第一章 物质及其变化 单元测试-2022-2023学年高一化学同步学习高效学与练（人教版2019必修第一册）

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2022-2023学年高一化学同步学习高效学与练
第一章 物质及其变化
单元测试
一．选择题
1．（2021·东台创新高级中学高一月考）下列变化属于化学变化的是
A．车胎爆炸 B．氮的固定 C．碘的升华 D．海水晒盐
【答案】B
【详解】
A．车胎爆炸是物质形状的变化，没有新物质产生，发生的是物理变化，A不符合题意；
B．氮的固定是氮元素的单质转化为氮的化合物的过程，在这个过程中有新物质产生，因此发生的变化是化学变化，B符合题意；
C．碘的升华是固态碘不经过液态直接变为气态的过程，是物质状态的变化。在这个过程中没有新物质产生，发生的是物理变化，C不符合题意；
D．海水晒盐是风吹日晒，海水蒸发，盐结晶析出，没有新物质产生，因此发生的变化是物理变化，D不符合题意；
故合理选项是B。
2．（2021·浙江绍兴市·高一期末）下列说法不正确的是
A．英国科学家道尔顿于1803年提出原子学说，为近代化学的发展奠定了基础
B．Na2O2能与盐酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物
C．当光束通过氢氧化铁胶体时可以看到一条光亮的通路，是因为分散质粒子直径介于10-9～10-7之间，对光线的散射形成的
D．电解质受热熔化形成自由移动离子的过程是电离
【答案】B
【详解】
A．道尔顿于1803年提出原子学说，为近代化学的发展奠定了基础，故A正确；
B．Na2O2属于过氧化物，不是碱性氧化物，故B错误；
C．当光束通过氢氧化铁胶体时可以看到一条光亮的通路，是因为分散质粒子直径介于10-9～10-7m之间，对光线有散射作用，形成丁达尔效应，故C正确；
D．电解质受热熔化或溶于水时形成自由移动离子的过程是电离，故D正确；
选B。
3．（2019·新疆乌鲁木齐市·乌市八中高一月考）关于胶体和溶液的叙述中正确的是
A．用滤纸能分离胶体和溶液
B．溶液和胶体的本质区别是丁达尔效应
C．江河入海口形成三角洲与胶体的性质有关
D．胶体的电泳现象说明胶体带有电荷
【答案】C
【详解】
A．溶液与胶体均可透过滤纸，不能用滤纸分离胶体和溶液，故A错误；
B．溶液和胶体的本质区别是分散质粒子直径的大小不同，故B错误；
C．江河入海口形成三角洲是因为河水中的土壤胶体粒子遇到海水中的电解质发生了聚沉，与胶体的性质有关，故C正确；
D．胶体的电泳现象说明胶粒带有电荷，胶体本身是电中性的，故D错误；
故选C。
4．（2021·广东揭阳市·高一期中）为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：①过滤②加过量NaOH溶液③加适量盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤加过量BaCl2溶液。下列操作顺序中最合适的是
A．①④②⑤③ B．④①②⑤③ C．②⑤④①③ D．⑤②④③①
【答案】C
【详解】
NaOH溶液可以除去Mg2+，BaCl2溶液可以除去硫酸根，Na2CO3溶液可以除去Ca2+和过量的Ba2+，所以Na2CO3要加在BaCl2之后，盐酸可以除去氢氧根和碳酸根，但同时也可以使部沉淀溶解，所以需先过滤，然后加盐酸除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，所以操作顺序可以为：②⑤④①③或⑤②④①③或⑤④②①③；
故答案为C。
5．（2021·广西梧州市·高一期末）下列反应的离子方程式正确的是
A．向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：
B．用稀盐酸除水垢中的氢氧化镁：
C．用碳酸氢钠作为抗酸药中和胃酸：
D．用H2SO4中和碱性废水：
【答案】B
【详解】
A．向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸，发生反应的离子方程式为： ，故A错误；
B．用稀盐酸和氢氧化镁反应生成盐和水，其反应的离子方程式为：，故B正确；
C．胃酸的主要成分是盐酸，能和碳酸氢钠反应，其反应的离子方程式为： ,故C错误；
