2023年高考真题变式分类汇编：有关过量问题的计算
一、选择题
1．（2020·崇明模拟）向盛有下列固体的试管中逐滴加入盐酸至过量，盐酸只发生一个化学反应的是（ ）
A．硝酸银 B．生锈的铁 C．碳酸钠 D．次氯酸钠
2．（2019高三上·杨浦模拟）用 溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得溶液中加入过量的铁粉，充分反应后，最终溶液中的金属阳离子（）
A．只含 B．含 和
C．含 和 D．只含
3．（2018·青浦模拟）一定量的钠和铝的混合物与足量的水充分反应，没有金属剩余，收到2.24L气体，下列说法一定正确的是（ ）
A．所得气体为氢气
B．所得气体的物质的量为 0.1 mol
C．上述过程只发生一个化学反应
D．所得溶液中只有一种溶质
4．（2020高一上·金台期末）下列各组中的两种物质作用时，反应条件或反应物的用量改变时，对生成物没有影响的是（ ）
A．Na与O2 B．Na2O2与CO2 C．NaOH与AlCl3 D．NaOH与CO2
5．（2020高一上·南充期末）向200mL的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol/L稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积的关系如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．0~a段只发生中和反应
B．原混合液中NaOH 的物质的量浓度为 0.1mol/L
C．a=0.2
D．原混合溶液中 NaOH与 Na2CO3的物质的量之比为1∶2
6．（2020高一上·南充期末）把一定量的Fe和Cu的混和粉末投入到FeCl3溶液中，充分反应后，下列情况不可能的是（ ）
A．Fe 和 Cu都剩 B．Fe 和 Cu 都不剩
C．Fe 剩余，Cu无剩余 D．Cu剩余，Fe无剩余
7．（2020高一上·宁波期末）下列各组物质互相反应，生成物不随反应条件或反应物用量多少而变化的是（ ）
A． 和 B． 和盐酸
C． 和氯气 D． 和 溶液
8．（2019高一上·公主岭期末）0.1molAl2(SO4)3跟350mL2mol/LNaOH溶液混合，所得沉淀的质量为（ ）
A．78g B．15.6g C．7.8g D．3.9g
9．（2018高一下·盘县期末）镁和铝分别与等浓度等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V)与时间(t)的关系如图所示，则下列关于反应中镁和铝的叙述正确的是（ ）
A．二者物质的量之比为3∶2
B．二者质量之比为3∶2
C．二者摩尔质量之比为2∶3
D．二者消耗H2SO4的物质的量之比为2∶3
10．（2018高一上·安平期末）化学学习中使用数轴的表示方法可起到直观、形象的效果，下列表达中不正确的是( )
A．常温下溶液的pH与酸碱性的关系：
B．Fe在Cl2中的燃烧产物：
C．硫的化合物中化合价与其氧化性、还原性的关系：
D．氨水与SO2反应后溶液中的铵盐：
11．（2018高一上·安平期末）下列各组物质：①Cu与HNO3溶液 ②Cu与FeCl3溶液 ③Zn与H2SO4溶液 ④Fe与盐酸 ⑤Na与O2。由于条件不同而能发生不同氧化还原反应的是（ ）
A．只有③④ B．只有①②
C．只有①③⑤ D．只有①③④⑤
12．（2018高一上·无锡期末）下列反应中,调节反应物用量或浓度不会改变反应产物的是（ ）
A．CO2通入石灰水 B．AlCl3溶液中滴入NaOH溶液
C．NaHCO3溶液中滴入稀盐酸 D．硫酸中加入锌粉
13．（2018高一上·陆川期末）下列各组稀溶液相互反应。无论前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的（ ）
A．Na2SiO3溶液与HCl溶液 B．AlCl3溶液与NaOH溶液
C．KAlO2 溶液与HCl溶液 D．Na2CO3溶液和HCl溶液
14．（2018高一上·陆川期末）向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如右图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．a点对应的溶液中：Na+、AlO2-、SO42-、NO3-
B．b点对应的溶液中：Ba2+、K+、NO3-、Cl-
C．c点对应的溶液中：Na+、Ag+、Mg2+、NO3-
D．d点对应的溶液中：Cl-、NO3-、Fe2+、Na+
15．（2016高二下·河北期末）在相同条件下，将相同物质的量的Na、Mg、Al分别加入盛有相同浓度相同盐酸的甲、乙、丙三支试管中充分反应，生成气体的体积关系不可能是（ ）
A．甲（Na）＞乙（Mg）＞丙（Al） B．甲（Na）＞乙（Mg）=丙（Al）
C．甲（Na）＜乙（Mg）＜丙（Al） D．甲（Na）=乙（Mg）=丙（Al）
16．（2016高一下·绍兴期末）在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液的体积的变化曲线如下图所示。
下列分析错误的是（ ）
A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B．b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH-
C．C点，两溶液中含有相同量的OH-
D．a、d两点对应的溶液均显中性
17．（2016高一下·营山期末）等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加入等质量的铝，生成氢气的体积比为5：6，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是（ ）
A．甲、乙中都是铝过量 B．甲中铝过量，乙中碱过量
C．甲中酸过量，乙中铝过量 D．甲中酸过量，乙中碱过量
18．（2018高二上·清远期末）将标准状况下1.12 LCO2通入含有2 g NaOH的水溶液中，完全反应并得到2 L溶液，则
对于该溶液表述正确的是( )
A．CO2和NaOH完全反应生成碳酸氢钠
B．反应所得溶液呈酸性
C．HCO的电离程度大于HCO3-的水解程度
D．存在的平衡体系只有：HCO3-＋H2O H2CO3＋OH－，HCO3- H＋＋CO32-
19．（2018高一上·包头期末）下列各组溶液，只要用试管和胶头滴管，不用任何化学试剂就可以鉴别的一组是（ ）
A．KOH和Al2（SO4）3 B．稀H2SO4和NaHCO3
C．CaCl2和Na2CO3 D．Ba（OH）2和NaHSO4
20．（2018高一上·孝义期末）将5mL0.4mol/LAgNO3溶液与10 mL 0.3mol/LBaCl2溶液混合。反应后，溶液中离子浓度最大的是（ ）
A．Cl－ B．NO3－ C．Ba2＋ D．Ag+
21．（2020高一上·通化期中）下列物质相互作用时，生成物与反应物的量或者反应条件无关的是( )
A．碳酸氢钠与石灰水 B．碳酸钠与盐酸
C．钠与水 D．钠与氧气
22．（2020高三上·乌兰察布期中）下列实验过程中产生的现象与对应的图象不相符的是( )
A． 向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液至过量
B． 向NaAlO2溶液中滴加盐酸至过量
C． 向Na2CO3溶液中逐滴加入稀盐酸
D． 向含有Mg2+和Al3+的溶液中加入NaOH溶液至过量
23．（2019高一上·丽水期中）已知反应：CS2(l)＋3O2(g)＝CO2(g) ＋2SO2(g) ,现有0.228g CS2液体在448mL氧气（标准状况，过量）中充分燃烧，恢复至标准状况后所得气体为（ ）
A．112mL B．224mL C．336mL D．448mL
24．（2019高一下·吉林期中）在4 mol/L的硫酸和2 mol/L的硝酸混合溶液10mL中，加入0.96g铜粉，充分反应后最多可收集到标准状况下的气体的体积为（ ）
A．89.6mL B．112mL C．168mL D．224mL
二、多选题
25．（2020·广州模拟）将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体。原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）（ ）
A．231.5mL B．268.8mL C．287.5mL D．313.6mL
三、非选择题
26．（2018·浙江选考）称取4.00 g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0 mL 2.00 mol·Lˉ1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60 g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04 g。
请计算：
（1）加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量 。
（2）固体混合物中氧化铜的质量 。
27．（2023高一下·河南期末）某兴趣小组欲设计实验探究氢氧化钡溶液与过量CO2的反应。请回答下列问题：
Ⅰ．配制氢氧化钡溶液
（1）现需配制950 mL 0.1 mol·L-1氢氧化钡溶液，应称量氢氧化钡晶体质量为 g[已知Ba(OH)2·8H2O的摩尔质量为315 g·mol-1]；下图配制步骤中，按先后顺序排序为 (用字母A～F填写)；如果操作F俯视刻度线，配得溶液的浓度将 (填“偏高”“偏低”或“不变”)。
A B C D E F
（2）Ⅱ．利用下图所示装置探究氢氧化钡溶液与过量CO2的反应
接通电路后，缓慢通入CO2至过量，整个过程中灯泡的亮度变化为 ，观察到溶液中的现象为 。
（3）通过上述实验某同学得出的实验结论为“CO2可与BaCO3反应”，该结论存在漏洞，理由是 ；下表可验证该方案漏洞的实验方案为 (填选项字母)。
方案一 将装置甲产生的气流通入少量纯水至饱和，测pH值与饱和二氧化碳溶液做对比
方案二 将装置甲产生的气流通入AgNO3溶液，观察是否有沉淀产生
A．只有方案一 B．只有方案二 C．方案一和方案二均可 D．方案一和方案二均不行
28．（2021高一下·汉中期末）乙酸乙酯是一种重要的化工原料，广泛用于药物染料、香料等工业。
（1）I．下图所示是乙酸乙酯的绿色合成路线之一：
M的分子式为 。
（2）下列说法错误的是 (填字母)。
a．淀粉和纤维素的分子式均为(C6H10O5)n，但n值不同
b．反应③的类型为加成反应
c．M可与银氨溶液在碱性、加热条件下反应析出银
（3）II．某课外小组同学设计如图所示装置制取并提纯乙酸乙酯。A中盛有浓硫酸，B中盛有一定量无水乙醇和冰醋酸，D中盛有饱和碳酸钠溶液。
已知：①氯化钙可与乙醇形成微溶于水的；
②；
③有关有机物的沸点如下表：
试剂 乙醚 乙醇 乙酸 乙酸乙酯
沸点/℃ 34.7 78.8 118 77.1
加热一段时间，B中生成乙酸乙酯的化学反应方程式为 。
（4）球形干燥管C的主要作用是 。
（5）若反应前向D中加入几滴无色酚酞试液，反应结束后振荡、静置，可观察到D中的现象是 。
（6）从D中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入无水氯化钙，分离出 ；再加 (填字母)除水；然后进行蒸馏，收集77℃左右的馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯。
a．五氧化二磷 b．碱石灰 c．无水硫酸钠 d．生石灰
（7）加热有利于提高乙酸乙酯的产率，但实验过程中发现，温度过高乙酸乙酯的产率反而降低，可能的原因是 (填一种)。
（8）用30g乙酸与46g乙醇反应，若实际产量是理论产量的70%，则实际得到乙酸乙酯的质量为 g。
29．（2019高二上·铜仁期末）草酸晶体的组成可表示为H2C2O4·xH2O，为了测定x值，进行下述实验：
①称取n g草酸晶体配成100.00 mL水溶液；
②取25.00 mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶中，加稀硫酸，用浓度为a mol·L－1的KMnO4溶液滴定，已知2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O
试回答下列问题：
（1）实验中不考虑铁架台等夹持仪器外，需要的仪器有（填序号） ，还缺少的仪器有（填名称） 。
A.托盘天平（带砝码，镊子）
B.滴定管 C.100mL容量瓶
D.烧杯E.漏斗 F.锥形瓶 G.玻璃棒 H.烧瓶
（2）实验中KMnO4溶液应装在 式滴定管中，滴定终点的判断依据是
（3）若在滴定前没有用amol·L-1的KMnO4溶液对滴定管进行润洗，则所测得的x值会 （偏大、偏小、无影响）。
（4）若滴定终点读数时目光仰视，则计算出的x值可能 （填偏大、偏小、无影响）。
（5）滴定过程中用去V mL a mol·L－1的KMnO4溶液，则所配制的草酸的物质的量浓度为 mol·L－1 。
30．（2019高一上·大足期末）某含有Na2O杂质的Na2O2试样，一个化学实验小组利用H2O与Na2O2的反应来测定该样品的纯度。可供选择的装置如下：
请回答下列问题：
（1）装置⑤中仪器a的名称是 。
（2）用上述装置可以组装一套最简单的测定过氧化钠样品纯度的实验装置。
Ⅰ.该实验装置的组合是 (填字母)。
a.
①④⑤
B.
①③⑤
C.
②④⑤
D.
③⑤⑥
Ⅱ.所选用装置的连接顺序应是 (填各接口的字母，连接胶管省略)。
（3）写出实验中Na2O2发生反应的化学方程式 。
（4）用上述实验后所得溶液配制成浓度为1.0mol/L的溶液，回答下列问题。
①向400mL该溶液中通入0.3mol CO2，则所得溶液中HCO3–和CO32–的物质的量浓度之比约为 。
A.1：3 B.1：2 C.2：1 D.3：1
②将上述溶液蒸发结晶得到Na2CO3和NaHCO3固体混合物，下列选项中不能准确测定混合物中Na2CO3质量分数的是 。
a.
取a g混合物充分加热，在干燥器中冷却至室温，减重b g
b.
取a g混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体
c.
取a g混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b g
d.
