1.化学与生活密切相关。下列应用中利用了物质氧化性的是（ ）
A. 明矾净化水 B. 纯碱去油污
C. 食醋除水垢 D. 漂白粉漂白织物
【答案】D
【解析】
【详解】A、明矾净水是利用Al3+水解产生的Al(OH)3胶体吸附水中悬浮的杂质而沉降下来，与物质的氧化性无关，故A错误；
B、纯碱去油污是利用纯碱溶于水电离产生的碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下发生较彻底的水解反应产生可溶性的物质高级脂肪酸钠和甘油，与物质的氧化性无关，故B错误；
C、食醋除水垢，是利用醋酸与水垢的主要成分碳酸钙和氢氧化镁发生复分解反应生成可溶性物质，与物质的氧化性无关，故C错误；
D、漂白粉漂白织物是利用次氯酸钙生成的次氯酸的强氧化性漂白，故D正确；
答案选D。
2.下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是( )
A. 某无色溶液中可能大量存在H+、Cl-、MnO4-
B. pH=2的溶液中可能大量存在Na+、NH4+、SiO32-
C. Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
D. 稀硫酸和氢氧化钡溶液反应：H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．MnO4-是紫色，不可能存在无色溶液中，故A错误；
B．pH=2的溶液呈酸性，硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，故B错误；
C．Fe2+与H2O2在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成铁离子和水，反应
离子方程式2Fe2++H2 O2+2H+═2Fe3++2H2O满足电子守恒和电荷守恒，故C正确；
D．氢离子和硫酸根离子比例应为2：1，应为2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故D错误；
故选C。
3.氮化铝广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO合成。下列叙述正确的是
A. 上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂
B. 上述反应中，每生成1molAlN需转移3mol电子
C. AlN中氮元素的化合价为+3
D. AlN的摩尔质量为41g
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应红氮气中元素化合价降低，做氧化剂，氧化铝没有变价，故错误；
B.每生成一个氮化铝转移3个电子，故正确；
C.氯化铝中的氮元素化合价为-3，故错误；
D. AlN的摩尔质量为41g/mol，故错误。
故选B。
4.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 标准状况下，2.24L三氯甲烷中所含分子数为NA
B. 2.8g乙烯与聚乙烯的混合物中含有的极性键为0.4NA
C. 将1molNH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH4+的数目为NA
D. 162g淀粉完全水解后产生的葡萄糖分子数目为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 三氯甲烷在标准状况下是液体，不适用于22.4L/mol,所以A项符合题意；
B.乙烯和聚乙烯的最简式均为CH2，可以按照最简式计算，2.8g的CH2为0.2mol，含有的极性键即C—H的物质的量为0.4mol，数目为0.4NA，B项不符合题意；
C.1mollNH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，根据电荷守恒，c(NH4+)+ c(H+)= c(NO3-)+ c(OH-)，中性c(H+)=c(OH-)，c(NH4+)= c(NO3-)，同一溶液中NO3-的数目为NA，则NH4+数目也为NA，C项不符合题意；
D.淀粉的结构单元C6H10O5，式量为162，则水解后会得到1mol葡萄糖，分子数为NA，D项不符合题意；
本题答案选A。
5. 水溶液中能大量共存的一组离子是
A. NH4+、Ba2+、Br-、CO32- B. Cl-、SO32-、Fe2+、H+
C. K+、Na+、SO42-、MnO4- D. Na+、H+、NO3-、HCO3-
【答案】C
【解析】
【详解】A、Ba2+和CO32-反应生成BaCO3沉淀，不能大量共存，A错误；
B、SO32-和H+反应生成SO2，不能大量共存，B错误；
C、四种离子不反应，可以大量共存，C正确；
D、H+和HCO3-会反应生成CO2、H2O，不能大量共存，D错误；
故合理选项为C。
6.已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2RO4n－＋3Cl－＋5H2O，则RO4n－中R的化合价是（ ）
A. ＋3 B. ＋4 C. ＋5 D. ＋6
【答案】D
【解析】
【详解】根据电荷守恒得3×1+4×1=3×1+2n，则n=2，所以RO4n－为RO42－，该离子中，O元素化合价为−2价，R、O元素化合价的代数和为−2，所以该离子中R元素的化合价=-2-（-2）×4=+6；
故选： D.
