人教版26-27学年高一上秋季期化学复习题解与答-物质及其变化

第1页（共1页）人教版26-27学年高一上秋季期化学复习题解与答——物质及其变化一．选择题（共15小题）1．（2026•北仑区校级开学）下列物质属于碱的是（）A．CaO B．Cu（OH）2 C．NH3 D．Na2．（2026•杭州模拟）按物质组成分类，盐酸羟胺（NH3OHCl）属于（）A．酸 B．碱 C．盐 D．有机物3．（2026•浙江模拟）下列物质分类正确且具有相应性质的是（）A．Fe(OH)3：红褐色胶体，具有丁达尔效应 B．SiO2：酸性氧化物，能与水反应生成硅酸 C．葡萄糖：天然高分子化合物，能发生银镜反应 D．液氨：非电解质，本身在水溶液中不能导电4．（2025•漳县校级开学）分类法是化学学习的重要方法。下列分类正确的是（）A．三大化石燃料：煤、石油、可燃冰 B．由原子构成物质：氦气、氮气、汞 C．空气污染物：NO2、SO2、CO2 D．氧化物：冰、干冰、过氧化氢5．（2025秋•黄山期末）分类是学习物质化学性质的重要方法之一。下列物质分类正确的是（）选项酸性氧化物碱性氧化物盐混合物电解质ACOCuO纯碱氯水H2OBP2O5Na2O2Cu2（OH）2CO3碱石灰NH3•H2OCCO2Fe2O3KAl（SO4）2•12H2OFe（OH）3胶体CaCO3DSO2Al2O3NaHCO3CuSO4•5H2OC2H5OHA．A B．B C．C D．D6．（2026•吉林校级开学）下列溶液中，离子可能大量共存的是（）A．使紫色石蕊溶液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、CO32-、B．加入铝粉有氢气产生的溶液中：K+、Al3+、HS﹣、SOC．澄清透明溶液中：Al3+、Mg2+、Br﹣、HCOD．由水电离出的c水（H+）＝1×10﹣12mol•L﹣1的溶液：Na+、K+、SO42-7．（2026•哈尔滨校级开学）下列实验涉及反应的离子方程式书写错误的是（）A．向FeCl3溶液中加入铜片：2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+ B．将Na2O2加入水中：2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH﹣+O2↑ C．将浓盐酸与MnO2混合加热：MnO2+4HCl（浓）△Mn2++2Cl﹣+Cl2↑+2H2OD．向Ba（OH）2溶液中滴加稀H2SO4：Ba2++2OH﹣+2H++SO42-=BaSO48．（2026春•温州期末）下列物质溶于水能导电且属于电解质的是（）A．CH3CH2OH B．Cl2 C．CH3COONa D．NH39．（2026•重庆开学）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象实验结论A向某溶液中加入KSCN溶液无现象，滴入几滴新制氯水，溶液变红该溶液中一定含有Fe2+B向某白色粉末中滴加稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体该粉末一定是碳酸盐C向某无色溶液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀该溶液中一定含SD用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃火焰呈紫色该溶液中一定不含K+A．A B．B C．C D．D10．（2021春•杏花岭区校级月考）pH＝1的某溶液X中还含有NH4+、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO32-、SO42-A．沉淀H不可能为Al（OH）3、BaCO3的混合物 B．根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+、Cl﹣ C．溶液X中一定含有NH4+、Al3+、Fe2+、SO42-D．若溶液X为100mL，产生的气体A为112mL（标况），则X中c（Fe2+）＝0.05mol/L11．（2026春•长沙校级期末）某无色试样溶液中可能含有NH4+、Na+、Fe3+、Mg2+、SO42-、CO3A．气体Y和气体Z均属于酸性氧化物 B．该试样溶液中一定存在Na+ C．滤液M在酸性条件下与铜片的反应中，还原产物是NO2 D．可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验气体X12．（2026春•中山市期末）一种消除酸性水体中NO3-的过程如图，在催化剂作用下，活性H2可还原NA．过程中所有元素化合价均发生变化 B．Fe3+、Fe2+、H+都是催化剂 C．总反应为5HD．反应④中，1molNO2-13．（2026春•重庆期中）用CeO2脱除CO和NO的反应过程如图所示，①中有一部分Ce4+转化成Ce3+。下列说法错误的是（）A．总反应为：2CO+2NO＝N2+2CO2 B．过程②中，每脱除1molNO转移2mol电子 C．当x＝0.2时，CeO（2﹣x）中n（Ce3+）：n（Ce4+）＝3：2 D．该反应的催化剂为CeO214．（2026春•郑州期中）汽车安全气囊可充入叠氮化钠（NaN3）、硝酸钾、SiO2、NaHCO3等物质，主要反应为10NaN3+2KNO3＝K2O+5Na2O+16N2↑，下列说法错误的是（）A．叠氮化钠和硝酸钾均为含有共价键的离子化合物 B．NaHCO3粉末可作冷却剂吸收产气过程中释放的热量 C．标准状况下产生8.96LN2时转移0.5mole﹣ D．SiO2可与产物K2O、Na2O反应生成无腐蚀性的硅酸盐，减少对人体的伤害15．