盖州分校 学习要注意到细处，不是粗枝大叶的，这样可以逐步学习、摸索，找到客观规律。
物质及其变化(B卷)
一、选择题:本题包括15小题,每小题3分,共45分。每小题只有一个选项符合题意。
1.(2024·北京海淀区开学考)下列物质的应用中,不涉及氧化还原反应的是 ( )
A.饮用水中加入K2FeO4消毒
B.NaOH和铝粉的混合物疏通管道
C.雪天道路上撒盐融雪
D.硫粉除去温度计破碎时洒落的汞
2.分类是学习和研究化学的一种重要方法,下列物质的分类错误的是 ( )
A.CaO和Na2O2都属于碱性氧化物
B.HNO3和H2SO3都属于酸
C.Fe(OH)3和NH3·H2O都属于碱
D.NaHSO4 和NH4Cl都属于盐
3.我国科学家近来研制出的“全碳气凝胶”固体材料“碳海绵”,是迄今世界上最轻的材料。下列关于“碳海绵”的说法错误的是 ( )
A.光束照射时可观察到丁达尔现象
B.常温下具有良好的耐酸、耐碱性
C.可用于处理海面的漏油
D.其净水过程是化学变化
4.下列关于物质的分类组合正确的是 ( )
选 项 纯净物 混合物 强电 解质 弱电 解质 非电 解质
A 超级钢 铁红 硫酸钡 食盐 氧化钠
B 液氯 陨铁 碘化氢 次氯酸 酒精
C 冰水 纯碱 氢氧 化铁 氢氧 化铝 二氧 化硫
D 硬铝 云雾 碳酸 氨气 氯化铜
5.(2023·合肥高三专练)关于物质转化规律“单质(酸性或碱性)氧化物酸或碱→盐”说法正确的是 ( )
A.若单质为碳,氧化物可以为CO
B.单质Cu能实现上述物质间的转化
C.若钠元素可实现转化,则碱为Na2CO3
D.“Ca→CaO→Ca(OH)2→CaCO3”符合该转化规律
6.(2023·武汉统考)下列各组离子在指定环境中能大量共存的是 ( )
A.0.1 mol/L的NaOH溶液:Cl-、Ba2+、K+、N
B.0.1 mol/L的AlCl3溶液:Mg2+、K+、Al、Cl-
C.0.1 mol/L的FeCl2溶液:Na+、K+、S、ClO-
D.0.1 mol/L的HI溶液:N、Cl-、Na+、Mn
7.(2023·秦皇岛三模)对于下列实验,能正确描述其反应的离子方程式的是 ( )
A.向H2O2溶液中加入少量FeCl3:2Fe3++H2O2O2↑+2H++2Fe2+
B.Na2S溶液长期露置在空气中:2S2-+2H2O+O22S↓+4OH-
C.电解MgCl2水溶液:2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑
D.向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2气体:ClO-+CO2+H2OHClO+HC
8.为检验某种钠盐溶液中含有的阴离子是S、C还是OH-、Cl-,下面设计的方案中合理的是 ( )
A.检验C:向待测液中加入足量的盐酸产生气泡,将气体通入浓Ba(OH)2溶液有白色沉淀生成
B.检验S:向待测液中加入盐酸至酸性,未见沉淀或气体生成,再加入BaCl2溶液出现白色沉淀
C.检验OH-:向待测液中加入石蕊溶液,溶液变红色
D.检验Cl-:向待测液中加入AgNO3溶液和稀盐酸的混合液,有白色浑浊物出现
9.下列各组粒子在溶液中可以大量共存且在加入(或通入)相应试剂后,发生反应的离子方程式也正确的是 ( )
选项 微粒组 试剂 发生反应的离子方程式
A K+、Na+、S、S 足量 稀硝酸 2H++SSO2↑+H2O
B N、S、S、K+ 足量 氯气 S+Cl2+H2O2H++S+2Cl-
选项 微粒组 试剂 发生反应的离子方程式
C Na+、K+、S、Cl- 过量 Ca(ClO)2 Ca2++SCaSO3↓
D Cu2+、Na+、S2-、Cl- 适量 稀盐酸 2H++S2-H2S↑
10.(2023·信阳高三期中)联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧,防止锅炉被腐蚀,其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是 ( )
A.①转化中N2H4是还原剂
B.③中发生反应后溶液的pH减小
C.1 mol N2H4可处理水中1 mol O2
D.工业上也可使用Na2SO3处理锅炉水中的溶解氧
11.次磷酸钠(NaH2PO2)可用作药物和镀镍时的还原剂,反应原理为CuSO4+2NaH2PO2+2NaOHCu+2NaH2PO3+Na2SO4+H2↑。下列说法错误的是 ( )
A.参加反应的NaH2PO2有被CuSO4氧化
B.若1 mol H3PO3最多消耗2 mol NaOH,则NaH2PO3是酸式盐
C.反应中每转移6.02 ×1023个e- ,则生成标准状况下5.6 L H2
D.NaH2PO3和H2均是还原产物
12.钛铁矿(FeTiO3,其中Ti为+4价)在高温下经氯化得到四氯化钛,再制取金属钛的流程如图所示,下列说法正确的是 ( )
A.氯化反应中Cl2与C的物质的量之比为6∶7
B.氯化过程中FeTiO3既不是氧化剂也不是还原剂
C.制取金属钛的反应可得到还原性:Mg
13.某固体混合物中可能含有:K+、Na+、Cl-、C、S等离子,将该固体溶解所得到的溶液进行了如图实验:
下列说法正确的是 ( )
A.该混合物一定是K2CO3和NaCl
B.该混合物可能是Na2CO3和KCl
C.该混合物可能是Na2SO4和Na2CO3
D.该混合物一定是Na2CO3和NaCl
14.(2023·威海模拟)某溶液可能含有Cl-、S、C、N、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100 mL,加入过量NaOH溶液,加热,得到0.02 mol 气体(已知:N+OH-NH3↑+H2O),同时产生2.14 g 红褐色沉淀;向上述滤液中加足量BaCl2溶液,得到4.66 g不溶于盐酸的白色沉淀。由此可知原溶液中 ( )
A.至少存在3种离子
B.Cl-一定存在,且c(Cl-)≥0.4 mol/L
C.S、N、Fe3+一定存在,Cl-可能不存在
D.C、Al3+一定不存在,K+可能存在
15.(2023·邵阳三模)利用空气催化氧化法除掉电石渣浆(含CaO)上层清液中的S2-并制取石膏(CaSO4·2H2O)的过程如图:
下列说法错误的是 ( )
A.CaSO4·2H2O属于盐类和纯净物
B.过程Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C.过程Ⅱ中,反应的离子方程式为4Mn+2S2-+9H2OS2+4Mn(OH)2↓+10OH-
D.将10 L上层清液中的S2-(S2-浓度为480 mg·L-1)转化为S,理论上共需要0.15 mol O2
二、非选择题:本题共5小题,共55分。
16.(10分)Ⅰ.现有以下物质:①NaCl溶液 ②NH3
③冰醋酸(纯净的醋酸) ④铜 ⑤K2SO4固体
⑥蔗糖 ⑦酒精 ⑧熔融的MgO ⑨盐酸 ⑩铁
(1)其中能导电的是 (填序号,下同);属于电解质的是 ,属于非电解质的是 。
(2)写出物质⑤溶于水的电离方程式
。
(3)写出物质⑨和物质⑩反应的化学方程式
。
Ⅱ.甘肃马家窑遗址出土的青铜刀,是我国最早冶炼的青铜器,由于时间久远,其表面有一层“绿锈”,“绿锈”俗称“铜绿”,是铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生的,其化学式为Cu2(OH)2CO3,“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。回答下列问题:
(4)CO2属于 氧化物。(填“酸性”或“碱性”)
(5)从物质分类标准看,“铜绿”属于哪类物质 (填选项)。
