資源簡介

(
密
○
封
○
裝
○
訂
○
線
密
○
封
○
裝
○
訂
○
線
密
封
線
內
不
要
答
題
)
(
姓名
班級
考號
密
○
封
○
裝
○
訂
○
線
密
○
封
○
裝
○
訂
○
線
密
封
線
內
不
要
答
題
)
全書綜合測評
一、選擇題(本題共10小題,每小題2分,共20分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)
1.化學與生活密切相關。下列有關說法正確的是(　　)
A.75%的醫用酒精常用于消毒,用95%的酒精消毒效果更好
B.若不慎將84消毒液沾到皮膚上,應立即用大量清水沖洗
C.明礬常用作凈水劑,可以用于飲用水殺菌消毒
D.“84消毒液”和“潔廁靈”(含鹽酸)混合使用,殺菌消毒效果會更好
2.北宋名畫《千里江山圖》用到礦物顏料石青[Cu3(OH)2(CO3)2]。根據研究物質性質的方法和程序,下列有關石青的說法正確的是(　　)
A.物質分類角度:屬于堿
B.物理性質角度:易溶于水
C.化學性質角度:高溫下能穩定存在
D.物質制備角度:可用于制備膽礬
3.下列有關鈉的化合物的說法正確的是(　　)
A.將NaOH濃溶液滴加到飽和FeCl3溶液中制備Fe(OH)3膠體
B.將過氧化鈉加入硫酸亞鐵溶液中,可以觀察到有紅褐色沉淀生成
C.過氧化鈉與水反應生成NaOH,過氧化鈉屬于堿性氧化物
D.大量的Na2O2粉末加入酚酞溶液中,可以觀察到酚酞溶液最終變紅
4.氮化鋁(AlN)具有耐高溫、抗沖擊、導熱性好等優良性質,被廣泛應用于電子工業、陶瓷工業等領域。在一定條件下,氮化鋁可通過如下反應合成:Al2O3+N2+3C 2AlN+3CO。下列敘述正確的是(　　)
A.在氮化鋁的合成反應中,N2是還原劑,Al2O3是氧化劑
B.上述反應中每生成2 mol AlN,N2失去6 mol電子
C.氮化鋁中氮元素的化合價為-3價
D.氮化鋁是氧化產物
5.配制一定物質的量濃度的溶液是一個重要的定量實驗,下列有關說法正確的是(　　)
A.容量瓶用蒸餾水洗凈后,可不經干燥直接使用
B.配制500 mL 1 mol·L-1稀硫酸,用量筒量取18.4 mol·L-1的濃硫酸27.17 mL
C.配制1 L 0.1 mol·L-1的CuSO4溶液時,用托盤天平稱量16.0 g膽礬
D.定容時,為防止液滴飛濺,膠頭滴管緊貼容量瓶內壁
6.下列有關溶液中的離子檢驗的說法正確的是(　　)
A.滴加AgNO3溶液,生成白色沉淀,原溶液中一定有Cl-
B.滴加BaCl2溶液,生成白色沉淀,原溶液中一定有S
C.滴加KSCN溶液,溶液變成紅色,原溶液中一定有Fe3+
D.滴加稀硫酸,生成無色氣體,原溶液中一定有S
7.向如圖所示裝置中緩慢通入氣體X,若打開活塞K,則品紅溶液褪色;若關閉活塞K,則品紅溶液無變化而澄清石灰水變渾濁。X和Y可能是(　　)
選項 X Y
A SO2 NaOH溶液
B Cl2 飽和NaHCO3溶液
C HCl 飽和NaCl溶液
D CO Na2SO3溶液
8.下列各組離子在指定條件下可能大量共存的是(　　)
A.新制氯水中:Na+、N、N、S
B.澄清透明的溶液中:Cu2+、K+、N、S
C.常溫下,pH=1的溶液中:Na+、ClO-、K+、Cl-
D.含有Fe3+的溶液中:K+、ClO-、S、I-
9.通過電導率的變化可以測定溶液中離子濃度的變化,向1 mol·L-1某電解質溶液中滴加同濃度的另一電解質溶液,電導率變化如圖所示。下列各組試劑與該圖像相符的是(　　)
A.向鹽酸中滴加NaOH溶液
B.向FeCl3溶液中滴加KI溶液
C.向Ba(OH)2溶液中滴加稀H2SO4
D.向CH3COOH溶液中滴加KOH溶液
10.X、Y、Z、W四種物質間的轉化關系如圖所示,下列轉化不能一步實現的是　(　　)
X Y Z W
A N2 NH3 NO NO2
B Na NaOH Na2CO3 NaCl
C Cl2 Ca(ClO)2 HClO HCl
D H2S S SO3 H2SO4
　
二、選擇題(本題共5小題,每小題4分,共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意,全部選對得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分)
11.同溫同壓下,有A、B兩個完全相同的氣球(質量忽略不計),A氣球中充入a氣體,B氣球中充入b氣體,充氣后兩氣球的體積相等,A氣球置于氮氣中,氣球靜止不動,B氣球置于氧氣中,氣球上升。下列有關敘述中正確的是(　　)
A.a氣體的相對分子質量一定比b氣體的相對分子質量大
B.a氣體可能是CO,b氣體可能是CH4
C.充氣后,A氣球中所含氣體分子數大于B氣球中所含氣體分子數
D.充氣后,A氣球的質量一定大于B氣球的質量
12.設NA為阿伏加德羅常數的值,下列說法正確的是(　　)
A.3.2 g O2和O3的混合氣體中含有的氧原子數目為0.2NA
B.過氧化鈉與水反應時,生成0.1 mol氧氣轉移的電子數為0.1NA
C.標準狀況下,22.4 L Cl2溶于水配成500 mL氯水,該氯水中Cl-數為2NA
D.10.44 g MnO2與足量12 mol·L-1的濃鹽酸反應生成Cl2的分子數為0.12NA
13.用鐵泥(主要成分為Fe2O3、FeO和少量Fe)制備納米Fe3O4,其流程如圖所示:
下列敘述正確的是(　　)
A.步驟①發生的反應均為氧化還原反應
B.步驟②中,發生反應的離子方程式為2Fe3++Fe Fe2+
C.濁液C和濁液D中分散質含量不相同
D.步驟⑤中,“分離”包含的操作有過濾、洗滌
14.某同學設計如圖裝置探究H2O2、SO2、I2的氧化性強弱。首先用N2排盡裝置內空氣,然后通入SO2,甲中藍色溶液褪色,乙中產生不溶于鹽酸的白色沉淀;關閉彈簧夾,打開甲中分液漏斗活塞,逐滴滴加H2O2溶液,開始時顏色無明顯變化,繼續滴加H2O2溶液,混合液逐漸變成藍色。下列說法錯誤的是(　　)
A.甲中藍色溶液褪色說明SO2將I2氧化
B.乙中反應的離子方程式是SO2+Ba2++H2O2 BaSO4↓+2H+
C.實驗中“開始時顏色無明顯變化”的原因是SO2與H2O2反應
D.由實驗可知H2O2、SO2、I2氧化性由強到弱的順序是H2O2>I2>SO2
15.某無色透明溶液中可能含有Na+、N、Ba2+、Cu2+、S、Cl-、S中的幾種。取100 mL溶液,向其中加入足量Ba(NO3)2溶液,產生白色沉淀,繼續加入足量鹽酸,沉淀不消失,同時產生無色氣體。過濾,所得沉淀經洗滌、干燥后稱量,質量為4.66 g;所得濾液中加入足量NaOH溶液并加熱,收集到672 mL氣體(標準狀況)。以下推測正確的是(　　)
A.實驗中兩次產生的氣體成分不相同
B.原溶液中一定不含Ba2+、Cu2+、S
C.原溶液中一定含有N、Na+、S,且c(Na+)≥0.1 mol·L-1
D.另取試液滴加足量稀鹽酸和BaCl2溶液,即可確定離子組成
三、非選擇題(本題共5小題,共60分)
16.(12分)回答下列問題:
(1)如圖為五個橢圓交叉構成的圖案,其中五個橢圓內分別寫了C2H5OH、CO2、Fe2O3、FeCl3、KOH,圖中相連的物質均可歸為一類,相交部分A、B、C、D為相應的分類標準代號。
①相連的兩種物質都是電解質的是　　　　(填分類標準代號)。
②圖中相連的兩種物質能夠相互反應的是　　　　(填分類標準代號),所屬的基本反應類型是　　　　反應。
