCl的质量分别是（ ）
A．950mL，111.2g B．500mL，117g
C．1000mL，l17g D．任意规格，117g
【答案】C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】解：配制2mol/L的NaCl溶液950mL，选择1000mL容量瓶，需要NaCl的质量为1L×2mol/L×58.5g/mol=117g，
故选C．
【分析】配制2mol/L的NaCl溶液950mL，选择1000mL容量瓶，结合m=nM、n=cV计算．
6．（2016高一上·株洲期中）设NA为阿伏加德罗常数的值，标准状况下O2和N2的混合气体m g含有b个分子，则n g该混合气体在相同状况下所占的体积应是（ ）
A． L B． L C． L D． L
【答案】A
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】解：根据其组分及其含量相同，所以其质量与分子数成正比，设ng该混合气体含有的分子数为x个，
质量与分子数的比列式为：mg：b=ng：x，
x= = 个；
ng该混合气体含有的物质的量为：n= = mol= mol，
其体积为：V=n×Vm = mol×Vm = mol×22.4l/mol= L，
故选A．
【分析】先求出ng该混合气体含有的分子数，再根据n= 计算出ng该混合气体物质的量，最后根据V=n×Vm 计算出n g该混合气体在相同状况下所占的体积．
7．（2016高一上·西湖期中）V mL Al2（SO4）3溶液中含Al3+a g，取 mL溶液稀释到4V mL，则稀释后溶液中SO42﹣的物质的量浓度是（ ）
A． mol L﹣1 B． mol L﹣1
C． mol L﹣1 D． mol L﹣1
【答案】C
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】解：agAl3+的物质的量= = mol，
溶液中n（Al3+）：n（SO42﹣）=2：3，VL溶液中n（SO42﹣）= mol× = mol，
c（SO42﹣）= = mol/L；根据稀释前后溶质的物质的量不变得： mol/L× mL=c×4VmL，解得：c= mol/L，
故选C．
【分析】根据n= 计算Al3+的物质的量，溶液中n[Al2（SO4）3]= n（Al3+），再利用n（Al3+）：n（SO42﹣）=2：3计算VL溶液中n（SO42﹣），根据c= 计算SO42﹣物质的量浓度，根据稀释前后溶质的物质的量不变计算稀释后的SO42﹣物质的量浓度．
8．（2016高一上·株洲期中）为了除去硝酸钾晶体中所含的硫酸钙和硫酸镁，先将它配成溶液，然后先后加入KOH、K2CO3、Ba（NO3）2等试剂，配以过滤、蒸发、结晶等操作，制成纯净的硝酸钾晶体，其加入试剂的顺序正确的是（ ）
A．K2CO3﹣﹣Ba（NO3）2﹣﹣KOH﹣﹣HNO3
B．Ba（NO3）2﹣﹣KOH﹣﹣HNO3﹣﹣K2CO3
C．KOH﹣﹣K2CO3﹣﹣Ba（NO3）2﹣﹣HNO3
D．Ba（NO3）2﹣﹣KOH﹣﹣K2CO3﹣﹣HNO3
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：为了除去硝酸钾晶体中所含的硫酸钙和硫酸镁，先将它配成溶液，应先加入Ba（NO3）2，生成BaSO4，除去SO42﹣，然后加入过量的KOH，生成Mg（OH）2，除去Mg2+，再加入过量的K2CO3，生成CaCO3和BaCO3沉淀，除去Ca2+和Ba2+，最后加入HNO3除去K2CO3和KOH，注意不能先加K2CO3，否则不能除去过量的Ba2+．
故选D．
【分析】为了除去硝酸钾晶体中所含的硫酸钙和硫酸镁，先将它配成溶液，应先加入Ba（NO3）2，除去SO42﹣，然后加入过量的KOH，除去Mg2+，再加入过量的K2CO3，除去Ca2+和Ba2+，最后加入HNO3除去K2CO3和KOH．
9．（2016高一上·菏泽期中）已知I﹣、Fe2+、SO2和H2O2均有还原性，在酸性溶液中还原能力的强弱顺序为：H2O2＜Fe2+＜I﹣＜SO2，则下列反应不能发生的是（ ）
A．2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+
B．H2O2+H2SO4═SO2↑+O2↑+2H2O
C．I2+SO2+2H2O═H2SO4+2HI
D．2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2
【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】解：A．二氧化硫的还原性大于亚铁离子，所以二氧化硫能氧化铁离子生成亚铁离子，能发生，故A不选；
B．若该反应发生，S元素的化合价降低，O元素的化合价升高，则H2O2为还原剂，还原性强弱为H2O2＞SO2，与已知的还原性强弱矛盾，不可能发生，故B选；
C．因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2＞I﹣，与已知的还原性强弱一致，能发生，故C不选；
D．碘离子的还原性大于亚铁离子，所以碘离子能和铁离子发生氧化还原反应，能发生，故D不选．
故选B．
【分析】根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，利用酸性溶液中还原性强弱的顺序是H2O2＜Fe2+＜I﹣＜SO2，来判断反应能否发生．
10．（2016高一上·株洲期中）下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．澄清石灰水中加入盐酸：OH﹣+H+=H2O
B．硫酸与氢氧化钡溶液反应：Ba2++OH﹣+SO42﹣+H+=BaSO4↓+H2O
C．碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
D．碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣
【答案】A,D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A、澄清石灰水中加入盐酸发生的是强酸和强碱发生的酸碱中和反应，离子方程式为：OH﹣+H+=H2O，故A正确；
B、硫酸与氢氧化钡溶液反应离子方程式为：Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+=BaSO4↓+2H2O，故B错误；
C、醋酸是弱酸，碳酸钙溶于醋酸的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO﹣，故C错误；
D、碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应，碳酸氢钙全部反应，离子方程式中 符合化学式组成比，Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故D正确；
故选AD．
【分析】A、澄清石灰水中加入盐酸发生的是强酸和强碱发生的酸碱中和反应；
B、硫酸和氢氧化钡1：1恰好完全反应，反应离子方程式中要符合化学式的组成；生成硫酸钡沉淀和水；
C、醋酸是弱电解质；
D、酸式盐和碱反应，量少的全部反应，离子方程式中 符合化学式组成比．
11．（2016高一上·株洲期中）在一定条件下，RO3n﹣和F2可发生如下反应：RO3n﹣1+F2+2OH﹣═RO4﹣+2F﹣+H2O，从而可知在RO3n﹣1中，元素R的化合价是（ ）
A．+4价 B．+5价 C．+6价 D．+7价
【答案】B
【知识点】化合价与化学式
【解析】【解答】解：方法一：由电荷守恒可知，（n﹣1）+2×（﹣1）=﹣1+2×（﹣1），解得n=0，设RO3n﹣1中R元素的化合价为x，x+（﹣2）×3=﹣1，解得x=5，
方法二：R失去电子、F得到电子，设RO3n﹣1中R元素的化合价为x，由电子守恒可知，2×（1﹣0）=（7﹣x），解得x=+5，
故选B．
【分析】由电荷守恒可知，（n﹣1）+2×（﹣1）=﹣1+2×（﹣1），解得n=0，根据RO3n﹣1中正负化合价代数和为﹣1计算或利用电子守恒计算．
12．（2016高一上·株洲期中）下列说法中正确的是（ ）
A．同温同压下，相同体积的物质，它们的物质的量必相等
B．1 L一氧化碳气体一定比1 L氧气的质量小
C．28 g N2和CO的混合气体在标准状况下的体积约为22.4 L
D．常温常压下，1 mol碳完全燃烧消耗22.4 L氧气
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：A．同温同压下，相同体积的气体，它们的物质的量必相等，物质状态必须为气态，故A错误；
B．缺少条件，无法比较一氧化碳和氧气的物质的量大小，故B错误；
C．N2和CO的摩尔质量都是28g/mol，28 g N2和CO的混合气体的物质的量为1mol，在标准状况下的体积约为22.4 L/mol×1mol=22.4L，故C正确；
D.1 mol碳完全燃烧消耗1mol氧气，1mol氧气在常温常压下的体积大于22.4L，故D错误；
故选C．
【分析】A．必须指出物质的状态为气体，否则该关系不成立；
B．没有指出相同条件下，无法判断二者物质的量大小；
C．标准状况下气体摩尔体积约为22.4L/mol，根据V=nVm计算；