A.酸 B.碱
C.盐 D.氧化物
(6)现代工业以黄铜矿为原料,在炼铜的过程中发生了多个反应,其中有如下两个反应:
反应Ⅰ:2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2,
反应Ⅱ:Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2↑。
①反应Ⅰ中,氧化产物是 ,还原产物是 。
②反应Ⅱ中,Cu2O的作用是 (填“氧化剂”“还原剂”或“氧化剂和还原剂”)。
17.(10分)亚硝酸钠易溶于水,水溶液显碱性,有氧化性,也有还原性。由于NaNO2有毒性,将含该物质的废水直接排放会引起水体严重污染,所以这种废水必须处理后才能排放。处理方法之一如下:
NaNO2+ KI+ → NO↑+ I2+ K2SO4+ Na2SO4+
(1)请完成该化学方程式并配平。
(2)将上述反应方程式改写为离子反应方程式:
;
(3)用上述反应来处理NaNO2并不是最佳方法,其原因是
。
从环保角度来讲,要处理NaNO2,所用的物质的 (填“氧化性”或“还原性”)应该比KI更 (填“强”或“弱”)。
(4)已知亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气和氯化钠,写出该反应的化学反应方程式并用单线桥表示其电子转移的方向和数目
。
18.(11分)溶液A中存在Ba2+、Fe2+、Al3+、Fe3+、Cu2+、HC、C、Cl-、N、S中的五种离子,浓度均为0.01 mol·L-1,溶液体积为1 L。对溶液A进行以下实验,整个过程如下图所示(部分产物省略),溶液B与溶液A中所含阴离子种类相同。
请回答下列问题:
(1)溶液A中的离子为 ;
溶液A显 (填“酸”“碱”或“中”)性,用离子方程式表示原因:
(写出一个即可)。
(2)反应①的离子方程式为 。
(3)沉淀甲是 ,
沉淀乙是 (填化学式)。
(4)固体C可能是 (填字母)。
a.CuO b.Cu(OH)2
c.CuSO4 d.CuCl2
(5)气体甲、气体乙都能造成环境问题,将等体积的气体甲和乙通入足量NaOH溶液中,被完全吸收,写出反应的离子方程式:
。
(6)若向原溶液A中加入足量的NaOH溶液,充分反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥并灼烧至恒重,得到固体的质量为 g。
19.(12分)(2023·扬州模拟)硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。
(1)工业上利用克劳斯法将H2S转化为硫单质回收。该法首先将部分H2S燃烧转化为SO2,然后再将SO2与剩余的H2S混合。为实现硫的最大回收,用于燃烧的H2S和剩余的H2S的物质的量之比为 。
(2)H2S化学反应循环制氢的原理如题图所示,按图示方法制氢,理论上,1 mol H2S可制得
mol H2。
(3)活性炭@Fe2O3(多孔性活性炭为载体的Fe2O3)是一种高效、可再生的脱硫剂。可用于脱除H2S气体。活性炭@Fe2O3,脱除H2S后所得的含硫产物为Fe2S3·H2O、FeS和S。其脱除原理如下:
①Fe2O3·H2O+3H2SFe2S3·H2O+3H2O;
②Fe2O3·H2O和H2S反应生成FeS的化学方程式为
。
(4)25 ℃时,将一定比例N2和H2S的混合气体以一定流速通过装有一定质量的活性炭@Fe2O3脱硫剂的反应器。调节脱硫剂中m(活性炭)/m(Fe2O3),测得c(H2S)/c0(H2S)随时间变化的曲线如图所示。c0(H2S)、c(H2S)分别为反应器入口气和出口气中H2S的含量。
①从实验结果看,m(活性炭)/m(Fe2O3)合适的比值为 。
A.1∶0 B.1∶0.8 C.1∶1 D.1∶1.2
②当脱硫剂中含有Fe2O3时,0~20 min内,c(H2S)/c0(H2S)均为0的原因是
。
③当m(活性炭)/m(Fe2O3)=1∶1时,测得c(H2S)/c0(H2S)=1.0时所用的时间为t1 min;当m(活性炭)/m(Fe2O3)=1∶1.2时,测得c(H2S)/c0(H2S)=1.0时所用的时间为t2 min;t2小于t1的原因可能是
。
20.(12分)二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物,具有吸收强紫外光线的能力,可以用于光催化降解有机污染物,利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)制CeO2的工艺流程如下
(1)CeCO3F其中Ce元素的化合价为 。
(2)“焙烧”过程中可以加快反应速率,提高焙烧效率的方法是 (写出一种即可)。
(3)操作①所需的玻璃实验仪器有烧杯、 。
(4)上述流程中盐酸可用硫酸和H2O2替换,避免产生污染性气体Cl2,由此可知氧化性:CeO2
H2O2 (填“>”,“<”)。
(5)写出“沉铈”过程中的离子反应方程式
。
(6)Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NOx减少空气污染,其转化过程如图所示(以NO2为例)
①该反应中的催化剂为 (写离子符号)
②该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
物质及其变化(B卷)
1.C [A.K2FeO4具有氧化性,可以用于饮用水消毒,该过程涉及氧化还原反应,故A不选;B.NaOH和铝能发生反应:2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑,Al元素和H元素的化合价发生变化,属于氧化还原反应,故B不选;C.雪天道路上撒盐融雪,是因为雪遇到盐而使其熔点降低并熔化,不涉及化学反应,故C选;D.硫粉除去温度计破碎时洒落的汞时发生反应:S+HgHgS,S和Hg元素化合价发生变化,属于氧化还原反应,故D不选。]
2.A [A.CaO能与酸反应生成盐和水,属于碱性氧化物,而Na2O2与酸反应生成盐和水之外还放出氧气,且发生氧化还原反应,则其不属于碱性氧化物,而属于过氧化物,A符合题意;B.HNO3和H2SO3是在水溶液中电离出的阳离子全部是H+的化合物,则它们都属于酸,B不合题意;C.Fe(OH)3和NH3·H2O是在水溶液中电离出的阴离子全部是OH-的化合物,则它们都属于碱,C不合题意;D.NaHSO4 和NH4Cl是在水溶液中电离出金属阳离子或铵根离子和酸根离子的化合物,则它们都属于盐,D不合题意。]
3.D [A.“全碳气凝胶”固体材料“碳海绵”属于胶体,因此光束照射时可观察到丁达尔现象,A正确;B.碳的性质稳定,常温下,不与酸、碱发生反应,因此常温下具有良好的耐酸、耐碱性,B正确;C.由于胶体具有吸附性,因此可用于处理海面的漏油,C正确;D.其净水过程利用的是吸附原理,没有产生新物质,因此是物理变化,不是化学变化,D错误。]
4.B [A.超级钢是铁合金,属于混合物;铁红是氧化铁,属于纯净物;食盐是氯化钠,属于强电解质;氧化钠是电解质,故A错误;B.液氯中只含氯气分子,属于纯净物;陨铁是含铁、镍量高的陨石,属于混合物;碘化氢在水中能完全电离,属于强电解质;次氯酸在水溶液中部分电离,属于弱电解质;酒精不能电离,属于非电解质,故选B;C.纯碱是碳酸钠,属于纯净物;氢氧化铁属于弱电解质,故C错误;D.硬铝是铝合金,属于混合物;碳酸是弱酸,属于弱电解质;氨气自身不能电离,属于非电解质;氯化铜在水溶液中完全电离,属于强电解质,故D错误。]
