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高中化学第一章 物质及其变化综合与测试一课一练
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这是一份高中化学第一章 物质及其变化综合与测试一课一练，共13页。试卷主要包含了单选题，实验探究题，综合题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1.（2019高一上·咸阳月考）下表中物质分类组合完全正确的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
2.下列粒子不具有还原性的是 ( )
A. H＋ B. Fe2＋ C. I- D. H2
3.（2016高三上·襄阳期中）向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色．再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变为无色．下列分析正确的是（ ）
A. 滴加KI溶液时，当有2mlI﹣参加反应，则生成1ml白色沉淀
B. 通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的氧化性
C. 通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂，H2SO4是氧化产物
D. 上述实验条件下，物质的还原性：Cu+＞I﹣＞SO2
4.（2019高一上·阜阳期末）下列离子反应方程式书写正确的是（ ）
A. 向 NaAlO2 溶液中通入过量 CO2：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
B. 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO42-+2Cl-＋H2O+4H＋
C. 往CaCl2溶液中通入少量的CO2：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+
D. 将磁性氧化铁溶于氢碘酸：Fe3O4+8H＋=2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O
5.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. Ba(OH)2溶液与过量的NaHCO3溶液混合 Ba2++2OH-+2HCO3-=BaCO3↓+CO32-+H2O
B. 次氯酸钙溶液中通入少量SO2气体：Ca2++2ClO－+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
C. 金属钾与水反应 2K +2 H2O=2K+ +2 OH－+ H2↑
D. 醋酸与氢氧化钠溶液的反应 H+ + OH－=H2O
6.现在正值秋末冬初季节，多地出现大雾天气，致使高速公路关闭，航班停飞。雾属于下列分散系中的
A. 溶液 B. 胶体 C. 乳浊液 D. 悬浊液
7.（2020高一上·哈尔滨月考）某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在Fe2+、 NO3- 、Fe3+、 NH4+ 、H+和H2O六种粒子，在反应过程中测得Fe3+、 NO3- 的数目随时间变化的曲线如图所示，下列有关判断中错误的是（ ）
A. 在反应中NO3-被还原，发生还原反应
B. 还原性： Fe2+> NH4+
C. 该反应中Fe2+被还原为Fe3+
D. 在反应中还原产物与氧化产物的个数之比为1：8
8.（2020高一上·那曲期末）分类是学习和研究化学的一种重要方法，下列分类合理的是（ ）
A. 烧碱和纯碱都属于碱 B. 硫酸和盐酸都属于含氧酸
C. Na2SiO3和Na2SO4都属于钠盐 D. Fe2O3和Al2O3都属于碱性氧化物
9.（2021高二下·长春月考）按碳的骨架分类，下列说法正确的是（ ）
A. 属于链状化合物 B. 属于芳香化合物
C. 属于脂环化合物 D. 属于芳香化合物
10.（2020高一上·浙江期中）下列物质在水中电离方程式正确的是（ ）
A. NaHSO4=Na++ HSO4− B. KClO3=K++Cl5++3O2-
C. Ba(NO3)2=Ba2++2 NO3− D. CaCl2=Ca2++Cl2-
11.下列各组微粒，在溶液中能大量共存的是
A. K+、H+、NO3-、Cl- B. Cu2+、Cl-、OH¯、SO42-
C. H+、Na+、CO32-、Cl- D. Ca2+、Cl-、K+、CO32-
12.将含有O2和CH4的混合气体置于盛有23.4g Na2O2的密闭容器中，电火花点燃，反应结束后，容器内的压强为零（150℃），将残留物溶于水中，无气体产生．下列叙述不正确的是（ ）
A. 原混合气体中O2和CH4的体积比为2：1 B. 残留物中只有Na2CO3和NaOH
C. 反应中电子转移总数为0.8NA D. 残留物质量为26.6克
13.（2019高一下·嘉兴期末）下列方程式正确的是（ ）
A. 铁与稀硫酸反应的离子方程式：2Fe＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑
B. 乙烯与Br2的CCl4溶液反应的方程式：CH2=CH2 +Br2→CH2=CHBr+ HBr
C. 碳酸钠在水中的电离方程式：Na2CO3=2Na+＋CO32－
D. 二氧化硅溶于氢氧化钠溶液的离子方程式：SiO2+2Na++2OH－=Na2SiO3+H2O
14.（2018高二上·舒兰期中）下列各组离子能在指定溶液中，大量共存的是（ ）
①无色溶液中：K+、Cl-、Na+、SO42-
②pH=11的溶液中：CO32-、Na+、AlO2 -、NO3-、S2-、SO32-
③水电离的c(H+)=10-12m1·L-1的溶液中：Cl-、HCO3-、 NO3-、NH4+
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、 NH4+、 Cl-、K+、SO42-
⑤使石蕊试液变红的溶液中：Fe2+、MnO4－、NO3-、Na+、SO42-
⑥酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3-、I-、Cl-、S2-
A. ①②⑤ B. ①③⑥ C. ②④⑤ D. ①②④
二、实验探究题
15.（2016高一上·庆阳期中）甲、乙、丙、丁分别是石蕊溶液、稀硫酸、碳酸钠溶液、澄清石灰水中的一种，若用四个圆表示四种溶液，两圆相交部分为两溶液混合后出现的主要实验现象，如图所示．请回答：
（1）丁是 ；通常其用途为 ．
（2）甲和丙的化学反应方程式为 ； 反应类型为 ．
16.某化学兴趣小组的同学按照下面的实验方法制备氢氧化铁胶体：首先取少量蒸馏水于洁净的烧杯中，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴滴加饱和的 FeCl3溶液继续煮沸，至液体呈透明的红褐色．
