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+ -【答案】D【解析】【详解】某无色溶液放入铝片后有氢气产生,说明溶液中不含有有色离子、溶液呈酸性或强碱性,A、SO32-与氢离子会发生反应,在酸性条件下SO32-不能大量存在,但碱性条件下SO32-可以大量存在,故A不符合题意;B、OH-与氢离子会发生反应,在酸性条件下OH-不能大量存在,故B不符合题意;C、K+与氢离子以及氢氧根均不发生反应,酸性、碱性条件下K+都能够大量存在,故C不符合题意;D、HCO3-与氢离子以及氢氧根均会发生反应,在酸性、碱性条件下HCO3-都不能大量存在,故D符合题意;故答案为D。【点睛】需留意:含有大量NO3-的溶液中,加入铝粉,产生氢气,溶液不能为酸性,因为硝酸与铝反应不会产生氢气。()∶-3-,,可用CO2灭火【答案】B【解析】【详解】∶1,A错误;,从试剂瓶中取出并切下的未运用的钠可放回原试剂瓶中,B正确;,溶剂削减,有碳酸钠晶体析出,所以溶液质量不肯定增加,C错误;,过氧化钠和CO2反应生成氧气和碳酸钠,应当用沙子灭火,D错误,答案选B。,最终有白色沉淀产生。下列化合物中符合条件的是()(HCO3)2 【答案】A【解析】【详解】A、过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠和氧气,氢氧化钠和Ca(HCO3)2反应,生成白色碳酸钙沉淀,故A符合题意;B、过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠和氧气,氢氧化钠和NaHCO3反应,生成碳酸钠,因在同温度下,碳酸钠溶解度高于碳酸氢钠,故不会有沉淀产生,故B不符合题意;C、过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠和氧气,氢氧化钠和CuC12反应,生成蓝色氢氧化铜沉淀,故C不符合题意;D、过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠和氧气,氢氧化钠先和A1C13反应生成氢氧化铝沉淀,因加入的Na2O2为过量,所以氢氧化钠会再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水,因此最终不会有白色沉淀产生,故D不符合题意;故答案为A。【点睛】Na2O2具有强氧化性,若溶液中存在还原性物质,则与还原性物质发生氧化还原反应。·L-1Na2CO3和75mL1mol·L-1的稀盐酸:①将Na2CO3溶液缓缓滴到稀盐酸中②将稀盐酸缓缓滴到Na2CO3溶液中,在标准状况下产生气体的体积状况()-5-.①>②D.②>①【答案】C【解析】【详解】①到盐酸中,发生Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑,碳酸钠的物质的量为25×10-3×2mol=5×10-2mol,盐酸的物质的量为75×10-3×1mol=×10-2mol,盐酸不足,碳酸钠过量,因此产生CO2的体积为L=;②滴加到碳酸钠中,发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3,NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,第一个反应方程式中,Na2CO3不足,盐酸过量,,×10-2mol,其次个反应方程式为碳酸氢钠过量,盐酸不足,×10-2×=,因此产生CO2的体积为①>②,故选项C正确,答案选C。,反应物用量或反应条件的变更对生成物无影响的是( )AC和O2 【答案】D【解析】【详解】,氧气足量得CO2、氧气不足得CO,生成物与反应物用量有关,A项不符合题意;,盐酸不足得碳酸氢钠和氯化钠,盐酸足量反应生成氯化钠、二氧化碳和水,生成物与反应物用量有关,B项不符合题意;,加热条件生成过氧化钠,生成物与反应条件有关,C项不符合题意;,生成物与反应物用量或反应条件无关,D项符合题意;答案选D。,生成标准状况下的氢气() -5-【答案】C【解析】【详解】设镁和铝的质量都是mg,与稀盐酸反应生成氢气的质量分别为xg、yg,,,解得x=,y=,由计算可知,相同质量的镁和铝分别与足量的稀盐酸充分反应,其结果是铝反应生成的氢气的质量大,故答案为C。(OH)3,下列操作中最恰当的组合是()①加盐酸溶解②加NaOH溶液③过滤④通入过量CO2生成Al(OH)3⑤加盐酸生成Al(OH)3⑥加过量氨水生成Al(OH)3A.①⑥③ B.①③⑥③ C.②③④③ D.