C

解：A、固体全部溶解说明二氧化锰完全反应，盐酸是过量，生成的氯气可以依据二氧化锰计算，依据化学方程式MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2↑+2H2O，二氧化锰物质的量和氯气物质的量相同，温度和压强不知，可以收集到氯气体积不能计算，故A错误； B、反应后溶液中的Cl﹣数目为（bc﹣ ×2）×NA选项中 只是计算得到生成的氯化锰中的氯离子，盐酸过量的没减少在内，故B错误；

C、依据电子转移守恒，MnO2～MnCl2～2e﹣ ， ×2×NA=d，得到NA= ，故C正确；

D、反应后溶液中的H+数目为（bc﹣ ×4）NA ， 故D错误；

故选C．

【考点精析】利用氯气的实验室制法对题目进行判断即可得到答案，需要熟知实验室制法：MnO2+4HCl（浓）=MnCl2+Cl2↑+2H2O．

C

解：A．用1g 98%的浓硫酸加4g水，所得溶液中硫酸的质量分数为： ×100%=19.6%，该操作合理，浓度正确，故A不选； B．配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时，定容后，塞好塞子倒转摇匀后，由于容量瓶刻度线上方有残留的溶液，所以液面会低于刻度线，不会影响配制结果，故B不选；

C．硫酸的密度大于1，10%的硫酸和90%的硫酸等体积混合，所得溶液的质量分数大于50%，故C选；

D．氨水密度小于1，质量分数为5x%和x%的两种氨水等体积混合所得溶液质量分数小于3x%，故D不选；

故选：C．

C

解：A、根据两物质的溶解度曲线不难看出，开始阶段，MgSO4的溶解度随温度升高而升高，但是后期，MgSO4的溶解度随温度升高而降低，故A错误； B、由硫酸镁的溶解度曲线可知，在t1℃～t3℃时，NaCl的溶解度比MgSO4的溶解度大，故B错误；

C、在t2℃时，由于硫酸镁的溶解度最大，根据饱和溶液中溶质的质量分数和溶解度间的关系：质量分数= ×100%，所以硫酸镁在该温度的饱和溶液中溶质的质量分数大，故C正确；

D、由于在t2﹣t3℃，硫酸镁的溶解度随温度的降低而增大，因此把MgSO4饱和溶液的温度从t3℃降至t2℃时，溶液会由饱和溶液变成不饱和溶液，而不会有晶体析出，故D错误；

故选C．

【考点精析】根据题目的已知条件，利用溶解度、饱和溶液的概念的相关知识可以得到问题的答案，需要掌握在一定温度下，在一定量的溶剂里，不能再溶解某种溶质的溶液，叫作这种溶质的饱和溶液；还能继续溶解某种溶质的溶液，叫作不饱和溶液；在一定温度下，某固体物质在100克溶剂里达到饱和状态时所溶解的质量，叫作这种物质在这种物质在这种溶剂里的溶解度．

B

解：A．原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚硫酸根离子，则会被氧化为硫酸根离子，所以原溶液中不一定含有SO42﹣离子，故A错误； B．产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以原来溶液中一定含有NH4+ ， 故B正确；

C．原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，引进了氯离子，能和硝酸银反应生成氯化银沉淀的离子不一定是原溶液中含有的氯离子，可能是加进去的盐酸中的，故C错误；

D．原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚铁离子，则亚铁离子会被氧化为铁离子，铁离子能使硫氰酸钾变为红色，所以原溶液中不一定含有Fe3+离子，故D错误；

故选B．

C

解：A．醋酸和碳酸钙都应该保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣ ， 故A错误； B．碳酸根离子部分水解，导致Na2CO3溶液显碱性，该反应为可逆反应，正确的反应为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣ ， 故B错误；

C．过量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁，反应的离子方程式为：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O，故C正确；

D．FeI2溶液中通入少量氯气，碘离子优先被氧化，正确的离子方程式为：2I﹣+C12═I2+2Cl﹣ ， 故D错误；

故选C．

D

解：A．MnO4﹣有颜色，不能大量共存，故A错误； B．能使pH试纸变深蓝色的溶液呈碱性，碱性条件下NH4+不能大量共存，故B错误；

C．碱性条件下Ba2+、HCO3﹣离子反应生成沉淀，故C错误；

D．pH=12的溶液呈碱性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确．

故选D．

B

解：A．反应在170℃下生成乙烯，缺少温度计，故A错误； B．氨气极易溶于水，可用倒置的漏斗防止倒吸，故B正确；

C．容量瓶不能用来稀释溶液，应先在小烧杯中稀释，故C错误；

D．灼烧固体应用坩埚，不能用烧杯，故D错误．

故选B．

C

解：A．打开盛装NO的集气瓶，NO被氧化为NO2 ， 发生的是化学反应，不是物理变化，故A错误； B．用冰水混合物冷却SO3气体，是物理变化，没有颜色变化；加热氯化铵晶体，为化学变化，没有颜色变化，故B错误；

