物质的分类 无机反应类型与化学用语
1、2011年11月28日至12月9日在南非德班举行了国际气候变化大会，主要讨论减碳排放问题。从组成上分类下列物质可以与CO2分为一类的物质是（ ）
A．SiO2 B．NaCl C．K2CO3 D．Al
【答案】A
【解析】从组成上分类与CO2分为一类的只有SiO2，同为酸性氧化物且与O原子个数比均为1∶2。
2、某无色透明溶液中，可能含有以下离子中的若干种：K＋、Mg2＋、Al3＋、Fe2＋、Ba2＋、NO3－、SO42－、CO32－、I－和Cl－，取该溶液进行如下实验：
①将溶液滴在pH试纸上，呈红色。
②将少许溶液浓缩后加入铜片和硫酸，有无色气体析出，此气体通空气则立即变成红棕色。
③取少许溶液滴入BaCl2试液，则产生白色沉淀。
④取实验③中的澄清溶液，滴入AgNO3试液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀。
⑤另取少许溶液，滴入NaOH溶液，有白色沉淀生成，当NaOH过量时，又有部分白色沉淀溶解。根据以上现象判断原溶液中（ ）
A．肯定不存在的离子是 Ba2＋ Fe2＋ CO32－ I—
B．肯定存在的离子是Al3＋ SO42－ Cl－ NO3－ Mg2+
C．不能作出判断的离子是K+
D．以上判断都不正确。
【答案】A
3、常温下，加水冲稀时c(H＋)/c(OH－)的值明显减小的溶液中，一定能大量共存的离子组是( )
①K＋、Cl－、NO、CH3COO－ ②K＋、Fe2＋、I－、SO ③Ba2＋、Cl－、NO、Na＋ ④Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO ⑤K＋、SO、Cl－、NO
A．②③ B．①③⑤ C．②④ D．②③⑤
【答案】A
【解析】加水冲稀时c(H＋)/c(OH)－的值明显减小，说明溶液呈酸性，即每组添上氢离子，只有A选项符合。
4、已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：
H2O2 H2O IO3- I2 MnO4- Mn2+ HNO3 NO如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是( )
A. H2O2 B. IO3- C. MnO4- D. HNO3
【答案】B
5、在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式（未配平）为：
SnCl2＋Cl－＋H3AsO3＋H＋ As＋SnCl62－＋M 关于该反应的说法中正确的是（ ）
A．氧化剂是H3AsO3 B．还原性：Cl－＞As
C．每生成2molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol D．M为OH－
【答案】A
6、下列物质属于纯净物的是（ ）
A. 钢 B. 液氯 C. 空气 D. 氨水
11
【答案】B
7、下列各組离子在指定的溶液中一定能大量共存的是( )
A. c(H+)/c(OH-)=1012的溶液中:NH4+、K+、HCO3-、NO3-
B. c(OH-)=0.1mol/L的溶液中：CO32-、Cl-、F-、K+
C. 含大量Al3+的溶液中: K+、Na+、SO32-、ClO-
D. 甲基橙呈黄色的溶液中：I-、Cl-、NO3-、Na+
【答案】B
8、下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒作用相同的
① 过滤 ② 蒸发 ③ 溶解 ④ 向容量瓶转移液体
A．①和④ B．①和② C．①和③ D．③和④
【答案】A
9、下列除杂，所用试剂和操作均正确的是（ ）
选项
物质成分（括号内为杂质）
所用试剂
操作
A
铁屑（油污）
纯碱溶液
洗涤
B
苯（苯酚）
溴水
过滤
C
碳酸钡（硫酸钡）
盐酸
溶解、过滤
D
乙醇（乙酸）
烧碱溶液
分液
【答案】A
试题分析：A选项铁屑表面的油污可用碱性溶液洗涤，正确；B选项苯中有苯酚，加溴水生成的三溴苯酚会溶解在苯中，引入新的杂质，应该用氢氧化钠溶液，B错误；C选项碳酸钡中混有硫酸钡，加盐酸会与碳酸钡反应，错误；D选项乙醇中混有乙酸，若加烧碱会与乙酸反应，但生成物仍与乙醇互溶在水中，分液无法分离，错误，答案选A。
10、下列叙述中，正确的是（ ）
