D

试题分析：A．为注明气体所处的状态，11．2LCl2的物质的量无法确定，故A错误；B．标准状况下H2O不是气体，故B错误；C．AlCl3溶液中铝离子水解，，Al3+个数少于0．01NA，故C错误；D．0．1mol所含电子数约为0．1mol×10×6．02×1023/mol=6．02×1023个，故D正确；故选D。

A

试题分析：A．FeSO4酸性溶液暴露在空气中的离子反应为4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，故A正确；B．过量石灰水与碳酸氢钙反应的离子反应为Ca2++HCO3-+OH-═CaCO3↓+H2O，故B错误；C．向氯化铝溶液中滴加过量氨水的离子反应为Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；D．苯酚的酸性小于碳酸，不能反应放出二氧化碳，故D错误；故选A。

A

试题分析：A．配制一定浓度的溶液时，应用胶头滴管滴加，防止液体过量，故A正确；B．氨气易溶于水，不能用排水法收集，应用排空法收集，故B错误；C．碳酸钙高温分解生成二氧化碳气体，高温煅烧时不能密闭坩埚，防止实验事故的发生，故C错误；D．气体的进出方向错误，应从长管进气，故D错误；故选A。

C

试题分析：A．Zn和硫酸铜反应生成Cu，甲中Cu、Zn和稀硫酸构成原电池而加快反应速率，但甲中生成氢气体积减少，所以生成气体体积甲＜乙，故A错误；B．双氧水能氧化亚铁离子，酸性条件下，硝酸根离子能氧化亚铁离子而干扰双氧水的氧化，所以不能比较双氧水和铁离子氧化性强弱，故B错误；C．其它条件相同时，反应物的接触面积越大，反应速率越快，粉状的大理石表面积大于块状的大理石，所以反应速率：粉状大理石＞块状大理石，故C正确；D．硫化钠过量导致两种沉淀都产生，所以不能比较溶度积大小，故D错误；故选C。

D

试题分析：混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成Mg（OH）2、Fe（OH）2沉淀和NaAlO2，Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，再向混合物中加入过量盐酸，则Mg（OH）2、Fe（OH）3和NaAlO2与过量酸作用分别生成MgCl2、AlCl3、FeCl3，则减少的阳离子主要有NH4+和Fe2+，故选D。

B

试题分析：氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化，①氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，则碘离子还原性最强，溴离子最弱，则还原性：I-、Fe2+、Br-的顺序逐渐减弱，故正确；②原溶液中的Br-可能被氧化，也可能未被氧化，故错误；③通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故正确；④通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故正确；⑤若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br-被完全氧化，I-、Fe2+均被完全氧化，故正确；故选B。

C

试题分析：反应离子方程式为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO（g）+4H2O，铜足量，由上述反应方程式可知，NO3-和H+的物质的量之比为1：4，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3-）：n（H+）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0．6×0．1，联立解得x=0．024mol、y=0．036mol，由方程式可知，生成铜离子的物质的量为0．024mol×=0．036mol，故铜离子的最大浓度为=0．36mol/L，故选C。

C

试题分析：A．10gNaOH的物质的量为0．25mol，溶于水配成250mL溶液，溶质的物质的量浓度浓度为1mol•L-1，故A正确；B．80gSO3为1mol，溶于水得到1molH2SO4，配成1L溶液，所得溶液浓度为1mol/L，故B正确；C．NaNO3溶液的密度不是1g/mL，蒸发掉50g水所得的溶液不是50mL，故C错误；D．标况下，将22．4L氯化氢气体物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液浓度为1mol/L，故D正确，故选C。

D

试题分析：A．H+与ClO-结合生成次氯酸分子，没有发生氧化还原反应，故A错误；B．Fe3+、Fe2+、SO42－、NO3-离子间不发生反应，能够电离共存，故B错误；C．Al3+与CO32－发生双水解反应，没有发生氧化还原反应，故C错误；D．H+、Br-、MnO4－发生氧化还原反应，生成溴单质，符合题意，故D正确；故选D。