D．常温常压下，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算．
13．（2016高一上·株洲期中）在T℃ 时，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为ρ g cm﹣3，溶质的质量分数为w，其中含NH3的物质的量为b mol．下列叙述中正确的是（ ）
A．溶质的质量分数为w= ×100%
B．溶质的物质的量浓度c= mol L﹣1
C．溶液中c（OH﹣）= mol L﹣1
D．上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液溶质的质量分数大于0.5w
【答案】B
【知识点】物质的量浓度；溶液中溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】解：A、氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为ρ g cm﹣3，体积为VmL，所以溶液质量为ρVg，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数为 ×100%，故A错误；
B、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为 = mol/L，故B正确；
C、氨水的浓度为 = mol/L，一水合氨是弱电解质，不能完全电离，所以溶液中溶液中c（OH﹣）＜ mol/L，故C错误；
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，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：B．
【分析】A、氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为ρ g cm﹣3，体积为VmL，所以溶液质量为ρVg，溶质氨气的质量为ag，根据溶质的质量分数定义计算．
B、根据n= 计算a g NH3的物质的量，溶液体积为VmL，再根据c= 计算溶液的物质的量浓度．
C、氨水的浓度为 = mol/L，一水合氨是弱电解质．
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，据此判断．
14．（2016高一上·株洲期中）实验室需配制一种仅含四种离子（不包括水电离出的离子）的混合溶液，且在混合液中四种离子的物质的量浓度均为0.5mol L﹣1，下面四个选项中能达到此目的是（ ）
A．Fe2+、Na+、NO3﹣、Cl﹣ B．Mg2+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣
C．H+、K+、Cl﹣、CO32﹣ D．K+、Mg2+、CO32﹣、OH﹣
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．Fe2+、Na+、NO3﹣、Cl﹣的浓度为0.5mol L﹣1时，阴阳离子总电荷不相等，违反了电荷守恒，故A错误；
B．Mg2+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣之间不发生反应，浓度为0.5mol L﹣1时满足电荷守恒，可以完成配制，故B正确；
C．H+、CO32﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，无法完成配制，故C错误；
D．Mg2+与CO32﹣、OH﹣之间反应，在溶液中不能大量共存，无法进行配制，故D错误；
故选B．
【分析】A．四种离子浓度相等时，阳离子正电荷大于阴离子，不满足电荷守恒；
B．四种离子之间不反应，浓度相等时满足电荷守恒；
C．氢离子与碳酸根离子反应，在溶液中不能共存；
D．镁离子与碳酸根离子、氢氧根离子反应．
15．（2016高一上·株洲期中）氮化铝（AlN）广泛应用于电子、陶瓷等工业领域．在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2+3C 2AlN+3CO合成．下列叙述正确的是（ ）
A．N2是还原剂，Al2O3是氧化剂
B．每生成1 mol AlN需转移3 mol电子
C．AlN中氮元素的化合价为+3
D．AlN的摩尔质量为41 g
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A、Al2O3+N2+3C 2AlN+3CO，该反应中，氧化剂为氮气，还原剂是碳，故A错误；
B、该反应中，氮元素的化合价由反应前0价降低到反应后的﹣3价，每生成1molAlN需转移3mol电子，故B正确；
C、氮化铝中氮元素的化合价是﹣3价，故C错误；
D、氮化铝的摩尔质量是41g/mol，单位错误，故D错误．
故选B．
【分析】Al2O3+N2+3C 2AlN+3CO中，N元素的化合价由0降低为﹣3价，C元素的化合价由0升高为+2价，以此来解答．
16．（2016高一上·株洲期中）某混合溶液中溶质所含离子的物质的量浓度如表，则下列有关说法不正确的是（ ）
溶质所含离子 SO42﹣ M Mg2+ Fe2+
物质的量浓度 c 3 3 2
A．若M是NO3﹣，则c为3.5
B．若使Fe2+浓度降低，可以加入试剂NaOH
C．若M是NH4+，则配制溶液所用的溶质不一定是3种
D．若加入BaCl2溶液能产生两种沉淀，则M可能是CO32﹣
【答案】D
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】解：A．若M是NO3﹣，根据电荷守恒可知，c（NO3﹣）+2c（SO42﹣）=2c（Mg2+）+2c（Fe2+），故c（SO42﹣）= ×（2×3mol/L+2×2mol/L﹣3mol/L）=3.5mol/L，故A正确；
B．二价铁离子能够与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，可以减少二价铁离子的量，故B正确；
C．若M是NH4+，则配制溶液所用的溶质可以是硫酸亚铁铵和硫酸镁，故C正确；
D．碳酸根与镁离子、亚铁离子会生成碳酸镁、碳酸亚铁沉淀，不能共存，故D错误；
故选：D．
【分析】A．依据电荷守恒计算；
B．二价铁离子能够与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁；
C．若M是NH4+，则配制溶液所用的溶质可以是硫酸亚铁铵和硫酸镁；
D．碳酸根与镁离子、亚铁离子不能共存．
二、解答题
17．（2016高一上·株洲期中）现有以下物质：①KCl晶体 ②液态HCl ③熔融NaCl ④蔗糖 ⑤铜 ⑥CO2
（1）以上物质能导电的是 （填序号）；
（2）以上物质属于电解质的是 （填序号）；
（3）以上物质属于非电解质的是 （填序号）；
（4）以上物质中，溶于水能够导电的是 （填序号）．
【答案】（1）③⑤
（2）①②③
（3）④⑥
（4）①②③⑥
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】解：①KCl晶体在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，是电解质，本身不含自由电子或者自由移动的离子，不导电；②液态HCl在水溶液中能导电的化合物，是电解质，本身不含自由电子或者自由移动的离子，不导电；③熔融NaCl 在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，是电解质，本身含有自由移动的离子而导电；④蔗糖在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物，属于非电解质；本身不含自由电子或者自由移动的离子，不导电；⑤铜是单质，既不是电解质，也不是非电解质；含有自由电子能够导电；不溶于水；⑥CO2本身不能电离产生自由移动的离子而导电，属于非电解质，溶于水能与水反应生成电解质碳酸，碳酸电离产生自由移动的离子而导电，所以二氧化碳水溶液能导电；
所以（1）以上物质能导电的是③⑤；（2）以上物质属于电解质的是①②③；（3）以上物质属于非电解质的是④⑥；（4）以上物质中，溶于水能够导电的是①②③⑥；故答案为：（1）③⑤；（2）①②③； （3）④⑥；（4）①②③⑥；
【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等．
非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等．
物质导电的条件：存在自由电子或者自由移动的离子．
18．（2016高一上·株洲期中）0.2molCO（NH2）2（尿素）中含 mol氢原子，含 个氮原子．
【答案】0.8；0.4NA（或2.408×1023）
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：由分子构成可知0.2molCO（NH2）2（尿素）中含0.8molH原子，含有的N原子数为0.4NA（或2.408×1023），故答案为：0.8； 0.4NA（或2.408×1023）．
【分析】CO（NH2）2分子含有1个C原子、2个N原子、4个H原子、1个O原子，故含有碳原子、氧原子的物质的量等于CO（NH2）2的物质的量，N原子物质的量为CO（NH2）2的2倍，H原子物质的量为CO（NH2）2的4倍，由此分析解答．