5.D [A.CO不能与水反应,氧化物可以为CO2,故A错误;B.单质Cu与氧气生成的氧化铜不溶于水,不能实现题述物质间的转化,故B错误;C.Na2CO3属于盐,而不是碱,故C错误;D.“CaCaOCa(OH)2CaCO3”符合转化规律,故D正确。]
6.A [A.0.1 mol/L的NaOH溶液中Cl-、Ba2+、K+、N之间不反应,且与氢氧化钠也不反应,可以大量共存,A符合;B.0.1 mol/L的AlCl3溶液中Al与铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀,不能大量共存,B不符合;C.0.1 mol/L的FeCl2溶液中亚铁离子被ClO-氧化,不能大量共存,C不符合;D.0.1 mol/L的HI溶液中,N、Mn均能氧化碘离子,且氯离子能被Mn氧化,不能大量共存,D不符合。]
7.B [A.向H2O2溶液中加入少量的FeCl3,Fe3+的氧化性弱于H2O2,不能氧化H2O2,但Fe3+能催化H2O2的分解,正确的离子方程式应为2H2O22H2O+O2↑,A不合题意;B.Na2S溶液中S2-具有还原性,容易被氧化,若长期露置在空气中则被空气中的O2氧化为S,离子方程式为2S2-+2H2O+O22S↓+4OH-,B符合题意;C.以惰性材料为电极电解MgCl2溶液,阳极反应为2Cl--2e-Cl2↑,阴极反应为2H2O+2e-+Mg2+Mg(OH)2↓+H2↑,总反应的离子方程式为Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑,C不合题意;D.向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2气体,产生沉淀CaCO3,正确的离子方程式为Ca2++2ClO-+CO2+H2O2HClO+CaCO3↓,D不合题意。]
8.B [ A项待测液与盐酸产生的气体通入浓Ba(OH)2溶液有白色沉淀生成,不一定是C,还可能是S;C项溶液中若有OH-,则OH-会使溶液变成蓝色;D项中AgNO3溶液和稀盐酸的混合液,就会有白色浑浊物出现,无法检验待测液中是否含有Cl-。]
9.B [A.亚硫酸根离子会被硝酸氧化,离子方程式为3S+2N+2H+3S+2NO↑+H2O,A错误;B.氯气可以氧化亚硫酸根离子,生成硫酸根和氯离子,离子方程式为S+Cl2+H2O2H++S+2Cl-,B正确;C.Na+、K+、S、Cl-可以大量共存,加入过量Ca(ClO)2,次氯酸根离子和亚硫酸根离子会发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子,C错误;D.Cu2+与S2-可以反应生成硫化铜沉淀,离子方程式为Cu2++S2-CuS↓,D错误;故选B。]
10.B [①转化中N2H4转化中变成N2,氮元素的化合价升高,所以N2H4是还原剂,A选项正确;③中发生反应的离子方程式为4Cu(NH3+O2+2H2O+8NH34Cu(NH3+4OH-,所以溶液的pH增大,B选项错误;根据反应的机理可知本质上可看成氧气氧化N2H4,根据电子守恒可知:O2~4OH-~4e-,N2H4~N2~4e-,所以消耗的n(O2)=n(N2H4),C选项正确;Na2SO3具有强还原性,能够被锅炉水中的溶解氧氧化:2Na2SO3+O22Na2SO4,而且使用常见的Na2SO3成本低,所以工业上也可使用Na2SO3处理锅炉水中的溶解氧,D选项正确。]
11.D [A.反应中P元素化合价从+1价升高到+3价,失去2个电子,铜元素化合价从+2价降低到0价,得到2个电子,氢元素化合价从+1价降低到0价,因此根据电子得失守恒可知参加反应的NaH2PO2有被CuSO4氧化,A正确;B.若1 mol H3PO3最多消耗2 mol NaOH,说明H3PO3是二元酸,因此NaH2PO3是酸式盐,B正确;C.根据选项A分析可知转移4 mol电子生成1 mol氢气,因此反应中每转移6.02×1023个e-即1 mol电子,生成0.25 mol氢气,在标准状况下的体积为5.6 L,C正确;D.NaH2PO3是氧化产物,Cu和H2均是还原产物,D错误。]
12.D [A.氯化发生2FeTiO3+6C+7Cl2 2FeCl3+6CO+2TiCl4,氯化反应中Cl2与C的物质的量之比为7∶6,故A错误;B.氯化时Ti元素化合价不变,Fe元素的化合价升高,则FeTiO3为还原剂,故B错误;C.制取金属钛的反应2Mg+TiCl42MgCl2+Ti可得到还原性:Mg>Ti,故C错误;D.制取金属钛时选用Ar气的目的是隔绝空气,防止Mg、Ti被氧化,故D正确。]
13.B [焰色试验呈黄色,说明含有Na+,但是由于K+的紫色能被Na+的黄色所掩盖,因此并不能据此排除K+的存在;加入过量的Ba(NO3)2之后,溶液中加入HNO3酸化的AgNO3溶液后产生白色沉淀,则原溶液中必有Cl-;产生能被盐酸溶解的白色沉淀,可确定原溶液中存在C,不存在S。故选B项。]
14.B [某溶液可能含有Cl-、S、C、N、Fe3+、Al3+和K+,取该溶液100 mL,加入过量NaOH溶液,加热,得到0.02 mol 气体,同时产生Fe(OH)3红褐色沉淀,说明溶液中含有N、Fe 3+,根据原子守恒知,n(N)=0.02 mol,n(Fe3+)==0.02 mol,根据离子共存知,溶液中不存在C;向上述滤液中加足量BaCl2溶液,得到4.66 g不溶于盐酸的沉淀,该白色沉淀是BaSO4,n(BaSO4)==0.02 mol,根据硫酸根离子守恒得n(S)=n(BaSO4)=0.02 mol,溶液中存在电荷守恒,根据电荷守恒知,阳离子所带电荷>阴离子所带电荷,所以溶液中还存在阴离子Cl-,可能存在Al3+ 和K+。A.由分析可知,该溶液中至少存在硫酸根离子、氯离子、铵根离子和铁离子,所以至少存在4种离子,故A错误;B.该溶液中一定存在氯离子,假设溶液中只有Cl- 、S、N、Fe3+,根据电荷守恒得n(Cl-)=n(N)+3n(Fe3+)-2n(S)=0.02 mol+0.06 mol -0.04 mol=0.04 mol,则c(Cl-)==0.4 mol/L,溶液中可能还有其他阳离子,则c(Cl-)≥0.4 mol/L,故B正确;C.由分析可知,该溶液中一定存在氯离子,故C错误;D.由分析可知,该溶液中一定存在Cl- 、S、N、Fe3+,可能存在Al3+ 和K+,故D错误。]
15.D [A.CaSO4·2H2O有确定的化学式,属于纯净物,能够电离出金属阳离子和酸根,所以为盐类物质,A正确;B.过程Ⅰ中氧化剂为氧气,变成水,1个氧气分子转移4个电子,还原剂为Mn(OH)2转化为Mn,转移2个电子,发生反应时电子守恒,所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2,B正确;C.过程Ⅱ中,反应的离子方程式为4Mn+2S2-+9H2OS2+4Mn(OH)2↓+10OH-,电子守恒,原子守恒,电荷守恒,同时生成物在碱性条件下存在,故生成氢氧根,C正确;D.设转移电子物质的量为x mol,消耗氧气的物质的量为y mol,则
=,x=1.2 mol,=,y=0.3 mol,消耗氧气的物质的量为0.3 mol,D错误。]
16.(1)①④⑧⑨⑩ ③⑤⑧ ②⑥⑦ (2)K2SO42K++S (3)Fe+2HClFeCl2+H2↑ (4)酸性 (5)C
(6)①SO2 Cu2O、SO2 ②氧化剂