取a g混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b g固体
31．（2018高一上·安平期末）按要求回答问题。
（1） KAl(SO4)2的电离方程式 。
（2）向石蕊试液中通入氯气，起始时溶液变红，一段时间后溶液褪色，则使溶液变红和褪色的微粒分别是 、 (填微粒符号)。
（3） 实验室用质量分数为36.5%，密度为1.19g·cm-3的浓盐酸来配制100mL，2mol/L的稀盐酸，需要用量筒量取 mL 该浓盐酸。
（4）化学方程式H2S+H2SO4(浓)=SO2↑+S↓+2H2O，当生成4.48L (标况) SO2时，转移的电子是 mol。
（5）下列四个图像中，横坐标表示加入物质的物质的量，纵坐标表示生成沉淀的量或产生气体的量，从A～D中选择符合各题要求的序号填人表中。
溶液 加入的物质 序号
①AlCl3溶液 通入过量的NH3
②Na2CO3和NaOH的溶液 滴入过量的盐酸
③NaAlO2溶液 滴加稀硫酸至过量
32．（2018高一上·陆川期末）硝酸是一种重要的化工原料，用来制取一系列硝酸盐类氮肥，如硝酸铵、硝酸钾等;也用来制取硝基的炸药等。有机化工中也用硝酸与丙烯或乙烯、乙二醇作用制取草酸。
（1）某同学对铁与稀硝酸的反应进行探究,若稀HNO3只被还原成NO。
①写出铁与过量稀硝酸反应的离子方程式 。
②写出过量铁与稀硝酸反应的离子方程式 。
③若28克铁与含1.6摩尔硝酸的稀硝酸恰好完全反应,则生成的Fe3+和Fe2+的物质的量之比 。
④上述反应结束后,向反应后的溶液中加足量氢氧化钠溶液，滤出沉淀洗涤后,在空气中灼烧至质量不变,最终得到的固体质量为 g。
（2）饮用水中的NO3－对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中的NO3－浓度，某饮用水研究人员提出，在碱性条件下用铝粉将NO3－还原为N2。
①配平方程式： Al+ NO3－+ OH－= AlO2－+ N2↑+ 。
②上述反应中，还原剂与还原产物的物质的量之比是 ，反应中转移电子0.3mol，标准状况下生成N2是 mL。
33．（2020高二下·双鸭山期末）将标准状况下一定体积的CO2缓缓通入体积为V L NaOH溶液中，充分反应后，在减压低温的条件下蒸发溶液，得到白色固体．
（1）由于CO2通入量不同，所得到的白色固体的组成不同，推断并写出各种可能组成的化学式：（可以不填满，也可以添加序号）
① ；② ；③ ；
④ ；⑤ ；⑥ ．
（2）按反应的先后顺序，写出各步反应的离子方程式：
（3）若反应中CO2和NaOH均无剩余，反应后向溶液中加入过量的澄清石灰水生成m1g白色沉淀．
①根据以上数据，能否推理计算出标准状况下CO2的体积？若能，用代数式表示CO2的体积V（CO2）= ．若不能，理由是 ．
②根据以上数据，能否推理计算出NaOH溶液的浓度？若能，用代数式表示NaOH溶液的浓度c（NaOH）= ．若不能，理由是
34．（2022高一下·嘉兴期中）在15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成0.3molNO2和0.1molNO的混合气体。
（1）所得溶液中n(Cu2+)= mol。
（2）向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成 g沉淀。
35．（2018高三上·浙江期中）电子工业常用一定浓度的FeCl3溶液腐蚀敷有铜箔的绝缘板，制成印刷线路板。现将一块敷有铜箔的绝缘板没入500mL某浓度FeCl3溶液中，一段时间后，将该线路板取出，向所得溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后有固体剩余；将固体滤出并从滤液中取出20.00mL，向其中滴入2.00mol/LAgNO3溶液60.00 mL时，溶液中的Cl-恰好完全沉淀。请回答下列有关问题（忽略反应前后溶液体积的变化）：
（1）原FeCl3溶液的物质的量浓度是多少。
（2）假若剩余固体中有铁粉，则向溶液中加入的铁粉质量至少应当大于多少。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】A．向硝酸银中逐滴加入盐酸至过量，只发生氯离子与银离子的反应，只发生一个化学反应，故A符合题意；
B．生锈的铁中含有铁和氧化铁，逐滴加入盐酸至过量，盐酸能够与铁反应，也能与氧化铁反应，发生两个化学反应，故B不符合题意；
C．向碳酸钠中逐滴加入盐酸至过量，盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再与盐酸反应生成二氧化碳和水，发生两个化学反应，故C不符合题意；
D．向次氯酸钠中逐滴加入盐酸至过量，盐酸先与次氯酸钠反应生成次氯酸，然后次氯酸会缓慢分解生成盐酸和氧气，同时次氯酸也能将盐酸氧化放出氯气，发生的反应不止一个，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点和难点为D，要注意次氯酸钠与盐酸的反应与盐酸的浓度有关，稀盐酸一般反应生成次氯酸，浓盐酸一般反应放出氯气。
2．【答案】A
【知识点】探究铁离子和亚铁离子的转化；有关过量问题的计算
【解析】【解答】FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，向所得溶液中加入足量铁粉，铁粉先与Fe3+完全反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，再与Cu2+完全反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，最后得到氯化亚铁溶液，剩余固体为铁和铜的混合物，
故答案为：A。
【分析】铁粉与铜离子，铁离子与铁粉都发生反应，Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，Fe+Cu2+=Cu+Fe2+铁粉过量则铁离子，铜离子反应完全。
3．【答案】A
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】A.钠与水反应生成氢气，铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，所以所得气体为氢气，故A符合题意；
B.非标准状况下，2.24L气体的物质的量不一定是 0.1 mol，故B不符合题意；
C.上述过程，发生钠与水反应生、铝与氢氧化钠溶液反应，共发生两个化学反应，故C不符合题意；
D.所得溶液中的溶质可能有偏铝酸钠和氢氧化钠两种溶质，故D不符合题意。
【分析】B、体积与温度和压强有关，把0摄氏度101KP条件下称为标准状况。
D、 没有金属剩余，意味着钠与水反应生成的氢氧化钠的物质的量大于或等于铝的物质的量。所以溶液中可能还有氢氧化钠剩余。
4．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；钠的重要化合物；有关过量问题的计算；钠的氧化物
【解析】【解答】A.Na与O2在常温条件下生成Na2O，在加热或点燃条件下生成Na2O2，反应条件不同，生成物不同，不符合题意；
B.Na2O2与CO2无论反应条件和反应物的量如何变化，生成物均为Na2CO3和O2，符合题意；
C.NaOH与AlCl3反应，NaOH过量时，生成物为NaAlO2、NaCl和H2O，当AlCl3过量时，生成物为Al(OH)3和NaCl，生成物与反应物的用量有关，不符合题意；
D.NaOH与CO2反应，当CO2不足时，生成物为Na2CO3和H2O，当CO2过量时，生成物为NaHCO3，生成物与反应物的量有关，不符合题意。
【分析】依据金属钠和钠的氧化物和氢氧化钠的性质分析解答。
5．【答案】B
【知识点】物质的量浓度；有关过量问题的计算；有关混合物反应的计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．由分析知，0~a段发生反应：NaOH+HCl=NaCl和Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，A不符合题意；
B．当NaOH与Na2CO3恰好与HCl完全反应后，溶液中溶质为NaCl，根据Na、Cl元素守恒得：n（NaOH）+2n（Na2CO3）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1 mol/L ×0.4 L=0.04 mol，由图像知，生成CO2为0.01 mol，由C元素守恒知n（Na2CO3）=n（CO2）=0.01 mol，故n（NaOH）=0.02 mol，则原溶液中c（NaOH）=，B符合题意；
C．由B选项知n（NaOH）=0.02 mol ，n（Na2CO3）=n（CO2）=0.01 mol，故0~a段消耗HCl：n（HCl）=n（NaOH）+ n（Na2CO3）=0.03 mol，故a=，C不符合题意；
D．由B选项知n（NaOH）=0.02 mol ，n（Na2CO3）=n（CO2）=0.01 mol，故两者物质的量之比为2：1，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、除了中和反应外，还与碳酸钠反应生成碳酸氢钠；
C、a应该为消耗氢氧化钠和将碳酸钠完全变味碳酸氢钠所需要的的盐酸之和，为0.3L；
D、根据物料守恒可以算出碳酸根的物质的量，进而可以计算出碳酸钠消耗的盐酸的量，从而得出氢氧化钠消耗盐酸的量，求出比值。
6．【答案】C
【知识点】有关过量问题的计算；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】A．FeCl3不足，Fe未完全反应，则Cu不反应，此时可能出现Fe、Cu都剩；
B．若FeCl3量足够将Fe、Cu完全反应，此时Fe、Cu都不剩，B可能；
C．由于Fe先反应，Cu后反应，所以不可能出现Cu完全反应而Fe有剩余的情况，C符合题意；
D．Fe刚好完全反应，而Cu未反应或部分反应，此时可能出现Fe无剩余，Cu剩余；
故答案为：C。
【分析】铁会先和三价铁离子反应，铁反应完后，铜才会和三价铁反应。
7．【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；二氧化硫的性质；钠的化学性质；钠的重要化合物；有关过量问题的计算
【解析】【解答】A．Na与氧气在常温下生成氧化钠，加热条件下生成过氧化钠，故A不符合题意；
B．碳酸钠与少量盐酸生成碳酸氢钠，过量盐酸生成氯化钠、二氧化碳和水，故B不符合题意；
C．铁和氯气反应只能得到氯化铁，故C符合题意；
D．少量二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，过量二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸氢钠，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.钠与氧气常温下反应生成氧化钠，加热或者点燃生成过氧化钠；
B.碳酸钠与少量盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，与足量盐酸反应生成氯化钠和水和二氧化碳；
C.铁与氯气反应生成氯化铁；
D.二氧化硫少量反应生成亚硫酸钠和水，二氧化硫过量反应生成亚硫酸氢钠。
8．【答案】C
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】铝离子和OH-的物质的量分别是0.2mol、0.7mol，所以根据有关的方程式Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O可知，生成氢氧化铝沉淀的物质的量是0.2mol－（0.7mol－0.2mol×3）＝0.1mol，则其质量是0.1mol×78g/mol＝7.8g，
故答案为：C。
【分析】铝离子与氢氧根的反应与量有关，氢氧根少量生成氢氧化铝，氢氧根过量生成偏铝酸盐。
9．【答案】A
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】A、根据图像可知，生成的氢气体积相等。由于稀硫酸是过量的，所以根据方程式Mg+2H＋=Mg2＋+H2↑、2Al+6H＋=2Al3＋+3H2↑可知，镁和铝的物质的量之比是3:2，A符合题意；
B、镁和铝的物质的量之比是3:2，质量之比是3×24:2×27＝4:3，B不符合题意；
C、二者摩尔质量之比为24g/mol∶27g/mol＝8∶9，C不符合题意；
D、根据氢原子守恒可知，消耗的硫酸是相等的，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】化学方程式中以物质的量为中心的计算，重点抓方程式中的计量数之比=物质的量之比。
10．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；有关过量问题的计算
【解析】【解答】A．常温下溶液的pH越小，溶液的酸性越强，溶液的pH越大，溶液的碱性越强，图象符合，故A不符合题意；
B．Fe在Cl2中燃烧的产物与Fe和Cl2的用量无关，只有一种产物FeCl3，故B符合题意；
C．元素的化合价处于最低价时只有还原性，最高价只有氧化性，中间价态既有氧化性又有还原性，则-2价的S元素只有还原性，+4价的S既有氧化性又有还原性，+6价的S只有氧化性，故C不符合题意；
D．NH3 H2O+SO2=NH4HSO3，2NH3 H2O+SO2=（NH4）2SO3+H2O， ≤1，生成NH4HSO3；1＜ ＜2，产物为NH4HSO3与（NH4）2SO3混合物； ≥2，只生成（NH4）2SO3，故D不符合题意；
故选B。
【分析】A、根据溶液pH的大小与溶液酸碱性的对应来判断；
B、Fe在Cl2中燃烧只能生成FeCl3；
C、根据元素化合价的高低进行分析，最高价只有氧化性，最低价只有还原性，中间价氧化还原都具有；
D、SO2为酸性气体，根据的值判断那种物质过量，来确定生成物；
11．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；有关过量问题的计算
【解析】【解答】①Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水；
②Cu与FeCl3溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜；
③Zn与稀H2SO4溶液反应生成硫酸锌和氢气，与浓硫酸反应生成硫酸锌、二氧化硫和水；
④Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；
⑤Na与O2常温下生成氧化钠、点燃生成过氧化钠，
符合题意的是①③⑤，答案选C。
【分析】①根据Cu与浓（稀）HNO3溶液反应生成NO2、（NO）来解答；
②Cu与FeCl3溶液主要根据氧化还原反应解答；
③Zn与H2SO4溶液主要根据氧化还原反应，活泼金属与稀硫酸制备氢气，与浓硫酸制备二氧化硫解答；
④Fe与盐酸，只能制备氢气；
⑤Na与O2，根据反应条件不同，产物不同解答，常温氧化钠，点燃过氧化钠；
12．【答案】C
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】A. CO2通入足量的石灰水中生成碳酸钙和水，如果二氧化碳过量，则只生成碳酸氢钙，A不符合题意；
B. AlCl3溶液中滴入足量的NaOH溶液生成偏铝酸钠、氯化钠和水，如果氢氧化钠不足，则生成氢氧化铝和氯化钠，B不符合题意；
C. NaHCO3溶液中滴入稀盐酸生成物只能是氯化钠、水和二氧化碳，C符合题意；
D. 稀硫酸中加入锌粉生成硫酸锌和氢气，浓硫酸中加入锌生成硫酸锌、二氧化硫和水，D不符合题意，
故答案为：C
【分析】A、二氧化碳通入石灰水中，过量生成碳酸钙，少量生成碳酸氢钙
B、少量生成氢氧化铝，过量生成偏铝酸钠
D、稀硫酸放出氢气，浓硫酸放出二氧化硫
13．【答案】A
【知识点】物质的检验和鉴别；有关过量问题的计算
【解析】【解答】A．二者反应实质相同，都是氢离子与硅酸根离子反应生成硅酸沉淀，离子方程式：2H++SiO32-＝H2SiO3↓+H2O，二者现象相同，A符合题意；
B．氯化铝滴入氢氧化钠发生反应：Al3++4OH-＝AlO2-+2H2O、Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓，现象开始无沉淀，一段时间后有沉淀；氢氧化钠滴入氯化铝发生反应：Al3++3OH-=Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，现象是开始有沉淀，一段时间后无现象，所以二者现象不同，B不符合题意；
C．KAlO2和HCl反应，当前者滴入后者时，后者开始足量，开始没有沉淀4H＋＋AlO2－＝Al3＋＋4H2O，当溶液中铝元素全部变为Al3+时，它与滴入的AlO2-发生反应方程式为：Al3＋＋3AlO2－＋6H2O＝4Al(OH)3↓，现象是生成沉淀；当后者滴入前者时，前者开始足量，先有沉淀生成，当盐酸过量后沉淀溶解，滴加顺序不同时的反应现象不同，方程式为AlO2－＋H＋＋2H2O＝Al(OH)3↓、Al(OH)3＋3H＋＝Al3＋＋3H2O，C不符合题意；
D．碳酸钠滴入盐酸发生反应：Na2CO3+2HCl＝2NaCl+CO2↑+H2O，现象立刻产生气泡；盐酸滴入碳酸钠发生反应：Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，现象开始无气泡，一段时间后有气泡，所以二者现象不同，D不符合题意；