C．木炭吸附NO2气体，颜色变浅，属于物理变化；将氯气通入品红溶液中，次氯酸具有漂白性，发生氧化还原反应，使品红褪色，属于化学变化，故C正确；

D．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，显碱性，溶液变红，为化学变化；三价铁与硫氰根离子络合生成血红色络合物，属于化学变化，故D错误；

故选：C．

【考点精析】关于本题考查的物理变化与化学变化的区别与联系，需要了解化学变化本质：旧键断裂、新键生成或转移电子等；二者的区别是：前者无新物质生成，仅是物质形态、状态的变化才能得出正确答案．

D

解：在水溶液中能电离出金属阳离子或铵根离子和酸根离子的化合物是盐，所以盐不能电离出共同的离子，导致盐是没有通性的，故选D．

C

解：A、盐酸属于非强氧化性酸，硫酸、硝酸是强氧化性酸，故A错误； B、新制氯水的溶质是HCl和HClO，氨水的溶质是一水合氨，故B错误；

C、纯碱是碳酸钠的俗称，烧碱是氢氧化钠的俗称，故C正确；

D、苯、聚苯乙烯、聚乙烯的组成元素相同，但是最简式不同，因此元素质量比不同，故D错误；

故选：C．

B

解：A．绿色化学是对环境友好型化学，要求原料物质中所有的原子完全被利用且全部转入期望的产品中，原子的利用率100%，无污染、无公害的化学，核心是利用化学原理从源头消灭污染，故A错误； B．氢能、核能、太阳能等是清洁能源，可减少污染，使用新型电动汽车，可减少城市机动车尾气排放，故B正确；

C．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5um的颗粒物，PM2.5的直径大于胶体直径，所以不属于胶体，故C错误；

D．Si原子最外层电子为4个，既难得电子，也难失去电子，可做为半导体，可用于制造硅芯片，是计算机芯片的成分，故D错误；

故选B．

（1）Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O

（2）第三周期、ⅥA族

（3）2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3↑+2H2O；B

（4）生成白色沉淀；生成刺激性气味的气体；白色沉淀又逐渐溶解

（5）SO2；3

解：（1）既能溶于强酸又能溶于强碱的常见氧化物A为Al2O3 ， 与强碱溶液反应的离子方程式为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，所以答案是：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；（2）由B、D都是酸性氧化物且组成元素相同，B、D分子中除氧外所含另一种元素在两种化合物中的质量分数分别为50%和40%，可知B、D分别为SO3和SO2 ， 硫元素在周期表中的物质是第三周期第ⅥA族， 所以答案是：第三周期、ⅥA族；（3）E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则E为NH3 ， 实验室制备氨气的方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3↑+2H2O，由于氨气的密度比空气小，应用向下排空气法收集，故应从B管通入气体收集，

所以答案是：2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3↑+2H2O；B；（4）根据以上分析可知，X中含有铝离子、铵根离子、硫酸根离子，再结合X的组成类似于明矾，可知其化学式为：NH4Al（SO4）2•12H2O；NH4Al（SO4）2•12H2O的溶液中含有铵根离子和铝离子，加入氢氧化钠溶液后，铝离子先与氢氧根离子反应生成氢氧化铝白色沉淀，铝离子反应完全后铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气，最后白色沉淀氢氧化铝会逐渐溶解，所以答案是：生成白色沉淀；生成刺激性气味的气体；白色沉淀又逐渐溶解；（5）根据上面（4）的分析可知，X为NH4Al（SO4）2•12H2O，取一定量的X晶体分解，根据元素守恒和电子得失守恒可知，生成1molN2转移6 mol电子，则生成SO2的物质的量为： =3mol，所以答案是：SO2；3．

（1）28；N2

（2）6.02×1023mol﹣1；

解：（1）该物质的物质的量= =0.05mol，则该物质的摩尔质量= =28g/mol，所以该物质的量相对分子质量为28，若只含有一种元素，则分子式为：N2 ， 所以答案是：28；N2；（2）19.6g该物质的物质的量为： =0.2mol，NA= = =6.02×1023 mol﹣1 ， = ，所以b= ×32×NA ， 则NA= ，所以答案是：6.02×1023 mol﹣1；

