2022-2022学年陕西省渭南市澄城县寺前中学高三（上）第二次月考化学试卷一．选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）1．设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是()A．1mol铁与1molCl2充分反应，转移电子数为3NAB．常温常压下，22.4LNH3所含的分子数为NAC．常温下，44gCO2中含有2NA个C=O键D．1mol/L的A1C13溶液中，Al3+离子的数目略小于NA2．下列关于物质分类的说法正确的是()A．胆矾、石膏、漂白粉都是纯净物B．氢氧化钙、盐酸、硫酸铜均为强电解质C．CaCl2、烧碱、聚苯乙烯均为化合物D．稀豆浆、硅酸、雾霾均为胶体3．下列各组离子中，在强碱性溶液中能共存，且在加入盐酸过程中会产生气体和沉淀的是()A．Na+、NO3﹣、AlO2﹣、SO42﹣B．Na+、Al3+、NO3﹣、SO42﹣C．Na+、Mg2+、Cl﹣、HCO3﹣D．K+、Cl﹣、AlO2﹣、CO32﹣4．下列选项中有关离子方程式的书写正确的是()A．过氧化钠固体与水反应：2O22﹣+2H2O=4OH﹣+O2↑B．H2SO4与Ba（OH）2溶液反应：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2OC．过量的CO2通入Ca（ClO）2溶液中：ClO﹣+CO2+H2O=HCO3﹣+HClOD．硫化钠水溶液呈碱性的原因：S2﹣+2H2O=H2S+2OH﹣5．高铁酸钾（K2FeO4）是一种既能杀菌、消毒、又能絮凝净水的水处理剂．工业制备高铁酸钾的反应离子方程式为Fe（OH）3+C1O﹣+OH﹣→FeO42﹣+C1﹣+H2O（未配平）．下列有关说法不正确的是()-27-\nA．由上述反应可知，Fe（OH）3的氧化性强于FeO42﹣B．高铁酸钾中铁显+6价C．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2D．K2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，而且生成的Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体能吸附水中的悬浮杂质6．Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好．一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2()+O2↑．下列对此反应的说法中，不正确的是()A．方框中的物质Na2SO4B．Na2O2既是氧化剂，又是还原剂C．Na2FeO4既是氧化产物，又是还原产物D．2molFeSO4发生反应时，反应中共有8mol电子转移7．下列反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2的是()A．3S+6NaOH═2Na2S+Na2SO3+3H2OB．2CH3COOH+Ca（ClO）2═2HClO+Ca（CH3COO）2C．I2+2NaClO3═2NaIO3+Cl2D．4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O8．下列有关元素性质比较正确的是()A．碱性：NaOH＜Mg（OH）2＜Al（OH）3B．氢化物稳定性：HF＞HCl＞PH3C．原子半径：S＞F＞OD．酸性：HClO＞HNO3＞H2CO39．短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A、B、C原子的最外层电子数之和为12，B、C、D位于同一周期，C原子的最外层电子数既是A原子内层电子数的3倍又是B原子最外层电子数的3倍．下列说法正确的是()A．元素A、C的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸B．元素B能与A的最高价氧化物发生置换反应-27-\nC．元素B和D能形成BD2型的共价化合物D．D的单质有毒，且有漂白性10．短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示．下列说法正确的是()A．元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8B．原子半径的大小顺序为：rX＞rY＞rZ＞rW＞rQC．离子Y2﹣和Z3+的核外电子数和电子层数都不相同D．元素W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Q的强11．下列关于化学用语的表示正确的是()A．过氧化钠的电子式：B．质子数为35、中子数为45的溴原子：BrC．硫离子的结构示意图：D．乙烯的结构简式：CH2CH212．下列物质中含有非极性键的共价化合物是()A．CCl4B．Na2O2C．C2H4D．CS213．已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣12CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ•mol﹣1H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1下列说法正确的是()A．H2（g）的燃烧热为571.6kJ•mol﹣1B．H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1C．同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多-27-\nD．3H2（g）+CO2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=+131.4kJ•mol﹣114．如图表示白磷（P4）分子结构．白磷在氧气不足时燃烧生成P4O6，P4O6分子结构可以看成是白磷分子中磷磷键之间插入氧原子．已知：键能表示断裂1mol化学键需要吸收的能量．几种共价键的键能如表所示：化学键P﹣PP﹣OP═OO═O键能/kJ•mol﹣1abcd则P4（s）+3O2（g）═P4O6（s）的反应热（△H）为()A．（6a+3d﹣12b﹣4c）kJ•mol﹣1B．（4a+3d﹣8b）kJ•mol﹣1C．（6a+3d﹣12b）kJ•mol﹣1D．（6a+3d+4c﹣12b）kJ•mol﹣115．下列说法正确的是()A．1H、2H、3H是三种核素，它们物理性质相同，化学性质不同B．ZX3+的结构示意图为，该离子能促进水的电离C．N2、H2O2、CaC2、MgCl2中都含有非极性共价键D．由于HF分子间存在氢键，因此HF比HCl稳定16．下列有关说法正确的是()A．H2SO4的酸性比HClO的酸性强，所以S的非金属性比Cl强B．Mg（OH）2是中强碱，Al（OH）3是两性氢氧化物，所以Al比Mg活泼C．H2S300℃时开始分解，H2O1000℃时开始分解，说明O的非金属性比S强D．