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宁夏回族自治区石嘴山市平罗中学2019-2020学年高一上学期第三次月考化学试题
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平罗中学2019—2020学年度第一学期第三次月考试卷高一化学
一、单选题（每小题2分，共42分）
1.生活离不开化学，下列说法不正确的是 （ ）
A. 胶粒不能透过半透膜，血液透析利用半透膜将有害物质移出体外
B. 次氯酸具有氧化性，所以可以杀菌消毒。
C. 过氧化钠既可用作呼吸面具中氧气的来源，又可漂白织物等
D. 溶洞和钟乳石的形成过程涉及氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.胶体不能通过半透膜，故血液透析是利用半透膜将有害物质移出体外，从而达到人体排毒的目的，故A正确；
B.次氯酸有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于自来水的杀菌消毒，故B正确；
C. Na2O2和二氧化碳反应生成氧气，且又有强氧化性，有漂白性，所以Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源，又可漂白织物，故C错误；
D．溶洞中的水中含有碳酸氢钙，可溶性的Ca（HCO3）2分解生成难溶性的碳酸钙，就形成了钟乳石，并没有元素化合价发生变化，故D错误；
故答案为D。
2.下列说法中正确的是（ ）
A. Cl-和Cl2都有毒
B. 液氯和氯水都有漂白性
C. 将NaCl溶液滴入AgNO3溶液中或将氯气通入AgNO3溶液中均会出现白色沉淀
D. 含Cl-的溶液和氯水一样均呈黄绿色
【答案】C
【解析】
【详解】Cl－无毒，Cl2有毒，故A错误；B、液氯不具有漂白性，不能使干燥有色布条褪色，故B错误；C、NaCl中滴入AgNO3发生Ag＋＋Cl－=AgCl↓，Cl2与水反应生成HCl和HClO，HCl和AgNO3反应生成AgCl，故C正确；D、Cl－无色，氯水的主要成分是Cl2，氯水显黄绿色，故D错误。
故选C。
3.用NA表示阿伏伽德罗常数的值,下列判断中正确的是 ( )
A. 1 mol H2含有的原子数为NA
B. 24 g Mg变为Mg2+时失去的电子数为NA
C. 1 mol·L-1 NaCl溶液中含有的Cl- 数为NA
D. 标准状况下,11.2L O2中含有的原子数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.一个氢气分子中含有两个氢原子，故1 mol H2含有的原子数为2NA，故A错误；
B. 24 g Mg变为Mg2+时化合价变化为2，故失去的电子数为2NA，故B错误；
C. 1 mol·L-1 NaCl溶液中含有的Cl- 数为NA，n=cV，选项中没有给溶液的体积，故无法计算氯离子的数目，故C错误；
D. 标准状况下,11.2L O2的物质的量为0.5mol，每个氧气分子含有两个氧原子，故含有的原子数为NA，故D项正确；
故答案为D。
4.下列叙述正确的是
A. 铁的活动性不如钠，故不与水反应
B. Na的金属活动性比Mg的强，故可用Na与MgCl2溶液反应制Mg
C. 钠可与冷水剧烈反应，而镁与热水才能反应，说明钠比镁活泼
D. Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，在与其它非金属单质反应的产物中，Fe也显＋3价
【答案】C
【解析】
A. 铁的活动性不如钠，钠与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，选项A错误；B. Na的金属活动性比Mg的强，但钠能与水剧烈反应，故不可用Na与MgCl2溶液反应制Mg，选项B错误；C. 钠可与冷水剧烈反应，而镁与热水才能反应，说明钠比镁活泼，与水反应的剧烈程度大，选项C正确；D. Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，铁与硫反应生成硫化亚铁，Fe显＋2价，选项D错误。答案选C。
5.下面是某同学在实验报告中的记录，其中正确的记录是（ ）
A. 用25mL量筒量取18.26mL盐酸
B. 用托盘天平称量9.75g硫酸铜
C. 用500mL的容量瓶配制480mL溶液
D. Al (OH)3胶体带正电荷，可以产生电泳现象
【答案】C
【解析】
【详解】A. 量筒只能读数到0.1mL，则不能用25mL量筒量取18.26mL盐酸，A错误；
B. 托盘天平只能读数到0.1g，则不能用托盘天平称量9.75g硫酸铜，B错误；
C. 由于没有480mL容量瓶，则只能用500mL的容量瓶配制480mL溶液，C正确；
D. Al(OH)3胶体不带电，其胶粒带正电荷，因此可以产生电泳现象，D错误；
答案选C。
6.下列变化中必须加入氧化剂才能实现的是( )
A. KC1 →KC1O3 B. KMnO4→MnO2
C. Fe2(SO4)3→FeSO4 D. CaO→Ca(OH)2
【答案】A
【解析】
【详解】必须加入氧化剂，所以该物质为还原剂。
A.过程中氯元素化合价升高，需要加入氧化剂，故正确；
B.高锰酸钾能自身受热分解生成二氧化锰，不需要加入氧化剂，故错误；
C.硫酸铁变为硫酸亚铁是氧化剂的变化，故错误；
D.氧化钙变成氢氧化钙不属于氧化还原反应，故错误。
故选A。
【点睛】注意本题中是指必须加入氧化剂才能实现的，两层含义，加入的试剂为氧化剂，即反应为氧化还原反应，选项中的变化为还原剂的变化，化合价升高。另一层含义，必须加入试剂才能反应，如高锰酸钾自身能受热分解实现其变化，就不是必须加入氧化剂的过程。
7.根据下列三个反应化学方程式，判断有关物质的还原性的强弱顺序（ ）
①I2 + SO2 + 2H2O = H2SO4 + 2HI ②2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3 ③2FeCl3 + 2HI = 2FeCl2 + I2 + 2HCl
A. I- ＞ Fe2+ ＞Cl- ＞SO2 B. Cl- ＞ Fe2+ ＞ SO2 ＞I-
C. Fe2+ ＞I- ＞Cl- ＞SO2 D. SO2 ＞I- ＞ Fe2+ ＞Cl-
【答案】D
【解析】
【分析】
氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物。
【详解】由可知还原性SO2＞I-；由 可知还原性Fe2+＞Cl-；由可知还原性 I-＞Fe2+，故还原性的强弱顺序为：SO2 ＞I- ＞ Fe2+ ＞Cl-；故答案为D。
8.航天技术测得三氧化二碳（C2O3）是金星大气层的成份之一，下列关于C2O3的说法中错误的是
A. C2O3与CO2都是碳的氧化物 B. C2O3与CO2都是碳酸的酸酐
C. C2O3与CO都具有还原性 D. C2O3与C的燃烧产物都是CO2
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据氧化物的定义（含有两种元素，其中一种是氧元素）故A正确；
B. C2O3与H2CO3中C的化合价不同，C2O3不是碳酸的酸酐，故B错误；
C. C2O3与CO中C的化合价分别为+3、+2，都没有达到最高价态，都具有还原性，故C正确；
D. C2O3与C在燃烧后C的化合价都会变为+4价，生成CO2，故D正确；
答案选B。
9.下列化学反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 氢氧化钾溶液与醋酸的反应：OH﹣＋H+＝H2O
B. 足量的二氧化碳与氢氧化钠反应：；
C. 铁片与硝酸铝溶液反应：3Fe+2Al3+＝2Al + 3Fe2＋
D. 硫酸铁溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2++SO42-＝BaSO4↓
【答案】B
【解析】
【详解】A.醋酸为弱酸不拆，氢氧化钾溶液与醋酸反应的离子反应方程式为：OH﹣＋CH3COOH＝H2O+CH3COO-，故A错误；
B. 足量的二氧化碳与氢氧化钠反，因为二氧化碳过量，所以生成碳酸氢根，离子反应方程式为：，故B正确；
C. 铁片与硝酸铝溶液反应时，由于硝酸根氧化性强于铝离子，所以硝酸根先于铝离子与铁反应，故C错误；
D.硫酸铁溶液中加入氢氧化钡溶液，反应生成氢氧化铁和硫酸钡沉淀，正确的离子方程式为：3SO42-+3Ba2++2Fe3++6OH-=2Fe（OH）3↓+3BaSO4↓，故D错误；
故答案为B。
【点睛】某些物质在相互反应时由于量不同会出现不同的离子反应方程式，例如少量二氧化碳通入氢氧化钠为：CO2+2OH-=CO32-+H2O；当二氧化碳过量时为：；
10.在水溶液中能大量共存的一组是（ ）
A. NH4+、Ag+、CO32﹣、SO42﹣ B. Fe3+、H+、NO3﹣、Cl﹣
C. Fe3+、NH4+、I﹣、Cl﹣ D. H+、Mg2+、NO3﹣、HCO3﹣
【答案】B
【解析】
【详解】A.碳酸根会和银离子生成沉淀，无法大量共存，故A错误；
B.四种离子相互不反应，故可以大量共存，故B正确；
C. Fe3+具有较强氧化性，会氧化I﹣，无法大量共存，故C错误；
D.碳酸氢根与氢离子反应生成水和二氧化碳，无法大量共存，故D错误；
故答案为B。
11.据报道,中国科学家以二氧化碳为碳源,金属钠为还原剂,在470℃、80 MPa下合成出金刚石,具有深远意义，下列说法不正确的是( )
A. 由二氧化碳合成金刚石是化学变化 B. 金刚石是碳的一种化合物
