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四川省成都市树德中学2023-2024学年高一上学期期中化学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省成都市树德中学2023-2024学年高一上学期期中化学试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：90分钟 总分：100分
可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 As-75 Na-23 Fe-56 Ba-137
一、选择题(本题包括 18小题，1-13题每小题2分，14-19题每小题3分，共44分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 化学源于生活又服务于生活。下列应用与所述的化学知识没有关联的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓硫酸有腐蚀性，故浓硫酸运输的警示标志为腐蚀品，A不符合；
B．用FeCl3腐蚀Cu 刻制印刷电路板，是因为：氯化铁溶液和铜反应得到氯化亚铁和氯化铜，与铁比铜还原性强没有关联，B符合；
C．光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应，放映机到银幕间光柱的形成是因为丁达尔效应，C不符合；
D． NaHCO3受热分解产生CO2，故可用作膨松剂制作面包，D不符合；
故选B。
2. 下列关于气体摩尔体积的说法中，正确的是
A. lmlH2和O2的混合气体在标准状况下的体积约22.4L
B. 相同温度和压强下，不同气体的体积由气体分子的大小决定
C. 若1ml气体的体积为22.4L，则它一定处于标准状况下
D. 标准状况下， 1ml H2O和 1ml H2所占有的体积相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．不管是否纯净，标准状况下1ml任何气体的体积约22.4L，则lmlH2和O2的混合气体在标准状况下的体积约22.4L，A正确；
B．相同温度和压强下，不同气体的体积由气体分子数目决定，B错误；
C．气体体积受温度、压强影响，若1ml气体的体积为22.4L，则它不一定处于标准状况下，例如温度大于0°C、压强大于1.01×105Pa时也有可能，C错误；
D．标准状况下，水为液体，不适用于气体摩尔体积，D错误；
故选A。
3. 天宫课堂的“点水成冰”实验中，我国航天员王亚平用蘸有CH3COONa粉末的小棒触碰液体球后(成分为饱和 CH3COONa溶液)，它开始“结冰”，下列说法正确的是
A. 液体球中溶质粒子直径大于 100mm
B. CH3COONa属于氧化物，熔融状态可以导电
C. 水和冰互为同素异形体
D. CH3COONa可用厨房中的食醋和小苏打反应制得
【答案】D
【解析】
【详解】A．饱和溶液中溶质直径小于1nm，A项错误；
B．CH3COONa由四种元素组成，属于盐，B项错误；
C．同素异形体是由同种元素组成的不同单质，“水和冰均为H2O，属于化合物，二者不互为同素异形体，C项错误；
D．食醋和小苏打反应生成醋酸钠、水和二氧化碳，D项正确；
答案选D。
4. “宏观辨识—微观探析—符号表征”是化学学习的重要方法。某化学反应的微观示意图如下，下列分析正确的是
A. 分析反应类型：该反应属于置换反应
B. 分析物质种类：图中反应物均为电解质
C. 分析反应价值：该反应实现了无机物向有机物的转化
D. 分析表示方法：该反应生成的生成物分子个数比为 1：1
【答案】C
【解析】
【分析】根据示意图分析，反应物为CO2和H2O，生成物为CH4和O2，反应方程式为CO2+2H2OCH4+2O2。
【详解】A．反应物没有单质，生成物有单质，不属于置换反应，A错误；
B．电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下自身能够导电的化合物，水是电解质，CO2是非电解质，B错误；
C．CO2和H2O都是无机物，CH4是有机物，说明该反应实现了无机物向有机物的转化，C正确；
D．根据分析可知生成物分子数为1:2，D错误；
故答案为：C。
5. 下列前后两个反应可以用同一个离子方程式表示的是
A. 钠与水反应；钠与稀硫酸反应
B. 过氧化钠与硫酸氢钠溶液；过氧化钠与稀盐酸
C. 碳酸氢钡溶液与足量氢氧化钠溶液；碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液
D. 碳酸钠溶液中逐滴加入少量稀盐酸； 稀盐酸中逐滴加入少量碳酸钠溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．水是弱电解质，钠与水反应离子方程式：；钠与稀硫酸反应应离子方程式：，不用同一个离子方程式表示，故A错误；
B．过氧化钠与硫酸氢钠溶液反应离子方程式：；过氧化钠与稀盐酸反应离子方程式：，可以用同一个离子方程式表示，故B正确；
C．碳酸氢钡溶液与足量氢氧化钠溶液反应离子方程式：；碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液反应离子方程式：，不用同一个离子方程式表示，故C错误；
D．碳酸钠溶液中逐滴加入少量稀盐酸反应离子方程式：；稀盐酸中逐滴加入少量碳酸钠溶液反应离子方程式：，不用同一个离子方程式表示，故D错误；
答案选B。
6. 向一定量的稀硫酸中通入或加入适量X，通入或加入X的质量与溶液导电能力(用电流强度I表示)的变化关系如图所示，下列说法错误的是
A. 曲线a：X可能为气体B. 曲线b：X可能为固体
C. 曲线c：X可能为固体D. 曲线d：X可能为水
【答案】B
【解析】
【详解】A．通入HCl气体，溶液中自由移动的离子浓度增大，溶液导电能力增强，曲线a正确，故A正确；
B．加入NaCl固体，溶液中自由移动的离子浓度增大，溶液导电能力增强，曲线b不正确，故B错误；
C．加入固体，发生离子反应生成硫酸钡沉淀和水，溶液导电能力减小到接近于0，继续加入氢氧化钡，溶液导电能力又增强，故曲线c正确，故C正确；
D．加水，溶液体积增加，溶液中自由移动的离子浓度减小，溶液导电能力减弱、曲线d正确，故D正确；
故选：B。
7. 应用下列装置能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A． Na2O2固体是粉末状、且与水生成氢氧化钠溶液，故不能搁置在带孔隔板上，该装置不能用Na2O2固体粉末“随开随用、随关随停”制氧气，故不选A；
B．把饱和氯化铁溶液滴入氢氧化钠溶液中生成氢氧化铁沉淀，应把饱和氯化铁溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体，故不选B；
C．用铁丝或铂丝蘸取碳酸钾溶液进行焰色试验时，应透过蓝色钴玻璃观察钾元素的焰色，故选C；
D．CO2及HCl(g)均能与碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl(g)，故不选D；
选C。
8. 目前，汽车尾气系统中均安装了催化转化器。在催化转化器中，汽车尾气中的CO 和NO在催化剂的作用下发生反应，生成CO2和N2，用NA表示阿伏加德罗常数的值，判断下列结论中错误的是
A. 在催化转化器中发生的反应为2CO+2NO2CO2+N2
B. 该反应中CO 做还原剂
C. 通过催化转化器中的反应减少了汽车尾气排放所造成的空气污染
D. 生成22.4L CO2时转移电子数目为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．在催化转化器中发生汽车尾气中的CO和NO在催化剂的作用下发生反应，生成生成CO2和N2，则化学方程式为2CO+2NO2CO2+N2，A正确；
B．该反应中碳元素化合价+2价升高到+4，CO做还原剂，B正确；
C．通过催化转化器中反应将有毒的NO和CO转化为无毒的CO2和N2，减少了空气污染，C正确；
D．未指明标准状况，生成22.4L CO2不一定是1ml，则转移电子数目不一定为2NA，D错误；
答案选D。
9. 如图中，A为一种常见的金属单质，B、C、D、E是常见的化合物，它们的焰色试验均为黄色。下列叙述不正确的是
A. 以上反应中属于氧化还原反应的有①②③④
B. 向固体E中加入少量水，可观察到E结块变为晶体，并放热
C. 加热5.00gD和E的固体混合物，使E完全分解，固体混合物的质量减少了0.31g，则原混合物中D的质量为4.16g
D. 反应①可观察到A 迅速熔化，最后生成淡黄色固体
【答案】B
【解析】
【分析】A为一种常见的单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物，它们的焰色试验均为黄色，则为钠的单质或钠的化合物，所以A为Na，结合转化关系可知，B为Na2O2，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3。
【详解】A．反应中①为钠的燃烧，②为Na与水反应，③为过氧化钠与水反应，④为过氧化钠与二氧化碳反应，均属于氧化还原反应，A正确；
B．E为NaHCO3，加入少量水不会变为晶体并放热，B错误；
C．利用差量法计算：，计算得到原混合物中碳酸氢钠的质量x=0.84g，所以混合物中碳酸钠的质量为5.00g－0.84g＝4.16g，C正确；
D．反应①可观察到Na 迅速熔化，最后生成淡黄色固体，D正确；
