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∶2【答案】A【解析】【分析】考查溶液中电荷守恒规律的应用。【详解】设前三种离子的物质的量分别是3x、2x、x,则依据溶液中电荷守恒可知,若溶液的酸碱性忽视不计,SO42-的离子物质的量是(3x+2x×3-x)÷2=4x,则溶液中Al3+和SO42-的离子个数比为2x:4x=1:2,故A正确;答案选A。【点睛】该题的关键是利用好溶液中电荷守恒关系,然后结合题意敏捷运用即可。()(OH)2+2H+=Ca2+++2H2O=Na++2OH-+H2↑+Ag+=Cu2++Ag-3-+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑【答案】D【解析】【详解】A、氢氧化钙属于微溶物,澄清的石灰水在离子反应中应用离子形式表示,故澄清石灰水与盐酸反应的离子方程式应为OH—+H+===H2O,错误;B、电荷不守恒,钠与水反应的离子方程式应为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑,错误;C、电荷不守恒,铜片插入硝酸银溶液中的离子方程式为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag,错误;D、大理石溶于醋酸CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑,正确。故选D。,则cg该气体在标准状况下的体积是() B. 【答案】A【解析】【分析】审题时,首先要明确题目所给的条件及须要回答的物理量——肯定质量的气体在标准状况下的体积,然后依据各基本化学量的函义和相互关系形成清楚的解题思路。本题宜由待求的量逐步逆推:由(质量/摩尔质量)×→标准状况下体积,该气体的摩尔质量=a克/物质的量,而a克气体的物质的量为b/NA。在解题时则需由已知到未知逐一计算。【详解】a克气体的物质的量:b/NA该气体的摩尔质量:a÷b/NA=aNA/bc克气体的物质的量:c÷aNA/b=cb/aNAc克气体在标准状况下的体积:cb/aNA×=,故A正确;答案选A。【点睛】本题考查物质的量的计算,明确气体的质量、物质的量、微粒数目、气体体积之间的关系即可解答。( )-4--9~10-,(OH)3胶体时,(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒物沉降,达到净水的目的【答案】C【解析】【分析】分散系的根本区分在于分散质微粒直径的大小,小于100nm为溶液,大于100nm为浊液,在1nm~100nm的为胶体,胶体具有的性质主要有;均一、稳定、有吸附作业,具有丁达尔现象、聚沉、电泳等性质,其中丁达尔现象是区分溶液和胶体的方法。【详解】A、胶体区分于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10﹣9~10﹣7m之间,即1nm~100nm,故A正确;B、光线透过胶体时,胶体中可发生丁达尔效应,是胶体特有的性质,故B正确;C、用平行光照耀NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时,Fe(OH)3胶体中会产生光亮的通路,产生丁达尔现象,NaCl溶液无此现象,故C错误;D、Fe(OH)3胶体具有较大的表面积,能够使水中悬浮的固体颗粒沉降,达到净水目的,故D正确;故选C。,古人常将化学学问融入诗句中,以下诗句包含化学变更的是( ) 【答案】B【解析】【分析】化学变更:有新物质生成的变更。【详解】,物质形态大小变更,没有新物质生成,故A错误;,岩石在高温下分解是化学变更,故B正确;,沙里淘金,没有新物质生成,故C错误;-5-,水形成水雾,没有新物质生成,故D错误;答案选B。,恰好可使相同体积的Fe2(SO4)3、Na2SO4、KAl(SO4)2三种溶液中的SO42-完全沉淀,则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为():2:3 :1:2 :6:3 :1:1【答案】C【解析】【详解】由题意可知,三种盐溶液中硫酸根离子的物质的量相等,体积相同时,浓度之比等于物质的量之比。设三种硫酸盐的物质的量浓度分别是a、b、c,则依据反应式Ba2++SO42-=BaSO4↓可知,3a=b=2c,即三种硫酸盐的物质的量浓度之比为2:6:3,答案选C。,,8g甲烷中含C-,.【答案】D【解析】【详解】A、,而甲烷中含4条C-H键,-H键,选项A错误;B、标况下三氧化硫为固体,故不能依据气体摩尔体积来计算其物质的量,选项B错误;,,由于水中含有氧原子,,,选项C错误;D、===,依据反应:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑是歧化反应,1molNa2O2~1mole-,,,选项D正确。