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天津市南开中学滨海生态城学校2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题
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南开中学滨海生态城学校2019-2020（上）高一年级期中反馈化学试卷
可能用到的相对原子质量：H 1；C 12；N 14；O 16 ；S 32 ；Cl 35.5；Na 23 Mg 24；
一、单选题（每小题2分，共35题，共70分）
1.下列关于胶体和溶液的说法中正确的是（ ）
A. 胶体不均一、不稳定、静置后易产生沉淀；溶液均一、稳定，静置后不产生沉淀
B. 胶体与悬浊液的本质区别是胶体是均一透明的，而悬浊液是浑浊的
C. 光线通过时，胶体发生丁达尔效应，溶液则不能发生丁达尔效应
D. 实验室可用FeCl3饱和溶液和NaOH溶液混合制备Fe(OH)3胶体
【答案】C
【解析】
【详解】A.胶体在一定条件下能稳定存在，属于介稳体系，A错误；
B.胶体与悬浊液的本质区别是胶体分散质微粒的直径在1-100nm之间，B错误；
C.由于胶体分散质微粒直径在溶液和浊液之间，所以光线通过胶体时，胶体发生丁达尔效应，而溶液则不能发生丁达尔效应，C正确；
D.实验室可向沸腾的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液至液体呈红褐色，制备得到Fe(OH)3胶体，D错误；
故合理选项是C。
2.将下列各组物质，按单质、氧化物、酸、碱、盐分类顺序排列正确的是( )
A. 银、二氧化硫、硫酸、纯碱、食盐
B. 碘酒、冰、硫酸氢钠、烧碱、碳酸钙
C. 氢气、干冰、硝酸、烧碱、硝酸钾
D. 铜、氧化铜、醋酸、石灰水、碳酸氢钠
【答案】C
【解析】
【详解】A．纯碱是碳酸钠，是盐不是碱；食盐主要成分是氯化钠，还含KIO3等，故不是盐，是混合物，故A错误；
B．碘酒是碘的酒精溶液，是混合物；硫酸氢钠是酸式盐，不是酸，故B错误；
C．氢气是单质；干冰即二氧化碳，是氧化物；硝酸是酸；烧碱即NaOH，是碱；硝酸钾是盐，故C正确；
D．石灰水是Ca(OH)2的水溶液，是混合物，不是碱，故D错误；
故答案为C。
【点睛】本题考查物质分类方法和物质组成的特征理解应用，酸、碱、盐、酸性氧化物、碱性氧化物等概念，掌握基础是关键。碱指电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；盐指电离时生成金属阳离子(或NH4+)和酸根离子的化合物；碱性氧化物指与水反应生成碱的氧化物或能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物．(且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成)；酸性氧化物是指能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物(且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成)。
3.下列物质的水溶液均能导电，其中属于电解质的是（ ）
A. SO2 B. Cl2 C. NH4HCO3 D. NH3
【答案】C
【解析】
【详解】A.SO2溶于水，与水反应产生H2SO3，H2SO3电离产生H+、HSO3-，因此H2SO3是电解质，而SO2是非电解质，A不符合题意；
B.Cl2溶于水，与水反应产生HCl、HClO，HCl、HClO是电解质，因此水溶液能够导电，而Cl2是单质，既不是电解质，也不是非电解质，B不符合题意
C.NH4HCO3是盐，属于电解质，溶于水电离产生NH4+、HCO3-，有自由移动的离子，因此可以导电，C正确；
D.NH3溶于水，与水反应产生NH3·H2O，NH3·H2O电离产生NH4+、OH-，因此可以导电，NH3是非电解质，D错误；
故合理选项是C。
4.下列叙述正确的是（ ）
A. 常温常压下，40gSO3溶于水配成100mL溶液，所得溶液物质的量浓度是5mol/L
B. 水的摩尔质量是18g
C. 2mol NH3中含有原子的数目为6NA
D. 标准状况下，2.24L C2H5OH 和 2.24L NH3所含分子个数相同
【答案】A
【解析】
【详解】A.40gSO3的物质的量是0.5mol，溶于水反应产生H2SO4，反应产生硫酸的物质的量是0.5mol，由于配成溶液体积是100mL，因此所得溶液物质的量浓度是0.5mol÷0.1L=5mol/L，A正确；
B.水的摩尔质量是18g/mol，B错误；
C.NH3分子中含有3个氢原子和1个N原子，共4个原子，则2mol NH3中含有原子的数目为8NA，C错误；
D.标准状况下，C2H5OH呈液态，不能使用气体摩尔体积计算微粒的数目，D错误；
故合理选项是A。
5.25℃时，下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（ ）
A. 在强碱性溶液中：Na+、K+、HCO3-、Cl-
B. pH=1的溶液中：HCO3-、NH4+、NO3-、Ca2+
C. 透明溶液中：Cu2+、NO3-、ClO-、H+
D. 无色溶液中：H+、K+、NH4+、SO42-
【答案】D
【解析】
【详解】A.在强碱性溶液中含有大量的OH-，OH-与HCO3-会发生离子反应不能大量共存，A错误；
B. pH=1的溶液显酸性，含有大量的H+，H+与HCO3-会发生离子反应不能大量共存，B错误；
C.ClO-、H+会发生反应产生弱酸HClO，不能大量共存，C错误；
D. H+、K+、NH4+、SO42-的水溶液显无色，不能发生反应，可以大量共存，D正确；故合理选项是D。
6.下列离子反应方程式正确的是（ ）
A. 硫酸氢钠溶液与碳酸氢钠溶液混合：HSO4- +HCO3-=H2O + CO2↑+SO42-
B. 烧碱溶液与醋酸溶液混合：OH- + H+ =H2O
C. 冷的氢氧化钠溶液中通入氯气：Cl2 + 2OH- =ClO- +Cl- + H2O
D. 氯气溶于水：Cl2 + H2O = ClO- +Cl- +2H+
【答案】C
【解析】
【详解】A.H2SO4是二元强酸，硫酸氢钠在溶液中完全电离产生Na+、H+、SO42-，不存在HSO4-，A错误；
B.醋酸是弱酸，在溶液中主要以醋酸分子存在，不能拆写为离子形式，B错误；
C.室温下Cl2与NaOH溶液发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，离子方程式为Cl2+2OH-=ClO- +Cl-+H2O，C正确；
D.氯气与水反应产生的HClO是弱酸，主要以分子HClO形式存在，不能拆为离子，D错误；
故合理选项是C。
7.下列反应的离子方程式不正确的是（ ）
A. 向沸水中滴加FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+
B. 用小苏打治疗胃酸过多：HCO3-+H+ =CO2↑+H2O
C. 实验室用浓盐酸与MnO2制备氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑
D. 过氧化钠与水反应：2Na2O2+2H2O=4OH-+O2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A.符合Fe(OH)3胶体制备原理，A正确；
B.小苏打NaHCO3与胃酸HCl反应产生NaCl、H2O、CO2，离子方程式符合事实，符合物质拆分原则，B正确；
C.符合反应事实及离子方程式的拆分原则，C正确；
D.过氧化钠与水反应，产生NaOH和O2，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，D错误；
故合理选项是D。
8.下列反应中，既属于氧化还原反应，又属于置换反应的是（ ）
A. 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2
B. CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O
C. Fe2O3 +3CO2Fe+3CO2
D. 2Na+Cl22NaCl
【答案】A
【解析】
【详解】A.反应基本类型属于置换反应，由于元素的化合价发生了变化，因此属于氧化还原反应，A符合题意；
B.反应基本类型属于复分解反应，由于元素的化合价没有发生变化，因此不属于氧化还原反应，B不符合题意；
C.反应不属于任何一种基本类型，由于元素的化合价发生了变化，因此属于氧化还原反应，C不符合题意；
D.反应基本类型属于化合反应，由于元素的化合价发生了变化，因此属于氧化还原反应，D不符合题意；
故合理选项是A。
9.用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 25℃、101KPa时，16g O2、O3混合气体中含有的氧原子数为NA
B. 在标准状况下，含NA个氢分子的氢气所含的原子数为NA
C. 1mol FeCl3跟沸水完全反应转化为氢氧化铁胶体，其中胶粒的数目为NA个
D. 2.4g Mg在足量氧气中燃烧，转移的电子数为0.1NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.O2、O3都是由O原子构成，则16g O2、O3混合气体中含有O原子的物质的量是16g÷16g/mol=1mol，因此混合气体中含有的氧原子数为NA，A正确；
B.H2分子是双原子分子，则在标准状况下，含NA个氢分子的氢气所含的原子数为2NA，B错误；
C.氢氧化铁胶粒是许多氢氧化铁的集合体，所以1mol FeCl3跟沸水完全反应转化为氢氧化铁胶体时，其中胶粒的数目小于NA个，C错误；
D.Mg是+2价的金属，1molMg发生反应失去2mol电子，2.4g Mg的物质的量是0.1mol，则其在足量氧气中燃烧，转移的电子数为0.2NA，D错误；
故合理选项是A。
10.下列说法正确的是( )
A. 氧化还原反应一定属于四大基本反应类型
B. 氧化还原反应中，反应物不是氧化剂就是还原剂
C. 在氧化还原反应中，氧化剂和还原剂既可以是不同物质也可以是同种物质
D. 失电子越多，还原性越强，得电子越多，氧化性越强
【答案】C
【解析】
A项，氧化还原反应不一定属于四大基本反应类型，如反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑属于氧化还原反应，但不属于四大基本反应类型，错误；B项，氧化还原反应中有的物质参与反应既不是氧化剂又不是还原剂，如反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中H2O既不是氧化剂又不是还原剂，错误；C项，在氧化还原反应中氧化剂和还原剂可以是不同物质（如Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑等），也可以是同种物质（如2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑等），正确；D项，氧化性（或还原性）的强弱指得（或失）电子的能力，与得（或失）电子的多少无关（如还原性：NaAl，Na失去1个电子，Al失去3个电子等），得电子能力越强氧化性越强，失电子能力越强还原性越强，错误；答案选C。
11.完全沉淀等物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl-，消耗等物质的量浓度的AgNO3溶液的体积比为3：2：1，则上述溶液的体积比为（ ）
A. 1：3：3 B. 3：2：1 C. 6：3：2 D. 9：3：1
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可知完全沉淀，则Cl-+Ag+=AgCl↓，设AgNO3溶液的浓度都是c，则利用n=c·V可计算消耗的Ag+的物质的量，再由反应可计算三种溶液的体积比。
【详解】设滴加的AgNO3溶液的浓度都是c，体积分别为3V、2V、V，NaCl、MgCl2、AlCl3溶液的浓度都是c1，设体积分别为x、y、z，则完全沉淀时Cl-+Ag+=AgCl↓，c1×x=c×3V，c1×2×y=c×2V，c1×3×z=c×V，解得x：y：z=9：3：1，故合理选项是D。
【点睛】本题考查学生利用离子反应方程式进行的计算，明确完全沉淀时氯离子和银离子的关系是解答本题的关键，注意解答中未知的量可以利用假设来分析解答。
12.用NA表示阿伏伽德罗常数，下列各选项中正确的是（ ）
A. 1mol/L Na2CO3溶液中的Na+数目为2NA
B. 等质量的NO2和N2O4，前者原子数小
C. 1L 0.1mol/L NaHCO3溶液中含氧原子数0.3NA
D. 常温常压下，0.2mol CO2的体积大于4.48L
【答案】D
【解析】
【详解】A.缺少溶液的体积，不能计算微粒数目，A错误；
B.假设物质的质量都是mg，则mg NO2含有的原子的物质的量是n=×3=mol；mgN2O4含有的原子的物质的量是n=×6=mol，二者的物质的量相等，原子数目也相等，B错误；
C.不仅溶质中含有O，溶剂水中也含有O，所以1L 0.1mol/L NaHCO3溶液中含氧原子数大于0.3NA，C错误；
D.温度升高，气体体积增大，由于在常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以0.2mol CO2的体积大于4.48L，D正确；
故合理选项是D。
13.下列有关分类的说法正确的是
A. 胶体的本质特征是具有丁达尔效应
B. 阳离子、阴离子中均分别只含有一种元素，则由这样的阴、阳离子组成的物质一定是纯净物
C. 白磷转化为红磷是物理变化
D. 碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物
【答案】D
【解析】
【详解】A、胶体的本质特征是分散质粒子直径介于1～100 nm之间，选项A错误；
B、阳离子、阴离子中均分别只含有一种元素，由于元素的价态可能不同，则由这样的阴、阳离子组成的物质不一定是纯净物，如过氧化钠与氧化钠，选项B错误；
C、白磷转化为红磷是化学变化，选项C错误；
D、Mn2O7是酸性氧化物，也是金属氧化物，选项D正确。
答案选D。
14.LiAlH4是金属储氢材料，遇水剧烈反应释放出H2，LiAlH4在125℃时分解为LiH、H2和Al。下列说法正确的是（ ）