③上述五種物質中的某一物質能與某種強酸反應生成上述中的另一種物質,則該反應的離子方程式為　　　　　　　　　　　。
④用潔凈的燒杯取25 mL蒸餾水,加熱至沸騰,向燒杯中逐滴加入上述五種物質中的某一物質的飽和溶液,繼續加熱至液體呈紅褐色,得到的分散系稱為　　　　,判斷該分散系制備成功的方法是　　　　　　。
(2)分類方法應用廣泛,屬于同一類的物質性質具有相似性,在生活和學習中,使用分類的方法處理問題可以做到舉一反三。
①CO2、SiO2、SO2、SO3都屬于酸性氧化物,由CO2+Ca(OH)2 CaCO3↓+H2O,可得出SO3與NaOH反應的化學方程式為　　　　　　　　　　　。
②NaHCO3、NaHSO3、NaHS都屬于非強酸的酸式鹽,由NaHCO3+HCl NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+NaOH Na2CO3+H2O,可得NaHS與NaOH反應的離子方程式為　　　　　　　　　。
17.(12分)我國某現代化銅冶煉廠排放的廢水中含有較多的Fe2+、Fe3+、Cu2+、S和少量的Na+,為了減少污染并變廢為寶,該銅冶煉廠以該廢水為原料制備硫酸鈉、硫酸亞鐵晶體(FeSO4·7H2O)并回收金屬銅,設計了如下流程(流程中加入的試劑①、②均過量,試劑③適量)。
已知:加入的試劑①為NaOH溶液。回答下列問題:
(1)在實驗室進行操作a時需要用到的主要玻璃儀器有　　　　　　　　　　　　　　;溶液A的溶質為　　　　　　(填化學式)。
(2)溶液C中的一種離子可與固體F反應,該反應的離子方程式為　　　　　　　　　　　　　　。
(3)若取溶液G加入試管中,然后滴加氫氧化鈉溶液,可觀察到的現象為　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,此現象中涉及氧化還原反應的化學方程式為　。
(4)FeSO4可用來制備Na2FeO4,原理為2FeSO4+6Na2O2 2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑,轉移5 mol電子時生成的氧氣在標準狀況下的體積為　　　　L。
18.(12分)某化學自主實驗小組通過實驗制備NH3并探究NH3的性質。
實驗Ⅰ:利用圖1裝置制取氨氣并探究NH3與Cl2的反應。
圖1
(1)裝置A中燒瓶內的試劑可選用燒堿,推測可產生NH3的原因:　　　　　　　　　　　　。
(2)當裝置D中集滿氨氣后,關閉K1、K2,打開K3,若燒杯中盛放蒸餾水,引發噴泉的實驗操作是　　　　　　　　　　　　。
(3)若探究氨氣與氯氣的反應,則需打開K1、K3,K2處導管連接制取純凈、干燥氯氣的裝置。
①裝置D中氨氣與氯氣反應產生白煙,同時生成一種無色無味的氣體,該反應的化學方程式為　　　　　　　　　　　　　　。
②從K3處導管排出的氣體中含有少量Cl2,則裝置C中應盛放　　　(填化學式)溶液,Cl2與其發生反應的離子方程式為　　　　　　　　　　　　　　。
實驗Ⅱ:利用圖2裝置探究NH3與NO2的反應。
圖2
(4)裝置E中反應的化學方程式為　　　　　　　　　　　　　　。若NO2能夠被NH3還原,預期裝置C中能觀察到的現象是　　　　　　　　　　　　。
19.(12分)化學小組通過一系列實驗探究SO2的性質。用如圖裝置(夾持、加熱儀器略)制備SO2,并將足量的SO2通入試劑b中。
(1)濃H2SO4與Cu反應的化學方程式是　。
(2)為了排除可能產生的硫酸酸霧的干擾,下列物質可以作為試劑a的是　　　　　。
①飽和的NaHCO3溶液　②飽和的NaCl溶液　③飽和的NaHSO3溶液
(3)從物質分類的角度分析,SO2和CO2都屬于　　　　　,具有相似的化學性質,欲驗證該性質,試劑b選用紫色石蕊溶液,預期的實驗現象是　　　　　　　　　　　　　　。
(4)為了研究二氧化硫是否有氧化性,試劑b可選用　　　　　。
①氫氧化鈉溶液　②硫化鈉溶液　③酸性高錳酸鉀溶液　④品紅溶液
能說明二氧化硫有氧化性的實驗現象是　。
(5)試劑b選用0.1 mol·L-1 Ba(NO3)2溶液。打開分液漏斗活塞,滴加一定量濃硫酸,加熱裝置A,發現裝置C內有白色沉淀產生,液面上方略顯淺紅棕色。
①白色沉淀是　　　　　。
②分析白色沉淀產生的原因,甲同學認為是N氧化了SO2,支持甲同學觀點的實驗證據是　。
③檢驗C中上層清液是否含有S的方法是
　。
20.(12分)亞氯酸鈉(NaClO2)是一種高效氧化劑和優質漂白劑,可由ClO2為原料制取。實驗室利用下圖裝置制備NaClO2(夾持裝置略),并測定所制NaClO2的純度。
已知:
①ClO2沸點11 ℃,極易溶于水,濃度過高時易分解爆炸;
②2NaOH+H2O2+2ClO2 2NaClO2+O2+2H2O。
(1)裝置A中儀器a的名稱為　　　　　　　　　　;在酸性條件下,NaClO3可將Na2SO3氧化為Na2SO4并產生ClO2,A中反應的化學方程式為　　　　　　　　　　　　　　。
(2)實驗過程中需要持續通入稀有氣體,目的是　　　　　　　　　　　　　　。
(3)裝置B的作用是　　　　　　　　　。
(4)裝置C中用冰水浴冷卻的目的是　。
(5)測定亞氯酸鈉含量的實驗步驟:
①稱取NaClO2樣品5.0 g于小燒杯中,加入適量蒸餾水和過量的KI固體,再滴入適量的稀H2SO4,充分反應,將所得混合液配成500 mL待測溶液。
②移取10.00 mL待測溶液于錐形瓶中,加0.10 mol·L-1 Na2S2O3溶液40.00 mL,溶液中的I2正好完全反應。(已知:Cl+4I-+4H+ 2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2 2I-+S4)
該樣品中NaClO2的質量分數為　　　　　　。
答案與解析
全書綜合測評
1.B　75%的醫用酒精比95%的酒精消毒效果更好,故A錯誤;明礬能凈水,是因為Al3+與水反應生成的Al(OH)3膠體具有吸附性,可以吸附雜質和異味,但不能用于飲用水殺菌消毒,故C錯誤;“84消毒液”的有效成分為NaClO,和“潔廁靈”混合使用時會發生氧化還原反應生成有毒氣體Cl2,故D錯誤。
2.D　Cu3(OH)2(CO3)2屬于鹽,故A錯誤;Cu3(OH)2(CO3)2是一種礦物顏料,不溶于水,故B錯誤;Cu3(OH)2(CO3)2是碳酸鹽,高溫下易分解為氧化銅、二氧化碳、水,故C錯誤;Cu3(OH)2(CO3)2屬于銅鹽,與硫酸反應生成硫酸銅、二氧化碳、水,可用于制備膽礬,故D正確。
3.B　將NaOH濃溶液滴加到飽和FeCl3溶液中生成氫氧化鐵沉淀,故A錯誤;過氧化鈉具有氧化性,將過氧化鈉加入硫酸亞鐵溶液中,可以觀察到有紅褐色氫氧化鐵沉淀生成,故B正確;過氧化鈉與水反應生成NaOH和氧氣,所以過氧化鈉不屬于堿性氧化物,故C錯誤;Na2O2具有氧化性,大量的Na2O2粉末加入酚酞溶液中,可以觀察到酚酞溶液先變紅后褪色,故D錯誤。
4.C　反應中N元素化合價由0價降低到-3價,N2是氧化劑,Al2O3中元素化合價不變,既不是氧化劑也不是還原劑,故A錯誤;N元素化合價由0價降低到-3價,每生成2 mol AlN,N2得到6 mol電子,故B錯誤;氮化鋁中鋁元素化合價為+3價、氮元素化合價為-3價,故C正確;氮化鋁是還原產物,故D錯誤。