19．（2016高一上·株洲期中）常温下， molSO2和32gCH4占有相同的体积．
【答案】2
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：体积相同，则二者的物质的量相同，n（CH4）= =2mol，则常温下，2 molSO2和32gCH4占有相同的体积，故答案为：2．
【分析】结合n= 、V=nVm计算．
20．（2016高一上·株洲期中）质量相等的O2与SO2，物质的量之比为 ，所含原子个数比为 ．
【答案】2：1；4：3
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：设质量均为m，则质量相等的O2与SO2，物质的量之比为 ： =2：1，所含原子个数比为2×2：1×3=4：3，
故答案为：2：1；4：3．
【分析】结合n= 及分子的构成计算．
21．（2016高一上·株洲期中）将8g NaOH溶解在10mL水中，再稀释成1L，从中取出10mL，这10mL溶液的物质的量浓度为 ．
【答案】0.2mol/L
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】解：8g NaOH的物质的量为 =0.2mol，溶解在10mL水中，再稀释成1L，溶液浓度为 =0.2mol/L，溶液具有均一性，则从中取出10mL，这10mL溶液的物质的量浓度为0.2mol/L，故答案为：0.2mol/L．
【分析】结合n= 、稀释前后溶质的物质的量不变及溶液具有均一性计算．
22．（2016高一上·株洲期中）12.4g Na2R中含Na+0.4mol，则Na2R的摩尔质量为 ．
【答案】62g/mol
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：Na2R中含Na+0.4mol，则n（Na2R）=0.2mol，Na2R的摩尔质量为 =62g/mol，
故答案为：62g/mol．
【分析】Na2R中含Na+0.4mol，则n（Na2R）=0.2mol，结合M= 计算．
23．（2016高一上·株洲期中）9.2g氮的氧化物（NOx）中含氮原子0.2mol，则x的数值为 ．
【答案】2
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：9.2g氮的氧化物NOx中含氮原子0.2mol，则n（NOx）=n（N）=0.2mol，NOx的摩尔质量为：M（NOx）= =46g/mol，
即NOx的相对分子质量为46，则14+16x=46，解得：x=2，
故答案为：2．
【分析】根据该氧化物的化学式可知n（NOx）=n（N）=0.2mol，然后根据M= 计算出其摩尔质量；根据所得摩尔质量可知其相对分子质量，然后列式计算出x．
24．（2016高一上·株洲期中）某同学称取一定质量的MgCl2固体配成溶液，在该溶液中加入一定量的稀盐酸，然后向此混合溶液中逐滴加入NaOH溶液（如图甲所示）．滴加过程中产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积的关系如图乙所示．请回答下列问题：
（1）溶解MgCl2固体需要的玻璃仪器有 （填字母）．
a．天平b．烧杯c．漏斗d．玻璃棒
（2）AB段反应的离子方程式为 ．
【答案】（1）b、d
（2）Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓
【知识点】钠的重要化合物
【解析】【解答】解：首先发生NaOH+HCl═NaCl+H2O，盐酸反应完毕，再发生反应2NaOH+MgCl2=2NaCl+Mg（OH）2↓，（1）溶解MgCl2固体，应该在烧杯里并且用玻璃棒不断的搅拌，故选：bd，故答案为：bd；（2）AB段反应的离子方程式为Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，故答案为：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓．
【分析】溶解MgCl2固体，应该在烧杯里并且用玻璃棒不断的搅拌加速溶解；首先发生NaOH+HCl═NaCl+H2O，盐酸反应完毕，再发生反应再发生反应2NaOH+MgCl2=2NaCl+Mg（OH）2↓．
25．（2016高一上·株洲期中）如图为实验室某浓硫酸试剂瓶的标签，试根据标签上的有关数据回答下列问题：
（1）该浓硫酸中H2SO4的物质的量浓度为 ．
（2）某学生欲用上述浓硫酸和蒸馏水配制250mL物质的量浓度为0.4mol L﹣1的稀硫酸，该学生需要量取 mL上述浓硫酸进行配制．
（3）为配制（2）中的稀硫酸，下列可供选用的仪器中，一定用到的是 （填编号），配制过程中还缺少的仪器是 （填写仪器名称）
①玻璃棒； ②胶头滴管； ③量筒； ④药匙；⑤圆底烧瓶； ⑥天平； ⑦烧杯； ⑧普通漏斗
（4）在配制过程中，下列实验操作可能导致配制的硫酸溶液浓度偏高的是 （填序号）．
①定容时俯视观察
②定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
③浓硫酸在烧杯中加水稀释后，未冷却就向容量瓶中转移
④容量瓶使用时未干燥．
【答案】（1）18.4mol L﹣1
（2）5.4
（3）①②③⑦；250mL容量瓶
（4）①③
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】解：（1）该浓硫酸的物质的量浓度为：c= = mol/L=18.4 mol L﹣1，故答案为：18.4 mol L﹣1；（2）配制250mL物质的量浓度为0.4mol L﹣1的稀硫酸，需要硫酸的物质的量为：0.4mol/L×0.25L=0.1mol，配制过程中硫酸的物质的量不变，则需要18.4mol/L的浓硫酸的体积为： ≈0.0054L=5.4mL，故答案为：5.4；（3）配制250mL 0.4mol/L的溶液的一般步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，需要的仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶和胶头滴管，所以一定用到的是①玻璃棒、②胶头滴管、③量筒、⑦烧杯；还缺少的仪器为250mL容量瓶，故答案为：①②③⑦；250mL容量瓶；（4）①定容时俯视观察，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小，溶液的物质的量浓度偏高，故①正确；②定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，属于正常现象，再加适量的蒸馏水，导致配制的溶液体积偏大，所得溶液浓度偏低，故②错误；③浓硫酸在烧杯中加水稀释后，未冷却就向容量瓶中转移，热的溶液体积偏大，冷却后溶液体积偏小，导致所得溶液体积偏小，溶液的浓度偏高，故③正确；④容量瓶使用时未干燥，不影响溶质的物质的量及溶液体积，则不影响所得溶液浓度，故④错误；故答案为：①③．
【分析】（1）根据c= 计算出该浓硫酸的物质的量浓度；（2）配制过程中溶质的物质的量不变，根据V= 计算出需要该浓硫酸的体积；（3）配制一定物质的量浓度的溶液步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，根据配制步骤判断需要的仪器及缺少的仪器；（4）物质的量浓度c= ，根据操作方法对溶质物质的量n、溶液体积V的影响分析产生的误差．
26．（2016高一上·株洲期中）按要求回答问题
（1）NaHSO4与NaHCO3溶液反应离子方程式 ．
（2）KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O
①氧化剂与还原剂的物质的量的比为 ．
②氧化产物与还原产物的物质的量的比 ．
（3）已知下面三个反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；2Fe2++Br2═2Fe3++2Br﹣； 2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣
①根据以上三个反应，判断还原剂的还原性由强到弱的顺
②写出氯气和溴化亚铁以物质的量之比为3：4的离子反应方程式 ．
【答案】（1）H++HCO3﹣═CO2↑+H2O
（2）1：5；5：1
（3）Fe2+＞Br﹣＞Cl﹣；4Fe2++2Br﹣+3Cl2═4Fe3++Br2+6Cl﹣
