D.n（NaCl）∶n（NaC1O）∶n（NaC1O3）可能为11∶2∶:
1
【答案】C
【解析】A、由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.03L×10mol/L=0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，故参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，A错误；B、根据方程式Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n（Na+）：
n（Cl-）最大为2：
1，当氧化产物为NaClO3时，n（Na+）：
n（Cl-）最小为6：
5，故6：
5＜n（Na+）：
n（Cl-）＜2：
1，7：
3＞2：
1，B错误；C、根据方程式Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3mol×1/2×1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3mol×5/6
×1=0.25mol，C正确；D、令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1+1mol×5=7mol，得失电子不相等，D错误；答案选C。
点睛：
本题考查氧化还原反应计算、根据方程式的计算等，题目难度较大，注意极限法与电子得失守恒法的灵活应用。
7.下列离子方程式书写不正确的是
A.A1C13溶液与烧碱溶液反应，当n（OH-）∶n（Al3+）=7∶2时，2Al3++7OH-=Al（OH）3↓+AlO2-+2H2O
B.Cl2与FeBr2溶液反应，当n（Cl2）∶n（FeBr2）=1∶1时，2Fe2++4Br-+3C12=2Fe3++2Br2+6C1-
C.CuCl2溶液与NaHS溶液反应，当n（CuCl2）∶n（NaHS）=l∶2时，Cu2++2HS-=CuS↓+H2S↑
D.Fe与稀硝酸反应，当n（Fe）∶n（HNO3）=l∶2时，3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O
【答案】B
【解析】A．AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n（OH-）：
n（Al3+）=7：
2时，离子方程式为2Al3++7OH-=Al（OH）3↓+AlO2-+2H2O，A正确；B．氯气先氧化亚铁离子后氧化溴离子，发生反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+、Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，当n（Cl2）：
n（FeBr2）=1：
1时，假设二者都是2mol，则亚铁离子完全被氧化需要1mol氯气、剩余1mol氯气氧化2mol溴离子，所以还有一半溴离子未被氧化，则离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2＝2Fe3++Br2+4Cl-，B错误；C．CuCl溶液与NaHS溶液反应，当n（CuCl2）：
n（NaHS）=1：
2时，离子方程式：
Cu2++2HS-=CuS↓+H2S↑，C正确；D．Fe与稀硝酸反应，当n（Fe）：
n（HNO3）=1：
2时，离子方程式：
3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，D正确；答案选B。
点睛：
本题考查了离子方程式的书写，侧重考查反应物用量有关的离子反应的方程式书写，明确反应实质是解题关键。
在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。
突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。
应熟练掌握化学反应规律和重要物质的性质，认真审题，才能正确写出离子方程式。
8.下列有关溶液组成的描述合理的是
A.无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl-、S2-
B.酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO-、SO42-、I-
C.弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl-、HCO3-
D.中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SO42-
【答案】C
【解析】A．Al3+、S2‾发生双水解反应而不能大量共存，故A错误；B．酸性条件下，ClO‾、I‾发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；C．弱碱性条件下，这几种离子之间不反应，碳酸氢根离子水解导致溶液呈弱碱性，所以能大量共存，故C正确；D．Fe3+极易水解，在中性条件下，要完全水解而不能大量存在，故D错误；故答案为C。
点睛：
离子共存判断时应注意题中给出的附加条件：
①酸性溶液（H+）、碱性溶液（OH-）、能在加入铝粉后放出可燃气体的溶液、由水电离出的H+或OH--=1×10-10mol/L的溶液等；②有色离子MnO4-，Fe3+，Fe2+，Cu2+，Fe（SCN）3+；③MnO4-，NO3-等在酸性条件下具有强氧化性；④S2O32-在酸性条件下发生氧化还原反应：