故答案选：A。
【分析】主要根据过量和少量进行解答，首先考虑，反应中是否有中间产物，例如题中中间产物：NaHCO3；Al(OH)3
A、根据制备硅酸的离子方程式即可解答；
B、主要考察氢氧化铝的两性，根据滴加的先后顺序，判断氢氧化钠是否过量可得答案；
C、主要考察氢氧化铝的两性，根据滴加的先后顺序，判断稀盐酸是否过量可得答案；
D、盐酸少量，Na2CO3溶液和HCl溶液生成NaHCO3，盐酸过量，Na2CO3溶液和HCl溶液生成CO2，区分少量与过量带来的影响。
重点：过量少量对反应的影响
14．【答案】B
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；离子共存；氢氧化铝的制取和性质探究；有关过量问题的计算
【解析】【解答】A、碳酸钠和碳酸氢钠溶液中加入盐酸，a点溶液中有碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢根离子和偏铝酸根离子不共存，A不符合题意；
B、b点溶液中只有碳酸氢钠，四种离子不反应能共存，B符合题意；
C、c点溶液为氯化钠，银离子和氯离子反应生成氯化银沉淀，C不符合题意；
D、d点溶液为氯化钠和盐酸，在酸性条件下亚铁离子被硝酸根氧化，D不符合题意。
故答案为B。
【分析】A、盐酸少量，溶液是碳酸钠和碳酸氢钠，CO32-、HCO3-与AlO2-发生双水解产生沉淀。
C、溶液恰好完全反应，含有Cl-，AgCl常考白色沉淀。
D、盐酸过量。同时存在H+，NO3-，溶液具有稀硝酸的氧化性，Fe2+具有还原性，发生氧化还原反应。
易错点：双水解反应
15．【答案】A
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；有关过量问题的计算；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：三种金属与酸反应的方程式分别为：
2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，
A、镁、铝只和酸反应，钠和酸、水都反应，无论酸过量还是金属过量，都不会出现甲（Na）＞乙（Mg）＞丙（Al），故A错误；
B、酸不足量，且三种金属与酸反应后都过量时，镁、铝只和酸反应，所以乙、丙两支试管得到的氢气全部来自于酸，所以产生的氢气体积相同；钠不仅和酸反应还和水反应，所以甲试管的氢气来自于为水和酸，导致甲试管得到的氢气体积大于乙、丙两支试管得到的氢气，故B正确；
C、三种金属不足量、酸过量时，以金属为标准进行金属，根据方程式知，生成的氢气最多的为铝，其次为镁，最少的为钠，故C正确；
D、酸不足量且钠与酸恰好完全反应时，生成的氢气全部来自于酸，因为酸的量相同，所以生成的氢气相同，故D正确；
故选A．
【分析】分情况讨论：
①酸不足量，且三种金属与酸反应后都过量时；
②三种金属都不足量、酸过量时；
③酸不足量且钠与酸恰好完全反应时；然后依据发生的化学反应来分析．
16．【答案】C
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】A．Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，即①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，A不符合题意；
B.根据图知，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，溶液中大量存在的离子是Na+和OH-，B不符合题意；
C.c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4，因为硫酸根离子浓度相同，②中钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，C符合题意；
D.a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4，水和硫酸钠溶液都呈中性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】导电原因：有可自由移动的离子。溶液导电能力与离子带的电荷数，离子的浓度有关。
注意比例不同，发生反应得到的离子方程式不同，产物也不同。
17．【答案】B
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】发生反应有：2Al+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，
讨论：（1）若酸碱均过量，则产生的氢气取决于铝，铝的质量相同，所以氢气相等1：1．
（2）若酸碱均不够，产生的氢气取决于酸碱，根据方程式，酸碱产生的比值为2：3
（3）现在的比值是5：6，比值处于 2：3和1：1之间，由于铝消耗硫酸量大于碱，此时铝对于酸过量而对于碱不足，
故选B．
【分析】利用讨论法和端值法解答，若等物质的量的铝反应，生成气体为1：1，而题中为5：6，所以第一份铝剩余；而酸或碱都反应，生成气体为2：3，即4：6，而题中为5：6，所以第二份碱不能都反应．
18．【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素；有关过量问题的计算
【解析】【解答】解：标况下二氧化碳的物质的量为 =0.05mol，氢氧化钠的物质的量为 =0.05mol，二者反应生成碳酸氢钠。
A、反应生成碳酸氢钠，A符合题意；
B、碳酸氢钠溶液显碱性，B不符合题意；
C、碳酸氢根离子水解大于碳酸氢根离子电离，C不符合题意；
D、除了这两个平衡，还有水的电离平衡，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】标况下1.12LCO2的物质的量为0.05mol；2gNaOH的物质的量为0.05mol，二氧化碳与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成碳酸氢钠；碳酸氢根水解程度大于电离程度，使溶液呈碱性；
19．【答案】A
【知识点】铝的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物；有关过量问题的计算
【解析】【解答】A．KOH和Al2（SO4）3滴加顺序不同，现象不同，将KOH滴加到Al2（SO4）3中，先生成沉淀，后溶解，将Al2（SO4）3滴加到KOH中，先没有现象，后生成沉淀，二者反应现象不同，可鉴别，A符合题意；
B．无论是稀H2SO4滴加到NaHCO3中，还是NaHCO3滴加到稀H2SO4中，都产生气体，不能鉴别，B不符合题意；
C．无论是CaCl2滴加到Na2CO3中，还是Na2CO3滴加到CaCl2中，都产生沉淀，不能鉴别，C不符合题意；
D．无论是Ba（OH）2滴加到NaHSO4中，还是NaHSO4滴加到Ba（OH）2中，都产生沉淀，不能鉴别，D不符合题意．
故答案为：A
【分析】A.用胶头滴管将KOH滴加到Al2（SO4）3中，氢氧根离子少量，先生成氢氧化铝沉淀，后溶解，将Al2（SO4）3滴加到KOH中，氢氧根离子过量，先没有现象，后生成氢氧化铝沉淀；
B.稀H2SO4和NaHCO3反应生成二氧化碳和硫酸钠，无过量、少量之分；
C.CaCl2和Na2CO3反应生成氯化钠和碳酸钙沉淀，无过量、少量之分；
D.Ba（OH）2和NaHSO4反应会产生硫酸钡沉淀。
20．【答案】A
【知识点】物质的量浓度；有关过量问题的计算
【解析】【解答】根据发生反应的离子方程式为：Ag++ Cl－=AgCl↓，0.002mol银离子反应需0.002mol氯离子，剩余0.004mol，Ag+反应完，NO3－是0.002mol，Ba2＋是0.003mol，故Cl－的浓度是最大的， A项正确。
故答案为：A
【分析】根据硝酸银与氯化钡的反应，分析反应后剩余离子的物质的量浓度的大小进行判断即可。
21．【答案】C
【知识点】钠的化学性质；钠的重要化合物；有关过量问题的计算
【解析】【解答】A．石灰水少量，反应生成碳酸钙、碳酸根离子和水，石灰水过量，反应生成碳酸钙和水，A不满足题意；
B．盐酸少量，生成碳酸氢根离子，盐酸过量，生成水和二氧化碳，B不满足题意；
C．钠与水无论哪种物质过量均生成氢氧化钠和氢气，C满足题意；
D．钠与氧气常温反应时生成氧化钠，加热时生成过氧化钠，D不满足题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据碳酸氢钠与氢氧化钙反应时，碳酸氢钠显弱酸性，发生酸碱中和，氢氧化钙少量，生成碳酸钙、碳酸根离子和水，氢氧化钙过量，反应生成碳酸钙和水解答；
B、根据碳酸属于二元弱酸，碳酸钠与盐酸反应时，盐酸少量生成碳酸氢钠，盐酸过量生成二氧化碳；
C、根据钠属于活泼金属，与水能够生成氢氧化钠与氢气解答；
D、根据钠在常温下与氧气生成氧化钠，燃烧生成过氧化钠，条件不同产物不同；
22．【答案】C
【知识点】两性氧化物和两性氢氧化物；有关过量问题的计算
【解析】【解答】A. 先发生 反应，再发生 反应，与图象相符，故A不符合题意；
B. 先发生 反应，再发生 ，与图象相符，故B不符合题意；
C. 先发生 反应，再发生 反应，与图象不符，故C符合题意；
D. 先发生Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓、Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，再发生 反应，与图象相符，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】C项为易错点，注意碳酸钠和盐酸反应时的滴加顺序不同，发生的反应也不同。
23．【答案】D
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】根据反应CS2(l)＋3O2(g)＝CO2(g) ＋2SO2(g)可知，反应中消耗O2的体积等于生成CO2和SO2的体积，因标准状况下CS2为液体，所以不管O2是否过量，也不管反应进行到什么程度，反应过程中气体的体积始终不变，及恢复至标准状况后所得气体仍为448mL，
故答案为：D。
【分析】 CS2为液态，反应CS2(l)＋3O2(g)＝CO2(g) ＋2SO2(g)为气体体积不变的反应，则反应后气体体积与氧气体积相等，据此解答。
24．【答案】D
【知识点】硝酸的化学性质；有关过量问题的计算
【解析】【解答】铜与稀硝酸反应的实质是3Cu+8H++2NO3-＝3Cu2++2NO↑+4H2O，在溶液中每3molCu与8molH+完全反应生成2molNO气体。混合溶液中含H+物质的量＝0.02mol×2+0.02mol＝0.06molH+，0.96g铜的物质的量＝0.96g÷64g/mol＝0.015mol。根据离子方程式可知3Cu～8H+～2NO，因此氢离子过量，铜离子完全反应，则生成的NO气体的物质的量＝0.01mol，标准状况下的体积为224mL，
故答案为：D。
【分析】根据铜与硝酸反应的离子方程式进行计算过量问题，然后计算生成的气体的物质的量，然后得到标准状况下的体积即可。
25．【答案】B,D
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】将O2和NH3的混合气体通过加热的三氧化二铬，发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O。充分反应后，再通过足量的水，发生反应：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，将两个方程式叠加，可得总反应方程式：NH3+2O2= HNO3+H2O，若最后得到的气体是NO，则氧气完全反应，发生反应消耗的气体的体积是448mL-44.8mL=403.2mL，其中含有的氧气是V(O2)= 403.2mL×2/3=268.8mL。若最后剩余的气体是O2，则O2应该是反应消耗的和剩余的两部分，氧气的体积是：V(O2)= 403.2mL×2/3+44.8mL =313.6mL。故答案是选项BD。
【分析】本题涉及氧化还原反应的有关计算，对于多步反应的化学计算，要学会使用关系式方法、元素守恒、电子守·陋确定物质之间的相互关系。先判断过量物质的成分，再结合物质反应中的关系判断所有的可能性。
26．【答案】（1）0.100 mol
（2）2.40 g
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；有关过量问题的计算
【解析】【解答】（1）根据CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、CuSO4+Fe=FeSO4+Cu、Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4可知，最终溶液中的溶质都属于硫酸盐，根据硫酸根离子守恒可知，溶液中溶质的物质的量等于硫酸的物质的量，即0.05L×2.00mol/L=0.1mol；
故答案为：0.100mol；
（2）5.6g铁粉的物质的量为0.1mol最多可消耗0.1mol硫酸根离子生成硫酸亚铁，但原溶液中含有硫酸铁，则铁粉过量，最终固体为铜与铁的混合物，设CuO的物质的量为x，Fe2O3的物质的量为y，则
5.6+64x-56×(x+y+0.1-x-3y)=3.04
80x+160y=4
解得x=0.03 y=0.01
所以CuO的质量为0.03mol×80g/mol=2.40g；
故答案为：2.40g。
【分析】根据氧化还原反应中得失电子守恒进行解答。
27．【答案】（1）31.5；DBCAFE；偏高
（2）灯泡先变暗，继续通气体灯泡又变亮；先生成白色沉淀后溶液变澄清
（3）气体中有HCl杂质；C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；有关过量问题的计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】(1) 要配制950 mL 0.1 mol·L-1氢氧化钡溶液，应配制成1000mL的溶液，应称量氢氧化钡晶体质量为0.1mol/L×1L×315g/mol=31.5g；配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为：计算出所需称量的固体的质量，溶解后的溶液转移到容量瓶中，烧杯和玻璃棒洗涤2~3次，洗涤液也转移到容量瓶中，向容量瓶中加入蒸馏水至刻度线下1~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，盖好瓶塞，上下颠倒摇匀。如果操作F俯视刻度线，加入的水偏少，溶液体积偏小，浓度偏高；
故答案为：
第1空、31.5
第2空、DBCAFE
第3空、偏高
(2) 未通CO2前，灯泡亮；CO2通入氢氧化钡溶液中，首先CO2和氢氧化钡发生反应，溶液中离子浓度降低，灯泡变暗，继续通入二氧化碳，CO2和碳酸钡和水反应生成Ba(HCO3)2，溶于水，离子浓度又增大，灯泡又变亮。
故答案为：
第1空、灯泡先变暗，继续通气体灯泡又变亮
第2空、先生成白色沉淀后溶液变澄清
(3) 盐酸挥发，在二氧化碳中会混有HCl，该通过上述实验得出的实验结论“CO2可与BaCO3反应”存在漏洞；若验证该方案的漏洞，只需确定HCl存在与否。方案一：若有HCl，则溶液的pH小；方案二：若有HCl， 加AgNO3溶液有白色沉淀AgCl生成；
故答案为：
第1空、气体中有HCl杂质
第2空、C
【分析】(1) 要配制950 mL 0.1 mol·L-1氢氧化钡溶液，应配制成1000mL的溶液，应称量氢氧化钡晶体质量为0.1mol/L×1L×315g/mol=31.5g；配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为：计算出所需称量的固体的质量，溶解后的溶液转移到容量瓶中，烧杯和玻璃棒洗涤2~3次，洗涤液也转移到容量瓶中，向容量瓶中加入蒸馏水至刻度线下1~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，盖好瓶塞，上下颠倒摇匀。俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高；
(2) CO2和氢氧化钡发生反应，溶液中离子浓度降低，继续通入二氧化碳，CO2和碳酸钡和水反应生成Ba(HCO3)2，溶于水，离子浓度又增大；
(3) 若有HCl，则溶液的pH小；若有HCl，加 AgNO3溶液有白色沉淀AgCl生成。
28．【答案】（1）C6H12O6
（2）b
（3）
（4）防倒吸
（5）溶液分层，上层为无色油体液体，下层溶液颜色变浅
（6）乙醇；c
（7）温度过高，会增大乙醇和乙酸的挥发，未经反应就脱离了反应体系或温度过高会发生副反应，导致产率降低
（8）30.8
【知识点】乙酸乙酯的制取；有关过量问题的计算
【解析】【解答】I．(1)由分析可知，M为葡萄糖，分子式为C6H12O6，故答案为：C6H12O6；
(2) a．淀粉和纤维素的分子式均为(C6H10O5)n，但聚合度n值不同，故正确；
b．由分析可知，反应③为乙醇与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应直接生成乙酸，乙醇与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应直接生成乙酸，故不正确；
c．由分析可知，M为葡萄糖，在碱性条件下，可与银氨溶液共热发生银镜反应生成银，故正确；