D．H2SO4属于强酸，中和碱性废水的离子方程式为： ，故D错误；
故答案：B。
6．（2021·安徽省太和中学高一月考）日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是
A．铜铸塑像上出现铜绿 B．氢气球遇火发生爆炸
C．小苏打与盐酸反应生成 D．铝锅表面生成致密的保护膜
【答案】C
【详解】
A．铜铸塑像上出现铜绿，发生反应的方程式为：2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3，铜被氧化，该反应属于氧化还原反应，故A不选；
B．氢气在氧气中混合遇火发生爆炸，反应生成水，氢元素、氧元素的价态均发生改变，属于氧化还原反应，故B不选；
C．碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应过程中各元素的价态均没有变化，属于非氧化还原反应，故C正确；
D．单质铝表面生成致密薄膜氧化铝，化合价改变，属于氧化还原反应，故D不选；
故选C。
7．（2021·上海市光明中学高一期末）在无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的离子组是
A．K+、Na+、、 B．Mg2+、Na+、Cl-、
C．K+、Cu2+、Br-、S2- D．Fe2+、Al3+、I-、
【答案】B
【详解】
A．的水溶液显紫色，在无色溶液中不能大量存在，A不符合题意；
B．选项离子均无色，不能发生任何反应，可以大量共存，B符合题意；
C．Cu2+水溶液显蓝色，在无色溶液中不能大量存在；且Cu2+、S2-会发生反应产生CuS黑色沉淀，不能大量共存，C不符合题意；
D．在酸性溶液中，H+与Fe2+、I-、会发生氧化还原反应，不能大量共存，D不符合题意；
故合理选项是B。
8．（2021·上海市新场中学高一期中）下列含硫化合物中，硫既有氧化性又有还原性的是（ ）
A．S B．H2S C．SO2 D．H2SO4
【答案】C
【分析】
由元素的化合价可知，处于最高价的元素的微粒具有氧化性，处于最低价的元素的微粒具有还原性，而处于中间价态的微粒既有氧化性又有还原性，以此来解答。
【详解】
A．S中元素的化合价为0，为中间价态，则S既有氧化性又有还原性，但题目说是化合物，A项错误；
B．H2S中S元素的化合价为-2价，为最低价，则H2S具有还原性，B项错误；
C．SO2中S元素的化合价为+4价，为中间价态，则SO2既有氧化性又有还原性，C项正确；
D．H2SO4中S元素的化合价为+6价，为最高价，则H2SO4只有氧化性，D项错误；
答案选C。
9．（2021·北京师范大学万宁附属中学高一开学考试）下列氧化还原反应中电子转移情况分析正确的是
A． B．

C． D．
【答案】A
【详解】
A．反应中Cu化合价由+2价→0价，化合价降低，得到电子，C的化合价由0价→+4价化合价升高，失电子，反应中转移电子数为4，故A正确；
B．该反应中4HCl中只有2个失电子转变成氯气，转移电子数为2×e-，故B错误；
C．二氧化碳得电子，C单质失电子，故C错误；
D．氯酸钾中Cl的化合价由+5价到-1价，得6个电子，2KClO3得12电子，表示为：2×6e-，氧的化合价由-2价到0价，失电子，失电子数表示为6×2e-，故D错误；
故选：A。
10．（2020·福建省连城县第一中学高一月考）下列各组离子因发生氧化还原反应而不能大量共存的是
A．H+、I-、、 B．Ca2+、H+、、
C．Na+、Cu2+、Cl-、OH- D．Ba2+、K+、、Cl-
【答案】A
【详解】
A．酸性条件下有强氧化性，能氧化I-，两者发生氧化还原反应，则不能大量共存，故A正确；
B．H+和能发生离子反应生成H2O和CO2，Ca2+和发生离子反应生成微溶的CaSO4，而不能大量共存，但没有发生氧化还原反应，故B错误；
C．Cu2+和OH-能发生离子反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，而不能大量共存，但没有发生氧化还原反应，故C错误；
D．Ba2+和能发生离子反应生成BaCO3沉淀，而不能大量共存，但没有发生氧化还原反应，故D错误；
故答案为A。