S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；⑤注意题目要求“大量共存”还是“不能大量共存。
9.取一定量的NaOH溶液通入CO2后，再继续向该溶液中逐滴加入0.lmol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示，下列说法正确的是
A.原溶液中NaOH的物质的量为0.75mol
B.通入CO2后所得的溶液溶质成分为NaOH和Na2CO3
C.通入CO2后所得的溶液中含有2.5×10-3 molNaHCO3
D.原溶液中通入CO2后标准状况下为112mL
【答案】D
【解析】A．消耗盐酸75mL时，溶液为恰好为氯化钠溶液，根据Na+、Cl-离子守恒，可知n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故A错误；B．由图示可知，滴加25mL稀盐酸溶液后溶液中只存在NaHCO3，可知通入一定量CO2反应后溶液中的溶质为Na2CO3、NaHCO3，故B错误；C．溶液中Na2CO3、NaHCO3的物质的量相等，生成二氧化碳发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，共消耗盐酸75mL-20mL=50mL，n总（NaHCO3）=n（HCl）=0.05L×0.1mol/L=0.005mol，所以通入CO2后所得的溶液中含有NaHCO3为0.005mol×
=2.5×10-3mol，故C错误；D．生成二氧化碳发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，共消耗盐酸75mL-20mL=50mL，n（CO2）=n（HCl）=0.05L×0.1mol/L=0.005mol，所以V（CO2）=0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL，故D错误；故选C。
点睛：
盐酸逐滴加入到碳酸钠溶液中的反应为：
Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3；NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，由图可知，0～25mL没有气体生成，从25mL开始加盐酸生成二氧化碳气体，共消耗盐酸75mL-20mL=50mL，0～25mL段消耗的盐酸体积小于生成气体是消耗的盐酸体积50mL，所以可以知道通入一定量CO2反应后溶液中的溶质为Na2CO3、NaHCO3，且根据消耗的盐酸的体积可以判断二者的物质的量相等。
10.用NA表示阿伏加德罗常数的值。
下列叙述中不正确的是
A.标准状况下，18gH2O中含有的分子数目为NA
B.标准状况下，2.24LC12与足量铁粉反应转移电子数目为0.2NA
C.46gNO2和N2O4混合气体中含有的原子数目为3NA
D.1molN2与4molH2混合充分反应，生成NH3分子的数目为2NA
【答案】D
【解析】A.18gH2O的物质的量为1mol，所以含有的分子数目为NA，A正确；B.标准状况下，2.24LCl2与足量铁粉反应，氯气的物质的量为0.1mol，氯元素的化合价由0降为-1，所以转移电子数目为0.2NA，B正确；C.46gNO2的物质的量为1mol，含有3mol原子，46gN2O4的物质的量为0.5mol，同样也含有3mol原子，所以无论以何种比例混合，46gNO2和N2O4混合气体中含有的原子数目一定为3NA，C正确；D.合成氨的反应是可逆反应，所以1molN2与4molH2混合充分反应，生成的NH3的物质的量一定小于2mol，NH3分子的数目小于2NA，D不正确。
本题选D。
11.下列实验现象预测正确的是
A.实验I：
振荡后静置，上层溶液颜色保持不变
B.实验Ⅱ：
试管溶液中出现气泡，溶液先出现浑浊后变澄清
C.实验III：
微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色
D.实验IV：
加热至混合液呈红褐色，停止加热，该分散系能产生丁达尔效应
【答案】D
【解析】A．溴和氢氧化钠溶液反应，苯层无色，故A错误；B．稀盐酸有挥发性，生成的CO2中混有HCl气体，硅酸钠溶液中通入HCl气体也能出现白色沉淀，则无法证明碳酸的酸性比硅酸强，故B错误；C．反应生成的NO与空气中的氧气反应，则广口瓶内气体为红棕色，故C错误；D．煮沸溶液至红褐色，生成胶体，当光束通过体系时可产生丁达尔效应，故正确；故答案为D。
12.浓H2SO4密度1.84g/mL，物质的量浓度为18.4mol/L，质量分数为98%，取10mL浓H2SO4和amL水混合得物质的量浓度为Cmol/L，质量分数为b%。
下列组合正确的是
（1）若C=9.2则a>10b>49%
（2）若C=9.2则a>10b<49%
（3）若b=49则a=18.4C<92（4）若b=49则a=18.4C>92
A.
（1）（3）B.
（1）（4）C.
（2）（3）D.
（2）（4）
【答案】A
【解析】试题分析：
若b=49，稀释过程中溶质硫酸的质量不变，则：
10mL×1.84g/mL×98g%="（10"mL×1.84g/mL+amL×1g/mL）×49%，解得a=18.4，令稀释后的密度为dg/mL，则d＜1.84，稀硫酸的物质的量浓度C=
mol/L＜9.2mol/L；若C=9.2，根据稀释定律，可知稀释后溶液的体积为
=20mL，硫酸的浓度越大，密度越小，故稀释后溶液的质量小于原浓硫酸质量的2倍，稀释过程硫酸的质量不变，故稀释后硫酸的质量分数大于49%，即b＞49%，稀释过程中溶质硫酸的质量不变，则：