（2026春•石家庄期中）现有25.6g金属铜与100mL一定物质的量浓度的浓硝酸恰好完全反应，生成的氮氧化物恰好溶解在一定量的NaOH溶液中得到NaNO2和NaNO3的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示。下列有关说法正确的是（）A．该浓硝酸浓度为12mol/L B．过程①中转移电子的数目为0.6NA C．生成的NO、NO2、N2O4物质的量之比为1：1：3 D．过程②生成的NaNO2物质的量为0.4mol二．解答题（共4小题）16．（2026•河北校级开学）Ⅰ、离子反应在实际生产中有重要应用，某河道两旁有甲、乙两厂，它们排放的工业废水中，共含K+、Ag+、Fe3+、Cl﹣、OH﹣、NO3（1）甲厂的废水明显呈碱性，故甲厂废水中所含的三种离子是OH﹣、Cl﹣和（填离子符号）。（2）乙厂的废水中含有另外三种离子，如果加一定量的铁粉，可以回收其中的（填写金属元素符号）。（3）另一种设想是将甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合，可以使废水中的某些离子转化为沉淀，经过滤后的废水主要含（填溶质的化学式），可用来浇灌农田。Ⅱ、化学反应按照不同的分类方法，可以分为化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应，也可分为氧化还原反应和非氧化还原反应。有下列反应：①2H2O通电2H2↑②Cu2(OH)2CO3△2CuO+H2O+CO2③2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O④CO2+H2O＝H2CO3⑤3Fe+4H2O（g）高温Fe3O（4）在化学反应前后元素的化合价没有变化的是。（5）上述反应中，既是分解反应，又是氧化还原反应的是。（6）③是溶液中的离子反应，也是氧化还原反应，该反应的氧化剂是（填化学式）。（7）根据你的理解，氧化还原反应的本质是。A．分子中的原子重新组合B．氧元素的得失C．电子的转移D．化合价的改变17．（2025秋•梁园区校级期末）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种常用净水剂。实验室利用NaClO溶液（含NaOH）与Fe（OH）3反应制备Na2FeO4的离子方程式可表示为3ClO﹣+2Fe（OH）3+4OH﹣＝2FeO42-+3Cl﹣+5H回答下列问题：（1）在下列四种物质中与其他三种不同类的是（填字母），分类的依据是。A．氢氧化钠B．氢氧化铁胶体C．次氯酸钠D．高铁酸钠（2）写出Na2FeO4的电离方程式：。（3）验证氢氧化钠中含有氢氧化钾的实验名称为，观察到的现象是。（4）在3ClO﹣+2Fe（OH）3+4OH﹣＝2FeO42-+3Cl﹣+5H2O反应中用双线桥法表示电子转移的方向和数目：（5）Na2FeO4在处理饮用水的过程中铁元素会转化为Fe3+，进而Fe3+在水中产生Fe（OH）3胶体。FeO42-具有（填“还原”或“氧化”）性起杀菌作用，Fe（OH）3胶体能够净水的原因是18．（2026•青铜峡市校级开学）由工业明胶制成的胶囊往往含有超标的重金属铬，会对人体造成伤害。明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。（1）已知Fe（CrO2）2中铬元素是+3价，则其中铁元素是价。CrO2-是一种酸根离子，则Fe（CrO2）2属于（2）明胶的水溶液和K2SO4溶液共同具备的性质是（填字母，下同）。A．都不稳定，密封放置会产生沉淀B．分散质粒子可透过滤纸C．二者均有丁达尔效应（3）实验室进行Fe(OH)3胶体的制备实验并检验其性质。Ⅰ.若将饱和FeCl3溶液分别滴入下列物质中，能形成胶体的是。A．冷水B．沸水C．NaOH浓溶液D．NaCl浓溶液Ⅱ.证明有胶体生成的最常用的实验操作是；如向其中滴入过量稀硫酸，出现的现象是。19．（2026秋•襄城区校级月考）物质的分类、原子结构的探索、化学反应的研究在化学领域占有重要地位。Ⅰ．有以下物质①NaCl晶体；②乙醇；③盐酸；④铜；⑤HNO3溶液；⑥熔融氯化钾；⑦干冰；⑧液氯。（1）其中属于电解质的是，能导电的是（填序号）。Ⅱ．有下列三个在溶液中发生的氧化还原反应：①2FeCl3+2KI＝2FeCl2+2KCl+I2②2FeCl2+Cl2＝2FeCl3③K2Cr2O7+14HCl（浓）＝2KCl+2CrCl3+7H2O+3Cl2↑请根据上述反应分析推断后回答下列问题：（2）③中还原剂与氧化剂的物质的量之比为。（3）FeCl3、I2、Cl2、K2Cr2O7的氧化性由强到弱依次是。Ⅲ．钋（Po）是一种低熔点金属、极其稀有，毒性和放射性极强。回答下列问题：（4）84210Po具有放射性，经α衰变成稳定的Pb原子，在衰变过程中释放一个24He。生成的Pb的原子核中质子数为，中子数为。Po元素能形成较稳定的+4价离子，1mol84210Po4+