11．（2021·福建省福州格致中学高一期中）下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．酸性溶液：Na+、I-、NO
B．使酚酞变红的溶液：K+、Mg2+、SO
C．含大量SO的澄清溶液：Cu2+、Cl-、NO
D．加入铝粉放出氢气的溶液：Na+、Mg2+、ClO-
【答案】C
【详解】
A．酸性溶液中有H+，与I-、NO发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；
B．使酚酞变红的溶液有OH-，与Mg2+形成沉淀，不能共存，故B错误；
C．四种离子之间不反应，能共存，故C正确；
D．铝有两性，加入铝粉放出氢气的溶液可能呈碱性，则与Mg2+不能共存，故D错误；
故选：C。
12．（2020·浙江省淳安县汾口中学高一月考）已知还原性强弱：SO2>I->Fe2+>Cl-，判断下列反应不能发生的是
A．SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++4H++SO B．SO2+I2+2H2O=2I-+4H++SO
C．I2+2Cl-=Cl2+2I- D．2Fe3++2I-=2Fe2++I2
【答案】C
【详解】
在同一氧化还原反应中，由还原剂的还原性比还原产物的强，据此分析解题，
A．若反应SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++4H++SO能发生，则SO2是还原剂，Fe2+是还原产物，故有还原性：SO2> Fe2+，与题干信息一致，故反应能够发生，A不合题意；
B．若反应SO2+I2+2H2O=2I-+4H++SO能发生，则SO2是还原剂，I-是还原产物，故有还原性：SO2>I-，与题干信息一致，故反应能够发生，B不合题意；
C．若反应I2+2Cl-=Cl2+2I-能发生，则Cl-是还原剂，I-是还原产物，故有还原性：Cl-> I-，与题干信息不一致，故反应不能够发生，C符合题意；
D．若反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2能发生，则I-是还原剂，Fe2+是还原产物，故有还原性：I- > Fe2+，与题干信息一致，故反应能够发生，D不合题意；
故答案为：C。
13．（2020·江苏南通市·海门市第一中学高一月考）反应3Cl2+8NH3 = 6NH4Cl+N2常用于判断氯气管道是否漏气，关于该反应的说法正确的是
A．Cl2发生氧化反应
B．每生成1 分子N2，转移3个电子
C．NH3是还原剂
D．被氧化与未被氧化的NH3的分子数之比为3：1
【答案】C
【详解】
A．Cl2化合价降低，做氧化剂，发生还原反应，A错误；
B．N元素化合价从-3升至0价，有转移电子数为2×3=6个，则每生成1 分子N2，转移6个电子，B错误；
C．NH3转化成N2，N元素化合价升高，NH3做还原剂，C正确；
D．8molNH3中，有2molN被氧化，6molN未被氧化，被氧化与未被氧化的NH3的分子数之比为2:6=1：3，D错误；
故选：C。
14．（2021·浙江高一月考）为验证还原性：SO2>Fe2+>Cl-，三组同学分别进行了下图实验，并对溶液1和溶液2中所含离子进行了检验，能证明上述还原性顺序的实验组有


溶液1
溶液2
甲
含Fe3+、Fe2+
含
乙
含Fe3+，无Fe2+
含
丙
含Fe3+，无Fe2+
含Fe2+

A．只有甲 B．甲、乙
C．甲、丙 D．甲、乙、丙
【答案】C
【详解】
甲：溶液1肯定含Fe3+，Fe2+，说明二价铁将氯气还原成氯离子，可以证明还原性：Fe2+＞Cl-，且没有氯气剩余；又已知溶液2肯定含，则肯定发生反应：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，可以得到还原性：SO2＞Fe2+，所以能证明还原性：SO2＞Fe2+＞Cl-；
乙：溶液1肯定含Fe3+，无Fe2+，说明二价铁将氯气还原成氯离子，可以证明还原性：Fe2+＞Cl-，但不能证明通入的氯气是否有残留，又已知溶液2含，可能是残留的氯气氧化二氧化硫生成硫酸根，所以不能证明还原性：SO2＞Fe2+，即不能证明还原性：SO2＞Fe2+＞Cl-；