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：（1）NaHSO4溶液与NaHCO3溶液反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，离子方程式：H++HCO3﹣═CO2↑+H2O，故答案为：H++HCO3﹣═CO2↑+H2O；（2）KClO3+6HCl KCl+3Cl2↑+3H2O中，Cl元素的化合价由﹣1价升高为0，失去电子被氧化，5molHCl作还原剂，对应氧化产物；Cl元素的化合价由+5价降低为0，得到电子被还原，对应还原产物，所以氧化剂与还原剂的物质的量的比为1：5，氯气既是氧化产物又是还原产物，由Cl原子守恒可知，氧化产物与还原产物的质量比为5：1，故答案为：①1：5；②5：1；（3）①根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性，由：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，还原性：Fe2+＞Cl﹣；由2Fe2++Br2═2Fe3++2Br﹣，还原性：Fe2+＞Br﹣；由 2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣还原性：Br﹣＞Cl﹣；故答案为：Fe2+＞Br﹣＞Cl﹣；②氯气和溴化亚铁以物质的量之比为3：4，设氯气的物质的量为3mol，则溴化亚铁的物质的量为4mol，而4mol的亚铁离子失去4mol的电子，而氯气需得到6mol的电子，所以参加反应的亚铁为2mol，离子反应方程式为：4Fe2++2Br﹣+3Cl2═4Fe3++Br2+6Cl﹣，故答案为：4Fe2++2Br﹣+3Cl2═4Fe3++Br2+6Cl﹣．
【分析】（1）NaHSO4溶液与NaHCO3溶液反应生成硫酸钠、水和二氧化碳；（2）KClO3+6HCl KCl+3Cl2↑+3H2O中，Cl元素的化合价由+5价降低为0，Cl元素的化合价由﹣1价升高为0，以此来解答；（3）①根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性；②氯气和溴化亚铁以物质的量之比为3：4，设氯气的物质的量为3mol，则溴化亚铁的物质的量为4mol，而4mol的亚铁离子失去4mol的电子，而氯气需得到6mol的电子，所以参加反应的亚铁为2mol，由此分析解答．
27．（2016高一上·株洲期中）某溶液由K+、Cu2+、Ba2+、Fe3+、CO32﹣、SO42﹣、Cl﹣中的若干种离子组成，取适量该溶液进行如下实验：
①向其中加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色透明溶液；
②在①所得溶液中加入过量氢氧化钡溶液，产生白色沉淀，过滤；
③在②所得的滤液中加入过量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀．
根据上述实验回答下列问题：
（1）原溶液中一定不存在的离子是 ；
（2）原溶液中一定存在的离子是 ；
（3）原溶液中可能存在的离子是 ，请解释不能确定离子是否存在的原因： ．
【答案】（1）Cu2+、Ba2+、Fe3+
（2）CO32﹣、SO42﹣、K+
（3）Cl﹣；由于在①中加入了过量的盐酸，盐酸电离出的Cl﹣与Ag+反应生成氯化银白色沉淀，因而无法确定原溶液中是否含有Cl﹣
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：①向其中加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色透明溶液，则一定不含有色离子Cu2+、Fe3+，一定含弱酸根离子CO32﹣，则不含Ba2+；②在①所得溶液中加入过量氢氧化钡溶液，产生白色沉淀，过滤，白色沉淀为硫酸钡，则一定含SO42﹣；③在②所得的滤液中加入过量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，白色沉淀为AgCl，①中加盐酸引入氯离子，则不一定含Cl﹣，
由电荷守恒可知，一定含阳离子为K+，（1）由上述分析可知，一定不存在Cu2+、Ba2+、Fe3+，故答案为：Cu2+、Ba2+、Fe3+；（2）原溶液中一定存在的离子是CO32﹣、SO42﹣、K+，故答案为：CO32﹣、SO42﹣、K+； （3）原溶液中可能存在的离子是Cl﹣；由于在①中加入了过量的盐酸，盐酸电离出的Cl﹣与Ag+反应生成氯化银白色沉淀，因而无法确定原溶液中是否含有Cl﹣，故答案为：Cl﹣；由于在①中加入了过量的盐酸，盐酸电离出的Cl﹣与Ag+反应生成氯化银白色沉淀，因而无法确定原溶液中是否含有Cl﹣．
【分析】①向其中加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色透明溶液，则一定不含有色离子Cu2+、Fe3+，一定含弱酸根离子CO32﹣，则不含Ba2+；②在①所得溶液中加入过量氢氧化钡溶液，产生白色沉淀，过滤，白色沉淀为硫酸钡，则一定含SO42﹣；③在②所得的滤液中加入过量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，白色沉淀为AgCl，①中加盐酸引入氯离子，则不一定含Cl﹣，以此来解答．
28．（2016高一上·株洲期中）实验室常利用反应：3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O来制取NO，当有6.4gCu参加反应时，计算：
（1）用双线桥法标出电子转移的方向和数目；
（2）能生成多少升NO（标准状况下）；
（3）使生成的Cu（NO3）2中Cu2+全部转化成沉淀，则至少需要质量分数为40%密度为1.42g/mL的NaOH溶液体积．
【答案】（1） ；
（2）解：64gCu的物质的量为 =0.1mol，
3 Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+ 2NO↑+4H2O
3 2
0.1 x
所以x= mol
标况下生成NO体积为 mol×22.4L/mol=1.49L，
答：标况下生成NO体积为1.49L；
（3）设需要质量分数为40%密度为1.42g/mL的NaOH溶液体积为VmL
=0.2，解得V=14mL，
答：至少需要质量分数为40%密度为1.42g/mL的NaOH溶液体积是14mL．
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：（1）该氧化还原反应中的，化合价升高的是铜元素，化合价降低的是硝酸中的氮元素，转移电子数为6mol，双线桥法表示电子转移的方向和数目为： ；（2）根据守恒定律可求出与铜相对应的NO的体积；（3）使生成的Cu（NO3）2中Cu2+全部转化成沉淀，消耗氢氧根离子的物质的量是铜离子物质的量的2倍，所以消耗氢氧化钠的物质的量是0.2mol，即 =0.2，可解出体积。
【分析】（1）氧化还原反应中的，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数目；化合价升高的元素被氧化，化合价降低的元素所在的反应物是氧化剂，据此回答；2）根据n= 计算Cu的物质的量，根据方程式计算NO、HNO3的物质的量，再根据V=nVm计算NO体积；（3）使生成的Cu（NO3）2中Cu2+全部转化成沉淀，消耗氢氧根离子的物质的量是铜离子物质的量的2倍，据此回答．
2016-2017学年湖南省株洲市茶陵一中高一上学期期中化学试卷（A卷）
一、选择题
1．（2016高一上·株洲期中）根据厦门气象台报道，近年每到春季，厦门市经常出现大雾天气，致使高速公路关闭，航班停飞．雾属于下列分散系中的（ ）
A．溶液 B．悬浊液 C．乳浊液 D．胶体
2．（2015高一上·许昌月考）科学家已发现一种新型氢分子，其化学式为H3，在相同条件下，等质量的H3和H2相同的是（ ）
A．原子数 B．分子数 C．体积 D．物质的量
3．（2016高一上·株洲期中）某溶液中大量存在五种离子：NO3﹣、SO42﹣、Fe3+、H+、X，其中物质的量之比为n（NO3﹣）：n（SO42﹣）：n（Fe3+）：（ H+）：n（X）=2：3：1：3：1则X可能是（ ）
A．Al3+ B．Ba2+ C．Cl﹣ D．Mg2+
4．（2017高一上·成都期中）按以下实验方案可以从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物．
下列说法错误的是（ ）
A．步骤（1）需要过滤装置 B．步骤（2）需要用到分液漏斗
C．步骤（3）需要用到坩埚 D．步骤（4）需要蒸馏装置
5．（2016高一上·株洲期中）实验室中需要配制2mol/L的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称量的NaCl的质量分别是（ ）
A．950mL，111.2g B．500mL，117g
C．1000mL，l17g D．任意规格，117g
6．（2016高一上·株洲期中）设NA为阿伏加德罗常数的值，标准状况下O2和N2的混合气体m g含有b个分子，则n g该混合气体在相同状况下所占的体积应是（ ）
A． L B． L C． L D． L
7．（2016高一上·西湖期中）V mL Al2（SO4）3溶液中含Al3+a g，取 mL溶液稀释到4V mL，则稀释后溶液中SO42﹣的物质的量浓度是（ ）
A． mol L﹣1 B． mol L﹣1
C． mol L﹣1 D． mol L﹣1
8．（2016高一上·株洲期中）为了除去硝酸钾晶体中所含的硫酸钙和硫酸镁，先将它配成溶液，然后先后加入KOH、K2CO3、Ba（NO3）2等试剂，配以过滤、蒸发、结晶等操作，制成纯净的硝酸钾晶体，其加入试剂的顺序正确的是（ ）
A．K2CO3﹣﹣Ba（NO3）2﹣﹣KOH﹣﹣HNO3
B．Ba（NO3）2﹣﹣KOH﹣﹣HNO3﹣﹣K2CO3
C．KOH﹣﹣K2CO3﹣﹣Ba（NO3）2﹣﹣HNO3
