D．在氨水中存在水的电离平衡及NH3·H2O的电离平衡，二者都电离产生OH-，只有水电离产生H+，根据二者电离产生的离子浓度关系可知c（NH4+）+c（H+）=c（OH-），正确；
（3）A是中学化学常见气体，打开装有A的集气瓶，瓶口出现白雾，将A与氨气混合，立即出现大量白烟，生成物质B，则A的分子式为HCl，NH3与HCl反应产生的物质B是NH4Cl，其中所含的化学键类型有（极性）共价键、离子键（和配位键）；
（4）6.4g铜的物质的量是n（Cu）=6.4g÷64g/mol=0.1mol，将6.4g铜粉投入一定量的浓硝酸中，会发生反应：
Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+NO2↑+2H2O；3Cu＋8HNO3（稀）=2Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O，Cu是+2价的金属，0.1molCu失去电子的物质的量是0.2mol，反应产生的NO、NO2混合气体在标准状况下体积是3.36L，物质的量是n=3.36L÷22.4L/mol=0.15mol，假设NO、NO2的物质的量分别是x、y，则3x+y=0.2mol；x+y=0.15mol，解得x=0.025mol，y=0.125mol，根据n=V/Vm可知二者的体积比等于它们的物质的量的比，所以V（NO）:
V（NO2）=0.025mol:
0.125mol=1:
5；V（NO2）:
V（NO）=5:
1；根据N元素守恒可知n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（气体）=2×0.1mol+0.15mol=0.35mol；
（5）根据铁和硝酸反应的实质，开始铁全部被硝酸氧化为硝酸铁，反应的方程式是：
Fe＋4H++NO3-=Fe3+＋NO↑＋2H2O，根据方程式可知4molHNO3发生反应产生1molNO气体，反应消耗1molFe，后发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，无气体产生，所以用图象表示为
；
（6）氨气和硝酸生产的氮肥硝酸铵受热或受撞击容易分解，若分解时只生成两种氧化物只能是N2O、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式是NH4NO3
N2O↑+2H2O。
2．化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A．酿酒工艺中加入的“酒曲”与面包工艺中加入的“发酵粉”作用相同
B．氨水显碱性，不能与金属反应，所以运输过程中可以用铁罐车
C．葡萄酒中通常添加微量的SO2，既可以杀菌消毒，又可以防止营养成分被氧化
D．大多数胶体的胶粒带电，利用这一性质可进行“血液透析”和“静电除尘”
【答案】C
【解析】
【详解】
A、酒曲与发酵粉的作用不同：
在经过强烈蒸煮的白米中，移入曲霉的分生孢子，然后保温，米粒上便会茂盛地生长出菌丝，此即酒曲；酿酒加曲，是因为酒曲上生长有大量的微生物，以及微生物分泌的酶，其中糖分经过部分酶的作用酒化变为乙醇；而发酵粉的主要成分是NaHCO3，面包工艺中加入发酵粉是为了中和微生物产生的酸，同时生成的CO2气体可以是面团变为多孔，显得松软可口；A错误；
B、一般情况下，氨水不会与金属反应，但是氨水呈弱碱性，若用铁罐车运输，会加快铁罐的腐蚀速率（吸氧腐蚀），B错误；
C、在葡萄酒的生产过程中，SO2的作用是对生产设备消毒杀菌，还可以杀死酿造完的葡萄酒中的酵母，保证葡萄酒的稳定，最后装瓶也会填入少量SO2，保证葡萄酒不被氧化和生物稳定，C正确；
D、血液是一种胶体，利用渗析的原理可以除去血液中的毒性小分子物质，而血液中的必要成分不能通过透析膜，与胶粒是否带电无关，D错误；
故选C。
3．欲测定含少量氯化钠的小苏打固态样品中NaHCO3的质量分数可用以下四种方法。
方法一：
方法二：
方法三：
方法四：
不使用化学试剂,使用实验室常用仪器。
按要求回答下列问题:
（1）方法一:
加入足量的试剂A是___________（填写A的化学式）,可将HCO3-转化为沉淀并称重。
操作1、2、3、4的名称依次是溶解、____、洗涤和干燥（烘干）;
（2）方法二:
在操作1中所用到的玻璃仪器中,除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外,还需要用到的是__________,应选择甲基橙作指示剂;
