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辽宁省沈阳铁路实验中学2019-2020学年高一10月月考化学试题
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沈阳铁路实验中学2019-2020学年度上学期10月月考试题高一化学
时间：90分钟 分数：100分
命题人：李瑞雪 审题人：兰岚
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5
第I部分 选择题(共54分)
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每题2分，满分30分)
1.德国著名行业杂志《应用化学》上刊登文章介绍：某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用富勒烯(C60)的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法正确的是( )
A. “水瓶”、双氧水、冰水混合物都是混合物
B. 石墨和C60互称为同位素
C. 磷酸钙是可溶性强电解质
D. 一定条件下石墨转化为C60是化学变化
【答案】D
【解析】
【详解】A、冰水混合物是由一种物质组成，属于纯净物，故A错误；
B、石墨和C60都是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，故B错误；
C、磷酸钙难溶于水，故C错误
D、同素异形体之间的转化伴随着旧键的断裂和新键的形成，是化学变化，故D正确；
故选D。
2.下列分类标准和分类结果不科学的是
选项
分类目标
分类标准
分类结果
A
化学反应
有无离子参加或生成
离子反应和非离子反应
B
有无单质参加或生成
氧化还原反应和非氧化还原反应
C
化学物质
分散质粒子直径的大小
胶体、溶液和浊液
D
化合物在水溶液或熔融状态下能否导电
电解质和非电解质
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
离子反应是有离子参加或生成的反应，故A正确；氧化还原反应和非氧化还原反应是根据有无元素化合价变化，故B错误；根据分散质粒子直径的大小把混合物分为胶体、溶液和浊液，故C正确；根据化合物在水溶液或熔融状态下能否导电，化合物分为电解质和非电解质，故D正确。
3.下列说法不正确的组合为( )
①只含有一种元素的物质一定是纯净物
②“滴水石穿，绳锯木断”包含化学变化
③SiO2是酸性氧化物，硅酸是它与水反应形成的水化物
④碱性氧化物一定是金属氧化物
⑤电解质溶液导电一定发生化学变化
⑥能与酸反应生成盐和水的氧化物一定是碱性氧化物
⑦用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐不涉及化学变化
⑧两种盐反应一定生成两种新盐
A. ①③⑥⑧ B. ①②③④⑥
C. ②④⑤⑧ D. ②④⑥⑧
【答案】A
【解析】
【详解】①氧气和臭氧的混合物中只含有氧元素，不是纯净物，故①错误；
②石头中一般含有碳酸钙，其能与水，二氧化碳反应生成Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2是可溶性物质，属于化学变化；绳锯木断过程中没有新物质生成，属于物理变化，“滴水石穿，绳锯木断”包含化学变化，故②正确；
③酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物，二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，故为酸性氧化物，但二氧化硅不溶于水，故③错误；
④所有碱性氧化物一定是金属氧化物，但是金属氧化物不一定碱性氧化物，故④正确；
⑤电解质溶液导电过程，为电解过程，有新物质生成，一定发生化学变化，故⑤正确；
⑥能与酸反应生成盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物，如过氧化钠和亚硫酸反应生成硫酸钠和水，但发生的是氧化还原反应，故⑥错误；
⑦用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐为渗析过程，没有新物质生成是物理变化，故⑦正确；
⑧两种盐反应不一定生成两种新盐，如FeCl3和Na2S反应生成硫单质氯化亚铁和氯化钠；AlCl3+Na2S在水溶液中反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，故⑧错误；
综上所述：①③⑥⑧错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点为⑥，要注意碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，但能够与酸反应生成盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物。
4.下列说法中不正确的是( )
①将硫酸钡放入水中不能导电，所以硫酸钡是非电解质
②氨溶于水得到氨水溶液能导电，所以氨水是电解质
③固态HCl不导电，熔融态的HCl可以导电，所以HCl是电解质
④NaHSO4电离时生成的阳离子有氢离子，所以是酸
⑤易溶于水的酸碱盐都是强电解质
A. 仅①②④ B. 仅①②③④
C. 仅①②③ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①硫酸钡在水中的溶解度很小，只要溶解就完全电离，硫酸钡在熔融状态下，能完全电离，所以硫酸钡是电解质，故①错误；
②氨气溶于水形成氨水，氨水是混合物，混合物不是电解质，故②错误；
③固态的HCl不导电，液态的HCl只有HCl分子，没有电离出离子，也不能导电，故③错误；
④电离出的阳离子全部是H+的化合物叫做酸，能电离出H+的化合物不一定是酸，硫酸氢钠能电离出氢离子，NaHSO4=Na++H++SO42-，属于盐，故④错误；
⑤易溶于水的酸碱盐都是强电解质，如CH3COOH易溶于水，但CH3COOH为弱电解质，故⑤错误；
故选D。
5.下列事实与胶体的说法不正确的是( )
A. 由肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗
B. 在实验中手不慎被玻璃划破，可用FeCl3溶液应急止血
C. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
D. 氯化钠易溶于水，所以氯化钠一定不能制成胶体
【答案】D
【解析】
【详解】A．血液透析的原理类似于渗析原理，透析膜相当于半透膜的作用，肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗，故A正确；
B．氯化铁是电解质溶液可以使血液发生聚沉，在实验中手不慎被玻璃划破，可用FeCl3溶液应急止血，故B正确；
C．雾霾所形成的气溶胶，丁达尔现象为胶体特有的性质，则雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应，故C正确；
D．氯化钠易溶于水，但在酒精中的溶解度较小，氯化钠分散到酒精中可形成胶体，故D错误；
故选D。
6.科学家指出，食用虾类等水生甲壳类动物的同时服用维生素C容易中毒，这是因为对人体无害的+5价砷类物质在维生素C的作用下，能够转化为有毒的+3价砷类化合物。下列说法错误的是（ ）
A. 维生素C具有还原性 B. +5价砷转化为+3价砷时，得到电子
C. 上述过程中+5价砷类物质作还原剂 D. 上述过程中砷元素发生还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】+5价砷类物质在维生素C的作用下，能够转化为有毒的+3价砷类化合物，As元素化合价由+5价变为+3价，所以+5价砷类物质作氧化剂、维生素C作还原剂。
A．维生素C作还原剂，具有还原性，故A正确；
B．+5价砷转化为+3价砷时，化合价降低，得到电子，故B正确；
C．+5价砷类物质得电子，化合价降低，作氧化剂，故C错误；
D．As元素化合价由+5价变为+3价，所以As元素化合价降低，得电子，发生还原反应，故D正确；
故选C
7.下列各组微粒中，在一定条件下均可以作氧化剂的是( )
A. Fe、H2O、CO2 B. Fe3＋、MnO4—、NO3—
C. Cl2、HClO、Mg D. ClO－、Cl－、Ag＋
【答案】B
【解析】
【详解】A.Fe元素化合价为0，是铁的最低化合价，只有还原性，故A错误；
B.Fe、Mn、N元素化合价都处于最高价态，Fe3＋、MnO4－、NO3－都具有氧化性，在一定条件下可以作为氧化剂，故B正确；
C.Mg元素化合价为0，是镁的最低化合价，只有还原性，故C错误；
D.Cl元素化合价为-1，是氯的最低化合价，只有还原性，故D错误；
本题答案为B。
8.下列各组离子在指定的溶液中，能大量共存的是（ ）
A. 使pH试纸显蓝色的溶液：Cu2＋、NO、Fe3＋、SO
B. 与铁粉反应放出H2的无色溶液：NO、Fe2＋、Na＋、SO
C. 使红色石蕊试纸变蓝的溶液：SO、CO、Na＋、K＋
D. Na2CO3溶液：Al3＋、SO、Cl－、K＋
【答案】C
【解析】
【详解】A．使pH试纸显蓝色的溶液呈碱性，Cu2+、Fe3+与氢氧根离子反应生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．与铁粉反应放出氢气溶液呈酸性，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．使红色石蕊试纸变蓝的溶液显碱性，存在大量氢氧根离子，SO42-、CO32-、Na+、K+之间不反应，且与氢氧根离子都不反应，在溶液中能大量共存，故C正确；
D．Na2CO3能够与Al3＋反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为B，要注意硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性，与铁反应不放出氢气，也能氧化亚铁离子。
9.下列反应的离子方程式不正确的是( )
A. NaOH加入NaHCO3溶液中：OH－ + HCO = H2O + CO
B. 少量CO2通入NaOH溶液中：2OH- + CO2= CO+ H2O
C. 盐酸加入NaHCO3溶液中：H+ + HCO = H2O + CO2↑
D. 金属钠与水反应：Na + H2O = Na+ + OH- + H2 ↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaHCO3与NaOH溶液反应生成碳酸钠与水，反应的离子方程式为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O，故A正确；
B．少量CO2通入NaOH溶液中，反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为：CO2+2OH-═CO32-+H2O，故B正确；
C．盐酸加入NaHCO3溶液中反应生成二氧化碳和水，反应的离子方程式为：H+ + HCO = H2O + CO2↑，故C正确；