A. LiAlH4中Al的化合价为-5价
B. LiAlH4与水反应时，LiAlH4作还原剂
C. LiAlH4在125℃时完全分解，每生成2mol H2，转移电子数2NA个
D. LiH是反应的还原产物
【答案】B
【解析】
【分析】
A.根据LiAlH4 中Li为+1价，H为-1价判断Al的化合价；
B.依据LiAlH4中的-1价H与H2O中的+1价H发生氧化还原反应生成H2判断；
C.依据LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al的化学方程式计算；
D.根据反应前后元素化合价是否变化判断。
【详解】A.LiAlH4 中Li为+1价，H为-1价，则Al的化合价为+3价，A错误；
B.LiAlH4中的-1价H与H2O中的+1价H发生氧化还原反应生成H2，则LiAlH4中的-1价H化合价升高，作还原剂，B正确；
C.LiAlH4在125℃时分解为LiH、H2和Al。反应方程式为2LiAlH42LiH+2Al+3H2↑。根据方程式和Al的化合价变化(+3→0)可知：2 mol LiAlH4在125℃时完全分解，转移6 mol电子，同时产生3molH2，则反应产生2molH2时，转移电子的物质的量是4mol，则转移电子数目为4NA，C错误；
D.在反应前LiAlH4中Li是+1价，H为-1价，反应后在LiH中Li是+1价，H为-1价，所以元素化合价未发生变化，则LiH不是氧化产物，也不是还原产物，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了氧化还原反应的应用，明确化学反应中氧化剂和还原剂及氧化产物和还原产物的判断方法、电子转移数的计算，会结合信息利用知识迁移的方法解决问题。清除原子结构与元素化合价的关系，掌握元素常见化合价是本题解答的关键。
15.已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2→H2O，IO3-→I2，MnO4-→Mn2+，HNO2→NO，如果分别用等数量这些粒子氧化足量的KI，得到I2最多的是（ ）
A. H2O2 B. IO3- C. MnO4- D. HNO2
【答案】B
【解析】
【分析】
反应中I-→I2，失去1个电子，而H2O2→H2O得到2个电子，IO3-→I2得到5个电子，MnO4-→Mn2+得到5个电子，HNO2→NO得到1个电子，根据氧化还原反应氧化剂与还原剂得失电子数目相等进行判断。
【详解】氧化时I-，1molH2O2→H2O得到2mol电子，1molIO3-→I2得到5mol电子，1molMnO4-→Mn2+得到5mol电子，1molHNO2→NO得到1mol电子，1molI-→I2，失去1mol电子，但由于IO3-也被还原为I2，则得到I2最多的是IO3-，故合理选项是B。
【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，注意把握元素化合价的变化，IO3-氧化I-为I2单质时也被还原为I2为本题的易错点，根据反应中元素化合价升降总数相等或反应过程中得失电子总数相等分析判断。
16.有下列三个氧化还原反应：①2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2 ②2FeCl2+Cl2=2FeCl3 ③2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O ，若某溶液中有Fe3+、I-、Cl-共存，要除去I-而不使Fe2+和Cl-的量减少，可加入的试剂是（ ）
A. FeCl3 B. KMnO4 C. Cl2 D. HCl
【答案】A
【解析】
【详解】反应①中Fe元素的化合价降低，则FeCl3为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性FeCl3>I2；
反应②中Cl元素的化合价降低，则Cl2为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性Cl2>FeCl3；
反应③中Mn元素的化合价降低，则KMnO4为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性KMnO4>Cl2，则物质氧化性强弱顺序为KMnO4>Cl2>FeCl3，若某溶液中有Fe2+和I-共存，要氧化除去I-而又不影响Fe2+和Cl-，选择氧化性强的物质除杂时不能将Fe2+和Cl-氧化，因此选择弱氧化剂FeCl3来除杂而不影响Fe2+和Cl-，且没有引入新的杂质，
故合理选项是C。
17.下列有关溶液组成的描述合理的是（ ）
A. 无色溶液中可能大量存在Cu2+、NH4+、Cl-、S2-
B. 酸性溶液中可能大量存在Na+ 、ClO-、SO42-、Cl-
C. 弱碱性溶液中可能大量存在Na+ 、K+、Cl-、HCO3-
D. 酸性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、CO32-
【答案】C
【解析】
【详解】A.无色溶液中不可能大量存在蓝色Cu2+，且Cu2+、S2-会发生离子反应生成CuS沉淀，不能大量共存，A错误；
B.酸性溶液中含有大量H+， H+ 、ClO-、Cl-会发生氧化还原反应，不可能大量存在，B错误；
C.弱碱性溶液中Na+ 、K+、Cl-、HCO3-不发生反应，可大量存在，C正确；
D.酸性溶液中，H+与CO32-会发生反应，不能大量共存，且Fe3+、CO32-会发生盐的双水解反应，不能大量共存，D错误；
故合理选项是C。
18.如图为二氧化锰的有关转化关系图，下列有关说法中不正确的是( )
A. 反应①～⑥均属于氧化还原反应
B. 反应⑤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶4
C. 相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1∶1
D. 反应①生成的Cl2经干燥后，可用钢瓶贮运
【答案】C
【解析】
【分析】
A项，根据元素化合价变化进行判定；B项，根据电子守恒进行判定：金属铝失电子总数与金属锰得电子总数相等；C项，每生成1 mol O2，反应③中转移2 mol电子，反应④中转移4 mol电子；D项，常温下燥氯气不与钢瓶反应。
【详解】A项，上述6个反应均有元素化合价的变化，均属于氧化还原反应，故A项正确；B项，反应⑤中锰元素的化合价由+4价降低为0价，作氧化剂，铝元素的化合价由0价升高为+3价，作还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:4，故B项正确；C项，③中氧元素的化合价由-1价升高为0，④中氧元素的化合价由-2价升高为0，则相同条件下生成等量的氧气，反应③和④转移的电子数之比为1:2，故C项错误；D项，常温下，干燥氯气不与钢瓶反应，可用钢瓶贮运，故D项正确；正确选项C。
【点睛】铁在氯气中燃烧生成氯化铁；而常温下，铁与氯气不反应，所以液氯可以用钢瓶贮运。因此针对同样的反应物，在不同的条件下，有时能反应，有时不能发生反应，学好化学把握好反应发生的条件至关重要。
19.为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置，它的用途是产生氧气，下列关于Na2O2的叙述正确的是（ ）
A. Na2O2中阴阳离子的个数比为2:1
B. Na2O2分别与H2O、CO2反应产生相同量的O2时，需要H2O和CO2的质量相等
C. Na2O2分别与H2O、CO2反应产生相同量的O2时，转移电子的物质的量相等
D. Na2O2的漂白原理与活性炭的漂白原理相同
【答案】C
【解析】
【分析】
A.过氧化钠中阴离子为过氧根离子；
B.依据发生反应的方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑分析；
C.过氧化钠与水、二氧化碳反应中，过氧化钠都是既作氧化剂又作还原剂，生成1mol氧气，转移电子数都是2mol；
D.依据过氧化钠具有强氧化性，活性炭表面积大，吸附力强分析。
【详解】A.过氧化钠中阴离子为O22-，所以Na2O2中阴、阳离子的个数比为1：2，A错误；
B.由方程式可知，生成相同量的O2时消耗的水和二氧化碳的物质的量相同，但质量不同，B错误；
C.由得失电子守恒知两者转移电子的物质的量相同，C正确；
D.Na2O2漂白原理是氧化漂白，而活性炭的漂白是吸附漂白，因此二者的漂白原理不相同，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查过氧化钠的性质，明确过氧化钠的结构、具有强的氧化性及过氧化钠与水、二氧化碳发生的化学反应的是解题关键，掌握常见的具有漂白性的物质的漂白原理的异同之处，为准确解答提供理论指导。
20.用下列装置制备并检验Cl2的性质，下列说法正确的是（ ）
A. Ⅰ图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部消耗完
B. Ⅱ图中：充分光照后，量筒中剩余气体约为10mL（条件相同）
C. Ⅲ图中：生成蓝色的烟，若在集气瓶中加入少量水，所得溶液呈蓝绿色
D. Ⅳ图中：干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条能褪色，说明Cl2有漂白性
【答案】B
【解析】
【分析】
A.从浓盐酸随着反应进行浓度减小后不与二氧化锰继续反应分析判断；
B.根据氯气与水的反应及HClO光照分解分析；
C.铜在氯气中燃烧产生棕色的烟分析；
D.干燥的有色布条不褪色。
【详解】A.如果MnO2过量，随着反应进行，浓盐酸浓度减小到一定程度，不再与二氧化锰继续反应，所以盐酸不能全部消耗，A错误；
B.氯气溶于水，与水发生反应产生HClO和HClO，Cl2+H2OHCl+HClO，该反应是可逆反应，产生的HClO光照分解，发生反应：2HClO2HCl+O2↑，前一个反应正向进行，最终完全转化为HCl和O2，HCl溶于水，最后得到气体为O2，所以根据元素守恒，结合气体体积比等于气体的物质的量的比，可知充分光照后，量筒中剩余气体约为10mL，B正确；
C.铜在氯气中燃烧生成氯化铜，氯化铜固体颗粒是棕色的，故产生棕色的烟，C错误；
D.干燥的有色布条不褪色，而湿润的有色布条能褪色，是因为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，使有色布条褪色，剩余氯气通入到盛氢氧化钠溶液的烧杯中发生反应为，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，用NaOH溶液进行尾气处理，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】
21.为预防甲型“H1N1”流感，同学们每天用“84消毒液”消毒，下列说法不正确的是（ ）
A. NaClO溶液的漂白原理与Na2O2相同
B. 1mol Cl2与足量NaOH溶液反应转移2mol电子
C. NaClO溶液的消毒原理是使蛋白质变性
D. “84消毒液”与“洁厕灵”混合使用可能会产生有毒的氯气
【答案】B
【解析】
【详解】A.NaClO溶液的漂白原理与Na2O2相同，都是氧化漂白，A正确；
B.Cl2与NaOH反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O ，根据方程式可知1mol Cl2与足量NaOH溶液反应转移1mol电子，B错误；
C.NaClO溶液的消毒原理是该物质具有强的氧化性，能够使蛋白质发生氧化反应而变性，C正确；
D. “84消毒液”主要成分是NaClO，“洁厕灵”主要成分是HCl，二者混合使用，会发生氧化还原反应产生Cl2，Cl2是有毒气体，因此可能导致中毒，D正确；
故合理选项是B。
22.在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是
A. 氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2
B. 向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－
C. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋
D. 向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO
【答案】D
【解析】
【详解】A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；
B、向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B正确；
C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C正确；
D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D不正确。
答案选D。
23.经氯气消毒的自来水,若用于配置以下溶液:①NaOH ②AgNO3③Na2CO3④FeSO4⑤KI ⑥NaCl ⑦Na2SO3不会使配置的溶液变质的是 （ ）
A. 全部 B. ②④⑤⑥ C. ②⑤ D. ⑥
【答案】D
【解析】
试题分析：氯水的成分是Cl2、HCl、HClO，①NaOH和氯气、盐酸、次氯酸发生反应，溶液会变质，故错误；②Ag＋＋Cl－=AgCl↓，溶液会变质，故错误；③Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋CO2↑＋H2O,溶液会变质，故错误；④2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，溶液会变质，故错误；⑤Cl2＋2I－=I2＋2Cl－，溶液会变质，故错误；⑥不发生反应，溶液不会变质，故正确；⑦Cl2＋SO32－＋H2O=2Cl－＋SO42－＋2H＋，溶液会变质，故错误；综上所述，选项D正确。
考点：考查氯水的成分、氯及其化合物的性质等知识。
24.某强氧化剂XO（OH）2+被Na2SO3还原。如果还原0.0024mol XO（OH）2+用去30mL 0.2mol/L的Na2SO3溶液，则X元素被还原后的价态是
A. +2 B. +1 C. 0 D. -1
【答案】C
【解析】
【分析】
