02离子反应、氧化还原反应--07化学实验基础--浙江省高三化学上学期期末重点知识点专题练习（苏教版）

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02离子反应、氧化还原反应--一、单选题1．（2021上·浙江绍兴·高三统考期末）下列反应的离子方程式正确的是A．向硫代硫酸钠溶液中滴加少量氯水： ＋4Cl2+5H2O=2＋8Cl−＋10H+B．过氧化钠溶于水：2+2H2O=4OH-+O2↑C．向偏铝酸钠溶液中滴加过量硫酸氢铵溶液： + H+ + H2O=Al(OH)3↓D．用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2：2NO2+2OH-= + + H2O2．（2021上·浙江绍兴·高三统考期末）下列物质中，属于电解质，且水溶液能导电的共价化合物是A．CH3CH2ONa B．Cl2 C．C6H5OH D．SO23．（2019上·浙江绍兴·高三诸暨中学校联考期末）下列离子方程式不正确的是A．少量SO2气体通入次氯酸钠溶液中：SO2+3ClO-+H2O=SO+Cl-+2HClOB．氧化铁溶于HI溶液：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OC．碳酸氢钠与过量Ba(OH)2溶液反应：HCO+OH-+Ba2+=BaCO3+H2OD．向硅酸钠水溶液中通入过量CO2气体：SiO+2H2O+2CO2=2HCO+H2SiO34．（2018上·浙江绍兴·高三统考期末）下列离子方程式正确的是A．硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2＋＋=BaSO4↓B．水玻璃中通入过量CO2：SiO+H2O+CO2=+H2SiO3↓C．硫酸铁溶液中通入SO2气体：2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋＋4H＋D．向澄清石灰水中加入过量的NaHCO3溶液，出现白色沉淀＋Ca2+＋OH—=CaCO3↓＋H2O5．（2018上·浙江绍兴·高三统考期末）下列属于非电解质的是A．75%的酒精水溶液 B．二氧化硫 C．液溴 D．硫酸钡6．（2016上·浙江绍兴·高三统考期末）已知还原性：SO>I-。某溶液中可能含有NH、K+、Ba2+、Fe3+、I-、SO、SO中的几种。①取100mL溶液加入少量溴水，溶液呈无色。②向①所得溶液中，继续滴加足量盐酸酸化的BaCl2溶液，产生沉淀，沉淀经洗涤、干燥后质量为4.66g。③向②所得滤液加足量NaOH溶液，加热，生成气体在标况下体积为1120mL。由上述实验可知，下列说法正确的是A．由①可知，原溶液可能含有Fe3+B．原溶液中一定含有SO、NHC．原溶液中若不含K+，则I-的物质的量浓度最大为0.1mol/LD．在该溶液中加入NaHCO3固体，会产生大量气泡，气体成分与实验③相同7．（2016上·浙江绍兴·高三统考期末）已知氧化性：Br2>Fe3+>I2，向含amolFeI2的溶液中加入含bmolBr2的溴水，充分反应。下列说法正确的是A．离子的还原性强弱：Br->Fe2+>I-B．当a≥b时，发生的离子反应：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-C．当4a=3b时，反应后的离子浓度之比：c(Fe2+)︰c(Fe3+)︰c(Br-)=1︰2︰8D．当3a≤2b时，发生的离子反应：2Fe2++2I-+2Br2=2Fe3++I2+4Br-8．（2018上·浙江绍兴·高三统考期末）氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末；微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸。下图是工业上用印刷电路的蚀刻液的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)生产CuCl的流程：下列叙述不正确的是：A．物质Z可能是盐酸酸化过的双氧水B．滤渣②中主要成分为CuC．该生产流程可以实现硫酸的循环再利用D．定量分析流程图中的反应可知，理论上需不断补充SO2使氯化铜转化为CuCl晶体9．（2018上·浙江绍兴·高三统考期末）某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)。已知：①AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3·H2OAg(NH3)+Cl-+2H2O②常温时N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3)：4Ag(NH3)+N2H4·H2O=4Ag↓+N2↑+4+4NH3↑+H2O③NaClO与NH3·H2O能发生反应下列叙述不正确的是：A．