A．20℃时，1molSO2的体积一定大于22.4L
B．1mol/LNaCl溶液表示1L水中含有NaCl58.5g
C．常温下，1molCO2与1molH2O所含有的分子总数和原子总数均相等
D．1molO2与足量金属钠反应，得到了4mole-
【答案】C
【解析】A、1mol二氧化硫在标况下体积为22.4L，温度升高，气体的体积增大，但是压强增大，气体的体积减小，所以20℃时，1molSO2的体积不一定大于22.4L，故A错误；
B、1mol/LNaCl溶液表示1L溶液中含有NaCl58.5g，不是1L水中含有NaCl58.5g，故B错误；
C、物质的量相等，二氧化碳和水含有的分子数相等，而二者分子中都含有3个原子，所以等物质的量的二氧化碳和水也含有相同的原子数，故C正确；
D、1mol氧气与钠反应生成1mol过氧化钠，转移了2mol电子，氧气得到了2mole-，故D错误；
故选C．
11、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·mL－1，质量分数为w，其中含有NH4+的物质的量是b mol，下列叙述正确的是（ ）
A．溶质的质量分数w＝
11
B．溶质的物质的量浓度c＝
C．溶液中c(OH－)＝
D．向上述溶液中加入V mL水，所得溶液的质量分数大于0.5 w
【答案】C
【解析】溶质的质量分数w＝，A项错误；氨水中的溶质在计算时以NH3为准，而不是以NH3·H2O为准，将w＝代入公式c＝，化简可得c＝ mol·L－1，B项错误；氨水中含有的阳离子为H＋和NH4+，含有的阴离子只有OH－，结合电荷守恒可知C项正确；由于氨水的密度小于水的密度，与水等体积混合所得稀氨水的质量大于原氨水质量的2倍，故其质量分数小于0.5 w，D项错误。
12、对于4℃时100mL水中溶解了22．4LHCl气体(标准状况下测得)后形成的溶液，下列说法中正确的是( )
A．该溶液 物质的量浓度为10moL／L
B．所得的溶液的体积为22．5L
C．根据题干数据，该溶液物质的量浓度无法求得
D．该溶液中溶质的质量分数因溶液的密度未知而无法求得
【答案】C
【解析】没有告诉盐酸溶液的体积或密度，故浓度不可求。
13、下列反应的离子方程式书写正确的是 （ ）
A．用氨水吸收少量SO2气体：2NH3·H2O + SO2 = 2NH4+ + SO32— + H2O
B．FeI2溶液中通入Cl2至Fe2+ 恰好完全被氧化：2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ +2Cl－
C．NH4HCO3溶液与过量的NaOH溶液共热：NH4+ +OH— NH3↑+ H2O
D．Cl2通入水中：Cl2 + H2O = 2H+ + Cl－ + ClO－
【答案】A
14、已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2＋，且Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列叙述中，正确的是( )
A．Cl2通入FeI2溶液中，可存在反应3Cl2＋6FeI2===2FeCl3＋4FeI3
B．每1 mol Co2O3在酸性溶液中被氧化生成Co2＋时转移2 mol e－
C．在酸性溶液中Co2O3能氧化FeCl2成FeCl3
D．I2是ⅦA族元素单质，具有较强的氧化性，可以将Co2＋氧化成Co2O3
【答案】C
15、9.2 g金属钠投入到足量的重水中，则产生的气体中含有( )
A.0.2 mol中子 B．0.4 mol电子
C．0.2 mol质子 D．0.4 mol分子
【答案】B
【解析】由反应方程式：2Na＋2D2O===2NaOD＋D2↑，可知9.2 g金属钠完全反应产生0.2 mol D2，一个D原子中含1个质子、1个电子、1个中子，故选B。
16、把aL硫酸铵和硝酸铵的混合液分成两等份，一份加入bmol 烧碱并加热，刚好把NH3
11
全部赶出。另一份需消耗cmolBaCl2,沉淀反应刚好完全，原溶液中硝酸根离子的物质的量浓度为（ ）
【答案】D
【解析】【错误分析】解题过程中容易忽略离子反应是在混合溶液分成两等份以后进行的，用关系式求出NH4+、SO42-的物质的量误认为就是原溶液中NH4+和SO42-的物质的量，造成错选A。
【解题指导】