答案选D。-7-(氧气O2与氦气He的混合气)可用于减轻某些病痛或供深水潜水员运用。在标准状况下,“人造空气”,:1 ∶4 :1 :3【答案】C【解析】【详解】“人造空气”,×4=;;利用“十字交叉”法得:物质的量的关系为:所以可求得氧气与氦气的质量比是1×32:(4×4)=2:1【点睛】“十字交叉”法运用范围:(1)依据二元混合物的平均分子量,.(2)依据只含2种同位素的元素的平均原子量,求两种同位素原子的个数比或物质的量之比或在自然界中的百分含量(也称作丰度)。“84消毒液”说明中的配方,欲用NaClO固体配制480mL含NaClO25%、·cm-3的消毒液。、久置后,【答案】B【解析】【分析】A、依据配制溶液时须要托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等分析推断;B、依据NaClO易水解成HClO,HClO见光易分解分析推断;C、依据将溶液转移至容量瓶之后还要接着向溶液中加蒸馏水分析推断;D、依据配制480mL的NaClO溶液须要用500mL容量瓶,由m(NaClO)=ρ×V分析推断。【详解】A、配制肯定物质的量浓度溶液时须要托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等仪器,超过三种,A错误;-7-B、NaClO易水解成HClO,HClO见光易分解,最终溶液中的溶质为NaCl,NaClO的浓度减小,B正确;C、容量瓶用蒸馏水洗净后不必烘干就可用于溶液的配制,且容量瓶不能用烘箱烘干,若进行烘干,会导致容量瓶体积发生变更,C错误;D、应选取500mL的容量瓶进行配制,然后取出480mL即可,所以须要NaClO的质量:500mL×?cm-3×25%=,,故D错误;( )①用稀醋酸和稀氢氧化钠溶液反应测定中和热数值;②用滴定管量取液体时,起先时平视读数,结束时俯视读数所得溶液的体积;③溶液转移到容量瓶后,烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤;④在用标准液(已知浓度)滴定未知溶液时,盛标准液的滴定管水洗后未润洗;⑤定容时,仰视容量瓶的刻度线A.①③⑤ B.①②⑤C.②③④ D.③④⑤【答案】A【解析】【详解】①醋酸为弱电解质,电离须要汲取热量,导致测得的中和热数值偏低,故①选;②用滴定管量取液体时,起先时平视读数,结束时俯视读数所得溶液的体积偏大,故②不选;③溶液转移到容量瓶后,烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤,导致溶质的物质的量偏小,依据c=分析可知溶液的浓度偏低,故③选;④在用标准液(已知浓度)滴定未知溶液时,盛标准液的滴定管水洗后未润洗,导致标准液浓度偏低,滴加标准液体积偏大,因此使测得的未知液的浓度偏大,故④不选;⑤定容时,仰视容量瓶的刻度线,导致溶液的体积偏大,依据c=分析可知溶液的浓度偏低,故⑤选;答案选A。·L-1的下列溶液中,加入(或通入)某物质后,发生反应的先后依次正确的是-8-+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉:Cu2+、Fe3+、H+-、SO32-、Br-的溶液中不断通入氯气:I-、Br-、SO32--、SO32-、OH-的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液:OH-、AlO2-、SO32-+、H+、NH4+的溶液中渐渐加入烧碱溶液:Fe3+、NH4+、H+【答案】C【解析】【详解】A、氧化性:Fe3+>Cu2+>H+,加入锌先跟氧化性强的反应,依次为Fe3+>Cu2+>H+,故错误;B、还原性:SO32->I->Br-,先跟还原性强的反应,因此依次是SO32->I->Br-,故错误;C、OH-结合H+的实力强于其他,先反应的是OH-,酸根越弱,结合H+实力越强,H2SO3是中强酸,而Al(OH)3显两性,因此H+与AlO2-结合实力强于与SO32-的结合因此依次是OH->AlO2->SO32-,故正确;D、依据C选项的分析,先于H+结合,依据Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+,推出Fe3+的结合OH-的实力大于NH4+,因此依次是H+>Fe3+>NH4+,D不正确。故选C。。