（1）判断胶体制备是否成功，可利用胶体的 ；
（2）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 ．
（3）丁同学按要求制备了Fe（OH）3胶体，但是他又向Fe（OH）3胶体中逐滴加入了稀H2SO4溶液，结果出现了一系列变化．
①先出现红褐色沉淀，原因是 ．
②随后沉淀溶解，此反应的离子方程式是 ．
三、综合题
17.（2017高一上·遵义开学考）ClO2作为新一代饮用水的消毒剂，正逐渐代替Cl2来进行自来水的消毒。请回答下列问题：
（1）ClO2的名称为 ；
（2）ClO2中氯元素的化合价为 ；
（3）ClO2所属物质类别是 ；
（4）以下微观过程表示制取ClO2的反应 原理，分析以上微观模拟图，你能得出的结论是： 。（写一条）
18.（2019高二上·黄山开学考）氨和硝酸都是重要的工业原料。
（1）工业上常用过量氨水吸收二氧化硫，该反应的化学方程式为________。
（2）氨氧化法是工业生产中合成硝酸的主要途径。合成的第一步是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮，该反应的化学方程式为________。
下列反应中的氨与氨氧化法中的氨作用相同的是________。
A．2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑
B．2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2O
C．4NH3+6NO=5N2+6H2O
D．HNO3+NH3=NH4NO3
工业中的尾气（假设只有NO和NO2）用烧碱进行吸收，反应的离子方程式为2NO2+2OH﹣=NO2-+NO3-+H2O和NO+NO2+2OH﹣=________+H2O（配平该方程式）。
（3）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀HNO3500mL，反应过程中产生的气体只有NO。固体完全溶解后，在所得溶液（金属阳离子只有Cu2+）中加入1L1ml·L-1的NaOH溶液使金属离子恰好完全沉淀，此时溶液呈中性，所得沉淀质量为39.2g。
①Cu与稀HNO3反应的离子方程式为________。
②Cu与Cu2O 的物质的量之比为________。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 D
【解析】【解答】A. Na2CO3属于盐，不属于碱，A不符合题意；
B.KClO3属于盐，不属于氧化物，B不符合题意；
C.NaHSO4属于盐，不属于酸，C不符合题意；
D.物质分类符合标准，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.酸指的是电离产生的所有的阳离子只有H+的化合物；
B.碱指的是电离产生的所有的阴离子只有OH-的化合物；
C.盐指的是电离可以产生酸根阴离子和金属阳离子或者NH4+的化合物；
D.氧化物指的是由两种元素组成其中一种元素是O的化合物。
2.【答案】 A
【解析】【分析】凡是元素的价态处于最高价的就只有氧化性，而没有还原性，所以答案选A。
【点评】还原性是指失去电子的性质，因而表现在化合价上，应该是升高的。所以凡是元素的价态处于最高价的就只有氧化性，处于最低价的就只有还原性，而处于中间价态既有氧化性也有还原性，据此可以鉴别。
3.【答案】 A
【解析】【解答】解：A．CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2 ， 由方程式可知当有2mlI﹣参加反应，则生成1ml白色沉淀，故A正确；
B．通入SO2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现其还原性，故B错误；
C．通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，则SO2为还原剂，生成H2SO4为氧化产物，I元素的化合价降低，则I2作氧化剂，故C错误；
D．还原剂的还原性强于还原产物的还原性，对于反应2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2 ， 在这个方程中Cu2+化合价降低，是氧化剂，被还原为Cu+ ， I﹣化合价升高，是还原剂，物质的还原性：I﹣＞Cu+ ， SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，I2化合价降低是氧化剂，被还原为I﹣ ， SO2 中的S化合价升高作还原剂，所以物质的还原性：SO2＞I﹣ ， 所以物质的还原性：SO2＞I﹣＞Cu+ ， 故D错误；
故选A．
【分析】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2 ， 反应中Cu元素的化合价降低，I元素的化合价升高；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，以此来解答，
4.【答案】 A
【解析】【解答】A.向NaAlO2溶液中通入过量CO2 ， 反应生成的是碳酸氢根离子，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- ， A符合题意；
B.在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4 ， 碱性溶液中不会生成氢离子，正确的离子反应为：4OH-+3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl-+5H2O，B不符合题意；
C.碳酸的酸性比盐酸弱，所以氯化钙与二氧化碳不反应，C不符合题意；
D.磁性氧化铁溶于氢碘酸，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：2I-+Fe3O4+8H+=3Fe2++4H2O+I2 ， D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氢氧化铝不溶于碳酸；
B.不符合反应事实，碱性溶液中不能生成氢离子；
C.碳酸的酸性小于盐酸的酸性，二氧化碳不与绿化该反应；
D.碘的氧化性小于铁离子的氧化性，四氧化三铁溶于氢碘酸时，铁离子氧化碘离子生成碘单质。
5.【答案】 C
【解析】正确答案：C
A、Ba2++OH-+HCO3-=BaCO3↓H2O ;
B、Ca2++2ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+HClO＋H＋ ＋Cl― ；
D、CH3COOH + OH－=H2O＋CH3COO―。
6.【答案】 B
【解析】【解答】根据分散质粒子的直径大小，雾属于胶体。答案选D。
【分析】分散质粒子的直径小于100nm的属于溶液，分散质粒子的直径介于1nm-100nm之间的属于胶体，分散质粒子的直径大于1nm的属于浊液。
7.【答案】 C
【解析】【解答】发生反应的方程式应为8Fe2++ NO3- +10H+=8Fe3++ NH4+ +3H2O；