C. 反应中，钠被氧化最终生成碳酸钠 D. 金刚石与石墨互为同素异形体
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由二氧化碳合成金刚石过程中有新物质生成，是化学变化，故A说法正确；
B.金刚石是一种碳单质，故B说法错误；
C.钠被氧化生成氧化钠，溶于水生成氢氧化钠，吸收空气中二氧化碳生成碳酸钠，最终生成碳酸钠，故C说法正确；
D.金刚石与石墨为C元素的不同单质，故为同素异形体，故C说法正确；
故答案为B。
【点睛】质子数相同而中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，由同一种元素形成的不同单质，互称为同素异形体。
12.表中物质的分类正确的是 ( )
分类
选项
酸
碱
碱性氧化物
酸性氧化物
A
HCl
Na2CO3
MgO
CO2
B
HNO3
KOH
Na2O
NO
C
HClO
Ca(OH)2
CaO
SO2
D
NaHSO4
NaOH
Na2O2
SO3
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；凡是能与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；凡是能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，据此分析。
【详解】A、Na2CO3由钠离子和碳酸根离子构成，属于盐，选项A错误；
B、NO为不成盐氧化物，选项B错误；
C、HClO酸，Ca(OH)2为碱，CaO为碱性氧化物，SO2为酸性氧化物，选项C正确；
D、NaHSO4为盐，不属于酸，选项D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查酸、碱、盐、氧化物的概念，易错点为选项D，电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，如硫酸、硝酸等，而不是能电离出氢离子的化合物，如NaHSO4虽然能电离出氢离子，但电离出的阳离子不全部是氢离子。
13.下列药品置于空气中很容易变质（括号内的物质是变质后的物质），其中不是因为氧化还原反应而变质的是（ ）
A. Na2SO3（Na2SO4） B. FeCl2（FeCl3）
C. NaOH（Na2CO3） D. KI（I2）
【答案】C
【解析】
【详解】A．亚硫酸钠和氧气反应生成硫酸钠，硫元素失电子化合价升高，所以是发生了氧化还原反应而变质，故A不符合；
B．氯化亚铁和氧气反应生成氯化铁，铁元素失电子化合价升高，所以是发生了氧化还原反应而变质，故B不符合；
C．氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应过程中，氢氧化钠中各元素的化合价都没有发生变化，所以不是发生了氧化还原反应而变质，故C符合；
D．碘化钾和氧气反应生成碘单质，碘元素失电子化合价升高，所以是发生了氧化还原反应而变质，故D不符合。
故选C。
【点睛】在化学反应中有电子转移的反应就是氧化还原反应，表现出的特征就是元素化合价的变化。
14.下列实验能达到实验目的且符合操作要求的是
A. I可用于制备并检验氢气的可燃性
B. II可用于除去CO2 中的HCl
C. 用Ⅲ来配制一定物质的量浓度的NaOH 溶液
D 用IV中操作制备氢氧化亚铁并观察其颜色
【答案】B
【解析】
A、点燃H2前必须验纯，以防爆炸，故A错误；B、饱和NaHCO3和CO2不反应，而NaHCO3和HCl反应且生成CO2，不引进新的杂质，所以该装置能除去CO2中的HCl，故B正确；C、容量瓶不能用于溶解和稀释，只能配制一定物质的量浓度溶液，应先在烧杯中溶解NaOH固体，冷却至室温后再转移至容量瓶，故C错误；D、氢氧化亚铁易被氧化，制备氢氧化亚铁时要防止被氧化，所以胶头滴管应该伸入液面下，故D错误。故选B。
【此处有视频，请去附件查看】
15.滴有酚酞的 Ba(OH)2溶液显红色，在上述溶液中分别滴加 X 溶液后有下列现象。下列说法不正确的是（ ）
A. 实验 I中溶液红色褪去，说明发生了反应 H＋＋OH－H2O
B. 实验 II中溶液红色不变，且灯泡亮度没有明显变化，说明溶液中仍然存在大量的 Na+与 OH−
C. 实验 III中溶液红色褪去，有白色沉淀生成，灯泡逐渐变暗，说明发生了反应2H++SO42-+Ba2++2OH-= 2H2O+BaSO4↓
D. 将实验 II中 Na2SO4溶液换成 CuSO4 溶液，现象与原实验 II中的现象相同
【答案】D
【解析】
【详解】A. Ba(OH)2与盐酸发生中和反应：H＋＋OH－H2O，溶液红色褪去，故A正确；
B. Na2SO4与Ba(OH)2溶液发生反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，实验Ⅱ中溶液红色不变，且灯泡亮度没有明显变化，说明溶液中依然存在有大量的 Na+与 OH−，故B正确；
C. H2SO4与Ba(OH)2溶液发生反应2H++SO42-+Ba2++2OH—= 2H2O+BaSO4↓，溶液碱性减弱，导电离子浓度减小，则实验Ⅲ中溶液红色褪去，有白色沉淀生成，灯泡逐渐变暗，故C正确；
D. 将实验Ⅱ中Na2SO4溶液换成CuSO4溶液，发生反应，有蓝色沉淀生成，溶液红色褪去，灯泡逐渐变暗，反应现象与原实验Ⅱ中的现象不同，故D错误；
故选D。
16.只用一种试剂就可将AgNO3、KSCN、稀H2SO4、NaOH四种无色溶液区分开，该试剂是
A. BaCl2溶液 B. FeCl2溶液 C. FeCl3溶液 D. Fe(NO3)3溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化钡溶液不与KSCN、NaOH反应，不能鉴别KSCN、NaOH，故A错误；
B．氯化亚铁溶液不与KSCN、H2SO4反应，不能鉴别KSCN、H2SO4，故B错误；
C．FeCl3溶液加入四种溶液中依次出现的现象是：白色沉淀、溶液呈红色、无现象、红褐色沉淀，反应现象不同，所以可以鉴别，故C正确；
D．Fe(NO3)3溶液不与AgNO3、H2SO4反应，不能鉴别AgNO3、H2SO4，故D错误；
故选C。
【点晴】注意物质的鉴别要有典型的不同现象才可以，尤其注意SCN-、Cl-和Ag+的检验，银离子常用于检验氯离子，生成不溶于硝酸的白色沉淀，KSCN的检验用FeCl3，反应后溶液呈红色，硫酸的检验可分别检验阳离子和阴离子，阴离子的检验常用盐酸酸化的氯化钡，生成难溶物质硫酸钡，阳离子的检验常用酸碱指示剂、HCO3-等，NaOH的检验方法通常是加入盐溶液生成难溶沉淀，根据以上检验方法，四种物质的检验应加入加入FeCl3溶液，四种溶液中依次出现的现象是：白色沉淀、溶液呈红色、无现象、红褐色沉淀。
17.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得：2KClO3 + H2C2O4 + H2SO4 =2ClO2↑ + K2SO4 +2CO2 ↑+ 2H2O列说法中正确的是( )
A. KClO3在反应中失去电子
B. H2C2O4在反应中被氧化
C. ClO2是氧化产物，CO2是还原产物
D. H2C2O4的氧化性强于ClO2的氧化性
【答案】B
【解析】
【分析】
2KClO3+H2C2O4+H2SO4═2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价得到电子被还原，C元素的化合价由+3价升高到+4价失电子被氧化；
【详解】A.根据分析可知KClO3在反应中得到电子，故A错误；
B.根据分析可知H2C2O4在反应中被氧化，故B正确；
C.Cl元素被还原得到还原产物，故ClO2是还原产物，C元素被氧化CO2是氧化产物，故C错误；
D. H2C2O4为还原剂，而ClO2是还原产物，根据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，所以ClO2的还原性弱于H2C2O4的还原性，则ClO2的氧化性强于H2C2O4的还原性故D错误；
故答案为B。
18.下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法中，正确的是( )
A. 在加热条件下，Na2CO3、NaHCO3都能分解产生CO2气体
B. 饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2,溶液中有晶体析出
C. 石灰水与Na2CO3反应产生沉淀,与NaHCO3反应不产生沉淀
D. 物质的量相等的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，生成CO2的物质的量之比为2：1
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaHCO3不稳定，加热易分解产生CO2气体，而Na2CO3稳定，加热不易分解，故A错误；
B．向饱和Na2CO3溶液中通入足量的CO2，可生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠溶解度较小，可观察到有固体析出，故B正确；
C．加入澄清的石灰水，Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能生成CaCO3沉淀，故C错误；
D．NaHCO3和Na2CO3都与盐酸反应生成二氧化碳气体：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，放出CO2体积相等，故D错误；