①等体积等物质的量浓度的氢氧化钡稀溶液与碳酸氢铵稀溶液混合Ba2++2OH–+NH4++HCO3–=BaCO3↓+NH3·H2O+H2O②氯化铝溶液中加入过量的氨水Al3++4NH3·H2O=4NH4++AlO2–+2H2O③向次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化硫Ca2++2ClO–+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO④已知等浓度的碳酸钠、次氯酸钠、碳酸氢钠PH渐渐减小,向次氯酸钠溶液通少量二氧化碳:ClO-+CO2+H2O="HClO"+CO32-⑤过氧化钠固体与水反应:2O22￣+2H2O=4OH￣+O2↑⑥氨水中通入过量二氧化硫:2NH3?H2O+SO2=2NH4++SO32￣+H2O⑦澄清的石灰水中加人过量的NaHCO3溶液:Ca2++OH￣+HCO3￣=CaCO3↓+H2O⑧将2mol/LAlCl3溶液和7mol/LNaOH溶液等体积混合:2Al3++7OH￣=Al(OH)3↓+AlO2￣+2H2O⑨向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性:Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2OA.①③⑥⑨ B.②④⑤⑨ C.③④⑦⑧ D.①⑧⑨【答案】D-9-【解析】【详解】①.等体积等物质的量浓度的氢氧化钡稀溶液与碳酸氢铵稀溶液混合生成碳酸钡、一水合氨和水,正确;②.氯化铝溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵,氨水不能溶解氢氧化铝,错误;③.向次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钙和氯化钙,错误;④.已知等浓度的碳酸钠、次氯酸钠、碳酸氢钠pH渐渐减小,这说明酸性是碳酸强于次氯酸,次氯酸强于碳酸氢钠。则依据较强酸制备较弱酸可知向次氯酸钠溶液通少量二氧化碳生成次氯酸和碳酸氢钠,错误;⑤.过氧化钠固体与水反应中过氧化钠应当用化学式表示,错误;⑥.氨水中通入过量二氧化硫生成亚硫酸氢铵,错误;⑦.澄清的石灰水中加入过量的NaHCO3溶液生成碳酸钙、碳酸钠和水,错误;⑧.将2mol/LAlCl3溶液和7mol/LNaOH溶液等体积混合生成氢氧化铝、偏铝酸钠和水,正确;⑨、向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性,则Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O,正确。答案选D。(可能含有Br–、SO42–、H2SO3、NH4+),分别进行如下试验:①加热时放出的气体可使品红溶液褪色;②加入碱溶液使溶液呈碱性,再加热时放出的气体可使潮湿的红色石蕊试纸变蓝;③加入氯水时,溶液略呈橙红色,再加入BaCl2溶液,产生不溶于稀硝酸的白色沉淀。– – +【答案】B【解析】【分析】①加热时放出的气体可以使品红溶液褪色,说明生成二氧化硫气体,说明溶液中含有H2SO3;②加碱调至碱性后,加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝;证明气体是NH3,原溶液含有NH4+;③加入氯水时,溶液略显黄色,证明溶液中含有Br-,再加入BaCl2溶液,产生的白色沉淀不溶于稀硝酸,说明生成硫酸钡沉淀,但在硝酸溶液中亚硫酸可以被氧化为硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀,不能确定原溶液中是否含有硫酸根离子。-11-【详解】①某酸性溶液加热时放出的气体可使品红溶液褪色,证明含有H2SO3;②加入碱溶液使溶液呈碱性,再加热时放出的气体可使潮湿的红色石蕊试纸变蓝,证明含有NH4+;③加入氯水时,溶液略呈橙红色,证明含有Br–,由于氯水有强氧化性,–,再加入BaCl2溶液,产生不溶于稀硝酸的白色沉淀,证明该溶液中含SO42–,但是不肯定是原来溶液中含有的。不能确定其在原溶液中是否存在的是SO42–。选项是B。【点睛】本题考查了常见离子的检验方法和现象推断,关键是要留意亚硫酸可以被硝酸氧化为硫酸。,不会出现丁达尔效应的分散系是①鸡蛋白溶液②水③淀粉溶液④硫酸钠溶液⑤沸水中滴入饱和FeCl3溶液⑥肥皂水A.②④ B.①③ C.⑤⑥ D.④【答案】D【解析】【分析】分散系是将一种物质分散到另一种物质中所得到的体系,故为混合物,分为溶液、胶体和浊液,只有胶体才有丁达尔效应。【详解】属于胶体有:①鸡蛋白溶液,③淀粉溶液,⑤Fe(OH)3胶体,⑥肥皂水,;②水是纯净物,不是分散系;④硫酸钠溶液属于分散系,是溶液、不是胶体,不会出现丁达尔效应;综上所述,属于胶体,但不会出现丁达尔效应的只有④,故选D。=1的稀硫酸渐渐加入—定量的BaCl2的溶液中,恰好使Ba2+沉淀完全,此时溶液的体积为100mL(混合时溶液体积的变更忽视不计),且混合溶液的pH=2,则原BaCl2溶液中Cl-的浓度约为() 【答案】A【解析】【详解】将pH=1的稀硫酸渐渐加入肯定量的BaCl2的溶液中,恰好使Ba2+沉淀完全,发生的是硫酸根和钡离子之间的反应,反应的整个过程中,H+没参与反应,所以前后的H+物质的量没变,导致