故选B。
10. 下列对离子共存问题的评价正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸氢根和氢氧根不能大量共存于同一溶液中，是因为二者反应生成碳酸根、不是生成二氧化碳，故A错误；
B．与铁反应生成氢气，则大量氢离子环境中，硝酸根不能大量共存，因为硝酸根在酸性下具有强氧化性与铁反应不产生氢气，故B错误；
C．滴加石蕊溶液显蓝色的溶液中存在大量OH-，能与NH反应生成 NH3·H2O，故不能大量共存，是因为能发生如下反应：NH+OH-=NH3·H2O，故C正确；
D．硫酸镁可溶，该组离子不会反应、能与硫酸根大量共存，故D错误；
故选：C。
11. 设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 7.8gNa2O2晶体中所含离子总数为0.4NA
B. 80gFe2(SO4)3在溶液中形成的Fe(OH)3胶体粒子数等于 0.4NA
C. 常温常压下， 23gNO2和N2O4的混合气体含有NA个氧原子
D. 0.1mlNa2O2固体与足量H2O 充分反应，转移0.2NA个电子
【答案】C
【解析】
【详解】A． 7.8gNa2O2晶体的物质的量是0.1ml，过氧化钠是由钠离子和过氧根离子组成，则含有的阴、阳离子数目为0.3NA，A错误；
B． 80gFe2(SO4)3的物质的量是0.2ml，由于氢氧化铁胶体中，氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，则在溶液中形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于 0.4NA，但无法计算胶体中含有的胶粒数目，故B错误；
C． 常温常压下， 23gNO2和N2O4的混合气体含有0.5ml最简式NO2，则含有1ml氧原子，含有NA个氧原子，故C正确；
D． 0.1mlNa2O2固体与足量H2O 充分反应，生成0.05ml氧气，转移了0.1ml电子，转移0.1NA个电子，故D错误；
故选C。
12. 下列反应的离子方程式或电离方程式正确的是
A. 向CaCl2溶液中通入CO2气体：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+
B. NaHSO3在水中的电离：NaHSO3=H++SO＋Na＋
C. NH4HSO4溶液与 Ba(OH)2溶液按溶质物质的量1：1反应：H＋＋SO＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓ ＋H2O
D. 工业用绿矾(FeSO4·7H2O)处理酸性废水中重铬酸根(Cr2O)，生成Cr3+：6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3+＋7H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．通常，弱酸不能制强酸，向CaCl2溶液中通入CO2气体不反应，A错误；
B． 亚硫酸不是强酸，亚硫酸氢根不能完全电离，NaHSO3在水中完全电离为钠离子和亚硫酸氢根离子：NaHSO3=HSO＋Na＋，B错误；
C． NH4HSO4溶液与 Ba(OH)2溶液按溶质物质的量1：1反应生成硫酸钡、一水合氨和水：+H＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓ ＋H2O+NH3·H2O，C错误；
D． 工业用绿矾(FeSO4·7H2O)处理酸性废水中重铬酸根(Cr2O)，生成Cr3+：则亚铁离子被氧化为铁离子，6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3+＋7H2O，D正确；
选D。
13. 我国“蛟龙”号载人潜水器重要部件是用钛合金材料制造的。金属钛(Ti)抗腐蚀性能好，在高温环境下具有强还原性。以金红石(主要成分为TiO2)为原料生产钛的工艺流程如下，下列说法错误的是
A. ①中发生的反应：TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO
B. 钠可以与 TiCl4溶液反应制备金属钛
C. ②中氩气的作用是隔绝空气，防止金属钛和金属镁被氧化
D. 钛抗腐蚀性好是因为常温下钛与氧气化合生成一层致密氧化膜
【答案】B
【解析】
【分析】金红石(主要成分为TiO2)与焦炭、氯气在高温下反应生成四氯化钛、一氧化碳，四氯化碳和镁单质在高温下氩气氛围中反应生成Ti和氯化镁，防止金属钛被氧化。
【详解】A．根据①中元素守恒和生成可燃性气体分析得到可燃性气体为CO，发生的反应：TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO，故A正确；
B．Na与TiCl4溶液反应是先和溶液中水反应生成氢氧化钠和氢气，因此钠不可以与TiCl4溶液反应制备金属钛，故B错误；
C．Ti在空气中易被氧化，因此②中氩气的作用是隔绝空气，防止金属钛被氧化，故C正确；
D．钛抗腐蚀性好是因为常温下钛与氧气化合生成一层极薄的致密氧化膜，阻止内部金属继续和氧气反应，故D正确。
答案为B。
14. 建构数学模型来研究化学问题，既直观又简洁。下列建构的数轴模型正确的是
A. 钠在氧气中燃烧，钠的氧化产物：
B. 向烧碱溶液通入
C. 分散系的分类：
D. FeBr2溶液中通入Cl2，铁元素存在形式(已知还原性：Fe2＋>Br－)：
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠在氧气中燃烧只能生成过氧化钠，常温下和氧气反应生成氧化钠，错误，不选A；
B．由方程式2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O， NaOH+SO2=NaHSO3可知，=2时生成Na2SO3，=1时生成NaHSO3，错误，不选B；
C．溶液、胶体、浊液的本质区别是分散质粒子的直径，胶体粒子的微粒直径在1-100nm之间，分散质微粒直径小于1nm的是溶液，大于100nm的是浊液，正确，选C；
D．已知还原性：Fe2＋>Br－，氯气先和亚铁离子反应生成铁离子，比例为1:2，当氯气过量时溴离子也反应生成溴单质，比例为3:2，错误，不选D；
选C。
15. 如图是利用“手持”技术测定阳光照射不同气体温度变化曲线，其中四个容器均密闭、体积相等且初始压强均为101 kPa。
下列说法错误的是
A. 实验开始时，四种气体密度相同
B. 若容器的容积为22.4 L，13:00时N2原子个数少于2NA
C. 12:30-13:30时间范围内CO2压强最大
D. CO2是四种气体中温室效应最显著的
【答案】A
【解析】
【详解】A．实验开始时，四个容器均密闭、体积相等且初始压强均为101 kPa，则气体的物质的量相同，由于四种气体的相对分子质量不等，所以质量不等，密度不等，A错误；
B．若容器的容积为22.4 L，13:00时N2温度在40℃左右，气体的摩尔体积大于22.4L/ml，N2的物质的量小于1ml，则原子个数少于2NA，B正确；
C．12:30-13:30时间范围内CO2的温度最高，此时气体的物质的量、体积均相同，所以CO2的压强最大，C正确；
D．四种气体中，光照时间相同，CO2的温度变化最大，则CO2是四种气体中温室效应最显著的，D正确；
故选A。
16. 铋(Bi)是第ⅤA族元素，＋3价时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，依次滴加下列溶液，对应现象如下表所示：(已知I2能使淀粉碘化钾试纸变蓝)
在上述实验条件下，下列结论正确的是
A. H2O2被高锰酸根离子还原成O2
B. KI-淀粉溶液中滴加铋酸钠溶液，溶液出现蓝色
C. 实验②的离子方程式为
D. 氧化性强弱顺序：
【答案】B
【解析】
【分析】由①中现象可知：NaBiO3把Mn2+氧化生成，则NaBiO3（氧化剂）的氧化性强于（氧化产物）的氧化性；
由②中现象可知：氧化H2O2产生O2，自身被还原为Mn2+，则（氧化剂）的氧化性强于H2O2的氧化性；
由③中现象可知：碘离子被双氧水氧化成单质碘，则双氧水（氧化剂）的氧化性强于碘单质（氧化产物）的氧化性；
综上所述，NaBiO3、、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序是：NaBiO3＞＞H2O2＞I2，据此分析。
【详解】A．H2O2被高锰酸根离子氧化成O2，故A错误；
B．KI-淀粉溶液中滴加铋酸钠溶液，生成碘单质，溶液变蓝色，故B正确；
C．实验②中高锰酸根离子和过氧化氢发生氧化还原生成锰离子和氧气，氧化H2O2产生O2，自身被还原为Mn2+，根据电子守恒、质量守恒可知，离子方程式为，故C错误；
D．由分析可知，氧化性强弱顺序为：NaBiO3＞＞H2O2＞I2，故D错误；
故选B。
17. 碱式氯化铜制备需要的可用作催化剂得到，其催化原理如图所示。下列有关说法错误的是
A. 上述转化过程中与个数比
B. 图中M、N分别为、
C. a、b、c之间的关系式为：
D. N参加的反应离子方程式为：
【答案】A
【解析】
【分析】A中根据电子守恒进行计算；B中根据氧化还原反应化合价升降判断；C中根据化合价规则进行判断；D中根据原子和电子守恒进行书写；
【详解】A．根据整个过程中电子守恒得：2n(Cu2+)=4n(O2)，故与个数比2:1；故A不正确；
B．根据图示氧气做氧化剂，故N为二价铁离子，M为三价铁离子，故B正确；