D．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故D错误；
故选D。
10.下列反应中必须加入还原剂才能进行的是（ ）
A. KClO3→KCl B. Zn→ Zn2＋ C. Ｈ2→H2O D. CuO→Cu
【答案】D
【解析】
【详解】A．KClO3→KCl 中Cl元素的化合价降低，但可发生自身氧化还原反应，如加热分解，故A不选；
B．Zn元素的化合价升高，需要加氧化剂才能发生，故B不选；
C．H元素的化合价升高，需要加氧化剂才能发生，故C不选；
D．Cu元素的化合价降低，需要加入还原剂才能发生，故D选；
故选D。
【点睛】本题的易错点为A，要注意一些自身能够发生的氧化还原反应，如氯气与水的反应，高锰酸钾的分解等。
11.(NH4)2Cr2O7是一种受热易分解的盐，下列各组对(NH4)2Cr2O7受热分解产物的判断可能正确的是
A. CrO3 + NH3 + H2 B. Cr2O3 + NH3 + H2O
C. CrO3 + N2 + H2O D. Cr2O3 + N2 + H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]受热发生氧化还原反应，则N元素的化合价应升高，Cr元素的化合价应降低，以此解答该题。
【详解】重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]受热发生氧化还原反应，则N元素的化合价应升高，即由-3价升高为0，生成氮气，Cr元素的化合价应降低，由+6价降低为+3加，生成Cr2O3，由元素守恒可知，还生成水，答案选D。
【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意化合物中N、Cr元素的化合价以及原子守恒的灵活应用。
12.工业生产钠和烧碱的原理如下：①电解熔融氯化钠制钠：2NaCl(熔融) 2Na＋Cl2↑，②电解饱和食盐水制烧碱：2NaCl＋2H2O 2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，下列有关说法正确的是（ ）
A. 在反应①和②中，氯化钠均既是氧化剂，又是还原剂
B. 在反应①中氯气是还原产物，在反应②中氢气是还原产物
C. 若标准状况下生成等体积的气体，则反应①和②中转移电子总数相等
D. 若消耗等质量的氯化钠，则反应①和②中转移电子总数相等
【答案】D
【解析】
【详解】①电解熔融氯化钠制钠：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，Na元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，所以氯化钠既是氧化剂，又是还原剂；
②电解饱和食盐水制烧碱：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2 ↑，H元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，所以水是氧化剂，氯化钠是还原剂；
A．由分析可知，反应②中氯化钠是还原剂，不是氧化剂，故A错误；
B．在反应①中氯气是氧化产物，在反应②中氢气是还原产物，故B错误；
C．2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑中生成1mol气体转移2mol电子，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2 ↑中生成2mol气体转移2mol电子，故C错误；
D．若消耗1mol氯化钠，则反应①和②中转移电子均为2mol，所以消耗等质量的氯化钠，则反应①和②中转移电子总数相等，故D正确；
故选D。
【点睛】把握反应中的元素化合价变化为解答的关键。本题的易错点为B，要注意氧化剂被还原得到还原产物，还原剂被氧化生成氧化产物。
13.某学生利用如图装置对电解质溶液导电性进行实验探究。下列说法中正确的是( )
A. 闭合开关K，电流表指针发生偏转，证明盐酸是电解质
B. 闭合开关K，向烧杯中加入NaCl固体，由于HCl与NaCl不反应，电流表示数不发生变化
C. 闭合开关K，向溶液中加入CaCO3固体，电流表示数基本不变
D. 闭合开关K，向溶液中加入AgNO3固体，因为生成了AgCl沉淀，电流表示数变小
【答案】C
【解析】
【详解】A．当开关K闭合后，电流计指针发生偏转，说明形成回路，证明HCl是电解质，但盐酸是混合物，不是电解质，故A错误；
B．闭合开关K，往烧杯中加入NaCl固体，虽然HCl与NaCl不反应，但离子浓度增大，导电性增强，所以电流表示数会发生变化，故B错误；
C．闭合开关K，往溶液中加入CaCO3固体，与HCl反应生成氯化钙、水和二氧化碳，离子浓度基本没变，则电流表示数基本不变化，故C正确；
D．闭合开关K，往溶液中加入AgNO3固体，与HCl反应生成氯化银沉淀和硝酸，离子浓度基本不变，则电流计示数基本不变，故D错误；
故选C。
14.离子方程式2Ca2++3HCO3-+3OH-=2CaCO3↓+CO32-+3H2O可表示
A. Ca（HCO3）2 与 NaOH 溶液反应 B. Ca（HCO3）2 与 Ba（OH）2溶液反应
C. Ca（HCO3）2与澄清石灰水反应 D. NH4HCO3与澄清石灰水反应
【答案】A
【解析】
试题分析：A．Ca(HCO3)2与NaOH溶液按照2:3混合，会发生反应，离子方程式是：2Ca2++ 3HCO3–+ 3OH–＝2CaCO3↓ + CO32–+ 3H2O，A正确；B．Ca(HCO3)2与Ba(OH)2溶液反应.生成碳酸钡、碳酸钙沉淀，不能用该离子方程式表示，B错误；C．Ca(HCO3)2与澄清石灰水反应，离子方程式是：Ca2++ HCO3–+ OH–＝CaCO3↓ +H2O，C错误；D．NH4HCO3与澄清石灰水反应的离子方程式是：Ca2++ HCO3–+NH4++ 2OH–＝CaCO3↓ +NH3·H2O + H2O，D错误，答案选A。
【考点定位】考查化学反应方程式和离子方程式书写的正误判断的知识。
【名师点睛】电解质在溶液中实质是以离子形式存在，离子在溶液中的反应就是离子反应，离子反应用离子方程式表示。电解质在溶液中发生离子反应时，要注意物质的量对反应的影响，弱酸弱碱盐与酸、碱都能发生反应，弱酸的酸式盐与强碱发生反应，二者的相对量的多少不同，反应不同，一定要结合二者的性质书写离子方程式，并判断离子方程式的正误。
15.常温下，下列三个化学反应均能发生：X2+2W2+=2X-+2W3+ ；Z2+2X-=2Z-+X2 ；2W3++2Y-=2W2++Y2 则在相同条件下，下列三个反应①Y2+2X-=2Y-+X2 ②Z2+2Y-=2Z-+Y2 ③2W3++2Z-=2W2++Z2 也能发生的是
A. 只有① B. 只有② C. ①和② D. ②和③
【答案】B
【解析】
【详解】反应X2+2W2+═2X﹣+2W3+，则得出氧化性关系X2＞W3+；Z2+2X﹣═2Z﹣+X2，则得出氧化性关系Z2＞X2；2W3++2Y﹣═2W2++Y2，则得出氧化性关系W3+＞Y2，所以单质的氧化性顺序是：Z2＞X2＞W3+＞Y2，
①Y2+2X﹣═2Y﹣+X2，则得出氧化性关系Y2＞X2；与已知氧化性顺序不同，则反应不能发生，故错误；
②Z2+2Y﹣═2Z﹣+Y2，则得出氧化性关系Z2＞Y2；与已知氧化性顺序相同，则反应能发生，故正确；
③2W3++2Z﹣═2W2++Z2，则得出氧化性关系W3+＞Z2；与已知氧化性顺序不同，则反应不能发生，故错误；只有②正确，
答案选B。
【点睛】该题是一道信息给予题，解题的关键是对题干中的原理“强氧化剂+强还原剂→弱还原剂+弱氧化剂”的理解与掌握，以及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
二、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每题3分，满分24分)
16.已知X和Y能发生如下反应：X+Y H2O+盐，下列有关X和Y所属种类的说法中一定不正确的是 （ ）
A
B
C
D
X
酸性氧化物
碱性氧化物
盐
酸性氧化物
Y
碱
酸
碱
碱性氧化物
【答案】D
【解析】
A、X是酸性氧化物 +Y是碱 H2O+盐
B、x是碱性氧化物+ Y是酸 H2O+盐
C、X是盐+ Y是碱可能生成H2O和盐，如NaHSO4＋NaOH=Na2SO4＋H2O;
D、X是酸性氧化物+ Y是碱性氧化物 盐
选D。
17. 下列各组在溶液中的反应，不管反应物量的多少，都可以用同一个离子方程式来表示的是（ )
A. FeBr2和Cl2 B. Ba(OH)2与HCl C. HCl与Na2CO3 D. Ca(HCO3)2与NaOH
【答案】B
【解析】
试题分析：A、Cl2少量时，只有亚铁子被氧化，Cl2过量时，亚铁离子与溴离子均被氧化，则不能用同一离子方程式表示，故A不选；B、无论量的多少都只发生Ba（OH）2+2HCl═BaCl2+2H2O，则能用同一离子方程式表示，故B选；C、HCl少量时，发生HCl+Na2CO3═NaHCO3+NaCl，HCl过量时发生2HCl+Na2CO3═NaCl+CO2↑+H2O，则不能用同一离子方程式表示，故C不选；D、氢氧化钠过量时，发生2NaOH +Ca（HCO3）2═CaCO3↓+2H2O+Na2CO3，氢氧化钠少量时发生NaOH +Ca（HCO3）2═CaCO3↓+H2O+NaHCO3，则不能用同一离子方程式表示，故D不选；故选B。
考点：考查与量有关的离子反应的书写
18.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是( )
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A
FeCl2溶液(FeCl3)
Fe粉
B
NaCl溶液(MgCl2)
NaOH溶液、稀HCl
C
Cu (Fe)
稀H2SO4
D
NaHCO3 (Na2CO3)
石灰水
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe与氯化铁发生反应生成氯化亚铁，涉及氧化还原反应，故A不选；
B．氯化镁与NaOH反应生成沉淀和NaCl，且盐酸可中和过量NaOH，可除杂，且不涉及氧化还原反应，故B选；
C．Fe能与过量稀H2SO4溶液反应生成硫酸亚铁溶液和氢气，Cu不与过量稀H2SO4溶液反应，再过滤，能除去杂质且没有引入新的杂质，但涉及氧化还原反应，故C不选；
D．NaHCO3也能与澄清石灰水反应生成沉淀，不能用石灰水除杂，故D不选；故选B。
19.已知硫酸铅难溶于水，也难溶于硝酸，却可溶于醋酸铵中，形成无色的溶液，其化学方程式是PbSO4＋2CH3COONH4=(NH4)2SO4＋(CH3COO)2Pb。当在醋酸铅溶液中通入硫化氢时，有黑色沉淀硫化铅生成。表示这个反应的方程式正确的是( )
A. (CH3COO)2Pb＋H2S=PbS↓＋2CH3COOH
B. Pb2＋＋2CH3COO－＋H2S=PbS↓＋2CH3COOH
C. Pb2＋＋H2S=PbS↓＋2H＋
D. Pb2＋＋2CH3COO－＋2H＋＋S2－=PbS↓＋2CH3COOH
【答案】A
【解析】