对于物质的量浓度的计算问题应准确掌握概念、公式，在应用时，还要注意溶质的质量守恒、物质的量守恒及溶液的电荷守恒、质量守恒等。
一、关于物质的量浓度的计算主要包括：
1. 溶质的质量、溶液的体积和物质的量浓度之间的计算。可运用公式:n=m/M,c=n/V或运用倍数关系算出1L溶液中所含溶质的物质的量。
2. 已知气体溶质的体积（标准状况下）、水的体积和溶液的密度，计算溶液的物质的量浓度。应先运用n=V(气体)/22.4L.mol-1,求出溶质的物质的量，运用V（溶液）=m/ρ求出溶液的体积。
3. 计算溶液中的离子浓度，需根据溶质的电离方程式，算出离子的物质的量。
二、溶液中的溶质的质量分数与物质的量浓度之间的换算
C=1000ρw/M按此公式换算即可
三、溶液稀释或混合的计算
根据稀释前后，溶液中溶质的物质的量不变的公式或溶质的质量不变的公式计算有关问题。
四、HCl、NH3 等气体经喷泉实验所得溶液浓度的无数据巧算方法: 令气体体积（标准状况）为1L（不论溶液是否充满烧瓶）喷泉后溶液体积亦为1L，故c=1/22.4mol.L-1为恒值；但w不为恒值，可根据气体摩尔质量、溶液密度来进行计算。
答案：本题的正确选项为D
对于混合溶液，首先分析溶液中有哪些离子，再分别求出各种离子的物质的量，利用电荷守恒法求解。离子反应有：NH4++OH-==NH3↑+H2O, Ba2++SO42-=BaSO4↓
由题意可知，aL混合液分成两等份：
其中一份有:NH4+—OH-, 另一份有：Ba2+—SO42-
bmol bmol cmol cmol
则aL混合液中，有2bmolNH4+,有2cmolSO42-,在溶液中，根据电荷守恒有：
2bmol×1=2cmol×2+c(NO3-)×aL×1,得c(NO3-)= mol.l-1
17、用Na2CO3·10H2O晶体，配制0.2 mol/L的Na2CO3溶液480 mL。
(1)实验中用到的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯，还缺少 ， ；
(2)应用托盘天平称取Na2CO3·10H2O的晶体的质量为 g；
(3)配制溶液时有以下几个操作：
①溶解 ②摇匀 ③洗涤 ④冷却 ⑤称量 ⑥转移溶液 ⑦定容
正确的操作顺序是 (填序号)
(4)根据下列操作对所配溶液的浓度各有什么影响，完成填空。
11
①碳酸钠失去了部分结晶水 ②用“左码右物”的称量方法称量晶体
③碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠 ④称量碳酸钠晶体时所用砝码生锈
⑤容量瓶未经干燥就使用
其中引起所配溶液浓度偏高的有 ，无影响的有 。(填序号)
【答案】（1） 500 mL容量瓶、胶头滴管 (2)28.6 g
(3)⑤①④⑥③⑦② 或⑤①④⑥③②⑦②
(4)①④ ⑤
【解析】配制一定物质的量浓度的溶液，必须要有对应规格的容量瓶。
18、取少量Fe2O3粉末(红棕色)加入适量盐酸，发生反应的化学方程式：________________________，反应后得到的溶液呈________色。用此溶液分别做如下实验：
(1)取少量溶液置于试管中，滴入几滴NaOH溶液，可观察到有红褐色沉淀生成，反应的化学方程式为__________________，此反应属于________。
(2)在小烧杯中加入20 mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈________色，即制得Fe(OH)3胶体。
(3)取另一只小烧杯也加入20 mL蒸馏水，向烧杯中加入1 mL FeCl3溶液，振荡均匀后，将此烧杯(编号甲)与盛有Fe(OH)3胶体的烧杯(编号乙)一起放置于暗处，分别用激光笔照射烧杯中的液体，可以看到________烧杯中的液体产生丁达尔效应，这个实验可以用来区别_____________。
(4)取乙烧杯中少量Fe(OH)3胶体置于试管中，向试管中滴加一定量的稀HI溶液，边滴加边振荡，会出现一系列变化。
①先出现红褐色沉淀，原因是__________________。
②随后沉淀溶解，溶液呈黄色，写出此反应的离子方程式：_____________。
③最后溶液颜色加深，原因是__________________(用离子方程式表示)。
④用稀盐酸代替稀HI溶液，能出现上述哪些相同的变化现象________(写序号)