（3）在方法二中计算该样品中NaHCO3的质量分数为_____________;
（4）在方法三中,根据所用的实验装置,除了称量样品质量外,还需测定的实验数据是_____________________;
（5）仔细分析方法三中的实验装置,若由此测得的数据来计算实验结果,则有可能偏高也有可能偏低,偏高的原因可能是_________,偏低的原因可能是__________（均文字简述）;
（6）方法四的实验原理是________________（用化学方程式表示）。
【答案】Ca（OH）2或Ba（OH）2过滤100mL容量瓶0.042V/m×100%装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量碱石灰可能还会吸收空气中的水蒸气和CO2气体装置内会留存部分CO2气体2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑
【解析】
【分析】
方法一：
（图甲）固态样品加试剂A使碳酸氢跟生成沉淀，再经过过滤、洗涤、干燥称量沉淀的质量，从而根据碳守恒计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；
方法二：
（图乙）固态样品加水溶解成100ml溶液，取20ml加指示剂，用标准盐酸进行滴定，从而计算出碳酸氢钠的质量分数；
方法三：
（图丙）固态样品加稀硫酸充分溶解，再经过浓硫酸干燥，用碱石灰吸收生成的二氧化碳气体，根据二氧化碳的质量计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；
方法四：
不用其他化学试剂，就只能是碳酸氢钠的受热分解了，利用固体反应前后的质量差，计算碳酸氢钠的质量分数。
【详解】
（1）与HCO3-反应钠产生沉淀的试剂有Ca（OH）2或Ba（OH）2；操作1、2、3、4的名称依次是溶解、过滤、洗涤、干燥；
（2）方法二操作1的步骤是溶解、转移、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶，还需100mL的容量瓶；
（3）由所用盐酸的体积可计算出20mL的待测液中碳酸氢钠的物质的量，原液是待测液的5倍，所以，样品中NaHCO3的质量分数为V（HCl）×10-3×0．100×5×84/m×100%=
；
（4）方法三利用产生二氧化碳的质量来计算碳酸氢钠的质量分数，所用需要称量装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量；
（5）偏高的原因是碱石灰还会吸收空气中的二氧化碳和水使质量增大；偏低的原因是装置中会有残留的二氧化碳未被吸收；
（6）不用其他化学试剂，就只能是碳酸氢钠的受热分解了，利用固体反应前后的质量差，计算碳酸氢钠的质量分数，化学方程式是2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑。
4．锂离子电池历经半个世纪岁月的考验，作出重大贡献的三位科学家被授予2019年诺贝尔化学奖。
磷酸亚铁锂（LiFePO4）是新型锂离子电池的正极材料。
某小组拟设计以一种锂辉石（主要成分为Li2O·Al2O3·4SiO2，含少量铁、钙、镁）为原料制备纯净的碳酸锂，进而制备LiFePO4的工艺流程:
已知：
LiO2·Al2O3·4SiO2＋H2SO4（浓）
Li2SO4＋Al2O3·4SiO2·H2O↓
回答下列问题:
（1）LiFePO4含有锂、铁两种金属元素，它们焰色反应的颜色分别是_____________（填序号）。
A．紫红色、无焰色反应B．黄色、无焰色反应
C．黄色、紫色D．洋红色、黄绿色
（2）滤渣1的主要成分是_____________；向滤液1中加入适量的CaCO3细粉用于消耗硫酸并将Fe3+转化为红褐色沉淀，若
=3,反应的离子方程式为__________;滤渣2的主要成分是Fe（OH）3、________、CaSO4,其中Fe（OH）3脱水后可生成一种元素种类不变且摩尔质量为89g·mol-1的新化合物，其化学式为_______________。
（3）已知碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而减小，上述流程中趁热过滤的目的是________。
（4）煅烧制备LiFePO4时，反应的化学方程式为_____________________。