人教版26-27学年高一上秋季期化学复习题解与答——一．选择题（共15小题）1．（2026•北仑区校级开学）下列物质属于碱的是（）A．CaO B．Cu（OH）2 C．NH3 D．Na【答案】B【分析】水中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱。【解答】解：A．CaO属于碱性氧化物，不属于碱，故A错误；B．Cu（OH）2电离时产生金属阳离子、氢氧根离子，且阴离子全部是氢氧根离子，属于碱，故B正确；C．NH3是气态氢化物，溶于水和水反应生成一水合氨为碱，氨气本身不能电离出氢氧根离子，不属于碱，故C错误；D．Na是金属单质，碱属于化合物，因此Na不属于碱，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了物质组成和分类的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。2．（2026•杭州模拟）按物质组成分类，盐酸羟胺（NH3OHCl）属于（）A．酸 B．碱 C．盐 D．有机物【答案】C【分析】A．酸的定义是水溶液中电离出的阳离子全部为H+的化合物；B．碱的定义是水溶液中电离出的阴离子全部为OH﹣的化合物；C．盐是由阳离子（金属阳离子、铵根或类似阳离子）和酸根阴离子构成的化合物；D．有机物通常指含碳元素的化合物（碳的氧化物、碳酸、碳酸盐等除外）。【解答】解：A．酸的定义是水溶液中电离出的阳离子全部为H+的化合物，盐酸羟胺电离出的阳离子为[NH3OH]B．盐酸羟胺电离不会产生大量OH﹣，不符合碱的定义，故B错误；C．盐是由阳离子（金属阳离子、铵根或类似阳离子）和酸根阴离子构成的化合物，盐酸羟胺由[NH3OH]+和酸根离子ClD．有机物通常指含碳元素的化合物（碳的氧化物、碳酸、碳酸盐等除外），盐酸羟胺不含碳元素，不属于有机物，故D错误；故选：C。【点评】本题考查酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。3．（2026•浙江模拟）下列物质分类正确且具有相应性质的是（）A．Fe(OH)3：红褐色胶体，具有丁达尔效应 B．SiO2：酸性氧化物，能与水反应生成硅酸 C．葡萄糖：天然高分子化合物，能发生银镜反应 D．液氨：非电解质，本身在水溶液中不能导电【答案】D【分析】A．Fe（OH）3是纯净物，在分散剂中可以形成胶体分散系；B．二氧化硅难溶于水，和水不反应；C．相对分子质量大于一万的为高分子化合物；D．液氨是液态NH3分子，自身不能发生电离，属于非电解质。【解答】解：A．Fe（OH）3是纯净物，而胶体是分散系属于混合物，氢氧化铁胶体分散系具有丁达尔效应，故A错误；B．SiO2属于酸性氧化物，但它难溶于水，也不能与水反应生成硅酸，故B错误；C．葡萄糖相对分子质量仅为180，是小分子化合物，不是天然高分子化合物，葡萄糖分子中含醛基，能发生银镜反应，故C错误；D．液氨是液态NH3分子，自身不能发生电离，属于非电解质，其水溶液导电是因为NH3与水反应生成的NH3•H2O，NH3•H2O能电离出自由移动的离子（NH4+和OH﹣），NH3本身不导电，故故选：D。【点评】本题考查了物质组成和分类、物质性质的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。4．（2025•漳县校级开学）分类法是化学学习的重要方法。下列分类正确的是（）A．三大化石燃料：煤、石油、可燃冰 B．由原子构成物质：氦气、氮气、汞 C．空气污染物：NO2、SO2、CO2 D．氧化物：冰、干冰、过氧化氢【答案】D【分析】A．三大化石燃料为煤、石油、天然气；B．氮气由氮分子（N2）构成；C．CO2是空气的正常组成成分，不属于空气污染物；D．由两种元素组成且其中一种为氧元素的化合物为氧化物。【解答】解：A．三大化石燃料为煤、石油、天然气，可燃冰不属于三大化石燃料，故A错误；B．氮气由氮分子（N2）构成，氦气（稀有气体）、汞（金属）由原子构成，故B错误；C．CO2是空气的正常组成成分，不属于空气污染物，NO2、SO2属于空气污染物，故C错误；D．冰（固态H2O）、干冰（固态CO2）、过氧化氢（H2O2）均是由两种元素组成且其中一种为氧元素的化合物，都属于氧化物，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了物质组成和分类的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。5．（2025秋•黄山期末）分类是学习物质化学性质的重要方法之一。下列物质分类正确的是（）选项酸性氧化物碱性氧化物盐混合物电解质ACOCuO纯碱氯水H2OBP2O5Na2O2Cu2（OH）2CO3碱石灰NH3•H2OCCO2Fe2O3KAl（SO4）2•12H2OFe（OH）3胶体CaCO3DSO2Al2O3NaHCO3CuSO4•5H2OC2H5OHA．A B．B C．C D．D【答案】C【分析】盐：金属阳离子或铵根离子和酸根阴离子构成的化合物；碱性氧化物：和酸反应生成盐和水的氧化物；酸性氧化物：和碱反应生成盐和水的氧化物；由一种物质组成的，属于纯净物，由多种物质组成的属于混合物，电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物。【解答】解：A．CO属于不成盐氧化物，故A错误；B．碱性氧化物：和酸反应生成盐和水的氧化物，而Na2O2属于过氧化物，故B错误；C．选项中各物质分类均正确，故C正确；D．Al2O3属于两性氧化物，CuSO4•5H2O属于纯净物，C2H5OH属于非电解质，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。6．（2026•吉林校级开学）下列溶液中，离子可能大量共存的是（）A．使紫色石蕊溶液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、CO32-、B．加入铝粉有氢气产生的溶液中：K+、Al3+、HS﹣、SOC．澄清透明溶液中：Al3+、Mg2+、Br﹣、HCOD．由水电离出的c水（H+）＝1×10﹣12mol•L﹣1的溶液：Na+、K+、SO42-【答案】D【分析】依据离子的性质和反应分析。【解答】解：A．使紫色石蕊溶液变红的溶液呈酸性，溶液中存在大量H+，溶液中CO32-能与Fe2+、Mg2+反应生成沉淀，还能与H+生成CO2和H2OB．