D．Ba（NO3）2﹣﹣KOH﹣﹣K2CO3﹣﹣HNO3
9．（2016高一上·菏泽期中）已知I﹣、Fe2+、SO2和H2O2均有还原性，在酸性溶液中还原能力的强弱顺序为：H2O2＜Fe2+＜I﹣＜SO2，则下列反应不能发生的是（ ）
A．2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+
B．H2O2+H2SO4═SO2↑+O2↑+2H2O
C．I2+SO2+2H2O═H2SO4+2HI
D．2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2
10．（2016高一上·株洲期中）下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．澄清石灰水中加入盐酸：OH﹣+H+=H2O
B．硫酸与氢氧化钡溶液反应：Ba2++OH﹣+SO42﹣+H+=BaSO4↓+H2O
C．碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
D．碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣
11．（2016高一上·株洲期中）在一定条件下，RO3n﹣和F2可发生如下反应：RO3n﹣1+F2+2OH﹣═RO4﹣+2F﹣+H2O，从而可知在RO3n﹣1中，元素R的化合价是（ ）
A．+4价 B．+5价 C．+6价 D．+7价
12．（2016高一上·株洲期中）下列说法中正确的是（ ）
A．同温同压下，相同体积的物质，它们的物质的量必相等
B．1 L一氧化碳气体一定比1 L氧气的质量小
C．28 g N2和CO的混合气体在标准状况下的体积约为22.4 L
D．常温常压下，1 mol碳完全燃烧消耗22.4 L氧气
13．（2016高一上·株洲期中）在T℃ 时，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为ρ g cm﹣3，溶质的质量分数为w，其中含NH3的物质的量为b mol．下列叙述中正确的是（ ）
A．溶质的质量分数为w= ×100%
B．溶质的物质的量浓度c= mol L﹣1
C．溶液中c（OH﹣）= mol L﹣1
D．上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液溶质的质量分数大于0.5w
14．（2016高一上·株洲期中）实验室需配制一种仅含四种离子（不包括水电离出的离子）的混合溶液，且在混合液中四种离子的物质的量浓度均为0.5mol L﹣1，下面四个选项中能达到此目的是（ ）
A．Fe2+、Na+、NO3﹣、Cl﹣ B．Mg2+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣
C．H+、K+、Cl﹣、CO32﹣ D．K+、Mg2+、CO32﹣、OH﹣
15．（2016高一上·株洲期中）氮化铝（AlN）广泛应用于电子、陶瓷等工业领域．在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2+3C 2AlN+3CO合成．下列叙述正确的是（ ）
A．N2是还原剂，Al2O3是氧化剂
B．每生成1 mol AlN需转移3 mol电子
C．AlN中氮元素的化合价为+3
D．AlN的摩尔质量为41 g
16．（2016高一上·株洲期中）某混合溶液中溶质所含离子的物质的量浓度如表，则下列有关说法不正确的是（ ）
溶质所含离子 SO42﹣ M Mg2+ Fe2+
物质的量浓度 c 3 3 2
A．若M是NO3﹣，则c为3.5
B．若使Fe2+浓度降低，可以加入试剂NaOH
C．若M是NH4+，则配制溶液所用的溶质不一定是3种
D．若加入BaCl2溶液能产生两种沉淀，则M可能是CO32﹣
二、解答题
17．（2016高一上·株洲期中）现有以下物质：①KCl晶体 ②液态HCl ③熔融NaCl ④蔗糖 ⑤铜 ⑥CO2
（1）以上物质能导电的是 （填序号）；
（2）以上物质属于电解质的是 （填序号）；
（3）以上物质属于非电解质的是 （填序号）；
（4）以上物质中，溶于水能够导电的是 （填序号）．
18．（2016高一上·株洲期中）0.2molCO（NH2）2（尿素）中含 mol氢原子，含 个氮原子．
19．（2016高一上·株洲期中）常温下， molSO2和32gCH4占有相同的体积．
20．（2016高一上·株洲期中）质量相等的O2与SO2，物质的量之比为 ，所含原子个数比为 ．
21．（2016高一上·株洲期中）将8g NaOH溶解在10mL水中，再稀释成1L，从中取出10mL，这10mL溶液的物质的量浓度为 ．
22．（2016高一上·株洲期中）12.4g Na2R中含Na+0.4mol，则Na2R的摩尔质量为 ．
23．（2016高一上·株洲期中）9.2g氮的氧化物（NOx）中含氮原子0.2mol，则x的数值为 ．
24．（2016高一上·株洲期中）某同学称取一定质量的MgCl2固体配成溶液，在该溶液中加入一定量的稀盐酸，然后向此混合溶液中逐滴加入NaOH溶液（如图甲所示）．滴加过程中产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积的关系如图乙所示．请回答下列问题：
（1）溶解MgCl2固体需要的玻璃仪器有 （填字母）．
a．天平b．烧杯c．漏斗d．玻璃棒
（2）AB段反应的离子方程式为 ．
25．（2016高一上·株洲期中）如图为实验室某浓硫酸试剂瓶的标签，试根据标签上的有关数据回答下列问题：
（1）该浓硫酸中H2SO4的物质的量浓度为 ．
（2）某学生欲用上述浓硫酸和蒸馏水配制250mL物质的量浓度为0.4mol L﹣1的稀硫酸，该学生需要量取 mL上述浓硫酸进行配制．
（3）为配制（2）中的稀硫酸，下列可供选用的仪器中，一定用到的是 （填编号），配制过程中还缺少的仪器是 （填写仪器名称）
①玻璃棒； ②胶头滴管； ③量筒； ④药匙；⑤圆底烧瓶； ⑥天平； ⑦烧杯； ⑧普通漏斗
（4）在配制过程中，下列实验操作可能导致配制的硫酸溶液浓度偏高的是 （填序号）．
①定容时俯视观察
②定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
③浓硫酸在烧杯中加水稀释后，未冷却就向容量瓶中转移
④容量瓶使用时未干燥．
26．（2016高一上·株洲期中）按要求回答问题
（1）NaHSO4与NaHCO3溶液反应离子方程式 ．
（2）KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O
①氧化剂与还原剂的物质的量的比为 ．
②氧化产物与还原产物的物质的量的比 ．
（3）已知下面三个反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；2Fe2++Br2═2Fe3++2Br﹣； 2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣
①根据以上三个反应，判断还原剂的还原性由强到弱的顺
②写出氯气和溴化亚铁以物质的量之比为3：4的离子反应方程式 ．
27．（2016高一上·株洲期中）某溶液由K+、Cu2+、Ba2+、Fe3+、CO32﹣、SO42﹣、Cl﹣中的若干种离子组成，取适量该溶液进行如下实验：
①向其中加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色透明溶液；
②在①所得溶液中加入过量氢氧化钡溶液，产生白色沉淀，过滤；
③在②所得的滤液中加入过量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀．
根据上述实验回答下列问题：
（1）原溶液中一定不存在的离子是 ；
（2）原溶液中一定存在的离子是 ；
（3）原溶液中可能存在的离子是 ，请解释不能确定离子是否存在的原因： ．
28．（2016高一上·株洲期中）实验室常利用反应：3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O来制取NO，当有6.4gCu参加反应时，计算：
（1）用双线桥法标出电子转移的方向和数目；
（2）能生成多少升NO（标准状况下）；
（3）使生成的Cu（NO3）2中Cu2+全部转化成沉淀，则至少需要质量分数为40%密度为1.42g/mL的NaOH溶液体积．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】解：分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔现象，大雾时，用灯照射时会出现一条光亮的通路，则雾属于胶体分散系，故选：D．
【分析】根据常见的胶体有淀粉溶液、冬天的大雾、牛奶、鸡蛋（蛋白质溶液）溶液、Al（OH）3胶体、Fe（OH）3胶体等．
2．【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：A．H3和H2都由H原子构成，二者质量相等，含有H原子数目相等，故A正确；
B．H3和H2的摩尔质量不相等，二者质量相等，则二者物质的量不相等，故含有分子数目不相等，故B错误；