b不正确，故答案为：b；
II．(3)B中生成乙酸乙酯的反应为在浓硫酸作用下，乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学反应方程式为，故答案为：；
(4) 由分析可知，乙酸能与碳酸钠溶液反应，乙醇易溶于水，在吸收乙酸乙酯时直接将反应物通入饱和碳酸钠溶液中会产生倒吸，则球形干燥管C的主要作用是起防倒吸，故答案为：防倒吸；
(5)饱和碳酸钠溶液呈碱性，若反应前向D中加入几滴无色酚酞试液，溶液会变为红色，由于乙酸乙酯不溶于水，反应结束后振荡、静置，可观察到D中的现象是溶液分层，上层为无色油体液体，下层溶液颜色变浅，故答案为：溶液分层，上层为无色油体液体，下层溶液颜色变浅；
(6)若从D中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，由信息可知，可向混合物中先加入无水氯化钙，将乙醇转化为微溶的，分离出乙醇；再加入无水硫酸钠除去乙酸乙酯中混有的水，然后进行蒸馏，收集77℃左右的馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯，故答案为：乙醇；c；
(7) 加热有利于提高乙酸乙酯的产率，但温度过高，会增大乙醇和乙酸的挥发，未经反应就脱离了反应体系导致乙酸乙酯的产率降低；由于浓硫酸具有强氧化性和脱水性，若温度过高，会使乙醇发生副反应导致乙酸乙酯的产率降低，故答案为：温度过高，会增大乙醇和乙酸的挥发，未经反应就脱离了反应体系或温度过高会发生副反应，导致产率降低；
(8)由反应方程式可知，30g乙酸与46g乙醇反应时，乙醇过量，若实际产量是理论产量的70%，则实际得到乙酸乙酯的质量为×70%×88g/mol=30.8g，故答案为：30.8。
【分析】（1）淀粉或纤维素水解为葡萄糖；
（2） 淀粉和纤维素的分子式均为(C6H10O5)n ，n值不同。不互为同分异构体；葡萄糖是还原性糖含醛基，能发生银镜反应；
（3）乙酸乙酯的制备的反应原理为；
（4）球型干燥管的作用是放倒吸；
（5）挥发出来的乙酸和碳酸钠反应，溶液碱性减弱，红色变浅，乙酸乙酯难溶于水，密度比水小；
（6）乙酸乙酯的分离除杂，由题意知无水氯化钙可以除去乙醇，用无水硫酸钠除去水，再蒸馏；
（7）乙酸、乙醇都有挥发性，温度升高，加快了他们的挥发；
（8）对比乙酸、乙醇的摩尔质量可知乙醇过量，则用乙酸来计算。
29．【答案】（1）ABCDFG；胶头滴管
（2）酸；滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液从无色变为紫色且半分钟不褪去，说明滴定到终点
（3）偏小
（4）偏小
（5）0.1aV
【知识点】物质的量浓度；有关过量问题的计算；酸（碱）式滴定管的使用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）为了准确配制一定浓度的草酸溶液，所需要的实验仪器主要为：托盘天平（带砝码，镊子）、100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；用高锰酸钾溶液进行滴定测草酸的物质的量，所需要的实验仪器主要有：烧杯、酸式滴定管、铁架台（带滴定管夹）、锥形瓶等，
故答案为：ABCDFG，还缺少的仪器为：胶头滴管，故答案为：ABCDFG；胶头滴管；（2）KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀碱式滴定管中的橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，当滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液从无色变为紫色且半分钟不褪去，说明滴定到终点，故答案为：酸；滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液从无色变为紫色且半分钟不褪去，说明滴定到终点；（3）在滴定前没有用a mol·L-1的KMnO4溶液对滴定管进行润洗，相当于稀释了KMnO4标准溶液，则会使V(标准)偏大，根据c（待测）= 可知，c（待测）偏大，导致n(H2C2O4)会偏大，则计算出的x会偏小，故答案为：偏小；（4）若滴定终点读数时目光仰视，会使V(标准)偏大，根据c（待测）= 可知，c（待测）偏大，导致n(H2C2O4)会偏大，则计算出的x会偏小，故答案为：偏小；（5）根据关系式2KMnO4 5H2C2O4可得n (H2C2O4) = = mol，则
c(H2C2O4) = = 0.1 aV mol L-1，故答案为：0.1 aV。
【分析】（1）实验有两个过程：配制准确浓度的草酸溶液，所需要的实验仪器主要有天平（含砝码）、烧杯、药匙、100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等；用高锰酸钾溶液进行滴定测草酸的物质的量：所需要的实验仪器主要有烧杯、酸式滴定管、铁架台（带滴定管夹）、锥形瓶等；根据以上操作中使用的仪器进行解答；（2）KMnO4溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中；根据酸性高锰酸钾本身显紫色及操作规范分析作答；（3）（4）先根据实验的规范操作对公式c（待测）= 的影响分析误差，再结合实验计算过程分析出草酸含量，草酸含量越大，其结晶水的质量越小，即所得x值越小，据此分析作答；（5）根据已知的化学方程式中物质的量与其化学计量数之间的关系作答。
30．【答案】（1）分液漏斗
（2）A；G→A、B→F
（3）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
（4）C；c
【知识点】钠的重要化合物；化学实验操作的先后顺序；分液和萃取；有关过量问题的计算
【解析】【解答】⑴装置⑤中仪器a的名称是分液漏斗；⑵用⑤作为反应装置，通过排除①中水的体积测量④中得到水的量，整个装置是比较简单的测定过氧化钠样品纯度的实验装置，因此A正确；选用装置的连接顺序应是G→A、B→F；⑶实验中Na2O2发生反应的化学方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；⑷①HCO3–和CO32–的物质的量分别为x、y，向400mL该溶液即物质的量n=1.0mol/L×0.4L=0.4mol，通入0.3mol CO2，x+y=0.3，x+2y=0.4，解得x=0.2mol，y=0.1mol，浓度之比等于物质的量之比，因此所得溶液中HCO3–和CO32–的物质的量浓度之比约为2：1，C正确；②a.取a g混合物充分加热，在干燥器中冷却至室温，减重b g，减少的质量为碳酸氢钠分解生成的二氧化碳和水的质量，因此能计算出碳酸钠的质量分数，故a不满足题意；
b.取a g混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体，最后得到氯化钠固体，根据方程组求算出碳酸钠的质量分数，故b不满足题意；
c.取a g混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b g，碱石灰增加的质量是二氧化碳和水的质量，因水的质量无法计算，故不能计算碳酸钠的质量分数，故c满足题意；
d.取a g混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b g固体，得到碳酸钡沉淀，根据方程组求算出碳酸钠的质量分数，故d不满足题意；
综上所述，答案案为c。
【分析】⑴装置⑤中仪器a的名称是分液漏斗；⑵用⑤作为反应装置，通过排除①中水的体积测量④中得到水的量，来计算过氧化钠纯度；⑶实验中Na2O2发生反应的化学方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；⑷HCO3–和CO32–的物质的量分别为x、y，根据量的关系进行计算。
31．【答案】（1）KAl(SO4)2 = K++ Al3++2SO42-
（2）H+；HClO
（3）16.8
（4）0.4
（5）C；D；B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；电离方程式的书写；有关过量问题的计算；氯水、氯气的漂白作用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】
解：（1） KAl(SO4)2在水中电离为K+、 Al3+、SO42-，电离方程式是KAl(SO4)2 = K++ Al3++2SO42-；
（2）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸使石蕊变红、次氯酸具有漂白性使石蕊褪色，使溶液变红和褪色的微粒分别是H+、 HClO；
（3） 质量分数为36.5%，密度为1.19g·cm-3的浓盐酸的物质的量浓度是 ，设需要浓盐酸的体积是VL， 根据稀释前后溶质物质的量不变， ，V=0.0168L=16.8mL；
（4）根据氧化还原反应的归中规律，H2SO4被还原为SO2；H2S被氧化为S，所以当生成4.48L(标况)SO2时，转移的电子是 。（5）AlCl3溶液通入过量的NH3，生成氢氧化铝和氯化铵，符合图像是C；
Na2CO3和NaOH的溶液，滴入过量的盐酸，依次发生的反应是 、 、 ，所以符合图像是D；
NaAlO2溶液滴加稀硫酸至过量，依次发生的反应是 、 ，所以符合图像是B。
【分析】（1）KAl(SO4)2为强电解质，完全电离；
（2）根据氯气与水反应方程式，结合题中现象推断；
（3）根据溶液稀释过程中，溶质物质的量保持不变计算：公式化简为c={#mathmL#}{#/mathmL#} ；c1V1=c2V2；
（4）根据化合价升降确定氧化剂与还原剂，再根据SO2的物质的量计算转移电子的个数；
（5）C、AlCl3溶液通入过量的NH3，生成氢氧化铝，氢氧化铝不会溶解于氨水中；
D、Na2CO3和NaOH的溶液，滴入过量的盐酸，先进行酸碱中和，再进行酸与碳酸盐反应；
B、NaAlO2溶液滴加稀硫酸至过量：酸少量时产生沉淀氢氧化铝。酸过量，氢氧化铝溶解；主要考察氢氧化铝的两性；
32．【答案】（1）Fe+NO3－+4H+=Fe3++NO↑+2H2O；3Fe+2NO3－+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O；2：3；40
（2）10；6；4；10；3；2H2O；10：3；672
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；有关过量问题的计算；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）①铁与过量稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，反应的离子方程式为Fe+NO3－+4H+=Fe3++NO↑+2H2O；
②过量铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，反应的离子方程式为3Fe+2NO3－+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O；
③设生成的Fe3+和Fe2+的物质的量分别是xmol、ymol，28g铁的物质的量是28g÷56g/mol＝0.5mol，则x+y＝0.5。根据硝酸根守恒可知被还原的硝酸是(1.6－3x－2y)mol，根据电子得失守恒可知3x+2y＝3×(1.6－3x－2y)，解得x＝0.2、y＝0.3，所以生成的Fe3+和Fe2+的物质的量之比为2：3；
④由于氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，所以最终得到的沉淀是氢氧化铁，在空气中灼烧至质量不变得到氧化铁，根据铁原子守恒可知氧化铁的物质的量是0.5mol÷2＝0.25mol，质量为0.25mol×160g/mol＝40g。
（2）①反应中铝元素化合价从0价升高到+3价，失去3个电子，氮元素化合价从+5价降低到0价，得到5个电子，所以根据电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒可知配平后的方程式为10Al+6NO3－+4OH－＝10AlO2－+3N2↑+2H2O；
②根据以上分析可知上述反应中，还原剂是铝，还原产物是氮气，则二者的物质的量之比是10：3。产生3mol氮气，转移30mol电子，如果反应中转移电子0.3mol，则生成0.03mol氮气，在标准状况下的体积是0.03mol×22.4L/mol＝0.672L＝672mL。
【分析】（1）铁与稀硝酸反应，硝酸过量产物则为Fe3+，少量则为Fe2+；
（2）铁与稀硝酸恰好完全反应，溶液中的溶质仅有Fe(NO3)3、Fe(NO3)2，可先计算与Fe元素结合的NO3-的物质的量，进而求出被还原的NO3-的物质的量n=n1-n2,生成的Fe3+和Fe2+的物质的量分别是xmol、ymol，x+y＝0.5。氧化原则中得失电子守恒3x+2y＝3×(1.6－3x－2y)，解方程组可得答案。
(3)、根据反应中，原子守恒，且目的是减少危害，可以确定缺少的物质为水。也可以根据氧化还原中，化合价的升降推断氧化剂与还原剂，得失电子守恒，配平已有物质，再推断。
易错点：氧化还原中电子得失守恒的计算，硝酸过量少量对产物的影响，离子方程式的书写
33．【答案】（1）NaOH和Na2CO3；Na2CO3；Na2CO3和NaHCO3；NaHCO3；不填；不填
（2）CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O；CO32﹣+H2O+CO2=2HCO3﹣
（3）0.224m1L；不填；不能；若为Na2CO3和NaHCO3 ，利用已知的信息无法计算钠离子的物质的量，则不能计算出NaOH溶液的浓度
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】（1）①当CO2与NaOH的物质的量比小于1：2时，由反应CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O可知反应生成碳酸钠，还有剩余的
NaOH，减压低温的条件下蒸发溶液，得到白色固体为NaOH和Na2CO3 ；
②当二氧化碳与NaOH的物质的量为1：2时，反应CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O恰好完全进行，则溶液中的溶质为Na2CO3，减压低温的条件下蒸发溶液，得到白色固体为Na2CO3 ；
③当二氧化碳与NaOH的物质的量比大于1：2，而小于1：1时，发生CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+NaOH═NaHCO3，减压低温的条件下蒸发溶液，得到白色固体为Na2CO3和NaHCO3 ；
④当二氧化碳与NaOH的物质的量比≥1：1时，发生CO2+NaOH═NaHCO3，减压低温的条件下蒸发溶液，得到白色固体为
NaHCO3；
故答案为：NaOH和Na2CO3 ；Na2CO3；Na2CO3和NaHCO3 ；NaHCO3；
（2）因CO2缓缓通入NaOH溶液中，先发生CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，后发生Na2CO3+H2O+CO2═NaHCO3，
离子反应分别为CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O、CO32﹣+H2O+CO2=2HCO3﹣，
故答案为：CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O；CO32﹣+H2O+CO2=2HCO3﹣；
（3）①因白色沉淀为碳酸钙，由碳原子守恒可知，标准状况下二氧化碳的体积为×22.4L/mol=0.224m1L，
故答案为：0.224m1L；
②反应中CO2和NaOH均无剩余，溶液中的溶质可能为Na2CO3，也可能为NaHCO3，还可能为Na2CO3和NaHCO3 ，加入过量的澄清石灰水生成m1g白色沉淀，只能有碳原子守恒计算出碳的物质的量，但若为Na2CO3和NaHCO3 ，利用已知的信息无法计算钠离子的物质的量，则不能计算出NaOH溶液的浓度，
故答案为：不能；若为Na2CO3和NaHCO3 ，利用已知的信息无法计算钠离子的物质的量，则不能计算出NaOH溶液的浓度．
【分析】（1）根据CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+NaOH═NaHCO3来分析；
（2）根据反应先生成碳酸钠，后生成碳酸氢钠来书写离子反应方程式；
（3）①白色沉淀为碳酸钙，利用碳原子守恒可计算二氧化碳的体积；
②因反应后的溶质不确定，无法计算NaOH溶液的浓度．
34．【答案】（1）0.15
（2）25.4
【知识点】有关过量问题的计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)在氧化还原反应中金属失去电子与HNO3得到电子被还原为气体时得到电子的物质的量相等，则n(e-)=0.3 mol×(5-4)+0.1 mol×(5-2)=0.6 mol，假设混合物中Fe、Cu的物质的量分别为x、y，由于硝酸足量，铁和铜组成的合金与HNO3反应产生Fe(NO3)3、Cu(NO3)2，则3x+2y=0.6 mol，56x+64y=15.2 g，解得x=0.1 mol，y=0.15 mol，所以Cu反应后得到的Cu2+的物质的量为0.15 mol，故答案为：0.15；