解析 (1)导电的物质包括金属、电解质溶液和熔融的电解质,故导电的物质包括①④⑧⑨⑩,电解质包括酸、碱、盐和活泼金属氧化物,非电解质包括大部分非金属氧化物、非金属氢化物和部分有机物,故可知属于电解质的有③⑤⑧,属于非电解质的有②⑥⑦。单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质。(2)K2SO4是强电解质,其电离方程式为K2SO42K++S。(3)铁和盐酸发生置换反应:Fe+2HClFeCl2+H2↑。(4)二氧化碳与碱反应生成盐和水,故属于酸性氧化物。(5)Cu2(OH)2CO3属于碱式盐。(6)2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2中S化合价升高,故SO2属于氧化产物,O化合价降低,还原产物为Cu2O、SO2。Cu2O中Cu化合价降低,被还原,做氧化剂。
17.(1)2 2 2H2SO4 2 1 1 1 2H2O
(2)2N+2I-+4H+2NO↑+I2+2H2O
(3)生成物中含有大气污染物NO 还原性 强
(4)
解析 (1)在反应 NaNO2+ KI+ → NO↑+ I2
+ K2SO4+ Na2SO4+ 中,NaNO2中N元素化合价降低,NaNO2是氧化剂,KI中I元素化合价升高,KI是还原剂,依据得失电子守恒和原子守恒,确定方程式为2NaNO2+2KI+2H2SO42NO↑+I2+K2SO4+Na2SO4+2H2O;(2)将化学方程式2NaNO2+2KI+2H2SO42NO↑+I2+K2SO4+Na2SO4+2H2O中的NaNO2、H2SO4、K2SO4、Na2SO4改写成离子形式,并删去方程式两边相同数目的相同离子,得上述反应的离子反应方程式为2N+2I-+4H+2NO↑+I2+2H2O;(3)在上述反应中,生成物中含有大气污染物NO,所以用此法来处理NaNO2并不是最佳方法;从环保角度来讲,要处理NaNO2,所用的物质的还原性应该比KI更强;(4)已知亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气和氯化钠,该反应的化学方程式为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O,用单线桥表示电子转移的方向和数目时,箭头应从NH4Cl中的N元素指向NaNO2中的N元素,数目为转移电子总数(3e-),表示为
。
18.(1)Fe2+、Cu2+、Cl-、N、S 酸 Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+[或Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+]
(2)3Fe2++4H++N3Fe3++NO↑+2H2O
(3)Fe(OH)3 Cu(OH)2
(4)ab (5)NO+NO2+2OH-2N+H2O (6)1.6
解析 溶液A中加入足量盐酸产生气体甲,常温下,气体甲在空气中变为气体乙,则只能是Fe2+、N和H+反应生成NO气体,NO在常温下与空气中的氧气反应生成NO2气体,即溶液A中含有Fe2+、N,不含HC和C;加入盐酸后,溶液A和溶液B中所含阴离子种类相同,所以溶液A中必含有Cl-;加入适量固体C调pH=4,产生沉淀甲为Fe(OH)3,向得到的溶液D中加入足量NaOH溶液后得到沉淀乙,推出产生沉淀乙的阳离子只能是Cu2+,又已知溶液A中含有五种离子,且浓度均为0.01 mol·L-1,所以根据电荷守恒,推出溶液A中含有S。(1)溶液A中含有的离子为Fe2+、Cu2+、Cl-、N、S;溶液A是强酸弱碱盐的混合液,溶液中Fe2+、Cu2+水解生成H+:Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+、Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+,故溶液A显酸性。(2)反应①为Fe2+、N和H+之间的氧化还原反应:3Fe2++N+4H+3Fe3++NO↑+2H2O。(4)由题图可知,固体C通过与溶液中的H+反应来调节溶液pH,故固体C可以是CuO、Cu(OH)2。(5)气体甲是NO,气体乙是NO2,将等体积的NO和NO2通入足量NaOH溶液中,发生反应的离子方程式为NO+NO2+2OH-2N+H2O。(6)若向原溶液中加入足量NaOH溶液,将沉淀过滤、洗涤、干燥并灼烧至恒重,得到的固体为CuO和Fe2O3,根据Cu元素和Fe元素质量守恒可知,得到固体的质量为0.01 mol·L-1×1 L×80 g·mol-1+0.01 mol·L-1×1 L××160 g·mol-1=1.6 g。
19.(1)1∶2 (2)2
(3)Fe2O3·H2O+3H2S2FeS+S+4H2O
(4)①C ②活性炭吸附H2S;Fe2O3与H2S反应,通入的H2S气体被活性炭@Fe2O3完全吸收 ③活性炭质量减少,吸附的H2S的量减少;Fe2O3的量增多,与Fe2O3反应的H2S的量增加,且前者的影响大于后者。与Fe2O3反应的H2S的量增加,导致生成的Fe2S3·H2O、FeS、S的质量增多,覆盖在脱硫剂表面,影响反应的进一步进行,也影响活性炭的吸附性能(“堵塞活性炭的管道,降低了活性炭的吸附能力”也可)
解析 (1)根据反应2H2S+3O22SO2+2H2O,2H2S+SO23S+2H2O,假设第一反应生成二氧化硫为2 mol,则在第二反应中消耗硫化氢4 mol,故整个过程第一反应消耗硫化氢为2 mol,即燃烧消耗2 mol,剩余4 mol,物质的量之比为1∶2;(2)根据流程中总反应为H2S+O2+2H2O2H2+H2SO4,故每消耗1 mol 硫化氢生成氢气是2 mol;(3)根据元素原子守恒及元素化合价升降守恒配平得:Fe2O3·H2O+3H2S2FeS+S+4H2O;(4)①在反应30分钟后,m(活性炭)/m(Fe2O3)的比值为1∶1时,出来的硫化氢与进入的硫化氢比值最小,故选择C。②当脱硫剂中含有Fe2O3时,0~20 min内,活性炭吸附H2S;Fe2O3与H2S反应,通入的H2S气体被活性炭@Fe2O3完全吸收;③m(活性炭)/m(Fe2O3)=1∶1变为m(活性炭)/m(Fe2O3)=1∶1.2时,活性炭质量减少,吸附的H2S的量减少;Fe2O3的量增多,与Fe2O3反应的H2S的量增加,且前者的影响大于后者。与Fe2O3反应的H2S的量增加,导致生成的Fe2S3·H2O、FeS、S的质量增多,覆盖在脱硫剂表面,影响反应的进一步进行,也影响活性炭的吸附性能。
20.(1)+3 (2)矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等
(3)漏斗、玻璃棒 (4)>
(5)2Ce3++ 6HCCe2(CO3)3↓+3H2O+3CO2↑
(6)Ce4+ 1∶2
解析 氟碳铈矿通入氧气焙烧生成CeO2、CeF4、CO2,CeO2、CeF4加入盐酸和硼酸生成Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液,过滤,Ce(BF4)3和KCl溶液发生沉淀转化生成CeCl3和KBF4沉淀;CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀,Ce2(CO3)3灼烧得到CeO2。(1)CeCO3F中C碳元素化合价为+4、氧元素化合价为-2、F元素化合价为-1,根据化合价代数和等于0,Ce元素的化合价为+3;(2)根据影响反应速率的因素,提高焙烧效率的方法是矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等。(3)操作①是分离Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液,方法为过滤,所需的玻璃实验仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗;(4)氯离子被CeO2氧化为氯气,CeO2作氧化剂,盐酸是还原剂,盐酸可用硫酸和H2O2替换,可知H2O2是还原剂,氧化性CeO2>H2O2;(5)“沉铈”过程中CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀,反应的离子反应方程式2Ce3++ 6HCCe2(CO3)3↓+3H2O+3CO2↑。(6)①根据图示,总反应为4H2+2NO24H2O+N2,该反应中的催化剂为Ce4+;②4H2+2NO24H2O+N2反应,NO2中N元素化合价由+4价降低为0,NO2是氧化剂,H2中H元素化合价由0升高为+1,H2是还原剂,该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2。