5.A　由于定容時還需要加水,所以容量瓶用蒸餾水洗凈后,可不經干燥直接使用,故A正確;量筒的精確度為0.1 mL,所以不能用量筒量取27.17 mL濃硫酸,故B錯誤;硫酸銅的物質的量為0.1 mol,膽礬是五水硫酸銅,用托盤天平稱量25.0 g膽礬,故C錯誤;加水定容時,膠頭滴管不能伸入容量瓶中,故D錯誤。
6.C　滴加AgNO3溶液,生成白色沉淀,原溶液中可能含C、S、Cl-等,故A錯誤;滴加BaCl2溶液,生成白色沉淀,原溶液中可能含有C、Ag+、S等,故B錯誤;滴加KSCN溶液,溶液變成紅色,原溶液中一定有Fe3+,故C正確;滴加稀硫酸,生成無色氣體,原溶液中可能含有C、HC、S、HS等,故D錯誤。
7.B　
選項 打開活塞K 關閉活塞K
A SO2具有漂白性,能使品紅溶液褪色 SO2被NaOH溶液吸收,品紅溶液無變化,澄清石灰水不變渾濁
B Cl2與水反應生成的HClO使品紅溶液褪色 Cl2與水反應生成的HCl與NaHCO3反應生成CO2,CO2不能使品紅溶液褪色,但能使澄清石灰水變渾濁
C HCl不能使品紅溶液褪色 HCl被飽和NaCl溶液吸收,品紅溶液無變化,澄清石灰水不變渾濁
D CO不能使品紅溶液褪色 CO與Na2SO3溶液不反應,CO不能使澄清石灰水變渾濁
8.B　A項,新制氯水具有強氧化性,能氧化S,不能大量共存;B項,澄清透明的溶液中,Cu2+、K+、N、S之間不反應,可能大量共存;C項,常溫下,pH=1的溶液顯酸性,ClO-與H+、Cl-之間反應生成氯氣,不能大量共存;D項,含有Fe3+的溶液中,Fe3+能氧化I-,不能大量共存;故選B。
9.C　A項,氫氧化鈉和稀鹽酸恰好完全反應時生成氯化鈉,氯化鈉能導電,溶液導電能力不會減小到接近0,與圖像不符;B項,向FeCl3溶液中滴加KI溶液,恰好完全反應時生成KCl、I2、FeCl2,溶液導電能力不會減小到接近0,與圖像不符;C項,氫氧化鋇和硫酸恰好完全反應時生成硫酸鋇沉淀和水,溶液幾乎不導電,與圖像相符;D項,醋酸是弱酸,醋酸鉀是強電解質,醋酸中加入同濃度的KOH溶液,導電能力應有所增強,與圖像不符。
10.D　A項,氮氣與氫氣在高溫、高壓和有催化劑存在的條件下反應可制得氨氣,氨氣與氧氣發生催化氧化可得到一氧化氮,NO與氧氣反應可得到NO2,二氧化氮與一氧化碳在催化劑作用下反應可得到氮氣;B項,Na與水反應可得到NaOH,NaOH與二氧化碳反應可得到碳酸鈉,碳酸鈉與氯化鋇反應可得到氯化鈉,電解熔融氯化鈉可得到鈉單質;C項,氯氣和氫氧化鈣反應可得到次氯酸鈣,次氯酸鈣和二氧化碳、水反應生成次氯酸,次氯酸分解可得到HCl,濃鹽酸和二氧化錳在加熱條件下反應可得到氯氣;D項,硫化氫和二氧化硫反應可得到硫單質,硫單質無法通過一步反應制得SO3;故選D。
11.B　同溫同壓下,充氣后兩氣球的體積相等,說明兩氣球中所含氣體分子物質的量相等;A氣球置于N2中,氣球靜止不動,a氣體的密度與N2相等,B氣球置于O2中,氣球上升,說明b氣體的密度比O2小,根據同溫同壓下氣體的密度之比等于氣體的相對分子質量之比可知,a氣體的相對分子質量為28,b氣體的相對分子質量小于32,但b氣體的相對分子質量不一定小于28,a氣體的相對分子質量不一定比b氣體的相對分子質量大,故A錯誤;CO的相對分子質量為28,CH4的相對分子質量為16<32,故B正確;兩氣球中所含氣體分子的物質的量相等,兩氣球中所含氣體分子數相等,故C錯誤;兩氣球中所含氣體分子的物質的量相等,由于b氣體摩爾質量未知,無法確定充氣后A氣球與B氣球質量的相對大小,故D錯誤。
12.AD　3.2 g O2和O3的混合氣體中含有氧原子的物質的量為=0.2 mol,數目為0.2NA,故A正確;過氧化鈉與水反應的離子方程式為2Na2O2+2H2O 4Na++4OH-+O2↑,生成0.1 mol氧氣轉移的電子數為0.2NA,故B錯誤;標準狀況下,22.4 L Cl2的物質的量為1 mol,氯氣可溶于水,部分與水反應生成HCl、HClO,所以氯水中Cl-數小于NA,故C錯誤;10.44 g MnO2的物質的量為0.12 mol,根據反應MnO2+4HCl(濃) MnCl2+Cl2↑+2H2O可知,生成氯氣的物質的量為0.12 mol,分子數為0.12NA,故D正確。
13.CD　步驟①中Fe2O3、FeO與鹽酸的反應均為非氧化還原反應,A項錯誤;步驟②中,發生反應的離子方程式為2Fe3++Fe 3Fe2+,B項錯誤;步驟④中,氫氧化亞鐵被過氧化氫氧化成氫氧化鐵,氫氧化亞鐵含量減少,氫氧化鐵含量增多,C項正確;濁液D與溶液B混合加熱、攪拌發生反應制得Fe3O4,要分離出Fe3O4需經過濾、洗滌,D項正確。
14.A　向甲中通入二氧化硫氣體,藍色溶液褪色,是因為碘單質與二氧化硫反應生成HI和H2SO4,則說明碘單質將二氧化硫氧化,故A錯誤;裝置乙中二氧化硫被H2O2氧化生成硫酸根離子,硫酸根離子與鋇離子反應生成不溶于鹽酸的硫酸鋇,離子方程式為SO2+Ba2++H2O2 BaSO4↓+2H+,故B正確;關閉彈簧夾,打開分液漏斗,向甲中逐滴滴加H2O2溶液,剛開始顏色無明顯變化,原因是SO2的還原性比碘離子強,SO2先與H2O2反應,然后繼續滴加H2O2溶液,混合液變成藍色,是因為H2O2與碘離子反應生成碘單質,說明氧化性:H2O2>I2,所以H2O2、SO2、I2氧化性由強到弱的順序是H2O2>I2>SO2,故C、D正確。
15.AC　無色透明溶液中不存在Cu2+,向100 mL溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液,產生白色沉淀,繼續加入足量鹽酸,沉淀不消失(為硫酸鋇沉淀),同時產生氣體,過濾,所得沉淀經洗滌、干燥后稱量,質量為4.66 g,則n(BaSO4)為0.02 mol,由于硝酸根離子在酸性條件下有強氧化性,能將S氧化為S同時生成NO氣體,所以溶液中一定存在S,不確定是否含有S,且100 mL原溶液中含硫陰離子的物質的量為0.02 mol,根據離子共存可知,原溶液中不存在Ba2+;在所得濾液中加入足量NaOH溶液并加熱,收集到標準狀況下672 mL氣體為氨氣,物質的量為0.03 mol,所以100 mL原溶液中含有0.03 mol N;根據溶液呈電中性可知,溶液中一定存在Na+,不確定是否存在Cl-;實驗中第一次得到的氣體為NO,第2次得到的氣體為NH3,兩次產生的氣體成分不相同,故A正確;原溶液中一定不含Ba2+、Cu2+,一定含S,故B錯誤;原溶液中一定含有N、Na+、S,不確定是否存在Cl-,根據電荷守恒可知,100 mL原溶液中Na+至少為0.02 mol×2-0.03 mol=0.01 mol,所以c(Na+)≥0.1 mol·L-1,故C正確;另取試液滴加足量稀鹽酸和BaCl2溶液,不能確定原溶液中是否含有Cl-,故D錯誤。
16.答案　(除標注外,每空2分)(1)①C、D　②D(1分)　復分解(1分)③Fe2O3+6H+ 2Fe3++3H2O　④膠體(1分)　檢驗能否產生丁達爾效應(1分)　(2)①SO3+2NaOH Na2SO4+H2O　②HS-+OH- S2-+H2O
解析　(1)①C2H5OH、CO2均由分子構成,在水溶液中和熔融狀態下不能因自身發生電離而導電,不屬于電解質;Fe2O3是活潑金屬氧化物,由離子構成,難溶于水,在熔融狀態下能夠發生電離而導電,屬于電解質;FeCl3是鹽,KOH是堿,均屬于電解質。②在相連的物質中,FeCl3與KOH在溶液中會發生復分解反應,產生Fe(OH)3沉淀和KCl。③五種物質中Fe2O3能與鹽酸反應生成FeCl3,反應的離子方程式為Fe2O3+6H+ 2Fe3++3H2O。④得到的分散系為Fe(OH)3膠體,膠體具有丁達爾效應。(2)①SO3是酸性氧化物,與NaOH反應產生Na2SO4和H2O,該反應的化學方程式為SO3+2NaOH Na2SO4+H2O。②NaHS與NaOH反應產生Na2S、H2O,反應的離子方程式為HS-+OH- S2-+H2O。