【答案】Fe2O3＋6HCl===2FeCl3＋3H2O 棕黄
(1)FeCl3＋3NaOH===3NaCl＋Fe(OH)3↓
复分解反应 (2)红褐 (3)乙 胶体和溶液
(4)①加入电解质后，胶体发生聚沉
②Fe(OH)3＋3H＋===Fe3＋＋3H2O
③2Fe3＋＋2I－===I2＋2Fe2＋ ④ ①②
【解析】碱性氧化物与酸反应生成盐和水，即Fe2O3＋6HCl===2FeCl3＋3H2O，FeCl3溶液呈棕黄色。
(1)向FeCl3溶液中滴入NaOH溶液发生复分解反应。
(2)此小题主要考查Fe(OH)3胶体的制法。
(3)胶体可发生丁达尔效应，而溶液不能，利用这一点可以区分胶体和溶液。
(4)HI既有酸性又有强还原性，I－能使Fe(OH)3胶体聚沉，H＋使其溶解，生成的Fe3＋又能氧化I－生成I2；而HCl只能使其先聚沉再溶解。该题涉及到胶体的聚沉、Fe(OH)3的碱性、HI是强电解质，具有酸性、还原性等性质。分析④时的关键在于Cl－比I－还原性弱，Cl－不能还原Fe3＋，故导致现象不同。
19、测定硫酸铝晶体样品中Al2（SO4）3·18H2O（M=666g/mol）质量分数的实验步骤为（物质EDTA分别能与Al3＋或Pb2＋以物质的量之比1︰1进行反应）：
步骤1：准确称取硫酸铝晶体样品m g，溶于25 mL水中。
11
步骤2：加入c1 mo1·L－1EDTA溶液V1mL（过量），煮沸、冷却，稀释至100 mL。
步骤3：取25. 00mL上述稀释液，测定得知：，当加入c2 mol·L－1Pb（NO3）2溶液V2mL 恰好与过量的EDTA溶液反应。
⑴步骤2中“稀释至100 mL”时，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、_________、_________。
⑵请根据上述数据计算该样品中Al2（SO4）3·18H2O的质量分数。_________（用含字母的代数式表示）。
⑶若将步骤1所得的溶液改为滴加4mol/L NaOH溶液（杂质不参与反应），当滴加到10mL时，溶液又恰好变澄清，求步骤1溶液中硫酸铝的物质的量浓度_______________（用具体数值表示）。
【答案】⑴100 mL容量瓶、胶头滴管
⑵
⑶0.2mol·L－1
【解析】试题分析：（1）稀释定容时需要的仪器有“容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒”。
（2）整个过程中发生的反应可用如下关系式表示：,由此可知该样品中Al2(SO4)3·18H2O的质量分数
。
（3）可知发生反应的关系式为：，因此溶液中，因此步骤1溶液中硫酸铝的物质的量浓度
考点：溶液的配制；中和滴定
点评：本题属于基础题，主要考查滴定过程中涉及的计算问题。在计算过程中，应注意守恒定律的应用；同时，利用化学方程式中的关系式，可以节省解题时间。
20、有难溶于水的粉末状固体样品，可能含Al、Fe2O3、Cu2O、SiO2、Fe3O4中的一种或几种．研究小组通过实验确定样品的成分．
查阅资料知：
①Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O；
②部分氢氧化物在溶液中沉淀的pH见下表：
物质
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Cu（OH）2
开始沉淀的pH
1.8
6.3
5.2
完全沉淀的pH
3.0
8.3
6.7
注：金属离子的起始浓度为0.1mol·L﹣1
实验步骤：
11
Ⅰ．取一定量样品于烧杯中，加足量NaOH溶液，有气体产生，过滤得固体A和无色溶液B；
Ⅱ．向B中加入稀硫酸，出现白色沉淀，继续滴加稀硫酸至过量，白色沉淀完全溶解；
Ⅲ．向A中加入足量稀硫酸并微热，固体完全溶解，得溶液C；
Ⅳ．向C中加入NaClO，调节溶液的pH至4～5，产生红褐色沉淀，过滤得到蓝绿色溶液D；
Ⅴ．向D中加入NaOH，调节溶液的pH到7～8，产生蓝色絮状沉淀．
请回答下列问题．
（1）Ⅰ中产生气体的离子方程式为 ．
（2）由Ⅰ、Ⅱ知，原样品中一定不存在的物质是 ．
（3）溶液C中除H+、Cu2+外一定还含有的阳离子是 ；为验证溶液C中存在该阳离子，可选用的试剂及对应的现象是 ．
（4）Ⅳ中加NaClO的目的是 ．
（5）将Ⅳ中得到的溶液D电解，阳极的电极反应式为 ；若电路中有0.1mol电子通过，则理论上阴极质量增重 g．