10mL×1.84g/mL×98g%＜（10mL×1.84g/mL+amL×1g/mL）×49%，解得a＞18.4；故选A。
考点：
考查溶液浓度的有关计算
13.根据下列各题所给出的数据，得出的结论正确的是
A.通入标准状况下HC1气体11.2L，可使1L浓度为0.5mol·L-1的盐酸浓度增大到1mol·L-1
B.在10%的NaOH溶液中，平均每9个水分子溶有1个OH-
C.将10g碳酸钙粉末加水配成100mL溶液，CaCO3物质的量浓度为1mol·L-1
D.4gNaOH溶解在l0mL水中，再稀释成1L，从中取lmL，这lmL溶液的浓度为0.1mol·L-1
【答案】D
【解析】试题分析：
A、先由cV计算原溶液中n（HCl）="0.5"mol，再由
计算通入的n（HCl）="0.5"mol，HCl溶解放热，导致部分HCl挥发，且吸收氯化氢之后溶液的体积会增大（不能用原溶液的体积代替），因此其浓度小于1mol•L－1，A错误；B、设溶液的质量为100g，则溶质、溶剂分别为10g、90g，由
可知，n（NaOH）=
mol="0.25"mol、n（H2O）=
mol="5"mol，由电离方程式NaOH=Na++OH-可知，n（OH－）="n（NaOH）"="0.25"mol，则n（OH－）∶n（OH－）=0.25∶5=1∶20，B错误；C、碳酸钙难溶于水，即每100g水或100mL水中溶解的碳酸钙小于0.1g，因此10g碳酸钙中绝大多数不能溶解，所得悬浊液中碳酸钙的浓度约为
≈
mol·L－1="0.01"mol·L－1，C错误；D、先由
计算稀释前的c（NaOH）=
mol·L－1="10"mol·L－1，再由稀释定律（c浓×V浓=c稀×V稀）可知，稀释后的c（NaOH）=
mol·L－1="0.1"mol·L－1，D正确；答案选D。
考点：
本题考查物质的量浓度、质量分数、气体体积、气体摩尔体积、物质的量、摩尔质量、溶解度、稀释定律及物质的量在电离方程式计算中的应用。
【名师点睛】物质的量浓度是表示溶液浓度的方法，物质的量浓度的计算要依据物质的量浓度定义式。
14.F2和Xe在一定条件下生成氧化性极强且极易与水反应的XeF2、XeF4和XeF6三种化合物。
其中XeF4与水可发生如下反应：
6XeF4+12H2O═2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑．下列判断中正确的是
A.上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2
B.XeF4按以上方式与水反应，每生成3molO2，转移12mol电子
C.XeF2加入水中，在水分子的作用下，将重新生成Xe和F2
D.XeF2、XeF4和XeF6在空气中都能长期存放
【答案】A
15.如图表示从原混合物中分离出X的两种方案、下列说法不合理的是
A.若含X的混合物为溴水，可通过方案I进行分离，加入试剂为CCl4液体，充分振荡后液体分层，下层为X的CC14溶液
B.若含X的混合物为BaSO4和BaSO3的混合物，可通过方案Ⅱ进行分离，加入试剂为稀硝酸，X为BaSO4
C.若含X的混合物为乙醇和乙酸乙酯的混合物，可通过方案I进行分离，加入试剂为饱和NaOH溶液，残留液中含有乙酸钠
D.若含X的混合物为Fe、Al，可通过方案II进行分离，加入的试剂是过量的NaOH溶液，1molX与足量氯气完全反应时，转移3mol电子
【答案】C
【解析】试题分析：
A．溴易溶于四氯化碳、微弱于水，四氯化碳的密度比水大，在混合液的下层，该方法合理，故A不选；B．BaSO3被稀硝酸氧化成硫酸钡，然后通过过滤得到BaSO4，该方法合理，故B不选；C．分离乙醇和乙酸乙酯时，应该选用饱和碳酸钠溶液，否则乙酸乙酯会与氢氧化钠溶液反应，该方法不合理，故C选；D．铝可与NaOH溶液反应，铁与氯气反应生成氯化铁，1mol铁与足量氯气完全反应时，转移3mol电子，该描述合理，故D不选；故选C。
【考点定位】考查物质的分离提纯和鉴别
【名师点晴】本题考查物质的分离、提纯实验方案的设计与评价，为高考常见题型，注意掌握物质的性质的异同和实验的操作要点，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。
解答此类试题，需要学生熟练掌握常见物质的性质和物质分类提纯的常见方法。
16.强酸性溶液X中可能含有Na+、K+、NH4+、Fe2+、Al3+、CO32-、SO32-、SO42-、Cl-中的若干种，某同学为了确认其成分，取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如下：
下列结论正确的是
A.X中肯定存在Na＋、Fe2+、A13+、NH4+、SO42―
B.气体F在氧气中经催化氧化可生成气体A
C.沉淀C一定是BaSO4、沉淀G一定是Fe（OH）3 、沉淀I一定是Al（OH）3
D.X中不能确定的离子是Fe2+、SO32-、K＋和C1―
【答案】B
【解析】试题分析：
强酸性溶液中CO32-、SO32-不能存在；则X溶液中加入过量Ba（NO3）2溶液生成沉淀C一定是BaSO4，一定有SO42-；硝酸被还原生成气体A，为NO，则一定有还原性的离子即Fe2+，溶液B加入过量NaOH溶液，生成气体，一定是氨气，则一定有NH4+，沉淀G为Fe（OH）3；溶液H通入CO2生成沉淀I，由于之前加入了过量的Ba（NO3）2溶液，引入了大量Ba2+，所以沉淀I中
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