Na和Mg与酸都能激烈反应放出氢气，故无法比较它们的金属性强弱-27-\n二．填空题（每空2分，共52分）17．A、B、C、D是原子序数均小于20的四种元素．A与B同主族，且能形成BA3型分子．B、C、D所形成的简单离子电子层结构相同，且B、C、D离子半径依次减小．据此回答下列问题：（1）D元素在元素周期表中的位置是__________；（2）B与D所形成的普通化合物电子式为__________；（3）将C单质的水溶液滴加到B与D所形成化合物的水溶液中，产生淡黄色沉淀，其反应的化学方程式为__________；（4）实验室里除去BA2气体，可用下列试剂中的__________（填字母）；A．酸性高锰酸钾溶液B．浓H2SO4C．NaOH溶液D．品红溶液．（5）由A、B、D三种元素所组成的某种盐水溶液显碱性，其原因是（用离子方程式表示）__________．18．火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水．当它们混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热．已知：0.4mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.652kJ的热量．（1）该反应的热化学方程式为__________．（2）又知H2O（l）═H2O（g）△H=+44kJ•mol﹣1，则16g液态肼与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量是__________kJ．（3）此反应用于火箭推进，除释放大量热和快速产生大量气体外还有一个很大的优点是__________．已知：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=206.2kJ•mol﹣1CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H=247.4kJ•mol﹣12H2S（g）═2H2（g）+S2（g）△H=169.8kJ•mol﹣1（4）以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法．CH4（g）与H2O（g）反应生成CO2（g）和H2（g）的热化学方程式为__________．（5）H2S热分解制氢气时，常向反应器中通入一定比例空气，使部分H2S燃烧，其目的是__________；燃烧生成的SO2与H2S进一步反应，生成物在常温下均为非气体，写出该反应的化学方程式：__________．-27-\n19．（24分）NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒．已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI═2NO↑+I2+2NaI+2H2O．（1）上述反应中氧化剂是__________．（2）根据上述反应，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，你认为必须选用的物质有__________（填序号）．（3）某厂废液中，含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是__________（填编号）．A．NaClB．NH4ClC．HNO3D．浓H2SO4（4）请配平以下化学方程式：__________Al+__________NaNO3+__________NaOH═__________NaAlO2+__________N2↑+__________．若反应过程中转移5mole﹣，则生成标准状况下N2的体积为__________L．（5）在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3﹣．两步反应的能量变化示意图如图：①第一步反应是__________反应（填“放热”或“吸热”），判断依据是__________．②1molNH4+（aq）全部氧化成NO3﹣（aq）的热化学方程式是__________．20．（16分）某无色溶液，由Na+、Ba2+、Al3+、Cl﹣、AlO2﹣、MnO4﹣、CO32﹣、SO42﹣中的若干离子组成，将溶液平均分为两份置于两支试管：①取其中一支试管，加入过量HCl．有气体生成，并得到溶液；②在①所得溶液中加入HNO3酸化的AgNO3，出现白色沉淀；③取另一支试管，先加入过量的HCl酸化，再加入过量的NaHCO3溶液，有气体生成同时析出白色沉淀甲，甲的质量为3.9g；④在③所得溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，有白色沉淀乙析出．根据上述实验完成下列问题：-27-\n（1）溶液中一定不存在的离子是__________．（2）一定存在的离子是__________．（3）判断沉淀乙成分的方法是__________．（4）写出有关反应的离子方程式．实验①：__________；__________；（5）通过实验③可知溶液中存在的离子为__________，原溶液中该离子的物质的量为__________．-27-\n2022-2022学年陕西省渭南市澄城县寺前中学高三（上）第二次月考化学试卷一．选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）1．设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是()A．1mol铁与1molCl2充分反应，转移电子数为3NAB．常温常压下，22.4LNH3所含的分子数为NAC．常温下，44gCO2中含有2NA个C=O键D．1mol/L的A1C13溶液中，Al3+离子的数目略小于NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．先判断过量，然后根据不足量计算出转移的电子数；B．常温常压下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氨气的物质的量；C．44g二氧化碳的物质的量为1mol，二氧化碳分子中含有两个碳氧双键，1mol二氧化碳中含有2mol碳氧双键；D．缺少氯化铝溶液的体积，无法计算溶液中铝离子的数目．【解答】解：A．1mol铁完全反应消耗0.15mol氯气，氯气只有1mol，所以氯气不足，反应1mol氯气最多转移2mol电子，根据电子守恒，转移电子数为2NA，故A错误；B．不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L氨气的物质的量，故B错误；C．44g二氧化碳的物质的量为1mol，1mol二氧化碳分子中含有2mol碳氧双键，含有2NA个C=O键，故C正确；D．没有告诉氯化铝溶液的体积，无法计算溶液中铝离子的数目，故D错误；故选C．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项D为易错点，注意题中缺少溶液的体积．2．下列关于物质分类的说法正确的是()A．