C．H3和H2的摩尔质量不相等，二者质量相等，根据n= 可知二者物质的量之比=2：3，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，故等质量H3和H2的体积之比=2：3，故C错误；
D．H3和H2的摩尔质量不相等，二者质量相等，根据n= 可知二者物质的量不相等，故D错误，
故选A．
【分析】A．H3和H2都由H原子构成，二者质量相等，含有H原子数目相等；
B．H3和H2的摩尔质量不相等，二者质量相等，则二者物质的量不相等；
C．H3和H2的摩尔质量不相等，二者质量相等，则二者物质的量不相等，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比；
D．H3和H2的摩尔质量不相等，二者质量相等，根据n= 可知二者物质的量不相等．
3．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：物质的量之比为n（NO3﹣）：n（SO42﹣）：n（Fe3+）：n（H+）：n（X）=2：3：1：3：1，
溶液不显电性，而负电荷=2×1+3×2＞正电荷=1×3+3×1，
则X为阳离子，由电荷守恒可知：2×1+3×2=×3+3×1+X，解得X=2，说明X为+2价阳离子，
由于SO42﹣与Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，
所以X一定为Mg2+，
故选D．
【分析】n（NO3﹣）：n（SO42﹣）：n（Fe3+）：n（H+）：n（X）=2：3：1：3：1，根据根据电荷守恒，可以确定X为阳离子，然后利用离子不能反应生成水、气体、沉淀、不能发生氧化还原反应等确定X，以此来解答．
4．【答案】C
【知识点】有机物的合成
【解析】【解答】A．步骤（1）是分离固液混合物，其操作为过滤，需要过滤装置，故A不符合题意；
B．步骤（2）分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗，故B不符合题意；
C．步骤（3）是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿，而不用坩埚，故C符合题意；
D．步骤（4）是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，需要蒸馏装置，故D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】A.分离固体与液体的混合物采用过滤的方法；
B.分离互不相溶的液体混合物采用分液的方法；
C.从溶液中提取溶质采用蒸发的操作；
D.分离沸点不同的液体混合物采用蒸馏的方法.
5．【答案】C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】解：配制2mol/L的NaCl溶液950mL，选择1000mL容量瓶，需要NaCl的质量为1L×2mol/L×58.5g/mol=117g，
故选C．
【分析】配制2mol/L的NaCl溶液950mL，选择1000mL容量瓶，结合m=nM、n=cV计算．
6．【答案】A
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】解：根据其组分及其含量相同，所以其质量与分子数成正比，设ng该混合气体含有的分子数为x个，
质量与分子数的比列式为：mg：b=ng：x，
x= = 个；
ng该混合气体含有的物质的量为：n= = mol= mol，
其体积为：V=n×Vm = mol×Vm = mol×22.4l/mol= L，
故选A．
【分析】先求出ng该混合气体含有的分子数，再根据n= 计算出ng该混合气体物质的量，最后根据V=n×Vm 计算出n g该混合气体在相同状况下所占的体积．
7．【答案】C
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】解：agAl3+的物质的量= = mol，
溶液中n（Al3+）：n（SO42﹣）=2：3，VL溶液中n（SO42﹣）= mol× = mol，
c（SO42﹣）= = mol/L；根据稀释前后溶质的物质的量不变得： mol/L× mL=c×4VmL，解得：c= mol/L，
故选C．
【分析】根据n= 计算Al3+的物质的量，溶液中n[Al2（SO4）3]= n（Al3+），再利用n（Al3+）：n（SO42﹣）=2：3计算VL溶液中n（SO42﹣），根据c= 计算SO42﹣物质的量浓度，根据稀释前后溶质的物质的量不变计算稀释后的SO42﹣物质的量浓度．
8．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：为了除去硝酸钾晶体中所含的硫酸钙和硫酸镁，先将它配成溶液，应先加入Ba（NO3）2，生成BaSO4，除去SO42﹣，然后加入过量的KOH，生成Mg（OH）2，除去Mg2+，再加入过量的K2CO3，生成CaCO3和BaCO3沉淀，除去Ca2+和Ba2+，最后加入HNO3除去K2CO3和KOH，注意不能先加K2CO3，否则不能除去过量的Ba2+．
故选D．
【分析】为了除去硝酸钾晶体中所含的硫酸钙和硫酸镁，先将它配成溶液，应先加入Ba（NO3）2，除去SO42﹣，然后加入过量的KOH，除去Mg2+，再加入过量的K2CO3，除去Ca2+和Ba2+，最后加入HNO3除去K2CO3和KOH．
9．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】解：A．二氧化硫的还原性大于亚铁离子，所以二氧化硫能氧化铁离子生成亚铁离子，能发生，故A不选；
B．若该反应发生，S元素的化合价降低，O元素的化合价升高，则H2O2为还原剂，还原性强弱为H2O2＞SO2，与已知的还原性强弱矛盾，不可能发生，故B选；
C．因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2＞I﹣，与已知的还原性强弱一致，能发生，故C不选；
D．碘离子的还原性大于亚铁离子，所以碘离子能和铁离子发生氧化还原反应，能发生，故D不选．
故选B．
【分析】根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，利用酸性溶液中还原性强弱的顺序是H2O2＜Fe2+＜I﹣＜SO2，来判断反应能否发生．
10．【答案】A,D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A、澄清石灰水中加入盐酸发生的是强酸和强碱发生的酸碱中和反应，离子方程式为：OH﹣+H+=H2O，故A正确；
B、硫酸与氢氧化钡溶液反应离子方程式为：Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+=BaSO4↓+2H2O，故B错误；
C、醋酸是弱酸，碳酸钙溶于醋酸的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO﹣，故C错误；
D、碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应，碳酸氢钙全部反应，离子方程式中 符合化学式组成比，Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故D正确；
故选AD．
【分析】A、澄清石灰水中加入盐酸发生的是强酸和强碱发生的酸碱中和反应；
B、硫酸和氢氧化钡1：1恰好完全反应，反应离子方程式中要符合化学式的组成；生成硫酸钡沉淀和水；
C、醋酸是弱电解质；
D、酸式盐和碱反应，量少的全部反应，离子方程式中 符合化学式组成比．
11．【答案】B
【知识点】化合价与化学式
【解析】【解答】解：方法一：由电荷守恒可知，（n﹣1）+2×（﹣1）=﹣1+2×（﹣1），解得n=0，设RO3n﹣1中R元素的化合价为x，x+（﹣2）×3=﹣1，解得x=5，
方法二：R失去电子、F得到电子，设RO3n﹣1中R元素的化合价为x，由电子守恒可知，2×（1﹣0）=（7﹣x），解得x=+5，
故选B．
【分析】由电荷守恒可知，（n﹣1）+2×（﹣1）=﹣1+2×（﹣1），解得n=0，根据RO3n﹣1中正负化合价代数和为﹣1计算或利用电子守恒计算．
12．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：A．同温同压下，相同体积的气体，它们的物质的量必相等，物质状态必须为气态，故A错误；
B．缺少条件，无法比较一氧化碳和氧气的物质的量大小，故B错误；
C．N2和CO的摩尔质量都是28g/mol，28 g N2和CO的混合气体的物质的量为1mol，在标准状况下的体积约为22.4 L/mol×1mol=22.4L，故C正确；
D.1 mol碳完全燃烧消耗1mol氧气，1mol氧气在常温常压下的体积大于22.4L，故D错误；
故选C．
【分析】A．必须指出物质的状态为气体，否则该关系不成立；
B．没有指出相同条件下，无法判断二者物质的量大小；
C．标准状况下气体摩尔体积约为22.4L/mol，根据V=nVm计算；
D．常温常压下，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算．
13．【答案】B