17.答案　(每空2分)(1)燒杯、漏斗、玻璃棒　Na2SO4、NaOH
(2)2Fe3++Cu 2Fe2++Cu2+
(3)先產生白色沉淀,白色沉淀迅速變成灰綠色,最終變成紅褐色　4Fe(OH)2+O2+2H2O 4Fe(OH)3
(4)11.2
解析　
(1)操作a為過濾,需要用到的主要玻璃儀器有燒杯、玻璃棒和漏斗;溶液A的溶質是Na2SO4、NaOH。
(2)溶液C的溶質為H2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3和CuSO4,固體F為銅,銅可以與溶液C中的Fe3+反應,離子方程式為2Fe3++Cu 2Fe2++Cu2+。　
(3)溶液G為FeSO4溶液,加入氫氧化鈉溶液會生成白色的氫氧化亞鐵沉淀,隨后氫氧化亞鐵沉淀又被氧化為紅褐色的氫氧化鐵沉淀,實驗現象為先產生白色沉淀,白色沉淀迅速變成灰綠色,最終變成紅褐色;涉及的氧化還原反應的化學方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O 4Fe(OH)3。　
(4)根據得失電子守恒可知,生成1 mol氧氣轉移10 mol電子,所以轉移5 mol電子時生成0.5 mol氧氣,標準狀況下,0.5 mol氧氣的體積為0.5 mol×22.4 L/mol=11.2 L。
18.答案　(除標注外,每空2分)(1)燒堿溶于水放出大量的熱促使NH3·H2O分解　(2)用熱毛巾將燒瓶捂熱　(3)①3Cl2+8NH3 6NH4Cl+N2　②NaOH(1分)　Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O　(4)4HNO3(濃)+Cu Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O　混合氣體的顏色逐漸變淺(1分)
解析　實驗Ⅰ目的是制取氨氣并探究與Cl2的反應,A裝置制取氨氣,B裝置用于干燥氨氣,打開K1、K2,用向下排空氣法收集氨氣;若打開K1、K3,K2處導管連接制取純凈、干燥氯氣的裝置,可以驗證氨氣和氯氣的反應;實驗Ⅱ目的是探究NH3與NO2的反應,故A、E裝置分別制備氨氣、NO2,干燥后通入C中反應。(1)燒堿固體溶于水放出大量熱,促使NH3·H2O分解生成氨氣。(2)當裝置D中集滿氨氣后,關閉K1、K2,打開K3,用熱毛巾將燒瓶捂熱,使燒瓶內壓強增大,氨氣與水接觸,即可引發噴泉。(3)①由裝置D中氨氣與氯氣反應產生白煙可知有氯化銨生成,同時生成的無色無味的氣體是氮氣,根據得失電子守恒和原子守恒可得化學方程式為3Cl2+8NH3 6NH4Cl+N2。②從K3處導管排出的氣體中含有少量Cl2,氯氣能與氫氧化鈉溶液反應,裝置C中應盛放NaOH溶液,Cl2與氫氧化鈉溶液反應的離子方程式為Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O。(4)裝置E用銅和濃硝酸反應制備NO2,反應的化學方程式為4HNO3(濃)+Cu Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O;若NO2能夠被NH3還原,則NO2濃度減小,預期裝置C中能觀察到的現象是混合氣體的顏色逐漸變淺。
19.答案　(除標注外,每空1分)(1)2H2SO4(濃)+Cu CuSO4+SO2↑+2H2O(2分)
(2)③
(3)酸性氧化物　紫色石蕊溶液變紅　
(4)②　有淡黃色沉淀生成
(5)①BaSO4　②裝置C內產生白色沉淀,液面上方略顯淺紅棕色(2分)　③取少量C中上層清液于試管中,先滴加稀鹽酸,無明顯現象,再滴加氯化鋇溶液,若產生白色沉淀,說明存在硫酸根離子(2分)
解析　(1)濃硫酸與Cu反應的化學方程式為2H2SO4(濃)+Cu CuSO4+SO2↑+2H2O。
(2)①硫酸可與飽和NaHCO3溶液反應生成雜質氣體CO2,且飽和NaHCO3溶液會吸收SO2;②SO2能溶于飽和NaCl溶液中;③飽和NaHSO3溶液可吸收硫酸酸霧并與其反應生成SO2,且SO2難溶于飽和NaHSO3溶液中;故選③。
(3)SO2和CO2都屬于酸性氧化物,兩者的水溶液都顯酸性,能使紫色石蕊溶液變紅。
(4)二氧化硫與氫氧化鈉反應生成Na2SO3和H2O,二氧化硫不表現氧化性;二氧化硫與硫化鈉反應生成硫單質,二氧化硫表現氧化性;二氧化硫被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成硫酸根離子,二氧化硫表現還原性;二氧化硫具有漂白性,能使品紅溶液褪色;故選②。二氧化硫與硫化鈉反應生成硫單質,實驗現象為溶液中有淡黃色沉淀生成。
(5)①SO2的水溶液呈酸性,硝酸鋇在水溶液中電離出的N在酸性條件下具有強氧化性,能將SO2氧化生成S與Ba2+反應生成BaSO4白色沉淀。②在水溶液中N和SO2反應生成了S和NO,NO與氧氣反應生成NO2,所以裝置C內產生白色沉淀,液面上方略顯淺紅棕色。③檢驗S的方法為取少量C中上層清液于試管中,先滴加稀鹽酸,無明顯現象,再滴加氯化鋇溶液,若產生白色沉淀,則說明存在S。
20.答案　(每空2分)(1)分液漏斗　2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(濃) 2Na2SO4+2ClO2↑+H2O
(2)稀釋ClO2,防止發生危險
(3)做安全瓶(或緩沖瓶),防止C中液體倒吸進入裝置A中
(4)減少H2O2分解和ClO2揮發
(5)90.5%
解析　制備亞氯酸鈉的原理是2NaOH+H2O2+2ClO2 2NaClO2+O2+2H2O,A裝置制備ClO2,B裝置為安全瓶,C裝置制備亞氯酸鈉,D裝置的作用是吸收ClO2。
(1)裝置A中儀器a的名稱為分液漏斗;A中反應的化學方程式為2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(濃) 2Na2SO4+2ClO2↑+H2O。
(2)ClO2濃度過高,易分解爆炸,故實驗過程中通入稀有氣體的目的是稀釋ClO2,防止發生危險。
(3)裝置B是安全瓶,防止C中液體倒吸進入A中。
(4)ClO2沸點較低,易揮發,制取NaClO2時用到H2O2,H2O2易分解,冰水浴可以減少H2O2分解和ClO2揮發。
(5)NaClO2將I-氧化為I2,根據題中已知得:
Cl
1 mol 4 mol
n(Cl) 0.10 mol·L-1×40.00×10-3 L
10.00 mL待測液中n(NaClO2)=n(Cl)=0.10 mol·L-1×40.00×10-3 L×=1×10-3 mol,500 mL待測液中n總(NaClO2)=1×10-3 mol×=0.05 mol,m(NaClO2)=0.05 mol×90.5 g/mol=4.525 g,w=×100%=90.5%。(
密
○
封
○
裝
○
訂
○
線
密
○
封
○
裝
○
訂
○
線
密
封
線
內
不
要
答
題
)
(
姓名
班級
考號
密
○
封
○
