2023-2024学年江苏省南京市高三（上）零模押题化学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南京市高三（上）零模押题化学试卷（含解析），共12页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.化学物质与日常生活和科技进步密切相关，下列说法错误的是( )
A. CO2可用于合成淀粉
B. 维生素C可作抗氧化剂
C. NaOH和铝粉是某固体管道疏通剂的主要成分
D. 铁粉可作食品干燥剂
2.制取硫酸四氨合铜晶体{[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O}的实验如下：
步骤1：向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入氨水，首先生成难溶物，继续添加氨水并振荡试管，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液。
步骤2：再向试管中加入乙醇，析出深蓝色的晶体。
下列说法不正确的是( )
A. 步骤1中难溶物溶解是因为生成了配合物
B. 步骤2中加入乙醇降低了溶剂的极性从而析出晶体
C. 1 ml[Cu(NH3)4]2+中含有σ键的数目为16×6.02×1023
D. 最终所得溶液中大量存在NH4+、[Cu(NH3)4]2+、OH−、SO42−
3.胶体区别于溶液最本质的特征是( )
A. 可以通过滤纸B. 有丁达尔效应
C. 分散质粒子因吸附而带电荷D. 分散质粒子的直径大小
4.《Nature》杂志评选出的2019年世界十大科技进展之一是我国科研人员发现用于“点击化学”的一种新化合物(如图所示)，W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，Y原子的最外层电子数与W原子的核外电子总数相等，X、Z同主族。下列说法正确的是( )
A. 第一电离能：W>X>Z
B. 四种元素中，最高价含氧酸酸性最强的为Y
C. 最简单氢化物的沸点W>X
D. 最简单氢化物的稳定性：W>X>Y
5.下列各组物质中，不能按如图关系相互转化的是(“→”表示一步完成)( )
A. a物质：NO；b物质NO2；c物质：HNO3
B. a物质：SO2；b物质：SO3；c物质：H2SO4
C. a物质，Al；b物质：Al(OH)3；c物质：NaAlO2
D. a物质：CO2；b物质：H2CO3；c物质：NaHCO3
6.纵观古今，化学与生活皆有着密切联系．下列有关说法错误的是( )
A. “梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同
B. 制作烟花的过程中常加入金属发光剂和发色剂使烟花放出五彩缤纷的颜色
C. 草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥”的主要成分可以是碳酸钙
D. 芒硝晶体(Na2SO4⋅10H2O)白天在阳光下曝晒后失水、溶解吸热，晚上重新结晶放热，实现了太阳能转化为化学能继而转化为热能
7.实验室中为研究不同物质之间的反应进行如图所示实验。下列说法正确的是( )
A. 丙为还原产物，丁为氧化产物
B. 上述有4个氧化还原反应
C. 每生成标准状况下5.6L气体丙，消耗0.2mlKMnO4
D. 若0.1mlNa2SO3完全反应，转移0.15NA个电子(NA为阿伏加德罗常数的值)
8.下列有关离子方程式中书写错误的是( )
A. 向CuSO4溶液中通入H2S：Cu2++H2S=CuS↓+2H+
B. 工业盐酸呈现亮黄色原因：Fe3++4Cl−⇌[FeCl4]−
C. 向酸性KMnO4溶液中通入SO2：3SO2+2MnO4−+4H+=3SO42−+2Mn2++2H2O
D. 向氯化银悬浊液中加入足量碘化钾溶液：I−(aq)+AgCl(s)=AgI(s)+Cl−(aq)
9.能在有机物的分子中引入羟基的反应类型有 ( )
①还原反应；
②取代反应；
③氧化反应；
④加成反应；
⑤水解反应；
⑥酯化反应。
A. ②④⑤⑥B. ①②④⑤C. ①②③④D. ②③④⑤⑥
10.下列各组元素的原子随着原子序数的递增，有关递变关系不正确的是( )
A. 原子半径：Si>P>S>ClB. 最高正价：CX>W，故D错误；
故选：A。
W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，Y原子的最外层电子数与W原子的核外电子总数相等，由图可知Y可形成1个共价键，W可形成3个共价键，可知Y为F元素，W为N元素；X、Z同主族，且X可形成X=Z键，可知X最外层有6个电子，则X为O元素，Z为S元素，以此解答该题。
