第2章《元素与物质世界》测试题2022-2023学年高一化学上学期鲁科版必修第一册

第2章《元素与物质世界》测试题2022----2023学年高一化学上学期鲁科版（2019）必修第一册一、单选题1．某溶液中可能含有以下离子中的几种：Ba2+、Cl-、NO3-、CO32-、K+、SO42-，为确定其组成，进行了如下实验：①取少量溶液，加入稍过量的BaCl2溶液，产生白色沉淀：②过滤后在沉淀中加入稀盐酸，沉淀部分溶解：③在滤液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，根据实验，以下推测不正确的是A．一定含有Cl-B．一定含有K+C．一定含有SO42-和CO32-D．NO3-无法确定是否有2．某无色透明溶液，能与铝反应放出氢气，此溶液中一定大量共存的离子组是（）A．SO、Na+、Cl－、K+B．SO、Na+、HCO、K+C．NO、Mg2+、Cl－、Ba2+D．Cu2+、Cl－、Fe2+、SO3．二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓硝酸、浓硫酸反应生成SeO2以回收Se。在回收过程中涉及如下化学反应：①SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O；②Se+2H2SO4(浓)=2SO2↑+SeO2+2H2O；③Se+4HNO3(浓)=SeO2+4NO2↑+2H2O；下列有关叙述正确的是（）A．氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)>SeO2>I2B．反应①中Se是氧化产物，I2是还原产物C．反应①中生成0.6molI2，转移的电子数目为2.4NAD．反应②③中等量的Se消耗浓硫酸和浓硝酸中溶质的物质的量之比为2：14．某大型企业利用含、的废液净化含有的工业废气的工艺如图所示，既避免了空气污染又回收了硫黄，大大提高了生产效益。下列说法错误的是A．步骤①中是还原剂B．总反应为C．氧化性：D．步骤③中每生成消耗5．某溶液能溶解氢氧化铝，则在其中一定可以大量存在的离子组是A．Na+、SO、Cl-B．K+、CO、NOC．Mg2+、SO、Br-D．NH、NO、AlO6．下列物质的分类错误的是A．纯碱——钠盐B．H2SO4——强电解质C．氢氧化铁胶体——无色分散系D．H2O2——氧化物7．下列分散系中分散质直径最小的是A．氢氧化铁悬浊液B．氢氧化铝胶体C．淀粉溶液D．明矾溶液8．按照HCl、()、Ca(ClO)2、KClO3、HClO4的排列规律，括号内应填入的物质是A．NaClB．Cl2C．NaClO2D．ClO29．标准状况下，8.96LNH3气体可以将100mL2mol•L-1NaClO溶液中ClO-完全转化为Cl-，则NH3反应后的产物为A．N2H4B．N2C．NOD．NO210．化学实验中，若使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，则可不再向环境排放该种有害物质。在如图所示有编号的反应中，属于氧化还原反应的有A．①③④⑤⑥B．①③④⑥C．①④⑥D．②⑤⑥11．设NA为阿伏加德罗常数值。如图表示N2O在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。下列说法正确的是（）A．N2O转化成无害气体时的催化剂是B．每1molPt2O+转化为Pt2O得电子数为2NAC．将生成的CO2通入含大量、Na+、Cl-的溶液中，无明显现象D．1gCO2、N2O的混合气体中含有电子数为0.5NA12．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，下列说法错误的是A．的名称是亚氯酸钠B．“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量，此反应的离子方程式为C．“电解”中阴极反应的主要产物是D．“一系列操作”为蒸发浓缩趁热过滤洗涤、干燥13．下列离子方程式正确的是A．溶液中通入少量:B．将氧气通入酸性碘化钾溶液中:C．实验室制取少量氯气:D．氯气溶于水:14．取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份10mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入浓度为8g/L的盐酸，标准状况下产生的CO2气体体积与所加的盐酸溶液体积之间的关系如图所示，下列叙述正确的是A．A曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是Na2CO3和NaHCO3B．B曲线中消耗盐酸0＜V(HCl)＜25mL时发生的离子反应为：OH-+H+=H2O；H++=C．B曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积(标准状况)的最大值约为0.48gD．B曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是Na2CO3和NaOH15．下列物质类属、名称(或俗名)及化学式相符的是A．碱性氧化物、氧化亚铁、Fe2O3B．酸性氧化物、干冰、CO2C．酸、硫酸、H2SO3D．碱、纯碱、Na2CO3二、填空题16．AgNO3、KI、KNO3都是无色晶体或白色固体，而AgI却是黄色固体。