Na2SO3还原2.4×10-3molXO(OH)3+到X元素的低价态，则Na2SO3被氧化为Na2SO4，反应中S元素的化合价由+4价升高为+6价，令X元素在还原产物中的化合价为a，根据电子转移守恒计算a的值。
【详解】Na2SO3还原2.4×10-3molXO(OH)3+到X元素的低价态，则Na2SO3被氧化为Na2SO4，反应中S元素的化合价由+4价升高为+6价；令X元素在还原产物中的化合价为a，由电子守恒可知，2.4×10-3mol×(5-a)=0.03L×0.2mol•L-1×(6-4)，解得a=0，故答案为C。
25.已知在相同条件下进行下列反应：①Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2；②KClO3＋6HCl=3Cl2↑＋KCl＋3H2O；③2KBrO3＋Cl2=Br2＋2KClO3。下列说法正确的是 ( )
A. 上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应
B. 反应①和反应③中均生成Br2，溴元素发生变化相同
C. 反应②中被氧化与被还原物质的物质的量之比为6∶1
D. ③中1 mol还原剂反应，则氧化剂得到电子的物质的量为10 mol
【答案】D
【解析】
【详解】A、一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应，反应②中生成两种化合物，不属于置换反应，错误；
B、反应①中Br元素的化合价从-1价升高到0价，被氧化；反应③中Br元素的化合价从+5价降低到0价，被还原；溴元素发生的变化不同，错误；
C、反应②中，6molHCl中只有5mol被氧化，则被氧化与被还原物质的物质的量之比为5：1，错误；
D、反应③中lmol还原剂Cl2反应失去10mol电子，则氧化剂得到电子的物质的量为10mol，正确。
答案选D。
26.在5NH4NO3 = 2HNO3+4N2+9H2O反应中，被氧化与被还原的氮原子个数值比为（ ）
A. 5：3 B. 5：4 C. 1：1 D. 3：5
【答案】A
【解析】
【分析】
根据元素化合价升高，失去电子，被氧化，元素的化合价降低，获得电子，被还原分析。
【详解】在反应5NH4NO3=2HNO3+4N2+9H2O中，N元素的化合价由反应前NH4+中的-3价变为反应后N2中的0价，化合价升高，失去电子，被氧化，N元素的化合价由反应前NO3-中的+5价变为反应后N2中的0价，化合价降低，获得电子，被还原。5molNH4NO3中的NH4+全部被氧化为N2，其中只有3molNO3-被还原为N2，所以被氧化与被还原的氮原子个数值比5：3，故合理选项是A。
【点睛】
27.下列说法正确的是（ ）
①Na2O2投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色；
②Na2O和Na2O2投入到水中都能生成NaOH；
③质量相等的NaHCO3与Na2CO3分别与相同浓度盐酸完全反应时，产生CO2的物质的量相等；
④取ag Na2CO3和NaHCO3混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bg，能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数；
⑤区别NaHCO3与Na2CO3溶液，可用Ca(OH)2溶液；
⑥NaHCO3固体可以做干粉灭火剂，金属钠起火可以用它来灭火；
⑦NaHCO3粉末中混有Na2CO3，可配制成溶液通入过量的CO2，再低温结晶得到提纯。
A. ②③④ B. ②⑤⑦ C. ①②⑦ D. ③④⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①Na2O2与水反应产生NaOH使溶液显碱性，所以溶液先变为蓝色，又由于过氧化钠具有强的氧化性而具有漂白性，所以又有蓝色然后变为无色，①正确；
②Na2O与水反应产生NaOH，Na2O2与水反应产生NaOH和O2，因此二者都能与水反应生成NaOH，②正确；
③根据C元素守恒，质量相等的NaHCO3与Na2CO3中含有的C元素质量不相等，所以二者分别与相同浓度盐酸完全反应时，产生CO2的物质的量不相等，③错误；
④碱石灰既能吸收CO2，也能吸收水分，因此不能根据碱石灰增重质量测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数，④错误；
⑤Ca(OH)2与NaHCO3与Na2CO3溶液都能反应产生CaCO3白色沉淀，故不能用Ca(OH)2溶液鉴别二者，⑤错误；
⑥NaHCO3固体受热分解产生CO2，可用于灭火，金属钠起火时产生的Na2O2与CO2及H2O发生反应产生氧气，因此不能用干粉灭火剂灭火，⑥错误；
⑦由于Na2CO3在溶液中会与CO2、H2O发生反应，产生NaHCO3，所以NaHCO3粉末中混有Na2CO3，可配制成溶液通入过量的CO2，反应产生NaHCO3，然后再低温结晶得到提纯得到，⑦正确；
综上所述可知正确说法是①②⑦，故合理选项是C。
28.有BaCl2和NaCl的混合溶液aL，将它均分成两份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl—离子完全沉淀。反应中消耗xmol H2SO4、ymol AgNO3。据此得知原混合溶液中的c(Na+)(单位： mol·L-1)为
A. （y-2x）/a B. (y-x)/a C. (2y-2x)/a D. (2y-4x)/a
【答案】D
【解析】
n（Ba2+）=n（H2SO4）= xmol，n（Cl-）=n（AgNO3）=ymol，根据电荷守恒：
2n（Ba2+）+n（Na+）=n（Cl-），n（Na+）=（y-2x）mol，c(Na+)=（y-2x）mol/0.5aL=(2y-4x)/a
mol·L-1
29.关于 Na2CO3 和 NaHCO3 性质的说法不正确的是
A. 热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3
B. 与同浓度盐酸反应的剧烈程度：NaHCO3＜Na 2CO3
C. 相同温度时，在水中的溶解性：NaHCO3＜Na2CO3
D. 等物质的量的 Na2CO3、NaHCO3 分别与足量盐酸反应产生的 CO2 质量相同
【答案】B
【解析】
【详解】A. 碳酸氢钠受热分解，碳酸钠受热不分解，所以热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3，故A项正确；
B. 碳酸氢钠和盐酸的反应速率快于碳酸钠和盐酸的反应速率，即NaHCO3＞Na2CO3，故B项错误；
C. 一定温度下，碳酸钠在水中的溶解度大于碳酸氢钠在水中的溶解度，故C项正确；
D. 根据碳元素守恒，等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠与足量的盐酸反应时，生成二氧化碳的量相等，故D项正确；
答案选B。
30.焰色实验过程中，铂丝的清洗和灼烧与钾焰色实验的观察两项操作如图所示，下列叙述中不正确的是（ ）
A. 每次实验中都要先将铂丝灼烧到火焰颜色，再蘸取被检验物质
B. 钾的焰色实验要透过蓝色钴玻璃观察
C. 焰色实验是某种金属元素灼烧时所具有的特殊颜色，是化学变化
D. 没有铂丝可用无锈铁丝代替进行实验
【答案】C
【解析】
【详解】A.每次实验中都要先将铂丝灼烧到火焰颜色，排除杂质元素的影响，然后再蘸取被检验物质，进行灼烧进行验证，A正确；
B.钾的焰色实验要透过蓝色钴玻璃观察，以滤去钠元素的黄光的干扰，B正确；
C.焰色反应是某种金属元素灼烧时所具有的特殊颜色，是电子跃迁时能量以光的形式释放出来，为元素的物理变化，C错误；
D.由于Fe元素灼烧时火焰无明显颜色，所以没有铂丝可用无锈铁丝代替进行实验，D正确；
故合理选项是C。
31.下列叙述正确的是（ ）
A. 碳酸氢钠药片，该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效
B. 将少量钠加入到盛有水和盐酸的烧杯中，可比较水和盐酸中氢的活泼性
C. 钾、钠、镁等活泼金属着火时，可用泡沫灭火剂灭火
D. 灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，无K+
【答案】B
【解析】
【分析】
A.根据复分解反应分析；
B.根据HCl、H2O的电离程度，通过比较其中c(H+)大小分析；
C.过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁可在二氧化碳中燃烧；
D.根据焰色反应的检验方法判断。
【详解】A.碳酸氢钠与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多，服用时喝醋，醋酸能够与碳酸氢钠反应，因此会降低药效，A错误；
B.HCl是强电解质，在水中完全电离产生H+、Cl-，而水是一种极弱的电解质，能够微弱的电离产生H+、OH-，所以c(H+)：HCl>H2O，在其他条件不变时，c(H+)越大，反应速率越快，所以可根据少量钠加入到盛有水和盐酸的烧杯中，可比较水和盐酸中氢的活泼性，B正确；
C.钾、钠燃烧产生过氧化钠、过氧化钾，过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁可在二氧化碳中燃烧，则钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，一般可用沙子扑灭，C错误；
D.灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，但未通过蓝色钴玻璃，因此不能确定其中是否含有K+，D错误；
【点睛】
32.下列说法中，不正确的是（ ）
A Cl2能与大多数金属化合，生成高价金属氯化物
B. 新制氯水中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成
C. 欲除去Cl2中的大量HCl气体，可将此混合气体通过盛有饱和食盐水的洗气瓶
D. 漂白粉的有效成分是CaCl2和Ca(ClO)2，应密封保存
【答案】D
【解析】
【详解】A.Cl2具有强的氧化性，能与大多数金属化合，对于具有多种化合价的金属元素，可以使该金属反应生成高价金属氯化物，A正确；
B.新制氯水中含有HCl，HCl电离产生Cl-，因此加入AgNO3溶液，有白色AgCl沉淀生成，B正确；
C.Cl2溶于水，与水发生反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，该反应是可逆反应，增大c(Cl-)的浓度，化学平衡逆向移动，降低氯气的反应，同时溶液中的水可以溶解HCl气体，故欲除去Cl2中的大量HCl气体，将此混合气体通过盛有饱和食盐水的洗气瓶，C正确；
D.漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分是Ca(ClO)2，由于Ca(ClO)2会与空气中的CO2、H2O发生反应，导致变质，所以应密封保存，D错误；
故合理选项是D。
33.18世纪70年代，瑞典化学家舍勒将软锰矿与浓盐酸混合加热，发现了氯气的方法至今还是实验室制备氯气的主要方法，下列关于实验室制氯气的说法中正确的是（ ）
A. 浓盐酸在反应中起到酸性和氧化剂作用
B. 将87g MnO2和足量浓盐酸反应，与将含有146gHCl的浓盐酸与足量MnO2反应制得的氯气一样多
C. 为防止氯气污染环境，必须进行尾气处理，可选用饱和石灰水
D. 收集氯气时，可采用湿润的淀粉KI试纸进行验满
【答案】D
【解析】
【分析】
A.根据盐酸与MnO2反应方程式，结合元素的化合价的变化分析判断；
B.稀盐酸还原性弱，不能与MnO2混合加热可以制取氯气；
C.根据Ca(OH)2的溶解度小分析；
D.根据氯气的强氧化性及碘遇淀粉溶液变为蓝色判断。
【详解】A. 软锰矿与浓盐酸混合加热，发生反应的方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，在该反应中，浓盐酸中的一部分Cl由-1价变为Cl2中的0价，失去电子，表现还原性，一部分化合价没有变化，与Mn2+结合形成盐，所以浓盐酸在反应中起到酸性和还原剂作用，A错误；
B.87g MnO2的物质的量是1mol，由于有足量浓盐酸反应，所以根据方程式可知1mol MnO2会完全反应，产生1molCl2；146gHCl的物质的量是146g÷36.5g/mol=4mol，但随着反应的进行，盐酸浓度降低，当为稀盐酸时反应停止，所以生成的氯气的物质的量小于1mol，故两种情况反应产生的Cl2的物质的量不等，B错误；
C.Cl2是大气污染物，在尾气排放前要进行处理，可根据Cl2能够与碱反应的性质，用溶解度大的NaOH溶液进行吸收，由于Ca(OH)2微溶于水，因此一般不使用饱和石灰水吸收，C错误；
D.氯气具有强的氧化性，在溶液中会发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此可用湿润的淀粉KI试纸进行验满，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查了氯气的有关知识，涉及化学反应在气体的制取、检验、尾气处理等的应用，掌握氧化还原反应的特征、实质与反应类型与物质作用的关系，结合浓度对反应的影响及反应现象的明显程度进行分析，选项B是易错点。
34.有A、B两个完全相同的装置，某学生分别在它们的侧管中装入1.06g Na2CO3和0.84g NaHCO3，A、B中分别有10mL相同浓度的盐酸，将两个侧管中的物质同时倒入各自的试管中，下列叙述正确的是（ ）
A. B装置的气球膨胀的体积大
B. 最终两试管中NaCl的物质的量一定相同
C. 若最终两气球体积不同，则盐酸的浓度一定小于或等于1mol/L
D. 若最终两气球体积相同，则盐酸的浓度一定大于或等于2mol/L
【答案】D
【解析】
【分析】
A.反应产生气体体积的多少取决于盐酸的物质的量的多少；
B.Na2CO3和NaHCO3的物质的量相同，两试管中钠离子的物质的量不同；
C.最终两气球体积不相同，生成二氧化碳的体积不相同，则盐酸不足；
D.最终两气球体积相同，说明生成二氧化碳的体积相同，则盐酸必须足量，保证碳酸钠和碳酸氢钠完全反应。
【详解】A.若盐酸足量，则由于Na2CO3和NaHCO3物质的量都是0.01mol，反应放出的气体体积相等，若盐酸不足量，由于碳酸钠和酸反应分步进行，先生成碳酸氢钠，后碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳，则碳酸氢钠反应生成二氧化碳的更多，不能确定气球膨胀的体积大小，A错误；