【详解】根据复分解反应的条件可知，反应PbSO4＋2CH3COONH4=(NH4)2SO4＋(CH3COO)2Pb能够发生，说明(CH3COO)2Pb为难电离物质。(CH3COO)2Pb(醋酸铅)溶液中通入H2S时，有黑色沉淀PbS和弱电解质CH3COOH，反应物为(CH3COO)2Pb、H2S，生成物为PbS、CH3COOH，则化学反应方程式为：(CH3COO)2Pb+H2S=PbS↓+2CH3COOH，在离子方程式中难溶物、难电离物质应保留化学式，则离子反应方程式为(CH3COO)2Pb+H2S=PbS↓+2CH3COOH，故选A。
20.下列氧化还原反应中，实际参加反应氧化剂与还原剂的物质的量之比正确的是( )
①KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O；1∶6
②3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；2∶3
③SiO2＋3CSiC＋2CO↑；1∶2
④3NO2＋H2O=2HNO3＋NO；2∶1
A. ①③ B. ②③
C. ②④ D. ①④
【答案】B
【解析】
【详解】①反应KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O中，氧化剂为KClO3，还原剂为HCl，根据电子转移数目守恒可知，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5，故①错误；
②反应3Cu+8HNO3(稀)═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O中，氧化剂为HNO3，但8mol硝酸参与反应只有2molN的化合价发生降低，所以参加反应的氧化剂为2mol，还原剂为Cu，参加反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶3，故②正确；
③反应SiO2+3C═SiC+2CO↑中，氧化剂为C，还原剂为C，C元素化合价由0价降低为-4价，由0价升高为+2价，根据电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2，故③正确；
④反应3NO2+H2O═2HNO3+NO，NO2为既是氧化剂，又是还原剂，参加反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2，故④错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点是①和②中酸的作用的判断，①中盐酸是酸和还原剂，②中硝酸是氧化剂和酸。
21.R2O8n－离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化为MnO4－，若反应后R2O8n－离子变为RO42－离子。又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，则n的值是
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【详解】锰元素的化合价变化为7-2=5，R2O8n－中R的化合价是＋(8－n/2)，在还原产物中R的化合价是＋6价，所以根据得失电子守恒可知5×2×(8－n/2－6)＝2×5，解得n＝2，
答案选B。
22.符合下图所示条件的离子组是( )
A. Ba2＋、Mg2＋、NO3-、CO32- B. H＋、Mg2＋、Al3＋、Cl－
C. K＋、Ba2＋、Cl－、HCO3- D. NH4+、Ba2＋、Fe3＋、Cl－
【答案】C
【解析】
【详解】A．因Ba2+、Mg2+能够与CO32-结合生成沉淀，不能大量共存，故A不选；
B．该组离子之间不反应，能够大量共存，加入过量NaOH溶液时生成氢氧化镁白色沉淀，加入少量硫酸时没有沉淀生成，故B不选；
C．该组离子之间不反应，能够大量共存，加入过量NaOH溶液时，Ba2+、OH-、HCO3-结合生成碳酸钡白色沉淀，加入少量硫酸时Ba2+、SO42-结合生成硫酸钡白色沉淀，符合题意，故C选；
D．该组离子之间不反应，能够大量共存，加入过量NaOH溶液时生成红褐色沉淀，不是白色沉淀，加入少量硫酸时Ba2+、SO42-结合生成硫酸钡白色沉淀，故D不选；
故选C。
23.已知G、Q、X、Y、Z均为含氯元素的化合物，在一定条件下有下列转化关系(未配平)：
①G―→Q＋NaCl ②Q＋H2O―→X＋H2
③Y＋NaOH―→G＋Q＋H2O ④Z＋NaOH―→Q＋X＋H2O
这五种化合物中Cl元素化合价由低到高顺序是
A. G、Y、Q、Z、X B. X、Z、Q、G、Y
C. X、Z、Q、Y、G D. G、Q、Y、Z、X
【答案】A
【解析】
试题分析：①G→Q+NaCl中，NaCl中Cl元素为-1价，G转化为Q，Cl元素化合价升高，则Cl元素的化合价为Q＞G＞-1；③Y+NaOH→G+Q十H2O中，为歧化反应，Y中Cl元素的化合价介于G、Q之间，结合①可知Cl元素的化合价为Q＞Y＞G；②Q+H2OX+H2中，H元素的化合价降低，则Cl元素的化合价升高，所以Cl元素的化合价为X＞Q；④Z+NaOH→Q+X+H2O中，为歧化反应，Z中Cl元素的化合价介于Q、X之间，结合②可知，Cl元素的化合价为X＞Z＞Q，所以五种化合物中氯的化合价由低到高的顺序为G、Y、Q、Z、X，故A项正确。
考点：本题考查元素及化合物性质、氧化还原反应原理。
第II部分 非选择题(共46分)
三、综合题（满分46分）
24.(1)下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是________。(填序号)
①Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu
②Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-=BaSO4↓＋2H2O
③Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO
④CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O
⑤Ag＋＋Cl－=AgCl↓
(2)在下列反应中，HCl作还原剂的是________，HCl作氧化剂的是________。
①CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋H2O
②Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑
③PbO2＋4HCl(浓) PbCl2＋Cl2↑＋2H2O
④KClO3＋6HCl(浓) KCl＋3Cl2↑＋3H2O
⑤CuO＋2HCl=CuCl2＋H2O
(3)在横线上补充所需的离子或分子，并配平方程式。
①P＋FeO＋CaOCa3(PO4)2＋Fe ______
②Mn2＋＋ClO3-＋H2O=MnO2↓＋Cl2↑＋________
(4)按要求分别用双线桥或单线桥标出下列反应中电子转移的情况。
①3NO2＋H2O=2HNO3＋NO(双线桥)____________
②8NH3＋6NO27N2＋12H2O(单线桥)______
(5)在做制备氢氧化铁胶体的实验时，有些同学没有按要求进行，结果没有观察到胶体，请你预测其现象并分析原因：
①甲同学没有选用饱和氯化铁溶液，而是将稀氯化铁溶液滴入沸水中，结果没有观察到________，其原因是________________。
②乙同学在实验中没有使用蒸馏水，而是用自来水，结果会______，原因是______________。
③丙同学向沸水中滴加饱和氯化铁溶液后，长时间加热，结果会____________，原因是___________________。
【答案】 (1). ③ (2). ③④ (3). ② (4). 2 P+5 FeO+3 CaO Ca3(PO4)2+5 Fe (5). 5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+ (6). (7). (8). 红褐色液体 (9). FeCl3溶液太稀，生成的Fe(OH)3胶体微粒太少 (10). 生成红褐色沉淀 (11). 自来水中含有电解质，胶体发生聚沉 (12). 生成红褐色沉淀 (13). 长时间加热，胶体发生聚沉
【解析】
【分析】
(1)根据各离子反应的反应物代表的物质分析判断；
(2)在化学反应中HCl作氧化剂，说明HCl中元素在反应中化合价降低；作还原剂时，所含元素化合价应升高，据此分析解答；
(3)根据得失化合价升降守恒配平方程式；
(4)根据化合价的变化分析判断转移的电子数，再根据要求分析书写转移电子的方向和数目；
(5)按照氢氧化铁胶体的制备方法结合胶体的性质分析解答。
【详解】(1)①Fe+Cu2+═Fe2++Cu表示铁与可溶性铜盐反应，表示一类反应，故①不选；
②Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O表示氢氧化钡与可溶性硫酸氢盐或者硫酸反应，表示一类反应，故②不选；
③Cl2+H2O═H++Cl-+HClO表示氯气与水反应，只表示一个反应，故③选；
④CO32-+2H+═CO2↑+H2O表示强酸与可溶性碳酸盐反应，表示一类反应，故④不选；
⑤Ag++Cl-═AgCl↓表示硝酸银与可溶性盐酸或氯化物反应，表示一类反应，故⑤不选；
只表示一个反应的是③，故答案为：③；
(2)①CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋H2O反应中各元素化合价都不变，属于非氧化还原反应；
②Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑中H元素化合价降低，被还原，HCl为氧化剂；
③PbO2＋4HCl(浓) PbCl2＋Cl2↑＋2H2O 中Cl元素化合价升高，被氧化，反应中HCl为还原剂；
④KClO3＋6HCl(浓) KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，KClO3为氧化剂，HCl为还原剂；
⑤CuO＋2HCl=CuCl2＋H2O中元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应；
HCl作还原剂的是③④，HCl作氧化剂的是②；故答案为：③④；②；
(3)①P＋FeO＋CaOCa3(PO4)2＋Fe中元素的化合价变化为：P→Ca3(PO4)2，磷元素由0价→+5价，一个磷原子失5个电子；FeO→Fe，铁元素由+2价→0价，一个 FeO得2个电子，根据氧化还原反应中得失电子相等，所以其最小公倍数为10，故 P的计量数为2，FeO的计量数为5，其它元素根据原子守恒配平，所以该方程式为2 P+5 FeO+3 CaO Ca3(PO4)2+5 Fe，故答案为：2 P+5 FeO+3 CaO Ca3(PO4)2+5 Fe；
②Mn2＋转化为MnO2，失去2个电子，ClO3-转化为氯气，得到10个电子，根据氧化还原反应中得失电子相等，故 Mn2＋的计量数为5，ClO3-的计量数为2，结合原子守恒，还缺少H+，所以反应的方程式是：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+，故答案为：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+；
