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2016-2017學(xué)年河北省廊坊市香河三中高三（上）第一次月考化學(xué)試卷

參考答案與試題解析

一、選擇題（共30小題，每小題3分，滿分90分）

1．下列有關(guān)實驗的描述正確的是（ ）

A．氫氧化鈉固體保存在配有橡皮塞的細口瓶中

B．將SO₂通入品紅溶液或KMnO₄溶液均能使它們褪色，均可證明有漂白性

C．不能在石英坩堝中熔化氫氧化鈉

D．用濕潤的pH試紙測定稀鹽酸的pH

【考點】化學(xué)實驗方案的評價．

【分析】A．固體應(yīng)該保存在廣口瓶中；

B．SO₂有還原性，易被酸性高錳酸鉀溶液氧化；

C．氫氧化鈉能與二氧化硅反應(yīng)生成硅酸鈉；

D．試紙不能濕潤，否則稀鹽酸被稀釋，測定結(jié)果偏高．

【解答】解：A．細口瓶盛放溶液，而氫氧化鈉固體應(yīng)該保存在廣口瓶中，故A錯誤；

B．SO₂具有還原性，與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)，二氧化硫表現(xiàn)的是還原性，而不是漂白性，故B錯誤；

C．氫氧化鈉能與二氧化硅反應(yīng)生成硅酸鈉，所以不能在二氧化硅坩堝中進行，故C正確；

D．用pH試紙測定稀鹽酸的pH時，不能用蒸餾水潤濕，否則稀鹽酸被稀釋，導(dǎo)致測定結(jié)果偏高，故D錯誤；

故選C．

2．下列實驗操作或?qū)嶒炇聦嵉臄⑹稣_的是（ ）

①用酸性高錳酸鉀溶液可以鑒別苯和甲苯

②如果皮膚上不慎沾有苯酚，應(yīng)立即用酒精洗滌

③用pH試紙測得氯水的pH為2

④用稀硝酸清洗做過銀鏡反應(yīng)實驗的試管

⑤少量的鈉、鉀、白磷通常保存在煤油中

⑥用瓷坩堝高溫熔融Fe（CrO₂）₂和Na₂CO₃的固體混合物．

A．①③⑤ B．①②④ C．②④⑤ D．②⑤⑥

【考點】化學(xué)實驗方案的評價；測定溶液pH的方法；有機物的鑒別；化學(xué)試劑的存放；化學(xué)儀器的洗滌、干燥；物質(zhì)的溶解與加熱．

【分析】①甲苯可與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

②苯酚可溶于酒精；

③氯水可漂白試紙；

④硝酸與銀發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

⑤白磷保存在水中；

⑥高溫下，瓷坩堝中的二氧化硅與碳酸鈉反應(yīng)．

【解答】解：①甲苯可與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)，而苯不反應(yīng)，可鑒別，故正確；

②苯酚可溶于酒精，可用于清洗苯酚，故正確；

③氯水含有鹽酸和次氯酸，可使試紙先變紅后褪色，故錯誤；

④硝酸與銀發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成的硝酸銀溶于水，可用于清洗，故正確；

⑤白磷溶于煤油，應(yīng)保存在水中，故錯誤；

⑥高溫下，瓷坩堝中的二氧化硅與碳酸鈉反應(yīng)，導(dǎo)致坩堝炸裂，故錯誤．

故選B．

3．下列實驗操作及裝置合理并能達到實驗?zāi)康氖牵?）

A．

制取并收集氨氣

B．.

收集并測定氧氣的體積

C．.

制乙酸乙酯

D．.

用苯分離出碘水中的碘單質(zhì)

【考點】化學(xué)實驗方案的評價；物質(zhì)的分離、提純的基本方法選擇與應(yīng)用；排氣量氣裝置；氨的制取和性質(zhì)；乙酸乙酯的制?。?/p>

【分析】A．氯化銨和氫氧化鈣反應(yīng)生成氨氣，氨氣的密度小于空氣的密度，但氨氣不能排放在空氣中；

B．測定氧氣的體積，導(dǎo)管應(yīng)短進長出；

C．乙醇和乙酸在濃硫酸作用下加熱發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯，飽和碳酸鈉可除雜并降低乙酸乙酯的溶解度；

D．苯分離出碘水中的碘單質(zhì)，需萃取、分液．

【解答】解：A．反應(yīng)原理及收集方法均合理，但收集氨氣時試管口應(yīng)放一團浸有稀硫酸的棉花團，防止氨氣逸出，故A錯誤；

B．測定氧氣的體積，導(dǎo)管應(yīng)短進長出，圖中排水時長導(dǎo)管進不能排出水，故B錯誤；

C．乙醇和乙酸在濃硫酸作用下加熱發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯，飽和碳酸鈉可除雜并降低乙酸乙酯的溶解度，裝置合理，故C正確；

D．苯分離出碘水中的碘單質(zhì)，需萃取、分液，圖中為過濾裝置，故D錯誤；

故選C．

4．下列有關(guān)說法正確的是（ ）

A．萃取操作可在普通漏斗中完成

B．濃燒堿液沾到皮膚上應(yīng)立即用稀鹽酸沖洗

C．用酒精燈加熱試管內(nèi)液體時一定要先給試管預(yù)熱再集中加熱液體部位

D．用容量瓶配制一定濃度的某溶液后，將溶液保存在容量瓶中并貼上標簽

【考點】溶液的配制；物質(zhì)的溶解與加熱；分液和萃取．

【分析】A、根據(jù)萃取操作必須在分液漏斗中進行判斷；

B、鹽酸具有腐蝕性，會傷害人的皮膚，應(yīng)該先使用大量水沖洗；

C、根據(jù)給試管中液體加熱先要預(yù)熱，然后再集中加熱液體部位；

D、容量瓶是定量儀器，只能用于配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，容量瓶不能長時間保存溶液．

【解答】解：A、萃取操作要在分液漏斗中完成，不能在普通漏斗中完成，故A錯誤；

B、鹽酸具有腐蝕性，濃燒堿沾到皮膚上正確處理方法應(yīng)該是：先用大量清水沖，再用5%硼酸擦拭，故B錯誤；

C、為了避免局部受熱導(dǎo)致試管炸裂，用酒精燈加熱試管內(nèi)液體時一定要先給試管預(yù)熱，再集中加熱液體部位，故C正確；

D、容量瓶是配置溶液的儀器不是保存溶液的儀器，應(yīng)該用試劑瓶保存，故D錯誤；

故選C．

5．下列實驗操作：①用50mL量筒量取5mL蒸餾水；②稱量沒有腐蝕性固體藥品時，把藥品放在托盤上稱量；③濃硫酸沾到皮膚上要立即用大量水沖洗；④傾倒液體時試劑不對準容器口；⑤塊狀藥品都要用藥匙取用；⑥固體藥品用細口瓶保存．其中錯誤的是（）