“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为水浴加热B．“过滤Ⅰ”所得固体主要成分为AgClC．若省略“过滤Ⅰ”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，对氨水的用量没有影响D．从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的实验方案如下：向滤液中滴加2mol·L-1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1mol·L-1H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置、过滤、洗涤、干燥10．（2018上·浙江绍兴·高三统考期末）某酸性工业废水中含有K2Cr2O7.光照下，草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O转化为Cr3+。某课题组研究发现，少量铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]即可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：在25°C下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，作对比实验，完成以下实验设计表。测得实验①和②溶液中的Cr2O浓度随时间变化关系如图所示。下列叙述不正确的是：A．上述反应后草酸被氧化为CO2B．实验③中a和b如果是20和20，则反应速率③﹥②C．由曲线①可知，0~t1时间段反应速率v(Cr3+)=mol·L-1·min-1D．实验①和②的结果表明，其他条件相同时，pH越小，该反应速率越快11．（2018上·浙江绍兴·高三统考期末）下图是某反应在密闭容器中反应前后的示意图，“●”和“○”分别表示不同的原子。对此反应的描述一定不正确的是A．属于化合反应 B．属于氧化还原反应C．属于置换反应 D．一部分反应物未完全反应完12．（2019上·浙江杭州·高三杭州市临安区昌化中学校考期末）一定条件下，在水溶液中1 mol Cl-、ClOx- (x=1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是 (　　)  A．这些离子中结合H+能力最强的是AB．A、B、C、D、E五种微粒中C最稳定C．C→B+D的反应，反应物的总键能小于生成物的总键能D．B→A+D反应的热化学方程式为3ClO-(aq)=ClO3- (aq)+2Cl-(aq) ΔH=+116 kJ·mol-113．（2019上·浙江杭州·高三杭州市临安区昌化中学校考期末）下列有水参加的反应中，属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂的是 (　　)A．CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑B．2F2+2H2O=4HF+O2↑C．Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4二、填空题14．（2019上·浙江·高三统考期末）地球上的溴元素主要以Br﹣形式存在于海水中，某学习小组用提取粗食盐后的母液制备溴单质，实验过程如下：请回答：  （1）下列说法正确的是 。A．步骤①试剂X可选氯气，一般在通风橱内进行实验B．残留液中是否含有溴离子，可通过加CCl4萃取后观察下层溶液颜色来确定C．溶液A中鼓入热空气是利用溴易挥发的特点分离出溴，也可用水蒸气代替D．NaOH溶液可用饱和Na2CO3或Na2SO3代替（2）酸化时用硫酸而不用盐酸的原因可能是 。15．（2019上·浙江嘉兴·高三嘉兴一中校考期末）化合物A（仅含三种元素，摩尔质量为198g·mol－1）具有高效的消毒作用，是一种新型非氮高效消毒剂。为探究化合物A的组成与性质，设计并完成以下实验：取3. 96g化合物A溶于水中，一段时间后全部转化为B（红褐色沉淀）、C（一种碱）和气体单质D（可使带火星的木条复燃），向溶液中加入100mL 0.6mol/L稀硫酸，再加入含有0.08mol KOH的溶液，恰好完全反应。过滤，将沉淀洗涤后充分灼烧，得到红棕色固体粉末1.60g。将所得溶液在一定条件下蒸发可得到一种纯净的不含结晶水的盐。（1）化合物A所含有的元素： （用元素符号表示）。（2）化合物A与H2O反应的离子方程式： 。   （3）化合物A可由FeCl3和KClO在强碱性条件下制得，其反应的离子方程式： 。三、解答题16．（2018上·浙江绍兴·高三统考期末）已知固体X仅由两种元素组成，实验流程和结果如下，请回答：(1)白色沉淀的化学式 ，气体Y分子的电子式 。(2)固体A与足量NaOH溶液反应的离子方程式 。(3)已知某单质与固体A在高温下会生成固体X，试写出相应的化学方程式 。17．（2019上·浙江杭州·高三杭州市临安区昌化中学校考期末）工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)结晶后的母液(含少量杂质Fe3+)生产重铬酸钾(K2Cr2O7)，工艺流程及相关物质溶解度曲线如图：(1)由Na2Cr2O7生产K2Cr2O7的化学方程式为 。(2)由图分析选择冷却结晶的原因是 。(3)向Na2Cr2O7母液中加碱液调pH的目的是 。(4)分离得到固体A的方式为 ，用热水洗涤固体A，回收的洗涤液转移到母液 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)中，既能提高产率又可使能耗最低。 (5)生产工艺中含Cr2O72-的废水常用于处理废水中的CN-，处理过程按下图流程进行:  步骤③中，每处理0.3 mol Cr2O72-时转移电子1.8 mol，该反应的离子方程式为 ；②处理酸性Cr2O72-废水多采用铁氧磁体法。该法是向废水中加入FeSO4·7H2O将Cr2O72-还原成Cr3+，调节pH，Fe、Cr转化成相当于Feπ[FexⅢCr(2-x)Ⅲ]O4 (铁氧磁体，罗马数字表示元素价态)的沉淀。处理1 mol Cr2O72-，需加入a mol FeSO4·7H2O，下列结论正确的是 。 A．x=0.5，a=6    B．x=0.5，a=10C．x=1.5，a=6    D．x=1.5，a=1018．（2018上·浙江温州·高三校联考期末）正盐A、B均含三种元素，且所含元素种类相同。A在加热条件下发生如下变化。已知，气体D能使带火星的木条复燃。透过蓝色钴玻璃，A、B、C的焰色反应均为紫色。往C的溶液中加入AgNO3溶液，出现白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，且沉淀质量为14.35克。请回答：(1)C的化学式为 。(2)写出 A分解的化学方程式 。(3)将A与C混合，再加入稀硫酸，有气体产生，用离子方程式表示发生的反应 。19．（2021上·浙江绍兴·高三统考期末）某学生对固体A(两种元素组成的纯净物)进行了如下实验。已知C在医疗上可以用作检查肠胃的内服药剂，不易被X射线透过。请回答：(1)固体A的化学式是 ，步骤③的离子反应方程式是 。(2)写出步骤④的化学反应方程式： (3)物质F由硫、氯两种元素组成，与D中某种溶质分子具有相同的空间结构，其结构式为 ， F能与水反应产生淡黄色沉淀与刺激性气味气体，将少量该气体分别通入不含O2的25mL0.1mol/L BaCl2溶液、不含O2的25ml 0.1mol/L Ba(NO3)2溶液中，溶液pH变化前者 后者(填“＞”、“＜”或“=”)，原因是(用离子方程式表示) 20．（2019上·浙江绍兴·高三诸暨中学校联考期末）化合物A由三种元素组成，某兴趣小组进行了如下实验：已知：气体甲为纯净物且只含两种元素，在标况下体积为672 mL；溶液乙为建筑行业中常用的粘合剂。请回答下列问题：（1）A的组成元素为 （用元素符号表示）；（2）写出气体甲与NaOH(aq)反应的离子方程式 ；（3）高温下，A与足量氯气能发生剧烈爆炸，生成三种常见化合物试写出相应的化学方程式 。实验编号初始pH废水样品体积mL草酸溶液体积mL蒸馏水体积mL①4601030②5601030③560ab参考答案：1．D【详解】A. 向硫代硫酸钠溶液中滴加少量氯水，反应生成硫酸钠、S、SO2、氯化钠，反应的离子方程式为： ＋4Cl2=2＋8Cl−＋5S↓+5SO2↑，选项A错误；B. 过氧化钠溶于水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，选项B错误；C. 向偏铝酸钠溶液中滴加过量硫酸氢铵溶液，反应生成铝离子，离子方程式为： + 4H+ =Al3++ 2H2O，选项C错误；D. 用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2，反应生成亚硝酸钠、硝酸钠和水，反应的离子方程式为：2NO2+2OH-= + + H2O，选项D正确；答案选D。2．C【详解】A．CH3CH2ONa是电解质，是离子化合物，A不符合题意；B．Cl2是单质，不是化合物，B不符合题意；C．苯酚为共价化合物，其水溶液能导电，故苯酚属于电解质，C符合题意；D．SO2是非电解质，D不符合题意；故选C。3．