C．根据化合物中元素化合价代数和为零判断，电荷守恒得：；故C正确；
D．根据原子、电子守恒判断氧气和二价铁离子的反应方程式为：；故D正确；
故选答案A；
【点睛】此题考查氧化还原反应的应用；注意利用化合价的特点进行判断。
18. 某营养液中含有KAl(SO4)2、K2SO4、KCl三种溶质，实验测得部分离子的浓度如图甲表示。取200mL样品加水稀释，测得 Al3+的浓度(c)随溶液体积(V)的变化如图乙曲线表示。下列判断错误的是
A. 图甲中X离子SO
B. 图乙中c1=8.0
C. 营养液中 KCl与K2SO4的物质的量之比为2： 1
D. 营养液中K2SO4浓度是2ml/L
【答案】D
【解析】
【分析】稀释过程中Al3+的物质的量不变，根据稀释过程中Al3+的浓度(c)随溶液体积(V)的变化曲线，c1×0.2L=1.6ml/L×1L，c1=8ml/L，营养液中Al3+的浓度为8ml/L，则X离子是 。
【详解】A．根据以上分析，营养液中Al3+的物质的量为8ml/L，所以X离子不是Al3+，X离子是SO，故A正确；
B．根据以上分析，图乙中c1=8.0 ml/L，故B正确；
C．营养液中Al3+的物质的量为8ml/L，则KAl(SO4)2的浓度为8ml/L，KAl(SO4)2提供的K+的浓度为8ml/L，KCl提供的Cl-的浓度为2ml/L，所以KCl的浓度为2ml/L，K2SO4提供的K+的浓度为(12-8-2)ml/L，则K2SO4的浓度为1ml/L，则营养液中KCl与K2SO4的物质的量之比为2：1，故C正确；
D．结合选项C可知，K2SO4的浓度为1ml/L，故D错误；
选D。
19. 100mL 甲溶液可能含有H＋、K＋、NH、Ba2＋、CO、SO、Cl－中的若干种。取该溶液进行连续实验，过程如图(所加试剂均过量，气体全部逸出)。下列说法中不正确的是
A. 原溶液一定不存在 H＋、Ba2＋，可能存在K＋，可通过焰色试验来检验
B. 原溶液一定存在Cl－， 且c(Cl－)≤0.1ml/L
C. 沉淀1转化为沉淀2时，放出的气体标况下的体积为224mL
D. 若甲溶液中先加 BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加足量稀盐酸沉淀不溶解，不能证明此溶液中含有SO
【答案】B
【解析】
【分析】原溶液中加入BaCl2溶液生成沉淀，原溶液中一定含有CO和SO中的至少一种，则沉淀1为BaSO4、BaCO3中的至少一种，由沉淀1部分溶解于盐酸可知其一定是BaSO4、BaCO3的混合物，原溶液中一定存在CO和SO，沉淀2是BaSO4，物质的量为 =0.01ml ，则BaCO3的物质的量为，CO、SO与Ba2+均不能共存，原溶液中一定不存在Ba2+，碳酸根离子会和氢离子反应，则一定不含H+；滤液加NaOH溶液生成气体，生成的气体为氨气，则原溶液中一定含有NH，由氮元素守恒可知NH的物质的量为，阳离子所带正电荷的物质的量为0.05ml，CO和SO所带负电荷的物质的量之和为0.02+0.02=0.04ml，根据电荷守恒可知，原溶液中一定存在有Cl-，K+不能确定，故n(Cl-)≥0.01ml，原溶液体积为100mL，即c(Cl-)≥0.1 ml·L－1，根据以上分析进行解答。
【详解】A．由分析可知，原溶液中一定存在CO和SO，一定不存在H+、Ba2+，可能存在K+，可通过焰色试验来检验，故A正确；
B．由分析可知，原溶液中一定存在Cl-，c(Cl-)≥0.1 ml·L－1，故B错误；
C．沉淀1转化为沉淀2时，0.1ml碳酸钡溶解生成0.1ml二氧化碳气体，放出的气体标况下的体积为224mL，故C正确；
D．若甲溶液中先加 BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加足量稀盐酸沉淀不溶解，则沉淀可能为硫酸钡、也可能为氯化银，故不能证明此溶液中含有SO，故D正确；
故选B。
二、非选择题(共56分)
20. 纳米磁珠(纳米Fe3O4)颗粒中含有人体代谢生长必需的微量元素铁，不含其他有毒的金属元素，可以用于对比增强磁共振成像、免疫检测、组织修复、药物运输和细胞分离等方面。
【查阅资料】
Fe3O4为黑色固体，硬度较大，有磁性，不溶于水、碱和，纳米Fe3O4在潮湿的中容易被氧化，高温下被O2氧化成，溶于溶液中，生成和。向含有一定配比的 Fe2+和Fe3+的混合盐溶液中，加入过量的碱性物质，如，，使其达到某个pH范围，在适当的温度和高速搅拌下发生反应合成纳米Fe3O4颗粒。
（1）在上述短文标有序号的物质中，①~⑨其水溶液能导电的是___________(填编号，后同)，属于非电解质的是___________； ⑤~⑨中属于强电解质的是___________。
（2）将⑤气体通入含⑨的溶液中，写出发生反应的离子方程式：___________。
（3）标况下4.48L的③，约含有___________个氧原子，常温常压下③与CO2的密度之比为___________。
（4）将0.1ml·L－1FeCl3由amL稀释至bmL，稀释后溶液中Cl－的物质的量浓度是___________ml/L(用含a、b的代数式表示)：若向稀释前的溶液中加入NaOH 溶液至Fe3＋恰好沉淀完全， 需要NaOH的质量为___________g。 (用含a的代数式表示)
【答案】（1） ①. ⑤⑥⑦⑧⑨ ②. ② ③. ⑤⑥⑦⑧
（2）H++NH3·H2O=NH＋H2O
（3） ①. 2.408×1023 ②. 8:11
（4） ①. ②. 1.2a×10-2
【解析】
【小问1详解】
酸碱盐的溶液可以导电，则在上述短文标有序号的物质中，①~⑨其水溶液能导电的是⑤⑥⑦⑧⑨；属于非电解质的是②；强酸、强碱、盐属于强电解质，则⑤~⑨中，属于强电解质的是⑤⑥⑦⑧。
【小问2详解】
将⑤气体通入含⑨的溶液中，即将HCl通入氨水中，发生酸碱中和反应，离子方程式为：。
【小问3详解】
标况下4.48L的③O2，为，约含有个氧原子，常温常压下③与CO2的密度之比即相对分子质量之比，比值为32:44=8：11。
【小问4详解】
将0.1ml·L－1FeCl3由amL稀释至bmL，稀释后溶液中Cl－的物质的量浓度是的物质的量浓度是ml/L；若向稀释前的溶液中加入NaOH 溶液至Fe3＋恰好沉淀完全， 需要NaOH的物质的量为，则需要NaOH的质量为g。
21. 碳酸钠是重要的工业原料。已知工业碳酸钠(纯度约为 98%)中含有Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、Cl－和SO等杂质，提纯工艺线路如下：
碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质如图所示：
请回答下列问题：
（1）试剂A是___________，“母液”中除了含有Na＋、CO、OH－外，还含有___________等离子，过滤要“趁热”的目的是___________。
（2）检验试剂级Na2CO3中Cl－和SO是否除尽，所选试剂及加入的次序是___________(填字母)。
a．HCl、BaCl2、AgNO3 b.AgNO3、HNO3、Ba(NO3)2
c.HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3 d.AgNO3、HCl、BaCl2
（3）侯氏制碱法制备Na2CO3的工艺中，将氨厂废气___________转变为纯碱厂的主要原料，并且提取沉淀池所得母液中的___________作为肥料，充分体现了资源循环利用的生态文明建设理念。
（4）市场上销售的“苏打水”是一种非常受欢迎的饮用水，其溶质是小苏打。苏打水会因储藏温度过高而分解产生少量Na2CO3使口感发涩，写出一种除去Na2CO3改善口感的方法___________(用离子方程式表示)。
【答案】（1） ①. NaOH溶液 ②. Cl－、 ③. 提高Na2CO3•H2O的含量
（2）C （3） ①. CO2 ②. NH4Cl
（4）
【解析】
【分析】工业碳酸钠中含有Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、Cl-和，所以“除杂”中加入过量的NaOH溶液，除去溶液中的Mg2＋、Fe3＋，滤液中除了含有Na＋、、OH－离子外，还含有Cl－、；依据流程图可知过滤得到产品为Na2CO3•H2O和母液，而从碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质可知温度较高时析出物质为Na2CO3•H2O，所以过滤要“趁热”的目的是提高Na2CO3•H2O的含量；
【小问1详解】
据分析，试剂A是氢氧化钠溶液，加入过量的NaOH溶液，除去溶液中的Mg2＋、Fe3＋，“母液”中除了含有Na＋、、OH－离子外，还含有Cl－、离子，过滤要“趁热”的目的是提高Na2CO3•H2O的含量。
【小问2详解】
检验试剂级Na2CO3中Cl－和SO是否除尽，检验氯离子需要硝酸银溶液，但硫酸银也是白色沉淀，因此检验试剂级中和是否除尽，首先要加足量的硝酸除尽碳酸根并使溶液呈酸性，接着检验硫酸根再检验氯离子，但检验硫酸根时不能引入氯离子，故不能选用氯化钡而应选用硝酸钡，同时为了防止硫酸根干扰氯离子的检验，应加入足量硝酸钡，所以应加足量的试剂、且加入的先后次序是HNO3、、，答案选C。
【小问3详解】
侯氏制碱法制备Na2CO3的原理为：氨气极易溶于水所得溶液呈碱性，饱和食盐水中通氨气到饱和、继续通过量二氧化碳则生成碳酸氢根，由于碳酸氢钠溶解度小，故形成碳酸氢钠的过饱和溶液、则析出碳酸氢钠晶体，总化学方程式为 ，过滤出碳酸氢钠晶体后，受热分解得到碳酸钠，所得滤液是饱和碳酸氢钠溶液和氯化铵的混合液，氯化铵是一种铵态氮肥，则侯氏制碱法制备Na2CO3的工艺中，将氨厂废气CO2转变为纯碱厂的主要原料，并且提取沉淀池所得母液中的NH4Cl作为肥料，充分体现了资源循环利用的生态文明建设理念。