A．①②③ B．③④ C．②⑤⑥ D．①②③④⑤⑥

【考點】化學(xué)實驗方案的評價．

【分析】①量筒量取5mL蒸餾水應(yīng)該選用10mL量筒；

②根據(jù)稱量沒有腐蝕性固體藥品時的正確操作分析；

③根據(jù)濃硫酸沾到皮膚上的處理方法判斷；

④應(yīng)該試劑瓶口與容器口緊靠在一起；

⑤取塊狀固體一般用鑷子取用；

⑥根據(jù)廣口瓶用來保存固體判斷．

【解答】解：①用50mL量筒量取5mL蒸餾水，誤差太大，應(yīng)該用10mL量筒，故①錯誤；

②應(yīng)在托盤上各放一張質(zhì)量相同的紙片，以免污染藥品，損壞托盤，故②錯誤；

③濃硫酸沾到皮膚上，要迅速用抹布擦拭，然后用水沖洗，故③錯誤；

④傾倒液體時，應(yīng)使試劑瓶口與容器口緊靠在一起，故④錯誤；

⑤固體藥品取用時，取用粉末狀固體用藥匙，塊狀固體一般用鑷子，故⑤錯誤；

⑥藥品的保存，細口瓶保存細口瓶盛液體，廣口瓶才用來保存固體，故⑥錯誤；

故選：D．

6．從實驗室加熱氯酸鉀與MnO₂的混合物制取氧氣后的剩余物中同時回收二氧化錳的操作順序正確的是（）

A．溶解、過濾、蒸發(fā)、洗滌 B．溶解、過濾、洗滌、加熱

C．溶解、蒸發(fā)、洗滌、過濾 D．溶解、洗滌、過濾、加熱

【考點】物質(zhì)的分離、提純和除雜．

【分析】MnO₂不溶于水，據(jù)此解題．

【解答】解：固體中只有MnO₂不溶于水，那么可以采用過濾的方法將二氧化錳過濾出去，然后對它洗滌表面殘留的一些藥液后進行干燥，故選B．

7．下列說法正確的是（ ）

A．在標準狀況下，11.2 L某氣體的質(zhì)量為22 g，則該氣體的相對分子質(zhì)量是44 g/mol

B．16 g O₂和16 g O₃含的氧原子個數(shù)一樣多

C．在標準狀況下，水、氧氣和氮氣分子間的平均距離都相等

D．1 mol氯化鈣溶于水配成1 L溶液，所得溶液中Cl^﹣的物質(zhì)的量濃度為1 mol/L

【考點】物質(zhì)的量的相關(guān)計算；阿伏加德羅常數(shù)．

【分析】A．單位錯誤；

B．都由O元素組成，質(zhì)量相等時，原子個數(shù)相等；

C．物質(zhì)的聚集狀態(tài)不同，分子間距離不同；

D．Cl^﹣的物質(zhì)的量濃度為2 mol/L．

【解答】解：A．n=

=0.5mol，質(zhì)量為22 g，則M=

=44g/mol，相對分子質(zhì)量為44，故A錯誤；

B．都由O元素組成，質(zhì)量相等時，原子個數(shù)相等，故B正確；

C．物質(zhì)的聚集狀態(tài)不同，分子間距離不同，標準狀況下，氧氣和氮氣相等，水的最小，故C錯誤；

D.1 mol氯化鈣含有2molCl^﹣，溶于水配成1L溶液，所得溶液中Cl^﹣的物質(zhì)的量濃度為2 mol/L，故D錯誤．

故選B．

8．下列說法中不正確的是（ ）

A．磷酸的摩爾質(zhì)量與6.02×10²³個磷酸分子的質(zhì)量在數(shù)值上相等

B．6.02×10²³個氮分子和6.02×10²³個氫分子的質(zhì)量比等于14：1

C．32g氧氣所含的原子數(shù)目為2×6.02×10²³

D．常溫常壓下，0.5×6.02×10²³個一氧化碳分子所占體積是11.2L

【考點】阿伏加德羅常數(shù)；摩爾質(zhì)量；氣體摩爾體積．

【分析】A、6.02×10²³個磷酸分子為1mol，根據(jù)摩爾質(zhì)量的概念分析；

B、物質(zhì)的量相同的物質(zhì)，質(zhì)量比等于摩爾質(zhì)量比；

C、計算氧氣的物質(zhì)的量，結(jié)合分子組成計算原理數(shù)目；

D、常溫常壓下氣體的氣體摩爾體積不等于22.4L/mol．

【解答】解：A、摩爾質(zhì)量是指1mol物質(zhì)的質(zhì)量，6.02×10²³個磷酸分子為1mol，則磷酸的摩爾質(zhì)量與6.02×10²³個磷酸分子的質(zhì)量在數(shù)值上相等，故A正確；

B、6.02×10²³個氮分子和6.02×10²³個氫分子的物質(zhì)的量都為1mol，質(zhì)量分別為1mol×28g/mol=28g，1mol×2g/mol=2g，所以6.02×10²³個氮分子和6.02×10²³個氫分子的質(zhì)量比等于

14：1，故B正確；

C、32g氧氣的物質(zhì)的量為1mol，1個氧氣分子中含2個O原子，所以32g氧氣所含的原子數(shù)目為2×6.02×10²³，故C正確；

D、常溫常壓下氣體的氣體摩爾體積不等于22.4L/mol，不能確定常溫常壓下，0.5×6.02×10²³個一氧化碳分子所占體積，故D錯誤．

故選D．

9．在KCl、FeCl₃、Fe₂（SO₄）₃三種鹽配成的混合溶液中，若K⁺為0.15mol，F(xiàn)e³⁺為0.25mol，Cl^﹣為0.2mol，則SO

為（ ）

A．0.1 mol B．0.15 mol C．0.25 mol D．0.35 mol

【考點】物質(zhì)的量的相關(guān)計算．

【分析】根據(jù)溶液電中性的原則，溶液中應(yīng)存在n（K⁺）+3n（Fe³⁺）=n（Cl^﹣）+2n（SO₄^2﹣），以此解答．

【解答】解：根據(jù)溶液電中性的原則，溶液中應(yīng)存在n（K⁺）+3n（Fe³⁺）=n（Cl^﹣）+2n（SO₄^2﹣），

則n（SO₄^2﹣）=

=0.35mol，

故選D．

10．A、B、C、D可能是Na₂CO₃、HCl、AgNO₃、BaCl₂四種無色溶液中的某一種，把它們兩兩混合后產(chǎn)生的現(xiàn)象如下表，則A、B、C、D四種物質(zhì)按順序排列正確的是（）

反應(yīng)物	A+B	A+C	B+C	C+D	B+D
現(xiàn)象	白↓	白↓	白↓	白↓	無色↑

A．BaCl₂、Na₂CO₃、AgNO₃、HClB．Na₂CO₃、HCl、AgNO₃、BaCl₂

C．HCl、AgNO₃、Na₂CO₃、BaCl₂D．AgNO₃、Na₂CO₃、BaCl₂、HCl

【考點】物質(zhì)的檢驗和鑒別的實驗方案設(shè)計．

【分析】B+D反應(yīng)生成無色氣體，則B、D為HCl、Na₂CO₃中的一種，而A+C、B+C、C+D均生成白色沉淀，則C為AgNO₃，所以A為BaCl₂，A+B反應(yīng)生成白色沉淀，可知B為Na₂CO₃，D為HCl，以此來解答．

