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【化学】山西省太原五中2018-2019学年高二下学期阶段性检测（解析版）
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山西省太原五中2018-2019学年高二下学期阶段性检测
1. 下列过程没有发生化学反应的是（ ）
A. 用活性炭去除冰箱中的异味
B. 用热碱水清除炊具上残留的油污
C. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保存水果
D. 用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装
【答案】A
【解析】试题分析：A、用活性炭去除冰箱中的异味是利用活性炭的吸附作用，属于物理变化，没有发生化学变化，正确；B、用热碱水清除炊具上残留的油污是利用油脂在碱性条件下发生较为彻底的水解反应，属于化学变化，错误；C、用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保存水果是利用高锰酸钾溶液将催熟水果的乙烯氧化，属于化学变化，错误；D、用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，硅胶具有吸水性，可防止食品受潮，属于物理变化；铁粉可防止食品氧化，属于化学变化，错误。
考点：考查化学与生活、化学常识，涉及物理变化与化学变化的判断及相关物质的性质。
2.有关胶体等分散系的制备、性质的相关说法不正确的是（ ）
A. 向沸水中逐滴加入氯化铁饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，即制得氢氧化铁胶体
B. 向氢氧化铁胶体中加入稀硫酸至过量，现象为先生成红褐色沉淀，之后沉淀溶解
C. 依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液
D. 将氢氧化铁胶体与硅酸溶胶相互混合，混合液变浑浊
【答案】C
【详解】A．向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，制得氢氧化铁胶体，故A正确；
B．向氢氧化铁胶体中加入稀硫酸至过量，先发生氢氧化铁胶体聚沉，硫酸过量时，氢氧化铁沉淀溶解，因此实验现象是先生成红褐色沉淀，之后沉淀溶解，故B正确；
C．溶液、胶体与浊液的本质区别为分散质粒子的直径大小，只有胶体具有丁达尔现象，故C错误；
D．硅酸胶体的胶粒带负电荷，与氢氧化铁胶体混合将发生聚沉，混合液变浑浊，故D正确。
答案选C。
【点睛】本题考查胶体的性质，侧重于基础知识的理解和应用的考查，明确分散系分类的标准、胶体的性质、制备是解答的关键，注意丁达尔效应是胶体的共性。
3.分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是（ ）
A. 化合物：干冰、冰水混合物、烧碱
B. 同素异形体：活性炭、C60、金刚石
C. 非电解质：乙醇、四氯化碳、氯气
D. 混合物：漂白粉、纯净矿泉水、盐酸
【答案】C
【解析】A．干冰是二氧化碳固体是纯净的化合物，冰水混合物成分为水是纯净的化合物，烧碱是氢氧化钠属于纯净的化合物，故A正确；B．活性炭，C60，金刚石是碳元素的不同单质，是碳元素的同素异形体，故B正确；C，乙醇、四氯化碳水溶液中和熔融状态下都不导电，属于非电解质，氯气是单质既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D．漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物，纯净矿泉水含有电解质的水属于混合物，盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物，故D正确；故选C。
点睛：考查物质分类方法，物质组成判断，掌握概念实质、物质组成与名称是解题关键，注意：化合物是不同元素组成的纯净物；同素异形体是同种元素组成的不同单质；非电解质是水溶液中和熔融状态都不导电的化合物；混合物是不同物质组成的物质。
4.配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，下列操作不正确的是（ ）
A. 接近称量质量时，轻振手腕，加够药品
B. 溶解时，用量筒控制所加蒸馏水的量
C. 移液时，玻璃棒插在刻度线上，防止液体洒出
D. 接近刻度线1～2cm时，用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线
【答案】C
【详解】A．称量固体时，当接近称量质量时，应用左手拿药匙，右手轻轻振动左手手腕，加够药品，图示操作正确，A项正确，不符合题意；
B．为防止溶解和洗涤时所用蒸馏水的体积超过容量瓶容积，溶解时应用量筒控制所加蒸馏水的量，图示操作正确，B项正确，不符合题意；
C．图示移液操作中，玻璃棒插在刻度线以上，应插在刻度线以下，C项错误，符合题意；
D．定容时，当液面接近刻度线1～2 cm时，用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，图示正确，D项正确，不符合题意；
本题答案选C。
5.下列说法中正确的是（ ）
A. 1L水中溶解了 58.5g NaCl，该溶液中溶质的物质的量浓度为1mol•L-1
B. 配制500mL 0.5mol•L-1的CuSO4溶液，需62.5g胆矾
C. 从1L2mol•L-1的H2SO4溶液中取出0.5L，该溶液的浓度为1mol•L-1
D. 中和100 mL1mol•L-1的 H2SO4溶液，需 NaOH 4g
【答案】B
【详解】A、1 L水中溶解了58.5 g NaCl，溶液的体积不是1L，溶液的物质的量浓度无法求出，A项错误；
B、根据化学式可知硫酸铜的物质的量等于硫酸铜晶体的物质的量，所以需要胆矾的质量为：0.5L×0.5 mol·L-1×250g·mol－1=62.5g，B项正确；
C、从1 L 2 mol·L-1的H2SO4溶液中取出0.5 L，该溶液的浓度为2 mol·L-1，C项错误；
D、由关系式H2SO4～2NaOH可知：n（NaOH）=2n（H2SO4）=2×0.1L×1 mol·L-1=0.2mol，m(NaOH)=0.2mol×40g·mol－1=8g，D项错误；
本题答案选B。
【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液的时候，计算式要注意晶体中是否含有结晶水，如果含有结晶水，计算称量的质量时，应该是含有结晶水的物质的质量。
6. 能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）
A. 浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B. 钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+
C. NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32-+2H+=H2O+CO2↑
D. 向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2:3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+
【答案】D
【解析】A. 浓盐酸与铁屑反应生成Fe2+ ，故A错误；B. 钠首先与水发生反应，故B错误；C. NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：HCO3- + 2H+ == H2O+CO2↑,故C错误；D. Fe(OH)3的溶度积远远小于Mg(OH)2，向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2:3Mg(OH)2 + 2Fe3+=2Fe(OH)3 + 3Mg2+，故D正确。故选D。
7.下列说法中正确的是（ ）
①离子化合物一定是强电解质，共价化合物一定是弱电解质
②电解质一定是离子化合物，非电解质一定是共价化合物
③非金属氧化物一定是共价化合物，氢化物一定是共价化合物
④离子化合物在熔融状态下一定导电，共价化合物在熔融状态下一定不导电
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ④
【答案】D
【详解】①共价化合物中HCl等也是强电解质，①错误；②H2SO4也是电解质，但是不是离子化合物，②错误；③氢化物不一定是共价化合物，如NaH，是离子化合物③错误；④离子化合物在熔融状态下能够电离出自由移动的阴阳离子，从而可以导电，而共价化合物在熔融状态下不能电离，不导电，④正确；综上只有④正确，本题答案选D。
8.在25°C的条件下，下列有关溶液组成的描述合理的是（ ）
A. 无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl-、HCO3-
B. 酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO-、SO42-、I-
C. 碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、ClO-、AlO2-
D. 中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SO42-
【答案】C
【详解】A．Al3＋和HCO3－能够发生双水解，得到Al(OH)3和CO2，不能大量共存，A项错误；
B．在酸性溶液中，ClO－是弱酸根离子，与生成HClO分子，此外ClO－具有强氧化性，能够氧化I－，也不能大量共存，B项错误；
C．ClO－、AlO2－碱性溶液中均能大量共存，C项正确；
D．Fe3＋会结合水电离出来的OH－，溶液呈酸性，所以有Fe3＋的溶液，不可能呈现中性，D项错误；