（6）由上述实验可以获得结论：原样品所有可能的成分组合为组合1： ；组合2： ；（用化学式表示）
【答案】（1）2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；
（2）SiO2；
（3）Fe2+；向酸性KMnO4溶液中滴加待测液，褪色．
（4）将Fe2+氧化成Fe3+，增大溶液的pH使Fe3+生成Fe（OH）3沉淀；
（5）2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑；3.2；
（6）Al、Fe2O3、Cu2O；Al、Cu2O、Fe3O4；Al、Fe2O3、Cu2O、Fe3O4．
【解析】（1）取一定量样品于烧杯中，加足量NaOH溶液，有气体产生，证明一定含有金属铝，方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；
（2）由Ⅱ向B中加入稀硫酸，出现白色沉淀，继续滴加稀硫酸至过量，白色沉淀完全溶解，说明溶液B只有NaAlO2溶液，没有硅酸钠，则推断固体样品不含二氧化硅；
故答案为：SiO2；
（3）因为Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O，向A中加入足量稀硫酸并微热，完全溶解，则必定含Fe3O4与硫酸反应生成三价铁，将生成的单质铜氧化成铜离子而全部溶解，所以溶液C必定含过量的氢离子、二价铁、二价铜的混合溶液可能还含有三价铁；所以在含有三价铁的溶液中检验二价铁一般用酸性KMnO4溶液，看是否退色；故答案为：Fe2+；向酸性KMnO4溶液中滴加待测液，褪色．
（4）根据氢氧化物在溶液中沉淀的pH表，Ⅳ中加NaClO的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，增大溶液的pH使Fe3+生成Fe（OH）3沉淀，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，增大溶液的pH使Fe3+生成Fe（OH）3沉淀；
（5）由于加入NaClO，将二价铁氧化成三价铁，调节溶液的pH至4～5，产生红褐色沉淀，过滤得到蓝绿色溶液D，所以D溶液中含有还原产物氯离子，故电解，阳极的电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑；根据电子守恒，电路中有0.1mol电子通过，则理论上阴极质量增重×64=3.2g，故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑；3.2；
（6）根据以上分析可能的组合为：组合1：Al、Fe2O3、Cu2O；组合2：Al、Cu2O、Fe3O4；组合3：Al、Fe2O3、Cu2O、Fe3O4．故答案为：Al、Fe2O3、Cu2O
11
；Al、Cu2O、Fe3O4；Al、Fe2O3、Cu2O、Fe3O4．
21、标准状况下，11.2LCO和CO2混合气体质量为20.4g，求混合气体中CO和CO2的体积比和质量比。
【答案】1∶4 7∶44
22、下列各物质哪些是电解质，哪些是非电解质？
KCl BaSO4 CH3CH2OH NaOH Fe H2SO4 H2O
【答案】电解质：KCl BaSO4 NaOH H2SO4 H2O
非电解质： CH3CH2OH
23、某工业废水中可能含有如下几种阴阳离子：
阳离子
Fe3+、Al3+、Fe2+、Ba2+、Na+
阴离子
Cl－、CO32－、NO3－、SO42－、SiO32－
现对该废水样品进行以下研究：
Ⅰ．向试管中滴加浓盐酸，有少量的无色气体生成，气体遇空气立即变为红棕色；
Ⅱ．若向Ⅰ所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。
Ⅲ．若向Ⅰ所得的溶液中加入过量的NaOH溶液，有红褐色沉淀生成。过滤后向所得滤液中通入过量的CO2气体，有白色絮状沉淀生成。
根据上述实验，回答下列问题：
（1）该废水中一定含有的阴离子是 ，一定不含有的阳离子是 ；
（2）写出Ⅲ的所得滤液中通入过量的CO2气体生成白色絮状沉淀的离子方程式（只写这一个）： ；