故答案为B。
19.可以说明溶液中大量存在CO32-的理由是（ ）
A. 加入 AgNO3 溶液有大量白色沉淀
B. 加入盐酸有无色无味的气体产生
C. 加入BaCl2 溶液时有白色沉淀产生，再加入稀盐酸沉淀全部溶解，且产生可以使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体
D. 加入Ba(OH)2 溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀全部溶解，且产生可以使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体。
【答案】C
【解析】
【详解】A、CO32-和Cl-加入AgNO3溶液都会有白色沉淀产生，故A错误；
B、HCO3-和CO32-和稀盐酸都有无色无味的二氧化碳产生，离子方程式为：HCO3-+H+═H2O+CO2↑，CO32-+2H+═H2O+CO2↑，故B错误；
C、加BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸沉淀溶解，产生的可使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体为CO2，说明该白色沉淀为BaCO3，溶液中溶液中大量存在CO32-，故C正确；
D、HCO3-和CO32-和Ba（OH）2溶液都生成BaCO3白色沉淀，离子方程式为：CO32-+Ba2+═BaCO3↓，HCO3-+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O，故D错误。
故选：C。
20.已知氧化性强弱顺序：Cl2> Br2> Fe3+>I2。下列反应不能发生的是( )
A. Br2+2I－= I2+2 Br－ B. 2FeCl2+Cl2 = 2FeCl3
C. 2FeCl2+2HCl+I2 = 2FeCl3+2HI D. 2Fe3+ + 2I－= 2Fe2+ + I2
【答案】C
【解析】
【分析】
氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，只要反应满足氧化性强弱顺序：Cl2> Br2> Fe3+>I2，反应就能发生。
【详解】A、根据反应可知，溴的氧化性强于碘，该反应能发生，A正确；
B、根据反应可知，氯气的氧化性强于氯化铁，该反应能发生，B正确；
C、氯化铁的氧化性强于碘，可以氧化碘离子为单质碘，但单质碘不能氧化氯化亚铁，反应不能发生，C错误；
D、根据C中分析可知反应能够发生，D正确；
答案选C。
21.在一点条件下，RO3n-+F2+aOH-=RO4- +2F-+H2O，下列叙述正确的是（ ）
A. n=2，a=2 B. n=2，a=1
C. RO3n-中R的化合价为+6 D. n=1，a=2
【答案】D
【解析】
【详解】从产物RO4-可知R显+7价，根据F元素的化合价变化可知电子转移数为2，结合电子转移守恒得出RO3n- 中R显+5价，则推出n=1，根据方程式中电荷守恒和元素守恒可知a=2，D项正确，
答案选D。
二、 非选择题部分（请在答题卡上依顺序、按要求完成答题）
22.请按题目要求完成相应问题：
（1）K2FeO4在溶液中的电离方程式为_____________。
（2）除去杂质(括号的物质为杂质)Na2CO3溶液(NaHCO3) 离子方程式为_________________________。
（3）可溶性铁盐与足量氨水反应的离子方程式_______________________________________。
（4）氧化铁与强酸反应的离子反应方程式：_____________________________________。
（5）配平氧化还原反应：□C + □K2Cr2O7 + □H2SO4(稀) △□CO2↑+□K2SO4+□Cr2(SO4)3+□H2O___
【答案】 (1). (2). HCO3-+OH-=CO32-+H2O (3). (4). (5).
【解析】
【详解】（1）K2FeO4为钾盐为强电解质，所以溶液中的电离方程式为：;
故答案为：；
（2）向溶液中加入适量氢氧化钠可除去碳酸钠溶液中碳酸氢钠，离子方程式为HCO3-+OH-=CO32-+H2O，
故答案为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O；
（3）可溶性铁盐与足量氨水反应，一水合氨为一种弱碱，会与铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，
故答案为：；
（4）氧化铁与强酸反应生成铁离子和水，故答案为：；
（5）根据电子守恒和元素守恒配平方程，故答案为：
。
23.（Ⅰ）如图为一“铁链”图案，小明在图案上分别写了H2、CO2、Na2O、NaCl、FeCl3五种物质，图中相连的两种物质均可归属为一类，相交部分A、B、C、D为其相应的分类依据代号。请回答下列问题：
（1）请将分类依据代号填入相应的括号内：
（ ）两种物质都不是电解质
（ ）两种物质都是盐
（2）用洁净的烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入饱和的图中某种物质M的溶液加热至呈红褐色。
①物质M的化学式为________________。
②证明有红褐色胶体生成的实验操作是____。
（Ⅱ）反应：
A．2F2＋2H2O＝4HF＋O2↑； B．2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑；
C．CaO＋H2O＝Ca(OH)2； D．2H2O＝2H2↑＋O2↑。
其中水只是氧化剂的是______（填序号），反应B中被氧化的元素名称是________。
（Ⅲ）反应：3Cu + 8HNO3 = 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O, 硝酸在该反应中的作用是______ 还原剂与氧化剂的物质的量之比：__________
【答案】 (1). A (2). D (3). FeCl3 (4). 用一束光照射烧杯中的液体，若能产生丁达尔效应，则证明生成了Fe（OH）3胶体。 (5). B (6). 钠元素 (7). 氧化剂和酸 (8). 3：2
【解析】
【分析】
（Ⅰ）（1）电解质是在水溶液中或熔融状态下导电的化合物分析，氢气是单质，二氧化碳是非电解质；盐是金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物，氧化钠为氧化物，氯化钠氯化铁为盐；
（2）氢氧化铁胶体制备方法和胶体的性质分析判断，氢氧化铁胶体制备是利用向饱和沸水中加入饱和氯化铁溶液加热至呈红褐色得到氢氧化铁胶体为红褐色，胶体具有丁达尔效应。
（Ⅱ）氧化还原反应中氧化剂化合价降低，还原剂化合价升高被氧化；
（Ⅲ）硝酸在该反应化合价降低，故做氧化剂，和金属单质反应生成盐和水，做酸；
【详解】：（1）电解质是在水溶液中或熔融状态下导电的化合物分析，氢气是单质不是电解质，二氧化碳是非电解质，则A为氢气和二氧化碳可以化为一类的依据是不是电解质；盐是金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物，氧化钠为氧化物，二氧化碳是氧化物，B归为一类的依据是都是氧化物，C归为一类的依据是钠的化合物，D归为一类的依据是都是盐，氯化钠氯化铁为盐；
故答案为：A，D；
（2）氢氧化铁胶体制备方法和胶体的性质分析，氢氧化铁胶体制备是利用向饱和沸水中加入饱和氯化铁溶液加热至呈红褐色得到氢氧化铁胶体为红褐色，判断M为FeCl3，胶体具有丁达尔效应，可以利用此性质检验胶体，方法为：用一束光照射烧杯中的液体，若能产生丁达尔效应，则证明生成了Fe（OH）3胶体，
故答案为：FeCl3；用一束光照射烧杯中的液体，若能产生丁达尔效应，则证明生成了Fe（OH）3胶体。
（Ⅱ）A.反应2F2+2H2O=4HF+O2↑中，O元素化合价升高，被氧化，水只是还原剂；B.2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中，H元素化合价降低，被还原，则水只是氧化剂；
C.反应CaO+H2O=Ca（OH）2中，H、O元素化合价没有发生变化，水既不是氧化剂，又不是还原剂，
D.反应2H2O＝2H2↑＋O2↑中，H、O元素化合价变化，水既是氧化剂，又是还原剂;
故答案为：B；钠元素；
（Ⅲ）该反应中硝酸的化合价降低，同时与金属单质反应生成盐和水，故其作用是氧化剂和酸；Cu为还原剂，HNO3为氧化剂，3molCu失去电子与2molN得到电子相同，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：2，故答案为：氧化剂和酸；3：2；
【点睛】本题主要考察氧化还原反应的概念，氧化剂得电子化合价降低发生还原反应得到还原产物，还原剂失电子化合价升高发生氧化反应得到氧化产物。
24.从古至今，铁及其化合物在人类的生产生活中都起了巨大的作用。
（1）古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，其主要成分是_____（填序号）。
A．Fe B．FeO C．Fe3O4 D．Fe2O3
（2）在现代半导体工业生产中，常利用 FeCl3 腐蚀铜的原理制作印刷线路板，写出该原理的离子方程式_______