(2)反应会向所得溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2，加入足量NaOH溶液，得到Fe(OH)3、Cu(OH)2，沉淀质量为金属Fe、Cu的质量与OH-的质量和，OH-的物质的量与转移电子的物质的量相等，则n(沉淀)= 15.2 g+0.6 mol×17 g/mol=25.4 g，故答案为：25.4。
【分析】15.2 g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，生成硝酸铁、硝酸铜，向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜。
35．【答案】（1）解：从滤液中取出20.00mL，向其中滴入2.00mol L 1AgNO3溶液60.00mL，溶液中的Cl 恰好完全沉淀，则20mL溶液中n(Cl )=n(Ag+)=2.00mol/L×0.060L=0.12mol，所以原溶液500mL中n(Cl )=0.12mol× =3.00mol，n(FeCl3)=1.00 mol，溶液A中c(FeCl3)=
（2）解：铜箔先和FeCl3反应，生成铜离子，加入过量的铁粉之后，铜又被置换出来，也就是说溶液中最后只有FeCl2。根Cl-守恒可知，n(Cl-)=n(FeCl2)×2=3.00 mol，n(FeCl2)=1.50mol。所以加入Fe的物质的量为n(Fe)= n(FeCl2)- n(FeCl3)=1.5mol-1mol=0.50mol，质量为28.0g。
【知识点】有关过量问题的计算；离子方程式的有关计算
【解析】【分析】（1）根据离子反应计算氯化铁的物质的量浓度；
（2）根据氯离子守恒计算需要铁的质量即可。
2023年高考真题变式分类汇编：有关过量问题的计算
一、选择题
1．（2020·崇明模拟）向盛有下列固体的试管中逐滴加入盐酸至过量，盐酸只发生一个化学反应的是（ ）
A．硝酸银 B．生锈的铁 C．碳酸钠 D．次氯酸钠
【答案】A
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】A．向硝酸银中逐滴加入盐酸至过量，只发生氯离子与银离子的反应，只发生一个化学反应，故A符合题意；
B．生锈的铁中含有铁和氧化铁，逐滴加入盐酸至过量，盐酸能够与铁反应，也能与氧化铁反应，发生两个化学反应，故B不符合题意；
C．向碳酸钠中逐滴加入盐酸至过量，盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再与盐酸反应生成二氧化碳和水，发生两个化学反应，故C不符合题意；
D．向次氯酸钠中逐滴加入盐酸至过量，盐酸先与次氯酸钠反应生成次氯酸，然后次氯酸会缓慢分解生成盐酸和氧气，同时次氯酸也能将盐酸氧化放出氯气，发生的反应不止一个，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点和难点为D，要注意次氯酸钠与盐酸的反应与盐酸的浓度有关，稀盐酸一般反应生成次氯酸，浓盐酸一般反应放出氯气。
2．（2019高三上·杨浦模拟）用 溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得溶液中加入过量的铁粉，充分反应后，最终溶液中的金属阳离子（）
A．只含 B．含 和
C．含 和 D．只含
【答案】A
【知识点】探究铁离子和亚铁离子的转化；有关过量问题的计算
【解析】【解答】FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，向所得溶液中加入足量铁粉，铁粉先与Fe3+完全反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，再与Cu2+完全反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，最后得到氯化亚铁溶液，剩余固体为铁和铜的混合物，
故答案为：A。
【分析】铁粉与铜离子，铁离子与铁粉都发生反应，Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，Fe+Cu2+=Cu+Fe2+铁粉过量则铁离子，铜离子反应完全。
3．（2018·青浦模拟）一定量的钠和铝的混合物与足量的水充分反应，没有金属剩余，收到2.24L气体，下列说法一定正确的是（ ）
A．所得气体为氢气
B．所得气体的物质的量为 0.1 mol
C．上述过程只发生一个化学反应
D．所得溶液中只有一种溶质
【答案】A
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】A.钠与水反应生成氢气，铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，所以所得气体为氢气，故A符合题意；
B.非标准状况下，2.24L气体的物质的量不一定是 0.1 mol，故B不符合题意；
C.上述过程，发生钠与水反应生、铝与氢氧化钠溶液反应，共发生两个化学反应，故C不符合题意；
D.所得溶液中的溶质可能有偏铝酸钠和氢氧化钠两种溶质，故D不符合题意。
【分析】B、体积与温度和压强有关，把0摄氏度101KP条件下称为标准状况。
D、 没有金属剩余，意味着钠与水反应生成的氢氧化钠的物质的量大于或等于铝的物质的量。所以溶液中可能还有氢氧化钠剩余。
4．（2020高一上·金台期末）下列各组中的两种物质作用时，反应条件或反应物的用量改变时，对生成物没有影响的是（ ）
A．Na与O2 B．Na2O2与CO2 C．NaOH与AlCl3 D．NaOH与CO2
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；钠的重要化合物；有关过量问题的计算；钠的氧化物
【解析】【解答】A.Na与O2在常温条件下生成Na2O，在加热或点燃条件下生成Na2O2，反应条件不同，生成物不同，不符合题意；
B.Na2O2与CO2无论反应条件和反应物的量如何变化，生成物均为Na2CO3和O2，符合题意；
C.NaOH与AlCl3反应，NaOH过量时，生成物为NaAlO2、NaCl和H2O，当AlCl3过量时，生成物为Al(OH)3和NaCl，生成物与反应物的用量有关，不符合题意；
D.NaOH与CO2反应，当CO2不足时，生成物为Na2CO3和H2O，当CO2过量时，生成物为NaHCO3，生成物与反应物的量有关，不符合题意。
【分析】依据金属钠和钠的氧化物和氢氧化钠的性质分析解答。
5．（2020高一上·南充期末）向200mL的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol/L稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积的关系如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．0~a段只发生中和反应
B．原混合液中NaOH 的物质的量浓度为 0.1mol/L
C．a=0.2
D．原混合溶液中 NaOH与 Na2CO3的物质的量之比为1∶2
【答案】B
【知识点】物质的量浓度；有关过量问题的计算；有关混合物反应的计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．由分析知，0~a段发生反应：NaOH+HCl=NaCl和Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，A不符合题意；
B．当NaOH与Na2CO3恰好与HCl完全反应后，溶液中溶质为NaCl，根据Na、Cl元素守恒得：n（NaOH）+2n（Na2CO3）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1 mol/L ×0.4 L=0.04 mol，由图像知，生成CO2为0.01 mol，由C元素守恒知n（Na2CO3）=n（CO2）=0.01 mol，故n（NaOH）=0.02 mol，则原溶液中c（NaOH）=，B符合题意；
C．由B选项知n（NaOH）=0.02 mol ，n（Na2CO3）=n（CO2）=0.01 mol，故0~a段消耗HCl：n（HCl）=n（NaOH）+ n（Na2CO3）=0.03 mol，故a=，C不符合题意；
D．由B选项知n（NaOH）=0.02 mol ，n（Na2CO3）=n（CO2）=0.01 mol，故两者物质的量之比为2：1，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、除了中和反应外，还与碳酸钠反应生成碳酸氢钠；
C、a应该为消耗氢氧化钠和将碳酸钠完全变味碳酸氢钠所需要的的盐酸之和，为0.3L；
D、根据物料守恒可以算出碳酸根的物质的量，进而可以计算出碳酸钠消耗的盐酸的量，从而得出氢氧化钠消耗盐酸的量，求出比值。
6．（2020高一上·南充期末）把一定量的Fe和Cu的混和粉末投入到FeCl3溶液中，充分反应后，下列情况不可能的是（ ）
A．Fe 和 Cu都剩 B．Fe 和 Cu 都不剩
C．Fe 剩余，Cu无剩余 D．Cu剩余，Fe无剩余
【答案】C
【知识点】有关过量问题的计算；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】A．FeCl3不足，Fe未完全反应，则Cu不反应，此时可能出现Fe、Cu都剩；
B．若FeCl3量足够将Fe、Cu完全反应，此时Fe、Cu都不剩，B可能；
C．由于Fe先反应，Cu后反应，所以不可能出现Cu完全反应而Fe有剩余的情况，C符合题意；
D．Fe刚好完全反应，而Cu未反应或部分反应，此时可能出现Fe无剩余，Cu剩余；
故答案为：C。
【分析】铁会先和三价铁离子反应，铁反应完后，铜才会和三价铁反应。
7．（2020高一上·宁波期末）下列各组物质互相反应，生成物不随反应条件或反应物用量多少而变化的是（ ）
A． 和 B． 和盐酸
C． 和氯气 D． 和 溶液
【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；二氧化硫的性质；钠的化学性质；钠的重要化合物；有关过量问题的计算
【解析】【解答】A．Na与氧气在常温下生成氧化钠，加热条件下生成过氧化钠，故A不符合题意；
B．碳酸钠与少量盐酸生成碳酸氢钠，过量盐酸生成氯化钠、二氧化碳和水，故B不符合题意；
C．铁和氯气反应只能得到氯化铁，故C符合题意；
D．少量二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，过量二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸氢钠，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.钠与氧气常温下反应生成氧化钠，加热或者点燃生成过氧化钠；
B.碳酸钠与少量盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，与足量盐酸反应生成氯化钠和水和二氧化碳；
C.铁与氯气反应生成氯化铁；
D.二氧化硫少量反应生成亚硫酸钠和水，二氧化硫过量反应生成亚硫酸氢钠。
8．（2019高一上·公主岭期末）0.1molAl2(SO4)3跟350mL2mol/LNaOH溶液混合，所得沉淀的质量为（ ）
A．78g B．15.6g C．7.8g D．3.9g
【答案】C
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】铝离子和OH-的物质的量分别是0.2mol、0.7mol，所以根据有关的方程式Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O可知，生成氢氧化铝沉淀的物质的量是0.2mol－（0.7mol－0.2mol×3）＝0.1mol，则其质量是0.1mol×78g/mol＝7.8g，
故答案为：C。
【分析】铝离子与氢氧根的反应与量有关，氢氧根少量生成氢氧化铝，氢氧根过量生成偏铝酸盐。
9．（2018高一下·盘县期末）镁和铝分别与等浓度等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V)与时间(t)的关系如图所示，则下列关于反应中镁和铝的叙述正确的是（ ）
A．二者物质的量之比为3∶2
B．二者质量之比为3∶2
C．二者摩尔质量之比为2∶3
D．二者消耗H2SO4的物质的量之比为2∶3
【答案】A
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】A、根据图像可知，生成的氢气体积相等。由于稀硫酸是过量的，所以根据方程式Mg+2H＋=Mg2＋+H2↑、2Al+6H＋=2Al3＋+3H2↑可知，镁和铝的物质的量之比是3:2，A符合题意；
B、镁和铝的物质的量之比是3:2，质量之比是3×24:2×27＝4:3，B不符合题意；
C、二者摩尔质量之比为24g/mol∶27g/mol＝8∶9，C不符合题意；
D、根据氢原子守恒可知，消耗的硫酸是相等的，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】化学方程式中以物质的量为中心的计算，重点抓方程式中的计量数之比=物质的量之比。
10．（2018高一上·安平期末）化学学习中使用数轴的表示方法可起到直观、形象的效果，下列表达中不正确的是( )
A．常温下溶液的pH与酸碱性的关系：
B．Fe在Cl2中的燃烧产物：
C．硫的化合物中化合价与其氧化性、还原性的关系：
D．氨水与SO2反应后溶液中的铵盐：
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；有关过量问题的计算
【解析】【解答】A．常温下溶液的pH越小，溶液的酸性越强，溶液的pH越大，溶液的碱性越强，图象符合，故A不符合题意；
B．Fe在Cl2中燃烧的产物与Fe和Cl2的用量无关，只有一种产物FeCl3，故B符合题意；
C．元素的化合价处于最低价时只有还原性，最高价只有氧化性，中间价态既有氧化性又有还原性，则-2价的S元素只有还原性，+4价的S既有氧化性又有还原性，+6价的S只有氧化性，故C不符合题意；
D．NH3 H2O+SO2=NH4HSO3，2NH3 H2O+SO2=（NH4）2SO3+H2O， ≤1，生成NH4HSO3；1＜ ＜2，产物为NH4HSO3与（NH4）2SO3混合物； ≥2，只生成（NH4）2SO3，故D不符合题意；
故选B。
【分析】A、根据溶液pH的大小与溶液酸碱性的对应来判断；
B、Fe在Cl2中燃烧只能生成FeCl3；
C、根据元素化合价的高低进行分析，最高价只有氧化性，最低价只有还原性，中间价氧化还原都具有；
D、SO2为酸性气体，根据的值判断那种物质过量，来确定生成物；
11．（2018高一上·安平期末）下列各组物质：①Cu与HNO3溶液 ②Cu与FeCl3溶液 ③Zn与H2SO4溶液 ④Fe与盐酸 ⑤Na与O2。由于条件不同而能发生不同氧化还原反应的是（ ）
A．只有③④ B．只有①②
C．只有①③⑤ D．只有①③④⑤
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；有关过量问题的计算
【解析】【解答】①Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水；
②Cu与FeCl3溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜；
③Zn与稀H2SO4溶液反应生成硫酸锌和氢气，与浓硫酸反应生成硫酸锌、二氧化硫和水；
④Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；
⑤Na与O2常温下生成氧化钠、点燃生成过氧化钠，
符合题意的是①③⑤，答案选C。
【分析】①根据Cu与浓（稀）HNO3溶液反应生成NO2、（NO）来解答；
②Cu与FeCl3溶液主要根据氧化还原反应解答；
③Zn与H2SO4溶液主要根据氧化还原反应，活泼金属与稀硫酸制备氢气，与浓硫酸制备二氧化硫解答；
④Fe与盐酸，只能制备氢气；
⑤Na与O2，根据反应条件不同，产物不同解答，常温氧化钠，点燃过氧化钠；
12．（2018高一上·无锡期末）下列反应中,调节反应物用量或浓度不会改变反应产物的是（ ）
A．CO2通入石灰水 B．AlCl3溶液中滴入NaOH溶液
C．NaHCO3溶液中滴入稀盐酸 D．硫酸中加入锌粉
【答案】C
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】A. CO2通入足量的石灰水中生成碳酸钙和水，如果二氧化碳过量，则只生成碳酸氢钙，A不符合题意；
B. AlCl3溶液中滴入足量的NaOH溶液生成偏铝酸钠、氯化钠和水，如果氢氧化钠不足，则生成氢氧化铝和氯化钠，B不符合题意；
C. NaHCO3溶液中滴入稀盐酸生成物只能是氯化钠、水和二氧化碳，C符合题意；
D. 稀硫酸中加入锌粉生成硫酸锌和氢气，浓硫酸中加入锌生成硫酸锌、二氧化硫和水，D不符合题意，
故答案为：C
【分析】A、二氧化碳通入石灰水中，过量生成碳酸钙，少量生成碳酸氢钙
B、少量生成氢氧化铝，过量生成偏铝酸钠
D、稀硫酸放出氢气，浓硫酸放出二氧化硫
13．（2018高一上·陆川期末）下列各组稀溶液相互反应。无论前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的（ ）
A．Na2SiO3溶液与HCl溶液 B．AlCl3溶液与NaOH溶液