胆矾、石膏、漂白粉都是纯净物-27-\nB．氢氧化钙、盐酸、硫酸铜均为强电解质C．CaCl2、烧碱、聚苯乙烯均为化合物D．稀豆浆、硅酸、雾霾均为胶体【考点】混合物和纯净物；单质和化合物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；强电解质和弱电解质的概念．【专题】物质的分类专题．【分析】A、一种物质组成的为纯净物；B、水溶液中完全电离的电解质为强电解质；C、不同元素组成的纯净物为化合物；D、分散质微粒直径在1﹣100nm的分散系为胶体．【解答】解：A、胆矾为硫酸铜晶体属于纯净物、石膏是硫酸钙属于属于纯净物、漂白粉是氯化钙、次氯酸钙的混合物，不是纯净物，故A错误；B、氢氧化钙、硫酸铜水溶液中完全电离均为强电解质，盐酸是氯化氢气体水溶液，是电解质溶液，故B错误；C、CaCl2、烧碱都是一种物质组成的，均为化合物，聚苯乙烯属于混合物，故C错误；D、稀豆浆、硅酸、雾霾形成的分散系都是分散质微粒直径在1﹣100nm的分散系均为胶体，故D正确；故选D．【点评】本题考查了物质分类方法，化学概念实质的分析判断，物质组成是解题关键，题目较简单．3．下列各组离子中，在强碱性溶液中能共存，且在加入盐酸过程中会产生气体和沉淀的是()A．Na+、NO3﹣、AlO2﹣、SO42﹣B．Na+、Al3+、NO3﹣、SO42﹣C．Na+、Mg2+、Cl﹣、HCO3﹣D．K+、Cl﹣、AlO2﹣、CO32﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】碱性溶液中离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，离子能够共存，加酸生成气体、沉淀，以此来解答．【解答】解：A．该组离子之间不反应，能共存，加酸只能生成氢氧化铝沉淀，故A不选；B．碱性条件下Al3+不能大量共存，故B不选；-27-\nC．碱性条件下，Mg2+、HCO3﹣不能大量共存，分别生成沉淀、碳酸根离子和水，故C不选；D．该组离子之间不反应，能共存，加酸生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，故D选．故选D．【点评】本题考查离子的共存问题，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确信息及信息的应用是解答本题的关键，熟悉复分解反应发生的条件及离子之间的反应即可解答，难度不大．4．下列选项中有关离子方程式的书写正确的是()A．过氧化钠固体与水反应：2O22﹣+2H2O=4OH﹣+O2↑B．H2SO4与Ba（OH）2溶液反应：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2OC．过量的CO2通入Ca（ClO）2溶液中：ClO﹣+CO2+H2O=HCO3﹣+HClOD．硫化钠水溶液呈碱性的原因：S2﹣+2H2O=H2S+2OH﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．氧化物应保留化学式；B．离子个数不符合物质的配比；C．过量的CO2通入Ca（ClO）2溶液中，反应生成次氯酸和碳酸氢钙；D．硫离子为多元弱酸根离子，分步水解，水解为可逆过程应该用可逆符号．【解答】解：A．过氧化钠固体与水反应，离子方程式：2Na2O2+2H2O=4OH﹣+O2↑+4Na+，故A错误；B．H2SO4与Ba（OH）2溶液反应，离子方程式：Ba2++O2H﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故B错误；C．过量的CO2通入Ca（ClO）2溶液中，反应生成次氯酸和碳酸氢钙，离子方程式：ClO﹣+CO2+H2O=HCO3﹣+HClO，故C正确；D．硫化钠水溶液呈碱性的原因，离子方程式：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了离子方程式的书写，书写离子方程式应注意化学式的拆分、反应物用量对反应的影响，注意多元弱酸根离子分步水解，题目难度不大．-27-\n5．高铁酸钾（K2FeO4）是一种既能杀菌、消毒、又能絮凝净水的水处理剂．工业制备高铁酸钾的反应离子方程式为Fe（OH）3+C1O﹣+OH﹣→FeO42﹣+C1﹣+H2O（未配平）．下列有关说法不正确的是()A．由上述反应可知，Fe（OH）3的氧化性强于FeO42﹣B．高铁酸钾中铁显+6价C．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2D．K2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，而且生成的Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体能吸附水中的悬浮杂质【考点】氧化还原反应的计算；氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A、氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性．据此判断．B、离子中各元素化合价代数和等于离子所带电荷．据此计算．C、反应中Fe（OH）3是还原剂，C1O﹣是还原剂，根据电子转移守恒计算二者物质的量之比．D、K2FeO4中铁为高价铁，具有强氧化性能杀菌，Fe（OH）3（胶体）具有净水作用．【解答】解：A、反应Fe（OH）3+C1O﹣+OH﹣→FeO42﹣+C1﹣+H2O中，氯元素化合价降低，C1O﹣是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe（OH）3是还原剂，FeO42﹣是氧化产物，氧化性C1O﹣＞FeO42﹣，实际氧化性FeO42﹣＞Fe（OH）3，故A错误；B、令FeO42﹣中，铁元素的化合价为x，则x+4×（﹣2）=﹣2，解得x=+6，故B正确；C、反应Fe（OH）3+C1O﹣+OH﹣→FeO42﹣+C1﹣+H2O中，氯元素化合价由+1降低为﹣1价，C1O﹣是氧化剂，铁元素化合价由+3价升高为+6价，Fe（OH）3是还原剂，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为（6﹣3）：2=3：2，故C正确；D、K2FeO4具有氧化性所以能杀菌，高铁酸钾被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的Fe（OH）3（胶体）具有净水作用，故D正确．故选：A．【点评】本题考查氧化还原反应基本概念与计算，难度不大，根据化合价判断氧化剂、还原剂与氧化产物、还原产物是关键．6．Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好．一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2()+O2↑．下列对此反应的说法中，不正确的是()-27-\nA．方框中的物质Na2SO4B．Na2O2既是氧化剂，又是还原剂C．Na2FeO4既是氧化产物，又是还原产物D．