(4)①3NO2＋H2O===2HNO3＋NO反应中，只有氮原子化合价变化，电子转移的方向和数目为，故答案为：；
②在反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O中，NH3→N2，化合价变化为-3价→0价，NH3是还原剂，失8×3e-，NO2→N2，化合价变化为+4价→0价NO2是氧化剂，得6×4e-，可表示为，故答案为：；
(5)①实验室制备氢氧化铁胶体的方法为：向沸水中滴加饱和氯化铁溶液加热到红褐色，将稀氯化铁溶液滴入沸水中，FeCl3溶液太稀，生成的Fe(OH)3太少，无红褐色，故答案为：红褐色液体；FeCl3溶液太稀，生成的Fe(OH)3胶体微粒太少；
②自来水生产时需向水中通入氯气，氯气遇水会产生次氯酸HClO，用于消毒，同时生成盐酸，盐酸、HClO电解质电离生成的阴离子Cl-、ClO- 中和了 Fe(OH)3 胶粒所带的正电荷，使胶粒聚集成较大的颗粒而形成红褐色沉淀，故答案为：生成红褐色沉淀；自来水中含有电解质，胶体发生聚沉；
③制备氢氧化铁胶体时，当溶液呈红褐色时应停止加热，否则生成的胶体在加热条件下发生聚沉，形成红褐色沉淀，故答案为：生成红褐色沉淀；长时间加热，胶体发生聚沉。
【点睛】本题的易错点为(5)①，要注意氯化铁溶液浓度对实验现象的影响。
25.某固体混合物，仅含有以下阴、阳离子中的某几种(不考虑水的电离)：
阳离子
K＋、Ba2＋、Ag＋、Mg2＋、NH
阴离子
Cl－、SO、CO、SiO、MnO
为了判断该混合物的组成，现依次进行如下实验，根据实验现象，回答下列问题：
（1）取该固体混合物，加水后固体完全溶解得到无色溶液，用pH试纸测得溶液的pH为12，实验中未嗅到刺激性气味。则混合物组成中肯定不存在的离子是________。
（2）向(1)所得溶液中滴加盐酸，有沉淀生成，同时有无色无味气体逸出。则肯定存在的离子是___，可以排除的离子是________。
（3）取(2)实验后的上层清液，滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成。思考还有没有离子尚待检验？请你对尚待检验的离子提出合理的检验方法(要求写出具体的步骤、现象与结论)： ________。如果认为没有尚待检验的离子，此空不填。
【答案】 (1). MnO 、NH 、Ag＋、Mg2＋ (2). SiO、CO、K＋ (3). Ba2＋、SO (4). 取(1)中所得溶液少许于试管中，用硝酸酸化后滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀生成则含有Cl－，否则不含Cl－
【解析】
【分析】
(1)取该粉末，加水后固体完全溶解得到无色溶液，说明没有MnO，用pH试纸测得溶液的pH为12，溶液呈碱性，Ag+ Mg2+离子不能存在，且未嗅到气味，证明原溶液中无铵根离子；
(2)向(1)所得溶液中滴加盐酸溶液，有沉淀生成，说明含有SiO，同时有无色无味气体逸出，证明含CO32-，不存在Ba2+、SO32-，结合电荷守恒分析判断；
(3)取(2)实验后的上层清液，滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明(2)实验后的上层清液中含有Cl－，结合实验步骤分析判断。
【详解】(1)取该粉末，加水后固体完全溶解得到无色溶液，说明没有MnO，用pH试纸测得溶液的pH为12，溶液呈碱性，Ag+ Mg2+离子不能存在，且未嗅到气味，证明原溶液中无铵根离子；由此可推出肯定不存在的离子为NH4+、Ag+、Mg2+，故答案为：MnO、NH4+、Ag+、Mg2+；
(2)向(1)所得溶液中滴加盐酸溶液，有沉淀生成，说明含有SiO，同时有无色无味气体逸出，证明含CO32-，则一定不存在Ba2+；SO32-离子与酸反应生成无色刺激性气味的气体，一定不含有SO32-，溶液中至少存在一种阳离子，则一定含有K＋，则肯定存在的离子是SiO、CO、K＋，可以排除的离子是Ba2＋、SO，故答案为：SiO、CO、K＋；Ba2+、SO32-；
(3)取(2)实验后的上层清液，滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明(2)实验后的上层清液中含有Cl－，但(2)中加入盐酸时会引入Cl－，不能说明原溶液中是否存在Cl－。要验证Cl－的存在，可以取(1)中所得溶液少许于试管中，用硝酸酸化后滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀生成则含有Cl－，否则不含Cl－，故答案为：取(1)中所得溶液少许于试管中，用硝酸酸化后滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀生成则含有Cl－，否则不含Cl－。
26.次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，具有较强还原性。回答下列问题：
（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式____。
（2）H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银。
①H3PO2中P元素的化合价为___。
② 利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，则氧化产物为__________ (填化学式)。
③从分类来看，NaH2PO2属于______
a．正盐 b．酸式盐 c．钠盐 d．氧化物
（3）H3PO2的工业制法是：将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式_______Ba(H2PO2)2与H2SO4的离子方程式___________。
【答案】 (1). H3PO2 H2PO2-+H+ (2). +1 (3). H3PO4 (4). AC (5). 2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑ (6). Ba2＋＋H2PO2-+H+＋SO42-=H3PO2＋BaSO4↓
【解析】
【分析】
(1)H3PO2是一元弱酸，在水溶液里部分电离生成氢离子和酸根离子；
(2)①根据化合物中化合价的代数和为0确定P元素化合价；②根据转移电子守恒判断氧化产物；③根据H3PO2是一元中强酸分析判断次磷酸钠的类型；
(3)根据反应物和生成物书写方程式。
【详解】(1)H3PO2是一元中强酸，在水溶液里部分电离生成氢离子和酸根离子，电离方程式为H3PO2⇌H++H2PO2-，故答案为：H3PO2⇌H++H2PO2-；
(2)①根据化合物中化合价的代数和为0确定P元素化合价，H3PO2中O元素为-2价、H元素为+1价，所以P元素为+1价，故答案为：+1；
②该反应中银离子是氧化剂、H3PO2是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，根据转移电子相等知，1molH3PO2失去4mol电子，所以产物中P元素为+5价，则氧化产物是H3PO4，故答案为：H3PO4；
③H3PO2是一元中强酸，则次磷酸钠(NaH2PO2)是正盐，次磷酸钠还含有钠离子，也属于钠盐，故选：AC；
(3)白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，反应方程式为2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑，Ba(H2PO2)2与H2SO4反应生成次磷酸和硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为Ba2＋＋H2PO2-+H+＋SO42-=H3PO2＋BaSO4↓，故答案为：2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑；Ba2＋＋H2PO2-+H+＋SO42-=H3PO2＋BaSO4↓。
【点睛】本题易错点为(2)②中NaH2PO2类型的判断，要注意H3PO2是一元中强酸。
27.(1)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3＋2KNO3===K2O＋xNa2O＋16N2↑，
①x＝_______________；
②该反应的氧化产物是_________，还原产物是____________，其质量比为_______；
③每生成8个N2转移________个电子；
(2)以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：
①过程Ⅰ中，在Fe2＋催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是____________。
②过程Ⅰ中，Fe2＋催化过程可表示为ⅰ.2Fe2＋＋PbO2＋4H＋＋SO===2Fe3＋＋PbSO4＋2H2O ⅱ.……写出ⅱ的离子方程式：____________________________。
【答案】 (1). 5 (2). N2 (3). N2 (4). 15∶1 (5). 5 (6). Pb＋PbO2＋2H2SO4 2PbSO4＋2H2O (7). 2Fe3＋＋Pb＋SO=2Fe2＋＋PbSO4
【解析】
【分析】
(1)由质量守恒可知x=5，则方程式为10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑，根据反应中N元素的化合价变化分析解答；
(2)①根据题给化学工艺流程知，过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb、PbO2和H2SO4反应生成PbSO4和水，据此书写反应的方程式；②催化剂通过参加反应，改变反应历程，根据题给信息知反应i中Fe2+被PbO2氧化为Fe3+，则反应ii中Fe3+被Pb还原为Fe2+，据此书写离子方程式。
【详解】(1)①10NaN3＋2KNO3=K2O＋xNa2O＋16N2↑，由质量守恒可知x=5，故答案为：5；
②NaN3中N的化合价升高，NaN3为还原剂，氧化产物为N2，KNO3中N的化合价降低，KNO3为氧化剂，还原产物为N2；根据方程式，10mol NaN3生成氧化产物N2为15mol，2molKNO3是氧化剂，生成还原产物N2为1mol，氧化产物与还原产物的质量之比为15∶1，故答案为：N2；N2；15∶1；
③由反应可知，2molKNO3反应转移电子为2mol×(5-0)=10mol，即每生成16mol N2转移10mol电子，则每生成8个N2转移5个电子，故答案为：5；
(2)①根据题给化学工艺流程知，过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb、PbO2和H2SO4反应生成PbSO4和水，化学方程式为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，故答案为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O；
②催化剂通过参加反应，改变反应历程，根据题给信息知反应i中Fe2+被PbO2氧化为Fe3+，则反应ii中Fe3+被Pb还原为Fe2+，离子方程式为：2Fe3++Pb+SO42-═PbSO4+2Fe2+，故答案为：2Fe3++Pb+SO42-═PbSO4+2Fe2+。