本题答案选C。
9.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）
A. 常温常压下，22.4L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NA
B. 2.3g钠在空气中燃烧生成多种氧化物是转移电子数为0.1NA
C. 1.8g D2O中含有的质子数为1.0NA
D. 235g核素发生裂变反应+ Sr+Xe+10n，净产生的中子（n）数为10NA
【答案】B
【详解】A．常温常压下，不能用L·mol－1来计算氯气的物质的量，22.4L氯气不是1mol，转移的电子数也不是2NA，A项错误；
B．2.3gNa的物质的量为0.1mol，反应中Na元素的化合价由0价升高为+1价，不管产物是过氧化钠还是氧化钠，还是多种氧化物的混合物，都失去1个电子得到Na＋，转移电子数0.1NA；B项正确；
C．1.8g D2O的物质的量为：1.8g/20g·mol－1=0.09mol，含有质子的物质的量为：0.09mol×10=0.9mol，含有的质子数为0.9NA，C项错误；
D．1个中子轰击U核，得到了10个中子，净产生的中子为9个 235g核素其物质的量为1mol，净产生的中子为9 NA，D项错误；
本题答案选B。
【点睛】标准状况为，0℃、101.3kPa，而不是20℃或者25℃，涉及到气体体积要注意物质所处的状态。
10.在体积相同的两个密闭容器中分别充满C2H4、C3H6气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是（ ）
A. 两种气体的压强相等
B. 两种气体中的原子总数相等
C. 两种气体的分子数目相等
D. 两种气体的摩尔质量相同
【答案】B
【详解】当这两个容器内温度和气体密度相等，体积相同，由m=ρV可知，质量相同，
A．相同温度和体积下，压强之比等于物质的量之比。质量相等，但M不同，则物质的量不同、压强不等，A项错误；
B．质量相同，最简式均为CH2，则CH2的物质的量相同，原子的物质的量为CH2的物质的量的3倍，所以原子数目相同，B项正确；
C．由n=mM、N=nNA可知，质量相同，M不同，则物质的量不同，所以分子数不同，C项错误；
D．摩尔质量以g·mol－1为单位时，在数值上等于相对分子质量，两种物质的摩尔质量不同，D项错误；
本题答案选B。
11.在酸性条件下，可发生如下反应：ClO3-+2M3++4H2O=M2O7n-+Cl-+8H+。M2O7n-中n是（ ）
A. 2 B. 1 C. 4 D. 3
【答案】A
【详解】离子方程式前后遵循电荷守恒，所以-1+2×(+3)=-n+(-1)+(+8)，解得n=2，根据化合价规则，M2O72－中氧元素化合价为-2价，所以M元素的化合价为+6价。本题答案选A。
【点睛】此题也可以利用氧化还原得失电子守恒，ClO3－中Cl的化合价从＋5降低到－1，共降低6价。化合价也要升高6价，有2个M，则其化合价从+3，升高到+6，则M2O7n-中M的化合价为+6，-n=6×2＋(－2)×7，n=2。
12.三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿环境中能发生反应： 3NF3+2H2O=2NO +HNO3+9HF。下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A. NF3是氧化剂，H2O是还原剂
B. 若1molNF3被氧化，反应转移电子数为2NA
C. 若生成0.4molHNO3，则转移0.4mol电子
D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
【答案】B
【详解】该反应中N元素化合价由+3价变为+2价、+5价，所以NF3既是氧化剂又是还原剂，水中O、H元素化合价不变，所以水既不是氧化剂又不是还原剂。
A．NF3中的N的化合价从＋3，升高到＋5，降低到＋2，既是氧化剂又是还原剂；H2O中H和O的化合价都没有变化，不是氧化剂也不是还原剂，A项错误；
B．在反应中，NF3的化合价为＋3，被氧化生成HNO3，化合价升高到+5，转移2mol电子，转移的电子数为2NA，B项正确；
C．N的化合价从＋3，升高到＋5，生成0.4molHNO3，转移的电子为0.8mol，C项错误；
D．作还原剂的NF3，有1mol；作氧化剂的NF3有2mol，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，D项错误；
本题答案选B。
13.下列相关反应的离子方程式正确的是（ ）
A. NaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水2HCO3-+Ca2++2OH-= CaCO3↓+2H2O+CO32-
B. NH4Al（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2溶液使SO42-完全沉淀Al3++ 2SO42-+2Ba2++4OH-= AlO2-+2BaSO4↓+2H2O
C. Fe2O3 与 HI溶液反应Fe2O3 +6H+= 2Fe3++3H2O
D. 浓烧碱溶液中加入铝片Al+OH-+H2O=AlO2-+H2↑
【答案】A
【详解】A．少量的澄清石灰水，则Ca(OH)2完全反应，使Ca(OH)2的物质的量为1mol，则溶液中有1molCa2＋和2molOH－，2molOH－与2molHCO3－反应，生成2molCO32－和2molH2O，其中1molCO32－与Ca2＋生成CaCO3沉淀，则离子方程式为2HCO3-+Ca2++2OH-= CaCO3↓+2H2O+CO32-，A项正确；
使NH4Al(SO4)2的物质的量为1mol，则溶液中含有1molNH4＋、1molAl3＋、2molSO42－，完全沉淀需要加入2molBa(OH)2，则有4molOH－，分别和1molAl3＋、1molNH4＋生成Al(OH)3，NH3·H2O，离子方程式为NH4＋＋Al3++ 2SO42-+2Ba2++4OH-= NH3·H2O＋Al(OH)3↓+2BaSO4↓ +2H2O；产物中没有AlO2－，B项错误，
C．产物中的Fe3＋会与I－发生氧化还原反应，离子方程式应该为Fe2O3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋I2＋3H2O；C项错误；
D．H原子不守恒，方程式应该为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，D项错误；
本题答案选A。
14.海洋中有丰富的矿产、能源和水产资源，如图所示利用海水的部分流程。
下列有关说法正确的是（ ）
A. 步骤②制取NaHCO3的原理是利用其溶解度比较小
B. 步骤②属于化合反应，步骤③属于分解反应
C. 在⑤⑥⑦步骤中，溴元素均被氧化
D. 工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁
【答案】A
【详解】A．相同条件下碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度，则制取NaHCO3的反应是利用其溶解度比较小，A项正确；
B．步骤②的反应为NaCl＋CO2＋H2O＋NH3=NaHCO3↓＋NH4Cl，有2种产物，不是化合反应，B项错误；
C．在步骤⑥中，Br2和SO2反生反应SO2＋Br2＋2H2O=2HBr＋H2SO4；其中Br的化合价降低得到Br－，被还原，C项错误；，
D．Mg是活泼金属，电解其溶液得不到Mg单质，而是电解熔融的MgCl2，D项错误；本题答案选A。
15.已知：SO32-+I2+H2O=SO42-+2I-+2H+。某无色溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe3+、K+、I-、SO32-、SO42-，且所有离子的物质的量浓度相等。向该溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是（ ）
A. 肯定不含I- B. 肯定不含NH4+
C. 可能含有SO42- D. 肯定含有SO32-
【答案】D
【详解】无色溶液，Fe3＋为棕黄色，则没有Fe3＋。SO32－、I－均与溴水发生氧化还原反应。由SO32－+I2+H2O=SO42－+2I－+2H＋可知SO32－的还原性比I－的还原性强。则向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色，一定含有SO32－，由于溴水是少量的，不能确定I－没有参与反应，所以不能确定是否含有I－。一定含SO32－，又离子浓度相等、溶液为电中性，若阴离子只有SO32－，则含 Na＋、NH4＋、K＋中的两种，若含SO32－、I－，则含 Na＋、NH4＋、K＋，若含SO32－、SO42－，不遵循电荷守恒，则一定不存在SO42－。综上本题答案选D。
【点睛】在此类题目中，要特别注意电荷守恒。
16.把500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分为五等分，取一份加入含amol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，另取一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应至不再产生CO2，则该混合溶液中c（Na+）为（ ）
A. （）mol•L-1 B. （2b-a）mol•L-1
C. （5b-）mol•L-1 D. （10b-5a）mol•L-1
【答案】D
【详解】解：设100ml溶液中含有NH4HCO3 xmol，Na2CO3 ymol，NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH，反应为：
NH4HCO3+2NaOH═NH3·H2O+Na2CO3+H2O，