丙：溶液1肯定含Fe3+，无Fe2+，说明二价铁将氯气还原成氯离子，可以证明还原性：Fe2+＞Cl-；溶液2含Fe2+，则肯定发生反应：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，可以得到还原性：SO2＞Fe2+，所以能证明还原性：SO2＞Fe2+＞Cl-；
综上所述能证明还原性SO2＞Fe2+＞Cl-的是甲、丙，答案为C。
15．（2021·淮北市树人高级中学高一开学考试）在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有大量Cu2+、K+、H+、Cl-、、OH-6种离子中的3种，已知甲烧杯的溶液呈碱性，则乙烧杯溶液中大量存在的离子是
A．K+、H+、 B．、OH-、Cl-
C．K+、、Cl- D．Cu2+、H+、Cl-
【答案】D
【详解】
甲烧杯的溶液呈碱性，则一定含有OH-，与OH-不能大量共存的Cu2+、H+在乙组；与Cu2+、H+不能大量共存的在甲组；再从溶液呈电中性分析，甲组中还含有K+，乙组中还含有Cl-，从而得出乙组中含有Cu2+、H+、Cl-，故选D。
16．（2021·广东茂名市·高一期末）联合生产可以有效减轻环境污染，提高资源的利用率。下图为钛厂、氯碱厂和甲醇()厂联合生产的工艺流程，下列叙述正确的是

已知：“氯化”过程在高温下进行，且该过程中Ti元素的化合价没有变化。
A．四氯化钛制备钛的过程属于热分解法
B．“氯化”过程中还原剂只有C
C．“合成”过程中原子利用率为100%
D．“电解”过程中为氧化产物
【答案】C
【分析】
电解饱和食盐水，可生成氢气、氯气和NaOH，将粉碎的钛铁矿经过处理放入氯化炉、加入焦炭，通入氧化剂Cl2生成CO、TiCl4和FeCl3，CO和H2合成重要甲醇，在Ar气流中用Mg还原TiCl4得到金属Ti，以此解答该题。
【详解】
A．四氯化钛制备钛的过程属于热还原法，故A错误；
B．由流程可知，氯气、钛铁矿、焦炭反应生成氯化铁、氯化钛和一氧化碳，反应的方程式为7Cl2+2FeTiO3+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO，该过程中Ti元素的化合价没有变化，则Fe元素的化合价由+2价升至+3价，C元素的化合价由0价升至+2价，还原剂是FeTiO3、C，故B错误；
C．“合成”反应中CO与H2反应生成CH3OH，反应方程式为CO+2H2═CH3OH，原子利用率为100%，故C正确；
D．“电解”过程中2H2O+2NaCl2NaOH+Cl2↑+H2↑，H元素化合价降低，则H2为还原产物，故D错误；
故选：C。
二．非选择题
17．（2021·衡水市第十四中学高一月考）现有以下物质：①NaOH溶液；②液氨；③BaCO3固体；④熔融KHSO4；⑤Fe(OH)3胶体；⑥铜；⑦CO2；⑧CH3COOH；⑨蔗糖；⑩冰水混合物
(1)以上物质中属于混合物的是___________(填序号)，以上物质中属于电解质的是___________(填序号)；以上纯净物中能导电的是___________(填序号)。
(2)写出制备物质⑤的化学方程式___________，在小烧杯中加入20mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈___________色，即制得Fe(OH)3胶体。如何用最筒単的操作判断是否成功制备出胶体___________
(3)在足量④的水溶液中加入少量③，发生反应的离子方程式为___________。
(4)在含40g溶质的①溶液中缓缓通入标准状况下66gCO2，则反应后溶液的溶质有___________(填化学式)，该过程的离子反应方程式为___________。
【答案】①⑤ ③④⑧⑩ ④⑥⑩ FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl 红褐 利用丁达尔效应，用一束光照射所得的液体，从侧面观察是否有-条光亮的“通路”出现 BaCO3+2H++SO=BaSO4↓+H2O+CO2↑ NaHCO3 OH-+CO2=HCO
【详解】
(1)①NaOH溶液是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质，
②液氨是纯净物，不导电，不能电离属于非电解质，
③BaCO3固体不能导电，属于纯净物，熔融状态导电属于电解质，