B.两试管中氯离子物质的量相等，若盐酸都足量，Na2CO3和NaHCO3的物质的量均为0.01mol，所以Na2CO3和NaHCO3中钠离子的物质的量不同，则最终两试管中Na+的物质的量一定不相同，B错误；
C.碳酸钠和酸反应的离子方程式为：CO32-+H+=HCO3-、HCO3-+H+=CO2 ↑+H2O，碳酸氢钠和酸反应的离子方程式为HCO3-+H+=CO2 ↑+H2O，若最终两气球体积不同，所需酸的物质的量范围是：0
故合理选项是D。
【点睛】本题考查了碳酸钠和碳酸氢钠的性质，注意碳酸钠和盐酸的反应分步进行，先生成碳酸氢钠，后碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳。试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力， 结合碳酸钠与酸反应分步进行，学会用讨论方法分析解答。
35.过氧化钠与水反应后滴加酚酞，酚酞先变红后褪色。某小组欲探究其原因，进行以下实验: ①取反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体；实验②、③中红色均不褪去。下列分析错误的是
A. 过氧化钠与水反应产生的气体为O2
B. 过氧化钠与水反应需要MnO2作催化剂
C. 实验②、③证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气
D. 过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2
【答案】B
【解析】
A. 过氧化钠与水反应产生的气体为O2，A正确；B. 过氧化钠与水反应不需要催化剂，双氧水分解需要MnO2作催化剂，B错误；C. 实验②、③作为对照实验，能证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气，C正确；D. 根据反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体可判断过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2，D正确，答案选B。
二、填空题（共30分）
36.Ⅰ. 某厂废水中含有KCN，其浓度为0.1mol/L ,现用氯氧化法处理，发生如下反应（化合物中N化合价均为-3价）：KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl +H2O
(1)上述反应中被氧化的元素是__________（用元素符号表示）。
(2)投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气，请配平下列化学方程式：
____KOCN+____Cl2+____=____K2CO3 +____N2+____ KCl +_______。
(3)若将10L含KCN的浓度为0.01mol/L 的废水中KCN氧化为N2除去，最少需要氯气 ____mol。
Ⅱ. 某实验小组为了测定(3)中溶液多余Cl2的含量，常用Na2S2O3标准溶液进行定量测定。
(4)现实验室需用80mL一定浓度的Na2S2O3溶液，配制该溶液所需玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还需_______ ；
(5)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化为SO42-，因此Na2S2O3常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为________________ 。
【答案】 (1). C (2). 2 (3). 3 (4). 2 (5). 1 (6). 6 (7). 4 (8). H2O (9). 0.25 (10). 100mL容量瓶 (11). 5H2O+S2O32-+4Cl2=8Cl-+2SO42-+10H+
【解析】
【分析】
I.(1)化合价升高元素在反应中被氧化；
(2)反应中KOCN→N2，N元素化合价由-3价升高为0价，共升高6价，Cl2→KCl，Cl元素化合价由0价降低为-1价，共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故N2系数为1，Cl2系数为3，结合原子守恒配平其它物质的系数；
(3)计算废水中KCN的物质的量，使KCN完全转化为无毒物质，生成CO、N2，整个过程中C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，Cl元素化合价由0价降低为-1价，根据电子转移守恒计算n(Cl2)；
II.(4)依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择仪器；
(5)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，则氯气被还原为氯离子。
【详解】I. (1)在反应KCN+2KOH+Cl2═KOCN+2KCl+H2O中，C元素化合价由反应前KCN中的+2价变为为KOCN 中的+4价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以上述反应中被氧化的是KOCN 中的C；
(2)反应中KOCN→N2，N元素化合价由-3价升高为0价，共升高6价，Cl2→KCl，Cl元素化合价由0价变为-1价，共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故N2系数为1，Cl2系数为3，结合原子守恒配平其它物质的系数，平衡后方程式为：2KOCN+8KOH+3Cl2═2K2CO3+N2+6KCl+4H2O；
(3)废水中KCN的质量为0.01mol/L×10Ll=0.1mol，使KCN完全转化为无毒物质，应生成CO2、N2，整个过程中C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，Cl元素化合价由0价降低为-1价，电子转移守恒可知2×n(Cl2)=0.1mol×(4-2)+0.1mol×[0-(-3)]，解得n(Cl2)=0.25mol；
II. (4)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容等，用到的仪器除了烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒外，还需要100mL容量瓶；
(5)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，Cl2被还原为Cl-，则根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒，离子反应为5H2O+S2O32-+4Cl2=8Cl-+2SO42-+10H+。
37.有一包白色固体粉末，其中可能含有NaCl、Ba(NO3)2、CuSO4、Na2CO3中的一种或几种，现做以下实验：
①取少量白色固体粉末于烧杯中，加水搅拌，有白色不溶物，过滤，滤液呈无色透明状。
②取①的白色不溶物少量于试管中，加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有无色气泡产生。
③取②所得的溶液2 mL于试管中，滴入几滴稀硫酸，有白色沉淀产生。
④另取①得到的无色透明溶液少量于试管中，加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀。
根据上述实验事实，回答下列问题：
(1)原白色粉末中一定含有的物质是________，一定不含有的物质是________，可能含有的物质是________。(写化学式)
(2)写出各步变化的离子方程式。
①____________________________________________________________；
②____________________________________________________________；
③____________________________________________________________；
④____________________________________________________________。
【答案】 (1). Ba(NO3)2、Na2CO3 (2). CuSO4 (3). NaCl (4). Ba2++===BaCO3↓ (5). BaCO3+2H+===Ba2++CO2↑+H2O (6). Ba2++===BaSO4↓ (7). 2Ag++===Ag2CO3↓、Ag++Cl−===AgCl↓
【解析】
试题分析：①将部分粉末加入水中，溶液呈无色，说明一定不含有CuSO4；振荡，有白色沉淀生成，说明一定含有Ba（NO3）2、Na2CO3生成碳酸钡白色沉淀；②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明是碳酸钡沉淀；③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，生成的是硫酸钡沉淀；④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀，一定含有氯化银沉淀，说明一定含有NaCl；
解析：根据以上分析，（1）原白色粉末中一定含有的物质是Ba(NO3)2、Na2CO3、 NaCl，一定不含的物质是CuSO4，可能含有的物质是KNO3。
（2）写出下列步骤中发生反应离子方程式：
步骤①中Ba(NO3)2、Na2CO3反应生成碳酸钡沉淀，离子方程式是Ba2＋＋CO=BaCO3↓；
步骤②，向①的沉淀物碳酸钡中加入足量稀硝酸生成硝酸钡、二氧化碳、水，反应的离子方程式是BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋CO2↑＋H2O；
④另取①中过滤后的溶液加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，沉淀一定是氯化银，反应的离子方程式为： Ag++Cl-=AgCl↓。
点睛：书写离子方程式时，单质、氧化物、气体、沉淀、弱电解质不能拆写为离子。
38.下表为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上有关数据回答下列问题：
(1)该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为 _________ mol/L；
(2)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制480mL 物质的量浓度为0.400mol/L的稀盐酸，
①该学生需要量取__________ mL上述浓盐酸进行配制；
②所需玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、量筒、__________ 、__________ ；
③在配制过程中，下列实验操作会导致所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏高的有__________ 。
A.定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容；
B.在烧杯中将浓盐酸进行稀释后立即转入容量瓶；
C.转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面；
D.容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水；
E.定容摇匀后，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线。
【答案】 (1). 11.9 (2). 16.8 (3). 500mL容量瓶 (4). 胶头滴管 (5). AB
【解析】
【分析】
依据c=计算浓盐酸物质的量浓度；
(2)①依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量保持不变计算需要浓盐酸体积；
②根据配制物质的量浓度的溶液的步骤确定使用的仪器，然后结合实验用到的基本仪器已有烧杯、玻璃棒、量筒，可知缺少的仪器有500ml容量瓶、胶头滴管；
③分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。
【详解】(1)根据物质的量浓度与质量分数的换算式可知该浓盐酸中HCl的物质的量浓度c=mol/L=11.9mol/L；
(2)①实验室没有规格是480mL的容量瓶，根据选择仪器的标准是“大而近”的原则，选择使用500mL的容量瓶。由于溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，设需要浓盐酸体积为V，可得V×11.9mol/L=0.400mol•L-1×500mL，解得V=16.8mL；
②实验用到的基本仪器已有烧杯、玻璃棒、量筒，胶头滴管，500ml容量瓶；所以差500ml容量瓶、胶头滴管；
③A.定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容，则溶液体积偏小，根据c=可知V偏小，则配制的溶液的浓度偏高，A符合题意；
B.浓盐酸溶于水放出热量，在烧杯中将浓盐酸进行稀释后立即转入容量瓶，由于溶液温度高于室温，当溶液恢复至室温后，溶液的液面低于刻度线，使V偏小，则根据c=可知V偏小，则配制的溶液的浓度偏高，B符合题意；
C.转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面，导致溶质的物质的量减少，根据c=可知n偏小，则配制的溶液的浓度偏低，C不符合题意；；
D.容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水，由于不影响溶质的物质的量和溶液的体积，因此对配制的溶液的浓度无影响，D不符合题意；