(1)指出AgI的类别_______。(2)0.01molL-1的AgNO3溶液滴入到0.01molL-1的KI溶液中，生成黄色胶体，写出此反应方程式：_______，其反应类型为：_______。(3)浓的AgNO3溶液和浓的KI溶液混合，生成黄色沉淀，写出此反应的方程式，并指出反应类型：_______。(4)写出一种使AgI胶体聚沉为AgI沉淀的方法：_______。写出一种区分KI溶液和AgI胶体的方法：_______(答案合理即可)。17．写出下列物质在水溶液中的电离方程式：(1)H2SO4：________________________________________________；(2)Fe(OH)3：______________________________________________；(3)NH3·H2O：____________________________________________；(4)Na2CO3：_______________________________________________；(5)KHCO3：_______________________________________________。(6)Al(OH)3的酸式电离：______________________________________________。18．电解饱和食盐水可以生产一系列含氯、含钠的化工产品。(1)配制饱和食盐水的食盐必须精制，精制过程中需要除去Ca2+、Mg2+、SO等杂质离子，往往先后加入NaOH、BaCl2、Na2CO3溶液作为除杂试剂，向其中加入Na2CO3后产生的沉淀是____，沉淀过滤后往往还要往滤液中加入____，随后再将溶液蒸发结晶。(2)电解饱和食盐水实验时，电解的总反应方程式为_____。阳极产物检验所用的试剂是____；向两极各加入石蕊溶液，阴极溶液呈现____色。(3)实验测得产生的氢气体积(已折算成标准状况)为5.60mL，电解后溶液的体积恰好为50.0mL，则溶液中NaOH的浓度为____。19．已知反应：①②③④⑤⑥(1)上述反应不属于氧化还原反应的有____(填序号，下同)。被氧化的是____，被还原的是____，属于氧化还原反应，但其中的既不被氧化又不被还原的是_____。(2)用双线桥法表示反应②的电子转移方向和数目：______。(3)用单线桥法表示反应③的电子转移方向和数目：______。(4)写出反应④的离子方程式：______。三、计算题20．向27.2gCu和的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和，在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。(1)Cu和的混合物中含铜的物质的量为_______mol。(2)产生的NO在标准状况下的体积为_______L。(3)硝酸的物质的量浓度为_______mol/L。21．2020年突如其来的“新冠肺炎”使人们认识到日常杀菌消毒的重要性。其中含氯消毒剂在生产生活中有着广泛的用途。(1)写出实验室中制取氯气的离子方程式_______。(2)常温下，氯气与烧碱溶液反应得“84”消毒液，NaClO是“84”消毒液的有效成分，在此次抗击新冠病毒中发挥了重要作用。①用化学方程式表示“84”消毒液的生成过程：_______。工业上用氯气与石灰乳反应制备漂白粉，其有效成分为_______。(填化学式)②居家消毒时，不能将“84”消毒液与洁厕灵(有效成分为盐酸)混合使用，原因是_______。③某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，得到NaCl、NaClO和的混合溶液，经测定与的离子个数比为1:3。该反应中，被氧化的Cl与被还原的Cl的质量之比为_______。(3)世界卫生组织将ClO2定为A级高效安全灭菌消毒剂，它在食品保鲜、饮用水消毒等方面有广泛应用。消毒效率是用单位质量的消毒剂得电子数来表示的，ClO2作消毒剂时和氯气一样，还原产物均为，ClO2的消毒效率是氯气的_______倍(保留两位小数)。22．(1)某化工厂用氯气与石灰乳生产漂白粉，该厂出厂产品说明书如下：①漂白粉长期露置在空气中会变质，写出漂白粉变质过程中涉及的化学方程式______，____。②某实验室研究员将完全变质后的漂白粉溶于水，向其中加入足量稀硝酸，收集到标准状况下448mL气体，则该漂白粉中所含有效成分的质量为_____________(假设漂白粉中的其它成分不与硝酸反应)。(2)将14gNa2O和Na2O2的混合物加入足量的水中充分反应后，生成标准状况下的气体1.12L，所得溶液的体积为400mL。试计算：原混合物中Na2O的质量为______g，所得溶液的物质的量浓度为______mol·L－1。23．碱式硫酸铁(Fe元素为+3价)是一种新型高效絮凝剂。为确定该碱式硫酸铁的化学式，进行了如下实验∶步骤1.称取一定量样品完全溶于稀盐酸中，配成100.00mL溶液。步骤2.取步骤1所得溶液25.00mL，加入足量BaCl2溶液，充分反应，静置、过滤、洗涤、干燥，称得沉淀2.330g。步骤3.另取步骤1所得溶液25.00mL，加入足量的某试剂(与酸性KMnO4溶液不反应)，将Fe3+完全还原为Fe2+，再向其中滴加0.1000mol·L-1酸性KMnO4溶液，测得Fe2+恰好完全反应时消耗KMnO4溶液16.00mL。已知∶(未配平)通过计算确定该碱式硫酸铁的化学式______。