【解答】解：由表中反應(yīng)物及現(xiàn)象可知，B+D反應(yīng)生成無色氣體，則B、D為HCl、Na₂CO₃中的一種，

而A+C、B+C、C+D均生成白色沉淀，則C為AgNO₃，所以A為BaCl₂，

A+B反應(yīng)生成白色沉淀，可知B為Na₂CO₃，D為HCl，

故選A．

11．用6.02×10²³表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法中正確的是（ ）

A．常溫常壓下，1.6 g臭氧中含有6.02×10²²個氧原子

B．標準狀況下，2.24 L水中含有6.02×10²²個水分子

C．2.24 L氨氣分子中含6.02×10²³個電子

D．2.4 g金屬鎂變?yōu)殒V離子時失去6.02×10²²個電子

【考點】阿伏加德羅常數(shù)．

【分析】A．臭氧由氧原子構(gòu)成；

B．氣體摩爾體積使用對象為氣體；

C．氣體的狀態(tài)未知；

D．鎂失去電子生成二價鎂離子．

【解答】解：A．臭氧由氧原子構(gòu)成，故1.6g臭氧中所含有的氧原子的物質(zhì)的量為0.1mol，即6.02×10²²個，故A正確；

B．標況下，水是液體，不能使用氣體摩爾體積，故B錯誤；

C．氣體的狀態(tài)未知，氣體摩爾體積未知，無法確定氣體的物質(zhì)的量，故C錯誤；

D.2.4 g金屬鎂物質(zhì)的量為

=0.1mol，變?yōu)殒V離子時失去61.204×10²³個電子，故D錯誤；

故選：A．

12．下列應(yīng)用不涉及氧化還原反應(yīng)的是（ ）

A．Na₂O₂用作呼吸面具的供氧劑

B．工業(yè)上電解熔融狀態(tài)Al₂O₃制備Al

C．工業(yè)上利用合成氨實現(xiàn)人工固氮

D．實驗室用NH₄Cl 和Ca（OH）₂制備NH₃

【考點】氧化還原反應(yīng)．

【分析】判斷物質(zhì)發(fā)生反應(yīng)時，所含元素的化合價是否發(fā)生變化，如化合價發(fā)生變化，則發(fā)生氧化還原反應(yīng)．

【解答】解：A．生成碳酸鈉和氧氣，過氧化鈉中O元素的化合價變化，為氧化還原反應(yīng)，故A不選；

B．生成Al和氧氣，反應(yīng)中Al、O元素的化合價變化，為氧化還原反應(yīng)，故B不選；

C．合成氨實現(xiàn)人工固氮存在N₂+3H₂

2NH₃的反應(yīng)，為氧化還原反應(yīng)，故C不選；

D．實驗室用NH₄Cl和Ca（OH）₂制備NH₃，沒有化合價變化，不是氧化還原反應(yīng)，故D選；

故選D．

13．常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（ ）

A．加入KSCN溶液顯紅色的溶液：K⁺、NH₄⁺、Cl^﹣、NO₃^﹣

B．常溫下，

=10¹⁰的溶液中：Na⁺、NH₄⁺、ClO^﹣、I^﹣

C．滴入酚酞試液顯紅色的溶液：Mg²⁺、Al³⁺、Br^﹣、SO₄^2﹣

D．能溶解Al₂O₃的溶液：Na⁺、Ca²⁺、HCO₃^﹣、NO₃^﹣

【考點】離子共存問題．

【分析】A．加入KSCN溶液顯紅色的溶液中存在鐵離子，K⁺、NH₄⁺、Cl^﹣、NO₃^﹣之間不滿足離子反應(yīng)發(fā)生條件，且不與鐵離子反應(yīng)；

B．常溫下，

=10¹⁰的溶液為酸性溶液，溶液中存在大量的氫離子，次氯酸根離子能夠與碘離子、氫離子反應(yīng)；

C．滴入酚酞試液顯紅色的溶液為堿性溶液，鎂離子、鋁離子能夠與氫氧根離子反應(yīng)生成難溶物；

D．能夠溶解氧化鋁的溶液可能為酸性或者堿性溶液，鈣離子、碳酸氫根離子能夠與氫氧根離子反應(yīng)，碳酸氫根離子離子能夠與氫離子反應(yīng)．

【解答】解：A．該溶液中存在鐵離子，K⁺、NH₄⁺、Cl^﹣、NO₃^﹣離子之間不反應(yīng)，也不與鐵離子反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，故A正確；

B．常溫下，

=10¹⁰的溶液中存在大量的氫離子，ClO^﹣與I^﹣、H⁺離子反應(yīng)反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故B錯誤；

C．該溶液為堿性溶液，溶液中存在大量的氫氧根離子，Mg²⁺、Al³⁺與氫氧根離子反應(yīng)生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故C錯誤；

D．能溶解Al₂O₃的溶液的溶液中存在大量的氫離子或者氫氧根離子，鈣離子與氫氧根離子反應(yīng)，HCO₃^﹣既能夠與氫離子反應(yīng)、也能夠與氫氧根離子反應(yīng)，在溶液中一定不能大量共存，故D錯誤；

故選A．

14．水熱法制備Fe₃O₄納米顆粒的反應(yīng)為3Fe²⁺+2S₂O₃^2﹣+O₂+xOH^﹣=Fe₃O₄+S₄O₆^2﹣+2H₂O，下列說法中不正確的是（）

A．每生成1mol Fe₃O₄，反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為4mol

B．Fe²⁺和S₂O₃^2﹣都是還原劑

C．1molFe²⁺被氧化時，被Fe²⁺還原的O₂的物質(zhì)的量為

mol

D．x=4

【考點】氧化還原反應(yīng)的計算．

【分析】從電荷守恒的角度分析，可配平反應(yīng)的離子方程式：3Fe²⁺+2S₂O₃^2﹣+O₂+4OH^﹣═Fe₃O₄+S₄O₆^2﹣+2H₂O，反應(yīng)中3Fe²⁺→Fe₃O₄，當3molFe²⁺參加反應(yīng)時，有2molFe²⁺化合價升高，反應(yīng)中Fe和S元素的化合價升高，被氧化，O₂為氧化劑．

【解答】解：A．反應(yīng)3Fe²⁺+2S₂O₃^2﹣+O₂+4OH^﹣═Fe₃O₄+S₄O₆^2﹣+2H₂O中，F(xiàn)e和S元素的化合價升高，被氧化，O₂為氧化劑，每生成1molFe₃O₄，反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為4mol，故A正確；

B．反應(yīng)中Fe²⁺→Fe₃O₄，F(xiàn)e元素化合價升高，S₂O₃^2﹣→S₄O₆^2﹣+，S元素的化合價升高，F(xiàn)e²⁺和S₂O₃^2﹣都是還原劑，故B正確；

C.1molFe²⁺被氧化時，失去1mol電子，則被Fe²⁺還原的O₂的物質(zhì)的量為

mol，故C錯誤；

D．反應(yīng)的離子方程式為3Fe²⁺+2S₂O₃^2﹣+O₂+4OH^﹣═Fe₃O₄+S₄O₆^2﹣+2H₂O，則x=4，故D正確．

故選C．

15．MnO₂的一些性質(zhì)或用途如圖，下列說法正確的是（ ）

A．①、②、③三個反應(yīng)中Mn0₂均作氧化劑

B．足量Mn0₂與2L 10mol/L、HCl共熱，可生成5mol Cl₂

C．反應(yīng)②若生成1mol Al₂0₃，則反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移12mol電子

D．反應(yīng)③中K₂CO₃和KNO₃的化學(xué)計量數(shù)均為1

【考點】氧化還原反應(yīng)．

【分析】①中發(fā)生二氧化錳與濃鹽酸的反應(yīng)生成氯化錳、氯氣和水，Mn元素的化合價降低，Cl元素的化合價升高；

②中Al與二氧化錳發(fā)生鋁熱反應(yīng)，Mn元素的化合價降低，Al元素的化合價升高；

③中發(fā)生K₂CO₃+KNO₃+Mn0₂=K₂MnO₄+KNO₂+CO₂↑，Mn元素的化合價升高，N元素的化合價降低，以此來解答．

【解答】解：A．①、②反應(yīng)中Mn0₂均作氧化劑，③中Mn元素的化合價升高，則作還原劑，故A錯誤；

B．足量Mn0₂與2L 10mol/L、HCl共熱，若完全反應(yīng)可生成5molCl₂，但隨反應(yīng)進行，濃鹽酸變?yōu)橄←}酸，不再反應(yīng)，則生成氯氣小5mol，故B錯誤；