（3）实验室在配制 FeSO4 溶液时为了防止 FeSO4 溶液变质，经常向其中加入铁粉，其原因是____________(用离子方程式表示) 。
（4）现有配制所得的 100mL 6mol/L FeSO4 溶液，往其中滴入一定量的稀硝酸，请回答下列问题：
①配平该反应的离子方程式：□Fe2＋＋□NO3-＋□H＋ = □Fe3＋＋□NO↑＋□H2O_______
②要检验该反应后的溶液中是否含有 Fe3＋，可选用的试剂为___________（从下列选项中选择）
A．酸性 KMnO4 溶液 B．KSCN 溶液 C．Cl2
③要检验该反应后的溶液中是否还含有 Fe2＋，具体实验方案（含操作、现象、结论）：_________
（5）已知Cl2和Fe3＋都具有氧化性，如何设计实验证明氧化性Cl2强于Fe3＋具体实验方案（含操作、现象、结论）：__________。
【答案】 (1). C (2). 2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2 (3). Fe+2Fe3+═3Fe2+ (4). 3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O (5). B (6). 取少量反应后溶液于试管，往其中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，若溶液颜色变浅或褪色，则溶液中含Fe2+，否则不含Fe2+ (7). 取少量FeSO4 溶液于试管中，滴加几滴KSCN 溶液，溶液不变色，向溶液中通入适量氯气，若溶液变红则证明氯气的氧化性大于铁离子
【解析】
【分析】
（1）四氧化三铁是一种具有磁性的黑色晶体；
（2）三价铁离子可以氧化铜单质为铜离子；
（3）亚铁离子具有还原性；
（4）①根据电荷守恒和元素守恒配平方程式；
②含有Fe3＋的溶液滴入KSCN 溶液显红色；
③Fe2＋具有还原性；
（5）氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物。
【详解】：（1）指南针是由天然磁石制成的，主要成分为四氧化三铁，只有C 符合，
故答案为：C
（2）利用 FeCl3腐蚀铜的原理制作印刷线路板，该原理的化学方程式为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，
故答案为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2
（3）配制 FeSO4 溶液时为了防止 FeSO4 溶液变质，经常向其中加入铁粉，其原因是Fe+2Fe3+═3Fe2+，
故答案为：Fe+2Fe3+═3Fe2+；
（4）①Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为+2价，由电子、电荷及原子守恒可知离子反应为，
故答案为：3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O；
②含有Fe3＋的溶液滴入KSCN 溶液显红色，故答案为：B；
③Fe2＋具有还原性，高锰酸钾溶液显紫色且具有强氧化性，可用其来检验亚铁离子，故答案为：取少量反应后溶液于试管，往其中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，若溶液颜色变浅或褪色，则溶液中含Fe2+，否则不含Fe2+；
（5）氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以可用氯气来氧化亚铁离子，若氯气可以将亚铁离子氧化成铁离子，则证明氯气氧化性强于铁离子，
故答案为：取少量FeSO4 溶液于试管中，滴加几滴KSCN 溶液，溶液不变色，向溶液中通入适量氯气，若溶液变红则证明氯气的氧化性大于铁离子。
25.为测定碳酸钠和碳酸氢钠混合样品中碳酸钠质量分数，可通过加热分解得到的质量进行计算.某同学设计的实验装置示意图如下：
请回答：
（1）A中发生反应的化学方程式是__________________________。
（2）装置B中冰水的作用是_________________________。
（3）该同学设计的实验装置存在缺陷，改进后该实验装置及实验过程中，下列因素可能使碳酸钠的质量分数偏高的是________________（填字母）。
A．样品分解不完全
B．产生的速率太快，没有被碱石灰完全吸收
C．反应完全后停止加热，通入过量的空气.
（4）若C中的碱石灰改用足量固体，请设计实验方案检验反应后C中固体的成分___________。
（5）检验样品中是否还含有NaHCO3，请选择下列装置设计实验，并完成下表：
选择的装置(填编号)
实验现象
实验结论
①_______________________________
②_________________
样品中含NaHCO3
【答案】 (1). (2). 冷凝反应生成的水 (3). AB (4). 取C中样品少量溶于水，滴加足量的氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明有碳酸钠；静置，取上层溶液，滴加酚酞，若溶液变红色，说明有NaOH。 (5). AB或AC或ACB (6). B变浑浊或C变蓝或C变蓝、B变浑
【解析】
【分析】
连接好装置后，利用气体X为氮气赶净装置中的空气，避免空气中二氧化碳影响测定结果，固体受热分解生成的二氧化碳和水蒸气进入装置B，利用冰水混合物冷却生成的水蒸气，进入装置C中的碱石灰吸收生成的二氧化碳，最后干燥管中为碱石灰是防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置C影响测定结果，以此解答该题。
【详解】（1）碳酸氢钠不稳定，加热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，
故答案为：；
（2）固体受热分解生成的二氧化碳和水蒸气进入装置B，装置B中冰水的作用是冷凝反应生成的水，故答案为：冷凝反应生成的水；
（3）A．样品分解不完全，测定二氧化碳的质量偏小，碳酸氢钠的质量偏小，则使碳酸钠的质量分数偏高，故正确；
B．产生CO2气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收，测定二氧化碳的质量偏小，碳酸氢钠的质量偏小，则使碳酸钠的质量分数偏高，故正确；
C．反应完全后停止加热，通入过量的空气，测定二氧化碳的质量偏大，碳酸氢钠的质量偏大，则使碳酸钠的质量分数偏低，故错误；
故答案为：AB。
（4）若C中的碱石灰改用足量NaOH固体，吸收二氧化碳可生成碳酸钠，且氢氧化钠过量，可取C中样品少量溶于水，滴加足量的氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明有碳酸钠；静置，取上层溶液，滴加酚酞，若溶液变红色，说明有NaOH，
故答案为：取C中样品少量溶于水，滴加足量的氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明有碳酸钠；静置，取上层溶液，滴加酚酞，若溶液变红色，说明有NaOH。
（5）由于碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，利用二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，或利用无色无水硫酸铜吸水变蓝色，判断样品中含有碳酸氢钠，故选择的装置为：“AB”或“AC”或“ACB”，对应的现象为：“B变浑浊”或“C变蓝”或“C变蓝、B变浑”，
故答案为：AB或AC或ACB；B变浑浊或C变蓝或C变蓝、B变浑；
【点睛】第（2）题中考察装置的作用，要读懂题意，本题的原理是利用CO2的量来测定碳酸氢钠的含量，故要排除能对二氧化碳的量的测定的因素，碱石灰会吸水，会对测定的CO2的量产生影响，所以要进行处理，在结合B装置放在冰水中，可推测B的作用是冷凝水蒸气。
26.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下，回答下列问题
（1）NaClO2中Cl的化合价为______________________.
（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式._______________________________。
（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成。粗盐精制时，为除去其中的Mg 2+和Ca 2+，要加入的试剂分别为_____________________、______________________。
（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应 ，氧化剂与氧化产物的质量之比为_________________，在标况下生成44.8LO2则转移电子的物质的量是____.
（5）双氧水是中学常见的绿色化学试剂，既可以表现氧化性，又可以表现还原性。向双氧水中滴加酸性高锰酸钾溶液，产生气泡，紫红色褪去（已知Mn2+为无色），根据现象写出离子方程式._____________________________。
【答案】 (1). +3 (2). 2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2 (3). NaOH溶液 (4). Na2CO3溶液 (5). 2：1 (6). 4mol (7).