裝
○
訂
○
線
密
○
封
○
裝
○
訂
○
線
密
封
線
內
不
要
答
題
)
第2章　元素與物質世界
一、選擇題(本題共10小題,每小題2分,共20分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)
1.如圖是按一定的方法給物質進行的分類,以下說法中錯誤的是(　　)
A.分類標準1是所含物質的種類　　　　　　　　
B.分類標準2是所含元素的種類
C.類別1是混合物,類別2是單質　　　　　　　　
D.該種分類方法是交叉分類法
2.能夠在人體血管中通行的“納米藥物分子運輸車”在中國科學院上海硅酸鹽研究所研制成功,該“運輸車”可提高腫瘤的治療效果,其結構如圖所示。下列有關說法正確的是(　　)
A.該“納米藥物分子運輸車”中鐵元素的化合價為+3價
B.二氧化硅屬于金屬氧化物
C.該“納米藥物分子運輸車”分散于水中所得的分散系屬于膠體
D.該“納米藥物分子運輸車”的外殼含有碳元素
3.導體中自由的帶電微粒在電場作用下發生定向移動從而形成電流,如金屬銅、熔融NaCl、NaCl溶液都是導體。下列說法正確的是(　　)
A.因為金屬有較好的導電性,所以它屬于電解質
B.電解質都能導電
C.加入水或加熱至熔融態都會使氯化鈉發生電離
D.液態氯化氫不能導電,故氯化氫不屬于電解質
4.已知鈣及其化合物存在如下轉化關系,下列說法錯誤的是(　　)
A.反應①和反應②的反應類型可能相同
B.反應③的另一反應物可能是酸性氧化物或鹽
C.反應④的條件是高溫
D.四個反應都不存在電子轉移
5.在堿性溶液中能大量共存且溶液為無色透明的是(　　)
A.K+、Mn、Na+、Cl-　　　　　　B.K+、Na+、N、C
C.Na+、H+、N、S　　　　　　D.Fe3+、Na+、Cl-、S
6.下列敘述對應的離子方程式書寫正確的是(　　)
A.向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至產生的沉淀質量最大:H++S+Ba2++OH- BaSO4↓+H2O
B.向NaHCO3溶液中加入過量NaOH溶液:HC+OH- CO2↑+H2O
C.過氧化鈉與水反應:2+2H2O 4OH-+O2↑
D.向CaCl2溶液中通入少量CO2:Ca2++CO2+H2O CaCO3↓+2H+
7.用48 mL 0.1 mol/L的FeSO4溶液恰好還原2.4×10-3 mol [RO(OH)2]+,Fe2+被氧化為Fe3+,則反應后R元素的價態為(　　)
A.+2價　　　B.+3價　　　C.+4價　　　D.+5價
8.碳捕集技術是減少CO2排放的一種途徑,捕集煙氣中CO2的流程如圖。下列說法錯誤的是(　　)
A.“吸收”時發生反應的離子方程式:CO2+2OH- C+H2O
B.可用Na2CO3溶液代替KOH溶液
C.整個流程可循環利用的物質只有1種
D.整個流程不涉及氧化還原反應
9.用圖中所示的裝置分別進行如下導電性實驗,小燈泡的亮度比反應前明顯減弱的是(　　)
A.向Na2SO3溶液中通入Cl2
B.向AgNO3溶液中加入少量NaCl固體
C.向HI飽和溶液中通入少量O2
D.向NaOH溶液中通入少量Cl2
10.一個完整的氧化還原反應方程式可以拆開寫成兩個“半反應式”,一個是“氧化反應式”,一個是“還原反應式”。如Fe+Cu2+ Fe2++Cu的拆寫結果:“氧化反應式”為Fe-2e- Fe2+;“還原反應式”為Cu2++2e- Cu。在稀硫酸中,草酸鉀(K2C2O4)與高錳酸鉀可發生反應:5C2+16H+ 2Mn2++10CO2↑+8H2O,對該離子反應的分析錯誤的是　　(　　)
A.對應的化學方程式為5K2C2O4+2KMnO4+8H2SO4 2MnSO4+6K2SO4+10CO2↑+8H2O
B.“氧化反應式”為C2-2e- 2CO2↑
C.“還原反應式”為Mn+5e-+4H2O Mn2++8OH-
D.反應中每生成1個CO2分子,轉移1個電子
二、選擇題(本題共5小題,每小題4分,共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意,全部選對得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分)
11.下列實驗操作能夠達到相應實驗目的的是(　　)
選項 實驗目的 實驗操作
A 鑒別溶液中的C 取樣,分別加入足量澄清石灰水,觀察溶液是否變渾濁
B 鑒別稀硫酸、Ba(NO3)2溶液、KCl溶液 取樣,分別加入Na2CO3溶液,觀察現象
C 除去粗鹽中的Ca2+、Mg2+、S 試劑添加順序:先加Na2CO3溶液,再加BaCl2溶液,最后加NaOH溶液
D 除去Fe(OH)3膠體中的FeCl3溶液 將混合液用濾紙進行過濾
12.KIO3常用作食鹽中的補碘劑,可用“氯酸鉀氧化法”制備,該方法的第一步反應為6I2+11KClO3+3H2O 6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。下列說法正確的是(　　)
A.還原產物為Cl2和KCl
B.還原劑和氧化劑的物質的量之比為11∶6
C.氧化性:KClO3>KH(IO3)2
D.產生1 mol KH(IO3)2時,反應中轉移5 mol e-
13.在稀硫酸存在下發生反應的幾種離子的轉化關系如圖所示。下列說法錯誤的是(　　)
A.反應1中氧化產物為Mn3+
B.氧化性:Ce4+>Fe3+>I2>Mn3+
C.反應2的氧化劑為Mn3+,還原產物為Fe3+
D.從氧化還原反應的角度推測可能會發生反應:2Mn3++2I- I2+2Mn2+
14.向NaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加0.1 mol/L的稀鹽酸,生成CO2的物質的量與加入鹽酸的體積的關系如圖所示。下列敘述不正確的是(　　)
A.在加入鹽酸0~0.2 L范圍內,發生中和反應
B.ab段發生反應的離子方程式為HC+H+ H2O+CO2↑
C.a=0.3
D.原混合溶液中NaOH與Na2CO3的物質的量之比為1∶2
15.有600 mL某種混合物溶液,可能含有以下離子中的若干種:K+、N、Cl-、Mg2+、Ba2+、C、S,現將此溶液分成三等份,進行如下實驗:
(1)向第一份中加入AgNO3溶液,有沉淀產生;
(2)向第二份中加足量NaOH溶液并加熱后,收集到氣體0.04 mol;(已知N+OH- NH3↑+H2O)
(3)向第三份中加足量BaCl2溶液,得到沉淀,干燥后質量為6.27 g,經足量鹽酸洗滌、干燥后,沉淀質量為2.33 g。
根據上述實驗,以下推測正確的是(　　)
A.K+一定存在　　　　B.Mg2+、Ba2+一定不存在
C.Cl-一定不存在　　　D.原混合溶液中C的物質的量為0.02 mol
三、非選擇題(本題共5小題,共60分)
16.(12分)已知一種明膠是水溶性蛋白質混合物,溶于水可形成膠體。回答下列問題:
(1)已知Fe(CrO2)2中鉻元素是+3價,則其中鐵元素是　　　　價。Cr是一種酸根離子,則Fe(CrO2)2屬于　　　　(填“酸”“堿”“鹽”或“氧化物”)。
(2)膠體和溶液最本質的區別是　　　　。
A.分散質粒子直徑大小不同　　　 　B.能否產生丁達爾效應
C.是否能透過濾紙
(3)該種明膠的水溶液和K2SO4溶液共同具備的性質是　　(填字母)。
A.都不穩定,密封放置會產生沉淀　　B.二者均能產生丁達爾效應