本题考查原子结构和元素周期律关系，题目难度不大，明确元素周期律内涵是解本题关键，注意第一电离能规律中的反常现象，试题侧重考查分析判断及知识综合运用能力。
5.【答案】C
【解析】解：A.NO气体能够与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3和NO，NO还能够与O2、H2O反应生成HNO3，各物质能够按照图示关系相互转化，故A错误；
B.SO2与O2反应生成SO3，SO2与双氧水反应生成H2SO4，SO3与水反应生成H2SO4，各物质能够按照图示关系相互转化，故B错误；
C.Al不与水反应，Al不能通过一步反应生成Al(OH)3，故C正确；
D.CO2与水反应生成H2CO3，H2CO3与碳酸钠生成NaHCO3，过量的CO2通入NaOH溶液中得到NaHCO3，各物质能够按照图示关系相互转化，故D错误；
故选：C。
A.一氧化氮能够与氧气反应生成二氧化氮，一氧化氮还能够与水、氧气反应生成硝酸，二氧化氮能够与水反应生成硝酸和一氧化氮；
B.二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，二氧化硫能够被双氧水氧化为硫酸；
C.铝不能通过一步反应转化为氢氧化铝；
D.CO2与水反应生成H2CO3，H2CO3与碳酸钠生成NaHCO3，过量的CO2通入NaOH溶液中得到NaHCO3。
本题考查物质的性质及其应用，为高频考点，把握物质性质、转化关系为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，故A正确；
B.金属元素发生焰色反应会出现不同的色彩，烟花放出五彩缤纷的颜色和元素的焰色反应、烟花中的加入金属发光剂和发色剂有关系，故B正确；
C.碳酸钙需要在高温下煅烧分解得到二氧化碳，草莓棚中不能使用碳酸钙来产生二氧化碳，故C错误；
D.Na2SO4⋅10H2O失水和结晶属于化学变化，能量转换形式为化学能和热能的转化，白天在阳光下曝晒后失水，转换形式为太阳能和化学能的转化，故D正确；
故选：C。
A.柳絮的主要成分和棉花的相同，都是纤维素；
B.许多金属元素发生焰色反应会出现不同的色彩；
C.碳酸钙需要在高温下煅烧分解得到二氧化碳；
D.Na2SO4⋅10H2O白天在阳光下曝晒后失水能量转换形式为太阳能和化学能的转化．
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等．
7.【答案】D
【解析】解：该过程发生下列四个反应：4Na2SO33Na2SO4+Na2S、Na2S+H2SO4=Na2SO4+H2S↑、6H++2MnO4−+5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O、2H2S+O22S↓+2H2O。
A.高锰酸钾与双氧水反应生成氧气：6H++2MnO4−+5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O，H2O2中−1价的O原子失去电子发生氧化反应生成氧气，氧气为氧化产物，故A错误；
B.根据分析可知四个反应中Na2S+H2SO4=Na2SO4+H2S↑不是氧化还原反应，故B错误；
C.n=，由反应6H++2MnO4−+5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O可知n(MnO4−)=2×0.255ml=0.1ml，故C错误；
D.有反应可知4Na2SO3～6e−，若0.1mlNa2SO3完全反应，转移n=0.14×6ml=0.15ml，即转移0.15NA个电子，故D正确。
故选：D。
本题考查了氧化还原反应及其计算，题目难度不大，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
8.【答案】C
【解析】解：A.CuSO4溶液中通入H2S，反应生成CuS沉淀和硫酸，离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故A正确；
B.工业盐酸呈现亮黄色是因为含有[FeCl4]−，离子方程式为Fe3++4Cl−⇌[FeCl4]−，故B正确；
C.向酸性KMnO4溶液中通入SO2，反应的离子方程式为：5SO2+2MnO4−+2H2O=5SO42−+2Mn2++4H+，故C错误；
D.溶解度：AgCl>AgBr，氯化银悬浊液中加入足量碘化钾溶液的反应为I−(aq)+AgCl(s)=AgI(s)+Cl−(aq)，故D正确；
故选：C。
A.CuSO4溶液中通入H2S，反应生成CuS沉淀和硫酸；
B.工业盐酸因含有[FeCl4]−而呈亮黄色；
C.酸性KMnO4溶液和SO2发生氧化还原反应生成SO42−、Mn2+；
D.溶解度小的的物质可转化为溶解度更小的物质。