【小问4详解】
市场上销售的“苏打水”是一种非常受欢迎的饮用水，其溶质是小苏打。苏打水会因储藏温度过高而分解产生少量Na2CO3使口感发涩，由于向Na2CO3溶液中通入CO2，发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，则一种除去Na2CO3改善口感的方法为 。
22. 某化学兴趣小组在实验室中模拟工业制备碳酸氢钠晶体。在浓氨水中加入NaCl粉末得到饱和氨盐水。向饱和氨盐水(NH3·H2O)中通入CO2，获得碳酸氢钠晶体。并进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl，实验装置如图，回答下列问题：
（1）用A~C仪器制备NaHCO3，正确的连接顺序是a→___________(按气流方向，用小写字母表示)。
（2）某同学实验时发现A 中分液漏斗内的稀盐酸没有滴下，于是将A 装置进行如图改进，橡皮导管的作用是___________。
（3）反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到滤液和固体NaHCO3。生成NaHCO3的总反应的化学方程式为___________。
（4）对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.28g， 则固体NaHCO3的质量为___________g。
（5）NaOH 溶液中吸收一定量的CO2，充分反应后，将溶液通过一系列操作结晶，得到少量白色固体，请设计实验确认该固体的成分；
①提出合理假设：
假设1： 该固体为 NaOH和Na2CO3
假设2：该固体只有Na2CO3
假设3：该固体只有___________。
假设4： 该固体为___________。
②现设计实验验证假设1中的固体成分，写出步骤及预期的实验现象和结论。
限选的试剂、仪器： 1ml/L HCl、1ml/L MgCl2、0.5ml/L BaCl2和1ml·L－1Ba(OH)2溶液，酚酞试液，试管、胶头滴管、过滤装置。
【答案】（1）debc
（2）平衡分液漏斗和烧瓶的气压，使盐酸溶液顺利滴下
（3）NH3·H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓
（4）1.68 （5） ①. 该固体只有NaHCO3 ②. 该固体为Na2CO3和NaHCO3 ③. 再加入0.5ml/L BaCl2溶液到过量 ④. 再向试管中滴加1到2滴酚酞试液
【解析】
【分析】要制备NaHCO3，需先选用装置A制备二氧化碳，然后在C装置中用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的HCl，后与B中饱和氨盐水充分接触来制备NaHCO3，以此解答。
【小问1详解】
根据分析，按气流方向正确的连接顺序应为：a→d→e→b→c。
【小问2详解】
橡皮管起气压平衡管的作用，使漏斗里面的气压与试管的始终相等，利于分液漏斗中的液体顺利流下，所以答案为：平衡分液漏斗和烧瓶的气压，使盐酸溶液顺利滴下。
【小问3详解】
氨气极易溶于水所得溶液呈碱性，饱和食盐水中通氨气到饱和、继续通过量二氧化碳则生成碳酸氢根，由于碳酸氢钠溶解度小，故形成碳酸氢钠的过饱和溶液、则析出碳酸氢钠晶体，则生成NaHCO3的总反应的化学方程式为：NH3·H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓。
【小问4详解】
对固体NaHCO3充分加热，产生Na2CO3、二氧化碳和水蒸气，将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量Na2O2，Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据差量法可知，当增重0.28g(CO的质量)时，消耗的二氧化碳的物质的量为=0.44g，其物质的量为=0.01ml，根据碳酸氢钠受热分解的关系式2NaHCO3～CO2可知，消耗NaHCO3的物质的量为0.02ml，故质量为0.02ml×84g/ml=1.68g。
【小问5详解】
①NaOH中通入的CO2量不同，固体的成分不同。
当CO2少量，NaOH只有未完全反应完时，固体成分是NaOH和Na2CO3；
当CO2恰好与NaOH反应时，固体成分只有Na2CO3；
当继续通入CO2，Na2CO3+CO2+H2O =2NaHCO3，因此固体成分也可能为Na2CO3和NaHCO3；
当CO2足量将Na2CO3反应完后，固体成分只有NaHCO3。由此可得假设3和假设4。所以答案为：该固体只有NaHCO3；该固体为Na2CO3和NaHCO3；
②现设计实验验证假设1中的固体成分，即：若要证明固体是NaOH和Na2CO3，可先将固体溶解，加入足量的BaCl2溶液与Na2CO3反应产生BaCO3白色沉淀，即可证明有Na2CO3。过滤后在滤液中滴入酚酞试液，溶液由无色变成红色，说明滤液呈碱性，即原固体中含有NaOH。不能用MgCl2溶液，因NaOH和Na2CO3与MgCl2都可产生白色沉淀，无法区分。也不可用Ba(OH)2溶液，会影响NaOH的鉴定。所以答案为：再加入0.5ml/L BaCl2溶液到过量；再向试管中滴加1到2滴酚酞试液。
23. 中国自古有“信口雌黄”、“雄黄入药”之说。雌黄As2S3和雄黄As4S4都是自然界中常见的难溶砷化物，早期都曾用作绘画颜料，因都有抗病毒疗效也用来入药。
（1）砷元素有+2、+3两种常见价态。一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示(雌黄和雄黄中S元素的价态相同)。
①反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中属于氧化还原反应的是：___________；属于氧化还原的反应中氧化剂是___________(填化学式)。
②反应Ⅰ中发生的离子方程式是___________，并用单线桥表明电子转移。
③反应Ⅱ中，雄黄在空气中加热会产生As2O3和物质a，若4.28gAs4O4反应转移0.28mle-，则a为___________(填化学式)
（2）反应Ⅲ中产物亚砷酸H3AsO3可以用于治疗白血病，其在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如图所示。如H3AsO3的物质的量分数记作
①将KOH溶液滴入H3AsO3溶液，在溶液pH由8变至10的过程中，发生反应的离子方程式是___________。
②H3AsO3溶液与足量KOH溶液反应所得的正盐是___________(填化学式)。
【答案】23. ①. Ⅰ、Ⅱ ②. As2S3 、O2 ③. ④. SO2
24. ①. ②. K3AsO3
【解析】
【小问1详解】
①Ⅰ反应中Sn元素化合价发生改变，属于氧化还原反应；Ⅱ反应中氧单质变为负二价氧，化合价发生改变，属于氧化还原反应；Ⅲ反应中砷、氧、氢元素均没有改变，不属于氧化还原反应；Ⅳ反应中砷、氧、氢、硫元素均没有改变，不属于氧化还原反应；故属于氧化还原反应是Ⅰ、Ⅱ；氧化剂所含元素化合价降低，则属于氧化还原的反应中氧化剂是As2S3 、O2(填化学式)。
②据图知，反应Ⅰ中Sn元素从+2价升高到+4价、As元素从+3价降低到+2价，则按得失电子数守恒、电荷守恒、元素质量守恒得：发生的离子方程式是，并用单线桥表明电子转移：。
③反应Ⅱ中，雄黄在空气中加热会产生As2O3和物质a，若4.28g即0.01mlAs4S4反应转移0.28mle-，砷元素化合价由+2变为+3，则0.01mlAs4S4中砷转移电0.04ml，0.04mlS 转移电子0. 24ml，则1mlS转移电子6ml，硫元素化合价由-2升高6变为+4，得到a为SO2(填化学式)。
【小问2详解】
①将KOH溶液滴入H3AsO3溶液，在溶液pH由8变至10的过程中，和氢氧化钾反应转化为和水，H3AsO3是弱酸，则发生反应的离子方程式是。选项
应用
化学知识
A
浓硫酸运输的警示标志为
浓硫酸有腐蚀性
B
用FeCl3腐蚀Cu 刻制印刷电路板
铁比铜还原性强
C
放电影时，放映机到银幕间形成光柱
胶体的丁达尔效应
D
用NaHCO3作膨松剂制作面包
NaHCO3受热分解产生CO2
选项
A
B
C
D
装置
目的
用Na2O2固体粉末“随开随用、随关随停”制氧气
制备Fe(OH)3胶体
用铁丝蘸取碳酸钾溶液进行焰色试验
用于除去CO2中的HCl(g)
选项
离子组
评价
A
强碱性的溶液中：Na+、K+、HCO、NO；
不能大量共存于同一溶液中，因会发生如下反应：HCO+OH-=H2O+CO2↑
B
与 Fe 反应能生成H₂的溶液：K+、Ca2+、NO、CH3COO⁻
能大量共存于同一溶液中
C
滴加石蕊溶液显蓝色的溶液中：Na+、Cl-、NH、CO
不能大量共存，因会发生如下反应：NH+OH-=NH3·H2O
D
含大量SO的澄清溶液：Mg2+、Cu²⁺、Cl-、NO；
不能大量共存于同一溶液中，因会发生如下反应：Mg2++ SO =MgSO4↓
加入溶液
①适量铋酸钠溶液
②过量双氧水
③适量KI-淀粉溶液
实验现象
溶液呈紫红色
溶液紫红色消失，产生气泡
溶液缓慢变成蓝色
实验步骤：
预期现象和结论
步骤1：取少量白色固体于试管中，加适量水溶解，___________