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第一单元 物质及其变化(A卷)
一、选择题:本题包括15小题,每小题3分,共45分。每小题只有一个选项符合题意。
1.(2023·衡阳模拟)化学与生活密切相关,下列不涉及化学变化的是 ( )
A.沙里淘金
B.自来水加入Na2FeO4消毒
C.粮食酿酒
D.Al(OH)3治疗胃酸过多
2.催雨剂的主要成分可以是干冰、液氮、碘化银(AgI)等,它们分别属于氧化物、单质、盐,下列物质与上述三种物质的类别完全不同的是 ( )
A.I2 B.K2SO4
C.P2O5 D.HNO3
3.(2023·哈尔滨高三期末)下列现象或应用中,不涉及胶体性质的是 ( )
A.向饱和FeCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液,产生红褐色沉淀
B.清晨,在茂密的树林中,常可以看到从枝叶间透过的光柱
C.用半透膜分离淀粉和食盐的混合液
D.肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒,可用血液透析进行治疗
4.(2023·辽宁联考)常温下,下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是 ( )
A.1.0 mol·L-1 的KNO3溶液中:H+、Fe2+、Cl-、S
B.滴加几滴KSCN溶液显红色的溶液中:N、Mg2+、I-、Cl-
C.加入铝粉能生成H2的溶液:Na+、Ca2+、H+、Cl-
D.=1.0×1012的溶液中:Na+、Mg2+、N、HC
5.关于反应4Cu2++8OH-+N2H42Cu2O↓+N2↑+6H2O,下列说法正确的是 ( )
A.N2是还原产物
B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
C.N2H4既是氧化剂又是还原剂
D.生成28 g N2,转移4 mol 电子
6.如图表示一些物质间的从属关系,不正确的是 ( )
选项 X Y Z H
A 分散系 胶体 溶液 烟
B 电解质 酸 碱 盐
C 元素周期 表的纵列 主族 副族 卤族
D 化合物 共价化 合物 离子化 合物 酸
7.向0.01 mol·L-1 Ba(OH)2溶液中滴入几滴酚酞溶液后,匀速逐滴加入0.2 mol·L-1 H2SO4溶液,过程中测得混合溶液的电导率变化如下图所示。下列有关说法正确的是 ( )
A.0~80 s间溶液中仅c(Ba2+)降低
B.该反应的离子方程式为H++OH-H2O
C.溶液颜色逐渐变浅说明BaSO4是难溶电解质
D.由80 s时溶液的电导率数值可推理知H2O不是强电解质
8.(2024·广州开学考)下列反应的离子方程式正确的是 ( )
A.向FeSO4溶液中滴加H2O2溶液:H2O2+2Fe2+2Fe3++2H++O2↑
B.向O中投入Na2O2固体:2O+2Na2O24Na++4OH-+18O2↑
C.向CuSO4溶液通入H2S:Cu2++S2-CuS↓
D.用醋酸溶解石灰石:2CH3COOH+CaCO3Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O
9.分解水制氢的一种原理如图,下列关于该原理的说法正确的是 ( )
A.反应过程中化合价改变的元素共有H、O、S
B.涉及的反应类型只有分解反应和化合反应
C.理论上,每生成16 g O2,就能得到标准状况下22.4 L H2
D.理论上,每分解18 g H2O,就需向体系内再补充32 g SO2
10.下列评价及离子方程式书写正确的是 ( )
选项 离子组 不能大量共存于同一溶液中的原因
A H+、Fe2+、N、Cl- 发生了氧化还原反应 4Fe2++2N+6H+4Fe3++2NO↑+3H2O
B Na+、C、Cl-、Al3+ 发生了互促水解反应 2Al3++3C+3H2O2Al(OH)3↓+3CO2↑
C Fe3+、K+、SCN-、Br- 有红色沉淀生成:Fe3++3SCN-Fe(SCN)3↓
D HC、OH-、Na+、Ca2+ 发生如下反应:HC+OH-C+H2O
11.一种在恒温、恒定气流流速下,催化氧化HCl生产Cl2的工艺的主要反应机理如图所示。下列说法不正确的是 ( )
A.该过程中Cu元素的化合价保持不变
B.CuO、Cu(OH)Cl、Cu2OCl2均为中间产物
C.Cu(OH)Cl分解产生两种产物,物质X为H2O
D.该过程涉及反应:2Cu2OCl2+O22Cl2+4CuO
12.对分别盛有不同无色溶液①②③④四支试管进行如下操作。现象和结论对应正确的是 ( )
选项 操作 现象 结论
A 向①中滴加NaOH溶液,加热,将湿润红色石蕊试纸置于试管口 试纸变蓝 原溶液中有N
B 向②中滴入NaHCO3溶液 有白色沉淀生成 原溶液中有Al
C 向③中先滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液 生成白色沉淀 原溶液中有S
D 向④中滴加氯水和CCl4,振荡静置 下层溶液呈橙色 原溶液中有I-
13.(2023·海南直辖县统考)二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体,是一种安全无毒的绿色消毒剂,常用于饮用水消毒。下列有关ClO2制备与杀菌的说法不合理的是 ( )
A.NaClO2在酸性条件下歧化生成ClO2和NaCl,则n(氧化剂)∶n(还原剂)=1∶4
B.ClO2在强碱性环境中使用失效,可能的原因是2ClO2+2OH-Cl+Cl+H2O
C.可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3
D.ClO2的消毒效率(单位质量的氧化剂得到的电子数)是Cl2的2.63倍
14.已知:SeCl4+2SO2+4H2OSe+2H2SO4+4HCl。现有浓度均为1 mol/L的SeCl4、FeCl3的混合溶液(滴有少量KSCN溶液)10 mL,向其中通入标准状况112 mL SO2时溶液红色褪去。下列有关说法正确的是 ( )
A.当溶液中SeCl4、FeCl3全部被SO2还原时转移电子0.1 mol
B.SeCl4、FeCl2溶液混合后发生的反应离子方程式为Se4++4Fe2+4Fe3++Se
C.氧化性FeCl3>SeCl4
D.通入足量SO2反应后溶液中可以存在Mn、N、Na+、Mg2+
15.常温下,c(H+)=0.1 mol/L的某溶液中可能含有Na+、Fe3+、Fe2+、I-、Cl-、C中的某几种离子,现取100 mL 该溶液进行如图所示实验:
已知氧化性Fe3+>I2。根据实验结果,判断下列说法正确的是 ( )
A.Fe3+与Fe2+至少有一种
B.一定不存在C,可能存在Na+和Cl-
C.一定存在Fe2+、I-、Cl-
D.该溶液中一定存在Fe2+、I-,可能含Cl-