E.定容摇匀后，由于一部分溶液粘在容量瓶的瓶颈上，使溶液的液面低于刻度线，但若再加蒸馏水至刻度线，会对原来配制的溶液起稀释作用，导致溶液的浓度偏低，E不符合题意；
故合理选项是AB。
可能用到的相对原子质量：H 1；C 12；N 14；O 16 ；S 32 ；Cl 35.5；Na 23 Mg 24；
一、单选题（每小题2分，共35题，共70分）
1.下列关于胶体和溶液的说法中正确的是（ ）
A. 胶体不均一、不稳定、静置后易产生沉淀；溶液均一、稳定，静置后不产生沉淀
B. 胶体与悬浊液的本质区别是胶体是均一透明的，而悬浊液是浑浊的
C. 光线通过时，胶体发生丁达尔效应，溶液则不能发生丁达尔效应
D. 实验室可用FeCl3饱和溶液和NaOH溶液混合制备Fe(OH)3胶体
【答案】C
【解析】
【详解】A.胶体在一定条件下能稳定存在，属于介稳体系，A错误；
B.胶体与悬浊液的本质区别是胶体分散质微粒的直径在1-100nm之间，B错误；
C.由于胶体分散质微粒直径在溶液和浊液之间，所以光线通过胶体时，胶体发生丁达尔效应，而溶液则不能发生丁达尔效应，C正确；
D.实验室可向沸腾的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液至液体呈红褐色，制备得到Fe(OH)3胶体，D错误；
故合理选项是C。
2.将下列各组物质，按单质、氧化物、酸、碱、盐分类顺序排列正确的是( )
A. 银、二氧化硫、硫酸、纯碱、食盐
B. 碘酒、冰、硫酸氢钠、烧碱、碳酸钙
C. 氢气、干冰、硝酸、烧碱、硝酸钾
D. 铜、氧化铜、醋酸、石灰水、碳酸氢钠
【答案】C
【解析】
【详解】A．纯碱是碳酸钠，是盐不是碱；食盐主要成分是氯化钠，还含KIO3等，故不是盐，是混合物，故A错误；
B．碘酒是碘的酒精溶液，是混合物；硫酸氢钠是酸式盐，不是酸，故B错误；
C．氢气是单质；干冰即二氧化碳，是氧化物；硝酸是酸；烧碱即NaOH，是碱；硝酸钾是盐，故C正确；
D．石灰水是Ca(OH)2的水溶液，是混合物，不是碱，故D错误；
故答案为C。
【点睛】本题考查物质分类方法和物质组成的特征理解应用，酸、碱、盐、酸性氧化物、碱性氧化物等概念，掌握基础是关键。碱指电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；盐指电离时生成金属阳离子(或NH4+)和酸根离子的化合物；碱性氧化物指与水反应生成碱的氧化物或能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物．(且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成)；酸性氧化物是指能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物(且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成)。
3.下列物质的水溶液均能导电，其中属于电解质的是（ ）
A. SO2 B. Cl2 C. NH4HCO3 D. NH3
【答案】C
【解析】
【详解】A.SO2溶于水，与水反应产生H2SO3，H2SO3电离产生H+、HSO3-，因此H2SO3是电解质，而SO2是非电解质，A不符合题意；
B.Cl2溶于水，与水反应产生HCl、HClO，HCl、HClO是电解质，因此水溶液能够导电，而Cl2是单质，既不是电解质，也不是非电解质，B不符合题意
C.NH4HCO3是盐，属于电解质，溶于水电离产生NH4+、HCO3-，有自由移动的离子，因此可以导电，C正确；
D.NH3溶于水，与水反应产生NH3·H2O，NH3·H2O电离产生NH4+、OH-，因此可以导电，NH3是非电解质，D错误；
故合理选项是C。
4.下列叙述正确的是（ ）
A. 常温常压下，40gSO3溶于水配成100mL溶液，所得溶液物质的量浓度是5mol/L
B. 水的摩尔质量是18g
C. 2mol NH3中含有原子的数目为6NA
D. 标准状况下，2.24L C2H5OH 和 2.24L NH3所含分子个数相同
【答案】A
【解析】
【详解】A.40gSO3的物质的量是0.5mol，溶于水反应产生H2SO4，反应产生硫酸的物质的量是0.5mol，由于配成溶液体积是100mL，因此所得溶液物质的量浓度是0.5mol÷0.1L=5mol/L，A正确；
B.水的摩尔质量是18g/mol，B错误；
C.NH3分子中含有3个氢原子和1个N原子，共4个原子，则2mol NH3中含有原子的数目为8NA，C错误；
D.标准状况下，C2H5OH呈液态，不能使用气体摩尔体积计算微粒的数目，D错误；
故合理选项是A。
5.25℃时，下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（ ）
A. 在强碱性溶液中：Na+、K+、HCO3-、Cl-
B. pH=1的溶液中：HCO3-、NH4+、NO3-、Ca2+
C. 透明溶液中：Cu2+、NO3-、ClO-、H+
D. 无色溶液中：H+、K+、NH4+、SO42-
【答案】D
【解析】
【详解】A.在强碱性溶液中含有大量的OH-，OH-与HCO3-会发生离子反应不能大量共存，A错误；
B. pH=1的溶液显酸性，含有大量的H+，H+与HCO3-会发生离子反应不能大量共存，B错误；
C.ClO-、H+会发生反应产生弱酸HClO，不能大量共存，C错误；
D. H+、K+、NH4+、SO42-的水溶液显无色，不能发生反应，可以大量共存，D正确；故合理选项是D。
6.下列离子反应方程式正确的是（ ）
A. 硫酸氢钠溶液与碳酸氢钠溶液混合：HSO4- +HCO3-=H2O + CO2↑+SO42-
B. 烧碱溶液与醋酸溶液混合：OH- + H+ =H2O
C. 冷的氢氧化钠溶液中通入氯气：Cl2 + 2OH- =ClO- +Cl- + H2O
D. 氯气溶于水：Cl2 + H2O = ClO- +Cl- +2H+
【答案】C
【解析】
【详解】A.H2SO4是二元强酸，硫酸氢钠在溶液中完全电离产生Na+、H+、SO42-，不存在HSO4-，A错误；
B.醋酸是弱酸，在溶液中主要以醋酸分子存在，不能拆写为离子形式，B错误；
C.室温下Cl2与NaOH溶液发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，离子方程式为Cl2+2OH-=ClO- +Cl-+H2O，C正确；
D.氯气与水反应产生的HClO是弱酸，主要以分子HClO形式存在，不能拆为离子，D错误；
故合理选项是C。
7.下列反应的离子方程式不正确的是（ ）
A. 向沸水中滴加FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+
B. 用小苏打治疗胃酸过多：HCO3-+H+ =CO2↑+H2O
C. 实验室用浓盐酸与MnO2制备氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑
D. 过氧化钠与水反应：2Na2O2+2H2O=4OH-+O2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A.符合Fe(OH)3胶体制备原理，A正确；
B.小苏打NaHCO3与胃酸HCl反应产生NaCl、H2O、CO2，离子方程式符合事实，符合物质拆分原则，B正确；
C.符合反应事实及离子方程式的拆分原则，C正确；
D.过氧化钠与水反应，产生NaOH和O2，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，D错误；
故合理选项是D。
8.下列反应中，既属于氧化还原反应，又属于置换反应的是（ ）
A. 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2
B. CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O
C. Fe2O3 +3CO2Fe+3CO2
D. 2Na+Cl22NaCl
【答案】A
【解析】
【详解】A.反应基本类型属于置换反应，由于元素的化合价发生了变化，因此属于氧化还原反应，A符合题意；
B.反应基本类型属于复分解反应，由于元素的化合价没有发生变化，因此不属于氧化还原反应，B不符合题意；
C.反应不属于任何一种基本类型，由于元素的化合价发生了变化，因此属于氧化还原反应，C不符合题意；
D.反应基本类型属于化合反应，由于元素的化合价发生了变化，因此属于氧化还原反应，D不符合题意；
故合理选项是A。
9.用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 25℃、101KPa时，16g O2、O3混合气体中含有的氧原子数为NA
B. 在标准状况下，含NA个氢分子的氢气所含的原子数为NA
C. 1mol FeCl3跟沸水完全反应转化为氢氧化铁胶体，其中胶粒的数目为NA个
D. 2.4g Mg在足量氧气中燃烧，转移的电子数为0.1NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.O2、O3都是由O原子构成，则16g O2、O3混合气体中含有O原子的物质的量是16g÷16g/mol=1mol，因此混合气体中含有的氧原子数为NA，A正确；
B.H2分子是双原子分子，则在标准状况下，含NA个氢分子的氢气所含的原子数为2NA，B错误；
C.氢氧化铁胶粒是许多氢氧化铁的集合体，所以1mol FeCl3跟沸水完全反应转化为氢氧化铁胶体时，其中胶粒的数目小于NA个，C错误；
D.Mg是+2价的金属，1molMg发生反应失去2mol电子，2.4g Mg的物质的量是0.1mol，则其在足量氧气中燃烧，转移的电子数为0.2NA，D错误；
故合理选项是A。
10.下列说法正确的是( )
A. 氧化还原反应一定属于四大基本反应类型
B. 氧化还原反应中，反应物不是氧化剂就是还原剂
C. 在氧化还原反应中，氧化剂和还原剂既可以是不同物质也可以是同种物质
D. 失电子越多，还原性越强，得电子越多，氧化性越强
【答案】C
【解析】
A项，氧化还原反应不一定属于四大基本反应类型，如反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑属于氧化还原反应，但不属于四大基本反应类型，错误；B项，氧化还原反应中有的物质参与反应既不是氧化剂又不是还原剂，如反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中H2O既不是氧化剂又不是还原剂，错误；C项，在氧化还原反应中氧化剂和还原剂可以是不同物质（如Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑等），也可以是同种物质（如2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑等），正确；D项，氧化性（或还原性）的强弱指得（或失）电子的能力，与得（或失）电子的多少无关（如还原性：NaAl，Na失去1个电子，Al失去3个电子等），得电子能力越强氧化性越强，失电子能力越强还原性越强，错误；答案选C。
11.完全沉淀等物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl-，消耗等物质的量浓度的AgNO3溶液的体积比为3：2：1，则上述溶液的体积比为（ ）
A. 1：3：3 B. 3：2：1 C. 6：3：2 D. 9：3：1
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可知完全沉淀，则Cl-+Ag+=AgCl↓，设AgNO3溶液的浓度都是c，则利用n=c·V可计算消耗的Ag+的物质的量，再由反应可计算三种溶液的体积比。
【详解】设滴加的AgNO3溶液的浓度都是c，体积分别为3V、2V、V，NaCl、MgCl2、AlCl3溶液的浓度都是c1，设体积分别为x、y、z，则完全沉淀时Cl-+Ag+=AgCl↓，c1×x=c×3V，c1×2×y=c×2V，c1×3×z=c×V，解得x：y：z=9：3：1，故合理选项是D。
【点睛】本题考查学生利用离子反应方程式进行的计算，明确完全沉淀时氯离子和银离子的关系是解答本题的关键，注意解答中未知的量可以利用假设来分析解答。
12.用NA表示阿伏伽德罗常数，下列各选项中正确的是（ ）
A. 1mol/L Na2CO3溶液中的Na+数目为2NA
B. 等质量的NO2和N2O4，前者原子数小
C. 1L 0.1mol/L NaHCO3溶液中含氧原子数0.3NA
D. 常温常压下，0.2mol CO2的体积大于4.48L
【答案】D
【解析】
【详解】A.缺少溶液的体积，不能计算微粒数目，A错误；
B.假设物质的质量都是mg，则mg NO2含有的原子的物质的量是n=×3=mol；mgN2O4含有的原子的物质的量是n=×6=mol，二者的物质的量相等，原子数目也相等，B错误；
C.不仅溶质中含有O，溶剂水中也含有O，所以1L 0.1mol/L NaHCO3溶液中含氧原子数大于0.3NA，C错误；
D.温度升高，气体体积增大，由于在常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以0.2mol CO2的体积大于4.48L，D正确；
故合理选项是D。
13.下列有关分类的说法正确的是
A. 胶体的本质特征是具有丁达尔效应
B. 阳离子、阴离子中均分别只含有一种元素，则由这样的阴、阳离子组成的物质一定是纯净物
C. 白磷转化为红磷是物理变化
D. 碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物
【答案】D
【解析】
【详解】A、胶体的本质特征是分散质粒子直径介于1～100 nm之间，选项A错误；
B、阳离子、阴离子中均分别只含有一种元素，由于元素的价态可能不同，则由这样的阴、阳离子组成的物质不一定是纯净物，如过氧化钠与氧化钠，选项B错误；
C、白磷转化为红磷是化学变化，选项C错误；
D、Mn2O7是酸性氧化物，也是金属氧化物，选项D正确。
答案选D。
14.LiAlH4是金属储氢材料，遇水剧烈反应释放出H2，LiAlH4在125℃时分解为LiH、H2和Al。下列说法正确的是（ ）
A. LiAlH4中Al的化合价为-5价
B. LiAlH4与水反应时，LiAlH4作还原剂
C. LiAlH4在125℃时完全分解，每生成2mol H2，转移电子数2NA个
D. LiH是反应的还原产物
【答案】B
【解析】