产生白色沉淀， 说明固体中含有Na2CO3
步骤2：过滤，取少量上层清液于试管中，___________
溶液变红色，说明固体中含有NaOH
考试时间：90分钟 总分：100分
可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 As-75 Na-23 Fe-56 Ba-137
一、选择题(本题包括 18小题，1-13题每小题2分，14-19题每小题3分，共44分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 化学源于生活又服务于生活。下列应用与所述的化学知识没有关联的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓硫酸有腐蚀性，故浓硫酸运输的警示标志为腐蚀品，A不符合；
B．用FeCl3腐蚀Cu 刻制印刷电路板，是因为：氯化铁溶液和铜反应得到氯化亚铁和氯化铜，与铁比铜还原性强没有关联，B符合；
C．光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应，放映机到银幕间光柱的形成是因为丁达尔效应，C不符合；
D． NaHCO3受热分解产生CO2，故可用作膨松剂制作面包，D不符合；
故选B。
2. 下列关于气体摩尔体积的说法中，正确的是
A. lmlH2和O2的混合气体在标准状况下的体积约22.4L
B. 相同温度和压强下，不同气体的体积由气体分子的大小决定
C. 若1ml气体的体积为22.4L，则它一定处于标准状况下
D. 标准状况下， 1ml H2O和 1ml H2所占有的体积相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．不管是否纯净，标准状况下1ml任何气体的体积约22.4L，则lmlH2和O2的混合气体在标准状况下的体积约22.4L，A正确；
B．相同温度和压强下，不同气体的体积由气体分子数目决定，B错误；
C．气体体积受温度、压强影响，若1ml气体的体积为22.4L，则它不一定处于标准状况下，例如温度大于0°C、压强大于1.01×105Pa时也有可能，C错误；
D．标准状况下，水为液体，不适用于气体摩尔体积，D错误；
故选A。
3. 天宫课堂的“点水成冰”实验中，我国航天员王亚平用蘸有CH3COONa粉末的小棒触碰液体球后(成分为饱和 CH3COONa溶液)，它开始“结冰”，下列说法正确的是
A. 液体球中溶质粒子直径大于 100mm
B. CH3COONa属于氧化物，熔融状态可以导电
C. 水和冰互为同素异形体
D. CH3COONa可用厨房中的食醋和小苏打反应制得
【答案】D
【解析】
【详解】A．饱和溶液中溶质直径小于1nm，A项错误；
B．CH3COONa由四种元素组成，属于盐，B项错误；
C．同素异形体是由同种元素组成的不同单质，“水和冰均为H2O，属于化合物，二者不互为同素异形体，C项错误；
D．食醋和小苏打反应生成醋酸钠、水和二氧化碳，D项正确；
答案选D。
4. “宏观辨识—微观探析—符号表征”是化学学习的重要方法。某化学反应的微观示意图如下，下列分析正确的是
A. 分析反应类型：该反应属于置换反应
B. 分析物质种类：图中反应物均为电解质
C. 分析反应价值：该反应实现了无机物向有机物的转化
D. 分析表示方法：该反应生成的生成物分子个数比为 1：1
【答案】C
【解析】
【分析】根据示意图分析，反应物为CO2和H2O，生成物为CH4和O2，反应方程式为CO2+2H2OCH4+2O2。
【详解】A．反应物没有单质，生成物有单质，不属于置换反应，A错误；
B．电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下自身能够导电的化合物，水是电解质，CO2是非电解质，B错误；
C．CO2和H2O都是无机物，CH4是有机物，说明该反应实现了无机物向有机物的转化，C正确；
D．根据分析可知生成物分子数为1:2，D错误；
故答案为：C。
5. 下列前后两个反应可以用同一个离子方程式表示的是
A. 钠与水反应；钠与稀硫酸反应
B. 过氧化钠与硫酸氢钠溶液；过氧化钠与稀盐酸
C. 碳酸氢钡溶液与足量氢氧化钠溶液；碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液
D. 碳酸钠溶液中逐滴加入少量稀盐酸； 稀盐酸中逐滴加入少量碳酸钠溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．水是弱电解质，钠与水反应离子方程式：；钠与稀硫酸反应应离子方程式：，不用同一个离子方程式表示，故A错误；
B．过氧化钠与硫酸氢钠溶液反应离子方程式：；过氧化钠与稀盐酸反应离子方程式：，可以用同一个离子方程式表示，故B正确；
C．碳酸氢钡溶液与足量氢氧化钠溶液反应离子方程式：；碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液反应离子方程式：，不用同一个离子方程式表示，故C错误；
D．碳酸钠溶液中逐滴加入少量稀盐酸反应离子方程式：；稀盐酸中逐滴加入少量碳酸钠溶液反应离子方程式：，不用同一个离子方程式表示，故D错误；
答案选B。
6. 向一定量的稀硫酸中通入或加入适量X，通入或加入X的质量与溶液导电能力(用电流强度I表示)的变化关系如图所示，下列说法错误的是
A. 曲线a：X可能为气体B. 曲线b：X可能为固体
C. 曲线c：X可能为固体D. 曲线d：X可能为水
【答案】B
【解析】
【详解】A．通入HCl气体，溶液中自由移动的离子浓度增大，溶液导电能力增强，曲线a正确，故A正确；
B．加入NaCl固体，溶液中自由移动的离子浓度增大，溶液导电能力增强，曲线b不正确，故B错误；
C．加入固体，发生离子反应生成硫酸钡沉淀和水，溶液导电能力减小到接近于0，继续加入氢氧化钡，溶液导电能力又增强，故曲线c正确，故C正确；
D．加水，溶液体积增加，溶液中自由移动的离子浓度减小，溶液导电能力减弱、曲线d正确，故D正确；
故选：B。
7. 应用下列装置能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A． Na2O2固体是粉末状、且与水生成氢氧化钠溶液，故不能搁置在带孔隔板上，该装置不能用Na2O2固体粉末“随开随用、随关随停”制氧气，故不选A；
B．把饱和氯化铁溶液滴入氢氧化钠溶液中生成氢氧化铁沉淀，应把饱和氯化铁溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体，故不选B；
C．用铁丝或铂丝蘸取碳酸钾溶液进行焰色试验时，应透过蓝色钴玻璃观察钾元素的焰色，故选C；
D．CO2及HCl(g)均能与碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl(g)，故不选D；
选C。
8. 目前，汽车尾气系统中均安装了催化转化器。在催化转化器中，汽车尾气中的CO 和NO在催化剂的作用下发生反应，生成CO2和N2，用NA表示阿伏加德罗常数的值，判断下列结论中错误的是
A. 在催化转化器中发生的反应为2CO+2NO2CO2+N2
B. 该反应中CO 做还原剂
C. 通过催化转化器中的反应减少了汽车尾气排放所造成的空气污染
D. 生成22.4L CO2时转移电子数目为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．在催化转化器中发生汽车尾气中的CO和NO在催化剂的作用下发生反应，生成生成CO2和N2，则化学方程式为2CO+2NO2CO2+N2，A正确；
B．该反应中碳元素化合价+2价升高到+4，CO做还原剂，B正确；
C．通过催化转化器中反应将有毒的NO和CO转化为无毒的CO2和N2，减少了空气污染，C正确；
D．未指明标准状况，生成22.4L CO2不一定是1ml，则转移电子数目不一定为2NA，D错误；
答案选D。
9. 如图中，A为一种常见的金属单质，B、C、D、E是常见的化合物，它们的焰色试验均为黄色。下列叙述不正确的是
A. 以上反应中属于氧化还原反应的有①②③④
B. 向固体E中加入少量水，可观察到E结块变为晶体，并放热
C. 加热5.00gD和E的固体混合物，使E完全分解，固体混合物的质量减少了0.31g，则原混合物中D的质量为4.16g
D. 反应①可观察到A 迅速熔化，最后生成淡黄色固体
【答案】B
【解析】
【分析】A为一种常见的单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物，它们的焰色试验均为黄色，则为钠的单质或钠的化合物，所以A为Na，结合转化关系可知，B为Na2O2，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3。
【详解】A．反应中①为钠的燃烧，②为Na与水反应，③为过氧化钠与水反应，④为过氧化钠与二氧化碳反应，均属于氧化还原反应，A正确；
B．E为NaHCO3，加入少量水不会变为晶体并放热，B错误；
C．利用差量法计算：，计算得到原混合物中碳酸氢钠的质量x=0.84g，所以混合物中碳酸钠的质量为5.00g－0.84g＝4.16g，C正确；
D．反应①可观察到Na 迅速熔化，最后生成淡黄色固体，D正确；
故选B。
10. 下列对离子共存问题的评价正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸氢根和氢氧根不能大量共存于同一溶液中，是因为二者反应生成碳酸根、不是生成二氧化碳，故A错误；