二、非选择题:本题共5小题,共55分
16.(10分)(2023·威海模拟)如图为“一些物质与水”的分类图,利用化合价和物质类别测物质的性质是化学研究的重要手段。
已知:3NO2+H2O2HNO3+NO
(1)从化学反应类型的角度可以将物质分类。将上述物质分为A、B两组的依据是 、C组物质与水反应时水既不是氧化剂又不是还原剂,则D组物质为 。
(2)从化合价的角度可以预测Na2O2的性质。
①Na2O2的性质 (填序号)。
a.只有氧化性
b.只有还原性
c既有氧化性又有还原性
②Na2O2以氧化性为主,Na2O2加入含有S的溶液中反应结束后,硫元素存在形式合理的是 (填序号)。
a.S2- b.S c.S d.S
(3)从物质分类的角度可以推测物质的性质。化工生产中常常用到“三酸两碱”,“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸,“两碱”指烧碱和纯碱。
①从物质分类角度看,不恰当的一种物质是 (填化学式)。
②“三酸”中一种酸的浓溶液能与氯酸钾反应得到黄绿色气体,该反应的离子方程式为
。
17.(10分)纳米铁是一种黑色粉末,分散于水中形成纳米铁胶体,纳米铁可用于制作高密度磁性记录材料、磁性液体、电磁波吸收材料等。
(1)证明纳米铁粉分散于水形成的是胶体的简单方法是 。
(2)一种制备纳米铁粉的实验步骤如下:
①洗涤时,能说明固体已洗涤干净的依据是 。
②当草酸亚铁全部转变为纳米铁粉时,将纳米铁粉快速倒在石棉网上,纳米铁粉立刻发生自燃并产生火星,上层为红棕色粉末,下层为黑色粉末,上层红棕色物质为 (填化学式)。
(3)活性炭负载纳米铁可高效去除含铬强酸性废水中的六价铬(以Cr2表示),其原理:在强酸性条件下Cr2首先被Fe2+还原为Cr3+,随溶液pH上升(pH始终小于7)再形成CrxFe1-x(OH)3沉淀而去除。上述两步反应的离子方程式分别是
,
。
18.(11分)高铁酸钾(K2FeO4)是一种易溶于水、高效的多功能水处理剂。工业上通常先制得高铁酸钠,然后在一定温度下,向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和,从而使高铁酸钾析出。
(1)高铁酸钾中铁元素的化合价为 ,推测其具有的化学性质是 。
(2)高铁酸钾与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH。
①该反应的离子方程式为
。
②高铁酸钾作为水处理剂起到的作用是 。
(3)①在无水条件下制备高铁酸钠的主要反应为2FeSO4+aNa2O22Na2FeO4+bX+2Na2SO4+cO2↑,该反应中物质X的化学式为 ,
b与c的关系是 。
②一定温度下,向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾,原因是
。
(4)在碱性条件下,由氯化铁、氯气可制备高铁酸钾,写出该反应的离子方程式:
。
19.(12分)已知1 L待测液中含有下列离子中的6种:K+、N、Al3+、Ba2+、Cl-、C、ClO-、N、Al、Si。现进行如下实验操作(每次实验所加试剂均足量):
(1)生成无色气体B的离子方程式为
,
有同学认为无色气体F中只含有一种物质,这个判断 (填“正确”或“不正确”),理由
。
(2)无色溶液E中通入足量二氧化碳生成白色沉淀G时,发生反应的离子方程式为
。
(3)已知无色气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,写出少量的CO2气体通入气体D的水溶液中反应的离子方程式
。
(4)结合上述分析,白色沉淀A一定含 。
(5)结合白色沉淀G 7.8 g,可以推测原溶液中的 浓度为 mol/L。
(6)无色溶液C中大量含有的离子是 。
20.(12分)亚氯酸钠(NaClO2)和ClO2都是重要的漂白剂。
(1)草酸(H2C2O4)是一种弱酸,利用硫酸酸化的草酸还原NaClO3,可较安全地生成ClO2,反应的离子方程式为 。
(2)自来水用ClO2处理后,有少量ClO2残留在水中,可用碘量法做如下检测(已知ClO2存在于pH为4~6的溶液中,Cl存在于中性溶液中):
①取0.50 L水样,加入一定量的碘化钾,用氢氧化钠溶液调至中性,再加入淀粉溶液,溶液变蓝。写出ClO2与碘化钾反应的化学方程式:
。
②已知:2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI,向①所得溶液中滴加5.00×10-4 mol·L-1 的Na2S2O3溶液至恰好反应,消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。该水样中ClO2的浓度是 mg·L-1。
(3)某学习小组设计如下装置制取亚氯酸钠(NaClO2)。
①装置A中产生的ClO2气体,在装置C中反应生成NaClO2,写出生成NaClO2的化学方程式:
。
将NaClO2溶液在一定条件下处理即可得到NaClO2晶体。
②装置B的作用是 。
第一单元 物质及其变化(A卷)
1.A [A.沙里淘金是利用金的密度大,将沙子在水中漂走而金留在水底,而将沙子与金分开,没有发生化学变化,故A选;B.Na2FeO4中铁元素化合价为+6,有强氧化性,能杀菌,消毒过程发生了化学变化,故B不选;C.粮食酿酒是将淀粉水解生成葡萄糖,葡萄糖发酵变为乙醇,发生了化学变化,故C不选;D.氢氧化铝能与胃酸发生中和反应,属于化学变化,故D不选。]
2.D [A.I2属于单质,A不符合题意;B.K2SO4属于盐,B不符合题意;C.P2O5属于氧化物,C不符合题意;D.HNO3属于酸,与题给三种物质的类别完全不同,D符合题意。]
3.A [向饱和FeCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液,会产生红褐色沉淀,不涉及胶体性质;清晨的雾属于胶体,看到从枝叶间透过的道道光柱就是胶体具有的丁达尔效应,涉及胶体性质;食盐溶液中溶质粒子能通过半透膜,淀粉溶液属于胶体,胶体中的分散质粒子不能通过半透膜,可以用半透膜来分离,涉及胶体性质;血液透析涉及胶体性质。]
4.C [A.1.0 mol/L的KNO3溶液中含有的N和H+、Fe2+三者之间因发生氧化还原反应而不能大量共存,A不合题意;B.滴加几滴KSCN溶液显红色的溶液中含有的Fe3+和I-因发生氧化还原反应而不能大量共存,B不合题意;C.加入铝粉能生成H2的溶液可能是强酸性溶液,则Na+、Ca2+、H+、Cl-能够大量共存,也可能是强碱性溶液,则不能含有大量H+,C符合题意;D.=1.0×1012的溶液中含有大量的OH-,则OH-与Mg2+、OH-与HC不能大量共存,D不合题意。]
5.D [A.分析方程式中的化合价可知,N2H4中N元素的化合价为-2,N2中的N元素的化合价为0,N元素的化合价升高,N2为氧化产物,故A错误;B.分析方程式中的化合价可知,Cu元素化合价降低,Cu2+为氧化剂,N元素化合价升高,N2H4为还原剂,氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1,故B错误;C.N2H4中有且只有N元素化合价升高,所以N2H4仅为还原剂,故C错误;D.分析方程式可知,每生成1 mol N2,转移的电子物质的量为4 mol,28 g N2,正好为1 mol,故D正确。]
6.B [分散系包括胶体、溶液和浊液,其中烟属于胶体,A正确;酸、碱、盐都属于电解质,但盐不属于酸,B错误;元素周期表的纵列包括主族、副族和0族,其中卤族属于主族,C正确;化合物包括共价化合物和离子化合物,其中酸属于共价化合物,D正确。]