B【详解】A．少量SO2和次氯酸钠溶液反应生成、Cl-和HClO，离子方程式为SO2+3ClO-+H2O=SO+Cl-+2HClO，A项正确；B．氧化铁和HI溶液反应生成Fe2+和I2，离子方程式为Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，B项错误；C．碳酸氢钠与过量Ba(OH)2溶液反应生成BaCO3沉淀和H2O，离子方程式为+OH-+Ba2+= BaCO3↓+H2O，C项正确；D．硅酸钠水溶液和过量CO2反应生成H2SiO3沉淀和NaHCO3，离子方程式为SiO+2H2O+2CO2=2HCO+H2SiO3，D项正确；答案选B。4．C【详解】A．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为Cu2＋＋Ba2＋＋2OH—＋=Cu(OH)2↓+BaSO4↓，故A错误；B．水玻璃与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和硅酸沉淀，反应的离子方程式为SiO+2H2O+2CO2=2 +H2SiO3↓，故B错误；C．硫酸铁溶液与二氧化硫反应生成硫酸亚铁和硫酸，反应的离子方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋＋4H＋，故C正确；D．澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为2＋Ca2+＋2OH—=CaCO3↓＋+2H2O，故D错误；故选C。5．B【详解】A．75%的酒精水溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，A不符合题意；B．二氧化硫水溶液虽然导电，但是因与水反应生成弱电解质亚硫酸，二氧化硫自身不能电离，为非电解质，B符合题意；C．液溴为单质，既不是电解质也不是非电解质，C不符合题意；D．硫酸钡熔融状态可以导电，为电解质，D不符合题意；综上所述答案为B。6．C【分析】①取100mL溶液加入少量溴水，溶液呈无色，说明溶液中有还原性离子，由于I-被氧化生成碘单质后，溶液不会无色，所以溶液中含有SO，被溴氧化为SO，则原溶液一定不含Ba2+和Fe3+(与SO不共存)，但由于还原性：SO>I-，而溴水少量，所以无法确定是否含有I-；②向①所得溶液中，继续滴加足量盐酸酸化的BaCl2溶液，产生沉淀，沉淀经洗涤、干燥后质量为4.66g，即得到了4.66gBaSO4，物质的量为0.02mol，但由于溴水将SO氧化为SO，所以无法确定原溶液是否含有SO；③向②所得滤液加足量NaOH溶液，加热，生成气体在标况下体积为1120mL，则原溶液中一定含有NH，n(NH)==0.05mol，提供0.05mol正电荷；原溶液中含硫微粒一共为0.02mol，由于SO、SO均带两个单位负电荷，所以共提供0.04mol负电荷，根据电荷守恒可知一定含有I-。【详解】A．根据分析可知，由①可知，原溶液一定不含Fe3+，A错误；B．根据分析可知，由于溴水将SO氧化为SO，所以无法确定原溶液是否含有SO，B错误；C．得到0.02mol硫酸钡沉淀，所以原溶液中含硫微粒一共为0.02mol，由于SO、SO均带两个单位负电荷，所以共提供0.04mol负电荷，若不含K+，则阳离子只有0.05mol NH，根据电荷守恒可知I-的物质的量最多为0.01mol，浓度为=0.1mol/L，C正确；D．原溶液中加入NaHCO3固体，不会产生大量气体，D错误；综上所述答案为C。7．D【详解】A．已知氧化性：Br2>Fe3+>I2，故离子的还原性强弱：Br-b时, I-过量,只发生I-与Br2的反应，故当a≥b时，发生的离子反应:2 I-+Br2=I2+2Br-，B错误；C．当4a=3b时，即 ，设Br2为4mol ，FeI2为3mol，Br2首先与还原强的I-反应,后与Fe2+反应，由2 I-+Br2=I2+2Br-可知6mol I-完全反应消耗3mol Br2，由2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-可知消耗1mol Br2同时消耗2mol Fe2+分别生成2mol Fe3+和Br-，故c(Fe2+)︰c(Fe3+)︰c(Br-)=1︰2︰2，C错误；D．当3a=2b时，即 ，设Br2为3mol ，FeI2为2mol，Br2首先与还原强的I-反应后与Fe2+反应，故当3a≤2b时发生的离子反应为2Fe2++2I-+2Br2=2Fe3++I2+4Br-，D正确；故选D。8．