沈阳铁路实验中学2019-2020学年度上学期10月月考试题高一化学
时间：90分钟 分数：100分
命题人：李瑞雪 审题人：兰岚
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5
第I部分 选择题(共54分)
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每题2分，满分30分)
1.德国著名行业杂志《应用化学》上刊登文章介绍：某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用富勒烯(C60)的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法正确的是( )
A. “水瓶”、双氧水、冰水混合物都是混合物
B. 石墨和C60互称为同位素
C. 磷酸钙是可溶性强电解质
D. 一定条件下石墨转化为C60是化学变化
【答案】D
【解析】
【详解】A、冰水混合物是由一种物质组成，属于纯净物，故A错误；
B、石墨和C60都是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，故B错误；
C、磷酸钙难溶于水，故C错误
D、同素异形体之间的转化伴随着旧键的断裂和新键的形成，是化学变化，故D正确；
故选D。
2.下列分类标准和分类结果不科学的是
选项
分类目标
分类标准
分类结果
A
化学反应
有无离子参加或生成
离子反应和非离子反应
B
有无单质参加或生成
氧化还原反应和非氧化还原反应
C
化学物质
分散质粒子直径的大小
胶体、溶液和浊液
D
化合物在水溶液或熔融状态下能否导电
电解质和非电解质
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
离子反应是有离子参加或生成的反应，故A正确；氧化还原反应和非氧化还原反应是根据有无元素化合价变化，故B错误；根据分散质粒子直径的大小把混合物分为胶体、溶液和浊液，故C正确；根据化合物在水溶液或熔融状态下能否导电，化合物分为电解质和非电解质，故D正确。
3.下列说法不正确的组合为( )
①只含有一种元素的物质一定是纯净物
②“滴水石穿，绳锯木断”包含化学变化
③SiO2是酸性氧化物，硅酸是它与水反应形成的水化物
④碱性氧化物一定是金属氧化物
⑤电解质溶液导电一定发生化学变化
⑥能与酸反应生成盐和水的氧化物一定是碱性氧化物
⑦用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐不涉及化学变化
⑧两种盐反应一定生成两种新盐
A. ①③⑥⑧ B. ①②③④⑥
C. ②④⑤⑧ D. ②④⑥⑧
【答案】A
【解析】
【详解】①氧气和臭氧的混合物中只含有氧元素，不是纯净物，故①错误；
②石头中一般含有碳酸钙，其能与水，二氧化碳反应生成Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2是可溶性物质，属于化学变化；绳锯木断过程中没有新物质生成，属于物理变化，“滴水石穿，绳锯木断”包含化学变化，故②正确；
③酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物，二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，故为酸性氧化物，但二氧化硅不溶于水，故③错误；
④所有碱性氧化物一定是金属氧化物，但是金属氧化物不一定碱性氧化物，故④正确；
⑤电解质溶液导电过程，为电解过程，有新物质生成，一定发生化学变化，故⑤正确；
⑥能与酸反应生成盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物，如过氧化钠和亚硫酸反应生成硫酸钠和水，但发生的是氧化还原反应，故⑥错误；
⑦用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐为渗析过程，没有新物质生成是物理变化，故⑦正确；
⑧两种盐反应不一定生成两种新盐，如FeCl3和Na2S反应生成硫单质氯化亚铁和氯化钠；AlCl3+Na2S在水溶液中反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，故⑧错误；
综上所述：①③⑥⑧错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点为⑥，要注意碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，但能够与酸反应生成盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物。
4.下列说法中不正确的是( )
①将硫酸钡放入水中不能导电，所以硫酸钡是非电解质
②氨溶于水得到氨水溶液能导电，所以氨水是电解质
③固态HCl不导电，熔融态的HCl可以导电，所以HCl是电解质
④NaHSO4电离时生成的阳离子有氢离子，所以是酸
⑤易溶于水的酸碱盐都是强电解质
A. 仅①②④ B. 仅①②③④
C. 仅①②③ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①硫酸钡在水中的溶解度很小，只要溶解就完全电离，硫酸钡在熔融状态下，能完全电离，所以硫酸钡是电解质，故①错误；
②氨气溶于水形成氨水，氨水是混合物，混合物不是电解质，故②错误；
③固态的HCl不导电，液态的HCl只有HCl分子，没有电离出离子，也不能导电，故③错误；
④电离出的阳离子全部是H+的化合物叫做酸，能电离出H+的化合物不一定是酸，硫酸氢钠能电离出氢离子，NaHSO4=Na++H++SO42-，属于盐，故④错误；
⑤易溶于水的酸碱盐都是强电解质，如CH3COOH易溶于水，但CH3COOH为弱电解质，故⑤错误；
故选D。
5.下列事实与胶体的说法不正确的是( )
A. 由肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗
B. 在实验中手不慎被玻璃划破，可用FeCl3溶液应急止血
C. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
D. 氯化钠易溶于水，所以氯化钠一定不能制成胶体
【答案】D
【解析】
【详解】A．血液透析的原理类似于渗析原理，透析膜相当于半透膜的作用，肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗，故A正确；
B．氯化铁是电解质溶液可以使血液发生聚沉，在实验中手不慎被玻璃划破，可用FeCl3溶液应急止血，故B正确；
C．雾霾所形成的气溶胶，丁达尔现象为胶体特有的性质，则雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应，故C正确；
D．氯化钠易溶于水，但在酒精中的溶解度较小，氯化钠分散到酒精中可形成胶体，故D错误；
故选D。
6.科学家指出，食用虾类等水生甲壳类动物的同时服用维生素C容易中毒，这是因为对人体无害的+5价砷类物质在维生素C的作用下，能够转化为有毒的+3价砷类化合物。下列说法错误的是（ ）
A. 维生素C具有还原性 B. +5价砷转化为+3价砷时，得到电子
C. 上述过程中+5价砷类物质作还原剂 D. 上述过程中砷元素发生还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】+5价砷类物质在维生素C的作用下，能够转化为有毒的+3价砷类化合物，As元素化合价由+5价变为+3价，所以+5价砷类物质作氧化剂、维生素C作还原剂。
A．维生素C作还原剂，具有还原性，故A正确；
B．+5价砷转化为+3价砷时，化合价降低，得到电子，故B正确；
C．+5价砷类物质得电子，化合价降低，作氧化剂，故C错误；
D．As元素化合价由+5价变为+3价，所以As元素化合价降低，得电子，发生还原反应，故D正确；
故选C
7.下列各组微粒中，在一定条件下均可以作氧化剂的是( )
A. Fe、H2O、CO2 B. Fe3＋、MnO4—、NO3—
C. Cl2、HClO、Mg D. ClO－、Cl－、Ag＋
【答案】B
【解析】
【详解】A.Fe元素化合价为0，是铁的最低化合价，只有还原性，故A错误；
B.Fe、Mn、N元素化合价都处于最高价态，Fe3＋、MnO4－、NO3－都具有氧化性，在一定条件下可以作为氧化剂，故B正确；
C.Mg元素化合价为0，是镁的最低化合价，只有还原性，故C错误；
D.Cl元素化合价为-1，是氯的最低化合价，只有还原性，故D错误；
本题答案为B。
8.下列各组离子在指定的溶液中，能大量共存的是（ ）
A. 使pH试纸显蓝色的溶液：Cu2＋、NO、Fe3＋、SO
B. 与铁粉反应放出H2的无色溶液：NO、Fe2＋、Na＋、SO
C. 使红色石蕊试纸变蓝的溶液：SO、CO、Na＋、K＋
D. Na2CO3溶液：Al3＋、SO、Cl－、K＋
【答案】C
【解析】
【详解】A．使pH试纸显蓝色的溶液呈碱性，Cu2+、Fe3+与氢氧根离子反应生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．与铁粉反应放出氢气溶液呈酸性，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．使红色石蕊试纸变蓝的溶液显碱性，存在大量氢氧根离子，SO42-、CO32-、Na+、K+之间不反应，且与氢氧根离子都不反应，在溶液中能大量共存，故C正确；
D．Na2CO3能够与Al3＋反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为B，要注意硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性，与铁反应不放出氢气，也能氧化亚铁离子。
9.下列反应的离子方程式不正确的是( )
A. NaOH加入NaHCO3溶液中：OH－ + HCO = H2O + CO
B. 少量CO2通入NaOH溶液中：2OH- + CO2= CO+ H2O
C. 盐酸加入NaHCO3溶液中：H+ + HCO = H2O + CO2↑
D. 金属钠与水反应：Na + H2O = Na+ + OH- + H2 ↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaHCO3与NaOH溶液反应生成碳酸钠与水，反应的离子方程式为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O，故A正确；
B．少量CO2通入NaOH溶液中，反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为：CO2+2OH-═CO32-+H2O，故B正确；
C．盐酸加入NaHCO3溶液中反应生成二氧化碳和水，反应的离子方程式为：H+ + HCO = H2O + CO2↑，故C正确；
D．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故D错误；
故选D。
10.下列反应中必须加入还原剂才能进行的是（ ）
A. KClO3→KCl B. Zn→ Zn2＋ C. Ｈ2→H2O D. CuO→Cu