B．与铁反应生成氢气，则大量氢离子环境中，硝酸根不能大量共存，因为硝酸根在酸性下具有强氧化性与铁反应不产生氢气，故B错误；
C．滴加石蕊溶液显蓝色的溶液中存在大量OH-，能与NH反应生成 NH3·H2O，故不能大量共存，是因为能发生如下反应：NH+OH-=NH3·H2O，故C正确；
D．硫酸镁可溶，该组离子不会反应、能与硫酸根大量共存，故D错误；
故选：C。
11. 设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 7.8gNa2O2晶体中所含离子总数为0.4NA
B. 80gFe2(SO4)3在溶液中形成的Fe(OH)3胶体粒子数等于 0.4NA
C. 常温常压下， 23gNO2和N2O4的混合气体含有NA个氧原子
D. 0.1mlNa2O2固体与足量H2O 充分反应，转移0.2NA个电子
【答案】C
【解析】
【详解】A． 7.8gNa2O2晶体的物质的量是0.1ml，过氧化钠是由钠离子和过氧根离子组成，则含有的阴、阳离子数目为0.3NA，A错误；
B． 80gFe2(SO4)3的物质的量是0.2ml，由于氢氧化铁胶体中，氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，则在溶液中形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于 0.4NA，但无法计算胶体中含有的胶粒数目，故B错误；
C． 常温常压下， 23gNO2和N2O4的混合气体含有0.5ml最简式NO2，则含有1ml氧原子，含有NA个氧原子，故C正确；
D． 0.1mlNa2O2固体与足量H2O 充分反应，生成0.05ml氧气，转移了0.1ml电子，转移0.1NA个电子，故D错误；
故选C。
12. 下列反应的离子方程式或电离方程式正确的是
A. 向CaCl2溶液中通入CO2气体：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+
B. NaHSO3在水中的电离：NaHSO3=H++SO＋Na＋
C. NH4HSO4溶液与 Ba(OH)2溶液按溶质物质的量1：1反应：H＋＋SO＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓ ＋H2O
D. 工业用绿矾(FeSO4·7H2O)处理酸性废水中重铬酸根(Cr2O)，生成Cr3+：6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3+＋7H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．通常，弱酸不能制强酸，向CaCl2溶液中通入CO2气体不反应，A错误；
B． 亚硫酸不是强酸，亚硫酸氢根不能完全电离，NaHSO3在水中完全电离为钠离子和亚硫酸氢根离子：NaHSO3=HSO＋Na＋，B错误；
C． NH4HSO4溶液与 Ba(OH)2溶液按溶质物质的量1：1反应生成硫酸钡、一水合氨和水：+H＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓ ＋H2O+NH3·H2O，C错误；
D． 工业用绿矾(FeSO4·7H2O)处理酸性废水中重铬酸根(Cr2O)，生成Cr3+：则亚铁离子被氧化为铁离子，6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3+＋7H2O，D正确；
选D。
13. 我国“蛟龙”号载人潜水器重要部件是用钛合金材料制造的。金属钛(Ti)抗腐蚀性能好，在高温环境下具有强还原性。以金红石(主要成分为TiO2)为原料生产钛的工艺流程如下，下列说法错误的是
A. ①中发生的反应：TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO
B. 钠可以与 TiCl4溶液反应制备金属钛
C. ②中氩气的作用是隔绝空气，防止金属钛和金属镁被氧化
D. 钛抗腐蚀性好是因为常温下钛与氧气化合生成一层致密氧化膜
【答案】B
【解析】
【分析】金红石(主要成分为TiO2)与焦炭、氯气在高温下反应生成四氯化钛、一氧化碳，四氯化碳和镁单质在高温下氩气氛围中反应生成Ti和氯化镁，防止金属钛被氧化。
【详解】A．根据①中元素守恒和生成可燃性气体分析得到可燃性气体为CO，发生的反应：TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO，故A正确；
B．Na与TiCl4溶液反应是先和溶液中水反应生成氢氧化钠和氢气，因此钠不可以与TiCl4溶液反应制备金属钛，故B错误；
C．Ti在空气中易被氧化，因此②中氩气的作用是隔绝空气，防止金属钛被氧化，故C正确；
D．钛抗腐蚀性好是因为常温下钛与氧气化合生成一层极薄的致密氧化膜，阻止内部金属继续和氧气反应，故D正确。
答案为B。
14. 建构数学模型来研究化学问题，既直观又简洁。下列建构的数轴模型正确的是
A. 钠在氧气中燃烧，钠的氧化产物：
B. 向烧碱溶液通入
C. 分散系的分类：
D. FeBr2溶液中通入Cl2，铁元素存在形式(已知还原性：Fe2＋>Br－)：
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠在氧气中燃烧只能生成过氧化钠，常温下和氧气反应生成氧化钠，错误，不选A；
B．由方程式2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O， NaOH+SO2=NaHSO3可知，=2时生成Na2SO3，=1时生成NaHSO3，错误，不选B；
C．溶液、胶体、浊液的本质区别是分散质粒子的直径，胶体粒子的微粒直径在1-100nm之间，分散质微粒直径小于1nm的是溶液，大于100nm的是浊液，正确，选C；
D．已知还原性：Fe2＋>Br－，氯气先和亚铁离子反应生成铁离子，比例为1:2，当氯气过量时溴离子也反应生成溴单质，比例为3:2，错误，不选D；
选C。
15. 如图是利用“手持”技术测定阳光照射不同气体温度变化曲线，其中四个容器均密闭、体积相等且初始压强均为101 kPa。
下列说法错误的是
A. 实验开始时，四种气体密度相同
B. 若容器的容积为22.4 L，13:00时N2原子个数少于2NA
C. 12:30-13:30时间范围内CO2压强最大
D. CO2是四种气体中温室效应最显著的
【答案】A
【解析】
【详解】A．实验开始时，四个容器均密闭、体积相等且初始压强均为101 kPa，则气体的物质的量相同，由于四种气体的相对分子质量不等，所以质量不等，密度不等，A错误；
B．若容器的容积为22.4 L，13:00时N2温度在40℃左右，气体的摩尔体积大于22.4L/ml，N2的物质的量小于1ml，则原子个数少于2NA，B正确；
C．12:30-13:30时间范围内CO2的温度最高，此时气体的物质的量、体积均相同，所以CO2的压强最大，C正确；
D．四种气体中，光照时间相同，CO2的温度变化最大，则CO2是四种气体中温室效应最显著的，D正确；
故选A。
16. 铋(Bi)是第ⅤA族元素，＋3价时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，依次滴加下列溶液，对应现象如下表所示：(已知I2能使淀粉碘化钾试纸变蓝)
在上述实验条件下，下列结论正确的是
A. H2O2被高锰酸根离子还原成O2
B. KI-淀粉溶液中滴加铋酸钠溶液，溶液出现蓝色
C. 实验②的离子方程式为
D. 氧化性强弱顺序：
【答案】B
【解析】
【分析】由①中现象可知：NaBiO3把Mn2+氧化生成，则NaBiO3（氧化剂）的氧化性强于（氧化产物）的氧化性；
由②中现象可知：氧化H2O2产生O2，自身被还原为Mn2+，则（氧化剂）的氧化性强于H2O2的氧化性；
由③中现象可知：碘离子被双氧水氧化成单质碘，则双氧水（氧化剂）的氧化性强于碘单质（氧化产物）的氧化性；
综上所述，NaBiO3、、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序是：NaBiO3＞＞H2O2＞I2，据此分析。
【详解】A．H2O2被高锰酸根离子氧化成O2，故A错误；
B．KI-淀粉溶液中滴加铋酸钠溶液，生成碘单质，溶液变蓝色，故B正确；
C．实验②中高锰酸根离子和过氧化氢发生氧化还原生成锰离子和氧气，氧化H2O2产生O2，自身被还原为Mn2+，根据电子守恒、质量守恒可知，离子方程式为，故C错误；
D．由分析可知，氧化性强弱顺序为：NaBiO3＞＞H2O2＞I2，故D错误；
故选B。
17. 碱式氯化铜制备需要的可用作催化剂得到，其催化原理如图所示。下列有关说法错误的是
A. 上述转化过程中与个数比
B. 图中M、N分别为、
C. a、b、c之间的关系式为：
D. N参加的反应离子方程式为：
【答案】A
【解析】
【分析】A中根据电子守恒进行计算；B中根据氧化还原反应化合价升降判断；C中根据化合价规则进行判断；D中根据原子和电子守恒进行书写；
【详解】A．根据整个过程中电子守恒得：2n(Cu2+)=4n(O2)，故与个数比2:1；故A不正确；
B．根据图示氧气做氧化剂，故N为二价铁离子，M为三价铁离子，故B正确；
C．根据化合物中元素化合价代数和为零判断，电荷守恒得：；故C正确；
D．根据原子、电子守恒判断氧气和二价铁离子的反应方程式为：；故D正确；
故选答案A；
【点睛】此题考查氧化还原反应的应用；注意利用化合价的特点进行判断。