D【分析】用印刷电路的蚀刻液的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)生产CuCl，从废液①加入过量Z可制得蚀刻液FeCl3，可确定废液①应为FeCl2溶液，从而确定X为Fe，废渣①为Fe、Cu的混合物；Y为盐酸，废液②为FeCl2溶液，废渣②为Cu；Cu溶于浓硫酸，可生成SO2和CuSO4；SO2与Cu2+通过调节pH，可发生氧化还原反应，生成CuCl硫酸。【详解】A．废液①为FeCl2溶液，加入物质Z可生成FeCl3，则Z应具有较强氧化性，可能是盐酸酸化过的双氧水，A正确；B．由分析可知，滤渣②中主要成分为Cu，B正确；C．该生产流程中，溶解废渣②加入的硫酸，经过一系列转化，最后又转化为硫酸，所以可以实现硫酸的循环再利用，C正确；D．从方程式CuSO4+CuCl2+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4可知，通过调节CuCl2与CuSO4的相对量，可实现将CuSO4、CuCl2、SO2全部转化为H2SO4、CuCl的目的，所以理论上不需要不断补充SO2，D不正确；故选D。9．C【详解】A．“氧化”阶段需在80℃条件下进行，所需温度低于水的沸点，适宜采用水浴加热的方法，A正确；B．NaClO可以将Ag氧化为Ag+，自身被还原为Cl-，二者结合生成AgCl沉淀，B正确；C．“氧化”阶段所用NaClO溶液过量，若若省略“过滤Ⅰ”，直接加氨水，NaClO会消耗氨水，导致氨水的用量增大，C错误；D．滤液中Ag元素以Ag(NH3)的形式存在，加入2mol·L-1水合肼溶液，将Ag(NH3)还原为Ag单质，同时生成氨气、氮气，用硫酸吸收氮气，待溶液中无气泡产生，说明反应完全，停止滴加，静置、过滤、洗涤、干燥，即可获取银单质，D正确；综上所述答案为C。10．C【详解】A．草酸中C元素为+3价，则被氧化后为+4价，生成CO2，A正确；B．实验③中a和b如果是20和20，则实验③中所用草酸浓度较大，反应速率更快，B正确；C．反应过程中发生的反应为3H2C2O4+ Cr2O+8H+=6CO2↑+2Cr3++7H2O，所以结合图象可知，实验①中0～t1时段反应速率v(Cr3+)=mol·L-1·min-1×2=mol·L-1·min-1，C错误；D．实验①和②中不同条件只有初始pH，而据图可知实验①反应速率更快，说明其他条件相同时，pH越小，该反应速率越快，D正确；综上所述答案为C。11．C【详解】A．据图可知该反应可以表示为2+=2，属于化合反应，A正确；B．该反应中为单质，转变为化合物，化合价一定发生变化，属于氧化还原反应，B正确；C．该反应中没有单质生成，不属于置换反应，C错误；D．对比反应前后可知，反应后和均未完全反应，有剩余，D正确；综上所述答案为C。12．C【详解】A．酸性越弱的酸，阴离子结合氢离子能力越强，次氯酸是最弱的酸，所以ClO-结合氢离子能力最强，即B结合氢离子能力最强，故A错误；B．A、B、C、D、E中A能量最低，所以最稳定，故B错误；C．C→B+D，根据转移电子守恒得该反应方程式为2ClO2-=ClO3-+ClO-，反应热=(64kJ/mol+60kJ/mol)-2×100kJ/mol=-76kJ/mol，则该反应为放热，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，故C正确；D．根据转移电子守恒得B→A+D的反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，反应热=(64kJ/mol+2×0kJ/mol)-3×60kJ/mol=-116kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO-(aq)=ClO3-(aq)+2Cl-(aq)△H=-116kJ/mol，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为CD，要注意焓变与键能的关系，△H=反应物的总键能-生成物的总键能。13．D【详解】A．H2O中H元素的化合价降低，则属于氧化还原反应，水作氧化剂，故A不选；B．反应中水中O元素的化合价升高，则属于氧化还原反应，水作还原剂，故B不选；C．反应没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不选；D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4反应中，S、Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，H2O中没有元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故D选；故选D。14． AC 盐酸易被NaBrO氧化【分析】提取粗食盐后的母液，加入试剂X氧化溴离子，得到含溴单质的混合溶液，利用热空气吹出Br2，被氢氧化钠溶液吸收得到含NaBr、NaBrO的混合溶液，酸化发生归中反应得到溴单质，萃取、分液、蒸馏得到溴单质。