C．反應(yīng)②若生成1molAl₂0₃，則由Al元素的化合價變化可知反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移1mol×2×（3﹣0）=6mol電子，故C錯誤；

D．③中發(fā)生K₂CO₃+KNO₃+Mn0₂=K₂MnO₄+KNO₂+CO₂↑，K₂CO₃和KNO₃的化學(xué)計量數(shù)均為1，故D正確；

故選D．

16．下列關(guān)于膠體和溶液的說法中，正確的是（ ）

A．膠體不均一、不穩(wěn)定，靜置后易產(chǎn)生沉淀；溶液均一、穩(wěn)定，靜置后不產(chǎn)生沉淀

B．布朗運動是膠體粒子特有的運動方式，可以據(jù)此把膠體與溶液、懸濁液區(qū)分

C．光線通過時，膠體產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)，溶液則無丁達爾效應(yīng)

D．只有膠狀的物質(zhì)如膠水、果凍類的才能稱為膠體

【考點】膠體的重要性質(zhì)．

【分析】A、根據(jù)膠體的外觀特征

B、根據(jù)溶液也能發(fā)生布朗運動；

C、根據(jù)膠體能產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)；

D、根據(jù)膠體的定義；

【解答】解：A、膠體在一定條件下能穩(wěn)定存在，屬于介穩(wěn)體系，故A錯誤；

B、區(qū)分膠體與其他分散系應(yīng)用丁達爾效應(yīng)，布朗運動是所有粒子在溶液中的運動方式，故B錯誤；

C、膠體能產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)，溶液則無丁達爾效應(yīng)，故C正確；

D、膠體是指分散質(zhì)粒子直徑在1 nm～100 nm之間的分散系，與分散系的狀態(tài)無關(guān)，故D錯誤；

故選：C．

17．已知：5PbO₂+2Mn²⁺+4H⁺=5Pb²⁺+2MnO₄^﹣+2H₂O，下列說法正確的是（）

A．PbO₂為還原劑，具有還原性

B．氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為5：2

C．生成1mol的Pb²⁺，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為 5mol

D．酸性環(huán)境下PbO₂的氧化性強于的MnO₄^﹣

【考點】氧化還原反應(yīng)．

【分析】A．該反應(yīng)中Pb元素化合價由+4價變?yōu)?2價、Mn元素化合價由+2價變?yōu)?7價，所以PbO₂為氧化劑、錳離子為還原劑；

B．氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物分別是MnO₄^﹣、Pb²⁺；

C．根據(jù)Pb元素化合價變化計算；

D．氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性．

【解答】解：A．該反應(yīng)中Pb元素化合價由+4價變?yōu)?2價、Mn元素化合價由+2價變?yōu)?7價，所以PbO₂為氧化劑、錳離子為還原劑，所以PbO₂體現(xiàn)氧化性，故A錯誤；

B．氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物分別是MnO₄^﹣、Pb²⁺，其物質(zhì)的量之比為2：5，故B錯誤；

C．生成1mol的Pb²⁺，轉(zhuǎn)移的電子物質(zhì)的量=1mol×2=2mol，故C錯誤；

D．氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，該反應(yīng)中，氧化劑是PbO₂，氧化產(chǎn)物是MnO₄^﹣，所以酸性環(huán)境下PbO₂的氧化性強于的MnO₄^﹣，故D正確；

故選D．

18．下列離子方程式書寫正確的是（ ）

A．硝酸銀與鹽酸反應(yīng)：AgNO₃+Cl^﹣═AgCl↓+NO₃^﹣

B．銅片插入硝酸銀溶液中：Cu+Ag⁺═Ag+Cu²⁺

C．硫酸和氯化鋇溶液反應(yīng)：Ba²⁺+SO₄^2﹣═BaSO₄↓

D．鐵釘放入硫酸銅溶液中：2Fe+3Cu²⁺═2Fe³⁺+3Cu

【考點】離子方程式的書寫．

【分析】A．硝酸根離子實際不參加反應(yīng)；

B．電子、電荷不守恒；

C．反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和鹽酸；

D．反應(yīng)生成硫酸亞鐵和Cu．

【解答】解：A．硝酸銀與鹽酸反應(yīng)的離子反應(yīng)為Ag⁺+Cl^﹣═AgCl↓，故A錯誤；

B．銅片插入硝酸銀溶液中的離子反應(yīng)為Cu+2Ag⁺═2Ag+Cu²⁺，故B錯誤；

C．硫酸和氯化鋇溶液反應(yīng)的離子反應(yīng)為Ba²⁺+SO₄^2﹣═BaSO₄↓，故C正確；

D．鐵釘放入硫酸銅溶液中的離子反應(yīng)為Fe+Cu²⁺═Fe²⁺+Cu，故D錯誤；

故選C．

19．下列化學(xué)反應(yīng)不屬于置換反應(yīng)而屬于氧化還原反應(yīng)的是（ ）

A．CuO+CO

Cu+CO₂

B．Fe+H₂SO₄═FeSO₄+H₂↑

C．3Fe+4H₂O（g）

Fe₃O₄+4H₂

D．4NH₃+3O₂

2N₂+6H₂O

【考點】氧化還原反應(yīng)．

【分析】置換反應(yīng)是一種單質(zhì)和一種化合物生成另外一種單質(zhì)和一種化合物的反應(yīng)；氧化還原反應(yīng)的實質(zhì)為電子轉(zhuǎn)移、特征為化合價升降，所以氧化還原反應(yīng)中一定存在元素化合價變化，據(jù)此對各選項進行判斷．

【解答】解：A．CuO+CO

Cu+CO₂↑不屬于置換反應(yīng)，但Cu、C元素的化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應(yīng)，故A選；

B．Fe+H₂SO₄═FeSO₄+H₂↑為置換反應(yīng)，H、Fe元素的化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應(yīng)，故B不選；

C．3Fe+4H₂O（g）

Fe₃O₄+4H₂為置換反應(yīng)，H、Fe元素的化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應(yīng)，故C不選；

D．4NH₃+3O₂

2N₂+6H₂O為置換反應(yīng)，N、O元素的化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應(yīng)，故D不選；

故選A．

20．已知Co₂O₃在酸性溶液中易被還原成Co²⁺，Co₂O₃、Cl₂、FeCl₃、I₂的氧化性依次減弱．下列反應(yīng)在水溶液中不可能發(fā)生的是（）

A．3Cl₂+6FeI₂═2FeCl₃+4FeI₃

B．Cl₂+FeI₂═FeCl₂+I₂

C．Co₂O₃+6HCl═2CoCl₂+Cl₂↑+3H₂O

D．2Fe³⁺+2I^﹣═2Fe²⁺+I₂

【考點】氧化性、還原性強弱的比較．

【分析】在自發(fā)進行的氧化還原反應(yīng)中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，據(jù)此判斷．