④熔融KHSO4导电属于电解质，是纯净物，
⑤Fe(OH)3 胶体能导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质，
⑥铜能导电，为金属单质，属于纯净物，既不是电解质也不是非电解质，
⑦CO2不能导电，为纯净物，不能电离属于非电解质，
⑧CH3COOH不能导电，为纯净物，溶液中导电属于电解质，
⑨蔗糖不能导电，为纯净物，水溶液中和熔融状态都不导电属于非电解质，
⑩冰水混合物导电，是纯净物，属于电解质，
属于混合物的是①⑤，以上物质中属于电解质的是③④⑧⑩，以上纯净物中能导电的是④⑥⑩；
(2)制备物质⑤的化学方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，液体为胶体分散系，如果设计实验证明，应该是利用胶体具有的丁达尔效应，胶体区别于溶液的关键在于：溶液粒子直径小于1nm，胶体粒子直径大小在1nm～100nm，即溶液不产生丁达尔效应，而氢氧化铁胶体能产生丁达尔效应，操作为：用一束光线照射，能产生一条光亮的通路；
(3)在足量④的水溶液中加入少量③，是KHSO4和BaCO3发生的复分解反应生成二氧化碳气体，反应的离子方程式：BaCO3+2H++SO=BaSO4↓+H2O+CO2↑；
(4)在含40g溶质的①溶液中缓缓通入标准状况下66g CO2，溶液中n(NaOH)=m/M=40g/40g/mol=1mol，n(CO2)= m/M=66g/44g/mol=1.5，则n(NaOH)：n(CO2)=1mol：1.5mol=2：3=1：1.5，二氧化碳过量，故发生反应：CO2+NaOH=NaHCO3，且CO2剩余，溶液中溶质为NaHCO3，反应的离子方程式：OH-+CO2=HCO。
18．利用分类法研究化学物质可系统、全面认识物质的性质。
Ⅰ.下列三组物质中，均有一种物质的类别与其他三种不同。
①MgO、Na2O、CO2、CuO
②HCl、H2O、H2SO4、HNO3
③NaOH、Na2CO3、KOH、Cu(OH)2
(1)三种物质依次是(填化学式)：①_______；②_______；③_______。
(2)这三种物质相互作用可生成一种新物质NaHCO3，该反应_______(填“是”或“不是”)氧化还原反应。
(3)写出Na2CO3与少量稀硫酸反应的离子方程式：_______。
(4)HCO与H+、OH-在溶液都不能大量共存，试用离子方程式说明：_______、_______
Ⅱ.现有以下物质：①食盐水　②盐酸 ③CaCO3固体　④醋酸 ⑤蔗糖　⑥铜　⑦CO2　⑧H2SO4　⑨KOH固体。其中能导电的物质是_______，属于强电解质的是_______，属于非电解质的是_______。
【答案】CO2 H2O Na2CO3 不是 CO+2H+＝CO2↑+H2O HCO+H+＝CO2↑+H2O HCO+OH-＝CO+H2O ①②④⑥ ③⑧⑨ ⑤⑦
【详解】
Ⅰ.(1)①MgO、Na2O、CuO是金属氧化物，CO2是非金属氧化物；
②HCl、H2SO4、HNO3都是含氧酸，H2O是氧化物；
③NaOH、KOH、Cu(OH)2都是碱，Na2CO3是盐；
故答案为：①CO2；②H2O；③Na2CO3；
(2)碳酸钠、二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，过程中没有化合价变化，不是氧化还原反应；故答案为：不是；
(3)碳酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，离子方程式：CO+2H+＝CO2↑+H2O；故答案为：CO+2H+＝CO2↑+H2O；
(4)碳酸氢根离子能够与氢离子反应生成二氧化碳和水，与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，均不能大量共存，离子方程式分别是：HCO+H+＝CO2↑+H2O、HCO+OH-＝CO+H2O；故答案为：HCO+H+＝CO2↑+H2O、HCO+OH-＝CO+H2O；
Ⅱ.含有自由移动电子或离子的物质可以导电，则①食盐水、②盐酸、④醋酸、⑥铜能导电；所以能导电的为：①②④⑥；故答案为：①②④⑥；
③CaCO3、⑧H2SO4、⑨KOH在一定条件下均能完全电离出离子，均是化合物，属于强电解质，故答案为：③⑧⑨；
溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，⑤蔗糖、⑦CO2都是非电解质，故答案为：⑤⑦。
19．（2021·河北武强中学高一月考）(一)火药是中国的“四大发明”之一，永远值得炎黄子孙骄傲，也永远会激励着我们去奋发图强。黑火药在发生爆炸时，发生如下的反应：2KNO3+C+S=K2S+2NO2↑+CO2↑。其中被还原的元素是_____，被氧化的元素是_____，氧化剂是_____，还原剂是______
(二)已知铜在常温下能被稀HNO3溶解，反应为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。
(1)请将上述反应改写成离子方程式：______。
(2)氧化剂是______，还原剂是_______。
(3)用双线桥法标出该反应的电子转移情况：_______。
(4)在参加反应的硝酸中，起氧化作用的HNO3与起酸性作用的HNO3的质量比为______。
【答案】N、S C KNO3、S C 3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O HNO3 Cu 1:3
【分析】
根据化合价的变化判断氧化还原反应中的对应项，化合价升高的元素是被氧化，所含元素的物质是还原剂；降低的元素是被还原，所含元素的反应物是氧化剂；化合价的变化值即是得电子数、失电子数、转移电子数。
【详解】
(一)根据元素的化合价变化判断：N元素由+5价降到+4价，S元素由0价降到-2价，故N、S元素被还原，C元素的化合价由0价升为+4价，被氧化。含N、S元素的反应物做氧化剂，即是KNO3、S，含化合价升高的反应物做还原剂，是C；
（二）（1）根据单质、氧化物不能改写为离子，得出离子方程式为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；
(2)元素N由+5价变为+2价，故含氮的硝酸做氧化剂，Cu元素化合价由0升为+2价，Cu做为还原剂；
(3) 根据双线桥法的规则：


(4)根据变价元素N由+5价变为+2价有2个N，没有发生变化N有6个，故起氧化作用的HNO3与起酸性作用的HNO3的质量比为1:3；
【点睛】
转移电子数等于化合价的升高总数等于化合价的降低总数，根据化合价的变化判断对应项。
20．（2020·江西省信丰中学高一月考）Ⅰ.某无色溶液中可能含有Na+、Ba2+、Cu2+、CO、Cl-、Mg2+中的一种或几种离子。
①向此溶液中滴加足量稀盐酸无明显现象。
②取少许①的溶液并加入少量的Na2SO4溶液，有白色沉淀产生。
③取②的上层清液并加入足量的NaOH溶液，有白色沉淀产生。
则原溶液中一定含有的离子是_______，一定不含有的离子是_______。
II.酸式盐是盐的一种，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3、NaHSO4、KH2PO4、K2HPO4等。已知H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，H3PO2水溶液中存在H3PO2分子。
(1)H3PO2属于_______酸；NaH2PO2为_______盐(填序号)
①一元酸，②二元酸，③三元酸，④强酸，⑤弱酸，⑥正盐，⑦酸式盐
(2)写出H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式_______。
【答案】Ba2+、Cl-、Mg2+ CO、Cu2+ ①⑤ ⑥ H3PO2 + OH- = H2PO+ H2O
【详解】
Ⅰ．溶液无色，则一定不含Cu2+；
向此溶液中滴加足量稀盐酸无明显现象，则一定不含CO；
取少许①的溶液并加入少量的Na2SO4溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定存在Ba2+；
取②的上层清液并加入足量的NaOH溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定含有Mg2+；溶液显电中性，所以还一定有一种阴离子，则一定含有Cl-；
综上所述原溶液中一定含有的离子是Ba2+、Cl-、Mg2+，一定不含有的离子是CO、Cu2+；