加入铝粉有氢气产生的溶液可能呈强碱性或者酸性，溶液中Al3+与HS﹣发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，Al3+在碱性溶液中会生成Al(OH)3或[Al(OH)4]-而不能大量共存，HSC．溶液中铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，一定不能大量共存，故C错误；D．由水电离出的氢离子浓度为1×10﹣12mol•L﹣1的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，四种离子在碱溶液中不发生任何反应，能大量共存；酸溶液中也不发生任何反应，能大量共存，所以四种离子在由水电离出的氢离子浓度为1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中可以大量共存，故D正确；故选：D。【点评】本题考查离子共存，题目难度不大，掌握相关离子的性质和转化是解题的关键。7．（2026•哈尔滨校级开学）下列实验涉及反应的离子方程式书写错误的是（）A．向FeCl3溶液中加入铜片：2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+ B．将Na2O2加入水中：2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH﹣+O2↑ C．将浓盐酸与MnO2混合加热：MnO2+4HCl（浓）△Mn2++2Cl﹣+Cl2↑+2H2OD．向Ba（OH）2溶液中滴加稀H2SO4：Ba2++2OH﹣+2H++SO42-=BaSO4【答案】C【分析】A．向FeCl3溶液中加入铜片生成氯化铜和氯化亚铁；B．过氧化钠与水反应，生成氢氧化钠和氧气；C．浓盐酸与MnO2混合加热反应生成氯化锰、氯气和水；D．Ba（OH）2溶液与稀H2SO4反应生成硫酸钡沉淀和水。【解答】解：A．向FeCl3溶液中加入铜片生成氯化铜和氯化亚铁，离子方程式为2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，遵循电子守恒、电荷守恒、原子守恒，故A正确；B．过氧化钠与水反应，生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH﹣+O2↑，遵循电子守恒、电荷守恒、原子守恒，故B正确；C．浓盐酸与MnO2混合加热反应生成氯化锰、氯气和水，盐酸为强酸，在溶液中完全电离，离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣△Mn2++Cl2↑+2H2O，故CD．Ba（OH）2溶液与稀H2SO4反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为Ba2++2OH﹣+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2故选：C。【点评】本题考查离子方程式的书写，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、离子方程式的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。8．（2026春•温州期末）下列物质溶于水能导电且属于电解质的是（）A．CH3CH2OH B．Cl2 C．CH3COONa D．NH3【答案】C【分析】电解质：在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物，该概念的前提条件是化合物；物质溶于水能导电必须含有自由离子。【解答】解：A．CH3CH2OH溶于水不发生电离，水溶液不导电，属于非电解质，故A错误；B．Cl2是单质，Cl2既不属于电解质也不属于非电解质，故B错误；C．CH3COONa属于盐类，溶于水电离出自由移动的CH3COO-和D．NH3溶于水导电是因为与水反应生成的NH3•H2O能电离出离子，NH3自身不能电离，属于非电解质，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了电解质、非电解质的概念及溶液的导电性，题目简单。9．（2026•重庆开学）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象实验结论A向某溶液中加入KSCN溶液无现象，滴入几滴新制氯水，溶液变红该溶液中一定含有Fe2+B向某白色粉末中滴加稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体该粉末一定是碳酸盐C向某无色溶液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀该溶液中一定含SD用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃火焰呈紫色该溶液中一定不含K+A．A B．B C．C D．D【答案】A【分析】A．Fe3+遇KSCN溶液显红色，新制氯水可将Fe2+氧化为Fe3+，先加入KSCN无现象可排除原溶液中Fe3+的干扰；B．能使澄清石灰水变浑浊的气体包含CO2、SO2，与稀盐酸反应生成上述气体的物质有碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐、亚硫酸氢盐等；C．盐酸酸化的BaCl2溶液中含有Cl﹣，Ag+与Cl﹣反应可生成不溶于酸的白色沉淀；D．钾元素焰色反应为紫色，观察钾元素焰色需透过蓝色钴玻璃滤去钠元素黄光的干扰。【解答】解：A．