C.分散質粒子均可通過濾紙
(4)已知膠體的分散質粒子不能透過半透膜,但水分子等小分子或離子能透過半透膜。下列裝置,可提純膠體的是　　　　(填字母)。
A　B　C
(5)現有10 mL該種明膠的水溶液與5 mL K2SO4溶液混合裝入半透膜內,將此半透膜袋浸入盛蒸餾水的燒杯中,設計實驗證明S能夠透過半透膜:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
17.(10分)已知HNO2是一種弱酸,向NaNO2中加入強酸可生成HNO2。HNO2不穩定,易分解成NO和NO2氣體。HNO2是一種還原劑,能被常見的強氧化劑氧化,但在酸性溶液中它也是一種氧化劑,如能把Fe2+氧化成Fe3+。NaNO2晶體外觀和食鹽相似,又有咸味,因而容易誤食引起中毒。試回答下列問題:
(1)在酸性條件下HNO2與KI反應,I-被氧化為I2,HNO2被還原為NO氣體,寫出該反應的離子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)已知NaNO2能發生反應:2NaNO2+4HI 2NO↑+I2+2NaI+2H2O。鑒別NaNO2和NaCl,可選用的物質有:①KI-淀粉試紙;②水;③淀粉;④白酒;⑤食醋。你認為可選用的物質為　　　　(填序號)。
(3)某廠廢液中含有2%~5%的NaNO2,直接排放會造成污染,下列試劑中能使NaNO2轉化為不引起二次污染的N2的是　　　　(填字母)。
A.NaCl　　　B.NH4Cl　　　C.HNO3　　　D.濃H2SO4
(4)請配平化學方程式:Al+NaNO3+NaOH Na[Al(OH)4]+N2↑+H2O
　。
18.(12分)某校化學興趣小組為研究Cl2的性質,設計如圖所示裝置進行實驗。裝置Ⅲ中夾持裝置已略去,其中a為干燥的品紅試紙,b為濕潤的品紅試紙。
(1)實驗室用二氧化錳和濃鹽酸制備氯氣的化學方程式為　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)裝置Ⅱ的作用是　　　　　　　　　　　　　。
(3)若產生Cl2足量,實驗過程中裝置Ⅳ中的實驗現象為　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)實驗結束后,該組同學在裝置Ⅲ中觀察到b的紅色褪去,但是并未觀察到“a無明顯變化”這一預期現象。為了達到這一實驗目的,你認為還需在圖中裝置Ⅱ與Ⅲ之間添加　　　　裝置(填序號)。
(5)有一種“地康法”制取氯氣的反應原理如圖所示:
①反應Ⅰ屬于　　　　反應(填四種基本反應類型之一)。
②反應Ⅱ在450 ℃條件下進行,反應Ⅱ的化學方程式為　　　　　　　　　　　　。
③工業生產中常用氨氣檢查輸送氯氣的管道是否有Cl2泄漏。若Cl2有泄漏,可以觀察到有白煙(NH4Cl固體)生成,同時會生成一種空氣中含量最多的物質,試寫出該反應的化學方程式:　　　　　　　　　　　　　　。
19.(12分)(1)“84”消毒液可用于漂白,其工業制法是在常溫下,將氯氣通入NaOH溶液中,反應的離子方程式為　　　　　　　　　　　　。
(2)同學們探究“84”消毒液在不同pH下使紅紙褪色的情況,做了如下實驗:
步驟1:將5 mL市售“84”消毒液稀釋至100倍,測得稀釋后溶液的pH=12。
步驟2:將稀釋后溶液各取20 mL分別加入3個潔凈的小燒杯中,3個小燒杯分別標記為a、b、c。
步驟3:用H2SO4溶液將a、b、c中溶液的pH分別調至10、7和4(溶液體積變化忽略不計)。
步驟4:在3個燒杯中分別放入大小、形狀相同的紅紙,觀察現象,記錄如下:
燒杯 溶液的pH 現象
a 10 10 min后,紅紙基本不褪色;4 h后紅紙褪色
b 7 10 min后,紅紙顏色變淺;4 h后紅紙褪色
c 4 10 min后,紅紙顏色變得更淺;4 h后紅紙褪色
已知,溶液中Cl2、HClO和ClO-物質的量分數(α)隨溶液pH變化的關系如圖所示:
①由實驗現象可得以下結論:溶液的pH在4~10范圍內,pH越大,紅紙褪色　　　　。
②結合圖像進行分析,b、c兩燒杯中實驗現象出現差異的原因是　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)由于氯氣會與自來水中的有機物發生反應生成對人體有害的物質,人們嘗試研究并使用新的自來水消毒劑,如ClO2氣體就是一種新型高效含氯消毒劑。
①一種制備ClO2的方法是用SO2通入硫酸酸化的NaClO3溶液中,反應的離子方程式為　　　　　　　　　　　　　　　　。
②另一種制備ClO2的方法是用NaClO3與鹽酸反應,同時有Cl2生成,產物中Cl2體積占氣體產物體積的,每生成0.5 mol ClO2,轉移　　　　mol e-。
③ClO2在殺菌消毒過程中會產生副產物亞氯酸鹽(Cl),需將其轉化為Cl-除去。下列試劑中,可將Cl轉化為Cl-的是　　　　(填字母)。
a.FeSO4　　　　　b.O3　　　　　c.KMnO4　　　　　d.KI
20.(14分)亞氯酸鈉(NaClO2)是一種殺菌漂白劑,可用于棉紡織品漂白、食品消毒、水處理等,消毒時本身被還原成Cl-。亞氯酸鈉晶體的一種生產工藝如圖:
已知:①ClO2濃度過高時易發生爆炸分解,一般用稀有氣體或空氣稀釋至含量10%以下;
②NaClO2在溫度高于60 ℃時易分解生成NaClO3和NaCl。
(1)在“ClO2發生器”中,NaClO3與SO2反應生成ClO2和Na2SO4,該反應的化學方程式為　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)向“ClO2發生器”中鼓入空氣的作用是　　　　(填字母)。
a.將SO2氧化成SO3,增強酸性
b.將NaClO2氧化成ClO2
c.稀釋ClO2,以防發生爆炸
(3)“吸收塔”的作用是將產生的ClO2轉化為NaClO2,在此過程中加入的H2O2是做　　　　(填“氧化劑”或“還原劑”)。“吸收塔”中需要控制溫度不超過20 ℃,其原因是　　　　　　　　　　　　。
(4)NaClO2的溶解度曲線如圖所示。從NaClO2溶液中獲得NaClO2晶體的操作是:將NaClO2溶液　　　　　　　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　　　　　、過濾、洗滌、干燥。
(5)為測定所得NaClO2產品的純度,進行如下實驗:
步驟①:取1.000 g樣品于燒杯中,用適量蒸餾水溶解后,加入略過量的KI晶體,再滴加適量的稀硫酸,充分反應(反應的化學方程式為NaClO2+4KI+2H2SO4 2H2O+2I2+NaCl+2K2SO4);
步驟②:將①所得溶液轉移至250 mL容量瓶中,稀釋定容得溶液A;
步驟③:準確移取25.00 mL溶液A于錐形瓶中,向錐形瓶中滴加兩滴淀粉溶液作指示劑,用0.200 mol/L的Na2S2O3標準溶液與之反應,至恰好完全反應時消耗Na2S2O3溶液22.00 mL(反應的化學方程式為I2+2Na2S2O3 2NaI+Na2S4O6)。
計算該NaClO2產品的純度: (寫出計算過程)。
答案與解析
第2章　元素與物質世界
1.D　分類標準1是所含物質的種類,由一種物質組成的為純凈物,由兩種或兩種以上物質組成的為混合物,類別1為混合物;分類標準2是所含元素的種類,只由一種元素組成的純凈物是單質,由兩種或兩種以上元素組成的純凈物是化合物,類別2為單質,故A、B、C正確;根據題圖可知,該分類方法為樹狀分類法,故D錯誤。