【分析】
A.根据LiAlH4 中Li为+1价，H为-1价判断Al的化合价；
B.依据LiAlH4中的-1价H与H2O中的+1价H发生氧化还原反应生成H2判断；
C.依据LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al的化学方程式计算；
D.根据反应前后元素化合价是否变化判断。
【详解】A.LiAlH4 中Li为+1价，H为-1价，则Al的化合价为+3价，A错误；
B.LiAlH4中的-1价H与H2O中的+1价H发生氧化还原反应生成H2，则LiAlH4中的-1价H化合价升高，作还原剂，B正确；
C.LiAlH4在125℃时分解为LiH、H2和Al。反应方程式为2LiAlH42LiH+2Al+3H2↑。根据方程式和Al的化合价变化(+3→0)可知：2 mol LiAlH4在125℃时完全分解，转移6 mol电子，同时产生3molH2，则反应产生2molH2时，转移电子的物质的量是4mol，则转移电子数目为4NA，C错误；
D.在反应前LiAlH4中Li是+1价，H为-1价，反应后在LiH中Li是+1价，H为-1价，所以元素化合价未发生变化，则LiH不是氧化产物，也不是还原产物，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了氧化还原反应的应用，明确化学反应中氧化剂和还原剂及氧化产物和还原产物的判断方法、电子转移数的计算，会结合信息利用知识迁移的方法解决问题。清除原子结构与元素化合价的关系，掌握元素常见化合价是本题解答的关键。
15.已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2→H2O，IO3-→I2，MnO4-→Mn2+，HNO2→NO，如果分别用等数量这些粒子氧化足量的KI，得到I2最多的是（ ）
A. H2O2 B. IO3- C. MnO4- D. HNO2
【答案】B
【解析】
【分析】
反应中I-→I2，失去1个电子，而H2O2→H2O得到2个电子，IO3-→I2得到5个电子，MnO4-→Mn2+得到5个电子，HNO2→NO得到1个电子，根据氧化还原反应氧化剂与还原剂得失电子数目相等进行判断。
【详解】氧化时I-，1molH2O2→H2O得到2mol电子，1molIO3-→I2得到5mol电子，1molMnO4-→Mn2+得到5mol电子，1molHNO2→NO得到1mol电子，1molI-→I2，失去1mol电子，但由于IO3-也被还原为I2，则得到I2最多的是IO3-，故合理选项是B。
【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，注意把握元素化合价的变化，IO3-氧化I-为I2单质时也被还原为I2为本题的易错点，根据反应中元素化合价升降总数相等或反应过程中得失电子总数相等分析判断。
16.有下列三个氧化还原反应：①2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2 ②2FeCl2+Cl2=2FeCl3 ③2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O ，若某溶液中有Fe3+、I-、Cl-共存，要除去I-而不使Fe2+和Cl-的量减少，可加入的试剂是（ ）
A. FeCl3 B. KMnO4 C. Cl2 D. HCl
【答案】A
【解析】
【详解】反应①中Fe元素的化合价降低，则FeCl3为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性FeCl3>I2；
反应②中Cl元素的化合价降低，则Cl2为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性Cl2>FeCl3；
反应③中Mn元素的化合价降低，则KMnO4为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性KMnO4>Cl2，则物质氧化性强弱顺序为KMnO4>Cl2>FeCl3，若某溶液中有Fe2+和I-共存，要氧化除去I-而又不影响Fe2+和Cl-，选择氧化性强的物质除杂时不能将Fe2+和Cl-氧化，因此选择弱氧化剂FeCl3来除杂而不影响Fe2+和Cl-，且没有引入新的杂质，
故合理选项是C。
17.下列有关溶液组成的描述合理的是（ ）
A. 无色溶液中可能大量存在Cu2+、NH4+、Cl-、S2-
B. 酸性溶液中可能大量存在Na+ 、ClO-、SO42-、Cl-
C. 弱碱性溶液中可能大量存在Na+ 、K+、Cl-、HCO3-
D. 酸性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、CO32-
【答案】C
【解析】
【详解】A.无色溶液中不可能大量存在蓝色Cu2+，且Cu2+、S2-会发生离子反应生成CuS沉淀，不能大量共存，A错误；
B.酸性溶液中含有大量H+， H+ 、ClO-、Cl-会发生氧化还原反应，不可能大量存在，B错误；
C.弱碱性溶液中Na+ 、K+、Cl-、HCO3-不发生反应，可大量存在，C正确；
D.酸性溶液中，H+与CO32-会发生反应，不能大量共存，且Fe3+、CO32-会发生盐的双水解反应，不能大量共存，D错误；
故合理选项是C。
18.如图为二氧化锰的有关转化关系图，下列有关说法中不正确的是( )
A. 反应①～⑥均属于氧化还原反应
B. 反应⑤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶4
C. 相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1∶1
D. 反应①生成的Cl2经干燥后，可用钢瓶贮运
【答案】C
【解析】
【分析】
A项，根据元素化合价变化进行判定；B项，根据电子守恒进行判定：金属铝失电子总数与金属锰得电子总数相等；C项，每生成1 mol O2，反应③中转移2 mol电子，反应④中转移4 mol电子；D项，常温下燥氯气不与钢瓶反应。
【详解】A项，上述6个反应均有元素化合价的变化，均属于氧化还原反应，故A项正确；B项，反应⑤中锰元素的化合价由+4价降低为0价，作氧化剂，铝元素的化合价由0价升高为+3价，作还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:4，故B项正确；C项，③中氧元素的化合价由-1价升高为0，④中氧元素的化合价由-2价升高为0，则相同条件下生成等量的氧气，反应③和④转移的电子数之比为1:2，故C项错误；D项，常温下，干燥氯气不与钢瓶反应，可用钢瓶贮运，故D项正确；正确选项C。
【点睛】铁在氯气中燃烧生成氯化铁；而常温下，铁与氯气不反应，所以液氯可以用钢瓶贮运。因此针对同样的反应物，在不同的条件下，有时能反应，有时不能发生反应，学好化学把握好反应发生的条件至关重要。
19.为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置，它的用途是产生氧气，下列关于Na2O2的叙述正确的是（ ）
A. Na2O2中阴阳离子的个数比为2:1
B. Na2O2分别与H2O、CO2反应产生相同量的O2时，需要H2O和CO2的质量相等
C. Na2O2分别与H2O、CO2反应产生相同量的O2时，转移电子的物质的量相等
D. Na2O2的漂白原理与活性炭的漂白原理相同
【答案】C
【解析】
【分析】
A.过氧化钠中阴离子为过氧根离子；
B.依据发生反应的方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑分析；
C.过氧化钠与水、二氧化碳反应中，过氧化钠都是既作氧化剂又作还原剂，生成1mol氧气，转移电子数都是2mol；
D.依据过氧化钠具有强氧化性，活性炭表面积大，吸附力强分析。
【详解】A.过氧化钠中阴离子为O22-，所以Na2O2中阴、阳离子的个数比为1：2，A错误；
B.由方程式可知，生成相同量的O2时消耗的水和二氧化碳的物质的量相同，但质量不同，B错误；
C.由得失电子守恒知两者转移电子的物质的量相同，C正确；
D.Na2O2漂白原理是氧化漂白，而活性炭的漂白是吸附漂白，因此二者的漂白原理不相同，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查过氧化钠的性质，明确过氧化钠的结构、具有强的氧化性及过氧化钠与水、二氧化碳发生的化学反应的是解题关键，掌握常见的具有漂白性的物质的漂白原理的异同之处，为准确解答提供理论指导。
20.用下列装置制备并检验Cl2的性质，下列说法正确的是（ ）
A. Ⅰ图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部消耗完
B. Ⅱ图中：充分光照后，量筒中剩余气体约为10mL（条件相同）
C. Ⅲ图中：生成蓝色的烟，若在集气瓶中加入少量水，所得溶液呈蓝绿色
D. Ⅳ图中：干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条能褪色，说明Cl2有漂白性
【答案】B
【解析】
【分析】
A.从浓盐酸随着反应进行浓度减小后不与二氧化锰继续反应分析判断；
B.根据氯气与水的反应及HClO光照分解分析；
C.铜在氯气中燃烧产生棕色的烟分析；
D.干燥的有色布条不褪色。
【详解】A.如果MnO2过量，随着反应进行，浓盐酸浓度减小到一定程度，不再与二氧化锰继续反应，所以盐酸不能全部消耗，A错误；
B.氯气溶于水，与水发生反应产生HClO和HClO，Cl2+H2OHCl+HClO，该反应是可逆反应，产生的HClO光照分解，发生反应：2HClO2HCl+O2↑，前一个反应正向进行，最终完全转化为HCl和O2，HCl溶于水，最后得到气体为O2，所以根据元素守恒，结合气体体积比等于气体的物质的量的比，可知充分光照后，量筒中剩余气体约为10mL，B正确；
C.铜在氯气中燃烧生成氯化铜，氯化铜固体颗粒是棕色的，故产生棕色的烟，C错误；
D.干燥的有色布条不褪色，而湿润的有色布条能褪色，是因为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，使有色布条褪色，剩余氯气通入到盛氢氧化钠溶液的烧杯中发生反应为，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，用NaOH溶液进行尾气处理，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】
21.为预防甲型“H1N1”流感，同学们每天用“84消毒液”消毒，下列说法不正确的是（ ）
A. NaClO溶液的漂白原理与Na2O2相同
B. 1mol Cl2与足量NaOH溶液反应转移2mol电子
C. NaClO溶液的消毒原理是使蛋白质变性
D. “84消毒液”与“洁厕灵”混合使用可能会产生有毒的氯气
【答案】B
【解析】
【详解】A.NaClO溶液的漂白原理与Na2O2相同，都是氧化漂白，A正确；
B.Cl2与NaOH反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O ，根据方程式可知1mol Cl2与足量NaOH溶液反应转移1mol电子，B错误；
C.NaClO溶液的消毒原理是该物质具有强的氧化性，能够使蛋白质发生氧化反应而变性，C正确；
D. “84消毒液”主要成分是NaClO，“洁厕灵”主要成分是HCl，二者混合使用，会发生氧化还原反应产生Cl2，Cl2是有毒气体，因此可能导致中毒，D正确；
故合理选项是B。
22.在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是
A. 氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2
B. 向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－
C. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋
D. 向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO
【答案】D
【解析】
【详解】A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；
B、向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B正确；
C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C正确；
D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D不正确。
答案选D。
23.经氯气消毒的自来水,若用于配置以下溶液:①NaOH ②AgNO3③Na2CO3④FeSO4⑤KI ⑥NaCl ⑦Na2SO3不会使配置的溶液变质的是 （ ）
A. 全部 B. ②④⑤⑥ C. ②⑤ D. ⑥
【答案】D
【解析】
试题分析：氯水的成分是Cl2、HCl、HClO，①NaOH和氯气、盐酸、次氯酸发生反应，溶液会变质，故错误；②Ag＋＋Cl－=AgCl↓，溶液会变质，故错误；③Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋CO2↑＋H2O,溶液会变质，故错误；④2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，溶液会变质，故错误；⑤Cl2＋2I－=I2＋2Cl－，溶液会变质，故错误；⑥不发生反应，溶液不会变质，故正确；⑦Cl2＋SO32－＋H2O=2Cl－＋SO42－＋2H＋，溶液会变质，故错误；综上所述，选项D正确。
考点：考查氯水的成分、氯及其化合物的性质等知识。
24.某强氧化剂XO（OH）2+被Na2SO3还原。如果还原0.0024mol XO（OH）2+用去30mL 0.2mol/L的Na2SO3溶液，则X元素被还原后的价态是
A. +2 B. +1 C. 0 D. -1
【答案】C
【解析】
【分析】
Na2SO3还原2.4×10-3molXO(OH)3+到X元素的低价态，则Na2SO3被氧化为Na2SO4，反应中S元素的化合价由+4价升高为+6价，令X元素在还原产物中的化合价为a，根据电子转移守恒计算a的值。