(写出计算过程)四、实验题24．某化学兴趣小组欲在实验室探究氯气的氧化性并模拟工业制取漂白粉，设计如图装置进行实验：(1)圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为_________。(2)装置的连接顺序为_________（填接口字母）。(3)饱和溶液的作用是________，淀粉溶液中的现象为_________。(4)与石灰乳反应制取漂白粉的化学方程式为________。25．KMnO4是一种常用的氧化剂。某实验小组利用氯气氧化K2MnO4制备KMnO4并对其性质进行探究。资料：①锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3+2H2O=2+MnO2↓+4OH-②酸性条件下的氧化性：KMnO4>KIO3>I2I．KMnO4的制备(1)从A~D中选择合适的装置制备KMnO4，正确的连接顺序是a→______________(按气流方向，用小写字母表示)；装置A中m的作用是_______。(2)若没有使用装置C，造成的影响是_______。II．KMnO4性质探究取适量制取的KMnO4溶液稀释至约0.01mol/L(用硫酸酸化至pH=1)，取配制好的KMnO4溶液2mL于试管中，逐滴滴加0.1mol/LKI溶液，KMnO4紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液，然后沉淀逐渐消失，最终溶液变为棕黄色。(3)最终溶液呈现踪黄色推测生成了_______(写化学式)。(4)实验小组对初始阶段的产物成分进行探究：①黑色固体是MnO2，试剂X是_______(写化学式)。②在“紫色清液"中存在，写出生成的离子方程式_______。③下列实验方案中，可用于检验“紫色清液"中是否存在的是_______(填序号)。A．用洁净的玻璃棒随取紫色清液滴在淀粉-KI试纸上，观察试纸是否变蓝色。B．取少量紫色清液于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入过量NaHSO3溶液，观察溶液是否变色。C．取少量紫色清液于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，观察是否生成黄色沉淀。(5)探究实验II中棕褐色沉淀消失的原因：用离子方程式解释步骤③中固体消失的原因_______。(6)由上述实验可知，KMnO4的还原产物与_______有关。26．氯化钠溶液中混有硫酸钠、氯化钙溶液和淀粉胶体。选择适当的试剂和方法从中提纯出氯化钠晶体。相应的实验过程如图：(1)写出上述实验过程中所用试剂(写化学式)：试剂②_______；试剂③_______。(2)判断试剂②已过量的方法是：_______。(3)操作①时利用半透膜进行分离提纯。操作①的实验结果：淀粉_______(填“能”或“不能”)透过半透膜；硫酸根离子_______(填“能”或“不能”)透过半透膜。请用实验证明上述结果，完成表格(可不填满，也可增加)。限选试剂：1mol/L硝酸银溶液、1mol/L氯化钡溶液，1mol/L硝酸钡溶液、碘水、稀盐酸、稀硝酸编号实验操作预期现象和结论①________②________27．某小组同学利用一定浓度的HCl溶液和MnO2制备Cl2，并进行有关实验。Ⅰ．为了防止制备的Cl2逸散，该小组同学设计装置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ。试回答：(1)发生装置选择_______(填“图甲”、“图乙”或“图丙”)。(2)①若用所选的发生装置和装置Ⅰ制取氯气，b瓶加入的液体一般为_______。反应开始后，关闭活塞K时，发现c中液面上升不明显，可能的原因是_______，检查的简单方法是_______。②装置Ⅰ能防止多余气体逸散的原因是_______。③欲用装置Ⅱ(或装置Ⅲ)代替装置Ⅰ中的b～c部分(试剂相同)，装置Ⅱ_______(填“是”或“否”)可行，理由是_______。装置Ⅲ_______(填“是”或“否”)可行，理由是_______。Ⅱ．在实验室里可用下图所示装置制取氯酸钾、次氯酸钠和探究氯水的性质。图中：①的试管里盛有15mL30%KOH溶液，置于水浴中；②的试管里盛有15mL8%NaOH溶液，置于冰水浴中；③的试管里加有紫色石蕊试液；④为尾气吸收装置。(3)比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，二者的差异是①_______；②_______。(4)反应完毕经冷却后，①的试管中有大量晶体析出。图中符合该晶体溶解度曲线的是_______(填写编号字母)；从①的试管中分离出该晶体的方法是_______(填写操作名称)。(5)根据③的试管里试液的颜色变化可否证明氯气的强氧化性_______。为什么？_______。参考答案：1．A【解析】首先根据离子共存判断哪些微粒不能共存，结合步骤①确定可能有什么离子，判断出不能存在的离子；根据步骤②可判断出一定存在的离子；根据步骤③确定步骤②的滤液中含有的离子，并根据进行步骤②加入试剂中含有的离子判断其是否是原溶液成分，最后利用溶液电中性判断其它离子存在的可能性。