【详解】（1）A．步骤①试剂X可选氯气，氯气可以把溴离子氧化成溴单质，氯气和溴单质有毒一般在通风橱内进行实验，故A正确；B．加CCl4萃取的是溴单质，不能萃取溴离子，故B错误；C．溶液A中鼓入热空气是利用溴易挥发的特点分离出溴，也可用水蒸气代替，利用的是升温促进溴挥发，故C正确；D．NaOH溶液可用饱和Na2CO3代替，Na2SO3具有还原性把溴单质还原为溴离子，不能再通过酸化得到溴单质，故D错误；故答案为AC；（2）酸化时用硫酸而不用盐酸的原因可能是，盐酸溶液中氯离子具有还原性，易被次溴酸钠氧化生成氯气，故答案为盐酸易被NaBrO氧化。15． K 、 Fe  、O 4FeO42－+10H2O＝4Fe(OH)3↓+3O2↑+ 8OH- 2Fe3+ + 3ClO- + 10OH- = 2FeO42－+3Cl + 5H2O      (或2Fe(OH)3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO42－+3Cl + 5H2O)【分析】A在水溶液中不稳定，一段时间后转化为红褐色沉淀，同时产生一种气体单质，可使带火星的木条复燃为O2，该红褐色沉淀为Fe(OH)3；可推知A含有Fe元素。A的化合物用硫酸溶解，再加入加KOH，生成沉淀灼烧得到红棕色固体粉末1.60g为氧化铁，由铁元素守恒可以知道，3. 96g化合物A含铁：×2=0.02mol，不含结晶水的盐为硫酸钾，根据钾元素守恒，3. 96g 化合物A中含钾0.6mol/L×0.1L×2-0.08mol=0.04mol，3. 96g化合物A中含氧：=0.08mol，故钾、铁、氧的个数比为：0.04mol:0.02mol:0.08mol=2:1:4，故A的化学式为：K2FeO4；高铁酸钾与水反应生成氧气和Fe(OH)3、氢氧化钾，反应方程式为4K2FeO4+10H2O＝4Fe(OH)3↓+3O2↑+ 8KOH，据此解答。【详解】A在水溶液中不稳定，一段时间后转化为红褐色沉淀，同时产生一种气体单质，该红褐色沉淀为Fe(OH)3；可推知A含有Fe元素。A的化合物用硫酸溶解，再加入加KOH，生成沉淀灼烧得到红棕色固体粉末1.60g为氧化铁，由铁元素守恒可以知道，3. 96g化合物A含铁：×2=0.02mol，不含结晶水的盐为硫酸钾，根据钾元素守恒，3. 96g 化合物A中含钾0.6mol/L×0.1L×2-0.08mol=0.04mol，3. 96g化合物A中含氧：=0.08mol，故钾、铁、氧的个数比为：0.04mol:0.02mol:0.08mol=2:1:4，故A的化学式为：K2FeO4；(1)由上述分析可以知道，A的化学式为：K2FeO4；所含有的元素为：K 、Fe 、O，因此，本题正确答案是：K 、Fe 、O；(2) 高铁酸钾与水反应生成氧气和Fe(OH)3、氢氧化钾，反应方程式为4K2FeO4+10H2O＝4Fe(OH)3↓+3O2↑+ 8KOH，则离子方程式为：4FeO42－+10H2O＝4Fe(OH)3↓+3O2↑+ 8OH-，因此，本题正确答案是：4FeO42－+10H2O＝4Fe(OH)3↓+3O2↑+ 8OH-；（3）高铁酸钾可由FeCl3和KClO在强碱性条件下制得，三价铁离子被次氯酸钾氧化为高铁酸钾，次氯酸钾被还原为氯化钾，同时生成水，其反应的离子方程式：2Fe3+ + 3ClO- + 10OH- = 2FeO42－+3Cl + 5H2O，因此，本题正确答案是：2Fe3+ + 3ClO- + 10OH- = 2FeO42－+3Cl + 5H2O。16．(1) Mg(OH)2 (2)SiO2+2OH-=SiO+H2O(3)SiO2+4MgMg2Si+2MgO【分析】能在空气中自燃的气体一般为PH3和SiH4。若气体Y为PH3，则固体A为P2O5，气体Y标况下体积为4.48L，则物质的量为0.2mol，则生成的P2O5的物质的量为0.1mol，而0.1mol P2O5的质量为14.2g，不符合题意；若气体Y为SiH4，则固体A为SiO2，由Si原子守恒可知生成的SiO2为0.2mol，质量为12g，符合题意；向某溶液中加入足量NaOH溶液生成白色沉淀，白色氢氧化物沉淀一般为Mg(OH)2，推测溶液中含有Mg2+，固体B为MgO，16.0g氧化镁的物质的量为0.4mol，可知固体X中含有0.4molMg、0.2molSi，则X的化学式应为Mg2Si。根据Mg、Si的物质的量可知，固体X物质的量为0.2mol，质量刚好为15.2g，符合题意，推断合理。【详解】（1）根据分析可知白色沉淀为Mg(OH)2；气体Y为SiH4，电子式为；（2）固体A为二氧化硅，与NaOH溶液反应得到硅酸钠和水，离子方程式为SiO2+2OH-=SiO+H2O；（3）某单质与SiO2在高温下反应生成Mg2Si，所以该单质为Mg，该反应同时生成MgO，化学方程式为SiO2+4MgMg2Si+2MgO。17． Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl K2Cr2O7溶解度随温度变化明显 除去溶液中的Fe3+ 趁热过滤 Ⅱ 26H++3S2O32-+4Cr2O72-=8Cr3++6SO42-+13H2O D【分析】由流程可知，溶解后调节pH除去少量杂质Fe3+，过滤后蒸发结晶得到Na2Cr2O7，然后加入KCl发生Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7+2NaCl，结合溶解度曲线图可知，氯化钠的溶解度随温度的变化较小，母液Ⅱ蒸发浓缩只有析出NaCl(A)，低温下K2Cr2O7的溶解度较小，且K2Cr2O7随温度的变化较大，则母液Ⅲ冷却结晶主要得到K2Cr2O7(B)，据此分析解答(1)~(4)。(5)①步骤③中，每处理0.3 mol Cr2O72-时转移电子1.8 mol，即1mol Cr2O72-时转移电子6mol，则反应后Cr的化合价变成+3价，根据流程图，S2O32-被氧化为SO42-，据此书写反应的离子方程式；②根据氧化还原反应中得失电子数相等，再结合原子守恒进行计算。【详解】(1)由Na2Cr2O7生产K2Cr2O7的化学方程式为Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7+2NaCl，故答案为Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7+2NaCl；(2)由溶解度图可知，低温下K2Cr2O7的溶解度远小于其它组分，随温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小，则可通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7晶体，故答案为K2Cr2O7溶解度随温度变化明显；(3)母液中含少量杂质Fe3+，向Na2Cr2O7母液中加碱液调pH的目的是除去Fe3+，故答案为除去溶液中的Fe3+；(4)氯化钠的溶解度随温度的变化较小，母液Ⅱ蒸发浓缩只有析出NaCl(A)，分离出氯化钠需要趁热过滤，防止其他物质结晶析出；低温下K2Cr2O7的溶解度较小，且K2Cr2O7随温度的变化较大，则母液Ⅲ冷却结晶主要得到K2Cr2O7(B)，用热水洗涤固体A，回收的洗涤液中含有K2Cr2O7和少量氯化钠，可以转移到母液Ⅱ中，再冷却结晶得到K2Cr2O7，既能提高产率又可使能耗最低，故答案为趁热过滤；Ⅱ；(5)①步骤③中，每处理0.3 mol Cr2O72-时转移电子1.8 mol，即1mol Cr2O72-时转移电子6mol，则反应后Cr的化合价变成+3价，根据流程图，S2O32-被氧化为SO42-，因此反应的离子方程式为26H++3S2O32-+4Cr2O72-=8Cr3++6SO42-+13H2O，故答案为26H++3S2O32-+4Cr2O72-=8Cr3++6SO42-+13H2O；②处理1mol Cr2O72-，需加入a mol FeSO4•7H2O，根据铬原子守恒得，1mol Cr2O72-完全反应后生成molFeⅡ[FeⅢx•CrⅢ2-x]O4，根据铁原子守恒得amol=mol，该反应中得失电子数相等，1mol×2×3=mol×(3-2)×x，联立上述2个方程解得：x=1.5，a=10，故答案为D。18．(1)KCl(2)2KClO3KClO4+KCl+O2↑(3)ClO3-+5Cl-+6H＋=3Cl2↑+3H2O【分析】根据气体D能使带火星的木条复燃，可知D为O2，其物质的量为；透过蓝色钴玻璃，A、B、C的焰色反应均为紫色，说明含有K元素，C的溶液中加入AgNO3溶液，出现白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，所以沉淀是AgCl，沉淀质量为14.35克，AgCl物质的量为，证明C是KCl，且物质的量为0.1；正盐A、B均含三种元素，且所含元素种类相同(K、O、Cl)，则A为KClO3，24.5g的物质的量为，根据电子得失守恒，KClO3中氯元素由+5降低到-1价，则生成KCl化合价降低得到电子总量为6×0.1=0.6 mol，氧元素失电子的量为0.1×4=0.4 mol<0.6，因为正盐A、B均含三种元素，且所含元素种类相同，所以B中氯元素化合价必须升高，才能满足电子守恒，所以B为KClO4，综上A是KClO3，B是KClO4，C是KCl，D是O2。