2molFeSO4发生反应时，反应中共有8mol电子转移【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】由质量守恒可知反应的方程式为2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，反应中O元素化合价既升高又降低，则Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，Fe元素化合价升高，被氧化，结合元素化合价的变化解答该题．【解答】解：A．由质量守恒可知反应的方程式为2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，则方框中的物质Na2SO4，故A正确；B．反应中O元素化合价既升高又降低，则Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，故B正确；C．反应中Na2O2为氧化剂，FeSO4在反应中作还原剂，则Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，故C正确；D.2molFeSO4发生反应时，化合价升高的有Fe和O，其中Fe化合价升高2×（6﹣2）=8，需要4molNa2O2为氧化剂，另2molNa2O2自身发生氧化还原反应，生成1molO2，转移电子2mol电子，共转移10mol电子，故D错误．故选D．【点评】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，易错选项是D，注意该反应中不仅硫酸亚铁失电子，部分过氧化钠还失电子，为易错点．7．下列反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2的是()A．3S+6NaOH═2Na2S+Na2SO3+3H2OB．2CH3COOH+Ca（ClO）2═2HClO+Ca（CH3COO）2C．I2+2NaClO3═2NaIO3+Cl2D．4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O【考点】氧化还原反应．【分析】含有元素化合价降低的物质为氧化剂，含有元素化合价升高的物质为还原剂，结合反应方程式中元素化合价的变化分析．-27-\n【解答】解：A．3S+6NaOH═2Na2S+Na2SO3+3H2O反应中有2molS化合价降低，作氧化剂，有1molS升高作还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，故A错误；B．2CH3COOH+Ca（ClO）2═2HClO+Ca（CH3COO）2反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故B错误；C．I2+2NaClO3═2NaIO3+Cl2反应中，NaClO3作氧化剂，I2作还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，故C错误；D．4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O反应中，当1molMnO2得到2mol电子时，有2molHCl失电子，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故D正确．故选D．【点评】本题考查氧化还原反应概念及计算，判断氧化剂、还原剂后，可以根据电子转移守恒计算氧化剂和还原剂的物质的量之比，难度不大．8．下列有关元素性质比较正确的是()A．碱性：NaOH＜Mg（OH）2＜Al（OH）3B．氢化物稳定性：HF＞HCl＞PH3C．原子半径：S＞F＞OD．酸性：HClO＞HNO3＞H2CO3【考点】元素周期律的作用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；B．非金属性越强，氢化物的稳定性越强；C．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大；D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强．【解答】解：A．金属性Al＜Mg＜Na，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性：Al（OH）3＜Mg（OH）2＜NaOH，故A错误；B．非金属性P＜Cl＜F，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则稳定性HF＞HCl＞PH3，故B正确；C．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，故原子半径F＜O＜S，故C错误；D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，HClO不是最高价含氧酸，则酸性：HNO3＞H2CO3＞HClO，故D错误，-27-\n故选B．【点评】本题考查元素周期律的应用，注意掌握微粒半径比较规律、理解元素周期律，侧重于基础知识的考查，难度不大．9．短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A、B、C原子的最外层电子数之和为12，B、C、D位于同一周期，C原子的最外层电子数既是A原子内层电子数的3倍又是B原子最外层电子数的3倍．下列说法正确的是()A．元素A、C的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸B．元素B能与A的最高价氧化物发生置换反应C．元素B和D能形成BD2型的共价化合物D．D的单质有毒，且有漂白性【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】压轴题；元素周期律与元素周期表专题．【分析】C原子的最外层电子数是B原子最外层电子数的3倍，则二者的最外层电子数应为偶数，A、B、C原子的最外层电子数之和为12，则A的最外层电子数为偶数，C原子的最外层电子数既是A原子内层电子数的3倍，则C的最外层电子数为6，B的最外层电子数为2，A的最外层电子数为4，则A为C元素，B、C、D位于同一周期，应为第三周期元素，C为S元素，B为Mg元素，则D应为Cl元素，结合元素对应单质、化合物的性质解答该题．【解答】解：由题中信息可知A为C，B为Mg，C为S，D为Cl，则A．A为C，对应的最高价氧化物的水化物为碳酸，属于弱酸，故A错误；B．根据反应：2Mg+CO22MgO+C，该反应为置换反应，故B正确；C．B为Mg，D为Cl，二者形成的化合物为离子化合物，故C错误；D．D为Cl，干燥的氯气没有漂白性，故D错误．故选B．【点评】本题考查元素的位置结构性质的关系及应用，题目难度中等，本题的推断难度较大，注意根据核外电子关系特点判断元素的种类，解答时要细心考虑．10．短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示．