【答案】D
【解析】
【详解】A．KClO3→KCl 中Cl元素的化合价降低，但可发生自身氧化还原反应，如加热分解，故A不选；
B．Zn元素的化合价升高，需要加氧化剂才能发生，故B不选；
C．H元素的化合价升高，需要加氧化剂才能发生，故C不选；
D．Cu元素的化合价降低，需要加入还原剂才能发生，故D选；
故选D。
【点睛】本题的易错点为A，要注意一些自身能够发生的氧化还原反应，如氯气与水的反应，高锰酸钾的分解等。
11.(NH4)2Cr2O7是一种受热易分解的盐，下列各组对(NH4)2Cr2O7受热分解产物的判断可能正确的是
A. CrO3 + NH3 + H2 B. Cr2O3 + NH3 + H2O
C. CrO3 + N2 + H2O D. Cr2O3 + N2 + H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]受热发生氧化还原反应，则N元素的化合价应升高，Cr元素的化合价应降低，以此解答该题。
【详解】重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]受热发生氧化还原反应，则N元素的化合价应升高，即由-3价升高为0，生成氮气，Cr元素的化合价应降低，由+6价降低为+3加，生成Cr2O3，由元素守恒可知，还生成水，答案选D。
【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意化合物中N、Cr元素的化合价以及原子守恒的灵活应用。
12.工业生产钠和烧碱的原理如下：①电解熔融氯化钠制钠：2NaCl(熔融) 2Na＋Cl2↑，②电解饱和食盐水制烧碱：2NaCl＋2H2O 2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，下列有关说法正确的是（ ）
A. 在反应①和②中，氯化钠均既是氧化剂，又是还原剂
B. 在反应①中氯气是还原产物，在反应②中氢气是还原产物
C. 若标准状况下生成等体积的气体，则反应①和②中转移电子总数相等
D. 若消耗等质量的氯化钠，则反应①和②中转移电子总数相等
【答案】D
【解析】
【详解】①电解熔融氯化钠制钠：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，Na元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，所以氯化钠既是氧化剂，又是还原剂；
②电解饱和食盐水制烧碱：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2 ↑，H元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，所以水是氧化剂，氯化钠是还原剂；
A．由分析可知，反应②中氯化钠是还原剂，不是氧化剂，故A错误；
B．在反应①中氯气是氧化产物，在反应②中氢气是还原产物，故B错误；
C．2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑中生成1mol气体转移2mol电子，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2 ↑中生成2mol气体转移2mol电子，故C错误；
D．若消耗1mol氯化钠，则反应①和②中转移电子均为2mol，所以消耗等质量的氯化钠，则反应①和②中转移电子总数相等，故D正确；
故选D。
【点睛】把握反应中的元素化合价变化为解答的关键。本题的易错点为B，要注意氧化剂被还原得到还原产物，还原剂被氧化生成氧化产物。
13.某学生利用如图装置对电解质溶液导电性进行实验探究。下列说法中正确的是( )
A. 闭合开关K，电流表指针发生偏转，证明盐酸是电解质
B. 闭合开关K，向烧杯中加入NaCl固体，由于HCl与NaCl不反应，电流表示数不发生变化
C. 闭合开关K，向溶液中加入CaCO3固体，电流表示数基本不变
D. 闭合开关K，向溶液中加入AgNO3固体，因为生成了AgCl沉淀，电流表示数变小
【答案】C
【解析】
【详解】A．当开关K闭合后，电流计指针发生偏转，说明形成回路，证明HCl是电解质，但盐酸是混合物，不是电解质，故A错误；
B．闭合开关K，往烧杯中加入NaCl固体，虽然HCl与NaCl不反应，但离子浓度增大，导电性增强，所以电流表示数会发生变化，故B错误；
C．闭合开关K，往溶液中加入CaCO3固体，与HCl反应生成氯化钙、水和二氧化碳，离子浓度基本没变，则电流表示数基本不变化，故C正确；
D．闭合开关K，往溶液中加入AgNO3固体，与HCl反应生成氯化银沉淀和硝酸，离子浓度基本不变，则电流计示数基本不变，故D错误；
故选C。
14.离子方程式2Ca2++3HCO3-+3OH-=2CaCO3↓+CO32-+3H2O可表示
A. Ca（HCO3）2 与 NaOH 溶液反应 B. Ca（HCO3）2 与 Ba（OH）2溶液反应
C. Ca（HCO3）2与澄清石灰水反应 D. NH4HCO3与澄清石灰水反应
【答案】A
【解析】
试题分析：A．Ca(HCO3)2与NaOH溶液按照2:3混合，会发生反应，离子方程式是：2Ca2++ 3HCO3–+ 3OH–＝2CaCO3↓ + CO32–+ 3H2O，A正确；B．Ca(HCO3)2与Ba(OH)2溶液反应.生成碳酸钡、碳酸钙沉淀，不能用该离子方程式表示，B错误；C．Ca(HCO3)2与澄清石灰水反应，离子方程式是：Ca2++ HCO3–+ OH–＝CaCO3↓ +H2O，C错误；D．NH4HCO3与澄清石灰水反应的离子方程式是：Ca2++ HCO3–+NH4++ 2OH–＝CaCO3↓ +NH3·H2O + H2O，D错误，答案选A。
【考点定位】考查化学反应方程式和离子方程式书写的正误判断的知识。
【名师点睛】电解质在溶液中实质是以离子形式存在，离子在溶液中的反应就是离子反应，离子反应用离子方程式表示。电解质在溶液中发生离子反应时，要注意物质的量对反应的影响，弱酸弱碱盐与酸、碱都能发生反应，弱酸的酸式盐与强碱发生反应，二者的相对量的多少不同，反应不同，一定要结合二者的性质书写离子方程式，并判断离子方程式的正误。
15.常温下，下列三个化学反应均能发生：X2+2W2+=2X-+2W3+ ；Z2+2X-=2Z-+X2 ；2W3++2Y-=2W2++Y2 则在相同条件下，下列三个反应①Y2+2X-=2Y-+X2 ②Z2+2Y-=2Z-+Y2 ③2W3++2Z-=2W2++Z2 也能发生的是
A. 只有① B. 只有② C. ①和② D. ②和③
【答案】B
【解析】
【详解】反应X2+2W2+═2X﹣+2W3+，则得出氧化性关系X2＞W3+；Z2+2X﹣═2Z﹣+X2，则得出氧化性关系Z2＞X2；2W3++2Y﹣═2W2++Y2，则得出氧化性关系W3+＞Y2，所以单质的氧化性顺序是：Z2＞X2＞W3+＞Y2，
①Y2+2X﹣═2Y﹣+X2，则得出氧化性关系Y2＞X2；与已知氧化性顺序不同，则反应不能发生，故错误；
②Z2+2Y﹣═2Z﹣+Y2，则得出氧化性关系Z2＞Y2；与已知氧化性顺序相同，则反应能发生，故正确；
③2W3++2Z﹣═2W2++Z2，则得出氧化性关系W3+＞Z2；与已知氧化性顺序不同，则反应不能发生，故错误；只有②正确，
答案选B。
【点睛】该题是一道信息给予题，解题的关键是对题干中的原理“强氧化剂+强还原剂→弱还原剂+弱氧化剂”的理解与掌握，以及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
二、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每题3分，满分24分)
16.已知X和Y能发生如下反应：X+Y H2O+盐，下列有关X和Y所属种类的说法中一定不正确的是 （ ）
A
B
C
D
X
酸性氧化物
碱性氧化物
盐
酸性氧化物
Y
碱
酸
碱
碱性氧化物
【答案】D
【解析】
A、X是酸性氧化物 +Y是碱 H2O+盐
B、x是碱性氧化物+ Y是酸 H2O+盐
C、X是盐+ Y是碱可能生成H2O和盐，如NaHSO4＋NaOH=Na2SO4＋H2O;
D、X是酸性氧化物+ Y是碱性氧化物 盐
选D。
17. 下列各组在溶液中的反应，不管反应物量的多少，都可以用同一个离子方程式来表示的是（ )
A. FeBr2和Cl2 B. Ba(OH)2与HCl C. HCl与Na2CO3 D. Ca(HCO3)2与NaOH
【答案】B
【解析】
试题分析：A、Cl2少量时，只有亚铁子被氧化，Cl2过量时，亚铁离子与溴离子均被氧化，则不能用同一离子方程式表示，故A不选；B、无论量的多少都只发生Ba（OH）2+2HCl═BaCl2+2H2O，则能用同一离子方程式表示，故B选；C、HCl少量时，发生HCl+Na2CO3═NaHCO3+NaCl，HCl过量时发生2HCl+Na2CO3═NaCl+CO2↑+H2O，则不能用同一离子方程式表示，故C不选；D、氢氧化钠过量时，发生2NaOH +Ca（HCO3）2═CaCO3↓+2H2O+Na2CO3，氢氧化钠少量时发生NaOH +Ca（HCO3）2═CaCO3↓+H2O+NaHCO3，则不能用同一离子方程式表示，故D不选；故选B。
考点：考查与量有关的离子反应的书写
18.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是( )
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A
FeCl2溶液(FeCl3)
Fe粉
B
NaCl溶液(MgCl2)
NaOH溶液、稀HCl
C
Cu (Fe)
稀H2SO4
D
NaHCO3 (Na2CO3)
石灰水
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe与氯化铁发生反应生成氯化亚铁，涉及氧化还原反应，故A不选；
B．氯化镁与NaOH反应生成沉淀和NaCl，且盐酸可中和过量NaOH，可除杂，且不涉及氧化还原反应，故B选；
C．Fe能与过量稀H2SO4溶液反应生成硫酸亚铁溶液和氢气，Cu不与过量稀H2SO4溶液反应，再过滤，能除去杂质且没有引入新的杂质，但涉及氧化还原反应，故C不选；
D．NaHCO3也能与澄清石灰水反应生成沉淀，不能用石灰水除杂，故D不选；故选B。
19.已知硫酸铅难溶于水，也难溶于硝酸，却可溶于醋酸铵中，形成无色的溶液，其化学方程式是PbSO4＋2CH3COONH4=(NH4)2SO4＋(CH3COO)2Pb。当在醋酸铅溶液中通入硫化氢时，有黑色沉淀硫化铅生成。表示这个反应的方程式正确的是( )
A. (CH3COO)2Pb＋H2S=PbS↓＋2CH3COOH
B. Pb2＋＋2CH3COO－＋H2S=PbS↓＋2CH3COOH
C. Pb2＋＋H2S=PbS↓＋2H＋
D. Pb2＋＋2CH3COO－＋2H＋＋S2－=PbS↓＋2CH3COOH
【答案】A
【解析】
【详解】根据复分解反应的条件可知，反应PbSO4＋2CH3COONH4=(NH4)2SO4＋(CH3COO)2Pb能够发生，说明(CH3COO)2Pb为难电离物质。(CH3COO)2Pb(醋酸铅)溶液中通入H2S时，有黑色沉淀PbS和弱电解质CH3COOH，反应物为(CH3COO)2Pb、H2S，生成物为PbS、CH3COOH，则化学反应方程式为：(CH3COO)2Pb+H2S=PbS↓+2CH3COOH，在离子方程式中难溶物、难电离物质应保留化学式，则离子反应方程式为(CH3COO)2Pb+H2S=PbS↓+2CH3COOH，故选A。