1 2
x amol
解得：x=0.5amol；故：NH4HCO3为0.5amol；
加入含b mol HCl的盐酸的反应为：
NH4HCO3+HCl═NH4Cl+CO2↑+H2O，Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，
1 1 1 2
0.5amol n(HCl) y b-n(HCl)
解得：n(HCl)=0.5amol，y=0.5(b-0.5amol)；
n(Na＋)=2n(Na2CO3)=(b-0.5a)mol，
c(Na＋)=(b-0.5a)mol/0.1L=(10b-5a)mol·L－1；
故选：D。
17.已知溶液中，还原性HSO3＞I-，氧化性IO3-＞I2。在含有3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入KIO3和析出I2的物质的量的关系如图所示，则下列说法中错误的是（ ）
A. a点时NaHSO3剩余
B. b点时还原产物为I-
C. b点到c点，KIO3与NaHSO3反应生成I2
D. 加入的KIO3为0.4mol或1.12mol时，反应后溶液中I-均为0.4mol
【答案】C
【解析】试题分析：依题意，该反应是按如下顺序进行的：
3HSO3－＋IO3－＝3SO42－＋I－＋3H＋；（此处只能生成I－，因为还原性HSO3－＞I－）
IO3－＋5I－＋6H＋＝3I2＋3H2O
A、此处只能是NaHSO3过量，正确；B、b点时还原产物还应该是碘离子，b点后就变为碘单质了，正确；C、b点到c点，KIO3与碘离子反应生成单质碘，错误；D、，正确。
考点：氧化还原反应。
18.用质量分数为36.2%的盐酸（密度为1.16g•cm-3）配置1.0mol•L-1的稀盐酸。现实验室需要这种稀盐酸220mL，试回答下列问题：
（1）配置稀盐酸时，应选用容积为___________mL的容量瓶。
（2）经计算需要___________mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的___________。
A.2mL B.10mL C.22mL D.20mL
（3）在量取浓盐酸后，进行了下列操作：
①待稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入容量瓶中。
②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1〜2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的液面与瓶颈的刻度线相切。
③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。
④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。
上述操作中，正确的是顺序是（填序号）___________。
（4）在上述配制过程中，用刚刚洗涤洁净还有少量筒来量取浓盐酸，其配制的稀盐酸浓度_______（填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同）。若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶则配制的稀盐酸浓度___________。
【答案】 (1). 250mL (2). 21.7 (3). C (4). ③①④② (5). 偏低 (6). 偏低
【分析】(1)根据配制溶液的体积选取对应的容量瓶；
(2)先计算出浓盐酸的物质的量浓度，然后根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓盐酸的体积；根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓盐酸的体积，选择合适的量筒；
(3)根据实验操作的步骤，排序；
(4)根据分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断。
【详解】(1)因配制溶液的体积为220mL，容量瓶的规格中没有220mL，所以只能选250mL；
(2)浓盐酸的物质的量浓度为；设所需浓硫酸的体积为V，则有V×11.5mol·L－1=0.25L×1mol·L－1，则V≈21.7mL，应该选取的量筒的规格比量取的体积要大，且靠近，应选C；
(3)操作步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，故顺序：③①④②；
(4)若用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，浓盐酸浓度减少，所量取溶液中溶质的质量减少，浓度偏低，故答案为：偏低；若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，溶质的质量减少，浓度偏低，故答案为：偏低。
19.现有NH3、CO、Na、Na2O2、Fe、NO、NO2、F2、SO2、SOCl2等物质，根据它们的组成及性质进行如下分类：
请回答下列问题：
（1）图中所示的分类方法叫___________。
（2）淡黄色固体最终位于__________组，它的电子式为___________。
（3）B组中有一种物质在高温下能与水蒸气反应，若该反应过程中有8×6.02×1023个电子转移，则有__g该物质参与反应。
（4）C组有一种气体常用作工业上冶炼铁的还原剂，写出高温下它还原Fe2O3的化学方程式___________________________________________________。
（5）II组某种物质能与水发生氧化还原反应，该反应中被氧化元素与被还原的元素的质量比为___________。
（6）II组另有一种物质滴入水中后与水剧烈反应，元素化合价不发生变化，该物质与水反应的化学方程式_______________________________________________。
【答案】(1). 树状分类法 (2). I组 (3). (4). 168 (5). 3CO+Fe2O33CO2+2Fe (6). 2:1 (7). SOCl2+H2O =SO2+2HCl
【分析】按照不同的标准，给物质分类。
(1)由分类的角度可知为树状分类法；
(2)淡黄色固体为Na2O2，可与水反应生成NaOH和氧气；过氧化钠为离子化合物，据此书写电子式；
(3)B组中与水在高温条件下反应的物质为Fe，根据反应方程式分析；
(4)依据高炉炼铁原理，一氧化碳与氧化铁反应生成铁和二氧化碳解答；
(5)Ⅱ组的某种物质能与水发生氧化还原反应生成酸，该物质为NO2，据此书写离子方程式；
(6)根据化合价不变，推测出产物，再根据原子守恒写出方程式。
【详解】物质按照组成物质的元素种类分类，Na、Fe、F2为一组，只由一种元素组成，能够和H2化合的为F2，则A组中有F2，B组中Na和Fe；乙组中均为化合物，能够与水反应的有CO、NO，则C组中有CO和NO。能够与水反应的中，生成碱的有NH3和Na2O2；则Ⅰ组中有NH3和Na2O2。Ⅱ组中有NO2、SO2、SOCl2。
(1)图示方法将多种单质和化合物按照层次，一层一层来分，符合树状分类的特点，属于树状分类；
(2)淡黄色固体为Na2O2，可与水反应生成NaOH和氧气，最终位于I组；Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，电子式为;
(3)B组中Fe可以在高温下与水蒸气发生反应；化学方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；若该反应过程中有8×6.02×1023个电子转移，即转移8mol电子，则消耗3molFe，即3mol×56g·mol－1=168g；
(4)C组有一种气体常用作工业上冶炼铁的还原剂是CO，CO与Fe2O3的反应方程式为3CO+Fe2O33CO2+2Fe；
(5)Ⅱ组的某种物质能与水发生氧化还原反应，该物质为NO2，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO；3molNO2中化合价升高的N有2mol，化合价降低的N有1mol；则被氧化的NO2有2mol，被还原的NO2有1mol，比例为2:1；
(6)Ⅱ组另有一种物质滴入水中后与水激烈反应，该物质为SOCl2，其化合价不变，S的化合价为+4，则生成SO2，Cl的化合价为－1，生成HCl。化学方程式为SOCl2+H2O =SO2+2HCl。
【点睛】本题以物质的分类为载体，考查了物质的性质、离子方程式、电子式、化学方程式、热化学方程式的书写，侧重于学生的分析能力和物质的性质的综合考查。
20.次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强还原性，回答下列问题：
（1）①H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式_____________________________________。
②NaH2PO2___________（填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显___________（填“弱酸性”“中性”或“弱碱性”）。
③H3PO2中，P元素的化合价为___________；
（2）H3PO2可用于化学镀银，反应中Ag+还原为银，H3PO2氧化为H3PO4，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____________。
（3）H3PO2的工业制法是:将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4 反应，写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式______________________。