A．在反应中 NO3- 被还原，发生还原反应，故A不符合题意；
B．根据还原剂的还原性大于还原产物，可知还原性 Fe2+> NH4+ ，故B不符合题意；
C．该反应中Fe2+被氧化为Fe3+ ， 故C符合题意；
D．在反应中还原产物是 NH4+ ，氧化产物是Fe3+ ， 则还原产物与氧化产物的个数之比为1：8，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】由曲线变化图可知，随反应进行 NO3- 的物质的量减小，而Fe3+的物质的量从0开始增加，故Fe3+是生成物，则Fe2+和 NO3- 应是反应物，N元素化合价应该是降低，其还原产物为 NH4+ ，结合化合价升降守恒，则反应的方程式应为8Fe2++ NO3- +10H+=8Fe3++ NH4+ +3H2O，以此解答该题。
8.【答案】 C
【解析】【解答】A．烧碱是NaOH，是碱，而纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，故A不符合题意；
B．硫酸是含氧酸，而盐酸是无氧酸，故B不符合题意；
C．Na2SiO3和Na2SO4电离时，均生成金属钠离子和酸根离子，属于钠盐，故C符合题意；
D．Al2O3能和酸反应，也能和碱反应，属于两性氧化物，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.纯碱属于盐，而不是碱，因其溶液显碱性所以得纯碱之名；
B.含氧酸指的是酸根离子中含有氧原子的酸，盐酸属于无氧酸；
C.钠盐是指有钠离子和酸根离子化合而成的盐类；
D.碱性氧化物指的是可以和酸反应得到盐和水的氧化物。
9.【答案】 A
【解析】【解答】A． 为异丁烷，属于链状化合物，故A符合题意；
B．芳香族化合物指含有苯环的化合物， 不是苯环，属于环烯类化合物，故B不符合题意；
C．该有机物分子中含有苯环，属于芳香族化合物，不是脂环化合物，故C不符合题意；
D． 结构中不含苯环，属于醇类，不属于酚类，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】考查的式物质的分类，一般含有苯环的为芳香族有机物，含有酯基叫做酯类有机物，含有羧基叫羧酸类有机物，含有羟基叫醇，含有有酚羟基叫酚类等等
A.属于链状化合物
B.不含苯环，还含有双键和环，叫环烯烃化合物
C.含有苯环叫芳香族化合物
D.不含苯环，且羟基不与苯环相连，属于醇类
10.【答案】 C
【解析】【解答】A．电离方程式为NaHSO4═Na++H++SO 42− ，故A不符合题意；
B．电离方程式为KClO3═K++ClO 3− ，故B不符合题意；
C．电离方程式为Ba(NO3)2═Ba2++2NO 3− ，故C符合题意；
D．电离方程式为CaCl2═Ca2++2Cl- ， 故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.硫酸氢钠为强电解质，完全电离
B.氯酸钾为强电解质，完全电离
C.硝酸钡为强电解质，完全电离出钡离子和硝酸根离子
D.氯化钙为强电解质，完全电离
11.【答案】 A
【解析】【解答】Cu2+和OH¯不能大量共存；H+和CO32-不能大量共存；Ca2+和CO32-不能大量共存。答案选A。
【分析】离子不能大量共存的一般情况是：（1）能发生复分解反应的离子之间（即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质）；（2）能生成难溶物的离子之间（如：Ca2+和 SO42-；Ag+和 SO42-）；（3）能完全水解的离子之间，如多元弱酸和弱碱盐的阴、阳离子（如：Al3+ ， Fe3+与 CO32-、HCO3-、AlO2-、ClO- ， S2-等）；（4）能发生氧化还原反应的离子之间（如：Fe 、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、 Fe3+等）；（5）能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。
12.【答案】 A
【解析】【解答】解：反应后容器中无气体，且将残留物溶于水中无气体放出，说明过氧化钠也完全反应，故容器内剩余固体为Na2CO3和NaOH，根据甲烷的组成利用C、H原子守恒可知可知生成的Na2CO3和NaOH物质的量之比为1：4，则反应的总化学方程式为2CH4+O2+6Na2O2=2Na2CO3+8NaOH，
A．由方程式可知，原混合气体中O2、CH4的物质的量之比为1：2，故A错误；
B．由反应可知，残留物中只有Na2CO3和NaOH，故B正确；
C．n（Na2O2）= 23.4g78g/ml =0.3ml，由C元素的化合价变化可知，0.1mlC失去电子为0.8ml，反应中电子转移总数为0.8NA ， 故C正确；
D．残留0.1mlNa2CO3、0.4mlNaOH，质量为10.6g+16g=26.6g，故D正确；
故选A．
【分析】反应后无气体，且将残留物溶于水中无气体放出，说明过氧化钠也完全反应，故容器内剩余固体为Na2CO3和NaOH，根据甲烷的组成利用C、H原子守恒可知可知生成的Na2CO3和NaOH物质的量之比为1：4，再根据反应的总化学方程式判断原混合物中甲烷、氧气的物质的量之比．
13.【答案】 C
【解析】【解答】A. 铁与稀硫酸反应的离子方程式应为：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，故不符合题意；
B. 乙烯与Br2的CCl4溶液反应的方程式应为加成反应：CH2=CH2 +Br2→CH2Br-CH2Br，故B不符合题意；
C．碳酸钠是可溶性盐，在水中完全电离，C符合题意
D. 二氧化硅溶于氢氧化钠溶液的离子方程式应为：SiO2++2OH－=SiO32-+H2O，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】离子方程式的书写规则：（1）要符合客观反应事实，符合物质的拆分规则；
（2）符合质量守恒和电荷守恒。
14.【答案】 D
【解析】【解答】①在指定的溶液中能够大量共存，①符合题意；
②在指定溶液中能够大量共存，②符合题意；
③水电离的c(H＋)=10－12ml·L－1 ， 该溶液可能为酸或碱，HCO3－既不能与H＋大量共存，也不能与OH－大量共存，指定溶液中不能大量共存，③不符合题意；
④加入Mg能放出H2 ， 该溶液为酸性，指定的溶液中能够大量共存，④符合题意；
⑤MnO4－具有强氧化性，能把Fe2＋氧化，石蕊变红，说明溶液显酸性，NO3－、H＋、Fe2＋不能大量共存，⑤不符合题意；
⑥酸性条件下，NO3－具有强氧化性，能与Fe2＋、I－、S2－发生氧化还原反应，指定溶液中不能大量共存，⑥不符合题意；
故答案为：D
【分析】①无色溶液中不存在有色离子；
②pH=12的溶液中存在大量OH-；
③水电离的c(H+)=10-12ml/L，则该溶液可能显酸性，有可能显碱性；
④加入Mg能生成H2的溶液显酸性；
⑤能使石蕊变红的溶液显酸性；
⑥NO3-在酸性条件下具有强氧化性；
二、实验探究题
15.【答案】 （1）石蕊溶液；判断溶液的酸碱性
（2）CO32﹣+Ca2+═CaCO3↓；复分解反应