Fe3+与SCN﹣结合会使溶液显红色，向溶液中加入KSCN无现象，说明原溶液中不含Fe3+，滴入新制氯水后发生反应2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣，生成的Fe3+与SCN﹣作用使溶液变红，可证明原溶液含有Fe2+，故A正确；B．能使澄清石灰水变浑浊的气体可为CO2或SO2，与稀盐酸反应生成该类气体的物质除碳酸盐外，还可为碳酸氢盐、亚硫酸盐、亚硫酸氢盐等，无法确定该粉末一定为碳酸盐，故B错误；C．盐酸酸化的BaCl2溶液中含有Cl﹣，若原溶液中含有Ag+，会生成不溶于酸的AgCl白色沉淀，无法证明该溶液中一定含有SO42-D．钾元素的焰色为紫色，透过蓝色钴玻璃观察可排除钠元素黄光的干扰，透过蓝色钴玻璃火焰呈紫色说明溶液中一定含有K+，与题给结论相悖，故D错误；故选：A。【点评】本题以常见离子的检验实验为载体，考查亚铁离子、硫酸根离子、钾离子的检验原理与实验结论的逻辑辨析，需掌握离子检验过程中的干扰因素与排除方法，难度适中，对实验细节的理解要求较高。10．（2021春•杏花岭区校级月考）pH＝1的某溶液X中还含有NH4+、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO32-、SO42-A．沉淀H不可能为Al（OH）3、BaCO3的混合物 B．根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+、Cl﹣ C．溶液X中一定含有NH4+、Al3+、Fe2+、SO42-D．若溶液X为100mL，产生的气体A为112mL（标况），则X中c（Fe2+）＝0.05mol/L【答案】D【分析】pH＝1的溶液为强酸性溶液，在强酸性溶液中一定不存在CO32-、SO32-离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则沉淀C为BaSO4，说明原溶液中含有SO42-离子，不存在Ba2+；生成气体A，则A只能是NO，说明溶液中含有还原性离子，则一定为Fe2+离子，强酸性溶液中H+、Fe2+、和NO3-不共存，则不存在NO3-；溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀F只为Fe（OH）3，气体D为NH3，则原溶液中一定含有NH4+；溶液E中通入过量CO2气体，生成沉淀H，则H为Al（OH）综上，原溶液中一定含有的离子为NH4+、Fe2+、Al3+、SO42-、H+，一定不含有的离子为Ba2+、CO32-、SO32-、【解答】解：由上述分析可知，原溶液中一定含有的离子为NH4+、Fe2+、Al3+、SO42-，一定不含有的离子为Ba2+、CO32-、SO32-、A．上述分析可知H为Al（OH）3，不可能为Al（OH）3、BaCO3的混合物，因为BaCO3与过量的二氧化碳生成碳酸氢钡，易溶于水，故A正确；B．上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+、Cl﹣，故B正确；C．由上述分析可知，原溶液中一定含有的离子为NH4+、Fe2+、Al3+、SO42-、HD．生成气体A的离子反应方程式为3Fe2++NO3-+4H+＝3Fe3++NO↑+2H2O，产生NO气体为112mL，物质的量为0.112L22.4L/mol=0.005mol，则n（Fe2+）＝3n（NO）＝3×0.112L22.4L/mol=0.015mol，c故选：D。【点评】本题考查了常见阴阳离子的检验、无机推断，为高频考点，掌握常见离子的性质及检验方法是解题关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力，题目难度中等。11．（2026春•长沙校级期末）某无色试样溶液中可能含有NH4+、Na+、Fe3+、Mg2+、SO42-、CO3A．气体Y和气体Z均属于酸性氧化物 B．该试样溶液中一定存在Na+ C．滤液M在酸性条件下与铜片的反应中，还原产物是NO2 D．可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验气体X【答案】B【分析】试样溶液无色，不含Fe3+。加过量Ba（OH）2加热生成气体X，X为NH3，标准状况下0.224L对应物质的量为0.01mol，故n(NH4+)=0.01mol。白色沉淀A加足量稀盐酸，生成气体Y为CO2，标准状况下0.224L对应物质的量为0.01mol，故n(CO32-)=0.01mol。剩余沉淀B为BaSO4，质量2.33g对应物质的量为0.01mol，故n(SO42-)=0.01mol。CO32-与Mg2+不能共存，故原溶液不含Mg2+。滤液M加足量H+和Cu，试管口出现红棕色气体Z，说明原溶液含NO3-，酸性条件下NO3-与Cu反应生成NO，NO遇空气中O2氧化为红棕色NO2。已知阴离子物质的量浓度相等，溶液体积为100mL，故已确定的SO42-、CO32-、NO3-物质的量均为0.01mol，总负电荷为0.01mol×【解答】解：A．气体Y为二氧化碳，属于酸性氧化物，气体Z为二氧化氮，二氧化氮与碱反应生成两种盐和水，不属于酸性氧化物，故A错误；B．根据分析，原溶液中仅有的阳离子为NH4+和Na+，现有NC．滤液M在酸性条件下与铜片反应，稀硝酸的还原产物为NO，试管口的红棕色二氧化氮是一氧化氮被氧气氧化的产物，不是还原产物，故C错误；D．气体X为氨气，应用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝证明为氨气，蓝色石蕊试纸无法检验，故D错误；故选：B。【点评】本题考查常见离子的检验方法等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。12．