7.D [A.向一定体积的 Ba(OH)2 溶液中逐滴加入稀硫酸至过量,发生的离子反应方程式为Ba2++2OH-+2H++SBaSO4↓+2H2O,0~80 s间溶液中c(Ba2+)、c(OH-)都降低,故A错误;B.向一定体积的 Ba(OH)2 溶液中逐滴加入稀硫酸至过量,发生的离子反应方程式为Ba2++2OH-+2H++SBaSO4↓+2H2O,故B错误;C.溶液颜色逐渐变浅说明氢氧根离子浓度减小,碱性减弱,所以红色逐渐变浅,故C错误;D.向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸,生成硫酸钡和水,0~80 s间溶液的导电能力不断减弱,离子方程式是Ba2++S+2H++2OH-BaSO4↓+2H2O,硫酸钡是难溶物,溶液几乎不导电,水是弱电解质,导电能力很弱,所以由80 s时溶液的电导率数值可推理知H2O不是强电解质,故D正确。]
8.D [A.向FeSO4溶液中滴加H2O2溶液生成Fe3+化合价升高,则H2O2中的O的化合价降低为-2价,故该反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+2Fe3++2H2O,A错误;B.向O中投入Na2O2固体该反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂,故该反应的离子方程式为2O+2Na2O24Na++218OH-+2OH-+O2↑,B错误;C.已知H2S是弱酸,离子方程式书写不能拆,故向CuSO4溶液通入H2S的离子方程式为Cu2++H2SCuS↓+2H+,C错误;D.用醋酸溶解石灰石的离子方程式为2CH3COOH+CaCO3Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O,D正确。]
9.C [反应Ⅰ:SO2+2H2O+I2H2SO4+2HI;
反应Ⅱ:2HIH2↑+I2;
反应Ⅲ:2H2SO42SO2↑+2H2O+O2↑。
A.反应过程中化合价改变的元素共有H、O、S、I,故A错误;B.SO2+2H2O+I2H2SO4+2HI,既不是分解反应又不是化合反应,故B错误;C.总反应为2H2O2H2↑+O2↑,理论上每生成0.5 mol O2,就能得到1 mol H2,故C正确;D.总反应为2H2O2H2↑+O2↑,反应过程中不需要再补充SO2,故D错误。]
10.B [ A.离子方程式电子、元素不守恒,故A错误;B.正确;C.生成物可溶,不是沉淀,故C错误;D.生成碳酸钙沉淀:HC+OH-+Ca2+CaCO3↓+H2O,故D错误。]
11.B [A.由题干反应历程图可知,该过程中含Cu化合物CuO、Cu(OH)Cl、Cu2OCl2中Cu元素的化合价均为+2价,即保持不变,A正确;B.由题干反应历程图可知,反应前加入了CuO,CuO与HCl反应转化为Cu(OH)Cl,然后Cu(OH)Cl分解为Cu2OCl2和H2O,Cu2OCl2与O2反应又生成了CuO,则CuO为催化剂,而Cu(OH)Cl、Cu2OCl2均为中间产物,B错误;C.由题干反应历程图可知,Cu(OH)Cl分解产生两种产物即Cu2OCl2和物质X,根据质量守恒可知X为H2O,C正确;D.由题干反应历程图可知,该过程涉及Cu2OCl2与O2反应生成了CuO和Cl2的反应,根据氧化还原反应配平可得:2Cu2OCl2+O22Cl2+4CuO,D正确。]
12.A [N+OH-NH3↑+H2O故A正确;澄清石灰水、氢氧化钡溶液中滴入NaHCO3溶液都有白色沉淀生成,故B错误;先滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液,生成白色沉淀,原溶液中有S或Ag+,故C错误;滴加氯水和CCl4,振荡静置,下层溶液呈橙色,原溶液中有Br-,故D错误。]
13.C [A.NaClO2在酸性条件下发生歧化生成ClO2和NaCl,则NaCl是还原产物(化合价降4价),ClO2是氧化产物(化合价升1价),n(氧化剂)∶n(还原剂)=1∶4,A合理;B.ClO2在强碱性环境中使用失效,由于碱难以表现出氧化性或还原性,所以可能的原因是ClO2发生自身的氧化还原反应,即可能发生反应2ClO2+2OH-Cl+Cl+H2O,B合理;C.二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体,氨气极易溶于水,在饱和食盐水中,两种气体都易溶于水,所以不能用饱和食盐水除去ClO2中的NH3,C不合理;D.设二者质量都为1 g,则ClO2的消毒效率(单位质量的氧化剂得到的电子数)是Cl2的倍数为=2.63,D合理。]
14.C [A.通入足量的SO2时SeCl4被还原为Se单质,Se元素化合价降4价;FeCl3被还原为Fe2+,Fe元素化合价降1价;溶液中SeCl4、FeCl3均为0.01 mol,二者完全被SO2还原时转移电子为0.04+0.01=0.05 mol,A错误;B.SeCl4、FeCl3均为0.01 mol,SeCl4消耗的SO2为0.02 mol,FeCl3消耗的SO2为0.005 mol,题中给出信息为通入0.005 mol SO2时,红色褪去,证明Fe3+先参与反应,氧化性FeCl3>SeCl4,所以反应Se4++4Fe2+4Fe3++Se不能发生,B错误;C.根据上述分析可知,C正确;D.反应后的溶液中有大量的H+、Cl-、S和Fe2+,Mn具有强氧化性,可以氧化Cl-、Fe2+,N在H+存在下可以氧化Fe2+,D错误。]
15.C [c(H+)=0.1 mol/L溶液中的H+可以与C反应,故溶液中不存在C;向溶液中通入氯气分液后经分离可得到2.54 g紫黑色固体,说明有I2生成,则原溶液中含有I-, Fe3+能够氧化I-,则一定不存在Fe3+;2.54 g为碘单质,物质的量为=0.01 mol,原溶液中含有I-的物质的量为0.02 mol;水层中加入NaOH溶液得到固体,剩余离子中能与NaOH生成沉淀的离子只有Fe2+,该固体为Fe(OH)2,灼烧固体得到的1.60 g为Fe2O3,则溶液中一定存在Fe2+,根据铁元素守恒可知亚铁离子的物质的量为×2=0.02 mol,0.02 mol Fe2+带有正电荷为0.04 mol,H+带有正电荷为0.1 mol/L×0.1 L=0.01 mol,0.02 mol I-带有负电荷为0.02 mol,根据电荷守恒,原溶液中一定含有Cl-,其物质的量至少为0.04 mol+0.01 mol -0.02 mol=0.03 mol,由于不能确定是否存在Na+,故Cl-含量≥0.03 mol。A项,原溶液中不存在Fe3+,A错误;B项,溶液中一定不存在C,可能存在Na+,一定存在Cl-,B错误;C项,溶液中一定存在Fe2+、I-、Cl-,C正确;D项,溶液中一定存在Cl-,D错误;故选C。]
16.(1)与水的反应是否为氧化还原反应(其他合理答案也可以) Na (2)①c ②d
(3)①Na2CO3 ②5Cl-+Cl+6H+3Cl2↑+3H2O
解析 (1)A组物质:氨气、氧化钠、二氧化硫、二氧化碳与水反应时化合价均不发生变化;B组物质:氯气、过氧化钠、二氧化氮、钠与水反应时均有化合价的变化,故从化学反应类型的角度可以将上述物质分为A、B两组,其依据是与水的反应是否为氧化还原反应(其他合理答案也得分);已知C组物质与水反应时水既不是氧化剂又不是还原剂,氯气、过氧化钠、二氧化氮符合C组情况,则D组物质为Na;(2)①Na2O2中氧元素的化合价为-1价,可降低可升高,故过氧化钠既有氧化性又有还原性,答案为c;②Na2O2 以氧化性为主,则Na2O2作氧化剂,Na2O2 加入含有S的溶液中反应,S作还原剂,硫元素化合价升高为+6价,故硫元素存在形式合理的是S,答案为d;(3)从物质分类的角度可以推测物质的性质。化工生产中常常用到“三酸两碱”,“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸,“两碱”指烧碱和纯碱。①纯碱是碳酸钠,属于盐,不是碱,故不恰当的一种物质是Na2CO3;②“三酸” 即硝酸、硫酸和盐酸中一种酸的浓溶液能与氯酸钾反应得到黄绿色气体氯气,可联想实验室制氯气的方法,采用的酸为浓盐酸,故该反应的离于方程式为5Cl-+Cl+6H+3Cl2↑+3H2O。