【解析】【解答】解：（1）由于石蕊溶液是酸碱指示剂，遇到酸变成红色，遇到碱变成蓝色，再根据图示中丁与乙结合呈现红色，丁与丙结合呈现蓝色，所以丁是酸碱指示剂石蕊试液，所以乙是稀硫酸，因为硫酸与碳酸钠反应生成硫酸钠、水、二氧化碳，所以甲是碳酸钠溶液，丙就是氢氧化钙溶液，石蕊溶液是酸碱指示剂，遇到酸和碱呈现不同的颜色，可以用来判断溶液的酸碱性，
故答案为：石蕊溶液；判断溶液的酸碱性；（2）由上面的推断可知甲是碳酸钠，丙是氢氧化钙，所以该反应的反应物是碳酸钠和氢氧化钙，生成物是碳酸钙沉淀和氢氧化钠，离子方程式为：CO32﹣+Ca2+═CaCO3↓，用观察法配平，碳酸钙后面标上沉淀符号；两种化合物相互交换成分生成两种新的化合物的反应，属于复分解反应，该反应符合这一特点，属于复分解反应．
故答案为：CO32﹣+Ca2+═CaCO3↓；复分解反应．
【分析】（1）根据石蕊溶液是酸碱指示剂，遇到酸和碱呈现不同的颜色考虑本题；（2）根据方程式的写法和复分解反应的特点考虑．
16.【答案】 （1）丁达尔效应
（2）红褐色液体；FeCl3溶液太稀，生成的Fe（OH）3太少；生成红褐色沉淀；自来水中含有电解质，胶体发生聚沉；生成红褐色沉淀；长时间加热胶体发生聚沉
（3）电解质H2SO4使Fe（OH）3胶体聚沉而产生沉淀；Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O
【解析】【解答】解：（1）胶体具有丁达尔效应，可利用此性质来证明此胶体已经制成，当用激光笔照射时，会有一道明亮的光路，
故答案为：丁达尔效应；（2）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；（3）①电解质H2SO4电离出的SO42﹣使Fe（OH）3胶体发生聚沉，生成红褐色沉淀，
故答案为：电解质H2SO4使Fe（OH）3胶体聚沉而产生沉淀；②氢氧化铁胶体聚沉后会产生氢氧化铁沉淀，继续加入硫酸，会发生酸碱中和反应，生成氯化铁和水，此反应的离子方程式是Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O，
故答案为：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O．
【分析】（1）胶体具有丁达尔性质，是区别其它分散系的独特性质；（2）①按照氢氧化铁胶体的制备方法进行解答；②胶体遇电解质溶液能产生聚沉；③制备Fe（OH）3胶体不能长时间加热；（3）①根据胶体的性质判断，加入稀硫酸产生聚沉现象；②氢氧化铁胶体聚沉后会产生氢氧化铁沉淀，硫酸和氢氧化铁沉淀反应，生成硫酸铁和水．
三、综合题
17.【答案】 （1）二氧化氯
（2）+4价
（3）氧化物（化合物或纯净物）
（4）化学反应前后原子的种类不变（合理答案均可）
【解析】【解答】（1）根据化合物的一般读法，从后往前读，ClO2应读作二氧化氯；
（2）根据化合物中正负化合价代数和为零，氧的化合价为-2，则ClO2中氯元素的化合价为+4价；
（3）从物质的分类和定义上可知 ClO2由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物，属于氧化物；
（4）由反应的微观示意图中反应过程中微粒的变化，可以得出：在化学变化中原子不可再分，化学反应前后原子的种类不变．
【分析】（2）根据化合物中元素化合价代数和为零判断二氧化氯中氯元素的化合价即可。
18.【答案】 （1）SO2+2NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O［或SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3］
（2）4NH3+5O2 =△催化剂 4NO+6H2O；BC；2NO2-
（3）3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；2∶1
【解析】【解答】(1)二氧化硫与过量氨气反应生成亚硫酸铵，反应的化学方程式为：SO2+2NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O[或SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3]，故答案为：SO2+2NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O[或SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3]；(2)氨催化氧化生成一氧化氮和水，反应方程式为：4NH3+5O2 =△催化剂 4NO+6H2O，反应中氨气是还原剂，显示氨气的还原性。
A．反应2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑中，氨气是氧化剂，故A不选；
B．反应2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2O中，氨气是还原剂，故B选；
C．反应4NH3+6NO=5N2+6H2O中，氨气是还原剂，故C选；
D．反应HNO3+NH3=NH4NO3是非氧化还原反应，故D不选；与4NH3+5O2 =△催化剂 4NO+6H2O中的氨作用相同的是BC；由质量守恒和得失电子守恒，配平为：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，故答案为：4NH3+5O2 =△催化剂 4NO+6H2O；BC；2NO2-；(3)①Cu与稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子反应方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；②所得溶液中加入1.0ml/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3 ， n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0ml/L×1.0L=1ml，沉淀为Cu(OH)2 ， 质量为39.2g，物质的量为 39.2g98g/ml =0.4ml，根据铜元素守恒有n(Cu)+2n(Cu2O)=n[Cu(OH)2]，所以反应后的溶液中n[[Cu(NO3)2]=n[Cu(OH)2]=0.4ml，设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y，则64x+144y＝27.2，x+2y＝0.4，解得x=0.2，y=0.1，所以Cu与Cu2O 的物质的量之比为2∶1，故答案为：2∶1。
【分析】(1)二氧化硫与氨气反应生成亚硫酸铵；(2)氨催化氧化生成一氧化氮和水，反应中氨气是还原剂；根据质量守恒和得失电子守恒配平；(3)①Cu与稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，据此书写反应的离子反应方程式②根据氢氧化钠计算出生成的氢氧化铜的物质的量，再根据铜元素守恒列式计算。
A
B
C
D
酸
HCl
H2SO4