（2026春•中山市期末）一种消除酸性水体中NO3-的过程如图，在催化剂作用下，活性H2可还原NA．过程中所有元素化合价均发生变化 B．Fe3+、Fe2+、H+都是催化剂 C．总反应为5HD．反应④中，1molNO2-【答案】C【分析】A．反应过程中O元素化合价始终为﹣2；B．催化剂参与反应过程，反应后组成和质量不变，H+是总反应的反应物；C．总反应中N元素从+5价降至0价，H元素从0价升至+1价；D．1molNO2-被还原为N2时N从+3价变为0价，共得3mol电子，Fe2+被氧化为Fe3+【解答】解：A．反应过程中O元素化合价始终为﹣2，未发生变化，故A错误；B．催化剂参与反应过程，反应后组成和质量不变，H+是总反应的反应物，反应中被消耗，不属于催化剂，故B错误；C．总反应中N元素从+5价降至0价，H元素从0价升至+1价，方程式总反应为5H2+2ND．1molNO2-被还原为N2时N从+3价变为0价，共得3mol电子，Fe2+被氧化为Fe3+时每个失1mol电子，故1molNO2-故选：C。【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。13．（2026春•重庆期中）用CeO2脱除CO和NO的反应过程如图所示，①中有一部分Ce4+转化成Ce3+。下列说法错误的是（）A．总反应为：2CO+2NO＝N2+2CO2 B．过程②中，每脱除1molNO转移2mol电子 C．当x＝0.2时，CeO（2﹣x）中n（Ce3+）：n（Ce4+）＝3：2 D．该反应的催化剂为CeO2【答案】C【分析】A．根据图知，总反应中反应物是CO、NO，生成物是CO2、N2；CeO2作催化剂；B．过程②中N元素的化合价由+2价变为0价；C．当x＝0.2时，CeO（2﹣x）为CeO1.8，设n（Ce3+）＝amol，n（Ce4+）＝bmol，根据Ce守恒有a+b＝1，根据化合物电中性有3a+4b＝1.8×2＝3.6，解得a＝0.4，b＝0.6；D．催化剂在第一个反应中作反应物、最后一个反应中作生成物。【解答】解：A．根据图知，总反应中反应物是CO、NO，生成物是CO2、N2；CeO2作催化剂，总反应为2CO+2NO＝N2+2CO2，故A正确；B．过程②中N元素的化合价由+2价变为0价，每1molNO参与反应转移电子的物质的量为1mol×[（+2）﹣0]＝2mol，故B正确；C．当x＝0.2时，CeO（2﹣x）为CeO1.8，设n（Ce3+）＝amol，n（Ce4+）＝bmol，根据Ce守恒有a+b＝1，根据化合物电中性有3a+4b＝1.8×2＝3.6，解得a＝0.4，b＝0.6，故n（Ce3+）：n（Ce4+）＝2：3，不是3：2，故C错误；D．催化剂在第一个反应中作反应物、最后一个反应中作生成物，CeO2在过程①中参与反应，过程②中又生成，反应前后质量和化学性质不变，为该反应的催化剂，故D正确；故选：C。【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确发生的反应、催化剂的概念、物质的量的计算方法是解本题的关键，题目难度不大。14．（2026春•郑州期中）汽车安全气囊可充入叠氮化钠（NaN3）、硝酸钾、SiO2、NaHCO3等物质，主要反应为10NaN3+2KNO3＝K2O+5Na2O+16N2↑，下列说法错误的是（）A．叠氮化钠和硝酸钾均为含有共价键的离子化合物 B．NaHCO3粉末可作冷却剂吸收产气过程中释放的热量 C．标准状况下产生8.96LN2时转移0.5mole﹣ D．SiO2可与产物K2O、Na2O反应生成无腐蚀性的硅酸盐，减少对人体的伤害【答案】C【分析】A．根据叠氮化钠和硝酸钾均是含有离子键和共价键的离子化合物进行分析；B．根据碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水进行分析；C．根据反应生成16mol氮气，反应转移10mol电子，进行分析；D．根据氧化钾、氧化钠都是碱性氧化物，都能与酸性氧化物二氧化硅反应生成硅酸钾、硅酸钠，进行分析。【解答】解：A．叠氮化钠和硝酸钾均是含有离子键和共价键的离子化合物，故A正确；B．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，所以汽车安全气囊中的碳酸氢钠粉末可作冷却剂吸收产气过程中释放的热量，故B正确；C．由方程式10NaN3+2KNO3＝K2O+5Na2O+16N2↑可知，反应生成16mol氮气，反应转移10mol电子，则标准状况下生成8.96L氮气时，转移电子的物质的量为8.96L22.4L/mol×1016D．氧化钾、氧化钠都是碱性氧化物，都能与酸性氧化物二氧化硅反应生成硅酸钾、硅酸钠，所以汽车安全气囊中的可与产物氧化钾、氧化钠反应生成无腐蚀性的硅酸盐，减少对人体的伤害，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查氧化还原反应的电子转移数目计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。15．（2026春•石家庄期中）现有25.6g金属铜与100mL一定物质的量浓度的浓硝酸恰好完全反应，生成的氮氧化物恰好溶解在一定量的NaOH溶液中得到NaNO2和NaNO3的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示。下列有关说法正确的是（）A．该浓硝酸浓度为12mol/L B．过程①中转移电子的数目为0.6NA C．生成的NO、NO2、N2O4物质的量之比为1：1：3 D．过程②生成的NaNO2物质的量为0.4mol【答案】D【分析】n(Cu)=25.6g64g/mol=0.4mol；n（NaOH）＝0.6L×1mol/L＝0.6mol；过程①Cu被氧化为Cu2+，HNO3被还原为NO、NO2、N2O4；过程②氮氧化物和NaOH反应生成NaNO3、【解答】解：A．