【答案】(1). H3PO2H++H2PO2- (2). 正盐 (3). 弱碱性 (4). +1 (5). 4:1 (6). 2P4+3Ba(OH)2+6H2O =2PH3+3Ba(H2PO2)2
【分析】(1)根据H3PO2是一元中强酸可知，H3PO2是弱电解质，溶液中部分电离出氢离子，据此写出电离方程式。形成的盐为弱酸强碱盐，水解呈碱性；根据化合物中总化合价为0计算出P元素的化合价；
(2)先判断氧化剂、还原剂，然后根据化合价升降守恒，计算氧化剂和还原剂的比例；
(3)氧化还原反应，根据得失电子守恒和原子守恒书写方程式。
【详解】(1)①H3PO2是一元中强酸，溶液中部分电离出氢离子，所以其电离方程式为：H3PO2H2PO2－+H＋；
②H3PO2是一元酸，只能电离出1个H＋。NaH2PO2，虽然H2PO2－中含有2个H原子，但是均不能电离出来，所以NaH2PO2为正盐。H2PO2－为弱酸的酸根阴离子，能够结合水电离出来的H＋，使得溶液中的OH－的浓度大于H＋的浓度，溶液呈现弱碱性；
③根据化合价代数和为O，设P的化合价为x，有3×1＋x＋2×(－2)=0，的x=＋1，P的化合价为+1；
(2)Ag＋还原成Ag，Ag＋为氧化剂，化合价降低1价。H3PO2氧化为H3PO4，H2PO2作还原剂，其化合价从＋1升高到＋5，升高4价，化合价升降守恒，氧化剂和还原剂的比例为4：1；
(3)PH3中P的化合价为－3，化合价从0降低到－3，总共降低了3价。Ba(H2PO2) 2中P的化合价为＋1，包含了2个P，化合价总共升高2价。P4发生了歧化反应，化合价升降守恒，则PH3和Ba(H2PO2) 2的比例为2：3；再根据原子守恒配平，化学方程式为2P4+3Ba(OH)2＋6H2O =2PH3＋3Ba(H2PO2)2。
21.绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。我们可以通过实验来探究绿矾的某些性质。
（1）观察绿矾样品，可以发现其呈蓝绿色：在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，说明该溶液中___________________，即绿矾没有变质。将上述溶液分在两支试管中，向一支试管加入少量稀硫酸，再通入空气，溶液逐渐变红，发生反应的离子方程式为____________________________________________；如果不加稀硫酸，通入空气观察到的现象为_______________________________________。向另一支试管中滴加BaCl2溶液，观察到的现象为_______________________________________；
（2）可以通过下图装置来测定绿矾中结晶水的含量。
将石英玻璃管A （两端带开关K1和K2）称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置 A称重，记为m2g。按图连接好装置进行实验。
①仪器B的名称是_________________。
②将下列实验操作步骤正确排序____________（填标号）重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。
a.点燃酒精灯，加热
b.熄灭酒精灯
c.关闭K1和K2
d.打开K1和K2，缓缓通入N2
e.称量A
f.冷却至室温
③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=____________（列式表示）。若实验时按照a、d次序操作，则使x=____________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
【答案】 (1). 没有Fe3+ (2). 4Fe2++ 4H++O2==4Fe3++2H2O (3). 有红褐色沉淀的生成 (4). 有白色沉淀的生成 (5). 球形干燥器 (6). dabfce (7). (8). 偏低
【分析】(1)绿矾，化学式为FeSO4·7H2O，其中的Fe2＋容易被氧化成Fe3＋，可以用KSCN溶液检验。在硫酸亚铁溶液红通入氧气，Fe2＋将被氧化成Fe3＋；
(2)①根据仪器的图形可判断仪器名称；
②实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，冷却至室温再称量固体质量的变化。
【详解】(1) 在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。KSCN溶液用于Fe3＋的检验，没有颜色变化，说明溶液中没有Fe3＋。通入氧气，变红，说明O2将Fe2＋氧化成Fe3＋，电解质溶液为酸性，离子方程式为 4Fe2＋+ 4H＋+O2=4Fe3＋+2H2O；如果不加入酸Fe2＋被氧化成Fe3＋后，Fe3＋易水解得到Fe(OH)3沉淀，所以现象为有红褐色沉淀生成。加入BaCl2溶液，Ba2＋会和SO42－反应生成BaSO4沉淀，为白色沉淀；
(2)①仪器B的名称为干燥管；
②实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，再加热，持续通N2排出生成的水，冷却后注意关闭开关，冷却至室温再称量固体质量的变化，则正确的顺序为dabfce；
③直至A恒重，记为m3 g，应为FeSO4和装置的质量，则m（FeSO4）=（m3-m1），m（H2O）=（m2-m3），，；假设绿矾FeSO4·xH2O，结晶水的数目x=。若实验时按a、d次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化，则导致固体质量即m3偏大，测定结果偏小。
22.利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革 污泥中Cr（III）的处理工艺流程如下。
已知：①硫酸浸取后溶液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+；
②CrOH（H2O）5SO4难溶于水。
（1）浓H2O2溶液的作用是将滤液I中的Cr3+转化为Cr2O72-，写出此反应的离子方程式:______ ___________________________________________________。
（2）常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：
阳离子
Fe3+
Mg2+
Al3+
Cr3+
开始沉淀时的pH
2.7
-
-
-
沉淀完全时的pH
3.7
11.1
5.2
5.6
加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72-转化为Cr2O42-，其离子方程式为_____________________________________。此步骤中滤液的pH调至8，通过沉淀除去的金属离子为_____________________；此步骤中没有继续调高将Mg2+除去，理由是___________
_________________________________________________。
（3）钠离子交换树脂的反应原理为Mn++nNaR→MRn+nNa+，利用该方法主要除去的滤液II中的Mg2+， 若测得滤液II通过钠离子交换柱后溶液中c（Na+）为amol/L，则滤液II中c（Mg2+）为___________。
（4）写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的离子方程式：_____________________________________________________。
【答案】(1). 3H2O2+ H2O +2Cr3+==Cr2O72-+ 8H+ (2). Cr2O72-+ 2OH- == 2CrO42-+ H2O (3). Fe3+，Al3+ (4). 防止碱性太强，铝离子转变为偏铝酸根离子 (5). a/2 (6). SO2+2CrO42-+12H2O==SO42-+ CrOH（H2O）SO4+ 2OH-
【分析】含铬污泥预处理后，用硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Al3＋、Ca2＋、Mg2＋，加入过氧化氢氧化铬离子为高价态，加入氢氧化钠溶液调节溶液PH=8使其他离子沉淀，过滤得到滤液用钠离子交换树脂交换镁离子和钙离子，得到 溶液中通入二氧化硫还原得到Cr(OH)(H2O)5SO4。
【详解】(1)Cr3＋转化为Cr2O72－，Cr的化合价从＋3升高到＋6，H2O2中O的化合价降低，根据得失电子守恒和原子守恒，写出化学方程式3H2O2+ H2O +2Cr3+=Cr2O72-+ 8H+；
(2)加入OH－后，Cr2O72－转化为CrO42－化合价没有变化，根据电荷守恒和原子守恒，可得离子方程式Cr2O72-+ 2OH- = 2CrO42-+ H2O。根据表格中所给的信息，pH=8时，Fe3＋、Al3＋完全沉淀，溶液中Cr是以6价Cr的形式存在，所以没有Cr3＋形成的沉淀。pH=8时，沉淀中有Fe(OH)3和Al(OH)3，要使Mg2＋沉淀，pH继续提高，但是Al(OH)3是两性氢氧化物，Al(OH)3会溶于过量的碱，所以碱性不能太强，防止碱性太强，铝离子转变为偏铝酸根离子；
(3)根据反应原理为Mn++nNaR→MRn+nNa+，交换过程遵循电荷守恒，将Mg2＋带入，Mg2＋＋2NaR→MR2＋2Na＋，Mg2＋和Na＋的比例为1：2。可以知道若交换后，c(Na+)为amol/L，则交换前，c(Mg2＋)=a/2mol·L－1；
(4)二氧化硫具有还原性，被滤液Ⅱ中通过离子交换后的溶液中Na2CrO4氧化为硫酸，Na2CrO4氧被还原为CrOH(H2O)5SO4，水溶液中生成氢氧化钠溶液和硫酸反应生成硫酸钠，依据原子守恒分析书写配平；3SO2+2Na2CrO4+12H2O=2CrOH(H2O)5SO4↓+Na2SO4+2NaOH。