18. 某营养液中含有KAl(SO4)2、K2SO4、KCl三种溶质，实验测得部分离子的浓度如图甲表示。取200mL样品加水稀释，测得 Al3+的浓度(c)随溶液体积(V)的变化如图乙曲线表示。下列判断错误的是
A. 图甲中X离子SO
B. 图乙中c1=8.0
C. 营养液中 KCl与K2SO4的物质的量之比为2： 1
D. 营养液中K2SO4浓度是2ml/L
【答案】D
【解析】
【分析】稀释过程中Al3+的物质的量不变，根据稀释过程中Al3+的浓度(c)随溶液体积(V)的变化曲线，c1×0.2L=1.6ml/L×1L，c1=8ml/L，营养液中Al3+的浓度为8ml/L，则X离子是 。
【详解】A．根据以上分析，营养液中Al3+的物质的量为8ml/L，所以X离子不是Al3+，X离子是SO，故A正确；
B．根据以上分析，图乙中c1=8.0 ml/L，故B正确；
C．营养液中Al3+的物质的量为8ml/L，则KAl(SO4)2的浓度为8ml/L，KAl(SO4)2提供的K+的浓度为8ml/L，KCl提供的Cl-的浓度为2ml/L，所以KCl的浓度为2ml/L，K2SO4提供的K+的浓度为(12-8-2)ml/L，则K2SO4的浓度为1ml/L，则营养液中KCl与K2SO4的物质的量之比为2：1，故C正确；
D．结合选项C可知，K2SO4的浓度为1ml/L，故D错误；
选D。
19. 100mL 甲溶液可能含有H＋、K＋、NH、Ba2＋、CO、SO、Cl－中的若干种。取该溶液进行连续实验，过程如图(所加试剂均过量，气体全部逸出)。下列说法中不正确的是
A. 原溶液一定不存在 H＋、Ba2＋，可能存在K＋，可通过焰色试验来检验
B. 原溶液一定存在Cl－， 且c(Cl－)≤0.1ml/L
C. 沉淀1转化为沉淀2时，放出的气体标况下的体积为224mL
D. 若甲溶液中先加 BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加足量稀盐酸沉淀不溶解，不能证明此溶液中含有SO
【答案】B
【解析】
【分析】原溶液中加入BaCl2溶液生成沉淀，原溶液中一定含有CO和SO中的至少一种，则沉淀1为BaSO4、BaCO3中的至少一种，由沉淀1部分溶解于盐酸可知其一定是BaSO4、BaCO3的混合物，原溶液中一定存在CO和SO，沉淀2是BaSO4，物质的量为 =0.01ml ，则BaCO3的物质的量为，CO、SO与Ba2+均不能共存，原溶液中一定不存在Ba2+，碳酸根离子会和氢离子反应，则一定不含H+；滤液加NaOH溶液生成气体，生成的气体为氨气，则原溶液中一定含有NH，由氮元素守恒可知NH的物质的量为，阳离子所带正电荷的物质的量为0.05ml，CO和SO所带负电荷的物质的量之和为0.02+0.02=0.04ml，根据电荷守恒可知，原溶液中一定存在有Cl-，K+不能确定，故n(Cl-)≥0.01ml，原溶液体积为100mL，即c(Cl-)≥0.1 ml·L－1，根据以上分析进行解答。
【详解】A．由分析可知，原溶液中一定存在CO和SO，一定不存在H+、Ba2+，可能存在K+，可通过焰色试验来检验，故A正确；
B．由分析可知，原溶液中一定存在Cl-，c(Cl-)≥0.1 ml·L－1，故B错误；
C．沉淀1转化为沉淀2时，0.1ml碳酸钡溶解生成0.1ml二氧化碳气体，放出的气体标况下的体积为224mL，故C正确；
D．若甲溶液中先加 BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加足量稀盐酸沉淀不溶解，则沉淀可能为硫酸钡、也可能为氯化银，故不能证明此溶液中含有SO，故D正确；
故选B。
二、非选择题(共56分)
20. 纳米磁珠(纳米Fe3O4)颗粒中含有人体代谢生长必需的微量元素铁，不含其他有毒的金属元素，可以用于对比增强磁共振成像、免疫检测、组织修复、药物运输和细胞分离等方面。
【查阅资料】
Fe3O4为黑色固体，硬度较大，有磁性，不溶于水、碱和，纳米Fe3O4在潮湿的中容易被氧化，高温下被O2氧化成，溶于溶液中，生成和。向含有一定配比的 Fe2+和Fe3+的混合盐溶液中，加入过量的碱性物质，如，，使其达到某个pH范围，在适当的温度和高速搅拌下发生反应合成纳米Fe3O4颗粒。
（1）在上述短文标有序号的物质中，①~⑨其水溶液能导电的是___________(填编号，后同)，属于非电解质的是___________； ⑤~⑨中属于强电解质的是___________。
（2）将⑤气体通入含⑨的溶液中，写出发生反应的离子方程式：___________。
（3）标况下4.48L的③，约含有___________个氧原子，常温常压下③与CO2的密度之比为___________。
（4）将0.1ml·L－1FeCl3由amL稀释至bmL，稀释后溶液中Cl－的物质的量浓度是___________ml/L(用含a、b的代数式表示)：若向稀释前的溶液中加入NaOH 溶液至Fe3＋恰好沉淀完全， 需要NaOH的质量为___________g。 (用含a的代数式表示)
【答案】（1） ①. ⑤⑥⑦⑧⑨ ②. ② ③. ⑤⑥⑦⑧
（2）H++NH3·H2O=NH＋H2O
（3） ①. 2.408×1023 ②. 8:11
（4） ①. ②. 1.2a×10-2
【解析】
【小问1详解】
酸碱盐的溶液可以导电，则在上述短文标有序号的物质中，①~⑨其水溶液能导电的是⑤⑥⑦⑧⑨；属于非电解质的是②；强酸、强碱、盐属于强电解质，则⑤~⑨中，属于强电解质的是⑤⑥⑦⑧。
【小问2详解】
将⑤气体通入含⑨的溶液中，即将HCl通入氨水中，发生酸碱中和反应，离子方程式为：。
【小问3详解】
标况下4.48L的③O2，为，约含有个氧原子，常温常压下③与CO2的密度之比即相对分子质量之比，比值为32:44=8：11。
【小问4详解】
将0.1ml·L－1FeCl3由amL稀释至bmL，稀释后溶液中Cl－的物质的量浓度是的物质的量浓度是ml/L；若向稀释前的溶液中加入NaOH 溶液至Fe3＋恰好沉淀完全， 需要NaOH的物质的量为，则需要NaOH的质量为g。
21. 碳酸钠是重要的工业原料。已知工业碳酸钠(纯度约为 98%)中含有Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、Cl－和SO等杂质，提纯工艺线路如下：
碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质如图所示：
请回答下列问题：
（1）试剂A是___________，“母液”中除了含有Na＋、CO、OH－外，还含有___________等离子，过滤要“趁热”的目的是___________。
（2）检验试剂级Na2CO3中Cl－和SO是否除尽，所选试剂及加入的次序是___________(填字母)。
a．HCl、BaCl2、AgNO3 b.AgNO3、HNO3、Ba(NO3)2
c.HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3 d.AgNO3、HCl、BaCl2
（3）侯氏制碱法制备Na2CO3的工艺中，将氨厂废气___________转变为纯碱厂的主要原料，并且提取沉淀池所得母液中的___________作为肥料，充分体现了资源循环利用的生态文明建设理念。
（4）市场上销售的“苏打水”是一种非常受欢迎的饮用水，其溶质是小苏打。苏打水会因储藏温度过高而分解产生少量Na2CO3使口感发涩，写出一种除去Na2CO3改善口感的方法___________(用离子方程式表示)。
【答案】（1） ①. NaOH溶液 ②. Cl－、 ③. 提高Na2CO3•H2O的含量
（2）C （3） ①. CO2 ②. NH4Cl
（4）
【解析】
【分析】工业碳酸钠中含有Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、Cl-和，所以“除杂”中加入过量的NaOH溶液，除去溶液中的Mg2＋、Fe3＋，滤液中除了含有Na＋、、OH－离子外，还含有Cl－、；依据流程图可知过滤得到产品为Na2CO3•H2O和母液，而从碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质可知温度较高时析出物质为Na2CO3•H2O，所以过滤要“趁热”的目的是提高Na2CO3•H2O的含量；
【小问1详解】
据分析，试剂A是氢氧化钠溶液，加入过量的NaOH溶液，除去溶液中的Mg2＋、Fe3＋，“母液”中除了含有Na＋、、OH－离子外，还含有Cl－、离子，过滤要“趁热”的目的是提高Na2CO3•H2O的含量。
【小问2详解】
检验试剂级Na2CO3中Cl－和SO是否除尽，检验氯离子需要硝酸银溶液，但硫酸银也是白色沉淀，因此检验试剂级中和是否除尽，首先要加足量的硝酸除尽碳酸根并使溶液呈酸性，接着检验硫酸根再检验氯离子，但检验硫酸根时不能引入氯离子，故不能选用氯化钡而应选用硝酸钡，同时为了防止硫酸根干扰氯离子的检验，应加入足量硝酸钡，所以应加足量的试剂、且加入的先后次序是HNO3、、，答案选C。
【小问3详解】
侯氏制碱法制备Na2CO3的原理为：氨气极易溶于水所得溶液呈碱性，饱和食盐水中通氨气到饱和、继续通过量二氧化碳则生成碳酸氢根，由于碳酸氢钠溶解度小，故形成碳酸氢钠的过饱和溶液、则析出碳酸氢钠晶体，总化学方程式为 ，过滤出碳酸氢钠晶体后，受热分解得到碳酸钠，所得滤液是饱和碳酸氢钠溶液和氯化铵的混合液，氯化铵是一种铵态氮肥，则侯氏制碱法制备Na2CO3的工艺中，将氨厂废气CO2转变为纯碱厂的主要原料，并且提取沉淀池所得母液中的NH4Cl作为肥料，充分体现了资源循环利用的生态文明建设理念。
【小问4详解】