【解析】根据步骤①取少量溶液，加入稍过量的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明含有CO32-、SO42-中至少一种，同时确定原溶液中不能含有与它们会形成沉淀的Ba2+；步骤②过滤后在沉淀中加入稀盐酸，沉淀部分溶解，说明沉淀有BaCO3、BaSO4，则原溶液中含有CO32-、SO42-两种离子；步骤③在滤液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，产生的白色沉淀是AgCl，但由于步骤②在沉淀中加入稀盐酸，所以不能确定原溶液是否含Cl-，CO32-、SO42-两种离子都是阴离子，根据溶液电中性原则，还要含有可与二者共存的阳离子，阳离子Ba2+不存在，所以一定含有K+，但NO3-题目实验未涉及，不能确定，所以推测不正确的是一定含有Cl-；选项A符合题意。【点睛】本题考查了溶液成分判断的知识，离子若共存，不能发生反应，仔细审题，明确常见物质在水中、在酸中的溶解性及溶液电中性原则是本题解答的关键。2．A【解析】某无色透明的溶液能与铝反应放出氢气，该溶液为无色溶液，溶液中可能存在大量的H+或者OH-，A．SO、Na+、Cl－、K+离子之间不反应，也不与OH-和H+反应，且为无色溶液，满足题中条件和离子共存条件，故A正确；B．HCO能够与OH-和H+反应，在溶液中不能够大量共存，故B错误；C．OH-能够与镁离子反应，酸性条件下，有硝酸根不能产生氢气，在溶液中不能够大量共存，故C错误；D．Cu2+、Fe2+能够与OH-反应生成沉淀，在溶液中不能够大量共存，故D错误；故选A。3．A【解析】A．在同一反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，则根据可知氧化性：，中氧化性：浓，则氧化性由强到弱的顺序是浓，故A正确；B．反应中，Se元素的化合价降低，被还原，I元素的化合价升高，被氧化，则Se是还原产物，是氧化产物，故B错误；C．根据化合价的变化可知，反应中每有生成，转移的电子数目应为，故C错误；D．由反应可知，设Se均为1mol，由反应、可知等量的Se消耗浓和浓的物质的量之比为2：：2，故D错误。答案选A。【点睛】同一反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化还原反应中化合价升降总价数守恒，电子得失守恒，根据守恒关系，判断电子转移数目。4．C【解析】A．步骤①中被氧气氧化为铁离子，亚铁离子是还原剂，A正确；B．由图和氢原子守恒可知反应物为O2和H2S，生成物为S和H2O，故总反应为，B正确；C．根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知氧化性：，C错误；D．步骤③中每生成即0.5mol单质硫，转移1mol电子，铁离子得到1个电子，所以消耗，D正确；答案选C。5．A【解析】某溶液能溶解氢氧化铝，说明该溶液显酸性或碱性，据此分析解答。【解析】A．三种离子在酸性、碱性溶液中都能大量共存，故A符合题意；B．CO在酸性溶液中生成水和二氧化碳，不能大量共存，故B不符合题意；C．Mg2+在碱性溶液中生成氢氧化镁，不能大量共存，故C不符合题意；D．NH在碱性溶液中生成氨气，AlO在酸性溶液中生成铝离子，不能大量共存，故D不符合题意；答案A。6．C【解析】A．纯碱是碳酸钠，含钠离子属于钠盐，故A正确；B．H2SO4在水溶液中完全电离，是强电解质，故B正确；C．氢氧化铁胶体是红色的，不是无色，故C错误；D．H2O2只有H、O两种元素，是氧化物，故D正确；故选：C。7．D【解析】A．氢氧化铁悬浊液，浊液的分散质粒子直径大于100nm，B．氢氧化铝胶体，胶体的分散质粒子直径在1~100nm，C．淀粉溶液属于胶体，胶体的分散质粒子直径在1~100nm，D．明矾溶液，溶液在分散质粒子的直径小于1nm，故分散质直径最小的是D，故答案为：D。8．B【解析】根据题干物质排列的规律是按Cl元素的化合价升高依次排列的，HCl中Cl为-1价，Ca(ClO)2中Cl的化合价为+1价，故括号内的物质中Cl的化合价应该为0价，即为Cl2，故答案为：B。9．A【解析】标况下8.96LNH3的物质的量为=0.4mol，100mL2mol•L-1NaClO溶液中ClO-的物质的量为0.1L×2mol•L-1=0.2mol，完全转化为Cl-，得到0.2mol×2=0.4mol电子，根据得失电子守恒可知每个NH3失去=1个电子，所以NH3中N元素化合价升高1价变为-2价，N2H4中N元素为-2价；故答案为A。10．C【解析】①Na2Cr2O7中Cr为＋6价，CrCl3中Cr显＋3价，Cr的化合价降低，反应①属于氧化还原反应；②中Cr的化合价都显＋3价，化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应；③中Cr的化合价都显＋3价，没有化合价的改变，不属于氧化还原反应；④CrCl3中Cr显＋3价，Na2CrO4中Cr显＋6价，化合价发生改变，属于氧化还原反应；⑤Cr的价态都是＋6价，没有化合价发生变化，不属于氧化还原反应；⑥Cr的化合价由＋6价→＋3价，化合价降低，属于氧化还原反应，因此属于氧化还原反应的是①④⑥，故C正确。故选C。11．D【解析】A．根据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为，则该过程的催化剂是Pt2O+，故A错误；B．根据转化关系，结合得失电子守恒，N2O转化N2时，Pt2O+转化为，氧化还原反应方程式为：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+，反应中氮元素由+1价得电子变为0价，1mol