本题考查离子方程式的书写判断，明确物质性质、发生的反应为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度中等。
9.【答案】B
【解析】解：①羰基的还原反应可引入羟基，①正确；
②若为卤代烃在碱性条件下的取代反应可引入羟基，②正确；
③有机物分子发生氧化反应不可能引入羟基，③错误；
④含有碳碳双键与水的加成反应可引入羟基，④正确；
⑤酯或卤代烃的水解反应可引入羟基，⑤正确；
⑥酯化反应为醇与羧酸反应生成酯和水，不引入羟基，⑥错误；
故选：B。
醇的酯化反应和消去反应均能消去羟基，烯烃和水加成、酯水解或卤代烃的水解均能生成醇，据此作答。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】【分析】
本题综合考查元素周期律知识，为高考常见题型，侧重于学生的基础知识的应用，难度不大，易错点为B，注意F无正价。
【解答】
A.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，故A正确；
B.F元素的非金属性最强，难以失去电子，F无正价，故B错误；
C.同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，故C正确；
D.同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，故D正确。
故选B。
11.【答案】C
【解析】解：A.装置是原电池装置，发生电化学反应，存在化学能的转化，根据图中信息知将光能转化为电能和化学能，故A错误；
B.原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以氢离子从乙池移向甲池，故B错误；
C.在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，I3−得电子生成I−，发生的反应为H2S+I3−=3I−+S↓+2H+，故C正确；
D.没有说明是否是标准状况下，无法根据H2S的体积计算气体的物质的量，所以不能计算溶液增加的质量，故 D错误；
故选：C。
A.装置是原电池装置，发生电化学反应；
B.原电池中阳离子移向正极；
C.在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，I3−得电子生成I−，据物质的变化确定发生的反应；
D.没有说明是否是标准状况下，无法计算气体的物质的量。
本题考查了原电池原理的原理，明确原电池中电极上发生反应、溶液中离子移动方向即可分析解答本题，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
12.【答案】C
【解析】解：设X的电荷数为n，溶液呈电中性，则溶液中存在3a×N(Na+)+2a×3N(Al3+)=a×N(Cl−)+nb×N(X)，
A.3a×N(Na+)+2a×2N(Ba2+)≠a×N(Cl−)+4a×N(NO3−)，电荷不守恒，故A错误；
B.Ba2+与CO32−结合为BaCO3沉淀，故B错误；
C.3a×N(Na+)+2a×2N(Ba2+)=a×N(Cl−)+6a×N(OH−)，电荷守恒，故C正确；
D.Ba2+与SO42−结合为BaSO4沉淀，故D错误；
故选：C．
由离子共存可知，X不可能为CO32−、SO42−，因为碳酸钡、硫酸钡为沉淀，根据溶液呈电中性原则，溶液中阳离子所带电荷总数等于阴离子所带电荷总数，据此解答．
本题考查物质的量计算、离子共存等，题目难度不大，注意从溶液电中性的角度分析，学生溶液忽略离子共存问题．
13.【答案】B
【解析】解：A.氯水显酸性，且含HClO，可使pH试纸先变红后褪色，无法比照比色卡读出pH值，应选pH计测定，故A错误；
B.通常状况下氯气不和Fe反应，氯气的储存能用铁质容器，故B正确；
C.氯水、漂白粉、84消毒液均有漂白性，漂白原理都是含有次氯酸或者与水、二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸具有氧化性，能够氧化有机色素，久置氯水不具有漂白性，故C错误；
D.液氯、氯气的CCl4溶液均不能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，新制氯水可使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故D错误；
故选：B。
A.氯水中含HClO，可使pH试纸褪色；
B.通常状况下氯气与铁不反应；
C.氯水、漂白粉、84消毒液均有漂白性，漂白原理都是氧化性漂白；