NaHSO4
HNO3
碱
Na2CO3
NaOH
Fe(OH)3
KOH
盐
CuSO4
BaSO4
NaCl
NaHCO3
氧化物
H2O
KClO3
CuO
Na2O
一、单选题
1.（2019高一上·咸阳月考）下表中物质分类组合完全正确的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
2.下列粒子不具有还原性的是 ( )
A. H＋ B. Fe2＋ C. I- D. H2
3.（2016高三上·襄阳期中）向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色．再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变为无色．下列分析正确的是（ ）
A. 滴加KI溶液时，当有2mlI﹣参加反应，则生成1ml白色沉淀
B. 通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的氧化性
C. 通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂，H2SO4是氧化产物
D. 上述实验条件下，物质的还原性：Cu+＞I﹣＞SO2
4.（2019高一上·阜阳期末）下列离子反应方程式书写正确的是（ ）
A. 向 NaAlO2 溶液中通入过量 CO2：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
B. 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO42-+2Cl-＋H2O+4H＋
C. 往CaCl2溶液中通入少量的CO2：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+
D. 将磁性氧化铁溶于氢碘酸：Fe3O4+8H＋=2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O
5.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. Ba(OH)2溶液与过量的NaHCO3溶液混合 Ba2++2OH-+2HCO3-=BaCO3↓+CO32-+H2O
B. 次氯酸钙溶液中通入少量SO2气体：Ca2++2ClO－+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
C. 金属钾与水反应 2K +2 H2O=2K+ +2 OH－+ H2↑
D. 醋酸与氢氧化钠溶液的反应 H+ + OH－=H2O
6.现在正值秋末冬初季节，多地出现大雾天气，致使高速公路关闭，航班停飞。雾属于下列分散系中的
A. 溶液 B. 胶体 C. 乳浊液 D. 悬浊液
7.（2020高一上·哈尔滨月考）某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在Fe2+、 NO3- 、Fe3+、 NH4+ 、H+和H2O六种粒子，在反应过程中测得Fe3+、 NO3- 的数目随时间变化的曲线如图所示，下列有关判断中错误的是（ ）
A. 在反应中NO3-被还原，发生还原反应
B. 还原性： Fe2+> NH4+
C. 该反应中Fe2+被还原为Fe3+
D. 在反应中还原产物与氧化产物的个数之比为1：8
8.（2020高一上·那曲期末）分类是学习和研究化学的一种重要方法，下列分类合理的是（ ）
A. 烧碱和纯碱都属于碱 B. 硫酸和盐酸都属于含氧酸
C. Na2SiO3和Na2SO4都属于钠盐 D. Fe2O3和Al2O3都属于碱性氧化物
9.（2021高二下·长春月考）按碳的骨架分类，下列说法正确的是（ ）
A. 属于链状化合物 B. 属于芳香化合物
C. 属于脂环化合物 D. 属于芳香化合物
10.（2020高一上·浙江期中）下列物质在水中电离方程式正确的是（ ）
A. NaHSO4=Na++ HSO4− B. KClO3=K++Cl5++3O2-
C. Ba(NO3)2=Ba2++2 NO3− D. CaCl2=Ca2++Cl2-
11.下列各组微粒，在溶液中能大量共存的是
A. K+、H+、NO3-、Cl- B. Cu2+、Cl-、OH¯、SO42-
C. H+、Na+、CO32-、Cl- D. Ca2+、Cl-、K+、CO32-
12.将含有O2和CH4的混合气体置于盛有23.4g Na2O2的密闭容器中，电火花点燃，反应结束后，容器内的压强为零（150℃），将残留物溶于水中，无气体产生．下列叙述不正确的是（ ）
A. 原混合气体中O2和CH4的体积比为2：1 B. 残留物中只有Na2CO3和NaOH
C. 反应中电子转移总数为0.8NA D. 残留物质量为26.6克
13.（2019高一下·嘉兴期末）下列方程式正确的是（ ）
A. 铁与稀硫酸反应的离子方程式：2Fe＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑
B. 乙烯与Br2的CCl4溶液反应的方程式：CH2=CH2 +Br2→CH2=CHBr+ HBr
C. 碳酸钠在水中的电离方程式：Na2CO3=2Na+＋CO32－
D. 二氧化硅溶于氢氧化钠溶液的离子方程式：SiO2+2Na++2OH－=Na2SiO3+H2O
14.（2018高二上·舒兰期中）下列各组离子能在指定溶液中，大量共存的是（ ）
①无色溶液中：K+、Cl-、Na+、SO42-
②pH=11的溶液中：CO32-、Na+、AlO2 -、NO3-、S2-、SO32-
③水电离的c(H+)=10-12m1·L-1的溶液中：Cl-、HCO3-、 NO3-、NH4+
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、 NH4+、 Cl-、K+、SO42-
⑤使石蕊试液变红的溶液中：Fe2+、MnO4－、NO3-、Na+、SO42-
⑥酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3-、I-、Cl-、S2-
A. ①②⑤ B. ①③⑥ C. ②④⑤ D. ①②④
二、实验探究题
15.（2016高一上·庆阳期中）甲、乙、丙、丁分别是石蕊溶液、稀硫酸、碳酸钠溶液、澄清石灰水中的一种，若用四个圆表示四种溶液，两圆相交部分为两溶液混合后出现的主要实验现象，如图所示．请回答：
（1）丁是 ；通常其用途为 ．
（2）甲和丙的化学反应方程式为 ； 反应类型为 ．
16.某化学兴趣小组的同学按照下面的实验方法制备氢氧化铁胶体：首先取少量蒸馏水于洁净的烧杯中，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴滴加饱和的 FeCl3溶液继续煮沸，至液体呈透明的红褐色．
（1）判断胶体制备是否成功，可利用胶体的 ；
（2）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 ．
（3）丁同学按要求制备了Fe（OH）3胶体，但是他又向Fe（OH）3胶体中逐滴加入了稀H2SO4溶液，结果出现了一系列变化．