【解答】解：Co₂O₃在酸性溶液中易被還原成Co²⁺，Co₂O₃、Cl₂、FeCl₃、I₂的氧化性依次減弱，

A、因為氧化性FeCl₃＞I₂，所以氯氣先氧化碘離子后氧化亞鐵離子，故A錯誤；

B、因為氧化性FeCl₃＞I₂，所以氯氣先氧化碘離子后氧化鐵離子，故B正確；

C、因為氧化性Co₂O₃＞Cl₂，所以Co₂O₃+6HCl=2CoCl₂+Cl₂↑+3H₂O能發(fā)生，故C正確；

D、因為氧化性FeCl₃＞I₂，所以2Fe³⁺+2I^﹣=2Fe²⁺+I₂能發(fā)生，故D正確；

故選A．

21．已知還原性Cl^﹣＜Fe²⁺＜H₂O₂＜I^﹣＜SO₂，判斷下列反應(yīng)不能發(fā)生的是（）

A．2Fe³⁺+SO₂+2H₂O═SO₄^2﹣+4H⁺+2Fe²⁺

B．I₂+SO₂+2H₂O═H₂SO₄+2HI

C．H₂O₂+2H⁺+SO₄^2﹣═SO₂+O₂+2H₂O

D．2Fe³⁺+2I^﹣═2Fe²⁺+I₂

【考點】氧化性、還原性強弱的比較．

【分析】根據(jù)氧化還原反應(yīng)中還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性，可以判斷氧化還原反應(yīng)中物質(zhì)的還原性強弱，同時也可以根據(jù)還原性的強弱反推氧化還原反應(yīng)能否發(fā)生，通過逐一判斷反應(yīng)中的還原劑和還原產(chǎn)物，與題目中的還原性強弱順序表，符合的可以發(fā)生，不符合的不可以發(fā)生來解題．

【解答】解：A．反應(yīng)中還原劑為二氧化硫，還原產(chǎn)物為亞鐵離子，還原性二氧化硫大于亞鐵離子，符合，故A正確；

B．反應(yīng)中還原劑為二氧化硫，還原產(chǎn)物為碘離子，還原性二氧化硫大于碘離子，符合題中還原性的式子，故B正確；

C．反應(yīng)中還原劑為雙氧水，還原產(chǎn)物為二氧化硫，而二氧化硫的還原性大于雙氧水的，故反應(yīng)不發(fā)生，故C錯誤；

D．反應(yīng)中還原劑為碘離子，還原產(chǎn)物為亞鐵離子，還原性碘離子大于亞鐵離子，反應(yīng)可以發(fā)生，故D正確；

故選C．

22．用N_A表示阿伏加德羅常數(shù)，下列說法中正確的是（ ）

①46gNO₂和N₂O₄的混合氣體中含有的原子個數(shù)為3N_A

②常溫下，4g CH₄含有N_A個C﹣H共價鍵

③10mL質(zhì)量分數(shù)為98%的H₂SO₄，加水至100mL，H₂SO₄的質(zhì)量分數(shù)為9.8%

④標準狀況下，5.6L四氯化碳含有的分子數(shù)為0.25N_A

⑤25℃時，pH=12的1.0LNaClO溶液中水電離出的OH^﹣的數(shù)目為0.01N_A

⑥0.1mol·L^﹣1Na₂CO₃溶液中含有0.1N_A個CO₃^2﹣

⑦1molNa₂O₂與水完全反應(yīng)時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2N_A．

A．③⑥⑦ B．①②④ C．①②⑤ D．④⑤⑥

【考點】阿伏加德羅常數(shù)．

【分析】①NO₂和N₂O₄的最簡式相同，只需要計算46gNO₂中原子數(shù)；

②質(zhì)量換算物質(zhì)的量結(jié)合甲烷分子結(jié)構(gòu)計算碳氫鍵；

③加水至100mL溶液的密度變了；

④標準狀況下四氯化碳是液體；

⑤次氯酸鈉溶液中的氫氧根離子是水電離的，據(jù)此計算出1L該溶液中含有的氫氧根離子數(shù)目；

⑥溶液的體積不確定；

⑦2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑，每生成1molO₂時反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子為2mol．

【解答】解：①NO₂和N₂O₄的最簡式相同，只需要計算46gNO₂中原子數(shù)=

×3×N_A=3N_A，故①正確；

②4gCH₄物質(zhì)的量為0.25mol，分子中含C﹣H共價鍵4×0.25×n_A=n_A個，故②正確；

③加水至100mL溶液的密度變了，無法求出，故③錯誤；

④標準狀況下，5.6L四氯化碳的物質(zhì)的量不是0.25mol，故④錯誤；

⑤25℃時，pH=12的1.0LNaClO溶液中氫氧根離子的物質(zhì)的量為0.01mol，溶液中氫氧根離子是水電離的，所以水電離出的OH^﹣的數(shù)目為0.01N_A，故⑤正確；

⑥溶液的體積不確定，無法求出碳酸根的個數(shù)，故⑥錯誤；

⑦2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑，每生成1molO₂時2molNa₂O₂與水完反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子為2N_A，故⑦錯誤；

故選C．

23．下列有關(guān)實驗的選項正確的是（ ）

A配置0.10mol/LNaOH溶液	B．除去CO中的CO2	C．苯萃取碘水中的I2分出水層后的操作	D．記錄滴定終點讀數(shù)為12.20mL

A．配制0.10mol/L NaOH溶液

B．除去CO中的CO₂

C．苯萃取碘水中的I₂分出水層后的操作

D．記錄滴定終點讀數(shù)為12.20mL

【考點】化學(xué)實驗方案的評價．

【分析】A．容量瓶不能稀釋后溶解藥品，只能配制一定物質(zhì)的量濃度溶液；

B．CO和NaOH不反應(yīng)，二氧化碳能反應(yīng)生成碳酸鈉和水；

C．分液時，上層液體從上口倒出，下層液體從下口倒出；

D．滴定管大刻度在下方、小刻度在上方．

【解答】解：A．容量瓶不能稀釋后溶解藥品，只能配制一定物質(zhì)的量濃度溶液，應(yīng)該將NaOH在小燒杯中溶解，冷卻至室溫后再將氫氧化鈉溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶中，故A錯誤；

B．CO和NaOH不反應(yīng)，二氧化碳能反應(yīng)生成碳酸鈉和水，所以可以用NaOH除去CO中的二氧化碳，且導(dǎo)氣管遵循“長進短出”原則，故B正確；

C．分液時，上層液體從上口倒出，下層液體從下口倒出，苯密度小于水，所以分離苯層時從上口倒出，故C錯誤；

D．滴定管大刻度在下方、小刻度在上方，該刻度是11.80mL，故D錯誤；

故選B．

24．檢驗?zāi)澄粗芤褐惺欠窈蠸O

的下列操作中最合理的是（ ）

A．加入硝酸酸化的Ba（NO₃）₂

B．先加HNO₃酸化，再加Ba（NO₃）₂溶液

C．先加鹽酸酸化，再加BaCl₂溶液

D．加入鹽酸酸化了的BaCl₂溶液

【考點】硫酸根離子的檢驗．

【分析】檢驗?zāi)澄粗芤褐惺欠窈蠸O₄^2﹣，應(yīng)先加鹽酸排除其它離子的干擾如碳酸根離子、亞硫酸根離子、銀離子等的干擾，再加氯化鋇，以此來解答．

【解答】解：A．加入HNO₃酸化了的Ba（NO₃）₂溶液，若為亞硫酸根離子也生成白色沉淀，不能檢驗，故A錯誤；

B．先加入HNO₃酸化，若為亞硫酸根離子，亞硫酸根離子被硝酸氧化成硫酸根離子，再加Ba（NO₃）₂，生成白色沉淀硫酸鋇，不能檢驗，故B錯誤；

C．先加入鹽酸酸化，以除去SO₃^2﹣、CO₃^2﹣等離子的影響，同時，當加入稀鹽酸時沒有沉淀，可排除Cl^﹣的影響，再加入BaCl₂溶液，若有BaSO₄白色沉淀產(chǎn)生，則證明有SO₄^2﹣，故C正確；