【解析】
【分析】
（1）在NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0计算得到；
（2）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒和原子守恒配平书写化学方程式；
（3）食盐溶液中混有Mg2+ 和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+；
（4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2-，则此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为ClO2-，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2得到2mol电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比；
（5）向双氧水中滴加酸性高锰酸钾溶液，产生气泡，紫红色褪去（已知Mn2+为无色），说明高猛酸钾被还原成了Mn2+，则双氧水被氧化，H2O2得中H为+1价，不能被氧化，故氧化产物应为氧气。
【详解】：（1）在NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3价，
故答案为：+3；
（2）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO3是氧化剂，还原产物为ClO2，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，
故答案为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2；
（3）食盐溶液中混有Mg2+ 和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+，
故答案为：NaOH溶液；Na2CO3溶液；
（4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2-，则此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为ClO2-，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2得到2mol电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1；标况下44.8LO2的物质的量为2mol，根据前述分析可知转移电子数为4mol。
故答案为：2：1；4mol；
（5）根据分析可知高锰酸钾被还原生成Mn2+，双氧水被氧化生成氧气，根据电子守恒和元素守恒可知离子方程式为：；
故答案为：。
一、单选题（每小题2分，共42分）
1.生活离不开化学，下列说法不正确的是 （ ）
A. 胶粒不能透过半透膜，血液透析利用半透膜将有害物质移出体外
B. 次氯酸具有氧化性，所以可以杀菌消毒。
C. 过氧化钠既可用作呼吸面具中氧气的来源，又可漂白织物等
D. 溶洞和钟乳石的形成过程涉及氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.胶体不能通过半透膜，故血液透析是利用半透膜将有害物质移出体外，从而达到人体排毒的目的，故A正确；
B.次氯酸有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于自来水的杀菌消毒，故B正确；
C. Na2O2和二氧化碳反应生成氧气，且又有强氧化性，有漂白性，所以Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源，又可漂白织物，故C错误；
D．溶洞中的水中含有碳酸氢钙，可溶性的Ca（HCO3）2分解生成难溶性的碳酸钙，就形成了钟乳石，并没有元素化合价发生变化，故D错误；
故答案为D。
2.下列说法中正确的是（ ）
A. Cl-和Cl2都有毒
B. 液氯和氯水都有漂白性
C. 将NaCl溶液滴入AgNO3溶液中或将氯气通入AgNO3溶液中均会出现白色沉淀
D. 含Cl-的溶液和氯水一样均呈黄绿色
【答案】C
【解析】
【详解】Cl－无毒，Cl2有毒，故A错误；B、液氯不具有漂白性，不能使干燥有色布条褪色，故B错误；C、NaCl中滴入AgNO3发生Ag＋＋Cl－=AgCl↓，Cl2与水反应生成HCl和HClO，HCl和AgNO3反应生成AgCl，故C正确；D、Cl－无色，氯水的主要成分是Cl2，氯水显黄绿色，故D错误。
故选C。
3.用NA表示阿伏伽德罗常数的值,下列判断中正确的是 ( )
A. 1 mol H2含有的原子数为NA
B. 24 g Mg变为Mg2+时失去的电子数为NA
C. 1 mol·L-1 NaCl溶液中含有的Cl- 数为NA
D. 标准状况下,11.2L O2中含有的原子数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.一个氢气分子中含有两个氢原子，故1 mol H2含有的原子数为2NA，故A错误；
B. 24 g Mg变为Mg2+时化合价变化为2，故失去的电子数为2NA，故B错误；
C. 1 mol·L-1 NaCl溶液中含有的Cl- 数为NA，n=cV，选项中没有给溶液的体积，故无法计算氯离子的数目，故C错误；
D. 标准状况下,11.2L O2的物质的量为0.5mol，每个氧气分子含有两个氧原子，故含有的原子数为NA，故D项正确；
故答案为D。
4.下列叙述正确的是
A. 铁的活动性不如钠，故不与水反应
B. Na的金属活动性比Mg的强，故可用Na与MgCl2溶液反应制Mg
C. 钠可与冷水剧烈反应，而镁与热水才能反应，说明钠比镁活泼
D. Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，在与其它非金属单质反应的产物中，Fe也显＋3价
【答案】C
【解析】
A. 铁的活动性不如钠，钠与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，选项A错误；B. Na的金属活动性比Mg的强，但钠能与水剧烈反应，故不可用Na与MgCl2溶液反应制Mg，选项B错误；C. 钠可与冷水剧烈反应，而镁与热水才能反应，说明钠比镁活泼，与水反应的剧烈程度大，选项C正确；D. Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，铁与硫反应生成硫化亚铁，Fe显＋2价，选项D错误。答案选C。
5.下面是某同学在实验报告中的记录，其中正确的记录是（ ）
A. 用25mL量筒量取18.26mL盐酸
B. 用托盘天平称量9.75g硫酸铜
C. 用500mL的容量瓶配制480mL溶液
D. Al (OH)3胶体带正电荷，可以产生电泳现象
【答案】C
【解析】
【详解】A. 量筒只能读数到0.1mL，则不能用25mL量筒量取18.26mL盐酸，A错误；
B. 托盘天平只能读数到0.1g，则不能用托盘天平称量9.75g硫酸铜，B错误；
C. 由于没有480mL容量瓶，则只能用500mL的容量瓶配制480mL溶液，C正确；
D. Al(OH)3胶体不带电，其胶粒带正电荷，因此可以产生电泳现象，D错误；
答案选C。
6.下列变化中必须加入氧化剂才能实现的是( )
A. KC1 →KC1O3 B. KMnO4→MnO2
C. Fe2(SO4)3→FeSO4 D. CaO→Ca(OH)2
【答案】A
【解析】
【详解】必须加入氧化剂，所以该物质为还原剂。
A.过程中氯元素化合价升高，需要加入氧化剂，故正确；
B.高锰酸钾能自身受热分解生成二氧化锰，不需要加入氧化剂，故错误；
C.硫酸铁变为硫酸亚铁是氧化剂的变化，故错误；
D.氧化钙变成氢氧化钙不属于氧化还原反应，故错误。
故选A。
【点睛】注意本题中是指必须加入氧化剂才能实现的，两层含义，加入的试剂为氧化剂，即反应为氧化还原反应，选项中的变化为还原剂的变化，化合价升高。另一层含义，必须加入试剂才能反应，如高锰酸钾自身能受热分解实现其变化，就不是必须加入氧化剂的过程。
7.根据下列三个反应化学方程式，判断有关物质的还原性的强弱顺序（ ）
①I2 + SO2 + 2H2O = H2SO4 + 2HI ②2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3 ③2FeCl3 + 2HI = 2FeCl2 + I2 + 2HCl
A. I- ＞ Fe2+ ＞Cl- ＞SO2 B. Cl- ＞ Fe2+ ＞ SO2 ＞I-
C. Fe2+ ＞I- ＞Cl- ＞SO2 D. SO2 ＞I- ＞ Fe2+ ＞Cl-
【答案】D
【解析】
【分析】
氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物。
【详解】由可知还原性SO2＞I-；由 可知还原性Fe2+＞Cl-；由可知还原性 I-＞Fe2+，故还原性的强弱顺序为：SO2 ＞I- ＞ Fe2+ ＞Cl-；故答案为D。
8.航天技术测得三氧化二碳（C2O3）是金星大气层的成份之一，下列关于C2O3的说法中错误的是
A. C2O3与CO2都是碳的氧化物 B. C2O3与CO2都是碳酸的酸酐
C. C2O3与CO都具有还原性 D. C2O3与C的燃烧产物都是CO2
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据氧化物的定义（含有两种元素，其中一种是氧元素）故A正确；
B. C2O3与H2CO3中C的化合价不同，C2O3不是碳酸的酸酐，故B错误；
C. C2O3与CO中C的化合价分别为+3、+2，都没有达到最高价态，都具有还原性，故C正确；
D. C2O3与C在燃烧后C的化合价都会变为+4价，生成CO2，故D正确；
答案选B。
9.下列化学反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 氢氧化钾溶液与醋酸的反应：OH﹣＋H+＝H2O
B. 足量的二氧化碳与氢氧化钠反应：；
C. 铁片与硝酸铝溶液反应：3Fe+2Al3+＝2Al + 3Fe2＋
D. 硫酸铁溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2++SO42-＝BaSO4↓
【答案】B
【解析】
【详解】A.醋酸为弱酸不拆，氢氧化钾溶液与醋酸反应的离子反应方程式为：OH﹣＋CH3COOH＝H2O+CH3COO-，故A错误；
B. 足量的二氧化碳与氢氧化钠反，因为二氧化碳过量，所以生成碳酸氢根，离子反应方程式为：，故B正确；
C. 铁片与硝酸铝溶液反应时，由于硝酸根氧化性强于铝离子，所以硝酸根先于铝离子与铁反应，故C错误；