C．KAlO2 溶液与HCl溶液 D．Na2CO3溶液和HCl溶液
【答案】A
【知识点】物质的检验和鉴别；有关过量问题的计算
【解析】【解答】A．二者反应实质相同，都是氢离子与硅酸根离子反应生成硅酸沉淀，离子方程式：2H++SiO32-＝H2SiO3↓+H2O，二者现象相同，A符合题意；
B．氯化铝滴入氢氧化钠发生反应：Al3++4OH-＝AlO2-+2H2O、Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓，现象开始无沉淀，一段时间后有沉淀；氢氧化钠滴入氯化铝发生反应：Al3++3OH-=Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，现象是开始有沉淀，一段时间后无现象，所以二者现象不同，B不符合题意；
C．KAlO2和HCl反应，当前者滴入后者时，后者开始足量，开始没有沉淀4H＋＋AlO2－＝Al3＋＋4H2O，当溶液中铝元素全部变为Al3+时，它与滴入的AlO2-发生反应方程式为：Al3＋＋3AlO2－＋6H2O＝4Al(OH)3↓，现象是生成沉淀；当后者滴入前者时，前者开始足量，先有沉淀生成，当盐酸过量后沉淀溶解，滴加顺序不同时的反应现象不同，方程式为AlO2－＋H＋＋2H2O＝Al(OH)3↓、Al(OH)3＋3H＋＝Al3＋＋3H2O，C不符合题意；
D．碳酸钠滴入盐酸发生反应：Na2CO3+2HCl＝2NaCl+CO2↑+H2O，现象立刻产生气泡；盐酸滴入碳酸钠发生反应：Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，现象开始无气泡，一段时间后有气泡，所以二者现象不同，D不符合题意；
故答案选：A。
【分析】主要根据过量和少量进行解答，首先考虑，反应中是否有中间产物，例如题中中间产物：NaHCO3；Al(OH)3
A、根据制备硅酸的离子方程式即可解答；
B、主要考察氢氧化铝的两性，根据滴加的先后顺序，判断氢氧化钠是否过量可得答案；
C、主要考察氢氧化铝的两性，根据滴加的先后顺序，判断稀盐酸是否过量可得答案；
D、盐酸少量，Na2CO3溶液和HCl溶液生成NaHCO3，盐酸过量，Na2CO3溶液和HCl溶液生成CO2，区分少量与过量带来的影响。
重点：过量少量对反应的影响
14．（2018高一上·陆川期末）向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如右图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．a点对应的溶液中：Na+、AlO2-、SO42-、NO3-
B．b点对应的溶液中：Ba2+、K+、NO3-、Cl-
C．c点对应的溶液中：Na+、Ag+、Mg2+、NO3-
D．d点对应的溶液中：Cl-、NO3-、Fe2+、Na+
【答案】B
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；离子共存；氢氧化铝的制取和性质探究；有关过量问题的计算
【解析】【解答】A、碳酸钠和碳酸氢钠溶液中加入盐酸，a点溶液中有碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢根离子和偏铝酸根离子不共存，A不符合题意；
B、b点溶液中只有碳酸氢钠，四种离子不反应能共存，B符合题意；
C、c点溶液为氯化钠，银离子和氯离子反应生成氯化银沉淀，C不符合题意；
D、d点溶液为氯化钠和盐酸，在酸性条件下亚铁离子被硝酸根氧化，D不符合题意。
故答案为B。
【分析】A、盐酸少量，溶液是碳酸钠和碳酸氢钠，CO32-、HCO3-与AlO2-发生双水解产生沉淀。
C、溶液恰好完全反应，含有Cl-，AgCl常考白色沉淀。
D、盐酸过量。同时存在H+，NO3-，溶液具有稀硝酸的氧化性，Fe2+具有还原性，发生氧化还原反应。
易错点：双水解反应
15．（2016高二下·河北期末）在相同条件下，将相同物质的量的Na、Mg、Al分别加入盛有相同浓度相同盐酸的甲、乙、丙三支试管中充分反应，生成气体的体积关系不可能是（ ）
A．甲（Na）＞乙（Mg）＞丙（Al） B．甲（Na）＞乙（Mg）=丙（Al）
C．甲（Na）＜乙（Mg）＜丙（Al） D．甲（Na）=乙（Mg）=丙（Al）
【答案】A
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；有关过量问题的计算；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：三种金属与酸反应的方程式分别为：
2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，
A、镁、铝只和酸反应，钠和酸、水都反应，无论酸过量还是金属过量，都不会出现甲（Na）＞乙（Mg）＞丙（Al），故A错误；
B、酸不足量，且三种金属与酸反应后都过量时，镁、铝只和酸反应，所以乙、丙两支试管得到的氢气全部来自于酸，所以产生的氢气体积相同；钠不仅和酸反应还和水反应，所以甲试管的氢气来自于为水和酸，导致甲试管得到的氢气体积大于乙、丙两支试管得到的氢气，故B正确；
C、三种金属不足量、酸过量时，以金属为标准进行金属，根据方程式知，生成的氢气最多的为铝，其次为镁，最少的为钠，故C正确；
D、酸不足量且钠与酸恰好完全反应时，生成的氢气全部来自于酸，因为酸的量相同，所以生成的氢气相同，故D正确；
故选A．
【分析】分情况讨论：
①酸不足量，且三种金属与酸反应后都过量时；
②三种金属都不足量、酸过量时；
③酸不足量且钠与酸恰好完全反应时；然后依据发生的化学反应来分析．
16．（2016高一下·绍兴期末）在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液的体积的变化曲线如下图所示。
下列分析错误的是（ ）
A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B．b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH-
C．C点，两溶液中含有相同量的OH-
D．a、d两点对应的溶液均显中性
【答案】C
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】A．Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，即①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，A不符合题意；
B.根据图知，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，溶液中大量存在的离子是Na+和OH-，B不符合题意；
C.c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4，因为硫酸根离子浓度相同，②中钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，C符合题意；
D.a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4，水和硫酸钠溶液都呈中性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】导电原因：有可自由移动的离子。溶液导电能力与离子带的电荷数，离子的浓度有关。
注意比例不同，发生反应得到的离子方程式不同，产物也不同。
17．（2016高一下·营山期末）等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加入等质量的铝，生成氢气的体积比为5：6，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是（ ）
A．甲、乙中都是铝过量 B．甲中铝过量，乙中碱过量
C．甲中酸过量，乙中铝过量 D．甲中酸过量，乙中碱过量
【答案】B
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】发生反应有：2Al+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，
讨论：（1）若酸碱均过量，则产生的氢气取决于铝，铝的质量相同，所以氢气相等1：1．
（2）若酸碱均不够，产生的氢气取决于酸碱，根据方程式，酸碱产生的比值为2：3
（3）现在的比值是5：6，比值处于 2：3和1：1之间，由于铝消耗硫酸量大于碱，此时铝对于酸过量而对于碱不足，
故选B．
【分析】利用讨论法和端值法解答，若等物质的量的铝反应，生成气体为1：1，而题中为5：6，所以第一份铝剩余；而酸或碱都反应，生成气体为2：3，即4：6，而题中为5：6，所以第二份碱不能都反应．
18．（2018高二上·清远期末）将标准状况下1.12 LCO2通入含有2 g NaOH的水溶液中，完全反应并得到2 L溶液，则
对于该溶液表述正确的是( )
A．CO2和NaOH完全反应生成碳酸氢钠
B．反应所得溶液呈酸性
C．HCO的电离程度大于HCO3-的水解程度
D．存在的平衡体系只有：HCO3-＋H2O H2CO3＋OH－，HCO3- H＋＋CO32-
【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素；有关过量问题的计算
【解析】【解答】解：标况下二氧化碳的物质的量为 =0.05mol，氢氧化钠的物质的量为 =0.05mol，二者反应生成碳酸氢钠。
A、反应生成碳酸氢钠，A符合题意；
B、碳酸氢钠溶液显碱性，B不符合题意；
C、碳酸氢根离子水解大于碳酸氢根离子电离，C不符合题意；
D、除了这两个平衡，还有水的电离平衡，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】标况下1.12LCO2的物质的量为0.05mol；2gNaOH的物质的量为0.05mol，二氧化碳与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成碳酸氢钠；碳酸氢根水解程度大于电离程度，使溶液呈碱性；
19．（2018高一上·包头期末）下列各组溶液，只要用试管和胶头滴管，不用任何化学试剂就可以鉴别的一组是（ ）
A．KOH和Al2（SO4）3 B．稀H2SO4和NaHCO3
C．CaCl2和Na2CO3 D．Ba（OH）2和NaHSO4
【答案】A
【知识点】铝的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物；有关过量问题的计算
【解析】【解答】A．KOH和Al2（SO4）3滴加顺序不同，现象不同，将KOH滴加到Al2（SO4）3中，先生成沉淀，后溶解，将Al2（SO4）3滴加到KOH中，先没有现象，后生成沉淀，二者反应现象不同，可鉴别，A符合题意；
B．无论是稀H2SO4滴加到NaHCO3中，还是NaHCO3滴加到稀H2SO4中，都产生气体，不能鉴别，B不符合题意；
C．无论是CaCl2滴加到Na2CO3中，还是Na2CO3滴加到CaCl2中，都产生沉淀，不能鉴别，C不符合题意；
D．无论是Ba（OH）2滴加到NaHSO4中，还是NaHSO4滴加到Ba（OH）2中，都产生沉淀，不能鉴别，D不符合题意．
故答案为：A
【分析】A.用胶头滴管将KOH滴加到Al2（SO4）3中，氢氧根离子少量，先生成氢氧化铝沉淀，后溶解，将Al2（SO4）3滴加到KOH中，氢氧根离子过量，先没有现象，后生成氢氧化铝沉淀；
B.稀H2SO4和NaHCO3反应生成二氧化碳和硫酸钠，无过量、少量之分；
C.CaCl2和Na2CO3反应生成氯化钠和碳酸钙沉淀，无过量、少量之分；
D.Ba（OH）2和NaHSO4反应会产生硫酸钡沉淀。
20．（2018高一上·孝义期末）将5mL0.4mol/LAgNO3溶液与10 mL 0.3mol/LBaCl2溶液混合。反应后，溶液中离子浓度最大的是（ ）
A．Cl－ B．NO3－ C．Ba2＋ D．Ag+
【答案】A
【知识点】物质的量浓度；有关过量问题的计算
【解析】【解答】根据发生反应的离子方程式为：Ag++ Cl－=AgCl↓，0.002mol银离子反应需0.002mol氯离子，剩余0.004mol，Ag+反应完，NO3－是0.002mol，Ba2＋是0.003mol，故Cl－的浓度是最大的， A项正确。
故答案为：A
【分析】根据硝酸银与氯化钡的反应，分析反应后剩余离子的物质的量浓度的大小进行判断即可。
21．（2020高一上·通化期中）下列物质相互作用时，生成物与反应物的量或者反应条件无关的是( )
A．碳酸氢钠与石灰水 B．碳酸钠与盐酸
C．钠与水 D．钠与氧气
【答案】C
【知识点】钠的化学性质；钠的重要化合物；有关过量问题的计算
【解析】【解答】A．石灰水少量，反应生成碳酸钙、碳酸根离子和水，石灰水过量，反应生成碳酸钙和水，A不满足题意；
B．盐酸少量，生成碳酸氢根离子，盐酸过量，生成水和二氧化碳，B不满足题意；
C．钠与水无论哪种物质过量均生成氢氧化钠和氢气，C满足题意；
D．钠与氧气常温反应时生成氧化钠，加热时生成过氧化钠，D不满足题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据碳酸氢钠与氢氧化钙反应时，碳酸氢钠显弱酸性，发生酸碱中和，氢氧化钙少量，生成碳酸钙、碳酸根离子和水，氢氧化钙过量，反应生成碳酸钙和水解答；
B、根据碳酸属于二元弱酸，碳酸钠与盐酸反应时，盐酸少量生成碳酸氢钠，盐酸过量生成二氧化碳；
C、根据钠属于活泼金属，与水能够生成氢氧化钠与氢气解答；
D、根据钠在常温下与氧气生成氧化钠，燃烧生成过氧化钠，条件不同产物不同；
22．（2020高三上·乌兰察布期中）下列实验过程中产生的现象与对应的图象不相符的是( )
A． 向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液至过量
B． 向NaAlO2溶液中滴加盐酸至过量
C． 向Na2CO3溶液中逐滴加入稀盐酸
D． 向含有Mg2+和Al3+的溶液中加入NaOH溶液至过量
【答案】C
【知识点】两性氧化物和两性氢氧化物；有关过量问题的计算
【解析】【解答】A. 先发生 反应，再发生 反应，与图象相符，故A不符合题意；
B. 先发生 反应，再发生 ，与图象相符，故B不符合题意；
C. 先发生 反应，再发生 反应，与图象不符，故C符合题意；
D. 先发生Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓、Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，再发生 反应，与图象相符，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】C项为易错点，注意碳酸钠和盐酸反应时的滴加顺序不同，发生的反应也不同。
23．（2019高一上·丽水期中）已知反应：CS2(l)＋3O2(g)＝CO2(g) ＋2SO2(g) ,现有0.228g CS2液体在448mL氧气（标准状况，过量）中充分燃烧，恢复至标准状况后所得气体为（ ）
A．112mL B．224mL C．336mL D．448mL
【答案】D
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】根据反应CS2(l)＋3O2(g)＝CO2(g) ＋2SO2(g)可知，反应中消耗O2的体积等于生成CO2和SO2的体积，因标准状况下CS2为液体，所以不管O2是否过量，也不管反应进行到什么程度，反应过程中气体的体积始终不变，及恢复至标准状况后所得气体仍为448mL，
故答案为：D。
【分析】 CS2为液态，反应CS2(l)＋3O2(g)＝CO2(g) ＋2SO2(g)为气体体积不变的反应，则反应后气体体积与氧气体积相等，据此解答。
24．（2019高一下·吉林期中）在4 mol/L的硫酸和2 mol/L的硝酸混合溶液10mL中，加入0.96g铜粉，充分反应后最多可收集到标准状况下的气体的体积为（ ）
A．89.6mL B．112mL C．168mL D．224mL
【答案】D
【知识点】硝酸的化学性质；有关过量问题的计算
【解析】【解答】铜与稀硝酸反应的实质是3Cu+8H++2NO3-＝3Cu2++2NO↑+4H2O，在溶液中每3molCu与8molH+完全反应生成2molNO气体。混合溶液中含H+物质的量＝0.02mol×2+0.02mol＝0.06molH+，0.96g铜的物质的量＝0.96g÷64g/mol＝0.015mol。根据离子方程式可知3Cu～8H+～2NO，因此氢离子过量，铜离子完全反应，则生成的NO气体的物质的量＝0.01mol，标准状况下的体积为224mL，
故答案为：D。
【分析】根据铜与硝酸反应的离子方程式进行计算过量问题，然后计算生成的气体的物质的量，然后得到标准状况下的体积即可。
二、多选题
25．（2020·广州模拟）将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体。原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）（ ）
A．231.5mL B．268.8mL C．287.5mL D．313.6mL
【答案】B,D