N2O转化为N2得到2mol电子，则每1mol

Pt2O+转化为失电子为2mol，数目为2NA，故B错误；C．将生成的CO2通入含大量、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，+CO2(少量)+H2O=+H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故C错误；D．CO2和N2O的摩尔质量都为44g/mol，一个分子中含有的电子数都为22个，则1g

CO2、N2O的混合气体的物质的量为mol，含有电子数为，故D正确。故答案选D。12．C【解析】由制备流程可知，NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO3是氧化剂，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据原子守恒、转移电子守恒得该反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4═2NaHSO4+2ClO2；由于电解获得的产品是NaClO2，故电解装置中阴极上ClO2得电子生成，阳极上Cl-失电子生成Cl2，含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，ClO2被双氧水还原为，则双氧水被氧化为O2，反应的离子方程式为：，最后NaClO2溶液蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤、干燥得到产品，据此分析解题。【解析】A．NaClO2中Na元素为+1价、O元素为-2价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0判断Cl元素的化合价，设Cl元素化合价为x，+1+x+（-2）×2=0，所以Cl元素化合价为+3价，A正确；B．由分析可知，“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2，此反应的离子方程式为，B正确；C．由分析可知，电解装置中阴极上ClO2得电子生成，阳极上Cl-失电子生成Cl2，故“电解”中阳极反应的主要产物是，阴极产物是，C错误；D．由分析可知，“一系列操作”为蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤、干燥，D正确；故答案为：C。13．A【解析】A.溶液中通入少量，亚铁离子反应，因此离子反应：，故A正确；B.将氧气通入酸性碘化钾溶液中：，故B错误；C.实验室制取少量氯气：，故C错误；D.氯气溶于水：，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】亚铁离子还原性强于溴离子，因此溴化亚铁溶液中通入少量氯气，亚铁离子先反应。14．C【解析】A．根据Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3及NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知：Na2CO3发生的两步反应消耗HCl的体积相同，而曲线A中加入HCl时，未产生气体消耗HCl的体积与产生CO2气体消耗的HCl的体积比是60mL：(75-60)mL=4：1＞1：1，说明A曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是Na2CO3和NaOH，A错误；B．在曲线B中未产生气体消耗HCl的体积是25mL，反应放出气体消耗HCl的体积是(75-25)mL=50mL，V1：V2=1：2，则说明A曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是Na2CO3和NaHCO3，二者的物质的量的比是1：1。则当B曲线中消耗盐酸0＜V(HCl)＜25mL时发生的离子反应为：H++=，B错误；C．对于B曲线反应产生CO2的反应方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，根据方程式可知：36.5gHCl完全反应产生44gCO2，该盐酸浓度是8g/L，消耗盐酸的体积是50mL，则反应产生CO2的最大体积V(CO2)=，C正确；D．根据选项B分析可知B曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是Na2CO3和NaHCO3，D错误；故合理选项是C。15．B【解析】A.氧化亚铁属于碱性氧化物，其化学式为FeO，故A错误；B.固态二氧化碳俗称干冰属于酸性氧化物，其化学式为CO2，故B正确；C.硫酸属于酸，其化学式为H2SO4，故C错误；D.纯碱是碳酸钠Na2CO3，属于盐，不是碱，故D错误。故选：B。16．(1)盐(2)

AgNO3+KI=AgI(胶体)+KNO3

复分解反应(3)AgNO3+KI=AgI↓+KNO3、复分解反应(4)