2.D　由題圖可知,該“納米藥物分子運輸車”中含有四氧化三鐵(Fe3O4),其中鐵元素的化合價有+2價和+3價,故A錯誤;二氧化硅屬于非金屬氧化物,故B錯誤;該“納米藥物分子運輸車”的直徑為200 nm,而膠體分散質粒子直徑介于1~100 nm,所以該“納米藥物分子運輸車”分散于水中所得的分散系不屬于膠體,故C錯誤;該“納米藥物分子運輸車”為有機物外殼,有機物中含有碳元素,故D正確。
3.C　電解質一定是化合物,金屬是單質,不屬于電解質,故A錯誤;電解質沒有電離時不導電,如氯化鈉固體是電解質,但不導電,故B錯誤;氯化鈉溶于水或熔融狀態下都能導電,故C正確;雖然液態氯化氫不能導電,但溶于水時自身能電離,屬于電解質,故D錯誤。
4.D　反應①可能為鈣和氧氣反應生成氧化鈣,反應②可能為氧化鈣和水反應生成氫氧化鈣,均屬于化合反應,故A正確;氫氧化鈣和二氧化碳反應生成碳酸鈣和水,氫氧化鈣和碳酸鈉反應生成碳酸鈣沉淀和氫氧化鈉,所以反應③的另一反應物可能是酸性氧化物或鹽,故B正確;碳酸鈣高溫條件下分解為氧化鈣和二氧化碳,故C正確;反應①中鈣元素化合價由0價變為+2價,存在電子轉移,故D錯誤。
5.B　A項,Mn在溶液中顯紫色;C項,在堿性溶液中H+不能大量存在;D項,Fe3+在溶液中顯黃色,且Fe3+在堿性溶液中不能大量存在;故選B。
6.A　向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至產生的沉淀質量最大時,離子方程式為H++S+Ba2++OH- BaSO4↓+H2O,故A正確;向NaHCO3溶液中加入過量NaOH溶液,反應生成碳酸鈉和水,故B錯誤;過氧化鈉與水反應的離子方程式中,過氧化鈉不能拆成離子形式,故C錯誤;鹽酸的酸性大于碳酸,氯化鈣溶液中通入少量二氧化碳不產生沉淀,故D錯誤。
7.B　由題意可知,反應中化合價發生變化的元素分別為鐵元素和R元素,[RO(OH)2]+中R元素的化合價為+5價,設反應后R元素的價態為x價,由得失電子守恒有:48×10-3 L×0.1 mol/L×(3-2)=2.4×10-3 mol×(5-x),解得x=+3。
8.C　“吸收”時二氧化碳和KOH溶液(足量)反應生成碳酸鉀和水,離子方程式為CO2+2OH- C+H2O,故A正確;用Na2CO3溶液代替KOH溶液,碳酸鈉溶液與二氧化碳反應生成碳酸氫鈉,CaO與H2O反應生成Ca(OH)2,Ca(OH)2與碳酸氫鈉反應可生成碳酸鈣,也能吸收CO2,故B正確;整個流程可循環利用的物質不止1種,故C錯誤;整個流程沒有元素化合價發生變化,不涉及氧化還原反應,故D正確。
9.C　電解質溶液的導電性與溶液中自由移動的離子濃度有關,一般離子濃度越大,溶液導電性越強,溶液導電能力明顯減弱說明溶液中自由移動的離子濃度明顯減小。A項,向亞硫酸鈉溶液中通入氯氣,反應生成硫酸鈉和氯化氫,離子濃度增大,溶液導電能力明顯增強;B項,向硝酸銀溶液中加入少量氯化鈉固體,反應生成AgCl和硝酸鈉,溶液中離子濃度變化不明顯,溶液導電能力變化不明顯;C項,向HI飽和溶液中通入少量氧氣,反應生成單質碘和水,溶液中離子濃度減小,所以溶液導電能力明顯減弱;D項,向NaOH溶液中通入少量Cl2,反應生成NaCl、NaClO和水,離子濃度變化不明顯,溶液導電能力變化不明顯;故選C。
10.C　根據得失電子守恒、原子守恒可知,在稀硫酸中草酸鉀(K2C2O4)與高錳酸鉀反應的化學方程式為5K2C2O4+2KMnO4+8H2SO4 2MnSO4+6K2SO4+10CO2↑+8H2O,故A正確;由C2 CO2,碳元素的化合價升高,C2失去電子發生氧化反應,根據題干信息可知,“氧化反應式”為C2-2e- 2CO2↑,故B正確;由Mn Mn2+,錳元素的化合價降低,Mn得到電子發生還原反應,由題干信息可知,該反應是在酸性條件下進行的,“還原反應式”為Mn+5e-+8H+ Mn2++4H2O,故C錯誤;由C2-2e- 2CO2↑可知,反應中每生成1個CO2分子,轉移1個電子,故D正確。
11.B　A項,C和HC均能與氫氧化鈣發生反應生成碳酸鈣沉淀,不能鑒別;B項,鑒別稀硫酸、Ba(NO3)2溶液、KCl溶液,取樣分別加入Na2CO3溶液,有氣泡冒出的為稀硫酸,產生白色沉淀的是Ba(NO3)2溶液,無明顯現象的是KCl溶液,可以鑒別;C項,除去粗鹽中的Ca2+、Mg2+、S,Na2CO3溶液應在BaCl2溶液之后加入,目的是除去Ca2+及過量的Ba2+;D項,Fe(OH)3膠體和FeCl3溶液都能透過濾紙,需選擇半透膜進行分離。
12.AC　反應中KClO3被還原生成KCl和Cl2,還原產物為Cl2和KCl,故A正確;反應中I2為還原劑,KClO3為氧化劑,所以還原劑與氧化劑的物質的量之比為6∶11,故B錯誤;同一反應中氧化劑氧化性大于氧化產物,所以氧化性:KClO3>KH(IO3)2,故C正確;反應中碘元素由0價升高至+5價,生成6 mol KH(IO3)2轉移60 mol電子,則產生1 mol KH(IO3)2,轉移10 mol電子,故D錯誤。
13.BC　由轉化關系可知,反應1中,Mn2+轉化為Mn3+,錳元素化合價升高,Mn2+是還原劑,Mn3+是氧化產物,故A正確;反應1中Ce4+是氧化劑,Mn3+是氧化產物,反應2中Mn3+是氧化劑,Fe3+是氧化產物,反應3中Fe3+是氧化劑,I2是氧化產物,根據同一反應中氧化劑的氧化性大于氧化產物可知,氧化性:Ce4+>Mn3+>Fe3+>I2,故B錯誤;反應2中錳元素化合價降低,所以Mn3+為氧化劑,Mn2+為還原產物,故C錯誤;由于氧化性Mn3+>I2,可發生反應2Mn3++2I- I2+2Mn2+,故D正確。
14.D　向NaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加0.1 mol/L的稀鹽酸,依次發生反應:①OH-+H+ H2O、②C+H+ HC、③HC+H+ H2O+CO2↑;根據圖像可知,發生反應③生成0.01 mol二氧化碳,消耗鹽酸的體積是0.1 L,所以發生反應②消耗鹽酸的體積也是0.1 L,發生反應①消耗0.2 L鹽酸,則在加入鹽酸0~0.2 L范圍內,發生中和反應,故A正確;ab段發生反應生成二氧化碳,反應的離子方程式為HC+H+ H2O+CO2↑,故B正確;根據圖像可知,發生反應③生成0.01 mol二氧化碳,消耗鹽酸的體積是0.1 L,所以a=0.3,故C正確;發生反應③消耗HCl 0.01 mol,所以Na2CO3的物質的量為0.01 mol,發生反應①消耗0.02 mol HCl,原混合溶液中NaOH的物質的量是0.02 mol,NaOH與Na2CO3的物質的量之比為2∶1,故D不正確。
15.AB　向第二份溶液中加入足量NaOH溶液并加熱后,收集到氣體0.04 mol,根據信息可知一份溶液中n(N)=0.04 mol;向第三份溶液中加足量BaCl2溶液,得到沉淀,干燥后質量為6.27 g,經足量鹽酸洗滌、干燥后,沉淀質量為2.33 g,為BaSO4,則n(BaSO4)=n(S=0.01 mol,BaCO3的質量為6.27 g-2.33 g=3.94 g,n(BaCO3)=n(C=0.02 mol,則原混合溶液中:n(C)=0.06 mol,n(S)=0.03 mol,故原混合溶液中不存在Ba2+、Mg2+;向第一份溶液中加入AgNO3溶液,有沉淀產生,可能是硫酸銀、氯化銀等,不能確定是否含有氯離子;一份溶液中硫酸根離子和碳酸根離子帶電荷總物質的量為0.06 mol,一份溶液中n(N)=0.04 mol,根據溶液呈電中性可知,鉀離子一定存在;綜上可知,A、B正確。