下列说法正确的是()-27-\nA．元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8B．原子半径的大小顺序为：rX＞rY＞rZ＞rW＞rQC．离子Y2﹣和Z3+的核外电子数和电子层数都不相同D．元素W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Q的强【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】根据元素所在周期表中的位置判断元素的种类，结合元素周期律的递变规律解答该题【解答】解：由元素所在周期表中的位置可知，X为N元素，Y为O元素，Z为Al元素，W为S元素，Q为Cl元素．A、X为N元素，最高正价为+5价，Z为Al元素，最高正价为+3价，则元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8，故A正确；B、原子核外电子层数越多，半径越大，同一周期元素原子半径从左到右逐渐减小，则有：rZ＞rW＞rQ＞rX＞rY，故B错误；C、离子Y2﹣和Z3+的核外电子数都为10，离子核外有2个电子层，电子层数相同，故C错误；D、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，故D错误．故选A．【点评】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，题目难度中等，注意掌握元素周期表的结构和元素周期律的递变规律．11．下列关于化学用语的表示正确的是()A．过氧化钠的电子式：B．质子数为35、中子数为45的溴原子：BrC．硫离子的结构示意图：-27-\nD．乙烯的结构简式：CH2CH2【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【分析】A．过氧化钠是离子化合物，其电子式符合离子化合物特点；B．元素符号的左上角表示的是质量数，左下角表示质子数，质量数=质子数+中子数；C．硫离子核外有18个电子、最外层有8个电子；D．乙烯分子中含有碳碳双键，结构简式中碳碳双键不能省略．【解答】解：A．过氧化钠是离子化合物，阴阳离子需要标出所带电荷，过氧化钠正确的电子式为：，故A错误；B．元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数，质子数为35、中子数为45的溴原子的质量数=35+45=80，所以溴原子可以表示为：Br，故B正确；C．硫离子核外有18个电子、最外层有8个电子，其离子结构示意图为：，故C错误；D．乙烯分子的结构简式中，碳碳双键不能省略，乙烯正确的结构简式为：CH2═CH2，故D错误；故选B．【点评】本题考查了化学用语的书写判断，涉及结构简式、离子结构示意图、电子式等知识点，题目难度中等，根据这些化学用语特点来分析解答，注意过氧化钠电子式的书写，为易错点．12．下列物质中含有非极性键的共价化合物是()A．CCl4B．Na2O2C．C2H4D．CS2【考点】共价键的形成及共价键的主要类型．【分析】共价键是属于非金属元素之间形成的化学键，其中相同非金属元素形成的为非极性共价键，不同非金属元素形成的为极性共价键，只含有共价键的化合物是为共价化合物，以此来解答．【解答】解：A．CCl4中只含C﹣Cl极性共价键，故A不选；B．Na2O2既含有非极性共价键，又含有离子键，为离子化合物，故B不选；-27-\nC．C2H4中含C﹣H极性共价键和C=C非极性共价键，只含共价键，由C、H元素组成，为共价化合物，故C选；D．CS2中只含C=S极性共价键，故D不选；故选C．【点评】本题考查共价键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，注意共价化合物只含有共价键，题目难度不大．13．已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣12CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ•mol﹣1H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1下列说法正确的是()A．H2（g）的燃烧热为571.6kJ•mol﹣1B．H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1C．同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多D．3H2（g）+CO2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=+131.4kJ•mol﹣1【考点】反应热和焓变．【分析】A、依据燃烧热概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量分析；B、酸碱中和反应生成的硫酸钡过程中放热；C、依据热化学方程式计算比较；D、依据热化学方程式和盖斯定律计算分析判断．【解答】解：A、依据燃烧热概念分析，选项中由已知热化学方程式计算可知H2（g）的燃烧热为285.8kJ•mol﹣1，故A错误；B、反应中有BaSO4（s）生成，而生成BaSO4也是放热的，所以放出的热量比57.3kJ多，即B项中△H＜﹣57.3kJ•mol﹣1，故B错误；C、同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，设质量为1g2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣12571.6KJmol142.9KJ2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ•mol﹣1-27-\n21452KJmol22.69KJ所以H2（g）放出的热量多，故C正确；D、①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1②2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ•mol﹣1按盖斯定律计算①×3﹣②得到6H2（g）+2CO2（g）═2CH3OH（l）+2H2O（l）△H=﹣262.8kJ•mol﹣1．可知正确的是3H2（g）+CO2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣131.4kJ•mol﹣1，故D错误；故选C．【点评】本题考查了热化学方程式和盖斯定律计算应用，燃烧热，中和热概念的理解应用是解题关键，题目难度中等．14．如图表示白磷（P4）分子结构．白磷在氧气不足时燃烧生成P4O6，P4O6分子结构可以看成是白磷分子中磷磷键之间插入氧原子．已知：键能表示断裂1mol化学键需要吸收的能量．几种共价键的键能如表所示：化学键P﹣PP﹣OP═OO═O键能/kJ•mol﹣1abcd则P4（s）+3O2（g）═P4O6（s）的反应热（△H）为()A．（6a+3d﹣12b﹣4c）kJ•mol﹣1B．