【详解】Na2SO3还原2.4×10-3molXO(OH)3+到X元素的低价态，则Na2SO3被氧化为Na2SO4，反应中S元素的化合价由+4价升高为+6价；令X元素在还原产物中的化合价为a，由电子守恒可知，2.4×10-3mol×(5-a)=0.03L×0.2mol•L-1×(6-4)，解得a=0，故答案为C。
25.已知在相同条件下进行下列反应：①Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2；②KClO3＋6HCl=3Cl2↑＋KCl＋3H2O；③2KBrO3＋Cl2=Br2＋2KClO3。下列说法正确的是 ( )
A. 上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应
B. 反应①和反应③中均生成Br2，溴元素发生变化相同
C. 反应②中被氧化与被还原物质的物质的量之比为6∶1
D. ③中1 mol还原剂反应，则氧化剂得到电子的物质的量为10 mol
【答案】D
【解析】
【详解】A、一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应，反应②中生成两种化合物，不属于置换反应，错误；
B、反应①中Br元素的化合价从-1价升高到0价，被氧化；反应③中Br元素的化合价从+5价降低到0价，被还原；溴元素发生的变化不同，错误；
C、反应②中，6molHCl中只有5mol被氧化，则被氧化与被还原物质的物质的量之比为5：1，错误；
D、反应③中lmol还原剂Cl2反应失去10mol电子，则氧化剂得到电子的物质的量为10mol，正确。
答案选D。
26.在5NH4NO3 = 2HNO3+4N2+9H2O反应中，被氧化与被还原的氮原子个数值比为（ ）
A. 5：3 B. 5：4 C. 1：1 D. 3：5
【答案】A
【解析】
【分析】
根据元素化合价升高，失去电子，被氧化，元素的化合价降低，获得电子，被还原分析。
【详解】在反应5NH4NO3=2HNO3+4N2+9H2O中，N元素的化合价由反应前NH4+中的-3价变为反应后N2中的0价，化合价升高，失去电子，被氧化，N元素的化合价由反应前NO3-中的+5价变为反应后N2中的0价，化合价降低，获得电子，被还原。5molNH4NO3中的NH4+全部被氧化为N2，其中只有3molNO3-被还原为N2，所以被氧化与被还原的氮原子个数值比5：3，故合理选项是A。
【点睛】
27.下列说法正确的是（ ）
①Na2O2投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色；
②Na2O和Na2O2投入到水中都能生成NaOH；
③质量相等的NaHCO3与Na2CO3分别与相同浓度盐酸完全反应时，产生CO2的物质的量相等；
④取ag Na2CO3和NaHCO3混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bg，能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数；
⑤区别NaHCO3与Na2CO3溶液，可用Ca(OH)2溶液；
⑥NaHCO3固体可以做干粉灭火剂，金属钠起火可以用它来灭火；
⑦NaHCO3粉末中混有Na2CO3，可配制成溶液通入过量的CO2，再低温结晶得到提纯。
A. ②③④ B. ②⑤⑦ C. ①②⑦ D. ③④⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①Na2O2与水反应产生NaOH使溶液显碱性，所以溶液先变为蓝色，又由于过氧化钠具有强的氧化性而具有漂白性，所以又有蓝色然后变为无色，①正确；
②Na2O与水反应产生NaOH，Na2O2与水反应产生NaOH和O2，因此二者都能与水反应生成NaOH，②正确；
③根据C元素守恒，质量相等的NaHCO3与Na2CO3中含有的C元素质量不相等，所以二者分别与相同浓度盐酸完全反应时，产生CO2的物质的量不相等，③错误；
④碱石灰既能吸收CO2，也能吸收水分，因此不能根据碱石灰增重质量测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数，④错误；
⑤Ca(OH)2与NaHCO3与Na2CO3溶液都能反应产生CaCO3白色沉淀，故不能用Ca(OH)2溶液鉴别二者，⑤错误；
⑥NaHCO3固体受热分解产生CO2，可用于灭火，金属钠起火时产生的Na2O2与CO2及H2O发生反应产生氧气，因此不能用干粉灭火剂灭火，⑥错误；
⑦由于Na2CO3在溶液中会与CO2、H2O发生反应，产生NaHCO3，所以NaHCO3粉末中混有Na2CO3，可配制成溶液通入过量的CO2，反应产生NaHCO3，然后再低温结晶得到提纯得到，⑦正确；
综上所述可知正确说法是①②⑦，故合理选项是C。
28.有BaCl2和NaCl的混合溶液aL，将它均分成两份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl—离子完全沉淀。反应中消耗xmol H2SO4、ymol AgNO3。据此得知原混合溶液中的c(Na+)(单位： mol·L-1)为
A. （y-2x）/a B. (y-x)/a C. (2y-2x)/a D. (2y-4x)/a
【答案】D
【解析】
n（Ba2+）=n（H2SO4）= xmol，n（Cl-）=n（AgNO3）=ymol，根据电荷守恒：
2n（Ba2+）+n（Na+）=n（Cl-），n（Na+）=（y-2x）mol，c(Na+)=（y-2x）mol/0.5aL=(2y-4x)/a
mol·L-1
29.关于 Na2CO3 和 NaHCO3 性质的说法不正确的是
A. 热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3
B. 与同浓度盐酸反应的剧烈程度：NaHCO3＜Na 2CO3
C. 相同温度时，在水中的溶解性：NaHCO3＜Na2CO3
D. 等物质的量的 Na2CO3、NaHCO3 分别与足量盐酸反应产生的 CO2 质量相同
【答案】B
【解析】
【详解】A. 碳酸氢钠受热分解，碳酸钠受热不分解，所以热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3，故A项正确；
B. 碳酸氢钠和盐酸的反应速率快于碳酸钠和盐酸的反应速率，即NaHCO3＞Na2CO3，故B项错误；
C. 一定温度下，碳酸钠在水中的溶解度大于碳酸氢钠在水中的溶解度，故C项正确；
D. 根据碳元素守恒，等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠与足量的盐酸反应时，生成二氧化碳的量相等，故D项正确；
答案选B。
30.焰色实验过程中，铂丝的清洗和灼烧与钾焰色实验的观察两项操作如图所示，下列叙述中不正确的是（ ）
A. 每次实验中都要先将铂丝灼烧到火焰颜色，再蘸取被检验物质
B. 钾的焰色实验要透过蓝色钴玻璃观察
C. 焰色实验是某种金属元素灼烧时所具有的特殊颜色，是化学变化
D. 没有铂丝可用无锈铁丝代替进行实验
【答案】C
【解析】
【详解】A.每次实验中都要先将铂丝灼烧到火焰颜色，排除杂质元素的影响，然后再蘸取被检验物质，进行灼烧进行验证，A正确；
B.钾的焰色实验要透过蓝色钴玻璃观察，以滤去钠元素的黄光的干扰，B正确；
C.焰色反应是某种金属元素灼烧时所具有的特殊颜色，是电子跃迁时能量以光的形式释放出来，为元素的物理变化，C错误；
D.由于Fe元素灼烧时火焰无明显颜色，所以没有铂丝可用无锈铁丝代替进行实验，D正确；
故合理选项是C。
31.下列叙述正确的是（ ）
A. 碳酸氢钠药片，该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效
B. 将少量钠加入到盛有水和盐酸的烧杯中，可比较水和盐酸中氢的活泼性
C. 钾、钠、镁等活泼金属着火时，可用泡沫灭火剂灭火
D. 灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，无K+
【答案】B
【解析】
【分析】
A.根据复分解反应分析；
B.根据HCl、H2O的电离程度，通过比较其中c(H+)大小分析；
C.过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁可在二氧化碳中燃烧；
D.根据焰色反应的检验方法判断。
【详解】A.碳酸氢钠与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多，服用时喝醋，醋酸能够与碳酸氢钠反应，因此会降低药效，A错误；
B.HCl是强电解质，在水中完全电离产生H+、Cl-，而水是一种极弱的电解质，能够微弱的电离产生H+、OH-，所以c(H+)：HCl>H2O，在其他条件不变时，c(H+)越大，反应速率越快，所以可根据少量钠加入到盛有水和盐酸的烧杯中，可比较水和盐酸中氢的活泼性，B正确；
C.钾、钠燃烧产生过氧化钠、过氧化钾，过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁可在二氧化碳中燃烧，则钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，一般可用沙子扑灭，C错误；
D.灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，但未通过蓝色钴玻璃，因此不能确定其中是否含有K+，D错误；
【点睛】
32.下列说法中，不正确的是（ ）
A Cl2能与大多数金属化合，生成高价金属氯化物
B. 新制氯水中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成
C. 欲除去Cl2中的大量HCl气体，可将此混合气体通过盛有饱和食盐水的洗气瓶
D. 漂白粉的有效成分是CaCl2和Ca(ClO)2，应密封保存
【答案】D
【解析】
【详解】A.Cl2具有强的氧化性，能与大多数金属化合，对于具有多种化合价的金属元素，可以使该金属反应生成高价金属氯化物，A正确；
B.新制氯水中含有HCl，HCl电离产生Cl-，因此加入AgNO3溶液，有白色AgCl沉淀生成，B正确；
C.Cl2溶于水，与水发生反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，该反应是可逆反应，增大c(Cl-)的浓度，化学平衡逆向移动，降低氯气的反应，同时溶液中的水可以溶解HCl气体，故欲除去Cl2中的大量HCl气体，将此混合气体通过盛有饱和食盐水的洗气瓶，C正确；
D.漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分是Ca(ClO)2，由于Ca(ClO)2会与空气中的CO2、H2O发生反应，导致变质，所以应密封保存，D错误；
故合理选项是D。
33.18世纪70年代，瑞典化学家舍勒将软锰矿与浓盐酸混合加热，发现了氯气的方法至今还是实验室制备氯气的主要方法，下列关于实验室制氯气的说法中正确的是（ ）
A. 浓盐酸在反应中起到酸性和氧化剂作用
B. 将87g MnO2和足量浓盐酸反应，与将含有146gHCl的浓盐酸与足量MnO2反应制得的氯气一样多
C. 为防止氯气污染环境，必须进行尾气处理，可选用饱和石灰水
D. 收集氯气时，可采用湿润的淀粉KI试纸进行验满
【答案】D
【解析】
【分析】
A.根据盐酸与MnO2反应方程式，结合元素的化合价的变化分析判断；
B.稀盐酸还原性弱，不能与MnO2混合加热可以制取氯气；
C.根据Ca(OH)2的溶解度小分析；
D.根据氯气的强氧化性及碘遇淀粉溶液变为蓝色判断。
【详解】A. 软锰矿与浓盐酸混合加热，发生反应的方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，在该反应中，浓盐酸中的一部分Cl由-1价变为Cl2中的0价，失去电子，表现还原性，一部分化合价没有变化，与Mn2+结合形成盐，所以浓盐酸在反应中起到酸性和还原剂作用，A错误；
B.87g MnO2的物质的量是1mol，由于有足量浓盐酸反应，所以根据方程式可知1mol MnO2会完全反应，产生1molCl2；146gHCl的物质的量是146g÷36.5g/mol=4mol，但随着反应的进行，盐酸浓度降低，当为稀盐酸时反应停止，所以生成的氯气的物质的量小于1mol，故两种情况反应产生的Cl2的物质的量不等，B错误；
C.Cl2是大气污染物，在尾气排放前要进行处理，可根据Cl2能够与碱反应的性质，用溶解度大的NaOH溶液进行吸收，由于Ca(OH)2微溶于水，因此一般不使用饱和石灰水吸收，C错误；
D.氯气具有强的氧化性，在溶液中会发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此可用湿润的淀粉KI试纸进行验满，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查了氯气的有关知识，涉及化学反应在气体的制取、检验、尾气处理等的应用，掌握氧化还原反应的特征、实质与反应类型与物质作用的关系，结合浓度对反应的影响及反应现象的明显程度进行分析，选项B是易错点。
34.有A、B两个完全相同的装置，某学生分别在它们的侧管中装入1.06g Na2CO3和0.84g NaHCO3，A、B中分别有10mL相同浓度的盐酸，将两个侧管中的物质同时倒入各自的试管中，下列叙述正确的是（ ）
A. B装置的气球膨胀的体积大
B. 最终两试管中NaCl的物质的量一定相同
C. 若最终两气球体积不同，则盐酸的浓度一定小于或等于1mol/L
D. 若最终两气球体积相同，则盐酸的浓度一定大于或等于2mol/L
【答案】D
【解析】
【分析】
A.反应产生气体体积的多少取决于盐酸的物质的量的多少；
B.Na2CO3和NaHCO3的物质的量相同，两试管中钠离子的物质的量不同；
C.最终两气球体积不相同，生成二氧化碳的体积不相同，则盐酸不足；
D.最终两气球体积相同，说明生成二氧化碳的体积相同，则盐酸必须足量，保证碳酸钠和碳酸氢钠完全反应。
【详解】A.若盐酸足量，则由于Na2CO3和NaHCO3物质的量都是0.01mol，反应放出的气体体积相等，若盐酸不足量，由于碳酸钠和酸反应分步进行，先生成碳酸氢钠，后碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳，则碳酸氢钠反应生成二氧化碳的更多，不能确定气球膨胀的体积大小，A错误；