①先出现红褐色沉淀，原因是 ．
②随后沉淀溶解，此反应的离子方程式是 ．
三、综合题
17.（2017高一上·遵义开学考）ClO2作为新一代饮用水的消毒剂，正逐渐代替Cl2来进行自来水的消毒。请回答下列问题：
（1）ClO2的名称为 ；
（2）ClO2中氯元素的化合价为 ；
（3）ClO2所属物质类别是 ；
（4）以下微观过程表示制取ClO2的反应 原理，分析以上微观模拟图，你能得出的结论是： 。（写一条）
18.（2019高二上·黄山开学考）氨和硝酸都是重要的工业原料。
（1）工业上常用过量氨水吸收二氧化硫，该反应的化学方程式为________。
（2）氨氧化法是工业生产中合成硝酸的主要途径。合成的第一步是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮，该反应的化学方程式为________。
下列反应中的氨与氨氧化法中的氨作用相同的是________。
A．2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑
B．2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2O
C．4NH3+6NO=5N2+6H2O
D．HNO3+NH3=NH4NO3
工业中的尾气（假设只有NO和NO2）用烧碱进行吸收，反应的离子方程式为2NO2+2OH﹣=NO2-+NO3-+H2O和NO+NO2+2OH﹣=________+H2O（配平该方程式）。
（3）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀HNO3500mL，反应过程中产生的气体只有NO。固体完全溶解后，在所得溶液（金属阳离子只有Cu2+）中加入1L1ml·L-1的NaOH溶液使金属离子恰好完全沉淀，此时溶液呈中性，所得沉淀质量为39.2g。
①Cu与稀HNO3反应的离子方程式为________。
②Cu与Cu2O 的物质的量之比为________。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 D
【解析】【解答】A. Na2CO3属于盐，不属于碱，A不符合题意；
B.KClO3属于盐，不属于氧化物，B不符合题意；
C.NaHSO4属于盐，不属于酸，C不符合题意；
D.物质分类符合标准，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.酸指的是电离产生的所有的阳离子只有H+的化合物；
B.碱指的是电离产生的所有的阴离子只有OH-的化合物；
C.盐指的是电离可以产生酸根阴离子和金属阳离子或者NH4+的化合物；
D.氧化物指的是由两种元素组成其中一种元素是O的化合物。
2.【答案】 A
【解析】【分析】凡是元素的价态处于最高价的就只有氧化性，而没有还原性，所以答案选A。
【点评】还原性是指失去电子的性质，因而表现在化合价上，应该是升高的。所以凡是元素的价态处于最高价的就只有氧化性，处于最低价的就只有还原性，而处于中间价态既有氧化性也有还原性，据此可以鉴别。
3.【答案】 A
【解析】【解答】解：A．CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2 ， 由方程式可知当有2mlI﹣参加反应，则生成1ml白色沉淀，故A正确；
B．通入SO2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现其还原性，故B错误；
C．通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，则SO2为还原剂，生成H2SO4为氧化产物，I元素的化合价降低，则I2作氧化剂，故C错误；
D．还原剂的还原性强于还原产物的还原性，对于反应2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2 ， 在这个方程中Cu2+化合价降低，是氧化剂，被还原为Cu+ ， I﹣化合价升高，是还原剂，物质的还原性：I﹣＞Cu+ ， SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，I2化合价降低是氧化剂，被还原为I﹣ ， SO2 中的S化合价升高作还原剂，所以物质的还原性：SO2＞I﹣ ， 所以物质的还原性：SO2＞I﹣＞Cu+ ， 故D错误；
故选A．
【分析】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2 ， 反应中Cu元素的化合价降低，I元素的化合价升高；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，以此来解答，
4.【答案】 A
【解析】【解答】A.向NaAlO2溶液中通入过量CO2 ， 反应生成的是碳酸氢根离子，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- ， A符合题意；
B.在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4 ， 碱性溶液中不会生成氢离子，正确的离子反应为：4OH-+3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl-+5H2O，B不符合题意；
C.碳酸的酸性比盐酸弱，所以氯化钙与二氧化碳不反应，C不符合题意；
D.磁性氧化铁溶于氢碘酸，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：2I-+Fe3O4+8H+=3Fe2++4H2O+I2 ， D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氢氧化铝不溶于碳酸；
B.不符合反应事实，碱性溶液中不能生成氢离子；
C.碳酸的酸性小于盐酸的酸性，二氧化碳不与绿化该反应；
D.碘的氧化性小于铁离子的氧化性，四氧化三铁溶于氢碘酸时，铁离子氧化碘离子生成碘单质。
5.【答案】 C
【解析】正确答案：C
A、Ba2++OH-+HCO3-=BaCO3↓H2O ;
B、Ca2++2ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+HClO＋H＋ ＋Cl― ；
D、CH3COOH + OH－=H2O＋CH3COO―。
6.【答案】 B
【解析】【解答】根据分散质粒子的直径大小，雾属于胶体。答案选D。
【分析】分散质粒子的直径小于100nm的属于溶液，分散质粒子的直径介于1nm-100nm之间的属于胶体，分散质粒子的直径大于1nm的属于浊液。
7.【答案】 C
【解析】【解答】发生反应的方程式应为8Fe2++ NO3- +10H+=8Fe3++ NH4+ +3H2O；
A．在反应中 NO3- 被还原，发生还原反应，故A不符合题意；
B．根据还原剂的还原性大于还原产物，可知还原性 Fe2+> NH4+ ，故B不符合题意；
C．该反应中Fe2+被氧化为Fe3+ ， 故C符合题意；