n（HNO3）＝2n[Cu（NO3）2]+n（NaOH）＝2×25.6g64g/mol+0.6L×1mol/L＝1.4mol，浓硝酸浓度为1.4mol0.1LB．Cu→Cu2+，1molCu失去2mol电子n（失电子）＝0.4mol×2＝0.8mol，即0.8NA，故B错误；C．设NO、NO2、N2O4物质的量分别为x、y、z，①N原子守恒：x+y+2z＝0.6mol，②电子守恒：3x+y+2z＝0.8mol；，设n（NO）＝k，n（NO2）＝k，n（N2O4）＝3k，k+k+2×3k＝0.6，k＝0.075；3k+k+2×3k＝0.8，k＝0.08，因为根据N原子守恒和电子守恒计算出的k值不相等，故C错误；D．0.4molCu失去0.8mol电子，硝酸经多步反应最终转化为亚硝酸钠得电子，即n（e﹣）＝n（Cu）×（2﹣0）＝0.4mol×（2﹣0）＝n（NaNO2）×（5﹣3），n（NaNO2）＝0.4mol，故D正确；故选：D。【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。二．解答题（共4小题）16．（2026•河北校级开学）Ⅰ、离子反应在实际生产中有重要应用，某河道两旁有甲、乙两厂，它们排放的工业废水中，共含K+、Ag+、Fe3+、Cl﹣、OH﹣、NO3（1）甲厂的废水明显呈碱性，故甲厂废水中所含的三种离子是OH﹣、Cl﹣和K+（填离子符号）。（2）乙厂的废水中含有另外三种离子，如果加一定量的铁粉，可以回收其中的Ag（填写金属元素符号）。（3）另一种设想是将甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合，可以使废水中的某些离子转化为沉淀，经过滤后的废水主要含KNO3（填溶质的化学式），可用来浇灌农田。Ⅱ、化学反应按照不同的分类方法，可以分为化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应，也可分为氧化还原反应和非氧化还原反应。有下列反应：①2H2O通电2H2↑②Cu2(OH)2CO3△2CuO+H2O+CO2③2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O④CO2+H2O＝H2CO3⑤3Fe+4H2O（g）高温Fe3O（4）在化学反应前后元素的化合价没有变化的是②④。（5）上述反应中，既是分解反应，又是氧化还原反应的是①。（6）③是溶液中的离子反应，也是氧化还原反应，该反应的氧化剂是Cl2（填化学式）。（7）根据你的理解，氧化还原反应的本质是C。A．分子中的原子重新组合B．氧元素的得失C．电子的转移D．化合价的改变【答案】（1）K+；（2）Ag；（3）KNO3；（4）②④；（5）①；（6）Cl2；（7）C。【分析】（1）甲厂废水明显呈碱性，说明溶液中含有大量的OH﹣。由于Ag+、Fe3+均能与OH﹣发生反应生成沉淀，不能大量共存，因此甲厂废水中不能含有Ag+和Fe3+；（2）根据第（1）小题的分析，甲厂废水含有OH﹣、Cl﹣、K+，则乙厂废水中含有剩余的三种离子：Ag+、Fe3+、NO3-。向其中加入一定量的铁粉，铁的金属活动性强于银，能与Ag（3）将甲厂和乙厂的废水按适当比例混合，溶液中的Ag+与Cl﹣结合生成AgCl沉淀，Fe3+与OH﹣结合生成Fe（OH）3沉淀；（4）化学反应前后元素化合价没有变化的是非氧化还原反应。反应①中H、O化合价改变；反应②中所有元素化合价均不变；反应③中Cl化合价改变；反应④中所有元素化合价均不变；反应⑤中Fe、H化合价改变；（5）反应①由一种物质生成两种物质，属于分解反应，且有单质生成，元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应；反应②是分解反应，但没有化合价变化，属于非氧化还原反应；（6）在反应2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O中，Cl2中氯元素的化合价由0价部分降低到﹣1价（生成NaCl），部分升高到+1价（生成NaClO）。化合价降低的物质作氧化剂；（7）氧化还原反应的表面特征是元素化合价的升降。【解答】解：（1）甲厂废水明显呈碱性，说明溶液中含有大量的OH﹣；由于Ag+、Fe3+均能与OH﹣发生反应生成沉淀，不能大量共存，因此甲厂废水中不能含有Ag+和Fe3+；甲厂废水中的阳离子只能是K+，故答案为：K+；（2）根据第（1）小题的分析，甲厂废水含有OH﹣、Cl﹣、K+，则乙厂废水中含有剩余的三种离子：Ag+、Fe3+、NO3-。向其中加入一定量的铁粉，铁的金属活动性强于银，能与Ag+故答案为：Ag；（3）将甲厂和乙厂的废水按适当比例混合，溶液中的Ag+与Cl﹣结合生成AgCl沉淀，Fe3+与OH﹣结合生成Fe（OH）3沉淀。经过滤除去沉淀后，废水中主要剩余的离子是K+和NO3-，故主要溶质的化学式为故答案为：KNO3；（4）化学反应前后元素化合价没有变化的是非氧化还原反应。反应①中H、O化合价改变；反应②中所有元素化合价均不变；反应③中Cl化合价改变；反应④中所有元素化合价均不变；反应⑤中Fe、H化合价改变。因此化合价没有变化的是②和④，故答案为：②④；（5）反应①由一种物质生成两种物质，属于分解反应，且有单质生成，元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应；反应②是分解反应，但没有化合价变化，属于非氧化还原反应。