17.(1)丁达尔效应
(2)①取少量最后一次洗涤液于试管中,滴加BaCl2溶液,若有沉淀,则证明没有洗涤干净,若没有沉淀,则证明已经洗涤干净
② Fe2O3
(3)Cr2+14H++6Fe2+2Cr3++6Fe3++7H2O xCr3++(1-x)Fe3++3H2OCrxFe1-x(OH)3↓+3H+
解析 (1)胶体具有丁达尔效应,证明纳米铁粉分散于水中形成的是胶体的简单方法是丁达尔效应;(2)①过滤后的固体表面应该附着硫酸根离子,检验固体是否已洗涤干净,操作为取少量最后一次洗涤液于试管中,滴加BaCl2溶液,若有沉淀,则证明没有洗涤干净,若没有沉淀,则证明已经洗涤干净;②铁的氧化物中,只有Fe2O3为红棕色粉末,故上层红棕色粉末为Fe2O3;(3)在强酸性条件下Cr2首先被还原为Cr3+,Fe2+被氧化为Fe3+,离子方程式为Cr2+14H++6Fe2+2Cr3++6Fe3++7H2O;随溶液pH上升(pH始终小于7)再形成CrxFe1-x(OH)3沉淀,离子方程式为xCr3++(1-x)Fe3++3H2OCrxFe1-x(OH)3↓+3H+。
18.(1)+6价 强氧化性
(2)①4Fe+10H2O4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑
②杀菌消毒、净水
(3)①Na2O b=2c ②相同条件下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度
(4)2Fe3++3Cl2+16OH-2Fe+6Cl-+8H2O
解析 (1)根据化合物中各元素化合价的代数和为零,可得K2FeO4中铁元素的化合价为+6价;高铁酸钾中铁元素处于高价态,则高铁酸钾具有强氧化性。(2)①高铁酸钾与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH,则反应的离子方程式为4Fe+10H2O4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑。②高铁酸钾具有强氧化性,作为水处理剂能起到杀菌消毒的作用,同时其还原产物为Fe(OH)3 胶体,又能起到净水的作用。(3)①根据元素守恒可知,X应是Na2O,根据钠元素守恒有2a=8+2b,根据氧元素守恒有2a=8+b+2c,两式联立,可得b=2c。②一定温度下,向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾,原因是相同条件下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度。(4)用氯气在碱性条件下氧化氯化铁可制备高铁酸钾,根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒,反应的离子方程式为2Fe3++3Cl2+16OH-2Fe+6Cl-+8H2O。
19.(1)2N+3SO2+2H2O2NO+3S+4H+ 不正确
NO和空气中氧气反应后还剩余多种气体成分
(2)Al+CO2+2H2OAl(OH)3↓+HC
(3)2NH3·H2O+CO22N+C+H2O
(4)BaSO4 (5)Al3+ 0.1 (6)K+、N、Al3+、Cl-
解析 白色沉淀A加入硝酸不溶解,则A为BaSO3或BaSO4,因为溶液含有硝酸根离子,氧化亚硫酸钡为硫酸钡,则A为BaSO4,n(BaSO4)==0.1 mol,则含有Ba2+,则不含C、Si;气体B遇到空气变为红棕色气体B中含NO,红棕色气体中含NO2,结合NO2和水反应生成无色气体NO,则F为O2反应后剩余空气及NO,则B为NO,则必含N;溶液C和氢氧化钠反应生成气体D为2.24 L,则含有N,则不含Al,N物质的量为=0.1 mol,溶液E通入CO2生成白色沉淀,该沉淀为氢氧化铝,则必含Al3+,Al3+物质的量为=0.1 mol,则含有的离子为K+、N、Al3+、Ba2+、Cl-、N。(1)N和SO2反应生成NO,离子方程式为2N+3SO2+2H2O2NO+3S+4H+,NO和空气中氧气反应后还剩余多种气体成分, F为和NO反应后剩余气体,为混合气体;(2)无色溶液E为偏铝酸钠溶液,通入足量二氧化碳生成白色沉淀G为氢氧化铝,发生反应的离子方程式为Al+CO2+2H2OAl(OH)3↓+HC;(3)气体D为氨气,少量的CO2气体通入气体D溶液生成碳酸铵,反应的离子方程式2NH3·H2O+CO22N+C+H2O;(4)结合上述分析,白色沉淀A一定含BaSO4;(5)结合白色沉淀G为7.8 g,Al3+物质的量为=0.1 mol,可以推测原溶液中的Al3+浓度为0.1 mol/L;(6)D为氨气、E为偏铝酸钠溶液,结合溶液存在离子,则无色溶液C中大量含有的离子是K+、N、Al3+、Cl-。
20.(1)2Cl+H2C2O4+2H+2ClO2↑+2CO2↑+2H2O
(2)①2ClO2+2KI2KClO2+I2 ②1.35
(3)①2NaOH+H2O2+2ClO22NaClO2+O2↑+2H2O
②防止装置C中的液体倒吸入装置A中
解析 (1)草酸(H2C2O4)是一种弱酸,利用硫酸酸化的草酸还原NaClO3,可较安全地生成ClO2,反应中,碳元素从+3价升高到+4价、氯元素从+5价降低到+4价,则按得失电子数守恒、元素质量守恒得:反应的离子方程式为2Cl+H2C2O4+2H+2ClO2↑+2CO2↑+2H2O。(2)①已知ClO2存在于pH为4~6的溶液中,Cl存在于中性溶液中,取0.50 L水样,加入一定量的碘化钾,用氢氧化钠溶液调至中性,再加入淀粉溶液,溶液变蓝,则有I2生成、ClO2与碘化钾反应中,碘元素从-1价升高到0价、氯元素从+4价降低到+3价(Cl),则按得失电子数守恒、元素质量守恒得化学方程式:2ClO2+2KI2KClO2+I2。②由2ClO2+2KI2KClO2+I2、2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI,得关系式:2ClO2~I2~2Na2S2O3,已知实验中消耗5.00×10-4 mol·L-1 的Na2S2O3溶液20.00 mL,n(ClO2)=5.00×10-4 mol·L-1×20.00×10-3 L=1.000×10-5 mol,该0.50 L水样中ClO2的浓度是=1.35 mg/L。(3)A中,氯酸钠、亚硫酸钠在浓硫酸参与下,发生氧化还原反应生成二氧化氯,二氧化氯在C中和氢氧化钠、过氧化氢的混合液反应。装置B是安全瓶、C中在冷水浴下制取亚氯酸钠,由于二氧化氯是有毒气体、会污染空气,因此这个装置不完整:缺少吸收尾气的处理装置,据此回答。①在装置C中,ClO2转变为NaClO2,氯元素从+4价降低到+3价,则过氧化氢为还原剂,氧元素从-1价升高到0价、按得失电子数守恒、元素质量守恒得生成NaClO2的化学方程式:2NaOH+H2O2+2ClO22NaClO2+O2↑+2H2O。②装置B的作用是安全瓶,防止装置C中的液体倒吸入装置A中。
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