D．在反应中还原产物是 NH4+ ，氧化产物是Fe3+ ， 则还原产物与氧化产物的个数之比为1：8，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】由曲线变化图可知，随反应进行 NO3- 的物质的量减小，而Fe3+的物质的量从0开始增加，故Fe3+是生成物，则Fe2+和 NO3- 应是反应物，N元素化合价应该是降低，其还原产物为 NH4+ ，结合化合价升降守恒，则反应的方程式应为8Fe2++ NO3- +10H+=8Fe3++ NH4+ +3H2O，以此解答该题。
8.【答案】 C
【解析】【解答】A．烧碱是NaOH，是碱，而纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，故A不符合题意；
B．硫酸是含氧酸，而盐酸是无氧酸，故B不符合题意；
C．Na2SiO3和Na2SO4电离时，均生成金属钠离子和酸根离子，属于钠盐，故C符合题意；
D．Al2O3能和酸反应，也能和碱反应，属于两性氧化物，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.纯碱属于盐，而不是碱，因其溶液显碱性所以得纯碱之名；
B.含氧酸指的是酸根离子中含有氧原子的酸，盐酸属于无氧酸；
C.钠盐是指有钠离子和酸根离子化合而成的盐类；
D.碱性氧化物指的是可以和酸反应得到盐和水的氧化物。
9.【答案】 A
【解析】【解答】A． 为异丁烷，属于链状化合物，故A符合题意；
B．芳香族化合物指含有苯环的化合物， 不是苯环，属于环烯类化合物，故B不符合题意；
C．该有机物分子中含有苯环，属于芳香族化合物，不是脂环化合物，故C不符合题意；
D． 结构中不含苯环，属于醇类，不属于酚类，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】考查的式物质的分类，一般含有苯环的为芳香族有机物，含有酯基叫做酯类有机物，含有羧基叫羧酸类有机物，含有羟基叫醇，含有有酚羟基叫酚类等等
A.属于链状化合物
B.不含苯环，还含有双键和环，叫环烯烃化合物
C.含有苯环叫芳香族化合物
D.不含苯环，且羟基不与苯环相连，属于醇类
10.【答案】 C
【解析】【解答】A．电离方程式为NaHSO4═Na++H++SO 42− ，故A不符合题意；
B．电离方程式为KClO3═K++ClO 3− ，故B不符合题意；
C．电离方程式为Ba(NO3)2═Ba2++2NO 3− ，故C符合题意；
D．电离方程式为CaCl2═Ca2++2Cl- ， 故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.硫酸氢钠为强电解质，完全电离
B.氯酸钾为强电解质，完全电离
C.硝酸钡为强电解质，完全电离出钡离子和硝酸根离子
D.氯化钙为强电解质，完全电离
11.【答案】 A
【解析】【解答】Cu2+和OH¯不能大量共存；H+和CO32-不能大量共存；Ca2+和CO32-不能大量共存。答案选A。
【分析】离子不能大量共存的一般情况是：（1）能发生复分解反应的离子之间（即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质）；（2）能生成难溶物的离子之间（如：Ca2+和 SO42-；Ag+和 SO42-）；（3）能完全水解的离子之间，如多元弱酸和弱碱盐的阴、阳离子（如：Al3+ ， Fe3+与 CO32-、HCO3-、AlO2-、ClO- ， S2-等）；（4）能发生氧化还原反应的离子之间（如：Fe 、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、 Fe3+等）；（5）能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。
12.【答案】 A
【解析】【解答】解：反应后容器中无气体，且将残留物溶于水中无气体放出，说明过氧化钠也完全反应，故容器内剩余固体为Na2CO3和NaOH，根据甲烷的组成利用C、H原子守恒可知可知生成的Na2CO3和NaOH物质的量之比为1：4，则反应的总化学方程式为2CH4+O2+6Na2O2=2Na2CO3+8NaOH，
A．由方程式可知，原混合气体中O2、CH4的物质的量之比为1：2，故A错误；
B．由反应可知，残留物中只有Na2CO3和NaOH，故B正确；
C．n（Na2O2）= 23.4g78g/ml =0.3ml，由C元素的化合价变化可知，0.1mlC失去电子为0.8ml，反应中电子转移总数为0.8NA ， 故C正确；
D．残留0.1mlNa2CO3、0.4mlNaOH，质量为10.6g+16g=26.6g，故D正确；
故选A．
【分析】反应后无气体，且将残留物溶于水中无气体放出，说明过氧化钠也完全反应，故容器内剩余固体为Na2CO3和NaOH，根据甲烷的组成利用C、H原子守恒可知可知生成的Na2CO3和NaOH物质的量之比为1：4，再根据反应的总化学方程式判断原混合物中甲烷、氧气的物质的量之比．
13.【答案】 C
【解析】【解答】A. 铁与稀硫酸反应的离子方程式应为：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，故不符合题意；
B. 乙烯与Br2的CCl4溶液反应的方程式应为加成反应：CH2=CH2 +Br2→CH2Br-CH2Br，故B不符合题意；
C．碳酸钠是可溶性盐，在水中完全电离，C符合题意
D. 二氧化硅溶于氢氧化钠溶液的离子方程式应为：SiO2++2OH－=SiO32-+H2O，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】离子方程式的书写规则：（1）要符合客观反应事实，符合物质的拆分规则；
（2）符合质量守恒和电荷守恒。
14.【答案】 D
【解析】【解答】①在指定的溶液中能够大量共存，①符合题意；
②在指定溶液中能够大量共存，②符合题意；
③水电离的c(H＋)=10－12ml·L－1 ， 该溶液可能为酸或碱，HCO3－既不能与H＋大量共存，也不能与OH－大量共存，指定溶液中不能大量共存，③不符合题意；
④加入Mg能放出H2 ， 该溶液为酸性，指定的溶液中能够大量共存，④符合题意；
⑤MnO4－具有强氧化性，能把Fe2＋氧化，石蕊变红，说明溶液显酸性，NO3－、H＋、Fe2＋不能大量共存，⑤不符合题意；
⑥酸性条件下，NO3－具有强氧化性，能与Fe2＋、I－、S2－发生氧化还原反应，指定溶液中不能大量共存，⑥不符合题意；
故答案为：D
【分析】①无色溶液中不存在有色离子；
②pH=12的溶液中存在大量OH-；
③水电离的c(H+)=10-12ml/L，则该溶液可能显酸性，有可能显碱性；
④加入Mg能生成H2的溶液显酸性；
⑤能使石蕊变红的溶液显酸性；
⑥NO3-在酸性条件下具有强氧化性；
二、实验探究题
15.【答案】 （1）石蕊溶液；判断溶液的酸碱性
（2）CO32﹣+Ca2+═CaCO3↓；复分解反应
【解析】【解答】解：（1）由于石蕊溶液是酸碱指示剂，遇到酸变成红色，遇到碱变成蓝色，再根据图示中丁与乙结合呈现红色，丁与丙结合呈现蓝色，所以丁是酸碱指示剂石蕊试液，所以乙是稀硫酸，因为硫酸与碳酸钠反应生成硫酸钠、水、二氧化碳，所以甲是碳酸钠溶液，丙就是氢氧化钙溶液，石蕊溶液是酸碱指示剂，遇到酸和碱呈现不同的颜色，可以用来判断溶液的酸碱性，