D.能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，则物质具有酸性和漂白性。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、pH测定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：A.该反应的正反应是放热反应，温度降低，平衡向放热方向移动，故化学平衡正向移动，导致化学平衡常数Kp增大，故A错误；
B.根据图像可知：当温度T>Tm时，温度升高，化学反应速率反而减小，故B错误；
C.浓度、压强、催化剂对反应速率都有影响，故C错误；
D.根据速率方程分析，当温度：T>Tm时，v=k[x(CO)⋅x(H2O)−x(CO2)⋅x(H2)Kp]逐渐减小的原因是Kp减小对速率的降低大于k增大对速率的提高，故D正确；
故选：D。
A.该反应的正反应是放热反应，温度降低，化学平衡正向移动；
B.根据图像可知：当温度T>Tm时，温度升高，化学反应速率反而减小；
C.浓度、压强、催化剂对反应速率都有影响；
D.根据速率方程分析，当温度：T>Tm时，v=k[x(CO)⋅x(H2O)−x(CO2)⋅x(H2)Kp]逐渐减小的原因是Kp减小对速率的降低大于k增大对速率的提高。
本题考查化学平衡移动原理及化学反应速率的影响因素，题目难度不大，注意基础知识的积累。
15.【答案】+3 Cr、Fe 2.8NA 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应 将蒸馏水沿着玻璃棒慢慢倒入漏斗中浸没沉淀，待水流尽后，再重复操作2～3次 4CrO42−+6S+7H2O=4Cr(OH)3↓+3S2O32−+2OH− H2SiO3 75.0 5
【解析】解：(1)亚铬酸亚铁[Fe(CrO2)2]中Fe为+2价，O为−2价，由化合价代数和为0可知Cr的化合价是+3价，
故答案为：+3；
(2)反应4FeO⋅Cr2O3+8Na2CO3+7O2− 高温 8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中，Cr、Fe元素化合价升高，被氧化，由方程式可知每生成2mlFe2O3，则有7ml氧气被还原，转移28ml电子，产生32g Fe2O3，n(Fe2O3)=32g160g/ml=0.2ml，则转移2.8ml电子，数目为2.8NA，不能使用陶瓷容器，原因是陶瓷在高温下会与碳酸钠反应，
故答案为：Cr、Fe；2.8NA；陶瓷在高温下会与 Na2CO3反应；
(3)洗涤沉淀的操作方法为：将蒸馏水沿着玻璃棒慢慢倒入漏斗中浸没沉淀，待水流尽后，再重复操作 2～3 次，
故答案为：将蒸馏水沿着玻璃棒慢慢倒入漏斗中浸没沉淀，待水流尽后，再重复操作 2～3 次；
(4)硫磺在与铬酸钠的反应中转化为硫代硫酸钠，反应的离子方程式为4CrO42−+6S+7H2O=4Cr(OH)3↓+3S2O32−+2OH−，加入稀硫酸，可Na2SiO3、NaAlO2等杂质可生成H2SiO3、Al(OH)3沉淀，
故答案为：4CrO42−+6S+7H2O=4Cr(OH)3↓+3S2O32−+2OH−；H2SiO3；
(5)某工厂用448kg铬铁矿粉[含Fe(CrO2)280%]制备Cr2O3，则n[Fe(CrO2)2]=448×103g×80%224g/ml=1.6×103ml，则理论可生成1.56×103mlCr2O3，最终得到产品182.4kg，即n(Cr2O3)=182.4×103g152g/ml=1.2×103ml，
则产率为：1.2×103ml1.6×103ml×100%=75.0%，
故答案为：75.0；
(6)使铬离子沉淀完全，浓度为1×10−5ml/L，已知Cr(OH)3的溶度积为1.0×10−32，则c(OH−)=31.0×10−321×10−5ml/L=1.0×10−9ml/L，则pH=5.0，
故答案为：5.0。
铬铁矿为原料制备重铬酸钠，铬铁矿(主要成份为Fe(CrO2)2，还含有Al2O3、MgO、SiO2等杂质)，铬铁矿经加入纯碱、空气和辅料氧化煅烧、主反应：4FeO⋅4FeO⋅Cr2O3+8Na2CO3+7O2− 高温 8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2，副反应：SiO2+Na2CO3− △ Na2SiO3+CO2↑、Al2O3+Na2CO3− △ 2NaAlO2+CO2↑，水浸之后除去生成的氧化铁，加入稀硫酸调节pH，除去溶液中的AlO2−、SiO32−，经酸化、蒸发结晶后后可生成重铬酸钠，加入硫磺，发生氧化还原反应生成Cr(OH)3，分解生成Cr2O3，以此解答该题。
本题考查物质的制备实验及混合物分离与提纯，为高频考点，题目难度中等，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合。