【知识点】物质的量浓度；溶液中溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】解：A、氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为ρ g cm﹣3，体积为VmL，所以溶液质量为ρVg，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数为 ×100%，故A错误；
B、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为 = mol/L，故B正确；
C、氨水的浓度为 = mol/L，一水合氨是弱电解质，不能完全电离，所以溶液中溶液中c（OH﹣）＜ mol/L，故C错误；
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，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：B．
【分析】A、氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为ρ g cm﹣3，体积为VmL，所以溶液质量为ρVg，溶质氨气的质量为ag，根据溶质的质量分数定义计算．
B、根据n= 计算a g NH3的物质的量，溶液体积为VmL，再根据c= 计算溶液的物质的量浓度．
C、氨水的浓度为 = mol/L，一水合氨是弱电解质．
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，据此判断．
14．【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．Fe2+、Na+、NO3﹣、Cl﹣的浓度为0.5mol L﹣1时，阴阳离子总电荷不相等，违反了电荷守恒，故A错误；
B．Mg2+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣之间不发生反应，浓度为0.5mol L﹣1时满足电荷守恒，可以完成配制，故B正确；
C．H+、CO32﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，无法完成配制，故C错误；
D．Mg2+与CO32﹣、OH﹣之间反应，在溶液中不能大量共存，无法进行配制，故D错误；
故选B．
【分析】A．四种离子浓度相等时，阳离子正电荷大于阴离子，不满足电荷守恒；
B．四种离子之间不反应，浓度相等时满足电荷守恒；
C．氢离子与碳酸根离子反应，在溶液中不能共存；
D．镁离子与碳酸根离子、氢氧根离子反应．
15．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A、Al2O3+N2+3C 2AlN+3CO，该反应中，氧化剂为氮气，还原剂是碳，故A错误；
B、该反应中，氮元素的化合价由反应前0价降低到反应后的﹣3价，每生成1molAlN需转移3mol电子，故B正确；
C、氮化铝中氮元素的化合价是﹣3价，故C错误；
D、氮化铝的摩尔质量是41g/mol，单位错误，故D错误．
故选B．
【分析】Al2O3+N2+3C 2AlN+3CO中，N元素的化合价由0降低为﹣3价，C元素的化合价由0升高为+2价，以此来解答．
16．【答案】D
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】解：A．若M是NO3﹣，根据电荷守恒可知，c（NO3﹣）+2c（SO42﹣）=2c（Mg2+）+2c（Fe2+），故c（SO42﹣）= ×（2×3mol/L+2×2mol/L﹣3mol/L）=3.5mol/L，故A正确；
B．二价铁离子能够与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，可以减少二价铁离子的量，故B正确；
C．若M是NH4+，则配制溶液所用的溶质可以是硫酸亚铁铵和硫酸镁，故C正确；
D．碳酸根与镁离子、亚铁离子会生成碳酸镁、碳酸亚铁沉淀，不能共存，故D错误；
故选：D．
【分析】A．依据电荷守恒计算；
B．二价铁离子能够与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁；
C．若M是NH4+，则配制溶液所用的溶质可以是硫酸亚铁铵和硫酸镁；
D．碳酸根与镁离子、亚铁离子不能共存．
17．【答案】（1）③⑤
（2）①②③
（3）④⑥
（4）①②③⑥
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】解：①KCl晶体在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，是电解质，本身不含自由电子或者自由移动的离子，不导电；②液态HCl在水溶液中能导电的化合物，是电解质，本身不含自由电子或者自由移动的离子，不导电；③熔融NaCl 在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，是电解质，本身含有自由移动的离子而导电；④蔗糖在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物，属于非电解质；本身不含自由电子或者自由移动的离子，不导电；⑤铜是单质，既不是电解质，也不是非电解质；含有自由电子能够导电；不溶于水；⑥CO2本身不能电离产生自由移动的离子而导电，属于非电解质，溶于水能与水反应生成电解质碳酸，碳酸电离产生自由移动的离子而导电，所以二氧化碳水溶液能导电；
所以（1）以上物质能导电的是③⑤；（2）以上物质属于电解质的是①②③；（3）以上物质属于非电解质的是④⑥；（4）以上物质中，溶于水能够导电的是①②③⑥；故答案为：（1）③⑤；（2）①②③； （3）④⑥；（4）①②③⑥；
【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等．
非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等．
物质导电的条件：存在自由电子或者自由移动的离子．
18．【答案】0.8；0.4NA（或2.408×1023）
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：由分子构成可知0.2molCO（NH2）2（尿素）中含0.8molH原子，含有的N原子数为0.4NA（或2.408×1023），故答案为：0.8； 0.4NA（或2.408×1023）．
【分析】CO（NH2）2分子含有1个C原子、2个N原子、4个H原子、1个O原子，故含有碳原子、氧原子的物质的量等于CO（NH2）2的物质的量，N原子物质的量为CO（NH2）2的2倍，H原子物质的量为CO（NH2）2的4倍，由此分析解答．
19．【答案】2
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：体积相同，则二者的物质的量相同，n（CH4）= =2mol，则常温下，2 molSO2和32gCH4占有相同的体积，故答案为：2．
【分析】结合n= 、V=nVm计算．
20．【答案】2：1；4：3
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：设质量均为m，则质量相等的O2与SO2，物质的量之比为 ： =2：1，所含原子个数比为2×2：1×3=4：3，
故答案为：2：1；4：3．
【分析】结合n= 及分子的构成计算．
21．【答案】0.2mol/L
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】解：8g NaOH的物质的量为 =0.2mol，溶解在10mL水中，再稀释成1L，溶液浓度为 =0.2mol/L，溶液具有均一性，则从中取出10mL，这10mL溶液的物质的量浓度为0.2mol/L，故答案为：0.2mol/L．
【分析】结合n= 、稀释前后溶质的物质的量不变及溶液具有均一性计算．
22．【答案】62g/mol
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：Na2R中含Na+0.4mol，则n（Na2R）=0.2mol，Na2R的摩尔质量为 =62g/mol，
故答案为：62g/mol．
【分析】Na2R中含Na+0.4mol，则n（Na2R）=0.2mol，结合M= 计算．
23．【答案】2
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：9.2g氮的氧化物NOx中含氮原子0.2mol，则n（NOx）=n（N）=0.2mol，NOx的摩尔质量为：M（NOx）= =46g/mol，
即NOx的相对分子质量为46，则14+16x=46，解得：x=2，
故答案为：2．
【分析】根据该氧化物的化学式可知n（NOx）=n（N）=0.2mol，然后根据M= 计算出其摩尔质量；根据所得摩尔质量可知其相对分子质量，然后列式计算出x．
24．【答案】（1）b、d
（2）Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓
【知识点】钠的重要化合物