B.两试管中氯离子物质的量相等，若盐酸都足量，Na2CO3和NaHCO3的物质的量均为0.01mol，所以Na2CO3和NaHCO3中钠离子的物质的量不同，则最终两试管中Na+的物质的量一定不相同，B错误；
C.碳酸钠和酸反应的离子方程式为：CO32-+H+=HCO3-、HCO3-+H+=CO2 ↑+H2O，碳酸氢钠和酸反应的离子方程式为HCO3-+H+=CO2 ↑+H2O，若最终两气球体积不同，所需酸的物质的量范围是：0
故合理选项是D。
【点睛】本题考查了碳酸钠和碳酸氢钠的性质，注意碳酸钠和盐酸的反应分步进行，先生成碳酸氢钠，后碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳。试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力， 结合碳酸钠与酸反应分步进行，学会用讨论方法分析解答。
35.过氧化钠与水反应后滴加酚酞，酚酞先变红后褪色。某小组欲探究其原因，进行以下实验: ①取反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体；实验②、③中红色均不褪去。下列分析错误的是
A. 过氧化钠与水反应产生的气体为O2
B. 过氧化钠与水反应需要MnO2作催化剂
C. 实验②、③证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气
D. 过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2
【答案】B
【解析】
A. 过氧化钠与水反应产生的气体为O2，A正确；B. 过氧化钠与水反应不需要催化剂，双氧水分解需要MnO2作催化剂，B错误；C. 实验②、③作为对照实验，能证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气，C正确；D. 根据反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体可判断过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2，D正确，答案选B。
二、填空题（共30分）
36.Ⅰ. 某厂废水中含有KCN，其浓度为0.1mol/L ,现用氯氧化法处理，发生如下反应（化合物中N化合价均为-3价）：KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl +H2O
(1)上述反应中被氧化的元素是__________（用元素符号表示）。
(2)投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气，请配平下列化学方程式：
____KOCN+____Cl2+____=____K2CO3 +____N2+____ KCl +_______。
(3)若将10L含KCN的浓度为0.01mol/L 的废水中KCN氧化为N2除去，最少需要氯气 ____mol。
Ⅱ. 某实验小组为了测定(3)中溶液多余Cl2的含量，常用Na2S2O3标准溶液进行定量测定。
(4)现实验室需用80mL一定浓度的Na2S2O3溶液，配制该溶液所需玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还需_______ ；
(5)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化为SO42-，因此Na2S2O3常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为________________ 。
【答案】 (1). C (2). 2 (3). 3 (4). 2 (5). 1 (6). 6 (7). 4 (8). H2O (9). 0.25 (10). 100mL容量瓶 (11). 5H2O+S2O32-+4Cl2=8Cl-+2SO42-+10H+
【解析】
【分析】
I.(1)化合价升高元素在反应中被氧化；
(2)反应中KOCN→N2，N元素化合价由-3价升高为0价，共升高6价，Cl2→KCl，Cl元素化合价由0价降低为-1价，共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故N2系数为1，Cl2系数为3，结合原子守恒配平其它物质的系数；
(3)计算废水中KCN的物质的量，使KCN完全转化为无毒物质，生成CO、N2，整个过程中C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，Cl元素化合价由0价降低为-1价，根据电子转移守恒计算n(Cl2)；
II.(4)依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择仪器；
(5)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，则氯气被还原为氯离子。
【详解】I. (1)在反应KCN+2KOH+Cl2═KOCN+2KCl+H2O中，C元素化合价由反应前KCN中的+2价变为为KOCN 中的+4价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以上述反应中被氧化的是KOCN 中的C；
(2)反应中KOCN→N2，N元素化合价由-3价升高为0价，共升高6价，Cl2→KCl，Cl元素化合价由0价变为-1价，共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故N2系数为1，Cl2系数为3，结合原子守恒配平其它物质的系数，平衡后方程式为：2KOCN+8KOH+3Cl2═2K2CO3+N2+6KCl+4H2O；
(3)废水中KCN的质量为0.01mol/L×10Ll=0.1mol，使KCN完全转化为无毒物质，应生成CO2、N2，整个过程中C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，Cl元素化合价由0价降低为-1价，电子转移守恒可知2×n(Cl2)=0.1mol×(4-2)+0.1mol×[0-(-3)]，解得n(Cl2)=0.25mol；
II. (4)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容等，用到的仪器除了烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒外，还需要100mL容量瓶；
(5)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，Cl2被还原为Cl-，则根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒，离子反应为5H2O+S2O32-+4Cl2=8Cl-+2SO42-+10H+。
37.有一包白色固体粉末，其中可能含有NaCl、Ba(NO3)2、CuSO4、Na2CO3中的一种或几种，现做以下实验：
①取少量白色固体粉末于烧杯中，加水搅拌，有白色不溶物，过滤，滤液呈无色透明状。
②取①的白色不溶物少量于试管中，加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有无色气泡产生。
③取②所得的溶液2 mL于试管中，滴入几滴稀硫酸，有白色沉淀产生。
④另取①得到的无色透明溶液少量于试管中，加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀。
根据上述实验事实，回答下列问题：
(1)原白色粉末中一定含有的物质是________，一定不含有的物质是________，可能含有的物质是________。(写化学式)
(2)写出各步变化的离子方程式。
①____________________________________________________________；
②____________________________________________________________；
③____________________________________________________________；
④____________________________________________________________。
【答案】 (1). Ba(NO3)2、Na2CO3 (2). CuSO4 (3). NaCl (4). Ba2++===BaCO3↓ (5). BaCO3+2H+===Ba2++CO2↑+H2O (6). Ba2++===BaSO4↓ (7). 2Ag++===Ag2CO3↓、Ag++Cl−===AgCl↓
【解析】
试题分析：①将部分粉末加入水中，溶液呈无色，说明一定不含有CuSO4；振荡，有白色沉淀生成，说明一定含有Ba（NO3）2、Na2CO3生成碳酸钡白色沉淀；②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明是碳酸钡沉淀；③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，生成的是硫酸钡沉淀；④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀，一定含有氯化银沉淀，说明一定含有NaCl；
解析：根据以上分析，（1）原白色粉末中一定含有的物质是Ba(NO3)2、Na2CO3、 NaCl，一定不含的物质是CuSO4，可能含有的物质是KNO3。
（2）写出下列步骤中发生反应离子方程式：
步骤①中Ba(NO3)2、Na2CO3反应生成碳酸钡沉淀，离子方程式是Ba2＋＋CO=BaCO3↓；
步骤②，向①的沉淀物碳酸钡中加入足量稀硝酸生成硝酸钡、二氧化碳、水，反应的离子方程式是BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋CO2↑＋H2O；
④另取①中过滤后的溶液加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，沉淀一定是氯化银，反应的离子方程式为： Ag++Cl-=AgCl↓。
点睛：书写离子方程式时，单质、氧化物、气体、沉淀、弱电解质不能拆写为离子。
38.下表为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上有关数据回答下列问题：
(1)该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为 _________ mol/L；
(2)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制480mL 物质的量浓度为0.400mol/L的稀盐酸，
①该学生需要量取__________ mL上述浓盐酸进行配制；
②所需玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、量筒、__________ 、__________ ；
③在配制过程中，下列实验操作会导致所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏高的有__________ 。
A.定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容；
B.在烧杯中将浓盐酸进行稀释后立即转入容量瓶；
C.转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面；
D.容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水；
E.定容摇匀后，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线。
【答案】 (1). 11.9 (2). 16.8 (3). 500mL容量瓶 (4). 胶头滴管 (5). AB
【解析】
【分析】
依据c=计算浓盐酸物质的量浓度；
(2)①依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量保持不变计算需要浓盐酸体积；
②根据配制物质的量浓度的溶液的步骤确定使用的仪器，然后结合实验用到的基本仪器已有烧杯、玻璃棒、量筒，可知缺少的仪器有500ml容量瓶、胶头滴管；
③分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。
【详解】(1)根据物质的量浓度与质量分数的换算式可知该浓盐酸中HCl的物质的量浓度c=mol/L=11.9mol/L；
(2)①实验室没有规格是480mL的容量瓶，根据选择仪器的标准是“大而近”的原则，选择使用500mL的容量瓶。由于溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，设需要浓盐酸体积为V，可得V×11.9mol/L=0.400mol•L-1×500mL，解得V=16.8mL；
②实验用到的基本仪器已有烧杯、玻璃棒、量筒，胶头滴管，500ml容量瓶；所以差500ml容量瓶、胶头滴管；
③A.定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容，则溶液体积偏小，根据c=可知V偏小，则配制的溶液的浓度偏高，A符合题意；
B.浓盐酸溶于水放出热量，在烧杯中将浓盐酸进行稀释后立即转入容量瓶，由于溶液温度高于室温，当溶液恢复至室温后，溶液的液面低于刻度线，使V偏小，则根据c=可知V偏小，则配制的溶液的浓度偏高，B符合题意；
C.转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面，导致溶质的物质的量减少，根据c=可知n偏小，则配制的溶液的浓度偏低，C不符合题意；；
D.容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水，由于不影响溶质的物质的量和溶液的体积，因此对配制的溶液的浓度无影响，D不符合题意；
E.定容摇匀后，由于一部分溶液粘在容量瓶的瓶颈上，使溶液的液面低于刻度线，但若再加蒸馏水至刻度线，会对原来配制的溶液起稀释作用，导致溶液的浓度偏低，E不符合题意；
故合理选项是AB。
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