D.硫酸铁溶液中加入氢氧化钡溶液，反应生成氢氧化铁和硫酸钡沉淀，正确的离子方程式为：3SO42-+3Ba2++2Fe3++6OH-=2Fe（OH）3↓+3BaSO4↓，故D错误；
故答案为B。
【点睛】某些物质在相互反应时由于量不同会出现不同的离子反应方程式，例如少量二氧化碳通入氢氧化钠为：CO2+2OH-=CO32-+H2O；当二氧化碳过量时为：；
10.在水溶液中能大量共存的一组是（ ）
A. NH4+、Ag+、CO32﹣、SO42﹣ B. Fe3+、H+、NO3﹣、Cl﹣
C. Fe3+、NH4+、I﹣、Cl﹣ D. H+、Mg2+、NO3﹣、HCO3﹣
【答案】B
【解析】
【详解】A.碳酸根会和银离子生成沉淀，无法大量共存，故A错误；
B.四种离子相互不反应，故可以大量共存，故B正确；
C. Fe3+具有较强氧化性，会氧化I﹣，无法大量共存，故C错误；
D.碳酸氢根与氢离子反应生成水和二氧化碳，无法大量共存，故D错误；
故答案为B。
11.据报道,中国科学家以二氧化碳为碳源,金属钠为还原剂,在470℃、80 MPa下合成出金刚石,具有深远意义，下列说法不正确的是( )
A. 由二氧化碳合成金刚石是化学变化 B. 金刚石是碳的一种化合物
C. 反应中，钠被氧化最终生成碳酸钠 D. 金刚石与石墨互为同素异形体
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由二氧化碳合成金刚石过程中有新物质生成，是化学变化，故A说法正确；
B.金刚石是一种碳单质，故B说法错误；
C.钠被氧化生成氧化钠，溶于水生成氢氧化钠，吸收空气中二氧化碳生成碳酸钠，最终生成碳酸钠，故C说法正确；
D.金刚石与石墨为C元素的不同单质，故为同素异形体，故C说法正确；
故答案为B。
【点睛】质子数相同而中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，由同一种元素形成的不同单质，互称为同素异形体。
12.表中物质的分类正确的是 ( )
分类
选项
酸
碱
碱性氧化物
酸性氧化物
A
HCl
Na2CO3
MgO
CO2
B
HNO3
KOH
Na2O
NO
C
HClO
Ca(OH)2
CaO
SO2
D
NaHSO4
NaOH
Na2O2
SO3
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；凡是能与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；凡是能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，据此分析。
【详解】A、Na2CO3由钠离子和碳酸根离子构成，属于盐，选项A错误；
B、NO为不成盐氧化物，选项B错误；
C、HClO酸，Ca(OH)2为碱，CaO为碱性氧化物，SO2为酸性氧化物，选项C正确；
D、NaHSO4为盐，不属于酸，选项D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查酸、碱、盐、氧化物的概念，易错点为选项D，电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，如硫酸、硝酸等，而不是能电离出氢离子的化合物，如NaHSO4虽然能电离出氢离子，但电离出的阳离子不全部是氢离子。
13.下列药品置于空气中很容易变质（括号内的物质是变质后的物质），其中不是因为氧化还原反应而变质的是（ ）
A. Na2SO3（Na2SO4） B. FeCl2（FeCl3）
C. NaOH（Na2CO3） D. KI（I2）
【答案】C
【解析】
【详解】A．亚硫酸钠和氧气反应生成硫酸钠，硫元素失电子化合价升高，所以是发生了氧化还原反应而变质，故A不符合；
B．氯化亚铁和氧气反应生成氯化铁，铁元素失电子化合价升高，所以是发生了氧化还原反应而变质，故B不符合；
C．氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应过程中，氢氧化钠中各元素的化合价都没有发生变化，所以不是发生了氧化还原反应而变质，故C符合；
D．碘化钾和氧气反应生成碘单质，碘元素失电子化合价升高，所以是发生了氧化还原反应而变质，故D不符合。
故选C。
【点睛】在化学反应中有电子转移的反应就是氧化还原反应，表现出的特征就是元素化合价的变化。
14.下列实验能达到实验目的且符合操作要求的是
A. I可用于制备并检验氢气的可燃性
B. II可用于除去CO2 中的HCl
C. 用Ⅲ来配制一定物质的量浓度的NaOH 溶液
D 用IV中操作制备氢氧化亚铁并观察其颜色
【答案】B
【解析】
A、点燃H2前必须验纯，以防爆炸，故A错误；B、饱和NaHCO3和CO2不反应，而NaHCO3和HCl反应且生成CO2，不引进新的杂质，所以该装置能除去CO2中的HCl，故B正确；C、容量瓶不能用于溶解和稀释，只能配制一定物质的量浓度溶液，应先在烧杯中溶解NaOH固体，冷却至室温后再转移至容量瓶，故C错误；D、氢氧化亚铁易被氧化，制备氢氧化亚铁时要防止被氧化，所以胶头滴管应该伸入液面下，故D错误。故选B。
【此处有视频，请去附件查看】
15.滴有酚酞的 Ba(OH)2溶液显红色，在上述溶液中分别滴加 X 溶液后有下列现象。下列说法不正确的是（ ）
A. 实验 I中溶液红色褪去，说明发生了反应 H＋＋OH－H2O
B. 实验 II中溶液红色不变，且灯泡亮度没有明显变化，说明溶液中仍然存在大量的 Na+与 OH−
C. 实验 III中溶液红色褪去，有白色沉淀生成，灯泡逐渐变暗，说明发生了反应2H++SO42-+Ba2++2OH-= 2H2O+BaSO4↓
D. 将实验 II中 Na2SO4溶液换成 CuSO4 溶液，现象与原实验 II中的现象相同
【答案】D
【解析】
【详解】A. Ba(OH)2与盐酸发生中和反应：H＋＋OH－H2O，溶液红色褪去，故A正确；
B. Na2SO4与Ba(OH)2溶液发生反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，实验Ⅱ中溶液红色不变，且灯泡亮度没有明显变化，说明溶液中依然存在有大量的 Na+与 OH−，故B正确；
C. H2SO4与Ba(OH)2溶液发生反应2H++SO42-+Ba2++2OH—= 2H2O+BaSO4↓，溶液碱性减弱，导电离子浓度减小，则实验Ⅲ中溶液红色褪去，有白色沉淀生成，灯泡逐渐变暗，故C正确；
D. 将实验Ⅱ中Na2SO4溶液换成CuSO4溶液，发生反应，有蓝色沉淀生成，溶液红色褪去，灯泡逐渐变暗，反应现象与原实验Ⅱ中的现象不同，故D错误；
故选D。
16.只用一种试剂就可将AgNO3、KSCN、稀H2SO4、NaOH四种无色溶液区分开，该试剂是
A. BaCl2溶液 B. FeCl2溶液 C. FeCl3溶液 D. Fe(NO3)3溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化钡溶液不与KSCN、NaOH反应，不能鉴别KSCN、NaOH，故A错误；
B．氯化亚铁溶液不与KSCN、H2SO4反应，不能鉴别KSCN、H2SO4，故B错误；
C．FeCl3溶液加入四种溶液中依次出现的现象是：白色沉淀、溶液呈红色、无现象、红褐色沉淀，反应现象不同，所以可以鉴别，故C正确；
D．Fe(NO3)3溶液不与AgNO3、H2SO4反应，不能鉴别AgNO3、H2SO4，故D错误；
故选C。
【点晴】注意物质的鉴别要有典型的不同现象才可以，尤其注意SCN-、Cl-和Ag+的检验，银离子常用于检验氯离子，生成不溶于硝酸的白色沉淀，KSCN的检验用FeCl3，反应后溶液呈红色，硫酸的检验可分别检验阳离子和阴离子，阴离子的检验常用盐酸酸化的氯化钡，生成难溶物质硫酸钡，阳离子的检验常用酸碱指示剂、HCO3-等，NaOH的检验方法通常是加入盐溶液生成难溶沉淀，根据以上检验方法，四种物质的检验应加入加入FeCl3溶液，四种溶液中依次出现的现象是：白色沉淀、溶液呈红色、无现象、红褐色沉淀。
17.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得：2KClO3 + H2C2O4 + H2SO4 =2ClO2↑ + K2SO4 +2CO2 ↑+ 2H2O列说法中正确的是( )
A. KClO3在反应中失去电子
B. H2C2O4在反应中被氧化
C. ClO2是氧化产物，CO2是还原产物
D. H2C2O4的氧化性强于ClO2的氧化性
【答案】B
【解析】
【分析】
2KClO3+H2C2O4+H2SO4═2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价得到电子被还原，C元素的化合价由+3价升高到+4价失电子被氧化；
【详解】A.根据分析可知KClO3在反应中得到电子，故A错误；
B.根据分析可知H2C2O4在反应中被氧化，故B正确；
C.Cl元素被还原得到还原产物，故ClO2是还原产物，C元素被氧化CO2是氧化产物，故C错误；
D. H2C2O4为还原剂，而ClO2是还原产物，根据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，所以ClO2的还原性弱于H2C2O4的还原性，则ClO2的氧化性强于H2C2O4的还原性故D错误；
故答案为B。
18.下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法中，正确的是( )
A. 在加热条件下，Na2CO3、NaHCO3都能分解产生CO2气体
B. 饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2,溶液中有晶体析出
C. 石灰水与Na2CO3反应产生沉淀,与NaHCO3反应不产生沉淀
D. 物质的量相等的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，生成CO2的物质的量之比为2：1
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaHCO3不稳定，加热易分解产生CO2气体，而Na2CO3稳定，加热不易分解，故A错误；
B．向饱和Na2CO3溶液中通入足量的CO2，可生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠溶解度较小，可观察到有固体析出，故B正确；
C．加入澄清的石灰水，Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能生成CaCO3沉淀，故C错误；
D．NaHCO3和Na2CO3都与盐酸反应生成二氧化碳气体：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，放出CO2体积相等，故D错误；
故答案为B。
19.可以说明溶液中大量存在CO32-的理由是（ ）
A. 加入 AgNO3 溶液有大量白色沉淀
B. 加入盐酸有无色无味的气体产生