D．先入HCl酸化了的BaCl₂溶液，生成白色沉淀可能為AgCl，不能檢驗，故D錯誤；

故選C．

25．對于某些離子的檢驗及結(jié)論一定正確的是（ ）

A．加入稀鹽酸產(chǎn)生無色氣體，將氣體通入澄清石灰水中，溶液變渾濁，一定有CO₃^2﹣

B．加入氯化鋇溶液有白色沉淀產(chǎn)生，再加鹽酸，沉淀不消失，一定有SO₄^2﹣

C．加入氫氧化鈉溶液并加熱，產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍，一定有NH₄⁺

D．加入碳酸鈉溶液產(chǎn)生白色沉淀，再加鹽酸白色沉淀消失，一定有Ba²⁺

【考點】常見離子的檢驗方法．

【分析】A．可能含有HCO₃^﹣；

B．可能生成AgCl沉淀；

C．依據(jù)銨根離子的檢驗方法分析判斷，氨氣與紅色石蕊試液變紅是同種反應(yīng)現(xiàn)象；

D．可能生成碳酸鈣沉淀．

【解答】解：A．加入鹽酸產(chǎn)生無色氣體，將氣體通入石灰水中，溶液變渾濁，說明生成二氧化碳氣體，溶液中可能含有HCO₃^﹣或CO₃^2﹣等離子，故A錯誤；

B．加入氯化鋇溶液有白色沉淀產(chǎn)生，再加鹽酸，沉淀不消失，溶液中可能含有Ag⁺離子或硫酸根離子，故B錯誤；

C．加入氫氧化鈉溶液并加熱，產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍，證明一定是氨氣，所以原溶液中一定有NH₄⁺，故C正確；

D．可能為BaCO₃、CaCO₃、MgCO₃等白色沉淀，所以不一定為Ba²⁺，故D錯誤．

故選C．

26．已知在堿性溶液中可發(fā)生如下反應(yīng)：2R（OH）₃+3ClO^﹣+4OH^﹣═2RO₄^n﹣+3Cl^﹣+5H₂O，則RO₄^n﹣中R的化合價是（）

A．+3 B．+4 C．+5 D．+6

【考點】真題集萃；氧化還原反應(yīng)．

【分析】根據(jù)電荷守恒得3×1+4×1=3×1+2n，則n=2，所以RO₄^n﹣為RO₄^2﹣，該離子中O元素化合價為﹣2價，R、O元素化合價的代數(shù)和為﹣2，據(jù)此判斷R元素化合價．

【解答】解：根據(jù)電荷守恒得3×1+4×1=3×1+2n，則n=2，所以RO₄^n﹣為RO₄^2﹣，該離子中O元素化合價為﹣2價，R、O元素化合價的代數(shù)和為﹣2，所以該離子中R元素化合價=﹣2﹣（﹣2）×4=+6，故選D．

27．下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是（ ）

A．將銅絲插入稀硝酸中：Cu+4H⁺+2NO₃^﹣═Cu²⁺+2NO₂↑+H₂O

B．向Fe₂（SO₄）₃溶液中加入過量鐵粉：Fe³⁺+Fe═2Fe²⁺

C．向Al₂（SO₄）₃溶液中加入過量氨水：Al³⁺+3NH₃·H₂O═Al（OH）₃↓+3NH₄⁺

D．向Na₂SiO₃溶液中滴加稀鹽酸：Na₂SiO₃+2H⁺═H₂SiO₃↓+2Na⁺

【考點】離子方程式的書寫．

【分析】A．銅與稀硝酸反應(yīng)生成的是NO氣體；

B．離子方程式兩邊正電荷不相等，違反了電荷守恒；

C．氨水為弱堿，硫酸鋁與過量氨水反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和硫酸銨；

D．硅酸鈉為原溶液，離子方程式中硅酸鈉應(yīng)該拆開．

【解答】解：A．將銅絲插入稀硝酸中，反應(yīng)生成硝酸銅、NO氣體和水，正確的離子方程式為：3Cu+8H⁺+2NO₃^﹣═3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，故A錯誤；

B．向Fe₂（SO₄）₃溶液中加入過量鐵粉，反應(yīng)生成硫酸亞鐵，正確的離子方程式為：2Fe³⁺+Fe═3Fe²⁺，故B錯誤；

C．向Al₂（SO₄）₃溶液中加入過量氨水，反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和硫酸銨，反應(yīng)的離子方程式為：Al³⁺+3NH₃·H₂O═Al（OH）₃↓+3NH₄⁺，故C正確；

D．向Na₂SiO₃溶液中滴加稀鹽酸，反應(yīng)生成硅酸和氯化鈉，正確的離子方程式為：SiO₃^2﹣+2H⁺═H₂SiO₃↓，故D錯誤；

故選C．

28．下列表示對應(yīng)化學(xué)反應(yīng)的離子方程式正確的是（ ）

A．向稀醋酸中滴加Na₂SO₃溶液：SO₃^2﹣+2H⁺═SO₂↑+H₂O

B．向Na₂SiO₃溶液中通入過量SO₂：SiO₃^2﹣+SO₂+H₂O═H₂SiO₃↓+SO₃^2﹣

C．向Al₂（SO₄）₃溶液中加入過量的NH₃·H₂O：Al³⁺+4NH₃·H₂O═[Al（OH）₄]^﹣+4NH₄⁺

D．向CuSO₄溶液中加入Na₂O₂：2Na₂O₂+2Cu²⁺+2H₂O═4Na⁺+2Cu（OH）₂↓+O₂↑

【考點】離子方程式的書寫．

【分析】A．醋酸的酸性小于亞硫酸的酸性；

B．反應(yīng)生成硅酸和亞硫酸氫鈉；

C．反應(yīng)生成氫氧化鋁和硫酸銨；

D．反應(yīng)生成硫酸鈉、氫氧化銅和氧氣．

【解答】解：A．向稀醋酸中滴加Na₂SO₃溶液，不發(fā)生反應(yīng)，故A錯誤；

B．向Na₂SiO₃溶液中通入過量SO₂的離子反應(yīng)為SiO₃^2﹣+2SO₂+2H₂O═H₂SiO₃↓+2HSO₃^﹣，故B錯誤；

C．向Al₂（SO₄）₃溶液中加入過量的NH₃·H₂O的離子反應(yīng)為Al³⁺+3NH₃·H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺，故C錯誤；

D．向CuSO₄溶液中加入Na₂O₂的離子反應(yīng)為2Na₂O₂+2Cu²⁺+2H₂O═4Na⁺+2Cu（OH）₂↓+O₂↑，故D正確；

故選D．

29．下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是（ ）

A．SO₂具有氧化性，可用于漂白紙漿

B．NH₄HCO₃受熱易分解，可用作氮肥

C．Fe₂（SO₄）₃易溶于水，可用作凈水劑

D．Al₂O₃熔點高，可用作耐高溫材料

【考點】二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)；銨鹽；兩性氧化物和兩性氫氧化物．

【分析】A．二氧化硫化合價居于中間價態(tài)，具有氧化性，但漂白紙張是利用二氧化硫的漂白性；

B．碳酸氫銨具有易分解的性質(zhì)，做氮肥是利用其溶解后銨根離子被植物吸收做氮肥；

C．硫酸鐵溶液中鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體具有吸附懸浮雜質(zhì)的作用，可以凈水；

D．利用氧化鋁熔點高的性質(zhì)可以做耐火材料．

【解答】解：A．二氧化硫化合價居于中間價態(tài)，具有氧化性和還原性，但漂白紙張是利用二氧化硫的漂白性，不是其氧化性，故A錯誤；

B．做氮肥是利用碳酸氫銨溶解后的銨根離子被植物吸收做氮肥，不是利用其分解的性質(zhì)，故B錯誤；

C．硫酸鐵溶液中鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體具有吸附懸浮雜質(zhì)的作用，可以凈水，不是利用的易溶于水的性質(zhì)，故C錯誤；