【点睛】本题考查了离子方程式、化学方程式的书写、物质的分离等知识点，难度较大，注意会运用溶液的pH值对溶液中的离子进行分离，除杂的原则是：除去杂质且不引进新的杂质。
1. 下列过程没有发生化学反应的是（ ）
A. 用活性炭去除冰箱中的异味
B. 用热碱水清除炊具上残留的油污
C. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保存水果
D. 用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装
【答案】A
【解析】试题分析：A、用活性炭去除冰箱中的异味是利用活性炭的吸附作用，属于物理变化，没有发生化学变化，正确；B、用热碱水清除炊具上残留的油污是利用油脂在碱性条件下发生较为彻底的水解反应，属于化学变化，错误；C、用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保存水果是利用高锰酸钾溶液将催熟水果的乙烯氧化，属于化学变化，错误；D、用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，硅胶具有吸水性，可防止食品受潮，属于物理变化；铁粉可防止食品氧化，属于化学变化，错误。
考点：考查化学与生活、化学常识，涉及物理变化与化学变化的判断及相关物质的性质。
2.有关胶体等分散系的制备、性质的相关说法不正确的是（ ）
A. 向沸水中逐滴加入氯化铁饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，即制得氢氧化铁胶体
B. 向氢氧化铁胶体中加入稀硫酸至过量，现象为先生成红褐色沉淀，之后沉淀溶解
C. 依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液
D. 将氢氧化铁胶体与硅酸溶胶相互混合，混合液变浑浊
【答案】C
【详解】A．向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，制得氢氧化铁胶体，故A正确；
B．向氢氧化铁胶体中加入稀硫酸至过量，先发生氢氧化铁胶体聚沉，硫酸过量时，氢氧化铁沉淀溶解，因此实验现象是先生成红褐色沉淀，之后沉淀溶解，故B正确；
C．溶液、胶体与浊液的本质区别为分散质粒子的直径大小，只有胶体具有丁达尔现象，故C错误；
D．硅酸胶体的胶粒带负电荷，与氢氧化铁胶体混合将发生聚沉，混合液变浑浊，故D正确。
答案选C。
【点睛】本题考查胶体的性质，侧重于基础知识的理解和应用的考查，明确分散系分类的标准、胶体的性质、制备是解答的关键，注意丁达尔效应是胶体的共性。
3.分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是（ ）
A. 化合物：干冰、冰水混合物、烧碱
B. 同素异形体：活性炭、C60、金刚石
C. 非电解质：乙醇、四氯化碳、氯气
D. 混合物：漂白粉、纯净矿泉水、盐酸
【答案】C
【解析】A．干冰是二氧化碳固体是纯净的化合物，冰水混合物成分为水是纯净的化合物，烧碱是氢氧化钠属于纯净的化合物，故A正确；B．活性炭，C60，金刚石是碳元素的不同单质，是碳元素的同素异形体，故B正确；C，乙醇、四氯化碳水溶液中和熔融状态下都不导电，属于非电解质，氯气是单质既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D．漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物，纯净矿泉水含有电解质的水属于混合物，盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物，故D正确；故选C。
点睛：考查物质分类方法，物质组成判断，掌握概念实质、物质组成与名称是解题关键，注意：化合物是不同元素组成的纯净物；同素异形体是同种元素组成的不同单质；非电解质是水溶液中和熔融状态都不导电的化合物；混合物是不同物质组成的物质。
4.配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，下列操作不正确的是（ ）
A. 接近称量质量时，轻振手腕，加够药品
B. 溶解时，用量筒控制所加蒸馏水的量
C. 移液时，玻璃棒插在刻度线上，防止液体洒出
D. 接近刻度线1～2cm时，用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线
【答案】C
【详解】A．称量固体时，当接近称量质量时，应用左手拿药匙，右手轻轻振动左手手腕，加够药品，图示操作正确，A项正确，不符合题意；
B．为防止溶解和洗涤时所用蒸馏水的体积超过容量瓶容积，溶解时应用量筒控制所加蒸馏水的量，图示操作正确，B项正确，不符合题意；
C．图示移液操作中，玻璃棒插在刻度线以上，应插在刻度线以下，C项错误，符合题意；
D．定容时，当液面接近刻度线1～2 cm时，用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，图示正确，D项正确，不符合题意；
本题答案选C。
5.下列说法中正确的是（ ）
A. 1L水中溶解了 58.5g NaCl，该溶液中溶质的物质的量浓度为1mol•L-1
B. 配制500mL 0.5mol•L-1的CuSO4溶液，需62.5g胆矾
C. 从1L2mol•L-1的H2SO4溶液中取出0.5L，该溶液的浓度为1mol•L-1
D. 中和100 mL1mol•L-1的 H2SO4溶液，需 NaOH 4g
【答案】B
【详解】A、1 L水中溶解了58.5 g NaCl，溶液的体积不是1L，溶液的物质的量浓度无法求出，A项错误；
B、根据化学式可知硫酸铜的物质的量等于硫酸铜晶体的物质的量，所以需要胆矾的质量为：0.5L×0.5 mol·L-1×250g·mol－1=62.5g，B项正确；
C、从1 L 2 mol·L-1的H2SO4溶液中取出0.5 L，该溶液的浓度为2 mol·L-1，C项错误；
D、由关系式H2SO4～2NaOH可知：n（NaOH）=2n（H2SO4）=2×0.1L×1 mol·L-1=0.2mol，m(NaOH)=0.2mol×40g·mol－1=8g，D项错误；
本题答案选B。
【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液的时候，计算式要注意晶体中是否含有结晶水，如果含有结晶水，计算称量的质量时，应该是含有结晶水的物质的质量。
6. 能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）
A. 浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B. 钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+
C. NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32-+2H+=H2O+CO2↑
D. 向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2:3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+
【答案】D
【解析】A. 浓盐酸与铁屑反应生成Fe2+ ，故A错误；B. 钠首先与水发生反应，故B错误；C. NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：HCO3- + 2H+ == H2O+CO2↑,故C错误；D. Fe(OH)3的溶度积远远小于Mg(OH)2，向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2:3Mg(OH)2 + 2Fe3+=2Fe(OH)3 + 3Mg2+，故D正确。故选D。
7.下列说法中正确的是（ ）
①离子化合物一定是强电解质，共价化合物一定是弱电解质
②电解质一定是离子化合物，非电解质一定是共价化合物
③非金属氧化物一定是共价化合物，氢化物一定是共价化合物
④离子化合物在熔融状态下一定导电，共价化合物在熔融状态下一定不导电
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ④
【答案】D
【详解】①共价化合物中HCl等也是强电解质，①错误；②H2SO4也是电解质，但是不是离子化合物，②错误；③氢化物不一定是共价化合物，如NaH，是离子化合物③错误；④离子化合物在熔融状态下能够电离出自由移动的阴阳离子，从而可以导电，而共价化合物在熔融状态下不能电离，不导电，④正确；综上只有④正确，本题答案选D。
8.在25°C的条件下，下列有关溶液组成的描述合理的是（ ）
A. 无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl-、HCO3-
B. 酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO-、SO42-、I-
C. 碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、ClO-、AlO2-
D. 中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SO42-
【答案】C
【详解】A．Al3＋和HCO3－能够发生双水解，得到Al(OH)3和CO2，不能大量共存，A项错误；
B．在酸性溶液中，ClO－是弱酸根离子，与生成HClO分子，此外ClO－具有强氧化性，能够氧化I－，也不能大量共存，B项错误；
C．ClO－、AlO2－碱性溶液中均能大量共存，C项正确；
D．Fe3＋会结合水电离出来的OH－，溶液呈酸性，所以有Fe3＋的溶液，不可能呈现中性，D项错误；
本题答案选C。
9.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）