C

试题分析：A、氢氧化铁胶体加入硫酸先发生胶体聚沉消除红褐色沉淀，继续加入红褐色沉淀溶解，导致液体分散系颜色发生两次显著变化，故A不符合；B、氯气通入紫色石蕊试液生成盐酸具有酸性，次氯酸具有强氧化性具有漂白作用，溶液颜色先变红后褪色，导致液体分散系颜色发生两次显著变化，故B不符合；C、二氧化硫是酸性氧化物，漂白性具有选择性，溶于水生成亚硫酸使石蕊变红色，故C符合；D、酚酞试液中过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，溶液呈红色，但过了过氧化钠具有强氧化性使红色褪去，导致液体分散系颜色发生两次显著变化，故D不符合；故选C。

A

试题分析：根据题意，Ba2+和SO42-，可发生离子反应生成BaSO4沉淀，因此两者不能大量共存．Ba2+和CO32-可发生离子反应生成BaCO3沉淀，因此两者也不能大量共存。第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl-+Ag+═AgCl↓、CO32-+2Ag+═Ag2CO3↓、SO42-+2Ag+═Ag2SO4↓，所以可能含有Cl-、CO32-、SO42-；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0．04mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，而没有沉淀产生说明一定不存在Mg2+（Mg2+可以和OH-反应生产氢氧化镁沉淀），故可确定一定含有NH4+，一定不存在Mg2+，根据反应NH4++OH-NH3↑+H2O，产生NH3为0．04mol，可得NH4+也为0．04mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6．27g，经足量盐酸洗涤．干燥后，沉淀质量为2．33g．部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应CO32-+Ba2+═BaCO3↓、SO42-+Ba2+═BaSO4↓，因为BaCO3+2HCl═BaCl2+CO2↑+H2O而使BaCO3溶解．因此溶液中一定存在CO32-、SO42-，一定不存在Ba2+，由条件可知BaSO4为2．33g，物质的量为=0．01mol，BaCO3为6．27g-2．33g═3．94g，物质的量为=0．02mol，则CO32-物质的量为0．02mol，CO32-物质的量浓度为=0．2mol/L，由上述分析可得，溶液中一定存在CO32-、SO42-、NH4+，一定不存在Mg2+、Ba2+．而CO32-、SO42-、NH4+物质的量分别为0．02mol、0．01mol、0．04mol，CO32-、SO42-所带负电荷分别为0．02mol×2、0．01mol×2，共0．06mol，NH4+所带正电荷为0．04mol，根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在，故A正确；由上述分析可得，BaCO3为6．27g-2．33g═3．94g，CO32-物质的量为0．02mol，故B错误；根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在，且K+物质的量≥0．02mol，当K+物质的量＞0．02mol时，溶液中还必须存在Cl-．因此当K+物质的量═0．02mol，溶液中不存在Cl-，当K+物质的量＞0．02mol时，溶液中一定存在Cl-，故C错误；溶液中一定存在CO32-、SO42-、NH4+，Ba2+和CO32-、SO42-可发生离子反应生成BaCO3↓、BaSO4↓而不共存，因此Ba2+一定不存在，同时第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体，没有产生沉淀，说明一定不含Mg2+，故D错误；故选A。

B

试题分析：Cu2S与一定浓度的HNO3反应中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由-2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2．令NO2和NO的物质的量分别为1mol、1mol，根据电子转移守恒可知：n（Cu2S）×[6-（-2）+1×2]=1mol×（5-4）+1mol×（5-2），解得n（Cu2S）=0．4mol，由硫元素守恒可知n（CuSO4）=n（Cu2S）=0．4mol，根据铜元素守恒可知溶液中n[Cu（NO3）2]=2n（Cu2S）-n（CuSO4）=2×0．4mol-0．4mol=0．4mol，由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO2）+n（NO）=2×0．4mol+1mol+1mol=2．8mol，所以实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为n（Cu2S）：n（HNO3）=0．4mol：2．8mol=1：7，故选B。

（1）CO32－；

（2）NO3－、Fe3+；

（3）Mg2+、Al3+

（4）Ba2+；SO42－

（5）①Ba2+、I-、NH4+②K+、Na+、Cl-

试题分析：（1）根据实验（1）现象：溶液呈强酸性，说明溶液中肯定含有H+，而H+与CO32-反应发生反应而不能共存，说明溶液中肯定不含有CO32-，故答案为：CO32-；