②③⑤③【答案】C【解析】【详解】第一种方案:Mg、AlMgCl2、AlCl3Mg(OH)2沉淀、NaAlO2溶液NaAlO2溶液Al(OH)3沉淀Al(OH)3固体;其次种方案:Mg、AlMg、NaAlO2溶液NaAlO2溶液Al(OH)3沉淀Al(OH)3固体;故C正确。:NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O,关于该反应的下列说法正确的是(),,又是还原剂【答案】A-6-【解析】【详解】A、反应NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O中,NaNO2中N元素化合价从+3价降为0价,NaNO2为氧化剂,故A正确;B、反应NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O中,化合价上升值=化合价降低值=3,即每生成1molN2时,转移电子的物质的量为3mol,故B错误;C、NH4Cl中N元素化合价从-3价升为0价,所以NH4Cl中N元素被氧化,故C错误;D、由化合价升降可知,N2既是氧化产物又是还原产物,故D错误;故答案为A。():Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑:2Na+Cu2+=Cu+2Na+:2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑:2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑【答案】D【解析】【详解】A、离子方程式中电荷不守恒,正确离子方程式为:2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑,故A错误;B、钠与CuSO4溶液反应是钠先与水反应,生成的氢氧化钠再与CuSO4反应,其反应的离子方程式为:2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+2Na++H2↑,故B错误;C、钠与盐酸反应的实质为钠单质与氢离子反应,其反应的离子方程式为:2Na++2H+=2Na++H2↑,故C错误;D、钠与氯化钾溶液反应是钠与水反应,其反应的离子方程式为:2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑,故D正确;故答案为D。【点睛】钠单质与盐溶液反应的实质是钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气,若溶液中存在与氢氧化钠反应的微粒,则会发生进一步反应,可归纳为先水后盐;钠单质与酸溶液反应,其反应实质是先酸后水。(化合物)的反应为3Fe2++2S2O32-+O2+aOH-=Y+S4O62-+2H2O,下列有关说法不正确的是()=4 -7--是还原剂 ,转移电子的物质的量为4mol【答案】B【解析】【详解】,依据电荷守恒可知,6-4-a=4,故a=4,A正确;,依据原子守恒可知,Y为Fe3O4,B错误;-中S元素的化合价由+2上升为+,则S2O32-是还原剂,C正确;,每有1molO2参与反应,转移的电子总数为1mol×2×(2-0)=4mol,D正确;答案选B。、B2、C23种单质和它们离子间能发生下列反应2A-+C2=2C-+A2、2C-+B2=2B-+C2,若X-能与C2发生反应2X-+C2=2C-+X2,>C2>A2 ->C->B--能发生反应 -不能发生反应【答案】C【解析】试题分析:A、依据氧化还原反应的规律,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,C2是氧化剂,A2是氧化产物,即C2>A2,B2是氧化剂,C2是氧化产物,即B2>C2,依次是B2>C2>A2,故说法正确;B、跟选项A的分析,还原性的强弱,X->C->B-,故说法正确;C、X2的氧化性小于C2,因此X2与B-不能发生反应,故说法错误;D、依据选项C的分析,故说法正确。考点:考查氧化还原反应的规律等学问。