故答案为：石蕊溶液；判断溶液的酸碱性；（2）由上面的推断可知甲是碳酸钠，丙是氢氧化钙，所以该反应的反应物是碳酸钠和氢氧化钙，生成物是碳酸钙沉淀和氢氧化钠，离子方程式为：CO32﹣+Ca2+═CaCO3↓，用观察法配平，碳酸钙后面标上沉淀符号；两种化合物相互交换成分生成两种新的化合物的反应，属于复分解反应，该反应符合这一特点，属于复分解反应．
故答案为：CO32﹣+Ca2+═CaCO3↓；复分解反应．
【分析】（1）根据石蕊溶液是酸碱指示剂，遇到酸和碱呈现不同的颜色考虑本题；（2）根据方程式的写法和复分解反应的特点考虑．
16.【答案】 （1）丁达尔效应
（2）红褐色液体；FeCl3溶液太稀，生成的Fe（OH）3太少；生成红褐色沉淀；自来水中含有电解质，胶体发生聚沉；生成红褐色沉淀；长时间加热胶体发生聚沉
（3）电解质H2SO4使Fe（OH）3胶体聚沉而产生沉淀；Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O
【解析】【解答】解：（1）胶体具有丁达尔效应，可利用此性质来证明此胶体已经制成，当用激光笔照射时，会有一道明亮的光路，
故答案为：丁达尔效应；（2）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；（3）①电解质H2SO4电离出的SO42﹣使Fe（OH）3胶体发生聚沉，生成红褐色沉淀，
故答案为：电解质H2SO4使Fe（OH）3胶体聚沉而产生沉淀；②氢氧化铁胶体聚沉后会产生氢氧化铁沉淀，继续加入硫酸，会发生酸碱中和反应，生成氯化铁和水，此反应的离子方程式是Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O，
故答案为：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O．
【分析】（1）胶体具有丁达尔性质，是区别其它分散系的独特性质；（2）①按照氢氧化铁胶体的制备方法进行解答；②胶体遇电解质溶液能产生聚沉；③制备Fe（OH）3胶体不能长时间加热；（3）①根据胶体的性质判断，加入稀硫酸产生聚沉现象；②氢氧化铁胶体聚沉后会产生氢氧化铁沉淀，硫酸和氢氧化铁沉淀反应，生成硫酸铁和水．
三、综合题
17.【答案】 （1）二氧化氯
（2）+4价
（3）氧化物（化合物或纯净物）
（4）化学反应前后原子的种类不变（合理答案均可）
【解析】【解答】（1）根据化合物的一般读法，从后往前读，ClO2应读作二氧化氯；
（2）根据化合物中正负化合价代数和为零，氧的化合价为-2，则ClO2中氯元素的化合价为+4价；
（3）从物质的分类和定义上可知 ClO2由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物，属于氧化物；
（4）由反应的微观示意图中反应过程中微粒的变化，可以得出：在化学变化中原子不可再分，化学反应前后原子的种类不变．
【分析】（2）根据化合物中元素化合价代数和为零判断二氧化氯中氯元素的化合价即可。
18.【答案】 （1）SO2+2NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O［或SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3］
（2）4NH3+5O2 =△催化剂 4NO+6H2O；BC；2NO2-
（3）3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；2∶1
【解析】【解答】(1)二氧化硫与过量氨气反应生成亚硫酸铵，反应的化学方程式为：SO2+2NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O[或SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3]，故答案为：SO2+2NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O[或SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3]；(2)氨催化氧化生成一氧化氮和水，反应方程式为：4NH3+5O2 =△催化剂 4NO+6H2O，反应中氨气是还原剂，显示氨气的还原性。
A．反应2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑中，氨气是氧化剂，故A不选；
B．反应2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2O中，氨气是还原剂，故B选；
C．反应4NH3+6NO=5N2+6H2O中，氨气是还原剂，故C选；
D．反应HNO3+NH3=NH4NO3是非氧化还原反应，故D不选；与4NH3+5O2 =△催化剂 4NO+6H2O中的氨作用相同的是BC；由质量守恒和得失电子守恒，配平为：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，故答案为：4NH3+5O2 =△催化剂 4NO+6H2O；BC；2NO2-；(3)①Cu与稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子反应方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；②所得溶液中加入1.0ml/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3 ， n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0ml/L×1.0L=1ml，沉淀为Cu(OH)2 ， 质量为39.2g，物质的量为 39.2g98g/ml =0.4ml，根据铜元素守恒有n(Cu)+2n(Cu2O)=n[Cu(OH)2]，所以反应后的溶液中n[[Cu(NO3)2]=n[Cu(OH)2]=0.4ml，设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y，则64x+144y＝27.2，x+2y＝0.4，解得x=0.2，y=0.1，所以Cu与Cu2O 的物质的量之比为2∶1，故答案为：2∶1。
【分析】(1)二氧化硫与氨气反应生成亚硫酸铵；(2)氨催化氧化生成一氧化氮和水，反应中氨气是还原剂；根据质量守恒和得失电子守恒配平；(3)①Cu与稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，据此书写反应的离子反应方程式②根据氢氧化钠计算出生成的氢氧化铜的物质的量，再根据铜元素守恒列式计算。
A
B
C
D
酸
HCl
H2SO4
NaHSO4
HNO3
碱
Na2CO3
NaOH
Fe(OH)3
KOH
盐
CuSO4
BaSO4
NaCl
NaHCO3
氧化物
H2O
KClO3
CuO
Na2O
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