【详解】（1）通过以上分析可知C的化学式为KCl；（2）A是KClO3，在加热下分解为KClO4、KCl、O2，化学方程式为2KClO3KClO4+KCl+O2↑；（3）KClO3与KCl混合，再加入稀硫酸，氯元素发生氧化还原反应生成Cl2，根据得失电子守恒可知KClO3和KCl的系数比为1：5，再结合原子守恒可得离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H＋=3Cl2 +3H2O。【点睛】解决此题的关键就是根据已知的氯化钾中氯元素得电子的情况及氧元素失电子的情况，结合电子守恒规律进行判断，很快找到高氯酸钾这种物质，问题就迎刃而解。19．(1) BaO (2)BaSO4+4CBaS+4CO↑或BaSO4+2CBaS+2CO2↑(3) Cl-S-S-Cl ＜ 【分析】7.65g固体A在550℃氧气流中加热，得到8.45g固体B，搅拌下加入过量稀硫酸反应生成白色沉淀C，已知C在医疗上可以用作检查肠胃的内服药剂，不易被X射线透过，则C为BaSO4，加入适量的碳焙烧得到8.45g固体E，质量减少11.65g-8.45g=3.2g，1mol硫酸钡和碳反应质量减少，则固体E为BaS，固体A和B中含Ba2+，物质的量，固体A中钡离子的质量为，另一种元素质量为7.65g-6.85g=0.8g，摩尔质量为，证明含氧元素，则A为BaO，在氧气流中加热反应质量增加0.8g，则说明0.05 mol BaO和氧气反应生成的固体B中增加一个氧原子，B为BaO2，加入稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和D溶液，D溶液和高锰酸钾溶液反应说明具有还原性，结合过氧化钡和硫酸的反应判断D溶液为H2O2溶液。【详解】（1）由上述分析可知，固体A的化学式是BaO；步骤③的反应是过氧化氢和高锰酸钾溶液的反应，反应的离子方程式为。（2）硫酸钡和碳加热反应生成硫化钡、一氧化碳或二氧化碳，反应的化学方程式为BaSO4+4CBaS+4CO↑或BaSO4+2CBaS+2CO2↑。（3）D为H2O2溶液，溶液中的溶质为H2O2，物质F由硫、氯两种元素组成，与H2O2具有相同的空间结构，则为S2Cl2，其结构式为Cl-S-S-Cl；S2Cl2能与水反应产生淡黄色沉淀S和刺激性气味气体SO2，将少量SO2气体分别通入不含O2的25mL0.1mol/L BaCl2溶液中发生反应、，通入不含O2的25ml 0.1mol/L Ba(NO3)2溶液中发生反应，则后者pH变化大于前者。20． Mg、Si、H Si2H6 + 4OH- + 2H2O = 2 SiO32- + 7H2↑ MgSi2H4 + 7Cl2 = MgCl2 + 2SiCl4 + 4HCl【分析】因溶液乙为建筑行业中常用的粘合剂，则为硅酸钠，根据元素守恒可知，气体甲中含有硅元素，与氢氧化钠恰好完全反应生成气体单质乙，所消耗的氢氧化钠的物质的量为1 mol/L×120×10-3 L = 0.12 mol，根据硅酸钠中Na元素与Si元素的原子个数比为2：1，可知气体甲中含Si的物质的量为0.12mol/2 = 0.06 mol，又知气体甲为纯净物且只含两种元素，在标况下体积为672 mL，即= 0.03 mol，则易知A为0.03 mol，其摩尔质量为 = 84 g/mol，且1个气体甲分子中含2个硅原子，同时气体甲与氢氧化钠按物质的量为0.03 mol：0.12 mol = 1：4的反应生成硅酸钠与气体单质乙，根据元素守恒可知气体单质乙中含氢元素，即为氢气。因此气体甲中的另一种元素不能为氧元素，可推知气体甲中的两种元素为硅元素与氢元素。另外，结合溶液甲只有一种溶质，且加入过量的氢氧化钠生成白色沉淀，沉淀受热不易分解，推出白色沉淀为难溶氢氧化物，所用盐酸的物质的量为3 mol/L×20×10-3 L = 0.06 mol， A的质量为2.52 g，化合物A由三种元素组成，推测所含的金属元素为镁，根据Mg2HCl可知，一个分子A中含1个镁原子，再根据分子组成可确定A中所含氢原子的个数为84-1×24-2×28 = 4，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，（1）A的组成元素为Mg、Si、H，故答案为Mg、Si、H；（2）气体甲为Si2H6与NaOH(aq)按1:4发生氧化还原反应，其离子方程式为：Si2H6 + 4OH- + 2H2O = 2 SiO32- + 7H2↑，故答案为Si2H6 + 4OH- + 2H2O = 2 SiO32- + 7H2↑；（3）根据元素组成及化学方程式中元素守恒推知，在高温下，A与足量氯气能发生剧烈爆炸，生成三种常见化合物为MgCl2 、SiCl4和HCl，则其反应方程式为：MgSi2H4 + 7Cl2 = MgCl2 + 2SiCl4 + 4HCl，故答案为MgSi2H4 + 7Cl2 = MgCl2 + 2SiCl4 + 4HCl。