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】将O2和NH3的混合气体通过加热的三氧化二铬，发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O。充分反应后，再通过足量的水，发生反应：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，将两个方程式叠加，可得总反应方程式：NH3+2O2= HNO3+H2O，若最后得到的气体是NO，则氧气完全反应，发生反应消耗的气体的体积是448mL-44.8mL=403.2mL，其中含有的氧气是V(O2)= 403.2mL×2/3=268.8mL。若最后剩余的气体是O2，则O2应该是反应消耗的和剩余的两部分，氧气的体积是：V(O2)= 403.2mL×2/3+44.8mL =313.6mL。故答案是选项BD。
【分析】本题涉及氧化还原反应的有关计算，对于多步反应的化学计算，要学会使用关系式方法、元素守恒、电子守·陋确定物质之间的相互关系。先判断过量物质的成分，再结合物质反应中的关系判断所有的可能性。
三、非选择题
26．（2018·浙江选考）称取4.00 g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0 mL 2.00 mol·Lˉ1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60 g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04 g。
请计算：
（1）加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量 。
（2）固体混合物中氧化铜的质量 。
【答案】（1）0.100 mol
（2）2.40 g
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；有关过量问题的计算
【解析】【解答】（1）根据CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、CuSO4+Fe=FeSO4+Cu、Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4可知，最终溶液中的溶质都属于硫酸盐，根据硫酸根离子守恒可知，溶液中溶质的物质的量等于硫酸的物质的量，即0.05L×2.00mol/L=0.1mol；
故答案为：0.100mol；
（2）5.6g铁粉的物质的量为0.1mol最多可消耗0.1mol硫酸根离子生成硫酸亚铁，但原溶液中含有硫酸铁，则铁粉过量，最终固体为铜与铁的混合物，设CuO的物质的量为x，Fe2O3的物质的量为y，则
5.6+64x-56×(x+y+0.1-x-3y)=3.04
80x+160y=4
解得x=0.03 y=0.01
所以CuO的质量为0.03mol×80g/mol=2.40g；
故答案为：2.40g。
【分析】根据氧化还原反应中得失电子守恒进行解答。
27．（2023高一下·河南期末）某兴趣小组欲设计实验探究氢氧化钡溶液与过量CO2的反应。请回答下列问题：
Ⅰ．配制氢氧化钡溶液
（1）现需配制950 mL 0.1 mol·L-1氢氧化钡溶液，应称量氢氧化钡晶体质量为 g[已知Ba(OH)2·8H2O的摩尔质量为315 g·mol-1]；下图配制步骤中，按先后顺序排序为 (用字母A～F填写)；如果操作F俯视刻度线，配得溶液的浓度将 (填“偏高”“偏低”或“不变”)。
A B C D E F
（2）Ⅱ．利用下图所示装置探究氢氧化钡溶液与过量CO2的反应
接通电路后，缓慢通入CO2至过量，整个过程中灯泡的亮度变化为 ，观察到溶液中的现象为 。
（3）通过上述实验某同学得出的实验结论为“CO2可与BaCO3反应”，该结论存在漏洞，理由是 ；下表可验证该方案漏洞的实验方案为 (填选项字母)。
方案一 将装置甲产生的气流通入少量纯水至饱和，测pH值与饱和二氧化碳溶液做对比
方案二 将装置甲产生的气流通入AgNO3溶液，观察是否有沉淀产生
A．只有方案一 B．只有方案二 C．方案一和方案二均可 D．方案一和方案二均不行
【答案】（1）31.5；DBCAFE；偏高
（2）灯泡先变暗，继续通气体灯泡又变亮；先生成白色沉淀后溶液变澄清
（3）气体中有HCl杂质；C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；有关过量问题的计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】(1) 要配制950 mL 0.1 mol·L-1氢氧化钡溶液，应配制成1000mL的溶液，应称量氢氧化钡晶体质量为0.1mol/L×1L×315g/mol=31.5g；配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为：计算出所需称量的固体的质量，溶解后的溶液转移到容量瓶中，烧杯和玻璃棒洗涤2~3次，洗涤液也转移到容量瓶中，向容量瓶中加入蒸馏水至刻度线下1~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，盖好瓶塞，上下颠倒摇匀。如果操作F俯视刻度线，加入的水偏少，溶液体积偏小，浓度偏高；
故答案为：
第1空、31.5
第2空、DBCAFE
第3空、偏高
(2) 未通CO2前，灯泡亮；CO2通入氢氧化钡溶液中，首先CO2和氢氧化钡发生反应，溶液中离子浓度降低，灯泡变暗，继续通入二氧化碳，CO2和碳酸钡和水反应生成Ba(HCO3)2，溶于水，离子浓度又增大，灯泡又变亮。
故答案为：
第1空、灯泡先变暗，继续通气体灯泡又变亮
第2空、先生成白色沉淀后溶液变澄清
(3) 盐酸挥发，在二氧化碳中会混有HCl，该通过上述实验得出的实验结论“CO2可与BaCO3反应”存在漏洞；若验证该方案的漏洞，只需确定HCl存在与否。方案一：若有HCl，则溶液的pH小；方案二：若有HCl， 加AgNO3溶液有白色沉淀AgCl生成；
故答案为：
第1空、气体中有HCl杂质
第2空、C
【分析】(1) 要配制950 mL 0.1 mol·L-1氢氧化钡溶液，应配制成1000mL的溶液，应称量氢氧化钡晶体质量为0.1mol/L×1L×315g/mol=31.5g；配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为：计算出所需称量的固体的质量，溶解后的溶液转移到容量瓶中，烧杯和玻璃棒洗涤2~3次，洗涤液也转移到容量瓶中，向容量瓶中加入蒸馏水至刻度线下1~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，盖好瓶塞，上下颠倒摇匀。俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高；
(2) CO2和氢氧化钡发生反应，溶液中离子浓度降低，继续通入二氧化碳，CO2和碳酸钡和水反应生成Ba(HCO3)2，溶于水，离子浓度又增大；
(3) 若有HCl，则溶液的pH小；若有HCl，加 AgNO3溶液有白色沉淀AgCl生成。
28．（2021高一下·汉中期末）乙酸乙酯是一种重要的化工原料，广泛用于药物染料、香料等工业。
（1）I．下图所示是乙酸乙酯的绿色合成路线之一：
M的分子式为 。
（2）下列说法错误的是 (填字母)。
a．淀粉和纤维素的分子式均为(C6H10O5)n，但n值不同
b．反应③的类型为加成反应
c．M可与银氨溶液在碱性、加热条件下反应析出银
（3）II．某课外小组同学设计如图所示装置制取并提纯乙酸乙酯。A中盛有浓硫酸，B中盛有一定量无水乙醇和冰醋酸，D中盛有饱和碳酸钠溶液。
已知：①氯化钙可与乙醇形成微溶于水的；
②；
③有关有机物的沸点如下表：
试剂 乙醚 乙醇 乙酸 乙酸乙酯
沸点/℃ 34.7 78.8 118 77.1
加热一段时间，B中生成乙酸乙酯的化学反应方程式为 。
（4）球形干燥管C的主要作用是 。
（5）若反应前向D中加入几滴无色酚酞试液，反应结束后振荡、静置，可观察到D中的现象是 。
（6）从D中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入无水氯化钙，分离出 ；再加 (填字母)除水；然后进行蒸馏，收集77℃左右的馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯。
a．五氧化二磷 b．碱石灰 c．无水硫酸钠 d．生石灰
（7）加热有利于提高乙酸乙酯的产率，但实验过程中发现，温度过高乙酸乙酯的产率反而降低，可能的原因是 (填一种)。
（8）用30g乙酸与46g乙醇反应，若实际产量是理论产量的70%，则实际得到乙酸乙酯的质量为 g。
【答案】（1）C6H12O6
（2）b
（3）
（4）防倒吸
（5）溶液分层，上层为无色油体液体，下层溶液颜色变浅
（6）乙醇；c
（7）温度过高，会增大乙醇和乙酸的挥发，未经反应就脱离了反应体系或温度过高会发生副反应，导致产率降低
（8）30.8
【知识点】乙酸乙酯的制取；有关过量问题的计算
【解析】【解答】I．(1)由分析可知，M为葡萄糖，分子式为C6H12O6，故答案为：C6H12O6；
(2) a．淀粉和纤维素的分子式均为(C6H10O5)n，但聚合度n值不同，故正确；
b．由分析可知，反应③为乙醇与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应直接生成乙酸，乙醇与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应直接生成乙酸，故不正确；
c．由分析可知，M为葡萄糖，在碱性条件下，可与银氨溶液共热发生银镜反应生成银，故正确；
b不正确，故答案为：b；
II．(3)B中生成乙酸乙酯的反应为在浓硫酸作用下，乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学反应方程式为，故答案为：；
(4) 由分析可知，乙酸能与碳酸钠溶液反应，乙醇易溶于水，在吸收乙酸乙酯时直接将反应物通入饱和碳酸钠溶液中会产生倒吸，则球形干燥管C的主要作用是起防倒吸，故答案为：防倒吸；
(5)饱和碳酸钠溶液呈碱性，若反应前向D中加入几滴无色酚酞试液，溶液会变为红色，由于乙酸乙酯不溶于水，反应结束后振荡、静置，可观察到D中的现象是溶液分层，上层为无色油体液体，下层溶液颜色变浅，故答案为：溶液分层，上层为无色油体液体，下层溶液颜色变浅；
(6)若从D中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，由信息可知，可向混合物中先加入无水氯化钙，将乙醇转化为微溶的，分离出乙醇；再加入无水硫酸钠除去乙酸乙酯中混有的水，然后进行蒸馏，收集77℃左右的馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯，故答案为：乙醇；c；
(7) 加热有利于提高乙酸乙酯的产率，但温度过高，会增大乙醇和乙酸的挥发，未经反应就脱离了反应体系导致乙酸乙酯的产率降低；由于浓硫酸具有强氧化性和脱水性，若温度过高，会使乙醇发生副反应导致乙酸乙酯的产率降低，故答案为：温度过高，会增大乙醇和乙酸的挥发，未经反应就脱离了反应体系或温度过高会发生副反应，导致产率降低；
(8)由反应方程式可知，30g乙酸与46g乙醇反应时，乙醇过量，若实际产量是理论产量的70%，则实际得到乙酸乙酯的质量为×70%×88g/mol=30.8g，故答案为：30.8。
【分析】（1）淀粉或纤维素水解为葡萄糖；
（2） 淀粉和纤维素的分子式均为(C6H10O5)n ，n值不同。不互为同分异构体；葡萄糖是还原性糖含醛基，能发生银镜反应；
（3）乙酸乙酯的制备的反应原理为；
（4）球型干燥管的作用是放倒吸；
（5）挥发出来的乙酸和碳酸钠反应，溶液碱性减弱，红色变浅，乙酸乙酯难溶于水，密度比水小；
（6）乙酸乙酯的分离除杂，由题意知无水氯化钙可以除去乙醇，用无水硫酸钠除去水，再蒸馏；
（7）乙酸、乙醇都有挥发性，温度升高，加快了他们的挥发；
（8）对比乙酸、乙醇的摩尔质量可知乙醇过量，则用乙酸来计算。
29．（2019高二上·铜仁期末）草酸晶体的组成可表示为H2C2O4·xH2O，为了测定x值，进行下述实验：
①称取n g草酸晶体配成100.00 mL水溶液；
②取25.00 mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶中，加稀硫酸，用浓度为a mol·L－1的KMnO4溶液滴定，已知2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O
试回答下列问题：
（1）实验中不考虑铁架台等夹持仪器外，需要的仪器有（填序号） ，还缺少的仪器有（填名称） 。
A.托盘天平（带砝码，镊子）
B.滴定管 C.100mL容量瓶
D.烧杯E.漏斗 F.锥形瓶 G.玻璃棒 H.烧瓶
（2）实验中KMnO4溶液应装在 式滴定管中，滴定终点的判断依据是
（3）若在滴定前没有用amol·L-1的KMnO4溶液对滴定管进行润洗，则所测得的x值会 （偏大、偏小、无影响）。
（4）若滴定终点读数时目光仰视，则计算出的x值可能 （填偏大、偏小、无影响）。
（5）滴定过程中用去V mL a mol·L－1的KMnO4溶液，则所配制的草酸的物质的量浓度为 mol·L－1 。
【答案】（1）ABCDFG；胶头滴管
（2）酸；滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液从无色变为紫色且半分钟不褪去，说明滴定到终点
（3）偏小
（4）偏小
（5）0.1aV
【知识点】物质的量浓度；有关过量问题的计算；酸（碱）式滴定管的使用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）为了准确配制一定浓度的草酸溶液，所需要的实验仪器主要为：托盘天平（带砝码，镊子）、100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；用高锰酸钾溶液进行滴定测草酸的物质的量，所需要的实验仪器主要有：烧杯、酸式滴定管、铁架台（带滴定管夹）、锥形瓶等，
故答案为：ABCDFG，还缺少的仪器为：胶头滴管，故答案为：ABCDFG；胶头滴管；（2）KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀碱式滴定管中的橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，当滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液从无色变为紫色且半分钟不褪去，说明滴定到终点，故答案为：酸；滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液从无色变为紫色且半分钟不褪去，说明滴定到终点；（3）在滴定前没有用a mol·L-1的KMnO4溶液对滴定管进行润洗，相当于稀释了KMnO4标准溶液，则会使V(标准)偏大，根据c（待测）= 可知，c（待测）偏大，导致n(H2C2O4)会偏大，则计算出的x会偏小，故答案为：偏小；（4）若滴定终点读数时目光仰视，会使V(标准)偏大，根据c（待测）= 可知，c（待测）偏大，导致n(H2C2O4)会偏大，则计算出的x会偏小，故答案为：偏小；（5）根据关系式2KMnO4 5H2C2O4可得n (H2C2O4) = = mol，则
c(H2C2O4) = = 0.1 aV mol L-1，故答案为：0.1 aV。
【分析】（1）实验有两个过程：配制准确浓度的草酸溶液，所需要的实验仪器主要有天平（含砝码）、烧杯、药匙、100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等；用高锰酸钾溶液进行滴定测草酸的物质的量：所需要的实验仪器主要有烧杯、酸式滴定管、铁架台（带滴定管夹）、锥形瓶等；根据以上操作中使用的仪器进行解答；（2）KMnO4溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中；根据酸性高锰酸钾本身显紫色及操作规范分析作答；（3）（4）先根据实验的规范操作对公式c（待测）= 的影响分析误差，再结合实验计算过程分析出草酸含量，草酸含量越大，其结晶水的质量越小，即所得x值越小，据此分析作答；（5）根据已知的化学方程式中物质的量与其化学计量数之间的关系作答。
30．（2019高一上·大足期末）某含有Na2O杂质的Na2O2试样，一个化学实验小组利用H2O与Na2O2的反应来测定该样品的纯度。可供选择的装置如下：
请回答下列问题：
（1）装置⑤中仪器a的名称是 。
（2）用上述装置可以组装一套最简单的测定过氧化钠样品纯度的实验装置。
Ⅰ.该实验装置的组合是 (填字母)。
a.
①④⑤
B.
①③⑤
C.
②④⑤
D.
③⑤⑥
Ⅱ.所选用装置的连接顺序应是 (填各接口的字母，连接胶管省略)。
（3）写出实验中Na2O2发生反应的化学方程式 。
（4）用上述实验后所得溶液配制成浓度为1.0mol/L的溶液，回答下列问题。
①向400mL该溶液中通入0.3mol CO2，则所得溶液中HCO3–和CO32–的物质的量浓度之比约为 。
A.1：3 B.1：2 C.2：1 D.3：1
②将上述溶液蒸发结晶得到Na2CO3和NaHCO3固体混合物，下列选项中不能准确测定混合物中Na2CO3质量分数的是 。
a.
取a g混合物充分加热，在干燥器中冷却至室温，减重b g
b.
取a g混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体
c.
取a g混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b g
d.