C. 加入BaCl2 溶液时有白色沉淀产生，再加入稀盐酸沉淀全部溶解，且产生可以使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体
D. 加入Ba(OH)2 溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀全部溶解，且产生可以使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体。
【答案】C
【解析】
【详解】A、CO32-和Cl-加入AgNO3溶液都会有白色沉淀产生，故A错误；
B、HCO3-和CO32-和稀盐酸都有无色无味的二氧化碳产生，离子方程式为：HCO3-+H+═H2O+CO2↑，CO32-+2H+═H2O+CO2↑，故B错误；
C、加BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸沉淀溶解，产生的可使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体为CO2，说明该白色沉淀为BaCO3，溶液中溶液中大量存在CO32-，故C正确；
D、HCO3-和CO32-和Ba（OH）2溶液都生成BaCO3白色沉淀，离子方程式为：CO32-+Ba2+═BaCO3↓，HCO3-+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O，故D错误。
故选：C。
20.已知氧化性强弱顺序：Cl2> Br2> Fe3+>I2。下列反应不能发生的是( )
A. Br2+2I－= I2+2 Br－ B. 2FeCl2+Cl2 = 2FeCl3
C. 2FeCl2+2HCl+I2 = 2FeCl3+2HI D. 2Fe3+ + 2I－= 2Fe2+ + I2
【答案】C
【解析】
【分析】
氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，只要反应满足氧化性强弱顺序：Cl2> Br2> Fe3+>I2，反应就能发生。
【详解】A、根据反应可知，溴的氧化性强于碘，该反应能发生，A正确；
B、根据反应可知，氯气的氧化性强于氯化铁，该反应能发生，B正确；
C、氯化铁的氧化性强于碘，可以氧化碘离子为单质碘，但单质碘不能氧化氯化亚铁，反应不能发生，C错误；
D、根据C中分析可知反应能够发生，D正确；
答案选C。
21.在一点条件下，RO3n-+F2+aOH-=RO4- +2F-+H2O，下列叙述正确的是（ ）
A. n=2，a=2 B. n=2，a=1
C. RO3n-中R的化合价为+6 D. n=1，a=2
【答案】D
【解析】
【详解】从产物RO4-可知R显+7价，根据F元素的化合价变化可知电子转移数为2，结合电子转移守恒得出RO3n- 中R显+5价，则推出n=1，根据方程式中电荷守恒和元素守恒可知a=2，D项正确，
答案选D。
二、 非选择题部分（请在答题卡上依顺序、按要求完成答题）
22.请按题目要求完成相应问题：
（1）K2FeO4在溶液中的电离方程式为_____________。
（2）除去杂质(括号的物质为杂质)Na2CO3溶液(NaHCO3) 离子方程式为_________________________。
（3）可溶性铁盐与足量氨水反应的离子方程式_______________________________________。
（4）氧化铁与强酸反应的离子反应方程式：_____________________________________。
（5）配平氧化还原反应：□C + □K2Cr2O7 + □H2SO4(稀) △□CO2↑+□K2SO4+□Cr2(SO4)3+□H2O___
【答案】 (1). (2). HCO3-+OH-=CO32-+H2O (3). (4). (5).
【解析】
【详解】（1）K2FeO4为钾盐为强电解质，所以溶液中的电离方程式为：;
故答案为：；
（2）向溶液中加入适量氢氧化钠可除去碳酸钠溶液中碳酸氢钠，离子方程式为HCO3-+OH-=CO32-+H2O，
故答案为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O；
（3）可溶性铁盐与足量氨水反应，一水合氨为一种弱碱，会与铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，
故答案为：；
（4）氧化铁与强酸反应生成铁离子和水，故答案为：；
（5）根据电子守恒和元素守恒配平方程，故答案为：
。
23.（Ⅰ）如图为一“铁链”图案，小明在图案上分别写了H2、CO2、Na2O、NaCl、FeCl3五种物质，图中相连的两种物质均可归属为一类，相交部分A、B、C、D为其相应的分类依据代号。请回答下列问题：
（1）请将分类依据代号填入相应的括号内：
（ ）两种物质都不是电解质
（ ）两种物质都是盐
（2）用洁净的烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入饱和的图中某种物质M的溶液加热至呈红褐色。
①物质M的化学式为________________。
②证明有红褐色胶体生成的实验操作是____。
（Ⅱ）反应：
A．2F2＋2H2O＝4HF＋O2↑； B．2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑；
C．CaO＋H2O＝Ca(OH)2； D．2H2O＝2H2↑＋O2↑。
其中水只是氧化剂的是______（填序号），反应B中被氧化的元素名称是________。
（Ⅲ）反应：3Cu + 8HNO3 = 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O, 硝酸在该反应中的作用是______ 还原剂与氧化剂的物质的量之比：__________
【答案】 (1). A (2). D (3). FeCl3 (4). 用一束光照射烧杯中的液体，若能产生丁达尔效应，则证明生成了Fe（OH）3胶体。 (5). B (6). 钠元素 (7). 氧化剂和酸 (8). 3：2
【解析】
【分析】
（Ⅰ）（1）电解质是在水溶液中或熔融状态下导电的化合物分析，氢气是单质，二氧化碳是非电解质；盐是金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物，氧化钠为氧化物，氯化钠氯化铁为盐；
（2）氢氧化铁胶体制备方法和胶体的性质分析判断，氢氧化铁胶体制备是利用向饱和沸水中加入饱和氯化铁溶液加热至呈红褐色得到氢氧化铁胶体为红褐色，胶体具有丁达尔效应。
（Ⅱ）氧化还原反应中氧化剂化合价降低，还原剂化合价升高被氧化；
（Ⅲ）硝酸在该反应化合价降低，故做氧化剂，和金属单质反应生成盐和水，做酸；
【详解】：（1）电解质是在水溶液中或熔融状态下导电的化合物分析，氢气是单质不是电解质，二氧化碳是非电解质，则A为氢气和二氧化碳可以化为一类的依据是不是电解质；盐是金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物，氧化钠为氧化物，二氧化碳是氧化物，B归为一类的依据是都是氧化物，C归为一类的依据是钠的化合物，D归为一类的依据是都是盐，氯化钠氯化铁为盐；
故答案为：A，D；
（2）氢氧化铁胶体制备方法和胶体的性质分析，氢氧化铁胶体制备是利用向饱和沸水中加入饱和氯化铁溶液加热至呈红褐色得到氢氧化铁胶体为红褐色，判断M为FeCl3，胶体具有丁达尔效应，可以利用此性质检验胶体，方法为：用一束光照射烧杯中的液体，若能产生丁达尔效应，则证明生成了Fe（OH）3胶体，
故答案为：FeCl3；用一束光照射烧杯中的液体，若能产生丁达尔效应，则证明生成了Fe（OH）3胶体。
（Ⅱ）A.反应2F2+2H2O=4HF+O2↑中，O元素化合价升高，被氧化，水只是还原剂；B.2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中，H元素化合价降低，被还原，则水只是氧化剂；
C.反应CaO+H2O=Ca（OH）2中，H、O元素化合价没有发生变化，水既不是氧化剂，又不是还原剂，
D.反应2H2O＝2H2↑＋O2↑中，H、O元素化合价变化，水既是氧化剂，又是还原剂;
故答案为：B；钠元素；
（Ⅲ）该反应中硝酸的化合价降低，同时与金属单质反应生成盐和水，故其作用是氧化剂和酸；Cu为还原剂，HNO3为氧化剂，3molCu失去电子与2molN得到电子相同，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：2，故答案为：氧化剂和酸；3：2；
【点睛】本题主要考察氧化还原反应的概念，氧化剂得电子化合价降低发生还原反应得到还原产物，还原剂失电子化合价升高发生氧化反应得到氧化产物。
24.从古至今，铁及其化合物在人类的生产生活中都起了巨大的作用。
（1）古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，其主要成分是_____（填序号）。
A．Fe B．FeO C．Fe3O4 D．Fe2O3
（2）在现代半导体工业生产中，常利用 FeCl3 腐蚀铜的原理制作印刷线路板，写出该原理的离子方程式_______
（3）实验室在配制 FeSO4 溶液时为了防止 FeSO4 溶液变质，经常向其中加入铁粉，其原因是____________(用离子方程式表示) 。
（4）现有配制所得的 100mL 6mol/L FeSO4 溶液，往其中滴入一定量的稀硝酸，请回答下列问题：
①配平该反应的离子方程式：□Fe2＋＋□NO3-＋□H＋ = □Fe3＋＋□NO↑＋□H2O_______
②要检验该反应后的溶液中是否含有 Fe3＋，可选用的试剂为___________（从下列选项中选择）
A．酸性 KMnO4 溶液 B．KSCN 溶液 C．Cl2
③要检验该反应后的溶液中是否还含有 Fe2＋，具体实验方案（含操作、现象、结论）：_________
（5）已知Cl2和Fe3＋都具有氧化性，如何设计实验证明氧化性Cl2强于Fe3＋具体实验方案（含操作、现象、结论）：__________。
【答案】 (1). C (2). 2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2 (3). Fe+2Fe3+═3Fe2+ (4). 3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O (5). B (6). 取少量反应后溶液于试管，往其中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，若溶液颜色变浅或褪色，则溶液中含Fe2+，否则不含Fe2+ (7). 取少量FeSO4 溶液于试管中，滴加几滴KSCN 溶液，溶液不变色，向溶液中通入适量氯气，若溶液变红则证明氯气的氧化性大于铁离子
【解析】
【分析】