（5）某种以LiFePO4,作正极材料的锂电池总反应可表示为:
LiFePO4+C
Li1-xFePO4+CLix。
放电时正极的电极反应式为__________。
【答案】AAl2O3·4SiO2·H2OFe3++3H++3CaCO3=Fe（OH）3+3Ca2++3CO2↑或Fe3++3H++3CaCO3+3SO42-=Fe（OH）3+3CaSO4+3CO2↑Mg（OH）2FeO（OH）或FeOOH减小LiCO3的溶解损失Li2CO3+H2C2O4+2FePO4
2LiFePO4+3CO2↑+H2O↑Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4
【解析】
【分析】
锂辉石（主要成分为Li2O·Al2O3·4SiO2，含少量铁、钙、镁）加入浓硫酸共热，根据已知信息可知得到的沉淀1主要成分为Al2O3·4SiO2·H2O，滤液中的主要阳离子有Fe3+、Mg2+、Ca2+、Li+；加入碳酸钙和石灰乳可以将过量的氢离子和Fe3+、Mg2+除去，滤渣2主要为Fe（OH）3、Mg（OH）2以及硫酸钙；滤液主要杂质离子有Ca2+和SO42-；再加入碳酸钠将钙离子除去，得到硫酸锂和硫酸钠的混合溶液，蒸发浓缩后加入饱和碳酸钠溶液，趁热过滤得到碳酸锂沉淀；提纯后加入草酸和磷酸铁经煅烧得到LiFePO4。
【详解】
（1）锂元素的焰色反应为紫色；铁元素无焰色反应，所以选A；
（2）根据分析可知，滤渣1主要为Al2O3·4SiO2·H2O；得到的红褐色沉淀应为Fe（OH）3，再结合
=3以及溶液中有过量的硫酸，所以离子方程式为Fe3++3H++3CaCO3=Fe（OH）3+3Ca2++3CO2↑，考虑到溶液中有大量硫酸根也可以写成Fe3++3H++3CaCO3+3SO42-=Fe（OH）3+3CaSO4+3CO2↑；根据分析可知滤渣2的主要成分是Fe（OH）3、Mg（OH）2以及CaSO4；摩尔质量为89g·mol-1，则该物质的式量为89，Fe（OH）3的式量为107,107-89=18，说明脱水过程失去一分子水，所以新物质的化学式为：
FeO（OH）；
（3）碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而减小，所以趁热过滤可以减小碳酸锂的溶解度，减少碳酸锂的损耗；
（4）煅烧制备过程的原料为Li2CO3、H2C2O4和FePO4，产物中有LiFePO4，铁元素的化合价降低，则该过程中某种物质被氧化，根据元素化合价变化规律可知草酸中的C元素被氧化，由+3价升高为+4价，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：
Li2CO3+H2C2O4+2FePO4
2LiFePO4+3CO2↑+H2O↑；
（5）放电时正极得电子发生还原反应，负极失电子被氧化，根据总反应可知负极应为CLix-xe-=xLi++C，正极反应等于总反应减去负极反应，所以正极反应为：
即Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4。
【点睛】
第5题电极方程式书写为本题难点，首先要注意本题中的总反应最后中逆反应为放电反应，其次要注意到该电池中Li电极为负极，其负极的电极反应式比较好写，则可用总反应减去负极反应即可得到正极反应。
5．向200mL某物质的量浓度的NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，充分反应，测得最后溶液的pH>7。
（1）此时溶液的溶质如果是单一成分，可能是___；如果是多种成分，可能是___。
（2）在上述所得溶液中，逐滴缓慢滴加2mol·L-1的盐酸，所得气体（不考虑溶解于水）的体积与所加盐酸的体积关系如图所示：
①加入盐酸200mL之前，无气体产生，写出OA段发生反应的离子方程式___。
②B点时，反应所得溶液中溶质的物质的量浓度是__（溶液体积的变化忽略不计）。
（3）将标准状况下的2.24LCO2通入150mL1mol·L-1NaOH溶液中，c（HCO3-）与c（CO32-）的关系是___。
【答案】Na2CO3或NaHCO3NaOH和Na2CO3或Na2CO3和NaHCO3OH−+H+═H2O、CO32−+H+═HCO3−1.2mol/Lc（HCO3−）>c（CO32−）
【解析】
【详解】