Ⅱ．(1)H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，说明次磷酸为一元酸，H3PO2水溶液中存在H3PO2分子，说明次磷酸为弱酸，所以H3PO2属于①一元酸、⑤弱酸；NaH2PO2不能和NaOH反应，即不能电离出H+，所以为⑥正盐；
(2)H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，离子方程式为H3PO2 + OH- = H2PO+ H2O。
21．（2021·安徽滁州市·高一期末）某小组同学为比较酸性条件下、、的氧化性强弱，设计如下实验夹持仪器已略。

实验步骤及现象记录如下：
I．打开活塞c，向装置B滴加次氯酸钠溶液，溶液立即变为黄色，一段时间后观察到装置B中液面上方出现黄绿色气体时，立即关闭活塞c。
Ⅱ．用注射器取出少量装置B中的溶液，滴加几滴KSCN溶液，溶液变为血红色。
Ⅲ．打开活塞b，向装置A中加入足量浓硫酸后，关闭活塞b，装置A中产生气体，装置B中有气泡，一段时间后，观察到装置B中溶液黄色变浅绿色。
Ⅳ．一段时间后，用注射器取出少量装置B中的上层清液。
Ⅴ．打开旋塞a，通一段时间空气。
请回答下列问题：
(1)在添加药品前需进行的操作是___________。
(2)步骤Ⅰ中，一段时间后观察到装置B中液面上方出现黄绿色气体的离子方程式为___________。
(3)步骤Ⅲ中，装置A中加入浓硫酸发生反应的化学方程式为___________。
(4)步骤Ⅲ中，开始一段时间，装置B中溶液的颜色并无明显变化，此段时间，溶液中发生反应的离子方程式为___________。
(5)步骤Ⅳ是为了验证该溶液中存在的。请补充完整该步骤合理的操作及实验现象：___________。
(6)步骤Ⅴ的目的为___________。
(7)分析实验现象，可得出该实验的结论是___________。
【答案】检查装置气密性 滴加溶液，出现蓝色沉淀 将装置中残留的、排入装置C中，被NaOH溶液吸收，防止污染 酸性条件下，氧化性：
【分析】
比较酸性条件下、、的氧化性强弱，由实验装置可知，先检验装置的气密性，然后通入氮气将空气排出，A中浓硫酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，B中发生2Fe2++2H++ClO-=2Fe3++Cl-+H2O、2H++ClO-+Cl-=Cl2↑+H2O，B中生成氯气与A中二氧化硫反应生成硫酸和盐酸，此时B中溶液的颜色并无明显变化，对应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=4H+++2Cl-，C中NaOH溶液吸收尾气。
【详解】
（1）该实验涉及气体反应，故在添加药品前需进行的操作是检查装置气密性，故答案为：检查装置气密性；
（2）步骤Ⅰ中，一段时间后观察到装置B中液面上方出现黄绿色气体氯气，该反应的离子方程式为2H++ClO-+Cl-=Cl2↑+H2O，故答案为：2H++ClO-+Cl-=Cl2↑+H2O；
（3）步骤Ⅲ中，装置A中加入浓硫酸发生反应的化学方程式为：；故答案为：；
（4）步骤I中，开始一段时间，装置B中生成氯气与A中二氧化硫反应生成硫酸和盐酸，此时B中溶液的颜色并无明显变化，对应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=4H+++2Cl-，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=4H+++2Cl-；
（5）验证该溶液中存在的Fe2+，应滴加应滴加溶液，若出现蓝色沉淀，则证明有Fe2+，故答案为：滴加溶液，出现蓝色沉淀；
（6）打开旋塞a，通一段时间空气的目的是将装置中残留的SO2、Cl2排入装置C中，被NaOH溶液吸收，防止污染，故答案为：将装置中残留的SO2、Cl2排入装置C中，被NaOH溶液吸收，防止污染；
（7）向装置B滴加次氯酸钠溶液，溶液立即变为黄色，说明Fe2+被ClO-氧化为Fe3+，氧化性：ClO-＞Fe3+，一段时间后，观察到装置B中溶液黄色变浅绿色，说明Fe3+被SO2还原为Fe2+，氧化性：Fe3+＞，所以可得出该实验的结论是酸性条件下，氧化性：ClO-＞Fe3+＞，故答案为：酸性条件下，氧化性：ClO-＞Fe3+＞。