（1）四氧化三铁是一种具有磁性的黑色晶体；
（2）三价铁离子可以氧化铜单质为铜离子；
（3）亚铁离子具有还原性；
（4）①根据电荷守恒和元素守恒配平方程式；
②含有Fe3＋的溶液滴入KSCN 溶液显红色；
③Fe2＋具有还原性；
（5）氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物。
【详解】：（1）指南针是由天然磁石制成的，主要成分为四氧化三铁，只有C 符合，
故答案为：C
（2）利用 FeCl3腐蚀铜的原理制作印刷线路板，该原理的化学方程式为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，
故答案为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2
（3）配制 FeSO4 溶液时为了防止 FeSO4 溶液变质，经常向其中加入铁粉，其原因是Fe+2Fe3+═3Fe2+，
故答案为：Fe+2Fe3+═3Fe2+；
（4）①Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为+2价，由电子、电荷及原子守恒可知离子反应为，
故答案为：3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O；
②含有Fe3＋的溶液滴入KSCN 溶液显红色，故答案为：B；
③Fe2＋具有还原性，高锰酸钾溶液显紫色且具有强氧化性，可用其来检验亚铁离子，故答案为：取少量反应后溶液于试管，往其中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，若溶液颜色变浅或褪色，则溶液中含Fe2+，否则不含Fe2+；
（5）氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以可用氯气来氧化亚铁离子，若氯气可以将亚铁离子氧化成铁离子，则证明氯气氧化性强于铁离子，
故答案为：取少量FeSO4 溶液于试管中，滴加几滴KSCN 溶液，溶液不变色，向溶液中通入适量氯气，若溶液变红则证明氯气的氧化性大于铁离子。
25.为测定碳酸钠和碳酸氢钠混合样品中碳酸钠质量分数，可通过加热分解得到的质量进行计算.某同学设计的实验装置示意图如下：
请回答：
（1）A中发生反应的化学方程式是__________________________。
（2）装置B中冰水的作用是_________________________。
（3）该同学设计的实验装置存在缺陷，改进后该实验装置及实验过程中，下列因素可能使碳酸钠的质量分数偏高的是________________（填字母）。
A．样品分解不完全
B．产生的速率太快，没有被碱石灰完全吸收
C．反应完全后停止加热，通入过量的空气.
（4）若C中的碱石灰改用足量固体，请设计实验方案检验反应后C中固体的成分___________。
（5）检验样品中是否还含有NaHCO3，请选择下列装置设计实验，并完成下表：
选择的装置(填编号)
实验现象
实验结论
①_______________________________
②_________________
样品中含NaHCO3
【答案】 (1). (2). 冷凝反应生成的水 (3). AB (4). 取C中样品少量溶于水，滴加足量的氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明有碳酸钠；静置，取上层溶液，滴加酚酞，若溶液变红色，说明有NaOH。 (5). AB或AC或ACB (6). B变浑浊或C变蓝或C变蓝、B变浑
【解析】
【分析】
连接好装置后，利用气体X为氮气赶净装置中的空气，避免空气中二氧化碳影响测定结果，固体受热分解生成的二氧化碳和水蒸气进入装置B，利用冰水混合物冷却生成的水蒸气，进入装置C中的碱石灰吸收生成的二氧化碳，最后干燥管中为碱石灰是防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置C影响测定结果，以此解答该题。
【详解】（1）碳酸氢钠不稳定，加热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，
故答案为：；
（2）固体受热分解生成的二氧化碳和水蒸气进入装置B，装置B中冰水的作用是冷凝反应生成的水，故答案为：冷凝反应生成的水；
（3）A．样品分解不完全，测定二氧化碳的质量偏小，碳酸氢钠的质量偏小，则使碳酸钠的质量分数偏高，故正确；
B．产生CO2气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收，测定二氧化碳的质量偏小，碳酸氢钠的质量偏小，则使碳酸钠的质量分数偏高，故正确；
C．反应完全后停止加热，通入过量的空气，测定二氧化碳的质量偏大，碳酸氢钠的质量偏大，则使碳酸钠的质量分数偏低，故错误；
故答案为：AB。
（4）若C中的碱石灰改用足量NaOH固体，吸收二氧化碳可生成碳酸钠，且氢氧化钠过量，可取C中样品少量溶于水，滴加足量的氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明有碳酸钠；静置，取上层溶液，滴加酚酞，若溶液变红色，说明有NaOH，
故答案为：取C中样品少量溶于水，滴加足量的氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明有碳酸钠；静置，取上层溶液，滴加酚酞，若溶液变红色，说明有NaOH。
（5）由于碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，利用二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，或利用无色无水硫酸铜吸水变蓝色，判断样品中含有碳酸氢钠，故选择的装置为：“AB”或“AC”或“ACB”，对应的现象为：“B变浑浊”或“C变蓝”或“C变蓝、B变浑”，
故答案为：AB或AC或ACB；B变浑浊或C变蓝或C变蓝、B变浑；
【点睛】第（2）题中考察装置的作用，要读懂题意，本题的原理是利用CO2的量来测定碳酸氢钠的含量，故要排除能对二氧化碳的量的测定的因素，碱石灰会吸水，会对测定的CO2的量产生影响，所以要进行处理，在结合B装置放在冰水中，可推测B的作用是冷凝水蒸气。
26.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下，回答下列问题
（1）NaClO2中Cl的化合价为______________________.
（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式._______________________________。
（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成。粗盐精制时，为除去其中的Mg 2+和Ca 2+，要加入的试剂分别为_____________________、______________________。
（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应 ，氧化剂与氧化产物的质量之比为_________________，在标况下生成44.8LO2则转移电子的物质的量是____.
（5）双氧水是中学常见的绿色化学试剂，既可以表现氧化性，又可以表现还原性。向双氧水中滴加酸性高锰酸钾溶液，产生气泡，紫红色褪去（已知Mn2+为无色），根据现象写出离子方程式._____________________________。
【答案】 (1). +3 (2). 2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2 (3). NaOH溶液 (4). Na2CO3溶液 (5). 2：1 (6). 4mol (7).
【解析】
【分析】
（1）在NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0计算得到；
（2）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒和原子守恒配平书写化学方程式；
（3）食盐溶液中混有Mg2+ 和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+；
（4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2-，则此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为ClO2-，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2得到2mol电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比；
（5）向双氧水中滴加酸性高锰酸钾溶液，产生气泡，紫红色褪去（已知Mn2+为无色），说明高猛酸钾被还原成了Mn2+，则双氧水被氧化，H2O2得中H为+1价，不能被氧化，故氧化产物应为氧气。
【详解】：（1）在NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3价，
故答案为：+3；
（2）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO3是氧化剂，还原产物为ClO2，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，
故答案为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2；
（3）食盐溶液中混有Mg2+ 和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+，
故答案为：NaOH溶液；Na2CO3溶液；
（4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2-，则此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为ClO2-，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2得到2mol电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1；标况下44.8LO2的物质的量为2mol，根据前述分析可知转移电子数为4mol。
故答案为：2：1；4mol；
（5）根据分析可知高锰酸钾被还原生成Mn2+，双氧水被氧化生成氧气，根据电子守恒和元素守恒可知离子方程式为：；
故答案为：。
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