1、选择题  现有C、CO、CO2、Na2CO3四种物质，采用下列分类标准，无法将其中两种归为一类的是
A．是否具有还原性??????????????? B．是否为氧化物
C．碳元素的化合价是否相同??????? D．是否为电解质

参考答案：D

本题解析：略

本题难度：一般

2、选择题  将35.8g Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生6.72L气体（标准状况下）。另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成13.44L NO（标准状况下），向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为
A．66.4 g
B．50.8 g
C．44.8g
D．39.2g

参考答案：B

本题解析：
试题分析：金属投入碱中铝与碱反应，n(Al)=2/3n(H­2)=2/3×6.72÷22.4=0.2mol，m(Al)=27×0.2=5.4g金属与硝酸反应全部溶解，与碱反应生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀（氢氧化铝溶解于强碱），根据反应中金属失去带负电荷的电子，最后结合带负电荷的氢氧根离子，根据电荷守恒得出金属失去电子的物质的量等于金属离子结合氢氧根离子的量，最终得到沉淀的量为金属的量（去掉铝）与氢氧根离子的量和，n(OH－)=n(e－)=13.44÷22.4×3(NO得到电子的量)－0.2×3（铝失去电子量）=1.2mol沉淀质量为35.8－5.4+1.2×17=50.8g
考点：考查化学计算有关问题。

本题难度：一般

3、选择题  设阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是
A．用100ml 4mol/L盐酸与8.7gMnO2共热能制取氯气0.2NA
B．一定温度下0.1L 0.1mol/L的HA和1L0.01mol/L的HA所含A－微粒数均为0.01NA
C．在常温常压下，44g CO2与N2O的混合物中含有的原子总数为3 NA
D．1mol Cl2与足量的金属铝反应，转移电子数为3 NA

参考答案：C

本题解析：
试题分析：A．100ml 4mol/L盐酸的物质的量是0.4mol，8.7gMnO2的物质的量是0.1mol，二者在反应过程中盐酸的浓度逐渐降低，而二氧化锰不能氧化稀盐酸，所以共热能制取氯气的分子数小于0.2NA，A错误；B．一定温度下0.1L 0.1mol/L的HA和1L0.01mol/L的HA所含A－微粒数不一定均为0.01NA，因为不能确定HA的强弱，B错误；C．CO2和N2O的相对分子质量相等，均是44，且均含有3个原子，所以在常温常压下，44g CO2与N2O的混合物中含有的原子总数为3 NA，C正确；D．1mol Cl2与足量的金属铝反应，转移电子数为2NA，D错误，答案选C。
考点：考查阿伏加德罗常数的计算

本题难度：一般

4、选择题  将一定量的氯气通入30 mL浓度为10.00 mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是 (　　)
A．与NaOH反应的氯气一定为0.3 mol
B．n(Na＋)∶n(Cl－)可能为7∶3
C．若反应中转移的电子为n mol，则0.15＜n＜0.25
D．n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)可能为11∶2∶1

参考答案：C

本题解析：
试题分析：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，故A错误；   B、根据方程式可知，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，故B错误；  C、根据方程式可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为故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，故D错误；
考点：考查氧化还原反应计算、根据方程式的计算等相关知识点

本题难度：一般

5、选择题  两份等质量的铝片分别与足量的盐酸和足量的氢氧化钠溶液反应，产生的气体在同条件下的体积比为（　　）
A．1：1
B．3：2
C．2：3
D．1：6

参考答案：由2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑、2

本题解析：

本题难度：简单