20.下列氧化还原反应中，实际参加反应氧化剂与还原剂的物质的量之比正确的是( )
①KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O；1∶6
②3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；2∶3
③SiO2＋3CSiC＋2CO↑；1∶2
④3NO2＋H2O=2HNO3＋NO；2∶1
A. ①③ B. ②③
C. ②④ D. ①④
【答案】B
【解析】
【详解】①反应KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O中，氧化剂为KClO3，还原剂为HCl，根据电子转移数目守恒可知，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5，故①错误；
②反应3Cu+8HNO3(稀)═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O中，氧化剂为HNO3，但8mol硝酸参与反应只有2molN的化合价发生降低，所以参加反应的氧化剂为2mol，还原剂为Cu，参加反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶3，故②正确；
③反应SiO2+3C═SiC+2CO↑中，氧化剂为C，还原剂为C，C元素化合价由0价降低为-4价，由0价升高为+2价，根据电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2，故③正确；
④反应3NO2+H2O═2HNO3+NO，NO2为既是氧化剂，又是还原剂，参加反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2，故④错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点是①和②中酸的作用的判断，①中盐酸是酸和还原剂，②中硝酸是氧化剂和酸。
21.R2O8n－离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化为MnO4－，若反应后R2O8n－离子变为RO42－离子。又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，则n的值是
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【详解】锰元素的化合价变化为7-2=5，R2O8n－中R的化合价是＋(8－n/2)，在还原产物中R的化合价是＋6价，所以根据得失电子守恒可知5×2×(8－n/2－6)＝2×5，解得n＝2，
答案选B。
22.符合下图所示条件的离子组是( )
A. Ba2＋、Mg2＋、NO3-、CO32- B. H＋、Mg2＋、Al3＋、Cl－
C. K＋、Ba2＋、Cl－、HCO3- D. NH4+、Ba2＋、Fe3＋、Cl－
【答案】C
【解析】
【详解】A．因Ba2+、Mg2+能够与CO32-结合生成沉淀，不能大量共存，故A不选；
B．该组离子之间不反应，能够大量共存，加入过量NaOH溶液时生成氢氧化镁白色沉淀，加入少量硫酸时没有沉淀生成，故B不选；
C．该组离子之间不反应，能够大量共存，加入过量NaOH溶液时，Ba2+、OH-、HCO3-结合生成碳酸钡白色沉淀，加入少量硫酸时Ba2+、SO42-结合生成硫酸钡白色沉淀，符合题意，故C选；
D．该组离子之间不反应，能够大量共存，加入过量NaOH溶液时生成红褐色沉淀，不是白色沉淀，加入少量硫酸时Ba2+、SO42-结合生成硫酸钡白色沉淀，故D不选；
故选C。
23.已知G、Q、X、Y、Z均为含氯元素的化合物，在一定条件下有下列转化关系(未配平)：
①G―→Q＋NaCl ②Q＋H2O―→X＋H2
③Y＋NaOH―→G＋Q＋H2O ④Z＋NaOH―→Q＋X＋H2O
这五种化合物中Cl元素化合价由低到高顺序是
A. G、Y、Q、Z、X B. X、Z、Q、G、Y
C. X、Z、Q、Y、G D. G、Q、Y、Z、X
【答案】A
【解析】
试题分析：①G→Q+NaCl中，NaCl中Cl元素为-1价，G转化为Q，Cl元素化合价升高，则Cl元素的化合价为Q＞G＞-1；③Y+NaOH→G+Q十H2O中，为歧化反应，Y中Cl元素的化合价介于G、Q之间，结合①可知Cl元素的化合价为Q＞Y＞G；②Q+H2OX+H2中，H元素的化合价降低，则Cl元素的化合价升高，所以Cl元素的化合价为X＞Q；④Z+NaOH→Q+X+H2O中，为歧化反应，Z中Cl元素的化合价介于Q、X之间，结合②可知，Cl元素的化合价为X＞Z＞Q，所以五种化合物中氯的化合价由低到高的顺序为G、Y、Q、Z、X，故A项正确。
考点：本题考查元素及化合物性质、氧化还原反应原理。
第II部分 非选择题(共46分)
三、综合题（满分46分）
24.(1)下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是________。(填序号)
①Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu
②Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-=BaSO4↓＋2H2O
③Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO
④CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O
⑤Ag＋＋Cl－=AgCl↓
(2)在下列反应中，HCl作还原剂的是________，HCl作氧化剂的是________。
①CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋H2O
②Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑
③PbO2＋4HCl(浓) PbCl2＋Cl2↑＋2H2O
④KClO3＋6HCl(浓) KCl＋3Cl2↑＋3H2O
⑤CuO＋2HCl=CuCl2＋H2O
(3)在横线上补充所需的离子或分子，并配平方程式。
①P＋FeO＋CaOCa3(PO4)2＋Fe ______
②Mn2＋＋ClO3-＋H2O=MnO2↓＋Cl2↑＋________
(4)按要求分别用双线桥或单线桥标出下列反应中电子转移的情况。
①3NO2＋H2O=2HNO3＋NO(双线桥)____________
②8NH3＋6NO27N2＋12H2O(单线桥)______
(5)在做制备氢氧化铁胶体的实验时，有些同学没有按要求进行，结果没有观察到胶体，请你预测其现象并分析原因：
①甲同学没有选用饱和氯化铁溶液，而是将稀氯化铁溶液滴入沸水中，结果没有观察到________，其原因是________________。
②乙同学在实验中没有使用蒸馏水，而是用自来水，结果会______，原因是______________。
③丙同学向沸水中滴加饱和氯化铁溶液后，长时间加热，结果会____________，原因是___________________。
【答案】 (1). ③ (2). ③④ (3). ② (4). 2 P+5 FeO+3 CaO Ca3(PO4)2+5 Fe (5). 5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+ (6). (7). (8). 红褐色液体 (9). FeCl3溶液太稀，生成的Fe(OH)3胶体微粒太少 (10). 生成红褐色沉淀 (11). 自来水中含有电解质，胶体发生聚沉 (12). 生成红褐色沉淀 (13). 长时间加热，胶体发生聚沉
【解析】
【分析】
(1)根据各离子反应的反应物代表的物质分析判断；
(2)在化学反应中HCl作氧化剂，说明HCl中元素在反应中化合价降低；作还原剂时，所含元素化合价应升高，据此分析解答；
(3)根据得失化合价升降守恒配平方程式；
(4)根据化合价的变化分析判断转移的电子数，再根据要求分析书写转移电子的方向和数目；
(5)按照氢氧化铁胶体的制备方法结合胶体的性质分析解答。
【详解】(1)①Fe+Cu2+═Fe2++Cu表示铁与可溶性铜盐反应，表示一类反应，故①不选；
②Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O表示氢氧化钡与可溶性硫酸氢盐或者硫酸反应，表示一类反应，故②不选；
③Cl2+H2O═H++Cl-+HClO表示氯气与水反应，只表示一个反应，故③选；
④CO32-+2H+═CO2↑+H2O表示强酸与可溶性碳酸盐反应，表示一类反应，故④不选；
⑤Ag++Cl-═AgCl↓表示硝酸银与可溶性盐酸或氯化物反应，表示一类反应，故⑤不选；
只表示一个反应的是③，故答案为：③；
(2)①CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋H2O反应中各元素化合价都不变，属于非氧化还原反应；
②Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑中H元素化合价降低，被还原，HCl为氧化剂；
③PbO2＋4HCl(浓) PbCl2＋Cl2↑＋2H2O 中Cl元素化合价升高，被氧化，反应中HCl为还原剂；
④KClO3＋6HCl(浓) KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，KClO3为氧化剂，HCl为还原剂；
⑤CuO＋2HCl=CuCl2＋H2O中元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应；
HCl作还原剂的是③④，HCl作氧化剂的是②；故答案为：③④；②；
(3)①P＋FeO＋CaOCa3(PO4)2＋Fe中元素的化合价变化为：P→Ca3(PO4)2，磷元素由0价→+5价，一个磷原子失5个电子；FeO→Fe，铁元素由+2价→0价，一个 FeO得2个电子，根据氧化还原反应中得失电子相等，所以其最小公倍数为10，故 P的计量数为2，FeO的计量数为5，其它元素根据原子守恒配平，所以该方程式为2 P+5 FeO+3 CaO Ca3(PO4)2+5 Fe，故答案为：2 P+5 FeO+3 CaO Ca3(PO4)2+5 Fe；
②Mn2＋转化为MnO2，失去2个电子，ClO3-转化为氯气，得到10个电子，根据氧化还原反应中得失电子相等，故 Mn2＋的计量数为5，ClO3-的计量数为2，结合原子守恒，还缺少H+，所以反应的方程式是：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+，故答案为：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+；
(4)①3NO2＋H2O===2HNO3＋NO反应中，只有氮原子化合价变化，电子转移的方向和数目为，故答案为：；