A. 常温常压下，22.4L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NA
B. 2.3g钠在空气中燃烧生成多种氧化物是转移电子数为0.1NA
C. 1.8g D2O中含有的质子数为1.0NA
D. 235g核素发生裂变反应+ Sr+Xe+10n，净产生的中子（n）数为10NA
【答案】B
【详解】A．常温常压下，不能用L·mol－1来计算氯气的物质的量，22.4L氯气不是1mol，转移的电子数也不是2NA，A项错误；
B．2.3gNa的物质的量为0.1mol，反应中Na元素的化合价由0价升高为+1价，不管产物是过氧化钠还是氧化钠，还是多种氧化物的混合物，都失去1个电子得到Na＋，转移电子数0.1NA；B项正确；
C．1.8g D2O的物质的量为：1.8g/20g·mol－1=0.09mol，含有质子的物质的量为：0.09mol×10=0.9mol，含有的质子数为0.9NA，C项错误；
D．1个中子轰击U核，得到了10个中子，净产生的中子为9个 235g核素其物质的量为1mol，净产生的中子为9 NA，D项错误；
本题答案选B。
【点睛】标准状况为，0℃、101.3kPa，而不是20℃或者25℃，涉及到气体体积要注意物质所处的状态。
10.在体积相同的两个密闭容器中分别充满C2H4、C3H6气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是（ ）
A. 两种气体的压强相等
B. 两种气体中的原子总数相等
C. 两种气体的分子数目相等
D. 两种气体的摩尔质量相同
【答案】B
【详解】当这两个容器内温度和气体密度相等，体积相同，由m=ρV可知，质量相同，
A．相同温度和体积下，压强之比等于物质的量之比。质量相等，但M不同，则物质的量不同、压强不等，A项错误；
B．质量相同，最简式均为CH2，则CH2的物质的量相同，原子的物质的量为CH2的物质的量的3倍，所以原子数目相同，B项正确；
C．由n=mM、N=nNA可知，质量相同，M不同，则物质的量不同，所以分子数不同，C项错误；
D．摩尔质量以g·mol－1为单位时，在数值上等于相对分子质量，两种物质的摩尔质量不同，D项错误；
本题答案选B。
11.在酸性条件下，可发生如下反应：ClO3-+2M3++4H2O=M2O7n-+Cl-+8H+。M2O7n-中n是（ ）
A. 2 B. 1 C. 4 D. 3
【答案】A
【详解】离子方程式前后遵循电荷守恒，所以-1+2×(+3)=-n+(-1)+(+8)，解得n=2，根据化合价规则，M2O72－中氧元素化合价为-2价，所以M元素的化合价为+6价。本题答案选A。
【点睛】此题也可以利用氧化还原得失电子守恒，ClO3－中Cl的化合价从＋5降低到－1，共降低6价。化合价也要升高6价，有2个M，则其化合价从+3，升高到+6，则M2O7n-中M的化合价为+6，-n=6×2＋(－2)×7，n=2。
12.三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿环境中能发生反应： 3NF3+2H2O=2NO +HNO3+9HF。下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A. NF3是氧化剂，H2O是还原剂
B. 若1molNF3被氧化，反应转移电子数为2NA
C. 若生成0.4molHNO3，则转移0.4mol电子
D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
【答案】B
【详解】该反应中N元素化合价由+3价变为+2价、+5价，所以NF3既是氧化剂又是还原剂，水中O、H元素化合价不变，所以水既不是氧化剂又不是还原剂。
A．NF3中的N的化合价从＋3，升高到＋5，降低到＋2，既是氧化剂又是还原剂；H2O中H和O的化合价都没有变化，不是氧化剂也不是还原剂，A项错误；
B．在反应中，NF3的化合价为＋3，被氧化生成HNO3，化合价升高到+5，转移2mol电子，转移的电子数为2NA，B项正确；
C．N的化合价从＋3，升高到＋5，生成0.4molHNO3，转移的电子为0.8mol，C项错误；
D．作还原剂的NF3，有1mol；作氧化剂的NF3有2mol，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，D项错误；
本题答案选B。
13.下列相关反应的离子方程式正确的是（ ）
A. NaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水2HCO3-+Ca2++2OH-= CaCO3↓+2H2O+CO32-
B. NH4Al（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2溶液使SO42-完全沉淀Al3++ 2SO42-+2Ba2++4OH-= AlO2-+2BaSO4↓+2H2O
C. Fe2O3 与 HI溶液反应Fe2O3 +6H+= 2Fe3++3H2O
D. 浓烧碱溶液中加入铝片Al+OH-+H2O=AlO2-+H2↑
【答案】A
【详解】A．少量的澄清石灰水，则Ca(OH)2完全反应，使Ca(OH)2的物质的量为1mol，则溶液中有1molCa2＋和2molOH－，2molOH－与2molHCO3－反应，生成2molCO32－和2molH2O，其中1molCO32－与Ca2＋生成CaCO3沉淀，则离子方程式为2HCO3-+Ca2++2OH-= CaCO3↓+2H2O+CO32-，A项正确；
使NH4Al(SO4)2的物质的量为1mol，则溶液中含有1molNH4＋、1molAl3＋、2molSO42－，完全沉淀需要加入2molBa(OH)2，则有4molOH－，分别和1molAl3＋、1molNH4＋生成Al(OH)3，NH3·H2O，离子方程式为NH4＋＋Al3++ 2SO42-+2Ba2++4OH-= NH3·H2O＋Al(OH)3↓+2BaSO4↓ +2H2O；产物中没有AlO2－，B项错误，
C．产物中的Fe3＋会与I－发生氧化还原反应，离子方程式应该为Fe2O3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋I2＋3H2O；C项错误；
D．H原子不守恒，方程式应该为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，D项错误；
本题答案选A。
14.海洋中有丰富的矿产、能源和水产资源，如图所示利用海水的部分流程。
下列有关说法正确的是（ ）
A. 步骤②制取NaHCO3的原理是利用其溶解度比较小
B. 步骤②属于化合反应，步骤③属于分解反应
C. 在⑤⑥⑦步骤中，溴元素均被氧化
D. 工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁
【答案】A
【详解】A．相同条件下碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度，则制取NaHCO3的反应是利用其溶解度比较小，A项正确；
B．步骤②的反应为NaCl＋CO2＋H2O＋NH3=NaHCO3↓＋NH4Cl，有2种产物，不是化合反应，B项错误；
C．在步骤⑥中，Br2和SO2反生反应SO2＋Br2＋2H2O=2HBr＋H2SO4；其中Br的化合价降低得到Br－，被还原，C项错误；，
D．Mg是活泼金属，电解其溶液得不到Mg单质，而是电解熔融的MgCl2，D项错误；本题答案选A。
15.已知：SO32-+I2+H2O=SO42-+2I-+2H+。某无色溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe3+、K+、I-、SO32-、SO42-，且所有离子的物质的量浓度相等。向该溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是（ ）
A. 肯定不含I- B. 肯定不含NH4+
C. 可能含有SO42- D. 肯定含有SO32-
【答案】D
【详解】无色溶液，Fe3＋为棕黄色，则没有Fe3＋。SO32－、I－均与溴水发生氧化还原反应。由SO32－+I2+H2O=SO42－+2I－+2H＋可知SO32－的还原性比I－的还原性强。则向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色，一定含有SO32－，由于溴水是少量的，不能确定I－没有参与反应，所以不能确定是否含有I－。一定含SO32－，又离子浓度相等、溶液为电中性，若阴离子只有SO32－，则含 Na＋、NH4＋、K＋中的两种，若含SO32－、I－，则含 Na＋、NH4＋、K＋，若含SO32－、SO42－，不遵循电荷守恒，则一定不存在SO42－。综上本题答案选D。
【点睛】在此类题目中，要特别注意电荷守恒。
16.把500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分为五等分，取一份加入含amol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，另取一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应至不再产生CO2，则该混合溶液中c（Na+）为（ ）
A. （）mol•L-1 B. （2b-a）mol•L-1
C. （5b-）mol•L-1 D. （10b-5a）mol•L-1
【答案】D
【详解】解：设100ml溶液中含有NH4HCO3 xmol，Na2CO3 ymol，NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH，反应为：
NH4HCO3+2NaOH═NH3·H2O+Na2CO3+H2O，
1 2
x amol
解得：x=0.5amol；故：NH4HCO3为0.5amol；
加入含b mol HCl的盐酸的反应为：
NH4HCO3+HCl═NH4Cl+CO2↑+H2O，Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，