16.【答案】苯乙烯 2+O2→△Cu2+2H2O 8 6 或或， HOCH2CH2CH2OH→△O2/CuOHCCH2CHO
【解析】【答案】(1)。苯乙烯(2)。(3).2+O2+2H2O(4).8(5)。(6).6(7)。或或(8)。HOCH2CH2CH2OHOHCCH2CHO
解：(1)A的化学名称为苯乙烯，与溴化氢的过氧化物反应，乙烯基含氢较多的碳原子上加成溴原子，B2的结构简式为，
故答案为：苯乙烯；；
(2)C2→D2发生催化氧化，化学方程式为2+O2→△Cu2+2H2O，
故答案为：2+O2→△Cu2+2H2O；
(3)氢气可以和碳碳双键、羰基、苯环发生加成反应，1个E分子中含有2个苯环，1个碳碳双键，1个羰基，故1mlE与H2完全加成时最多消耗8mlH2，
故答案为：8；
(4)手性碳是指连有四个不同基团的碳原子，用∗标记F中的手性碳原子，
故答案为：；
(5)D2苯乙醛被溴水氧化后的产物为G，即G为苯乙酸，G的含苯环的同分异构体中能发生水解反应，说明含有酯基，根据官能团位置异构可知苯环连接−COOCH3或−OOCCH3或−CH2OOCH有3种，或连接−CH3、−OOCH有邻间对三种，共6种，核磁共振氢谱有4组峰的结构简式有或或，
故答案为：6；或或；
(6)参照上述合成路线，以1，3−丙二醇和丙酮为原料(无机试剂任选)合成环己醇，由逆推法可知，合成路线为HOCH2CH2CH2OH→△O2/CuOHCCH2CHO，
故答案为：HOCH2CH2CH2OH→△O2/CuOHCCH2CHO。
A的分子式为C8H8，即A含有苯和碳碳双键，A为苯乙烯，与溴化氢在适当溶剂中发生加成反应，乙烯基含氢较少的碳原子上加成溴原子，与溴化氢的过氧化物反应，乙烯基含氢较多的碳原子上加成溴原子，由信息可知B1为，B2为，B1或B2在氢氧化钠的溶液中发生取代反应，溴原子取代为羟基，形成醇类C1为、C2为，再与铜的催化下与氧气发生催化氧化，生成D1为苯乙酮、D2为苯乙醛，两者在碱性环境下发生资料②中反应生成E为，最后碳碳双键和羰基与氢气加成生成F；
(6)以1，3−丙二醇和丙酮为原料(无机试剂任选)合成环己醇，1，3−丙二醇氧化生成醛，再与丙酮发生信息②中的反应，最后与氢气加成。
本题考查有机物的推断，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意官能团及碳链骨架的变化，题目难度不大。
17.【答案】Fe3+ Cu2+ H2SO4 Mn2++H2O2+H2O=MnO(OH)2↓+2H+ Zn Na2SO4 取最后一次洗涤滤液1～2mL于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则表明已洗涤干净 ZnCO3⋅2Zn(OH)2⋅H2O或Zn3(OH)4CO3⋅H2O
【解析】解：铁、铜、锰能与盐酸反应生成Fe2+、Zn2+、Mn2+；Mn2+可与双氧水反应生成MnO(OH)2↓；锌能与铜离子反应生成铜单质；硫酸锌能与碳酸钠反应生成硫酸钠和碳酸锌，碳酸锌受热分解生成氧化锌和水，
(1)铁、铜、锰能与盐酸反应生成Fe2+、Zn2+、Mn2+，Fe2+能被氧化为Fe3+，浸取液课得到黄钠铁钒，说明X为Na2SO4和H2SO4的混合液，
故答案为：Fe3+；Cu2+；H2SO4；
(2)Mn2+可与双氧水反应生成MnO(OH)2↓，离子方程式：Mn2++H2O2+H2O=MnO(OH)2↓+2H+；锌能与铜离子反应生成铜单质；硫酸锌能与碳酸钠反应生成硫酸钠和碳酸锌，Na2SO4可以循环使用，
故答案为：Mn2++H2O2+H2O=MnO(OH)2↓+2H+；Zn；Na2SO4；
(3)检验沉淀是否洗涤干净的操作方法为：取最后一次洗涤滤液滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则表明已洗涤干净，
故答案为：取最后一次洗涤滤液1～2mL于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则表明已洗涤干净；
(4)碱式碳酸锌6.82 g，充分灼烧后测得残留物质为氧化锌，质量为4.86g，物质的量为：4.86g81g/ml=0.06ml，锌的质量为3.9g.将所得气体是二氧化碳，沉淀碳酸钙是2.0 g，物质的量为0.02ml.碳酸根的物质的量为0.02ml．
根据电荷守恒：0.06ml×2=0.02ml×2+X，
得氢氧根的物质的量为X=0.08ml，
由碱式碳酸锌6.82 g减去锌的质量，碳酸根和氢氧根的质量，剩下的就为水的质量：6.82−3.9−0.02×60−0.08×17=0.36g，物质的量为0.02ml，
故碱式碳酸锌的组成ZnCO3⋅2Zn(OH)2⋅H2O或Zn3(OH)4CO3⋅H2O，
故答案为：ZnCO3⋅2Zn(OH)2⋅H2O或Zn3(OH)4CO3⋅H2O.