N2；NH3；纯NH3 中氮和氢的质量比为 ，在纯NH3 中混入任何比例的N2 ， 都将使氮和氢的质量比大于 ；1：4；20%

解：纯NH3 中氮和氢的质量比为 ，在纯NH3 中混入任何比例的N2 ， 都将使氮和氢的质量比大于 ，即为N2 、NH3的混合气体，A的相对分子质量大于B的相对分子质量，则A为N2 ， B为NH3； 若上述混合气体的氮和氢的质量比为7：1，设氮气为xmol，氨气为ymol，则（2x+y）×14：3y=7：1，整理的x：y=1：4，A在混合气体中的体积分数为 ×100%=20%，

所以答案是：N2 ；NH3 ；纯NH3 中氮和氢的质量比为 ，在纯NH3 中混入任何比例的N2 ， 都将使氮和氢的质量比大于 ； 1：4；20%．

（1）氯化氢；Ba（OH）2

（2）HCO3﹣+H2O=H2CO3+OH﹣

（3）Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑

（4）3Ba2++6OH﹣+2Al3++3SO42﹣=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓

解：①取少量A的溶液分别与另三种物质反应，依次观察到：白色沉淀和气体、白色沉淀、气体，结合离子之间的反应现象可知，铝离子和碳酸氢根离子反应既产生白色沉淀又产生气体；钡离子和碳酸氢根离子、氢氧根离子之间的反应产生白色沉淀；氢离子和碳酸氢根离子之间反应产生水以及二氧化碳，A是NaHCO3；②经测定，A和D的溶液显碱性，则含有氢氧根离子或是HCO3﹣ ， B和C的溶液pH＜7，则含有氢离子或是铝离子等；B与D的溶液反应产生两种沉淀，当D的量增大时，其中一种沉淀不断溶解，最终还存在一种沉淀，则一定是硫酸铝和氢氧化钡之间的反应，所以D是Ba（OH）2 ， B是Al2（SO4）3；③C与D的溶液反应，无明显现象，该反应的产物总能量小于反应物总能量，该反应是放热反应，所以C是HCl，综上所述，A是NaHCO3 ， D是Ba（OH）2 ， B是Al2（SO4）3 ， C是HCl，（1）C是名称为氯化氢，D的化学式为Ba（OH）2 ， 所以答案是：；Ba（OH）2；（2）用离子方程式表示A的溶液显碱性的原因为HCO3﹣+H2O=H2CO3+OH﹣ ， 所以答案是：HCO3﹣+H2O=H2CO3+OH﹣；（3）A与B在溶液中反应的离子方程式为Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑，所以答案是：Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑；（4）等物质的量浓度、等体积的硫酸铝和氢氧化钡的溶液混合，碱不足，反应的离子方程式为3Ba2++6OH﹣+2Al3++3SO42﹣=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，所以答案是：3Ba2++6OH﹣+2Al3++3SO42﹣=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓．

（1）16.7；B

（2）胶头滴管；100mL容量瓶

（3）继续向容最瓶注入蒸馏水至离刻度线l～2cm处，改用胶头滴管向容量瓶滴加蒸馏水至液面与刻度线相切为止．塞紧瓶塞，倒转摇匀

（4）偏小；偏大

（1）用18mol•L﹣1浓硫酸配制100mL 3.0mol•L﹣1稀硫酸，设需要浓硫酸体积V，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变得：18mol/L×V=100mL×3.0mol•L﹣1 ， 解得V=16.7mL；应选择25mL量筒，故选B；所以答案是：16.7；B；（2）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀装瓶等，用到的仪器：量筒、胶头滴管、玻璃棒、烧杯、100mL容量瓶；所以还缺少的仪器：胶头滴管、100mL容量瓶；所以答案是：胶头滴管、100mL容量瓶；（3）第⑤步操作为定容和摇匀，正确操作为：继续向容最瓶注入蒸馏水至离刻度线l～2cm处，改用胶头滴管向容量瓶滴加蒸馏水至液面与刻度线相切为止．塞紧瓶塞，倒转摇匀；所以答案是：继续向容最瓶注入蒸馏水至离刻度线l～2cm处，改用胶头滴管向容量瓶滴加蒸馏水至液面与刻度线相切为止．塞紧瓶塞，倒转摇匀；（4）①所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中，导致浓硫酸浓度降低，量取的浓硫酸中含有溶质的物质量偏小，溶液浓度偏小；所以答案是：偏小；②定容时俯视溶液的凹液面，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大；所以答案是：偏大．