1 1 1 2
0.5amol n(HCl) y b-n(HCl)
解得：n(HCl)=0.5amol，y=0.5(b-0.5amol)；
n(Na＋)=2n(Na2CO3)=(b-0.5a)mol，
c(Na＋)=(b-0.5a)mol/0.1L=(10b-5a)mol·L－1；
故选：D。
17.已知溶液中，还原性HSO3＞I-，氧化性IO3-＞I2。在含有3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入KIO3和析出I2的物质的量的关系如图所示，则下列说法中错误的是（ ）
A. a点时NaHSO3剩余
B. b点时还原产物为I-
C. b点到c点，KIO3与NaHSO3反应生成I2
D. 加入的KIO3为0.4mol或1.12mol时，反应后溶液中I-均为0.4mol
【答案】C
【解析】试题分析：依题意，该反应是按如下顺序进行的：
3HSO3－＋IO3－＝3SO42－＋I－＋3H＋；（此处只能生成I－，因为还原性HSO3－＞I－）
IO3－＋5I－＋6H＋＝3I2＋3H2O
A、此处只能是NaHSO3过量，正确；B、b点时还原产物还应该是碘离子，b点后就变为碘单质了，正确；C、b点到c点，KIO3与碘离子反应生成单质碘，错误；D、，正确。
考点：氧化还原反应。
18.用质量分数为36.2%的盐酸（密度为1.16g•cm-3）配置1.0mol•L-1的稀盐酸。现实验室需要这种稀盐酸220mL，试回答下列问题：
（1）配置稀盐酸时，应选用容积为___________mL的容量瓶。
（2）经计算需要___________mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的___________。
A.2mL B.10mL C.22mL D.20mL
（3）在量取浓盐酸后，进行了下列操作：
①待稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入容量瓶中。
②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1〜2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的液面与瓶颈的刻度线相切。
③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。
④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。
上述操作中，正确的是顺序是（填序号）___________。
（4）在上述配制过程中，用刚刚洗涤洁净还有少量筒来量取浓盐酸，其配制的稀盐酸浓度_______（填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同）。若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶则配制的稀盐酸浓度___________。
【答案】 (1). 250mL (2). 21.7 (3). C (4). ③①④② (5). 偏低 (6). 偏低
【分析】(1)根据配制溶液的体积选取对应的容量瓶；
(2)先计算出浓盐酸的物质的量浓度，然后根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓盐酸的体积；根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓盐酸的体积，选择合适的量筒；
(3)根据实验操作的步骤，排序；
(4)根据分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断。
【详解】(1)因配制溶液的体积为220mL，容量瓶的规格中没有220mL，所以只能选250mL；
(2)浓盐酸的物质的量浓度为；设所需浓硫酸的体积为V，则有V×11.5mol·L－1=0.25L×1mol·L－1，则V≈21.7mL，应该选取的量筒的规格比量取的体积要大，且靠近，应选C；
(3)操作步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，故顺序：③①④②；
(4)若用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，浓盐酸浓度减少，所量取溶液中溶质的质量减少，浓度偏低，故答案为：偏低；若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，溶质的质量减少，浓度偏低，故答案为：偏低。
19.现有NH3、CO、Na、Na2O2、Fe、NO、NO2、F2、SO2、SOCl2等物质，根据它们的组成及性质进行如下分类：
请回答下列问题：
（1）图中所示的分类方法叫___________。
（2）淡黄色固体最终位于__________组，它的电子式为___________。
（3）B组中有一种物质在高温下能与水蒸气反应，若该反应过程中有8×6.02×1023个电子转移，则有__g该物质参与反应。
（4）C组有一种气体常用作工业上冶炼铁的还原剂，写出高温下它还原Fe2O3的化学方程式___________________________________________________。
（5）II组某种物质能与水发生氧化还原反应，该反应中被氧化元素与被还原的元素的质量比为___________。
（6）II组另有一种物质滴入水中后与水剧烈反应，元素化合价不发生变化，该物质与水反应的化学方程式_______________________________________________。
【答案】(1). 树状分类法 (2). I组 (3). (4). 168 (5). 3CO+Fe2O33CO2+2Fe (6). 2:1 (7). SOCl2+H2O =SO2+2HCl
【分析】按照不同的标准，给物质分类。
(1)由分类的角度可知为树状分类法；
(2)淡黄色固体为Na2O2，可与水反应生成NaOH和氧气；过氧化钠为离子化合物，据此书写电子式；
(3)B组中与水在高温条件下反应的物质为Fe，根据反应方程式分析；
(4)依据高炉炼铁原理，一氧化碳与氧化铁反应生成铁和二氧化碳解答；
(5)Ⅱ组的某种物质能与水发生氧化还原反应生成酸，该物质为NO2，据此书写离子方程式；
(6)根据化合价不变，推测出产物，再根据原子守恒写出方程式。
【详解】物质按照组成物质的元素种类分类，Na、Fe、F2为一组，只由一种元素组成，能够和H2化合的为F2，则A组中有F2，B组中Na和Fe；乙组中均为化合物，能够与水反应的有CO、NO，则C组中有CO和NO。能够与水反应的中，生成碱的有NH3和Na2O2；则Ⅰ组中有NH3和Na2O2。Ⅱ组中有NO2、SO2、SOCl2。
(1)图示方法将多种单质和化合物按照层次，一层一层来分，符合树状分类的特点，属于树状分类；
(2)淡黄色固体为Na2O2，可与水反应生成NaOH和氧气，最终位于I组；Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，电子式为;
(3)B组中Fe可以在高温下与水蒸气发生反应；化学方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；若该反应过程中有8×6.02×1023个电子转移，即转移8mol电子，则消耗3molFe，即3mol×56g·mol－1=168g；
(4)C组有一种气体常用作工业上冶炼铁的还原剂是CO，CO与Fe2O3的反应方程式为3CO+Fe2O33CO2+2Fe；
(5)Ⅱ组的某种物质能与水发生氧化还原反应，该物质为NO2，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO；3molNO2中化合价升高的N有2mol，化合价降低的N有1mol；则被氧化的NO2有2mol，被还原的NO2有1mol，比例为2:1；
(6)Ⅱ组另有一种物质滴入水中后与水激烈反应，该物质为SOCl2，其化合价不变，S的化合价为+4，则生成SO2，Cl的化合价为－1，生成HCl。化学方程式为SOCl2+H2O =SO2+2HCl。
【点睛】本题以物质的分类为载体，考查了物质的性质、离子方程式、电子式、化学方程式、热化学方程式的书写，侧重于学生的分析能力和物质的性质的综合考查。
20.次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强还原性，回答下列问题：
（1）①H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式_____________________________________。
②NaH2PO2___________（填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显___________（填“弱酸性”“中性”或“弱碱性”）。
③H3PO2中，P元素的化合价为___________；
（2）H3PO2可用于化学镀银，反应中Ag+还原为银，H3PO2氧化为H3PO4，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____________。
（3）H3PO2的工业制法是:将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4 反应，写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式______________________。
【答案】(1). H3PO2H++H2PO2- (2). 正盐 (3). 弱碱性 (4). +1 (5). 4:1 (6). 2P4+3Ba(OH)2+6H2O =2PH3+3Ba(H2PO2)2