（4a+3d﹣8b）kJ•mol﹣1C．（6a+3d﹣12b）kJ•mol﹣1D．（6a+3d+4c﹣12b）kJ•mol﹣1【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能，据此计算判断．注意每摩尔P4中含有6molP﹣P键．-27-\n【解答】解：各化学键键能为P﹣PakJ•mol﹣1、P﹣ObkJ•mol﹣1、O=OckJ•mol﹣1．反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能，所以反应P4+3O2=P4O6的反应热△H=6×akJ•mol﹣1+3×ckJ•mol﹣1﹣12×bkJ•mol﹣1=（6a+3d﹣12b）kJ•mol﹣1；故选：C．【点评】本题考查反应热与化学键键能的关系，难度中等，注意从物质能量、键能理解反应热．15．下列说法正确的是()A．1H、2H、3H是三种核素，它们物理性质相同，化学性质不同B．ZX3+的结构示意图为，该离子能促进水的电离C．N2、H2O2、CaC2、MgCl2中都含有非极性共价键D．由于HF分子间存在氢键，因此HF比HCl稳定【考点】核素；原子结构示意图；极性键和非极性键；氢键的存在对物质性质的影响．【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．【分析】A．同位素物理性质不同，化学性质几乎相同；B．该离子为铝离子，能发生水解；C．氯化镁中只存在离子键；D．分子的稳定性和化学键有关和氢键无关．【解答】解：A．同位素物理性质不同，化学性质几乎相同，故A错误；B．该离子为铝离子，能发生水解促进水的电离，故B正确；C．氯化镁中只存在离子键，故C错误；D．分子的稳定性和化学键有关和氢键无关，故D错误；故选B．【点评】本题考查了同位素的性质、原子结构示意图、化学键类型的判断和分子的稳定性，中等难度．注意氢键不是化学键，氢键只影响物理性质，如溶沸点、溶解性等．16．下列有关说法正确的是()A．H2SO4的酸性比HClO的酸性强，所以S的非金属性比Cl强-27-\nB．Mg（OH）2是中强碱，Al（OH）3是两性氢氧化物，所以Al比Mg活泼C．H2S300℃时开始分解，H2O1000℃时开始分解，说明O的非金属性比S强D．Na和Mg与酸都能激烈反应放出氢气，故无法比较它们的金属性强弱【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；化学键．【分析】A．非金属元素最高价氧化物的水化物酸性越强，其非金属性越强；B．金属元素最高价氧化物的水化物碱性越强，其金属性越强；C．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；D．金属元素的金属性越强，金属与相同浓度的同一种酸反应越剧烈．【解答】解：A．非金属元素最高价氧化物的水化物酸性越强，其非金属性越强，HClO不是Cl元素的最高价含氧酸，所以不能根据硫酸和次氯酸酸性强弱判断非金属性强弱，故A错误；B．金属元素最高价氧化物的水化物碱性越强，其金属性越强，Mg（OH）2是中强碱，Al（OH）3是两性氢氧化物，所以Mg比Al活泼，故B错误；C．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，H2S300℃时开始分解，H2O1000℃时开始分解，说明O的非金属性比S强，故C正确；D．金属元素的金属性越强，金属与相同浓度的同一种酸反应越剧烈，Na和Mg与酸都能激烈反应放出氢气，但剧烈程度不同，所以可以比较金属性强弱，故D错误；故选C．【点评】本题考查金属性、非金属性强弱判断，为高频考点，明确金属性、非金属性强弱判断方法即可解答，易错选项是A，题目难度不大．二．填空题（每空2分，共52分）17．A、B、C、D是原子序数均小于20的四种元素．A与B同主族，且能形成BA3型分子．B、C、D所形成的简单离子电子层结构相同，且B、C、D离子半径依次减小．据此回答下列问题：（1）D元素在元素周期表中的位置是第四周期第ⅠA族；（2）B与D所形成的普通化合物电子式为；（3）将C单质的水溶液滴加到B与D所形成化合物的水溶液中，产生淡黄色沉淀，其反应的化学方程式为Cl2+K2S=2KCl+S↓；（4）实验室里除去BA2气体，可用下列试剂中的AC（填字母）；-27-\nA．酸性高锰酸钾溶液B．浓H2SO4C．NaOH溶液D．品红溶液．（5）由A、B、D三种元素所组成的某种盐水溶液显碱性，其原因是（用离子方程式表示）SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、B、C、D是原子序数均小于20的四种元素．A与B同主族，且能形成BA3型分子，则A为氧元素、B为硫元素；B、C、D所形成的简单离子电子层结构相同，核外电子数为18，且B、C、D离子半径依次减小，则原子序数D＞C＞B，结合原子序数可知，D为K、C为Cl，据此解答．【解答】解：A、B、C、D是原子序数均小于20的四种元素．A与B同主族，且能形成BA3型分子，则A为氧元素、B为硫元素；B、C、D所形成的简单离子电子层结构相同，核外电子数为18，且B、C、D离子半径依次减小，则原子序数D＞C＞B，结合原子序数可知，D为K、C为Cl，（1）D为K元素，在元素周期表中的位置是：第四周期第ⅠA族，故答案为：第四周期第ⅠA族；（2）B与D所形成的普通化合物为K2S，电子式为，故答案为：；（3）将氯气的水溶液滴加到K2S的水溶液中，产生淡黄色沉淀，生成硫，氯气被还还原，同时生成KCl，反应的化学方程式为：Cl2+K2S=2KCl+S↓，故答案为：Cl2+K2S=2KCl+S↓；（4）实验室里除去SO2气体，二氧化硫具有还原性，可以用酸性高锰酸钾氧化除去，属于酸性氧化物，可以用氢氧化钠溶液吸收，浓硫酸不能吸收二氧化硫，品红溶液可以鉴别二氧化硫，故选AC；（5）由A、B、D三种元素所组成的某种盐水溶液显碱性，该盐为亚硫酸钠，溶液中SO32﹣水解SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣，破坏水的电离平衡，溶液呈碱性，故答案为：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，难度不大，推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握．-27-\n18．火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水．当它们混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热．已知：0.4mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.652kJ的热量．（1）该反应的热化学方程式为N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.63kJ/mol．（2）又知H2O（l）═H2O（g）△H=+44kJ•mol﹣1，则16g液态肼与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量是408.815kJ．