（1）CO2与NaOH反应可生成Na2CO3或NaHCO3，二者溶液都呈碱性，则如果是单一成分，可能是Na2CO3或NaHCO3，如果是多种成分，若1<
<2，溶质是NaHCO3、Na2CO3，若
>2，溶质是Na2CO3、NaOH，故答案为：
Na2CO3或NaHCO3；NaOH和Na2CO3或Na2CO3和NaHCO3；
（2）①加入盐酸200mL时开始生成气体，当加入盐酸300mL时不再产生气体，A→B段发生NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，而O−A段消耗的盐酸为A→B的二倍，应为NaOH和Na2CO3的混合物，都可与盐酸反应，反应的离子方程式分别为：
OH−+H+═H2O、CO32−+H+═HCO3−，故答案为：
OH−+H+═H2O、CO32−+H+═HCO3−；
②B点时，反应所得溶液中溶质为NaCl，由盐酸的物质的量可知为0.3L×2mol/L=0.6mol，则的物质的量浓度是
=1.2mol/L，故答案为：
1.2mol/L；
（3）标准状况下，2.24LCO2的物质的量为：
，150mL1mol/LNaOH溶液中含0.15molNaOH，二者发生反应2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，生成等浓度的Na2CO3、NaHCO3，HCO3−、CO32−部分水解，由于CO32−水解程度大于HCO3−，则c（HCO3−）>c（CO32−），故答案为：
则c（HCO3−）>c（CO32−）。
【点睛】
本题易错点在于（3），通过计算分析溶液中溶质组成，但不能忽略溶液中存在的水解反应，根据水解程度比较离子浓度。
6．建筑工地常用的NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。
已知
能发生如下反应
_______NaNO2+_____HI——_________NO↑+_________I2+_______NaI+____H2O
（1）配平上面方程式。
（2）若有1mol的氧化剂被还原，则被氧化的还原剂是________mol。
（3）根据上述反应，可用试纸和生活中常见的物质进行实验，以鉴别NaNO2和NaCl，可选用的物质有：
①水②碘化钾淀粉试纸③淀粉④白酒⑤食醋，进行实验，下列选项合适的是_____（填字母）。
A．①②④ B．③⑤C．①②③⑤ D．①②⑤
（4）某厂废液中，含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，采用NH4Cl，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2，反应的化学方程式为_______
【答案】
421221DNaNO2+NH4Cl=N2↑+NaCl+2H2O
【解析】
【分析】
（1）在反应中N、I元素化合价发生了变化，先根据元素化合价升降总数相等，配平参加氧化还原反应的元素，再根据原子守恒，配平未参加氧化还原反应的元素，得到方程式；
（2）根据元素化合价升高与降低的数值，确定还原剂的物质的量多少；
（3）在酸性条件下NaNO2可以将I-氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色检验；
（4）NaNO2与NH4Cl发生氧化还原反应产生N2、NaCl、H2O。
【详解】
（1）在该反应中，N元素从+3降低到+2，共降低1价，碘元素从-1升高到0价，反应产生一个碘单质共升高2价，依据化合价升降总数相等，NaNO2、NO的系数是2，HI系数是2，I2的系数是1，再配平未参加氧化还原反应的元素，Na反应前有2个，则NaI的系数是2，有2个I未参加氧化还原反应，所以HI的系数改为4，根据H原子个数反应前后相等，可知H2O的系数是2，所以配平后的化学方程式为2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O，因此配出系数由前到后依次为：
2、4、2、1、2、2；
（2）在上述反应中NaNO2为氧化剂，HI为还原剂，1molNaNO2反应，得到1mol电子，根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等，可知被氧化的还原剂的物质的量是1mol；
（3）根据上述反应可知：
在酸性条件下NaNO2可以将I-氧化为I2，可根据I2遇淀粉溶液变为蓝色检验，故鉴别NaNO2和NaCl可以用①水、②碘化钾淀粉试纸、⑤食醋，故需要的物质序号为①②⑤，合理选项是D；