【分析】(1)根据H3PO2是一元中强酸可知，H3PO2是弱电解质，溶液中部分电离出氢离子，据此写出电离方程式。形成的盐为弱酸强碱盐，水解呈碱性；根据化合物中总化合价为0计算出P元素的化合价；
(2)先判断氧化剂、还原剂，然后根据化合价升降守恒，计算氧化剂和还原剂的比例；
(3)氧化还原反应，根据得失电子守恒和原子守恒书写方程式。
【详解】(1)①H3PO2是一元中强酸，溶液中部分电离出氢离子，所以其电离方程式为：H3PO2H2PO2－+H＋；
②H3PO2是一元酸，只能电离出1个H＋。NaH2PO2，虽然H2PO2－中含有2个H原子，但是均不能电离出来，所以NaH2PO2为正盐。H2PO2－为弱酸的酸根阴离子，能够结合水电离出来的H＋，使得溶液中的OH－的浓度大于H＋的浓度，溶液呈现弱碱性；
③根据化合价代数和为O，设P的化合价为x，有3×1＋x＋2×(－2)=0，的x=＋1，P的化合价为+1；
(2)Ag＋还原成Ag，Ag＋为氧化剂，化合价降低1价。H3PO2氧化为H3PO4，H2PO2作还原剂，其化合价从＋1升高到＋5，升高4价，化合价升降守恒，氧化剂和还原剂的比例为4：1；
(3)PH3中P的化合价为－3，化合价从0降低到－3，总共降低了3价。Ba(H2PO2) 2中P的化合价为＋1，包含了2个P，化合价总共升高2价。P4发生了歧化反应，化合价升降守恒，则PH3和Ba(H2PO2) 2的比例为2：3；再根据原子守恒配平，化学方程式为2P4+3Ba(OH)2＋6H2O =2PH3＋3Ba(H2PO2)2。
21.绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。我们可以通过实验来探究绿矾的某些性质。
（1）观察绿矾样品，可以发现其呈蓝绿色：在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，说明该溶液中___________________，即绿矾没有变质。将上述溶液分在两支试管中，向一支试管加入少量稀硫酸，再通入空气，溶液逐渐变红，发生反应的离子方程式为____________________________________________；如果不加稀硫酸，通入空气观察到的现象为_______________________________________。向另一支试管中滴加BaCl2溶液，观察到的现象为_______________________________________；
（2）可以通过下图装置来测定绿矾中结晶水的含量。
将石英玻璃管A （两端带开关K1和K2）称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置 A称重，记为m2g。按图连接好装置进行实验。
①仪器B的名称是_________________。
②将下列实验操作步骤正确排序____________（填标号）重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。
a.点燃酒精灯，加热
b.熄灭酒精灯
c.关闭K1和K2
d.打开K1和K2，缓缓通入N2
e.称量A
f.冷却至室温
③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=____________（列式表示）。若实验时按照a、d次序操作，则使x=____________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
【答案】 (1). 没有Fe3+ (2). 4Fe2++ 4H++O2==4Fe3++2H2O (3). 有红褐色沉淀的生成 (4). 有白色沉淀的生成 (5). 球形干燥器 (6). dabfce (7). (8). 偏低
【分析】(1)绿矾，化学式为FeSO4·7H2O，其中的Fe2＋容易被氧化成Fe3＋，可以用KSCN溶液检验。在硫酸亚铁溶液红通入氧气，Fe2＋将被氧化成Fe3＋；
(2)①根据仪器的图形可判断仪器名称；
②实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，冷却至室温再称量固体质量的变化。
【详解】(1) 在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。KSCN溶液用于Fe3＋的检验，没有颜色变化，说明溶液中没有Fe3＋。通入氧气，变红，说明O2将Fe2＋氧化成Fe3＋，电解质溶液为酸性，离子方程式为 4Fe2＋+ 4H＋+O2=4Fe3＋+2H2O；如果不加入酸Fe2＋被氧化成Fe3＋后，Fe3＋易水解得到Fe(OH)3沉淀，所以现象为有红褐色沉淀生成。加入BaCl2溶液，Ba2＋会和SO42－反应生成BaSO4沉淀，为白色沉淀；
(2)①仪器B的名称为干燥管；
②实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，再加热，持续通N2排出生成的水，冷却后注意关闭开关，冷却至室温再称量固体质量的变化，则正确的顺序为dabfce；
③直至A恒重，记为m3 g，应为FeSO4和装置的质量，则m（FeSO4）=（m3-m1），m（H2O）=（m2-m3），，；假设绿矾FeSO4·xH2O，结晶水的数目x=。若实验时按a、d次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化，则导致固体质量即m3偏大，测定结果偏小。
22.利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革 污泥中Cr（III）的处理工艺流程如下。
已知：①硫酸浸取后溶液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+；
②CrOH（H2O）5SO4难溶于水。
（1）浓H2O2溶液的作用是将滤液I中的Cr3+转化为Cr2O72-，写出此反应的离子方程式:______ ___________________________________________________。
（2）常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：
阳离子
Fe3+
Mg2+
Al3+
Cr3+
开始沉淀时的pH
2.7
-
-
-
沉淀完全时的pH
3.7
11.1
5.2
5.6
加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72-转化为Cr2O42-，其离子方程式为_____________________________________。此步骤中滤液的pH调至8，通过沉淀除去的金属离子为_____________________；此步骤中没有继续调高将Mg2+除去，理由是___________
_________________________________________________。
（3）钠离子交换树脂的反应原理为Mn++nNaR→MRn+nNa+，利用该方法主要除去的滤液II中的Mg2+， 若测得滤液II通过钠离子交换柱后溶液中c（Na+）为amol/L，则滤液II中c（Mg2+）为___________。
（4）写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的离子方程式：_____________________________________________________。
【答案】(1). 3H2O2+ H2O +2Cr3+==Cr2O72-+ 8H+ (2). Cr2O72-+ 2OH- == 2CrO42-+ H2O (3). Fe3+，Al3+ (4). 防止碱性太强，铝离子转变为偏铝酸根离子 (5). a/2 (6). SO2+2CrO42-+12H2O==SO42-+ CrOH（H2O）SO4+ 2OH-
【分析】含铬污泥预处理后，用硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Al3＋、Ca2＋、Mg2＋，加入过氧化氢氧化铬离子为高价态，加入氢氧化钠溶液调节溶液PH=8使其他离子沉淀，过滤得到滤液用钠离子交换树脂交换镁离子和钙离子，得到 溶液中通入二氧化硫还原得到Cr(OH)(H2O)5SO4。
【详解】(1)Cr3＋转化为Cr2O72－，Cr的化合价从＋3升高到＋6，H2O2中O的化合价降低，根据得失电子守恒和原子守恒，写出化学方程式3H2O2+ H2O +2Cr3+=Cr2O72-+ 8H+；
(2)加入OH－后，Cr2O72－转化为CrO42－化合价没有变化，根据电荷守恒和原子守恒，可得离子方程式Cr2O72-+ 2OH- = 2CrO42-+ H2O。根据表格中所给的信息，pH=8时，Fe3＋、Al3＋完全沉淀，溶液中Cr是以6价Cr的形式存在，所以没有Cr3＋形成的沉淀。pH=8时，沉淀中有Fe(OH)3和Al(OH)3，要使Mg2＋沉淀，pH继续提高，但是Al(OH)3是两性氢氧化物，Al(OH)3会溶于过量的碱，所以碱性不能太强，防止碱性太强，铝离子转变为偏铝酸根离子；
(3)根据反应原理为Mn++nNaR→MRn+nNa+，交换过程遵循电荷守恒，将Mg2＋带入，Mg2＋＋2NaR→MR2＋2Na＋，Mg2＋和Na＋的比例为1：2。可以知道若交换后，c(Na+)为amol/L，则交换前，c(Mg2＋)=a/2mol·L－1；
(4)二氧化硫具有还原性，被滤液Ⅱ中通过离子交换后的溶液中Na2CrO4氧化为硫酸，Na2CrO4氧被还原为CrOH(H2O)5SO4，水溶液中生成氢氧化钠溶液和硫酸反应生成硫酸钠，依据原子守恒分析书写配平；3SO2+2Na2CrO4+12H2O=2CrOH(H2O)5SO4↓+Na2SO4+2NaOH。
【点睛】本题考查了离子方程式、化学方程式的书写、物质的分离等知识点，难度较大，注意会运用溶液的pH值对溶液中的离子进行分离，除杂的原则是：除去杂质且不引进新的杂质。
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