（3）此反应用于火箭推进，除释放大量热和快速产生大量气体外还有一个很大的优点是产物无污染．已知：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=206.2kJ•mol﹣1CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H=247.4kJ•mol﹣12H2S（g）═2H2（g）+S2（g）△H=169.8kJ•mol﹣1（4）以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法．CH4（g）与H2O（g）反应生成CO2（g）和H2（g）的热化学方程式为CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）△H=﹣165.0kJ•mol﹣1．（5）H2S热分解制氢气时，常向反应器中通入一定比例空气，使部分H2S燃烧，其目的是为H2S热分解反应提供热量；燃烧生成的SO2与H2S进一步反应，生成物在常温下均为非气体，写出该反应的化学方程式：2H2S+SO2=2H2O+3S↓．【考点】热化学方程式．【分析】（1）反应方程式为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O，根据0.4mol液态肼放出的热量，计算1mol液态肼放出的热量，进而写出热化学方程式；（2）结合上述写出的热化学方程式和谁转化的热化学方程式，根据盖斯定律合并写出生成液态水时的热化学方程式进行计算；（3）依据反应N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）的产物是氮气和水分析该反应的优点；（4）根据盖斯定律，利用已知热化学方程式乘以合适的系数进行加减，反应热也乘以相应的系数进行相应的计算，据此书写；（5）使部分H2S燃烧放出热量，为H2S热分解反应提供热量；SO2与H2S进一步反应，生成物在常温下均非气体，二者反应生成S与H2O．-27-\n【解答】解：（1）反应方程式为：N2H4+2H2O2═N2+4H2O，0.4mol液态肼放出256.652KJ的热量，则1mol液态肼放出的热量为=641.63kJ，所以反应的热化学方程式为：N2H4（g）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.63kJ/mol，故答案为：N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.63kJ/mol；（2）①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.63kJ/mol；②H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44kJ/mol；依据盖斯定律①+②×4得到：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）；△H=﹣817.63kJ/mol；热化学方程式中32g全部反应放热817.63kJ，16g液态肼与足量双氧水反应生成氮气和液态水时，放出的热量为：817.63kJ×=408.815kJ，故答案为：408.815；（3）还原剂肼（N2H4）和强氧化剂H2O2，当它们混合时，即产生大量的氮气和水蒸气，除释放大量热量和快速产生大量气体外，还有很突出的优点是，产物为氮气和水，清洁无污染，故答案为：产物无污染．（4）已知：①CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H26（g）△H=﹣206.2kJ•mol﹣1②CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H=﹣247.4kJ•mol﹣1由盖斯定律，①×2﹣②得CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H=﹣165.0kJ•mol﹣1，故答案为：CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H=﹣165.0kJ•mol﹣1；（5）使部分H2S燃烧，放出热量，为H2S热分解反应提供热量，SO2与H2S进一步反应，生成物在常温下均非气体，二者反应生成S与H2O，反应方程式为2H2S+SO2═2H2O+3S，故答案为：为H2S热分解反应提供热量；2H2S+SO2═2H2O+3S↓．【点评】本题考查了热化学方程式的书写、有关反应热的计算，题目难度中等，注意盖斯定律的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．19．（24分）NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒．已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI═2NO↑+I2+2NaI+2H2O．-27-\n（1）上述反应中氧化剂是NaNO2．（2）根据上述反应，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，你认为必须选用的物质有①②⑤（填序号）．（3）某厂废液中，含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是B（填编号）．A．NaClB．NH4ClC．HNO3D．浓H2SO4（4）请配平以下化学方程式：10Al+6NaNO3+4NaOH═10NaAlO2+3N2↑+2H2O．若反应过程中转移5mole﹣，则生成标准状况下N2的体积为11.2L．（5）在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3﹣．两步反应的能量变化示意图如图：①第一步反应是放热反应（填“放热”或“吸热”），判断依据是反应物总能量大于生成物总能量．②1molNH4+（aq）全部氧化成NO3﹣（aq）的热化学方程式是NH4+（aq）+2O2（g）=2H+（aq）+H2O（l）+NO3﹣（aq）△H=﹣346kJ/mol．【考点】亚硝酸盐；氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；热化学方程式．【分析】（1）反应中N元素的化合价降低，I元素的化合价升高；（2）由2NaNO2+4HI═2NO↑+I2+2NaI+2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl，可利用碘的特性分析；（3）NaNO2具有氧化性，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的物质应具有还原性；（4）Al元素的化合价由0升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为0，由电子守恒及原子守恒分析；（5）①第一步反应中，反应物总能量大于生成物总能量；②1molNH4+（aq）全部氧化成NO3﹣（aq）可由两步反应加和得到．