,发生下列几种反应:①16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O②2A2++B2=2A3++2B-③2B-+Z2=B2+2Z-依据上述反应,推断下列结论错误的是():Z2+2A2+=2A3++2Z-+是XO4-:XO4->Z2>B2>A3+①③反应中为还原剂【答案】D【解析】【分析】-8-①16H++10Z-+2XO4-═2X2++5Z2+8H2O中,Z元素的化合价上升,X元素的化合价降低;②2A2++B2═2A3++2B-中,A元素的化合价上升,B元素的化合价降低;③2B-+Z2═B2+2Z-中,Z元素的化合价降低,B元素的化合价上升;结合氧化还原反应基本概念及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性、还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答。【详解】①依据16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O,推出氧化性:XO4->Z2,还原性:Z->X2+,②依据2A2++B2=2A3++2B-,推出氧化性:B2>A3+,还原性:A2+>B?,③依据2B-+Z2=B2+2Z-,推出氧化性:Z2>B2,还原性:B?>Z?,所以氧化性关系为:XO4->Z2>B2>A3+,还原性为A2+>B?>Z?>X2+,A、氧化性:Z2>A3+,则溶液中可发生反应Z2+2A2+=2A3++2Z-,故A正确;B、①中X元素化合价降低,XO4-被还原,其还原产物为X2+,故B正确;C、由上述分析可知,氧化性XO4->Z2>B2>A3+,故C正确;D、①中Z的化合价上升,即Z2为氧化产物,③中Z元素化合价降低,即Z2为氧化剂,故D错误;故答案为D。,·L-1Na2S2O3溶液恰好把标准状况下112mLCl2完全转化为Cl-,则S2O32-将转化成( )- - -【答案】D【解析】【详解】112mL()Cl2完全转化为Cl-时,×2×(1-0)=,设S2O32-转化成的产物中,硫的化合价是x,则依据电子守恒:·L-1Na2S2O3失电子数=×?L-1×2×(x-2)=,解得x=4,所以S2O32-转化成SO32-。故答案选D。-离子在肯定条件下可以把Mn2+离子氧化为MnO4-,若反应后R2O8n-离子变为RO42-离子。又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:2, 【答案】B【解析】【详解】锰元素的化合价变更为7-2=5,R2O8n-中R的化合价是+(8-n/2),在还原产物中R-9-的化合价是+6价,所以依据得失电子守恒可知5×2×(8-n/2-6)=2×5,解得n=2,答案选B。,×10-3mol[RO(OH)2]+,Fe2+被氧化为Fe3+,则R元素的最终价态为()A.+2价 B.+3价 C.+4价 D.+5价【答案】B【解析】【详解】由题意可知,发生化合价变更的元素分别为铁元素和R元素;依据离子所带电荷数等于元素正负化合价的代数和,算出[RO(OH)2]+中R的化合价为+5价;设R元素的最终价态为x,由电子守恒有:48×10-3L××[+3-(+2)]=×10-3mol×(+5-x),解得x=+3,故答案为B。、Mg、,:1:1 :3:2 :2:3 :1:1【答案】A【解析】Na与盐酸反应的方程式为2Na+2HCl=2NaCl+H2↑,,<,,因此金属钠还与水反应,2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,产生氢气的物质的量为(-)/2mol=,共产生氢气的物质的量为(+)mol=;Mg与盐酸的反应:Mg+2HCl=MgCl2+H2↑,,<,镁过量,镁不与水反应,;铝与盐酸的反应:2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑,<,铝过量,铝不与水反应,;相同条件下,气体体积之比等于物质的量之比,::=3:1:1,故选项A正确。,下列说法正确的是(用NA表示阿伏加德罗常数的值)%-10-【答案】D【解析】【分析】n(Na)==,钠和水反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,依据方程式可知,-×1/2×2g/mol=,+=,据此答题。【详解】,依据钠和转移电子之间关系式可知,,故A错误;(NaOH)=n(Na)=,m(NaOH)=×40g/mol=4g,溶液中溶质的质量分数为4g/(+)×100%>%,故B错误;,生成的氢气的物质的量=×1/2=,温度和压强未知,单质气体摩尔体积未知,所以无法计算气体的体积,故C错误;,,每个氢气分子含有2个电子,×2=,,故D正确;故选D。,·L-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是()A. . D.【答案】C【解析】【分析】