铁、铜、锰能与盐酸反应生成Fe2+、Zn2+、Mn2+；Mn2+可与双氧水反应生成MnO(OH)2↓；锌能与铜离子反应生成铜单质；硫酸锌能与碳酸钠反应生成硫酸钠和碳酸锌，碳酸锌受热分解生成氧化锌和水，
(1)铁、铜、锰能与盐酸反应生成Fe2+、Zn2+、Mn2+；
(2)Mn2+可与双氧水反应生成MnO(OH)2↓；锌能与铜离子反应生成铜单质；硫酸锌能与碳酸钠反应生成硫酸钠和碳酸锌；
(3)滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则表明已洗涤干净；
(4)碱式碳酸锌6.82 g，充分灼烧后测得残留物质为氧化锌，质量为4.86 g，锌的质量为3.9g.将所得气体是二氧化碳，沉淀碳酸钙是2.0 g，物质的量为0.02ml.碳酸根的物质的量为0.02ml.根据电荷守恒得氢氧根的物质的量为X=0.08ml.由碱式碳酸锌6.82 g减去锌的质量，碳酸根和氢氧根的质量，剩下的就为水的质量．
本题考查物质的分离与提纯方法的综合应用及制备实验方案的设计，题目难度中等，涉及化学计算、氧化还原反应和离子反应方程式的书写、化学式的判断等知识，明确实验目的、实验原理为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力．
18.【答案】①⑦ 还原剂 氧化性和酸 1.5NA 2.5NA BD 2ml 5：8
【解析】解：(1)处于元素最低价的微粒只具有还原性，则只有①⑦符合，
故答案为：①⑦；
(2)亚硒酸钠(Na2SeO3)能消除人体内的活性氧，可知Se元素的化合价升高，则作还原剂，
故答案为：还原剂；
(3)生成硝酸铁体现酸性，生成NO体现氧化性；由反应可知生成1ml气体转移3ml电子，若生成的气体在标准状况下所占的体积为11.2L时，转移电子数为×3×NAml−1=1.5NA，
故答案为：氧化性和酸；1.5NA；
(4)①6HCl+KClO3=KCl+3H2O+3Cl2↑ 中6mlHCl参加反应转移5ml电子，反应①中若有3ml盐酸参与反应，转移的电子数目为6ml3ml×5ml×NAml−1=2.5NA；
③I2+Cl2+H2O→HIO3+HCl中I元素的化合价由0升高为+5、Cl元素的化合价由0降低为−1价，由电子守恒可知③中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：1；且氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性、还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则结合反应②③，若将Cl2通入含有淀粉的KI溶液中，可能会观察到先变蓝后褪色，氧化性由强到弱顺序：KClO3>Cl2>I2，还原性由强到弱顺序：I−>Cl−，
故答案为：2.5NA；BD；
(5)KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，1mlMn得到电子与10mlCl失去电子相等，则16mlHCl参加反应时只有10mlHCl作还原剂，被氧化的HCl和参加反应的HCl的质量之比为10ml：16ml=5：8，该反应生成5ml气体转移10ml电子，若反应生成22.4LCl2，转移电子的物质的量是×105=2ml，
故答案为：2ml；5：8。
(1)处于元素最低价的微粒只具有还原性；
(2)亚硒酸钠(Na2SeO3)能消除人体内的活性氧，可知Se元素的化合价升高；
(3)生成硝酸铁体现酸性，生成NO体现氧化性；由反应可知生成1ml气体转移3ml电子；
(4)①6HCl+KClO3=KCl+3H2O+3Cl2↑ 中6mlHCl参加反应转移5ml电子；③I2+Cl2+H2O→HIO3+HCl中I元素的化合价由0升高为+5、Cl元素的化合价由0降低为−1价，且氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性、还原剂的还原性大于还原产物的还原性；
(5)KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，1mlMn得到电子与10mlCl失去电子相等，则16mlHCl参加反应时只有10mlHCl作还原剂，该反应生成5ml气体转移10ml电子。
本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握物质的性质、元素的化合价变化、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意常见元素的化合价，题目难度不大。离子
Na+
Ba2+
Cl−
X
个数
3a
2a
a
b