市场上销售的“苏打水”是一种非常受欢迎的饮用水，其溶质是小苏打。苏打水会因储藏温度过高而分解产生少量Na2CO3使口感发涩，由于向Na2CO3溶液中通入CO2，发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，则一种除去Na2CO3改善口感的方法为 。
22. 某化学兴趣小组在实验室中模拟工业制备碳酸氢钠晶体。在浓氨水中加入NaCl粉末得到饱和氨盐水。向饱和氨盐水(NH3·H2O)中通入CO2，获得碳酸氢钠晶体。并进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl，实验装置如图，回答下列问题：
（1）用A~C仪器制备NaHCO3，正确的连接顺序是a→___________(按气流方向，用小写字母表示)。
（2）某同学实验时发现A 中分液漏斗内的稀盐酸没有滴下，于是将A 装置进行如图改进，橡皮导管的作用是___________。
（3）反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到滤液和固体NaHCO3。生成NaHCO3的总反应的化学方程式为___________。
（4）对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.28g， 则固体NaHCO3的质量为___________g。
（5）NaOH 溶液中吸收一定量的CO2，充分反应后，将溶液通过一系列操作结晶，得到少量白色固体，请设计实验确认该固体的成分；
①提出合理假设：
假设1： 该固体为 NaOH和Na2CO3
假设2：该固体只有Na2CO3
假设3：该固体只有___________。
假设4： 该固体为___________。
②现设计实验验证假设1中的固体成分，写出步骤及预期的实验现象和结论。
限选的试剂、仪器： 1ml/L HCl、1ml/L MgCl2、0.5ml/L BaCl2和1ml·L－1Ba(OH)2溶液，酚酞试液，试管、胶头滴管、过滤装置。
【答案】（1）debc
（2）平衡分液漏斗和烧瓶的气压，使盐酸溶液顺利滴下
（3）NH3·H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓
（4）1.68 （5） ①. 该固体只有NaHCO3 ②. 该固体为Na2CO3和NaHCO3 ③. 再加入0.5ml/L BaCl2溶液到过量 ④. 再向试管中滴加1到2滴酚酞试液
【解析】
【分析】要制备NaHCO3，需先选用装置A制备二氧化碳，然后在C装置中用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的HCl，后与B中饱和氨盐水充分接触来制备NaHCO3，以此解答。
【小问1详解】
根据分析，按气流方向正确的连接顺序应为：a→d→e→b→c。
【小问2详解】
橡皮管起气压平衡管的作用，使漏斗里面的气压与试管的始终相等，利于分液漏斗中的液体顺利流下，所以答案为：平衡分液漏斗和烧瓶的气压，使盐酸溶液顺利滴下。
【小问3详解】
氨气极易溶于水所得溶液呈碱性，饱和食盐水中通氨气到饱和、继续通过量二氧化碳则生成碳酸氢根，由于碳酸氢钠溶解度小，故形成碳酸氢钠的过饱和溶液、则析出碳酸氢钠晶体，则生成NaHCO3的总反应的化学方程式为：NH3·H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓。
【小问4详解】
对固体NaHCO3充分加热，产生Na2CO3、二氧化碳和水蒸气，将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量Na2O2，Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据差量法可知，当增重0.28g(CO的质量)时，消耗的二氧化碳的物质的量为=0.44g，其物质的量为=0.01ml，根据碳酸氢钠受热分解的关系式2NaHCO3～CO2可知，消耗NaHCO3的物质的量为0.02ml，故质量为0.02ml×84g/ml=1.68g。
【小问5详解】
①NaOH中通入的CO2量不同，固体的成分不同。
当CO2少量，NaOH只有未完全反应完时，固体成分是NaOH和Na2CO3；
当CO2恰好与NaOH反应时，固体成分只有Na2CO3；
当继续通入CO2，Na2CO3+CO2+H2O =2NaHCO3，因此固体成分也可能为Na2CO3和NaHCO3；
当CO2足量将Na2CO3反应完后，固体成分只有NaHCO3。由此可得假设3和假设4。所以答案为：该固体只有NaHCO3；该固体为Na2CO3和NaHCO3；
②现设计实验验证假设1中的固体成分，即：若要证明固体是NaOH和Na2CO3，可先将固体溶解，加入足量的BaCl2溶液与Na2CO3反应产生BaCO3白色沉淀，即可证明有Na2CO3。过滤后在滤液中滴入酚酞试液，溶液由无色变成红色，说明滤液呈碱性，即原固体中含有NaOH。不能用MgCl2溶液，因NaOH和Na2CO3与MgCl2都可产生白色沉淀，无法区分。也不可用Ba(OH)2溶液，会影响NaOH的鉴定。所以答案为：再加入0.5ml/L BaCl2溶液到过量；再向试管中滴加1到2滴酚酞试液。
23. 中国自古有“信口雌黄”、“雄黄入药”之说。雌黄As2S3和雄黄As4S4都是自然界中常见的难溶砷化物，早期都曾用作绘画颜料，因都有抗病毒疗效也用来入药。
（1）砷元素有+2、+3两种常见价态。一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示(雌黄和雄黄中S元素的价态相同)。
①反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中属于氧化还原反应的是：___________；属于氧化还原的反应中氧化剂是___________(填化学式)。
②反应Ⅰ中发生的离子方程式是___________，并用单线桥表明电子转移。
③反应Ⅱ中，雄黄在空气中加热会产生As2O3和物质a，若4.28gAs4O4反应转移0.28mle-，则a为___________(填化学式)
（2）反应Ⅲ中产物亚砷酸H3AsO3可以用于治疗白血病，其在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如图所示。如H3AsO3的物质的量分数记作
①将KOH溶液滴入H3AsO3溶液，在溶液pH由8变至10的过程中，发生反应的离子方程式是___________。
②H3AsO3溶液与足量KOH溶液反应所得的正盐是___________(填化学式)。
【答案】23. ①. Ⅰ、Ⅱ ②. As2S3 、O2 ③. ④. SO2
24. ①. ②. K3AsO3
【解析】
【小问1详解】
①Ⅰ反应中Sn元素化合价发生改变，属于氧化还原反应；Ⅱ反应中氧单质变为负二价氧，化合价发生改变，属于氧化还原反应；Ⅲ反应中砷、氧、氢元素均没有改变，不属于氧化还原反应；Ⅳ反应中砷、氧、氢、硫元素均没有改变，不属于氧化还原反应；故属于氧化还原反应是Ⅰ、Ⅱ；氧化剂所含元素化合价降低，则属于氧化还原的反应中氧化剂是As2S3 、O2(填化学式)。
②据图知，反应Ⅰ中Sn元素从+2价升高到+4价、As元素从+3价降低到+2价，则按得失电子数守恒、电荷守恒、元素质量守恒得：发生的离子方程式是，并用单线桥表明电子转移：。
③反应Ⅱ中，雄黄在空气中加热会产生As2O3和物质a，若4.28g即0.01mlAs4S4反应转移0.28mle-，砷元素化合价由+2变为+3，则0.01mlAs4S4中砷转移电0.04ml，0.04mlS 转移电子0. 24ml，则1mlS转移电子6ml，硫元素化合价由-2升高6变为+4，得到a为SO2(填化学式)。
【小问2详解】
①将KOH溶液滴入H3AsO3溶液，在溶液pH由8变至10的过程中，和氢氧化钾反应转化为和水，H3AsO3是弱酸，则发生反应的离子方程式是。选项
应用
化学知识
A
浓硫酸运输的警示标志为
浓硫酸有腐蚀性
B
用FeCl3腐蚀Cu 刻制印刷电路板
铁比铜还原性强
C
放电影时，放映机到银幕间形成光柱
胶体的丁达尔效应
D
用NaHCO3作膨松剂制作面包
NaHCO3受热分解产生CO2
选项
A
B
C
D
装置
目的
用Na2O2固体粉末“随开随用、随关随停”制氧气
制备Fe(OH)3胶体
用铁丝蘸取碳酸钾溶液进行焰色试验
用于除去CO2中的HCl(g)
选项
离子组
评价
A
强碱性的溶液中：Na+、K+、HCO、NO；
不能大量共存于同一溶液中，因会发生如下反应：HCO+OH-=H2O+CO2↑
B
与 Fe 反应能生成H₂的溶液：K+、Ca2+、NO、CH3COO⁻
能大量共存于同一溶液中
C
滴加石蕊溶液显蓝色的溶液中：Na+、Cl-、NH、CO
不能大量共存，因会发生如下反应：NH+OH-=NH3·H2O
D
含大量SO的澄清溶液：Mg2+、Cu²⁺、Cl-、NO；
不能大量共存于同一溶液中，因会发生如下反应：Mg2++ SO =MgSO4↓
加入溶液
①适量铋酸钠溶液
②过量双氧水
③适量KI-淀粉溶液
实验现象
溶液呈紫红色
溶液紫红色消失，产生气泡
溶液缓慢变成蓝色
实验步骤：
预期现象和结论
步骤1：取少量白色固体于试管中，加适量水溶解，___________
产生白色沉淀， 说明固体中含有Na2CO3
步骤2：过滤，取少量上层清液于试管中，___________
溶液变红色，说明固体中含有NaOH
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