取a g混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b g固体
【答案】（1）分液漏斗
（2）A；G→A、B→F
（3）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
（4）C；c
【知识点】钠的重要化合物；化学实验操作的先后顺序；分液和萃取；有关过量问题的计算
【解析】【解答】⑴装置⑤中仪器a的名称是分液漏斗；⑵用⑤作为反应装置，通过排除①中水的体积测量④中得到水的量，整个装置是比较简单的测定过氧化钠样品纯度的实验装置，因此A正确；选用装置的连接顺序应是G→A、B→F；⑶实验中Na2O2发生反应的化学方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；⑷①HCO3–和CO32–的物质的量分别为x、y，向400mL该溶液即物质的量n=1.0mol/L×0.4L=0.4mol，通入0.3mol CO2，x+y=0.3，x+2y=0.4，解得x=0.2mol，y=0.1mol，浓度之比等于物质的量之比，因此所得溶液中HCO3–和CO32–的物质的量浓度之比约为2：1，C正确；②a.取a g混合物充分加热，在干燥器中冷却至室温，减重b g，减少的质量为碳酸氢钠分解生成的二氧化碳和水的质量，因此能计算出碳酸钠的质量分数，故a不满足题意；
b.取a g混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体，最后得到氯化钠固体，根据方程组求算出碳酸钠的质量分数，故b不满足题意；
c.取a g混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b g，碱石灰增加的质量是二氧化碳和水的质量，因水的质量无法计算，故不能计算碳酸钠的质量分数，故c满足题意；
d.取a g混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b g固体，得到碳酸钡沉淀，根据方程组求算出碳酸钠的质量分数，故d不满足题意；
综上所述，答案案为c。
【分析】⑴装置⑤中仪器a的名称是分液漏斗；⑵用⑤作为反应装置，通过排除①中水的体积测量④中得到水的量，来计算过氧化钠纯度；⑶实验中Na2O2发生反应的化学方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；⑷HCO3–和CO32–的物质的量分别为x、y，根据量的关系进行计算。
31．（2018高一上·安平期末）按要求回答问题。
（1） KAl(SO4)2的电离方程式 。
（2）向石蕊试液中通入氯气，起始时溶液变红，一段时间后溶液褪色，则使溶液变红和褪色的微粒分别是 、 (填微粒符号)。
（3） 实验室用质量分数为36.5%，密度为1.19g·cm-3的浓盐酸来配制100mL，2mol/L的稀盐酸，需要用量筒量取 mL 该浓盐酸。
（4）化学方程式H2S+H2SO4(浓)=SO2↑+S↓+2H2O，当生成4.48L (标况) SO2时，转移的电子是 mol。
（5）下列四个图像中，横坐标表示加入物质的物质的量，纵坐标表示生成沉淀的量或产生气体的量，从A～D中选择符合各题要求的序号填人表中。
溶液 加入的物质 序号
①AlCl3溶液 通入过量的NH3
②Na2CO3和NaOH的溶液 滴入过量的盐酸
③NaAlO2溶液 滴加稀硫酸至过量
【答案】（1）KAl(SO4)2 = K++ Al3++2SO42-
（2）H+；HClO
（3）16.8
（4）0.4
（5）C；D；B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；电离方程式的书写；有关过量问题的计算；氯水、氯气的漂白作用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】
解：（1） KAl(SO4)2在水中电离为K+、 Al3+、SO42-，电离方程式是KAl(SO4)2 = K++ Al3++2SO42-；
（2）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸使石蕊变红、次氯酸具有漂白性使石蕊褪色，使溶液变红和褪色的微粒分别是H+、 HClO；
（3） 质量分数为36.5%，密度为1.19g·cm-3的浓盐酸的物质的量浓度是 ，设需要浓盐酸的体积是VL， 根据稀释前后溶质物质的量不变， ，V=0.0168L=16.8mL；
（4）根据氧化还原反应的归中规律，H2SO4被还原为SO2；H2S被氧化为S，所以当生成4.48L(标况)SO2时，转移的电子是 。（5）AlCl3溶液通入过量的NH3，生成氢氧化铝和氯化铵，符合图像是C；
Na2CO3和NaOH的溶液，滴入过量的盐酸，依次发生的反应是 、 、 ，所以符合图像是D；
NaAlO2溶液滴加稀硫酸至过量，依次发生的反应是 、 ，所以符合图像是B。
【分析】（1）KAl(SO4)2为强电解质，完全电离；
（2）根据氯气与水反应方程式，结合题中现象推断；
（3）根据溶液稀释过程中，溶质物质的量保持不变计算：公式化简为c={#mathmL#}{#/mathmL#} ；c1V1=c2V2；
（4）根据化合价升降确定氧化剂与还原剂，再根据SO2的物质的量计算转移电子的个数；
（5）C、AlCl3溶液通入过量的NH3，生成氢氧化铝，氢氧化铝不会溶解于氨水中；
D、Na2CO3和NaOH的溶液，滴入过量的盐酸，先进行酸碱中和，再进行酸与碳酸盐反应；
B、NaAlO2溶液滴加稀硫酸至过量：酸少量时产生沉淀氢氧化铝。酸过量，氢氧化铝溶解；主要考察氢氧化铝的两性；
32．（2018高一上·陆川期末）硝酸是一种重要的化工原料，用来制取一系列硝酸盐类氮肥，如硝酸铵、硝酸钾等;也用来制取硝基的炸药等。有机化工中也用硝酸与丙烯或乙烯、乙二醇作用制取草酸。
（1）某同学对铁与稀硝酸的反应进行探究,若稀HNO3只被还原成NO。
①写出铁与过量稀硝酸反应的离子方程式 。
②写出过量铁与稀硝酸反应的离子方程式 。
③若28克铁与含1.6摩尔硝酸的稀硝酸恰好完全反应,则生成的Fe3+和Fe2+的物质的量之比 。
④上述反应结束后,向反应后的溶液中加足量氢氧化钠溶液，滤出沉淀洗涤后,在空气中灼烧至质量不变,最终得到的固体质量为 g。
（2）饮用水中的NO3－对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中的NO3－浓度，某饮用水研究人员提出，在碱性条件下用铝粉将NO3－还原为N2。
①配平方程式： Al+ NO3－+ OH－= AlO2－+ N2↑+ 。
②上述反应中，还原剂与还原产物的物质的量之比是 ，反应中转移电子0.3mol，标准状况下生成N2是 mL。
【答案】（1）Fe+NO3－+4H+=Fe3++NO↑+2H2O；3Fe+2NO3－+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O；2：3；40
（2）10；6；4；10；3；2H2O；10：3；672
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；有关过量问题的计算；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）①铁与过量稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，反应的离子方程式为Fe+NO3－+4H+=Fe3++NO↑+2H2O；
②过量铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，反应的离子方程式为3Fe+2NO3－+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O；
③设生成的Fe3+和Fe2+的物质的量分别是xmol、ymol，28g铁的物质的量是28g÷56g/mol＝0.5mol，则x+y＝0.5。根据硝酸根守恒可知被还原的硝酸是(1.6－3x－2y)mol，根据电子得失守恒可知3x+2y＝3×(1.6－3x－2y)，解得x＝0.2、y＝0.3，所以生成的Fe3+和Fe2+的物质的量之比为2：3；
④由于氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，所以最终得到的沉淀是氢氧化铁，在空气中灼烧至质量不变得到氧化铁，根据铁原子守恒可知氧化铁的物质的量是0.5mol÷2＝0.25mol，质量为0.25mol×160g/mol＝40g。
（2）①反应中铝元素化合价从0价升高到+3价，失去3个电子，氮元素化合价从+5价降低到0价，得到5个电子，所以根据电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒可知配平后的方程式为10Al+6NO3－+4OH－＝10AlO2－+3N2↑+2H2O；
②根据以上分析可知上述反应中，还原剂是铝，还原产物是氮气，则二者的物质的量之比是10：3。产生3mol氮气，转移30mol电子，如果反应中转移电子0.3mol，则生成0.03mol氮气，在标准状况下的体积是0.03mol×22.4L/mol＝0.672L＝672mL。
【分析】（1）铁与稀硝酸反应，硝酸过量产物则为Fe3+，少量则为Fe2+；
（2）铁与稀硝酸恰好完全反应，溶液中的溶质仅有Fe(NO3)3、Fe(NO3)2，可先计算与Fe元素结合的NO3-的物质的量，进而求出被还原的NO3-的物质的量n=n1-n2,生成的Fe3+和Fe2+的物质的量分别是xmol、ymol，x+y＝0.5。氧化原则中得失电子守恒3x+2y＝3×(1.6－3x－2y)，解方程组可得答案。
(3)、根据反应中，原子守恒，且目的是减少危害，可以确定缺少的物质为水。也可以根据氧化还原中，化合价的升降推断氧化剂与还原剂，得失电子守恒，配平已有物质，再推断。
易错点：氧化还原中电子得失守恒的计算，硝酸过量少量对产物的影响，离子方程式的书写
33．（2020高二下·双鸭山期末）将标准状况下一定体积的CO2缓缓通入体积为V L NaOH溶液中，充分反应后，在减压低温的条件下蒸发溶液，得到白色固体．
（1）由于CO2通入量不同，所得到的白色固体的组成不同，推断并写出各种可能组成的化学式：（可以不填满，也可以添加序号）
① ；② ；③ ；
④ ；⑤ ；⑥ ．
（2）按反应的先后顺序，写出各步反应的离子方程式：
（3）若反应中CO2和NaOH均无剩余，反应后向溶液中加入过量的澄清石灰水生成m1g白色沉淀．
①根据以上数据，能否推理计算出标准状况下CO2的体积？若能，用代数式表示CO2的体积V（CO2）= ．若不能，理由是 ．
②根据以上数据，能否推理计算出NaOH溶液的浓度？若能，用代数式表示NaOH溶液的浓度c（NaOH）= ．若不能，理由是
【答案】（1）NaOH和Na2CO3；Na2CO3；Na2CO3和NaHCO3；NaHCO3；不填；不填
（2）CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O；CO32﹣+H2O+CO2=2HCO3﹣
（3）0.224m1L；不填；不能；若为Na2CO3和NaHCO3 ，利用已知的信息无法计算钠离子的物质的量，则不能计算出NaOH溶液的浓度
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】（1）①当CO2与NaOH的物质的量比小于1：2时，由反应CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O可知反应生成碳酸钠，还有剩余的
NaOH，减压低温的条件下蒸发溶液，得到白色固体为NaOH和Na2CO3 ；
②当二氧化碳与NaOH的物质的量为1：2时，反应CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O恰好完全进行，则溶液中的溶质为Na2CO3，减压低温的条件下蒸发溶液，得到白色固体为Na2CO3 ；
③当二氧化碳与NaOH的物质的量比大于1：2，而小于1：1时，发生CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+NaOH═NaHCO3，减压低温的条件下蒸发溶液，得到白色固体为Na2CO3和NaHCO3 ；
④当二氧化碳与NaOH的物质的量比≥1：1时，发生CO2+NaOH═NaHCO3，减压低温的条件下蒸发溶液，得到白色固体为
NaHCO3；
故答案为：NaOH和Na2CO3 ；Na2CO3；Na2CO3和NaHCO3 ；NaHCO3；
（2）因CO2缓缓通入NaOH溶液中，先发生CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，后发生Na2CO3+H2O+CO2═NaHCO3，
离子反应分别为CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O、CO32﹣+H2O+CO2=2HCO3﹣，
故答案为：CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O；CO32﹣+H2O+CO2=2HCO3﹣；
（3）①因白色沉淀为碳酸钙，由碳原子守恒可知，标准状况下二氧化碳的体积为×22.4L/mol=0.224m1L，
故答案为：0.224m1L；
②反应中CO2和NaOH均无剩余，溶液中的溶质可能为Na2CO3，也可能为NaHCO3，还可能为Na2CO3和NaHCO3 ，加入过量的澄清石灰水生成m1g白色沉淀，只能有碳原子守恒计算出碳的物质的量，但若为Na2CO3和NaHCO3 ，利用已知的信息无法计算钠离子的物质的量，则不能计算出NaOH溶液的浓度，
故答案为：不能；若为Na2CO3和NaHCO3 ，利用已知的信息无法计算钠离子的物质的量，则不能计算出NaOH溶液的浓度．
【分析】（1）根据CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+NaOH═NaHCO3来分析；
（2）根据反应先生成碳酸钠，后生成碳酸氢钠来书写离子反应方程式；
（3）①白色沉淀为碳酸钙，利用碳原子守恒可计算二氧化碳的体积；
②因反应后的溶质不确定，无法计算NaOH溶液的浓度．
34．（2022高一下·嘉兴期中）在15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成0.3molNO2和0.1molNO的混合气体。
（1）所得溶液中n(Cu2+)= mol。
（2）向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成 g沉淀。
【答案】（1）0.15
（2）25.4
【知识点】有关过量问题的计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)在氧化还原反应中金属失去电子与HNO3得到电子被还原为气体时得到电子的物质的量相等，则n(e-)=0.3 mol×(5-4)+0.1 mol×(5-2)=0.6 mol，假设混合物中Fe、Cu的物质的量分别为x、y，由于硝酸足量，铁和铜组成的合金与HNO3反应产生Fe(NO3)3、Cu(NO3)2，则3x+2y=0.6 mol，56x+64y=15.2 g，解得x=0.1 mol，y=0.15 mol，所以Cu反应后得到的Cu2+的物质的量为0.15 mol，故答案为：0.15；
(2)反应会向所得溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2，加入足量NaOH溶液，得到Fe(OH)3、Cu(OH)2，沉淀质量为金属Fe、Cu的质量与OH-的质量和，OH-的物质的量与转移电子的物质的量相等，则n(沉淀)= 15.2 g+0.6 mol×17 g/mol=25.4 g，故答案为：25.4。
【分析】15.2 g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，生成硝酸铁、硝酸铜，向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜。
35．（2018高三上·浙江期中）电子工业常用一定浓度的FeCl3溶液腐蚀敷有铜箔的绝缘板，制成印刷线路板。现将一块敷有铜箔的绝缘板没入500mL某浓度FeCl3溶液中，一段时间后，将该线路板取出，向所得溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后有固体剩余；将固体滤出并从滤液中取出20.00mL，向其中滴入2.00mol/LAgNO3溶液60.00 mL时，溶液中的Cl-恰好完全沉淀。请回答下列有关问题（忽略反应前后溶液体积的变化）：
（1）原FeCl3溶液的物质的量浓度是多少。
（2）假若剩余固体中有铁粉，则向溶液中加入的铁粉质量至少应当大于多少。
【答案】（1）解：从滤液中取出20.00mL，向其中滴入2.00mol L 1AgNO3溶液60.00mL，溶液中的Cl 恰好完全沉淀，则20mL溶液中n(Cl )=n(Ag+)=2.00mol/L×0.060L=0.12mol，所以原溶液500mL中n(Cl )=0.12mol× =3.00mol，n(FeCl3)=1.00 mol，溶液A中c(FeCl3)=
（2）解：铜箔先和FeCl3反应，生成铜离子，加入过量的铁粉之后，铜又被置换出来，也就是说溶液中最后只有FeCl2。根Cl-守恒可知，n(Cl-)=n(FeCl2)×2=3.00 mol，n(FeCl2)=1.50mol。所以加入Fe的物质的量为n(Fe)= n(FeCl2)- n(FeCl3)=1.5mol-1mol=0.50mol，质量为28.0g。
【知识点】有关过量问题的计算；离子方程式的有关计算
【解析】【分析】（1）根据离子反应计算氯化铁的物质的量浓度；
（2）根据氯离子守恒计算需要铁的质量即可。