（2）根据实验（2）现象：CCl4层呈紫红色，说明有I2，这是由于I-被氯气氧化所产生的，从而说明溶液中含有I-，而I-与Fe3+、NO3-和H+能发生氧化还原反应，而不能共存，说明溶液中肯定不含有Fe3+、NO3-；故答案为：NO3-、Fe3+；

（3）根据实验（3）现象：溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，溶液均无沉淀产生，而Mg2+、Al3+能与碱反应产生沉淀，说明溶液中肯定不含有Fe3+、Mg2+、Al3+；故答案为：Mg2+、Al3+；

（4）根据实验（4）现象：取出部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液后，有白色沉淀生成，说明溶液中肯定含有Ba2+，而Ba2+能与SO42-产生沉淀，说明溶液中不含SO42-；故答案为：Ba2+；SO42-；

（5）由上述实验事实确定，该溶液中肯定存在的离子是：Ba2+、I-、NH4+；肯定不存在的离子是：Mg2+、Fe3+、Al3+、NO3-、Fe3+、CO32-、SO42-；还不能确定是否存在的离子是：K+、Na+、Cl-，故答案为：Ba2+、I-、NH4+；K+、Na+、Cl-。

（1）①2CuFeS2+17H2O2+2H+＝2Cu2++2Fe3++4SO42－+18H2O

②H2O2受热分解；产物Cu2+、Fe3+催化H2O2分解等

（2）提高氨水的浓度、提高氧压（其他合理答案也可给分）

（3）；正向

（4）Fe2（SO4）3、H2SO4 （或Fe3+、H+ ）；

4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O或S8+12O2+8H2O8SO42－+16H+任写一个

（5）4．25 mol

试题分析：（1）①双氧水将黄铜矿氧化得到硫酸根和三价铁，离子方程式为：2CuFeS2+17H2O2+2H+=2Cu2++2Fe3++4SO42-+18H2O；

②H2O2受热易分解，产物Cu2+、Fe3+催化H2O2分解，故答案为：H2O2受热分解；产物Cu2+、Fe3+催化H2O2分解等；

（2）增大一种反应物的浓度，可提高另一种反应物的转化率，可提高氨水的浓度、提高氧压，故答案为：提高氨水的浓度、提高氧压；

（3）在25℃下，氨水微弱电离，浓度约为0．5a，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，溶液呈中性，NH3•H2O的电离常数Kb===；铵根能与氢氧根结合，促进水的电离，故答案为：正向；

（4）由图知Fe2（SO4）3、H2SO4是中间产物，可循环使用，离子反应方程式为4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O，故答案为：Fe2（SO4）3、H2SO4；4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O；

（5）铁元素最终全部转化为Fe3+，硫元素转化为硫酸根，当有2mol SO42-生成时，失去电子工17mol，消耗O2的物质的量为=4．25mol，故答案为：4．25 mol。

（1）AC；烧杯、玻璃棒；

（2）CEF；

（3）16．0；大于；等于；

（4）10．9；15

试题分析：（1）用容量瓶配制溶液，用胶头滴管定容；还需要用到的仪器有：溶解或稀释药品的烧杯、搅拌或引流用的玻璃棒，故答案为：AC；烧杯和玻璃棒；

（2）容量瓶只能用来配制一定体积准确浓度的溶液，不能配制或测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，不能稀释或溶解药品，不能用来加热溶解固体溶质，故选CEF；

（3）m=cVM=0．8mol/L×0．5L×40g/mol=16．0g，若定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，则所得溶液浓度大于0．8mol•L-1，若定容时，有少许蒸馏水洒落在容量瓶外，溶质的物质的量不变，溶液的体积不变，则所得溶液等于0．8mol•L-1，故答案为：16．0；大于；等于；

（4）浓硫酸的浓度=c=mol/L=18．4mol/L，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18．4mol/L×V=0．4mol/L×0．5L，V=0．0109L=10．9mL，选取的量筒规格应该等于或大于量取溶液体积，故选15mL量筒，故答案为：10．9；15。