（3）已知用铝粉可以除去废水中的一种阴离子（X）。若控制溶液的pH为10.7左右，再加入铝粉，除去X离子的同时产生氨气和氮气，且体积比为1﹕4，完成下列反应的离子方程式并配平：(X用具体的离子符号表示)Al + X + OH－ ＝AlO2－+ NH3 + N2 + 。该反应的还原产物是 。若除去0.2mol X离子，要消耗铝 g。
（4）若将废水中的铁元素完全转化成Fe3+，此时测得c(Fe3+)＝1.0×10－2mol·L－1，要想将其转换为Fe(OH)3沉淀而除去，则应调节溶液pH至少大于 。（已知常温下Fe(OH)3的Ksp＝1.0×10－38）
【答案】（1）NO3－ SO42－; Ba2+ （2）AlO2－+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3－
（3）16Al + 9NO3－+ 7OH－ ＝16AlO2－ + NH3↑+ 4N2↑+ 2H2O；NH3 、N2 ； 9.6g （4）2
【解析】向试管中滴加浓盐酸，有少量的无色气体生成，气体遇空气立即变为红棕色，该气体是NO，红棕色气体是NO2，这说明在反应中硝酸根被还原为NO，因此一定含有NO3－、Fe2+，则CO32－、SiO32－一定不存在；若向Ⅰ所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该沉淀是硫酸钡，所以一定含有硫酸根，则一定没有钡离子；若向Ⅰ所得的溶液中加入过量的NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，该沉淀是氢氧化铁，但由于亚铁离子被还原生成了铁离子，所以不能确定是否含有离子。过滤后向所得滤液中通入过量的CO2气体，有白色絮状沉淀生成，该沉淀是氢氧化铝，则一定含有铝离子。
（1）该废水中一定含有的阴离子是NO3－、SO42－，一定不含有的阳离子是Ba2+；
（2）所得滤液中通入过量的CO2气体生成白色絮状沉淀的离子方程式为AlO2－+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3－。
（3）设氨气是1mol，则氮气是4mol，氨气和氮气均是还原产物，则根据电子守恒，N 得到（40+8）e-,故 Al 失去 48 e-，系数为 16 根据 N 原子守恒得到系数
11
9，根据电荷守恒得到系数 7，最后为水，即16Al + 9NO3－+ 7OH－ ＝16AlO2－ + NH3↑+ 4N2↑+ 2H2O；若除去0.2mol X离子，则消耗铝的质量是×0.2mol×27g/mol＝9.6g。
（4）Ksp(沉淀平衡常数)＝[Fe3+][OH-]3＝1.0×10－2 [OH-]3＝1.0×10－38，所以[OH-]=10-12，则[H+]=10-2。所以pH＝2。
24、12.4g Na2X含有0.4mol Na+，Na2X的摩尔质量为 ，其相对分子质量为 ，X的相对原子质量为 ，该物质的化学式为 ．
【答案】 62g/mol；62；16；Na2O．
【解析】解：12.4克Na2X中含有0.4molNa+，Na2X的物质的量为：n（Na2X）=n（Na+）=0.4mol×=0.2mol，
Na2X的摩尔质量为：M（Na2X）==62g/mol；
摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，即Na2X的相对原子量为62；
钠原子的相对原子质量是23，所以X的相对原子质量是62﹣23×2=16；
X为氧原子，该物质的化学式为Na2O，
故答案为：62g/mol；62；16；Na2O．
25、纯净物根据其组成与性质可进行如下分类。
(1)上图所示的分类方法属于________(填字母)。
A．交叉分类法 B．树状分类法
(2)以H、O、S、N、K、Ba六种元素中任意两种或三种元素组成合适的常见物质，分别将其中一种常见物质的化学式填在下表相应类别中：
物质类别
酸
碱
盐
氧化物
化学式
(3)从上表酸及氧化物中各选出一种能相互反应的物质，并写出其反应的化学方程式： _____________________________________________。
【答案】(1)B (2)HNO3、H2SO3、H2SO4 KOH、Ba(OH)2 Ba(NO3)2、KNO3、BaSO4、K2SO4 NO、NO2、SO2、SO3、K2O、KO2等 (3)K2O＋2HNO3===2KNO3＋H2O(其他答案合理即可)