【解析】【解答】解：首先发生NaOH+HCl═NaCl+H2O，盐酸反应完毕，再发生反应2NaOH+MgCl2=2NaCl+Mg（OH）2↓，（1）溶解MgCl2固体，应该在烧杯里并且用玻璃棒不断的搅拌，故选：bd，故答案为：bd；（2）AB段反应的离子方程式为Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，故答案为：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓．
【分析】溶解MgCl2固体，应该在烧杯里并且用玻璃棒不断的搅拌加速溶解；首先发生NaOH+HCl═NaCl+H2O，盐酸反应完毕，再发生反应再发生反应2NaOH+MgCl2=2NaCl+Mg（OH）2↓．
25．【答案】（1）18.4mol L﹣1
（2）5.4
（3）①②③⑦；250mL容量瓶
（4）①③
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】解：（1）该浓硫酸的物质的量浓度为：c= = mol/L=18.4 mol L﹣1，故答案为：18.4 mol L﹣1；（2）配制250mL物质的量浓度为0.4mol L﹣1的稀硫酸，需要硫酸的物质的量为：0.4mol/L×0.25L=0.1mol，配制过程中硫酸的物质的量不变，则需要18.4mol/L的浓硫酸的体积为： ≈0.0054L=5.4mL，故答案为：5.4；（3）配制250mL 0.4mol/L的溶液的一般步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，需要的仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶和胶头滴管，所以一定用到的是①玻璃棒、②胶头滴管、③量筒、⑦烧杯；还缺少的仪器为250mL容量瓶，故答案为：①②③⑦；250mL容量瓶；（4）①定容时俯视观察，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小，溶液的物质的量浓度偏高，故①正确；②定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，属于正常现象，再加适量的蒸馏水，导致配制的溶液体积偏大，所得溶液浓度偏低，故②错误；③浓硫酸在烧杯中加水稀释后，未冷却就向容量瓶中转移，热的溶液体积偏大，冷却后溶液体积偏小，导致所得溶液体积偏小，溶液的浓度偏高，故③正确；④容量瓶使用时未干燥，不影响溶质的物质的量及溶液体积，则不影响所得溶液浓度，故④错误；故答案为：①③．
【分析】（1）根据c= 计算出该浓硫酸的物质的量浓度；（2）配制过程中溶质的物质的量不变，根据V= 计算出需要该浓硫酸的体积；（3）配制一定物质的量浓度的溶液步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，根据配制步骤判断需要的仪器及缺少的仪器；（4）物质的量浓度c= ，根据操作方法对溶质物质的量n、溶液体积V的影响分析产生的误差．
26．【答案】（1）H++HCO3﹣═CO2↑+H2O
（2）1：5；5：1
（3）Fe2+＞Br﹣＞Cl﹣；4Fe2++2Br﹣+3Cl2═4Fe3++Br2+6Cl﹣
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：（1）NaHSO4溶液与NaHCO3溶液反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，离子方程式：H++HCO3﹣═CO2↑+H2O，故答案为：H++HCO3﹣═CO2↑+H2O；（2）KClO3+6HCl KCl+3Cl2↑+3H2O中，Cl元素的化合价由﹣1价升高为0，失去电子被氧化，5molHCl作还原剂，对应氧化产物；Cl元素的化合价由+5价降低为0，得到电子被还原，对应还原产物，所以氧化剂与还原剂的物质的量的比为1：5，氯气既是氧化产物又是还原产物，由Cl原子守恒可知，氧化产物与还原产物的质量比为5：1，故答案为：①1：5；②5：1；（3）①根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性，由：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，还原性：Fe2+＞Cl﹣；由2Fe2++Br2═2Fe3++2Br﹣，还原性：Fe2+＞Br﹣；由 2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣还原性：Br﹣＞Cl﹣；故答案为：Fe2+＞Br﹣＞Cl﹣；②氯气和溴化亚铁以物质的量之比为3：4，设氯气的物质的量为3mol，则溴化亚铁的物质的量为4mol，而4mol的亚铁离子失去4mol的电子，而氯气需得到6mol的电子，所以参加反应的亚铁为2mol，离子反应方程式为：4Fe2++2Br﹣+3Cl2═4Fe3++Br2+6Cl﹣，故答案为：4Fe2++2Br﹣+3Cl2═4Fe3++Br2+6Cl﹣．
【分析】（1）NaHSO4溶液与NaHCO3溶液反应生成硫酸钠、水和二氧化碳；（2）KClO3+6HCl KCl+3Cl2↑+3H2O中，Cl元素的化合价由+5价降低为0，Cl元素的化合价由﹣1价升高为0，以此来解答；（3）①根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性；②氯气和溴化亚铁以物质的量之比为3：4，设氯气的物质的量为3mol，则溴化亚铁的物质的量为4mol，而4mol的亚铁离子失去4mol的电子，而氯气需得到6mol的电子，所以参加反应的亚铁为2mol，由此分析解答．
27．【答案】（1）Cu2+、Ba2+、Fe3+
（2）CO32﹣、SO42﹣、K+
（3）Cl﹣；由于在①中加入了过量的盐酸，盐酸电离出的Cl﹣与Ag+反应生成氯化银白色沉淀，因而无法确定原溶液中是否含有Cl﹣
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：①向其中加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色透明溶液，则一定不含有色离子Cu2+、Fe3+，一定含弱酸根离子CO32﹣，则不含Ba2+；②在①所得溶液中加入过量氢氧化钡溶液，产生白色沉淀，过滤，白色沉淀为硫酸钡，则一定含SO42﹣；③在②所得的滤液中加入过量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，白色沉淀为AgCl，①中加盐酸引入氯离子，则不一定含Cl﹣，
由电荷守恒可知，一定含阳离子为K+，（1）由上述分析可知，一定不存在Cu2+、Ba2+、Fe3+，故答案为：Cu2+、Ba2+、Fe3+；（2）原溶液中一定存在的离子是CO32﹣、SO42﹣、K+，故答案为：CO32﹣、SO42﹣、K+； （3）原溶液中可能存在的离子是Cl﹣；由于在①中加入了过量的盐酸，盐酸电离出的Cl﹣与Ag+反应生成氯化银白色沉淀，因而无法确定原溶液中是否含有Cl﹣，故答案为：Cl﹣；由于在①中加入了过量的盐酸，盐酸电离出的Cl﹣与Ag+反应生成氯化银白色沉淀，因而无法确定原溶液中是否含有Cl﹣．
【分析】①向其中加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色透明溶液，则一定不含有色离子Cu2+、Fe3+，一定含弱酸根离子CO32﹣，则不含Ba2+；②在①所得溶液中加入过量氢氧化钡溶液，产生白色沉淀，过滤，白色沉淀为硫酸钡，则一定含SO42﹣；③在②所得的滤液中加入过量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，白色沉淀为AgCl，①中加盐酸引入氯离子，则不一定含Cl﹣，以此来解答．
28．【答案】（1） ；
（2）解：64gCu的物质的量为 =0.1mol，
3 Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+ 2NO↑+4H2O
3 2
0.1 x
所以x= mol
标况下生成NO体积为 mol×22.4L/mol=1.49L，
答：标况下生成NO体积为1.49L；
（3）设需要质量分数为40%密度为1.42g/mL的NaOH溶液体积为VmL
=0.2，解得V=14mL，
答：至少需要质量分数为40%密度为1.42g/mL的NaOH溶液体积是14mL．
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：（1）该氧化还原反应中的，化合价升高的是铜元素，化合价降低的是硝酸中的氮元素，转移电子数为6mol，双线桥法表示电子转移的方向和数目为： ；（2）根据守恒定律可求出与铜相对应的NO的体积；（3）使生成的Cu（NO3）2中Cu2+全部转化成沉淀，消耗氢氧根离子的物质的量是铜离子物质的量的2倍，所以消耗氢氧化钠的物质的量是0.2mol，即 =0.2，可解出体积。
【分析】（1）氧化还原反应中的，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数目；化合价升高的元素被氧化，化合价降低的元素所在的反应物是氧化剂，据此回答；2）根据n= 计算Cu的物质的量，根据方程式计算NO、HNO3的物质的量，再根据V=nVm计算NO体积；（3）使生成的Cu（NO3）2中Cu2+全部转化成沉淀，消耗氢氧根离子的物质的量是铜离子物质的量的2倍，据此回答．