故符合条件的是①，故答案为：①；（6）在反应2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O中，Cl2中氯元素的化合价由0价部分降低到﹣1价，部分升高到+1价；化合价降低的物质作氧化剂，因此该反应的氧化剂是Cl2，故答案为：Cl2；（7）氧化还原反应的表面特征是元素化合价的升降，而引起化合价升降的根本原因在于反应过程中发生了电子的转移（包括电子的得失或共用电子对的偏移），故答案选：C。【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。17．（2025秋•梁园区校级期末）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种常用净水剂。实验室利用NaClO溶液（含NaOH）与Fe（OH）3反应制备Na2FeO4的离子方程式可表示为3ClO﹣+2Fe（OH）3+4OH﹣＝2FeO42-+3Cl﹣+5H回答下列问题：（1）在下列四种物质中与其他三种不同类的是B（填字母），分类的依据是是否是纯净物（或是否是含钠化合物）。A．氢氧化钠B．氢氧化铁胶体C．次氯酸钠D．高铁酸钠（2）写出Na2FeO4的电离方程式：Na2FeO4＝2Na++FeO42-（3）验证氢氧化钠中含有氢氧化钾的实验名称为焰色试验，观察到的现象是透过蓝色钴玻璃观察到火焰为紫色。（4）在3ClO﹣+2Fe（OH）3+4OH﹣＝2FeO42-+3Cl﹣+5H2O反应中用双线桥法表示电子转移的方向和数目：（5）Na2FeO4在处理饮用水的过程中铁元素会转化为Fe3+，进而Fe3+在水中产生Fe（OH）3胶体。FeO42-具有氧化（填“还原”或“氧化”）性起杀菌作用，Fe（OH）3胶体能够净水的原因是吸附水中的悬浮颗粒物【答案】（1）B；是否是纯净物（或是否是含钠化合物）；（2）Na2FeO4＝2Na++FeO（3）焰色试验；透过蓝色钴玻璃观察到火焰为紫色；（4）；（5）氧化；吸附水中的悬浮颗粒物。【分析】（1）氢氧化铜胶体为混合物，其余都是纯净物；（2）Na2FeO4是可溶性盐，在水中完全电离出钠离子和高铁酸根离子；（3）依据焰色反应判断；（4）分析反应中元素化合价变化，依据得失电子守恒书写双线桥；（5）高铁酸根离子中铁元素位于高价态，具有强的氧化性；氢氧化铁胶体具有强的吸附性，能够吸附水中杂质颗粒。【解答】解：（1）A．NaOH（强碱）；B．Fe（OH）3胶体（胶体、难溶碱）；C．NaClO（含氧酸盐）；D．Na2FeO4（含氧酸盐）；A、C、D均为纯净化合物，B是胶体（混合物），所以不同类的是B，故答案为：B；是否是纯净物（或是否是含钠化合物）；（2）Na2FeO4是可溶性盐，在水中完全电离，故方程式为：Na2FeO4＝2Na++FeO故答案为：Na2FeO4＝2Na++FeO（3）验证氢氧化钠中含有氢氧化钾的实验是用焰色试验来检验K+的存在，因为钠和钾的焰色不同，需要通过钴玻璃滤去黄光（钠的干扰），故实验名称为焰色试验，现象是透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色（说明含有钾离子），故答案为：焰色实验；透过蓝色钴玻璃观察到火焰为紫色；（4）Fe：+3→+6，每1molFe失去3mole﹣，2molFe共失去6mole﹣；Cl：+1→﹣1，每1molCl得到2mole﹣，3molCl共得到6mole﹣，故画双线桥如图：，故答案为：；（5）FeO42-中铁为+6价，降到Fe3+，化合价降低被还原，故FeO42-是氧化剂，具有氧化性，故答案为：氧化；吸附水中的悬浮颗粒物。【点评】本题考查了元素化合物知识，把握酸、碱、盐的概念，熟悉胶体的性质，准确分析反应中元素化合价变化是解题关键，题目难度中等。18．（2026•青铜峡市校级开学）由工业明胶制成的胶囊往往含有超标的重金属铬，会对人体造成伤害。明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。（1）已知Fe（CrO2）2中铬元素是+3价，则其中铁元素是+2价。CrO2-是一种酸根离子，则Fe（CrO2）2属于盐（2）明胶的水溶液和K2SO4溶液共同具备的性质是B（填字母，下同）。A．都不稳定，密封放置会产生沉淀B．分散质粒子可透过滤纸C．二者均有丁达尔效应（3）实验室进行Fe(OH)3胶体的制备实验并检验其性质。Ⅰ.若将饱和FeCl3溶液分别滴入下列物质中，能形成胶体的是B。A．冷水B．沸水C．NaOH浓溶液D．NaCl浓溶液Ⅱ.证明有胶体生成的最常用的实验操作是让一束可见光通过制得的分散系，从侧面观察到一条光亮的“通路”；如向其中滴入过量稀硫酸，出现的现象是先生成红褐色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为棕黄色。【答案】（1）+2；盐；（2）B；（3）Ⅰ.B；Ⅱ.让一束可见光通过制得的分散系，从侧面观察到一条光亮的“通路”；先生成红褐色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为棕黄色。【分析】（1）根据化合物中各元素正负化合价代数和为0的规则计算；由金属阳离子与酸根离子结合形成的化合物为盐；（2）依据胶体和溶液的性质判断解答；（3）Ⅰ.制备Fe（OH）3胶体的正确操作是将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，得到Fe（OH）3胶体；Ⅱ.丁达尔效应是胶体特有的性质，可以用于鉴别胶体的存在；依据胶体聚沉的性质，酸碱中和反应性质解答。【解答】解：（1）根据化合物中各元素正负化合价代数和为0的规则，设Fe的化合价为x，已知Cr为+3价，O为﹣2价，可得等式x+2×[（+3）+2×（﹣2）]＝0，解得x＝+2，Fe（CrO2）2由金属阳离子Fe2+和酸根离子Cr