D．Al₂O₃熔點高，不易熔融可用作耐高溫材料，故D正確；

故選D．

30．下列物質(zhì)與其用途完全符合的有多少條（ ）

①干冰﹣人工降雨

②Na₂CO₃﹣制玻璃

③Fe₂O₃﹣紅色油漆或涂料

④Al₂O₃﹣耐火材料

⑤NaClO﹣消毒劑

⑥NaCl﹣制純堿；

⑦KAl （SO₄ ）₂﹣消毒、凈水．

A．3 B．4 C．5 D．6

【考點】物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系；常見元素的名稱、符號、離子符號．

【分析】①干冰為固態(tài)二氧化碳，能用于人工降雨；

②工業(yè)上制造玻璃的主要原料是碳酸鈉、碳酸鈣和二氧化硅；

③Fe₂O₃為紅色固體；

④Al₂O₃熔點比較高，可以用作耐火材料，

⑤NaClO能殺菌消毒；

⑥氨堿法制純堿以食鹽、石灰石、氨氣為原料來制取；

⑦KAl （SO₄ ）₂電離的鋁離子水解產(chǎn)生氫氧化鋁，可以起到凈水的作用．

【解答】解：①干冰是固體的二氧化碳，干冰升華（由固態(tài)變成氣態(tài)）時會吸收大量熱，使空氣中的水蒸氣液化成水滴降落，就是人工降雨，故①正確；

②工業(yè)上制造玻璃的主要原料是碳酸鈉、碳酸鈣和二氧化硅，故②正確；

③Fe₂O₃為紅色固體常用來做紅色油漆或涂料，故③正確；

④Al₂O₃熔點比較高，加熱很難融化，可以用作耐火材料，故④正確；

⑤NaClO具有強氧化性，能殺菌消毒，故⑤正確；

⑥氨堿法制純堿的實驗原理進行分析，以食鹽（氯化鈉）、石灰石（經(jīng)煅燒生成生石灰和二氧化碳）、氨氣為原料來制取純堿，故⑥正確；

⑦KAl （SO₄）₂電離的鋁離子水解產(chǎn)生氫氧化鋁，可以起到凈水的作用，但不具有消毒功能，故⑦錯誤．

故選：D．

二、填空題

31．今有11種物質(zhì)：①鋁線；②石墨；③氯氣；④BaSO₄晶體；⑤純硫酸；⑥金剛石；⑦石灰水；⑧乙醇；⑨熔融的KNO₃；⑩NH₃；?鹽酸．其中：

（1）能導(dǎo)電的是（填序號，下同） ①②⑦⑨? ；

（2）屬于電解質(zhì)的是 ④⑤⑨ ；

（3）屬于非電解質(zhì)的是 ⑧⑩ ；

（4）既不是電解質(zhì)又不是非電解質(zhì)的是 ①②③⑥⑦? ．

【考點】電解質(zhì)與非電解質(zhì)．

【分析】（1）金屬單質(zhì)和在熔融狀態(tài)下的電解質(zhì)以及其溶液都能導(dǎo)電；

（2）電解質(zhì)是指：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔铮娊赓|(zhì)水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姡且螂娊赓|(zhì)自身可以離解成自由移動的離子；單質(zhì)、混合物既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

（3）非金屬單質(zhì)是由非金屬元素組成的．一般的單質(zhì)除汞和金外，帶金字旁的是金屬；

（4）單質(zhì)與混合物既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)．

【解答】解：①鋁線是金屬單質(zhì)，能導(dǎo)電，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

②石墨是非金屬單質(zhì)，能導(dǎo)電，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

③氯氣不能導(dǎo)電，是非金屬單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

④BaSO₄晶體不能導(dǎo)電，熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電，屬于電解質(zhì)；

⑤純硫酸不能導(dǎo)電，溶于水能導(dǎo)電，是電解質(zhì)；

⑥金剛石是非金屬單質(zhì)，不能導(dǎo)電，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

⑦石灰水能導(dǎo)電，屬于混合物，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

⑧乙醇不能導(dǎo)電，屬于非電解質(zhì)；

⑨熔融的KNO₃能導(dǎo)電，是電解質(zhì)；

⑩NH₃不能導(dǎo)電，屬于非電解質(zhì)；

鹽酸能導(dǎo)電，屬于混合物，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

故答案為：（1）①②⑦⑨?；

（2）④⑤⑨；

（3）⑧⑩；

（4）①②③⑥⑦?．

32．在Fe+4HNO₃（?。┄TFe（NO₃）₃+NO↑+2H₂O的反應(yīng)中，HNO₃表現(xiàn)了強氧化 性和 酸 性，則1mol Fe參加反應(yīng)時，被還原的HNO₃為1 mol，轉(zhuǎn)移電子 3 mol．

【考點】氧化還原反應(yīng)的計算．

【分析】Fe+4HNO₃（?。┄TFe（NO₃）₃+NO↑+2H₂O中，F(xiàn)e元素的化合價升高，N元素的化合價降低，且1molFe失去電子與1molHNO₃得到電子相等，以此來解答．

【解答】解：生成NO體現(xiàn)硝酸的強氧化性，生成硝酸鐵體現(xiàn)硝酸的酸性，1molFe參加反應(yīng)時，被還原的HNO₃為

=1mol，轉(zhuǎn)移電子為1mol×（3﹣0）=3mol，

故答案為：強氧化；酸；1；3．

33．NaClO₂是一種重要的殺菌消毒劑，也常用來漂白織物等，其一種生產(chǎn)工藝如下：

回答下列問題：

（1）NaClO₂中Cl的化合價為 +3價 ．

（2）寫出“反應(yīng)”步驟中生成ClO₂的化學(xué)方程式2NaClO₃+SO₂+H₂SO₄=2NaHSO₄+2ClO₂．

（3）“電解”所用食鹽水由粗鹽水精制而成，精制時，為除去Mg²⁺和Ca²⁺，要加入的試劑分別為NaOH溶液 、Na₂CO₃溶液．“電解”中陰極反應(yīng)的主要產(chǎn)物是ClO₂^﹣（或NaClO₂）．

（4）“尾氣吸收”是吸收“電解”過程排出的少量ClO₂．此吸收反應(yīng)中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2：1 ，該反應(yīng)中氧化產(chǎn)物是 O₂ ．

（5）“有效氯含量”可用來衡量含氯消毒劑的消毒能力，其定義是：每克含氯消毒劑的氧化能力相當于多少克Cl₂的氧化能力．NaClO₂的有效氯含量為1.57 ．（計算結(jié)果保留兩位小數(shù)）

【考點】制備實驗方案的設(shè)計．

【分析】（1）在NaClO₂中Na為+1價，O為﹣2價，根據(jù)正負化合價的代數(shù)和為0計算得到；

（2）NaClO₃和SO₂在H₂SO₄酸化條件下生成ClO₂，其中NaClO₂是氧化劑，還原產(chǎn)物為NaCl，回收產(chǎn)物為NaHSO₄，說明生成硫酸氫鈉，且產(chǎn)生ClO₂，根據(jù)電子守恒和原子守恒配平書寫化學(xué)方程式；

（3）食鹽溶液中混有Mg²⁺和Ca²⁺，可以利用過量NaOH溶液除去Mg²⁺，利用過量Na₂CO₃溶液除去Ca²⁺，ClO₂氧化能力強，根據(jù)結(jié)晶干燥后的產(chǎn)物可知ClO₂的還原產(chǎn)物為NaClO₂；