【解析】根据题中所给出的信息分析，本题重点考查的是考查的是物质的分类。
26、亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液中发生以下反应：
Na2SO3+ KIO3+ H2SO4 Na2SO4+ K2SO4+ I2+ H2O
(1)配平上面的氧化还原反应方程式，将化学计量数填入方框中。
(2)其中氧化剂是_____________，若反应中有5 mol 电子转移，则生成的碘是_____________mol。
(3)该反应的过程和机理较复杂，一般认为发生以下①～④反应：
①IO+SO====IO+SO(反应速率慢)
②IO+2SO====I－+2SO(反应速率快)
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③5I－+6H++IO====3I2+3H2O(反应速率快)
④I2+SO+H2O====2I－+SO+2H+(反应速率快)
根据上述步骤推测该反应总的反应速率由_____________反应决定(填写上述四步反应的序号)。
(4)若预先加入淀粉溶液，由上述四步反应可以看出必须在_____________离子消耗完全时，才会有使淀粉变蓝的现象产生。
【答案】(1)5 2 1 5 1 1 1 (2)KIO3 0.5 (3)① (4)SO
【解析】(1)从反应式可知：Na2SO3中+4价的S被氧化为+6价。KIO3中+5价的碘被还原为0价。根据化合价升降法可配平方程式：
(2)由(1)中分析可知KIO3为氧化剂。因生成1 mol I2需转移10 mol电子，故有5 mol 电子转移时则生成0.5 mol I2。(3)由于总反应速率的快慢，取决于相关步骤中反应速率最慢的一步，故该反应的总反应速率由①决定。(4)要使溶液变蓝色，则溶液中必有I2剩余，而第④步骤中消耗I2，所以只有SO消耗完全时，才会有使淀粉变蓝的现象产生。
27、化工生产中常用到“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱。
（1）从物质的分类角度看，不恰当的一种物质是（填物质的化学式）。
（2）“三酸”与“两碱”之间的反应，若用化学方程式表示有六个（酸过量时），若用离子方程式表示却只有两个，请写出这两个离子方程式：（酸过量时） 、 。
（3）“三酸”常用于溶解金属和金属氧化物。下列块状金属在常温时能全部溶于足量浓硝酸的是 。
A．Au B．Cu C．Al D．Fe
（4）烧碱、纯碱溶液均可吸收CO2，当含0．1 mol NaOH的溶液吸收一定量CO2后，将溶液低温小心蒸干得到固体的组成可能有四种情况，分别是（填化学式）：
① ，②Na2CO3，③ ，④NaHCO3。
【答案】（1）Na2CO3
（2）H+ + OH- =H2O 、2H+ + CO32- = CO2↑+H2O。
（3）B
（4）NaOH、Na2CO3，Na2CO3、NaHCO3
【解析】（1）从物质的分类角度看，不恰当的一种物质是纯碱Na2CO3，在物质的分类上该物质属于盐。（2）酸过量时的两个离子方程式是H+ + OH- =H2O；2H+ + CO32- = CO2↑+H2O。因此离子反应是表示了所有同一类型的反应，反映了反应的实质。（3）“三酸”常用于溶解金属和金属氧化物。A．Au在常温时不能与浓硝酸反应。错误。B Cu在常温时能与浓硝酸反应，Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O。正确。Al 和Fe在常温时遇到浓硝酸会发生钝化现象，所以不能溶解。错误。因此选项为B。（4）在NaOH溶液中通入一定量的CO2，可能发生反应CO2+2NaOH= Na2CO3+ H2O；CO2+NaOH=NaHCO3。根据题目提供的可能性，按照通入CO2
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气体的物质的量由少到多的顺序，将溶液低温小心蒸干得到固体的组成可能有四种情况，分别是①NaOH 和Na2CO3的混合物；②Na2CO3；③ Na2CO3和NaHCO3的混合物；④NaHCO3。
考点：考查酸、碱、盐的性质及一定量的碱溶液中通入CO2气体时得到的产物的可能性的知识。
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