-27-\n【解答】解：（1）反应中N元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则氧化剂是NaNO2，故答案为：NaNO2；（2）由2NaNO2+4HI═2NO↑+I2+2NaI+2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl，则选择①水②碘化钾淀粉试纸⑤食醋，变蓝的为NaNO2，故答案为：①②⑤；（3）NaNO2具有氧化性，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的物质应具有还原性，只有选项B符合，故答案为：B；（4）Al元素的化合价由0升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为0，该反应还应生成水，由电子守恒及原子守恒可知，反应为10Al+6NaNO3+4NaOH═10NaAlO2+3N2↑+2H2O，过程中转移5mole﹣，则生成标准状况下N2的体积为5mol××22.4L/mol=11.2L，故答案为：10；6；4；10；3；2H2O；11.2；（5）①第一步反应中，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，△H＜0，故答案为：放热；反应物总能量大于生成物总能量；②1molNH4+（aq）全部氧化成NO3﹣（aq）可由两步反应加和得到，热化学方程式为NH4+（aq）+2O2（g）=2H+（aq）+H2O（l）+NO3﹣（aq）△H=﹣346kJ/mol，故答案为：NH4+（aq）+2O2（g）=2H+（aq）+H2O（l）+NO3﹣（aq）△H=﹣346kJ/mol．【点评】本题考查较综合，涉及氧化还原反应、配平，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应及能量变化的考查，注意从元素化合价角度及图象角度分析，题目难度不大．20．（16分）某无色溶液，由Na+、Ba2+、Al3+、Cl﹣、AlO2﹣、MnO4﹣、CO32﹣、SO42﹣中的若干离子组成，将溶液平均分为两份置于两支试管：①取其中一支试管，加入过量HCl．有气体生成，并得到溶液；②在①所得溶液中加入HNO3酸化的AgNO3，出现白色沉淀；③取另一支试管，先加入过量的HCl酸化，再加入过量的NaHCO3溶液，有气体生成同时析出白色沉淀甲，甲的质量为3.9g；④在③所得溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，有白色沉淀乙析出．根据上述实验完成下列问题：（1）溶液中一定不存在的离子是Ba2+，Al3+，MnO4﹣．（2）一定存在的离子是Na+、AlO2﹣、CO32﹣．-27-\n（3）判断沉淀乙成分的方法是向沉淀中加入过量HCl，全部溶解沉淀为碳酸钡，部分溶解沉淀为碳酸钡与硫酸钡的混合物．（4）写出有关反应的离子方程式．实验①：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O；AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O；（5）通过实验③可知溶液中存在的离子为AlO2﹣，原溶液中该离子的物质的量为0.05mol．【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验．【分析】无色溶液中一定不含MnO4﹣；①取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到溶液，说明一定含CO32﹣、CO32﹣与Ba2+、Al3+反应产生沉淀，一定不含Ba2+，Al3+；②在①所得溶液中加入HNO3酸化的AgNO3，出现白色沉淀，由于①中引入氯离子，故不能判断此溶液中一定含有Cl﹣；③取另一支试管，先加入过量的HCl酸化，再加入过量的NaHCO3溶液，有气体生成同时析出白色沉淀甲，甲的质量为3.9g，说明溶液中一定含有AlO2﹣，沉淀甲为氢氧化铝，且物质的量为0.05mol；④在③所得溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，有白色沉淀乙析出，氢氧化钡和过量的碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钡沉淀，或者与原溶液中的硫酸根生成硫酸钡沉淀，依据电中性原则得出，溶液中一定含有：Na+，据此解答即可．【解答】解：无色溶液中一定不含MnO4﹣；①取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到溶液，说明一定含CO32﹣、CO32﹣与Ba2+、Al3+反应产生沉淀，一定不含Ba2+，Al3+；②在①所得溶液中加入HNO3酸化的AgNO3，出现白色沉淀，由于①中引入氯离子，故不能判断此溶液中一定含有Cl﹣；③取另一支试管，先加入过量的HCl酸化，再加入过量的NaHCO3溶液，有气体生成同时析出白色沉淀甲，甲的质量为3.9g，说明溶液中一定含有AlO2﹣，沉淀甲为氢氧化铝，且物质的量为0.05mol；④在③所得溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，有白色沉淀乙析出，氢氧化钡和过量的碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钡沉淀，或者与原溶液中的硫酸根生成硫酸钡沉淀，依据电中性原则得出，溶液中一定含有：Na+，（1）溶液中一定不存在的离子是：Ba2+，Al3+，MnO4﹣；故答案为：Ba2+，Al3+，MnO4﹣；（2）依据分析可知：一定存在的是：Na+、AlO2﹣、CO32﹣；故答案为：Na+、AlO2﹣、CO32﹣；-27-\n（3）向沉淀中加入过量HCl，全部溶解沉淀为碳酸钡，部分溶解沉淀为碳酸钡与硫酸钡的混合物，故答案为：向沉淀中加入过量HCl，全部溶解沉淀为碳酸钡，部分溶解沉淀为碳酸钡与硫酸钡的混合物；（4）碳酸根与氢离子反应生成二氧化碳气体与水，偏铝酸根与氢气反应生成铝离子和水，离子反应方程式为：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O，AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O，故答案为：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O；AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O；（5）依据分析可知：溶液中一定含有AlO2﹣，3.9g氢氧化铝的物质的量为：=0.05mol，故答案为：AlO2﹣；0.05mol．【点评】本题考查了物质检验，离子反应的性质应用，反应现象的分析判断，注意加入过量试剂的作用，题目难度中等．-27-