（4）依據(jù)圖示可知，利用含過氧化氫的氫氧化鈉溶液吸收ClO₂，產(chǎn)物為ClO₂^﹣，則此反應(yīng)中ClO₂為氧化劑，還原產(chǎn)物為ClO₂^﹣，化合價從+4價降為+3價，H₂O₂為還原劑，氧化產(chǎn)物為O₂，每摩爾H₂O₂得到2mol電子，依據(jù)電子守恒可知氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比；

（5）每克NaClO₂的物質(zhì)的量

=

mol，依據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，可知氯氣的物質(zhì)的量為

mol×4×

=

mol，計算得到氯氣的質(zhì)量．

【解答】解：（1）在NaClO₂中Na為+1價，O為﹣2價，根據(jù)正負化合價的代數(shù)和為0，可得Cl的化合價為+3價，

故答案為：+3；

（2）NaClO₃和SO₂在H₂SO₄酸化條件下生成ClO₂，其中NaClO₂是氧化劑，還原產(chǎn)物為NaCl，回收產(chǎn)物為NaHSO₄，說明生成硫酸氫鈉，且產(chǎn)生ClO₂，根據(jù)電子守恒可知，此反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NaClO₃+SO₂+H₂SO₄=2NaHSO₄+2ClO₂，

故答案為：2NaClO₃+SO₂+H₂SO₄=2NaHSO₄+2ClO₂；

（3）食鹽溶液中混有Mg²⁺和Ca²⁺，可以利用過量NaOH溶液除去Mg²⁺，利用過量Na₂CO₃溶液除去Ca²⁺，ClO₂氧化能力強，根據(jù)結(jié)晶干燥后的產(chǎn)物可知ClO₂的還原產(chǎn)物為NaClO₂，因此電解裝置中陰極ClO₂得電子生成ClO₂^﹣，陽極Cl^﹣失電子生成Cl₂．

故答案為：NaOH溶液；Na₂CO₃溶液；ClO₂^﹣（或NaClO₂）；

（4）依據(jù)圖示可知，利用含過氧化氫的氫氧化鈉溶液吸收ClO₂，產(chǎn)物為ClO₂^﹣，則此反應(yīng)中ClO₂為氧化劑，還原產(chǎn)物為ClO₂^﹣，化合價從+4價降為+3價，H₂O₂為還原劑，氧化產(chǎn)物為O₂，每摩爾H₂O₂得到2mol電子，依據(jù)電子守恒可知氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為2：1，

故答案為：2：1；O₂；

（5）1gNaClO₂的物質(zhì)的量

=

mol，依據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，NaClO₂～Cl^﹣～4e^﹣，Cl₂～2Cl^﹣～2e^﹣，可知氯氣的物質(zhì)的量為

mol×4×

=

mol，則氯氣的質(zhì)量為

mol×71g/mol=1.57g，

故答案為：1.57g．

34．以Na₂SO₃溶液和不同金屬的硫酸鹽溶液作為實驗對象，探究鹽的性質(zhì)和鹽溶液間反應(yīng)的多樣性．

實驗	試劑	現(xiàn)象
滴管	試管
	0.2mol/L Na2SO3溶液	飽和Ag2SO4溶液	Ⅰ產(chǎn)生白色沉淀
0.2mol/LCuSO4溶液	Ⅱ溶液變綠，繼續(xù)滴加產(chǎn)生棕黃色沉淀
0.1mol/LAl2（SO4）3溶液	Ⅲ開始無明顯變化，繼續(xù)滴加產(chǎn)生白色沉淀

（1）經(jīng)檢驗，現(xiàn)象Ⅰ中的白色沉淀是Ag₂SO₃．用離子方程式解釋現(xiàn)象Ⅰ：2Ag⁺+SO₃^2﹣=Ag₂SO₃↓．

（2）經(jīng)檢驗，現(xiàn)象Ⅱ的棕黃色沉淀中不含SO₄^2﹣，含有Cu⁺、Cu²⁺和SO₃^2﹣．

已知：Cu+

Cu+Cu²⁺，Cu²⁺

CuI↓（白色）+I₂．

①用稀硫酸證實沉淀中含有Cu⁺的實驗現(xiàn)象是 析出紅色固體 ．

②通過下列實驗證實，沉淀中含有Cu²⁺和SO₃^2﹣．

a．白色沉淀A是BaSO₄，試劑1是HCl和BaCl₂溶液 ．

b．證實沉淀中含有Cu⁺和SO₃^2﹣的理由是棕黃色沉淀與KI溶液反應(yīng)生成白色沉淀（CuI），證明含有Cu²⁺，白色沉淀A為硫酸鋇，證明含有SO₃^2﹣．

【考點】性質(zhì)實驗方案的設(shè)計．

【分析】（1）0.2mol/LNa₂SO₃溶液滴入飽和Ag₂SO₄溶液發(fā)生反應(yīng)生成白色沉淀Ag₂SO₃；

（2）①根據(jù)第二題中現(xiàn)象2及已知信息，可以得知，取少量洗凈（排除Cu²⁺干擾）的棕黃色沉淀，滴加稀硫酸，沉淀變紅（銅單質(zhì)），則證明有Cu⁺；

②a．根據(jù)BaSO₄沉淀可知，加入的試劑為含Ba²⁺的化合物，可以選用BaCl₂；

b．由白色沉淀A可知之前所取上層清液中有SO₄^2﹣，由加入KI生成白色沉淀可知棕黃色沉淀中含有Cu²⁺，Cu²⁺和I^﹣作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉無現(xiàn)象說明上層清液中無I₂，而Cu²⁺和I^﹣反應(yīng)生成I₂，因而推斷生成的I₂參與了其他反應(yīng)，因而有還原劑SO₃^2﹣；

【解答】解：（1）實驗Ⅰ中0.2mol/LNa₂SO₃溶液滴入飽和Ag₂SO₄溶液，由于Ag₂SO₄飽和溶液且溶液混合后稀釋，因此不可能是Ag₂SO₄沉淀，考慮SO₃^2﹣濃度較大，因此推斷白色沉淀為Ag₂SO₃，反應(yīng)的離子方程式為：2Ag⁺+SO₃^2﹣=Ag₂SO₃↓，故答案為：2Ag⁺+SO₃^2﹣=Ag₂SO₃↓；

（2）①依據(jù)反應(yīng)Cu⁺和稀硫酸反應(yīng)銅和銅離子，若沉淀中含有Cu⁺，加入稀硫酸會發(fā)生歧化反應(yīng)生成銅單質(zhì)，實驗現(xiàn)象是有紅色固體生成，

故答案為：析出紅色固體；

②a．分析實驗流程可知實驗原理為2Cu²⁺+4I^﹣=2CuI+I₂、I₂+SO₃^2﹣+H₂O=SO₄^2﹣+2I^﹣+2H⁺、SO₄^2﹣+Ba²⁺=BaSO₄↓，根據(jù)BaSO₄沉淀可知，加入的試劑為含Ba²⁺的化合物，可以選用BaCl₂溶液，考慮沉淀A沒有BaSO₃，因此應(yīng)在酸性環(huán)境中．

故答案為：HCl和BaCl₂溶液；

b．由白色沉淀A可知之前所取上層清液中有SO₄^2﹣，由加入KI生成白色沉淀可知棕黃色沉淀中含有Cu²⁺，Cu²⁺和I^﹣作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉無現(xiàn)象說明上層清液中無I₂，而Cu²⁺和I^﹣反應(yīng)生成I₂，因而推斷生成的I₂參與了其他反應(yīng)，因而有還原劑SO₃^2﹣；

故答案為：棕黃色沉淀與KI溶液反應(yīng)生成白色沉淀（CuI），證明含有Cu²⁺，白色沉淀A為硫酸鋇，證明含有SO₃^2﹣；

2016年10月23日