加KNO3等电解质

采用激光笔照射，产生一条光亮的通路的为AgI胶体【解析】（1）AgI是由金属阳离子和酸根离子构成，则其属于盐，故答案为：盐；（2）0.01molL-1的AgNO3溶液滴入到0.01molL-1的KI溶液中，生成黄色胶体该胶体为AgI胶体，同时还生成硝酸钾，化学方程式为AgNO3+KI=AgI(胶体)+KNO3，该反应类型为：复分解反应，故答案为：AgNO3+KI=AgI(胶体)+KNO3；复分解反应；（3）浓的AgNO3溶液和浓的KI溶液混合，生成AgI黄色沉淀和硝酸钾，化学方程式为AgNO3+KI=AgI↓+KNO3，该反应类型为：复分解反应，故答案为：AgNO3+KI=AgI↓+KNO3、复分解反应；（4）AgI胶体聚沉为AgI沉淀的方法为加KNO3等电解质；利用丁达尔效应，可以区分KI溶液和AgI胶体，具体操作为：采用激光笔照射，产生一条光亮的通路的为AgI胶体，故答案为：加KNO3等电解质；采用激光笔照射，产生一条光亮的通路的为AgI胶体。17．

H2SO4=2H++SO42-

Fe(OH)3⇌Fe3++3OH-

NH3•H2O⇌NH4++OH-

Na2CO3=2Na++CO32-

KHCO3═K++HCO3−

Al(OH)3⇌H++AlO2−+H2O【解析】（1）H2SO4为强电解质，电离生成氢离子和硫酸根离子；（2）Fe(OH)3是弱电解质，部分电离；（3）一水合氨为弱电解质，部分电离出铵根离子和氢氧根离子；（4）Na2CO3强电解质，电离时电离出自由移动的钠离子和碳酸根离子；（5）碳酸氢钾在水中电离出钾离子和碳酸氢根离子；（6）Al(OH)3是两性氢氧化物，属于弱电解质，部分电离；【解析】（1）H2SO4为强电解质，电离生成氢离子和硫酸根离子，电离方程式是H2SO4=2H++SO42-故答案为：H2SO4=2H++SO42-（2）Fe(OH)3是弱电解质，部分电离，电离方程式是Fe(OH)3Fe3++3OH-故答案为：Fe(OH)3Fe3++3OH-（3）NH3•H2O为弱电解质，部分电离，电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH-；故答案为：NH3•H2ONH4++OH-（4）Na2CO3强电解质，电离方程式是Na2CO3=2Na++CO32-故答案为：Na2CO3=2Na++CO32-（5）碳酸氢钾在水中电离出钾离子和碳酸氢根离子，电离方程式为KHCO3═K++HCO3−；故答案为：KHCO3═K++HCO3−；（6）Al(OH)3的酸式电离，电离方程式：Al(OH)3H++AlO2−+H2O；故答案为：Al(OH)3H++AlO2−+H2O；【点睛】强电解质的电离方程式用等号连接，弱电解质的电离方程式用可逆号连接，电离方程式要符合原子守恒和电荷守恒。18．(1)

CaCO3与BaCO3

盐酸(2)

2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑

湿润的淀粉碘化钾试纸

蓝色(3)0.01mol•L-1【解析】（1）碳酸根能与钙离子和钡离子反应，生成：CaCO3与BaCO3；沉淀过滤后，加入盐酸除去过量的碳酸根和氢氧根，加热蒸发除去过量的HCl；（2）电解饱和食盐水实验时，电解的总反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；阳极产物为氯气，能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故用湿润的淀粉碘化钾试纸检验；阴极产物为氢气和氢氧化钠，阴极加入石蕊试液，溶液变蓝色；（3）根据电解总方程式，，。19．

①⑤⑥

③

④

②

【解析】(1)反应①⑤⑥中无元素化合价的改变，不属于氧化还原反应；中O元素被氧化为时，作还原剂，故被氧化的是③；中H元素被还原为时，作氧化剂，被还原的是④；反应②中仅N元素的化合价发生改变，因此既是氧化剂又是还原剂，既不是氧化剂又不是还原剂；(2)反应②中N元素的化合价既升高，又降低，用双线桥法表示为：；(3)反应③中水中氧元素化合价升高，失去电子，氟单质化合价降低，得到电子，用单线桥法表示为：；(4)反应④生成的氢氧化钠为强碱，故离子方程式为：。20．(1)0.2(2)4.48(3)2.4【解析】在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n(Cu)+2n(Cu2O)=n[Cu(OH)2]，所以反应后的溶液中n[[Cu(NO3)2]=n[Cu(OH)2]=0.4mol。（1）设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有x+2y=0.4，联立方程解得x=0.2，y=0.1，固体中所含Cu的物质的量为0.2mol。（2）反应过程中，1molCu生成Cu2+转化2mol电子，1molCu2O生成Cu2+转化2mol电子，该混合物反应过程中一共转移(0.2×2+0.1×2)mol=0.6mol电子，整个反应过程中只有HNO3中N元素化合价降低生成NO，根据转移电子守恒可知n(NO)=mol=0.2mol，其在标准状况下的体积V=0.2mol×22.4L/mol=4.48L。（3）根据N元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3)=0.2mol+1mol=1.2mol，c(HNO3)====2.4mol/L。21．(1)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(2)

Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O

Ca(ClO)2

“84”消毒液与洁厕灵混合，会产生有毒的氯气，危害人体健康

1:4(3)2.63【解析】（1）实验室中用MnO2与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，同时生成MnCl2等，则制取氯气的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；（2）①生产“84”消毒液时，将Cl2通入NaOH溶液中，生成过程：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。工业上用氯气与石灰乳反应制备漂白粉，化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，其有效成分为Ca(ClO)2。②“84”消毒液的主要成分为NaClO，洁厕灵的有效成分为盐酸，若混合使用，会发生反应NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，原因是：“84”消毒液与洁厕灵混合，会产生有毒的氯气，危害人体健康。③生成与是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为价和价，与的物质的量浓度之比为，设为1mol，为3mol，被氧化的Cl共为4mol，失去电子的总物质的量为；氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为价，则得到电子的物质的量也应为16mol，被还原的Cl的物质的量为16mol，从而得出该反应中，被氧化的Cl与被还原的Cl的质量之比为4:16=1:4。答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；Ca(ClO)2；“84”消毒液与洁厕灵混合，会产生有毒的氯气，危害人体健康；1:4；（3）得到，得到，因此消毒的效率是的倍。答案为：2.63。【点睛】在氧化还原反应中，不管氧化产物或还原产物是几种，得失电子的总数一定相等。22．

Ca(ClO)2＋H2O＋CO2＝CaCO3＋2HClO

2HClO2HCl＋O2↑

2.86g

6.2

1.0【解析】(1)①漂白粉长期露置在空气中与水、二氧化碳反应生成HClO，HClO光照分解而变质；②漂白粉中所含有效成份是次氯酸钙，完全变质后变成碳酸钙，向其中加入足量稀硝酸，生成二氧化碳，根据Ca(ClO)2～CO2计算；(2)根据生成的氧气的体积计算n(O2)，根据反应方程式2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH-+O2↑计算出过氧化钠的物质的量，从而可计算出混合物中过氧化钠、氧化钠的质量；混合物溶于水后都生成NaOH，溶液中的溶质是NaOH，根据Na原子守恒计算n(NaOH)，最后计算c(NaOH)。【解析】(1)①漂白粉长期置露在空气中会变质，是因为漂白粉与二氧化碳、水的反应生成次氯酸，次氯酸容易分解，反应分别为Ca(ClO)2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO、2HClO2HCl+O2↑，故答案为Ca(ClO)2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO；2HClO2HCl+O2↑；②漂白粉中所含有效成份是次氯酸钙，完全变质后的漂白粉中含有碳酸钙，向其中加入足量稀硝酸，反应生成二氧化碳，根据Ca(ClO)2～CaCO3～CO2143g22.4Lm(Ca(ClO)2)0.448L有m(Ca(ClO)2)==2.86g，故答案为2.86g；(2)n(O2)==0.05mol，根据反应2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH-+O2↑可知，混合物中过氧化钠的物质的量为：n(Na2O2)=2n(O2)=0.05mol×2=0.1mol，则混合物中过氧化钠的质量为：m(Na2O2)=78g/mol×0.1mol=7.8g，氧化钠的质量为：14g-7.8g=6.2g，n(Na2O)==0.1mol，n(Na2O2)=0.1mol，混合物溶于水后都生成NaOH，溶液中的溶质是NaOH，根据Na原子守恒得所得溶液中n(NaOH)=n(Na+)=2n(Na2O)+2n(Na2O2)=2×(0.1+0.1)mol=0.4mol，c(NaOH)＝＝1.0mol·L－1，故答案为6.2；1.0。23．Fe4(OH)2(SO4)5【解析】实验中所取溶液为25.00mL，而配制原溶液为100.00mL溶液，计算时要注意扩大倍数；根据题意，样品中的硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为：+Ba2+=BaSO4↓；根据～BaSO4关系，1mol：233g=：2.330g×，可得n()=0.0400mol；高锰酸钾能够氧化亚铁离子，离子方程式为：；根据5Fe3+～5Fe2+～KMnO4关系，5mol：1mol=：，=0.03200mol；电解质溶液为电中性，根据电荷守恒∶，0.032×3=0.04×2+n(OH-)×1，可得n(OH-)=0.01600mol；则0.03200mol∶0.01600mol∶0.04000mol=4∶2∶5；碱式硫酸铁的化学式为。24．(1)(2)(3)