16.答案　(每空2分)(1)+2　鹽　(2)A　(3)C　(4)C　(5)取燒杯中液體少許于一支潔凈的試管中,加入稀鹽酸酸化,再加BaCl2溶液,若有白色沉淀產生,則說明S能夠透過半透膜
解析　(1)Fe(CrO2)2中,氧元素的化合價是-2,鉻元素的化合價是+3,根據化合物中元素化合價的代數和為0可知,鐵元素化合價為+2;Fe(CrO2)2是由Fe2+和Cr組成的鹽。(2)膠體和溶液最本質的區別是分散質粒子直徑的大小不同,故選A。(3)溶液很穩定,膠體具有介穩性,A錯誤;膠體能產生丁達爾效應而溶液不能,B錯誤;膠體和溶液中的分散質粒子都能透過濾紙,C正確。(4)膠體的分散質粒子不能透過半透膜,但水分子等小分子或離子能透過半透膜,所以當膠體中混有溶液時,用滲析的方法來提純,故選C。
17.答案　(除標注外,每空2分)(1)2HNO2+2I-+2H+ 2NO↑+I2+2H2O(3分)
(2)①②⑤
(3)B
(4)10Al+6NaNO3+4NaOH+18H2O 10Na[Al(OH)4]+3N2↑(3分)
解析　(1)根據得失電子守恒、電荷守恒、原子守恒可得反應的離子方程式為2HNO2+2I-+2H+ 2NO↑+I2+2H2O。
(2)根據2NaNO2+4HI 2NO↑+I2+2NaI+2H2O,亞硝酸根離子在酸性條件下能將碘離子氧化成碘單質,所以鑒別NaNO2和NaCl,可先加水溶解,然后加入食醋,最后用KI-淀粉試紙檢驗,變藍的是NaNO2,故選①②⑤。
(3)根據價態變化規律,NaNO2轉化為不引起二次污染的N2,N元素的化合價降低,所以必定有元素化合價升高,題中所給物質中只有NH4Cl符合,故選B。
(4)反應中Al元素化合價由0價升高為+3價,氮元素化合價由+5價降低為0價,所以Al的化學計量數為10,N2的化學計量數為3,再根據原子守恒配平化學方程式為10Al+6NaNO3+4NaOH+18H2O 10Na[Al(OH)4]+3N2↑。
18.答案　(除標注外,每空2分)(1)MnO2+4HCl(濃) MnCl2+Cl2↑+2H2O　(2)除去氯氣中的氯化氫氣體(1分)　(3)溶液先變紅后褪色　(4)④　(5)①復分解(1分)　②2CuCl2+O2 2CuO+2Cl2　③3Cl2+8NH3 6NH4Cl+N2
解析　(1)實驗室用二氧化錳和濃鹽酸制備氯氣,化學方程式為MnO2+4HCl(濃) MnCl2+Cl2↑+2H2O。(2)由于濃鹽酸具有揮發性,故制取的氯氣中往往混有氯化氫,用飽和食鹽水可以除去氯化氫。(3)氯氣與水反應生成HCl和次氯酸,溶液顯酸性,能使紫色石蕊試液變紅,次氯酸具有漂白性,能使溶液褪色,所以裝置Ⅳ中通入氯氣后,溶液先變紅后褪色。(4)干燥的氯氣不具有漂白性,Ⅱ和Ⅲ之間可增加干燥裝置,除去氯氣中的水蒸氣,應選濃硫酸,故選④。(5)①由轉化關系圖可知,反應Ⅰ的化學方程式為CuO+2HCl CuCl2+H2O,屬于復分解反應。②在450 ℃條件下,CuCl2與O2反應生成Cl2和CuO,根據得失電子守恒、原子守恒可得,反應Ⅱ的化學方程式為2CuCl2+O2 2CuO+2Cl2。③用氨氣檢查輸送氯氣的管道是否有Cl2泄漏,若Cl2有泄漏,可以觀察到有白煙生成,即有NH4Cl生成,同時會生成一種空氣中含量最多的物質N2,化學方程式為3Cl2+8NH3 6NH4Cl+N2。
19.答案　(每空2分)(1)Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O
(2)①越慢　②pH=4的溶液中HClO含量高于pH=7的溶液中HClO含量
(3)①SO2+2Cl 2ClO2+S　②0.5　③ad
解析　(1)氯氣通入NaOH溶液中反應的離子方程式為Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O。
(2)①由實驗現象可知:溶液的pH在4~10范圍內,pH越大,紅紙褪色越慢;②結合圖像可知,b、c兩燒杯中實驗現象出現差異的原因是HClO含量不同。
(3)①SO2通入硫酸酸化的NaClO3溶液中,NaClO3被還原為ClO2,SO2被氧化為S,根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒可得反應的離子方程式為SO2+2Cl 2ClO2+S;②NaClO3與鹽酸反應生成ClO2、Cl2、NaCl和H2O,Cl2體積占氣體產物體積的,反應的化學方程式為2NaClO3+4HCl Cl2↑+2ClO2↑+2H2O+2NaCl,NaClO3中Cl元素的化合價由+5價降低為+4價,所以每生成0.5 mol ClO2,轉移0.5 mol e-;③需將Cl轉化為Cl-除去,氯元素的化合價由+3價降低為-1價,Cl得電子,被還原,需要加入具有還原性的物質,FeSO4具有還原性,O3具有強氧化性,KMnO4具有強氧化性,KI具有還原性,故選a、d。
20.答案　(除標注外,每空2分)(1)2NaClO3+SO2 Na2SO4+2ClO2
(2)c
(3)還原劑(1分)　防止H2O2(受熱)分解
(4)加熱升溫至略低于60 ℃蒸發濃縮　冷卻至略高于38 ℃結晶
(5)由NaClO2~2I2~4Na2S2O3,可知25.00 mL溶液中n(NaClO2)=×0.022 L×0.200 mol/L=0.001 1 mol,則樣品中m(NaClO2)=10×0.001 1 mol×90.5 g/mol=0.995 5 g,因此該NaClO2產品的純度=×100%=99.55%(3分,未寫計算過程,不給分)
解析　(1)在“ClO2發生器”中,NaClO3被SO2還原為ClO2,而SO2被氧化為硫酸鈉,該反應的化學方程式為2NaClO3+SO2 Na2SO4+2ClO2。
(2)根據題中信息可知,ClO2濃度過高時易發生爆炸分解,一般用稀有氣體或空氣稀釋到含量10%以下,故向“ClO2發生器”中鼓入空氣的作用是稀釋ClO2,以防ClO2發生爆炸,故選c。
(3)在“吸收塔”中,ClO2被H2O2還原為NaClO2,H2O2被氧化為O2,所以在此過程中加入的H2O2做還原劑;為防止H2O2受熱分解,“吸收塔”中需要控制溫度不超過20 ℃。
(4)根據NaClO2的溶解度曲線可以看出,溫度低于38 ℃時會生成NaClO2·3H2O,NaClO2在溫度高于60 ℃時易分解生成NaClO3和NaCl,則從NaClO2溶液中獲得NaClO2晶體的操作是:將NaClO2溶液加熱升溫至略低于60 ℃蒸發濃縮、冷卻至略高于38 ℃結晶、過濾、洗滌、干燥。
(5)由NaClO2+4KI+2H2SO4 2H2O+2I2+NaCl+2K2SO4,I2+2Na2S2O3 2NaI+Na2S4O6,可得關系式NaClO2~2I2~4Na2S2O3,所以25.00 mL溶液中n(NaClO2)=×0.022 L×0.200 mol/L=0.001 1 mol,則樣品中m(NaClO2)=10×0.001 1 mol×90.5 g/mol=0.995 5 g,故該NaClO2產品的純度=×100%=99.55%。

展開更多......

收起↑