（4）NaNO2与NH4Cl发生氧化还原反应产生N2、NaCl、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：
NaNO2+NH4Cl=N2↑+NaCl+2H2O。
【点睛】
本题考查了氧化还原反应方程式的配平、物质的检验及方程式的书写。
掌握氧化还原反应的规律及物质的性质是本题解答的关键。
7．现有下列几种物质：
①盐酸；②Na2O；③Na2O2；④Al（OH）3；⑤Na2CO3；⑥H2O；⑦CO2；⑧乙醇；⑨Cu；⑩NaOH溶液。
（1）其中属于电解质的有___________（填写序号，下同），属于碱性氧化物的有_______。
（2）④与⑩反应的离子方程式为______________________________________。
（3）Na2O2因能发生下列反应被用作供氧剂：
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为：
______。
（4）如用超氧化钾（KO2）作供氧剂，写出它和CO2反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目______________________________________________________。
【答案】②③④⑤⑥②Al（OH）3+OH－=AlO2－+2H2O1:
1
或
【解析】
【分析】
（1）①盐酸为混合物，不属于电解质；
②Na2O为离子化合物，属于电解质、碱性氧化物；
③Na2O2为离子化合物，属于电解质，过氧化物；
④Al（OH）3为离子化合物，属于电解质；
⑤Na2CO3为离子化合物，属于电解质；
⑥H2O属于电解质、氧化物；
⑦CO2不属于电解质，为氧化物；
⑧乙醇属于非电解质；
⑨Cu为单质，不属于电解质；
⑩NaOH溶液为混合物，不属于电解质；
（2）NaOH与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水；
（3）过氧化钠中部分氧原子化合价升高为0价，部分降低为-2价，则过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，且物质的量之比为1：
1；
（4）超氧化钾（KO2）中O2-平均价态为-0.5价，部分氧原子化合价升高为0价，部分降低为-2价，则升高的氧原子数目为降低氧原子数目的3倍。
【详解】
（1）①盐酸为混合物，不属于电解质；
②Na2O为离子化合物，属于电解质、碱性氧化物；
③Na2O2为离子化合物，属于电解质，过氧化物；
④Al（OH）3为离子化合物，属于电解质；
⑤Na2CO3为离子化合物，属于电解质；
⑥H2O属于电解质、氧化物；
⑦CO2不属于电解质，为氧化物；
⑧乙醇属于非电解质；
⑨Cu为单质，不属于电解质；
⑩NaOH溶液为混合物，不属于电解质；
综上所述，属于电解质的为②③④⑤⑥；碱性氧化物的为②；
（2）NaOH与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al（OH）3+OH－=AlO2－+2H2O；
（3）过氧化钠中部分氧原子化合价升高为0价，部分降低为-2价，则过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，且物质的量之比为1：
1；
（4）超氧化钾（KO2）中O2-平均价态为-0.5价，部分氧原子化合价升高为0价，部分降低为-2价，则升高的氧原子数目为降低氧原子数目的3倍，则单线桥法为
或
。
8．在下图装置中，加热试管内的白色固体A（A的焰色反应为黄色），生成白色固体B并放出气体C和D，这些气体通过甲瓶的浓硫酸后，C被吸收；D进入乙瓶跟另一淡黄色固体E反应生成白色固体B和气体F；丙瓶中的NaOH溶液用来吸收剩余的气体D。
（1）写出各物质的化学式：
A______；B_______；C________；D______；E_______；F___________。
（2）写出试管中及丙瓶中反应的化学方程式：
_______________；__________________。
（3）等物质的量A、B分别与足量的盐酸反应生成气体的体积________（
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