除去中混有的

溶液变蓝(4)【解析】浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，氯气中混有氯化氢，通过饱和氯化钠溶液除去氯气中的氯化氢，然后通入淀粉碘化钾溶液中探究氯气的氧化性，接着通入石灰乳中制备漂白粉，氯气有毒，最后用氢氧化钠溶液吸收尾气，防止污染空气。（1）实验室用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，因此圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为：。（2）由分析可知，装置连接顺序应为：制备氯气→除去氯气中的氯化氢→探究氯气氧化性→制备漂白粉→处理尾气，因此连接口顺序为：。（3）浓盐酸有挥发性，制备的氯气中会混有氯化氢，因此饱和食盐水的作用为：除去氯气中的氯化氢；氯气有氧化性，能与碘化钾发生氧化还原反应生成碘单质，淀粉遇碘变蓝，因此淀粉KI溶液中的现象为：溶液变蓝。（4）氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为：。25．(1)

d→e→c→b→f或d，e→c，b→f

平衡气压，使液体能顺利流下(2)HCl进入B装置使溶液碱性减弱生成MnO2，导致KMnO4的产率降低(3)I2(4)

H2O2

2+I-+2H+=2MnO2↓++H2O

B(5)MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O(6)还原剂的用量、溶液的酸碱性、氧化剂的浓度【解析】KI和酸性KMnO4溶液反应生成I2单质；四氯化碳是有机溶剂、不溶于水、密度比水大，溶解I2而呈紫色；实验Ⅱ初始阶段I-的氧化产物不是I2，则四氯化碳中未溶解I2而呈无色；KI和酸性KMnO4溶液反应的黑色生成物能催化H2O2分解；KI和酸性KMnO4溶液的反应生成KIO3和MnO2，结合电子守恒和电荷守恒配平写出反应的离子方程式；酸性条件下氧化性：KIO3＞I2

，可加入不含I元素的还原剂将IO还原为I2

，利用淀粉检验I2的存在间接证明IO3-的存在；根据探究实验过程可知，MnO2、KI和硫酸反应生成I2

，结合化合价升降规律可知还生成硫酸锰，据此写出反应的离子方程式；物质的变化主要与其自身的性质有关，还与外界条件，如浓度大小、用量多少、溶液的酸碱性等有关。(1)A制备氯气，经C除去HCl，进入B中发生3+2H2O=2+MnO2↓+4OH-，最后用D吸收尾气。从A~D中选择合适的装置制备KMnO4，正确的连接顺序是a→d→e→c→b→f或d，e→c，b→f(按气流方向，用小写字母表示)；装置A中m的作用是平衡气压，使液体能顺利流下。故答案为：d→e→c→b→f或d，e→c，b→f；平衡气压，使液体能顺利流下；(2)若没有使用装置C，造成的影响是HCl进入B装置使溶液碱性减弱生成MnO2，导致KMnO4的产率降低。故答案为：HCl进入B装置使溶液碱性减弱生成MnO2，导致KMnO4的产率降低；(3)低浓度碘水的颜色为黄色，KI和酸性KMnO4溶液反应的生成物中使溶液呈棕黄色的只可能是生成I2单质，在酸性条件下，KMnO4将碘离子氧化生成碘单质，最终溶液呈现踪黄色推测生成了I2(写化学式)。故答案为：I2；(4)实验Ⅱ初始阶段I-的氧化产物不是I2，则有机溶剂四氯化碳中未溶解I2而呈无色，但四氯化碳不溶于水、密度比水大，导致液体分层；①KI和酸性KMnO4溶液反应的黑色生成物能催化H2O2分解，黑色固体是MnO2，二氧化锰催化双氧水分解，试剂X是H2O2(写化学式)。故答案为：H2O2；②KI和酸性KMnO4溶液的反应生成KIO3和MnO2，根据电子守恒和电荷守恒配平写出的离子方程式为：2+I-+2H+=2MnO2↓++H2O。故答案为：2+I-+2H+=2MnO2↓++H2O；③酸性条件下氧化性：KIO3＞I2

，可加入不含I元素的还原剂将IO还原为I2

，利用淀粉遇到碘单质变蓝色检验I2的存在，间接证明IO的存在，即取少量“紫色清液”，逐滴加入NaHSO3溶液，振荡，溶液紫色消失变成棕黄色时，滴加淀粉溶液，溶液变蓝说明存在IO。A．用洁净的玻璃棒随取紫色清液滴在淀粉-KI试纸上，引入了碘元素，故A错误；B．取少量紫色清液于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入过量NaHSO3溶液，亚硫酸氢根离子与碘酸根离子反应，生成碘单质，观察溶液是否变色，故B选；C．取少量紫色清液于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，碘酸银溶于硝酸，故C不选；故答案为：B；(5)MnO2、KI和硫酸反应生成的棕黄色溶液中含有I2

，根据化合价升降规律可