②在反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O中，NH3→N2，化合价变化为-3价→0价，NH3是还原剂，失8×3e-，NO2→N2，化合价变化为+4价→0价NO2是氧化剂，得6×4e-，可表示为，故答案为：；
(5)①实验室制备氢氧化铁胶体的方法为：向沸水中滴加饱和氯化铁溶液加热到红褐色，将稀氯化铁溶液滴入沸水中，FeCl3溶液太稀，生成的Fe(OH)3太少，无红褐色，故答案为：红褐色液体；FeCl3溶液太稀，生成的Fe(OH)3胶体微粒太少；
②自来水生产时需向水中通入氯气，氯气遇水会产生次氯酸HClO，用于消毒，同时生成盐酸，盐酸、HClO电解质电离生成的阴离子Cl-、ClO- 中和了 Fe(OH)3 胶粒所带的正电荷，使胶粒聚集成较大的颗粒而形成红褐色沉淀，故答案为：生成红褐色沉淀；自来水中含有电解质，胶体发生聚沉；
③制备氢氧化铁胶体时，当溶液呈红褐色时应停止加热，否则生成的胶体在加热条件下发生聚沉，形成红褐色沉淀，故答案为：生成红褐色沉淀；长时间加热，胶体发生聚沉。
【点睛】本题的易错点为(5)①，要注意氯化铁溶液浓度对实验现象的影响。
25.某固体混合物，仅含有以下阴、阳离子中的某几种(不考虑水的电离)：
阳离子
K＋、Ba2＋、Ag＋、Mg2＋、NH
阴离子
Cl－、SO、CO、SiO、MnO
为了判断该混合物的组成，现依次进行如下实验，根据实验现象，回答下列问题：
（1）取该固体混合物，加水后固体完全溶解得到无色溶液，用pH试纸测得溶液的pH为12，实验中未嗅到刺激性气味。则混合物组成中肯定不存在的离子是________。
（2）向(1)所得溶液中滴加盐酸，有沉淀生成，同时有无色无味气体逸出。则肯定存在的离子是___，可以排除的离子是________。
（3）取(2)实验后的上层清液，滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成。思考还有没有离子尚待检验？请你对尚待检验的离子提出合理的检验方法(要求写出具体的步骤、现象与结论)： ________。如果认为没有尚待检验的离子，此空不填。
【答案】 (1). MnO 、NH 、Ag＋、Mg2＋ (2). SiO、CO、K＋ (3). Ba2＋、SO (4). 取(1)中所得溶液少许于试管中，用硝酸酸化后滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀生成则含有Cl－，否则不含Cl－
【解析】
【分析】
(1)取该粉末，加水后固体完全溶解得到无色溶液，说明没有MnO，用pH试纸测得溶液的pH为12，溶液呈碱性，Ag+ Mg2+离子不能存在，且未嗅到气味，证明原溶液中无铵根离子；
(2)向(1)所得溶液中滴加盐酸溶液，有沉淀生成，说明含有SiO，同时有无色无味气体逸出，证明含CO32-，不存在Ba2+、SO32-，结合电荷守恒分析判断；
(3)取(2)实验后的上层清液，滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明(2)实验后的上层清液中含有Cl－，结合实验步骤分析判断。
【详解】(1)取该粉末，加水后固体完全溶解得到无色溶液，说明没有MnO，用pH试纸测得溶液的pH为12，溶液呈碱性，Ag+ Mg2+离子不能存在，且未嗅到气味，证明原溶液中无铵根离子；由此可推出肯定不存在的离子为NH4+、Ag+、Mg2+，故答案为：MnO、NH4+、Ag+、Mg2+；
(2)向(1)所得溶液中滴加盐酸溶液，有沉淀生成，说明含有SiO，同时有无色无味气体逸出，证明含CO32-，则一定不存在Ba2+；SO32-离子与酸反应生成无色刺激性气味的气体，一定不含有SO32-，溶液中至少存在一种阳离子，则一定含有K＋，则肯定存在的离子是SiO、CO、K＋，可以排除的离子是Ba2＋、SO，故答案为：SiO、CO、K＋；Ba2+、SO32-；
(3)取(2)实验后的上层清液，滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明(2)实验后的上层清液中含有Cl－，但(2)中加入盐酸时会引入Cl－，不能说明原溶液中是否存在Cl－。要验证Cl－的存在，可以取(1)中所得溶液少许于试管中，用硝酸酸化后滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀生成则含有Cl－，否则不含Cl－，故答案为：取(1)中所得溶液少许于试管中，用硝酸酸化后滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀生成则含有Cl－，否则不含Cl－。
26.次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，具有较强还原性。回答下列问题：
（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式____。
（2）H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银。
①H3PO2中P元素的化合价为___。
② 利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，则氧化产物为__________ (填化学式)。
③从分类来看，NaH2PO2属于______
a．正盐 b．酸式盐 c．钠盐 d．氧化物
（3）H3PO2的工业制法是：将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式_______Ba(H2PO2)2与H2SO4的离子方程式___________。
【答案】 (1). H3PO2 H2PO2-+H+ (2). +1 (3). H3PO4 (4). AC (5). 2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑ (6). Ba2＋＋H2PO2-+H+＋SO42-=H3PO2＋BaSO4↓
【解析】
【分析】
(1)H3PO2是一元弱酸，在水溶液里部分电离生成氢离子和酸根离子；
(2)①根据化合物中化合价的代数和为0确定P元素化合价；②根据转移电子守恒判断氧化产物；③根据H3PO2是一元中强酸分析判断次磷酸钠的类型；
(3)根据反应物和生成物书写方程式。
【详解】(1)H3PO2是一元中强酸，在水溶液里部分电离生成氢离子和酸根离子，电离方程式为H3PO2⇌H++H2PO2-，故答案为：H3PO2⇌H++H2PO2-；
(2)①根据化合物中化合价的代数和为0确定P元素化合价，H3PO2中O元素为-2价、H元素为+1价，所以P元素为+1价，故答案为：+1；
②该反应中银离子是氧化剂、H3PO2是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，根据转移电子相等知，1molH3PO2失去4mol电子，所以产物中P元素为+5价，则氧化产物是H3PO4，故答案为：H3PO4；
③H3PO2是一元中强酸，则次磷酸钠(NaH2PO2)是正盐，次磷酸钠还含有钠离子，也属于钠盐，故选：AC；
(3)白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，反应方程式为2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑，Ba(H2PO2)2与H2SO4反应生成次磷酸和硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为Ba2＋＋H2PO2-+H+＋SO42-=H3PO2＋BaSO4↓，故答案为：2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑；Ba2＋＋H2PO2-+H+＋SO42-=H3PO2＋BaSO4↓。
【点睛】本题易错点为(2)②中NaH2PO2类型的判断，要注意H3PO2是一元中强酸。
27.(1)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3＋2KNO3===K2O＋xNa2O＋16N2↑，
①x＝_______________；
②该反应的氧化产物是_________，还原产物是____________，其质量比为_______；
③每生成8个N2转移________个电子；
(2)以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：
①过程Ⅰ中，在Fe2＋催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是____________。
②过程Ⅰ中，Fe2＋催化过程可表示为ⅰ.2Fe2＋＋PbO2＋4H＋＋SO===2Fe3＋＋PbSO4＋2H2O ⅱ.……写出ⅱ的离子方程式：____________________________。
【答案】 (1). 5 (2). N2 (3). N2 (4). 15∶1 (5). 5 (6). Pb＋PbO2＋2H2SO4 2PbSO4＋2H2O (7). 2Fe3＋＋Pb＋SO=2Fe2＋＋PbSO4
【解析】
【分析】
(1)由质量守恒可知x=5，则方程式为10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑，根据反应中N元素的化合价变化分析解答；
(2)①根据题给化学工艺流程知，过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb、PbO2和H2SO4反应生成PbSO4和水，据此书写反应的方程式；②催化剂通过参加反应，改变反应历程，根据题给信息知反应i中Fe2+被PbO2氧化为Fe3+，则反应ii中Fe3+被Pb还原为Fe2+，据此书写离子方程式。
【详解】(1)①10NaN3＋2KNO3=K2O＋xNa2O＋16N2↑，由质量守恒可知x=5，故答案为：5；
②NaN3中N的化合价升高，NaN3为还原剂，氧化产物为N2，KNO3中N的化合价降低，KNO3为氧化剂，还原产物为N2；根据方程式，10mol NaN3生成氧化产物N2为15mol，2molKNO3是氧化剂，生成还原产物N2为1mol，氧化产物与还原产物的质量之比为15∶1，故答案为：N2；N2；15∶1；
③由反应可知，2molKNO3反应转移电子为2mol×(5-0)=10mol，即每生成16mol N2转移10mol电子，则每生成8个N2转移5个电子，故答案为：5；
(2)①根据题给化学工艺流程知，过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb、PbO2和H2SO4反应生成PbSO4和水，化学方程式为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，故答案为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O；
②催化剂通过参加反应，改变反应历程，根据题给信息知反应i中Fe2+被PbO2氧化为Fe3+，则反应ii中Fe3+被Pb还原为Fe2+，离子方程式为：2Fe3++Pb+SO42-═PbSO4+2Fe2+，故答案为：2Fe3++Pb+SO42-═PbSO4+2Fe2+。
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