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辽宁省六校协作体2019-2020学年高一10月月考联考化学试题
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2019--2020学年度上学期省六校协作体高一10月份月考联考
化学试卷
可能用到的相对原子质量：Fe-56 Cu-64
一、选择题（每题只有1个正确答案，包括20道小题，每题3分，共60分）
1.下列说法不正确的是（ ）
A. “抗坏血酸”维生素C具有还原性
B. 杨万里《戏笔》中写到“野菊荒苔各铸钱，金黄铜绿两争妍”，铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，Cu2(OH)2CO3属于碱式盐
C. 《淮南万毕术》中有“曾青得铁化为铜”的记载，该反应属于置换反应
D. 食物腐败、钟乳石的形成、植物光合作用都与氧化还原反应有关
【答案】D
【解析】
【详解】A．维生素C又称为抗坏血酸，具有还原性，故A正确；
B．铜绿主要成分为碱式碳酸铜，Cu2(OH)2CO3组成中有氢氧根属于碱式盐，故B正确；
C．“曾青得铁化为铜”表示的是硫酸铜与铁反应生成铜，该反应符合“单质+化合物=单质+化合物”的特点，属于置换反应，故C正确；
D．石钟乳的形成中涉及碳酸钙的生成与溶解，没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应；食物的腐败是食物发生氧化还原反应，植物光合作用是利用光能将二氧化碳和水合成有机物，并产生氧气，有元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故D错误；
故选D。
【点睛】本题的易错点为D，要注意根据反应的原理或化学方程式分析有无化合价的变化进行判断。
2.下列有关说法正确的是（ ）
A. 悬浊液中一定不含直径小于1 nm的粒子
B. “冰水混合物”不是一种分散系
C. 分散系有的是纯净物，有的是混合物
D. 食盐溶液静置后会分层，下层比上层咸
【答案】B
【解析】
【详解】A．悬浊液存在直径小于1 nm的粒子，如水的分子直径就小于1 nm，故A错误；
B．冰和水的分子组成和结构相同，是纯净物，不是分散系，故B正确；
C．分散系包括分散质和分散剂，都是混合物，故C错误；
D．食盐易溶于水，静止后不分层，故D错误；
故选B。
3.ClO2是一种高效杀菌剂。工业上可通过以下反应制得ClO2：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O。下列说法不正确的是（ ）
A. NaClO3是氧化剂 B. Na2SO3是还原剂
C. NaClO3发生氧化反应 D. ClO2是还原产物
【答案】C
【解析】
【分析】
2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，反应中，氯元素化合价由+5价变为+4价，硫元素化合价由+4价变为+6价，结合氧化还原反应的规律分析解答。
【详解】A．氯元素化合价降低，得电子，则NaClO3是氧化剂，故A正确；
B．硫元素化合价升高，失电子，则亚硫酸钠是还原剂，故B正确；
C．氯元素得电子，化合价降低，则NaClO3是氧化剂，发生还原反应，故C错误；
D．氯元素得电子，化合价降低，则ClO2是还原产物，故D正确；
故选C。
4.下列各组物质，按混合物、化合物、单质顺序排列的是（ ）
A. 碘酒、烧碱、液态氧 B. 熟石灰、生石灰、白磷
C. 氯化氢、干冰、铁 D. 胆矾、酒精、氮气
【答案】A
【解析】
【详解】A．碘酒含有碘和酒精两种物质，是混合物，烧碱是由钠、氢、氧 三种元素组成的化合物，液态氧是由氧元素组成的氧单质，故A正确；
B．熟石灰是有钙、氧、氢三种元素组成的化合物，故B错误；
C．氯化氢是由氯元素和氢组成的化合物，故C错误；
D．胆矾是由铜、氧、硫、氢组成的化合物，故D错误；
故选A。
5.下列各组离子中，能在溶液中大量共存的是（ ）
A. H+、NO3-、Cl-、Fe2+ B. Na+、Mg2+、SO42-、OH-
C. Cu2+、Ba2+、NO3-、CO32- D. K+、Na+、OH-、Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】A．酸性条件下，Fe2+与H+、NO3-可发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．Mg2+、OH-反应生成氢氧化镁白色沉淀，不能大量共存，故B错误；
C．Cu2+、Ba2+和CO32-能够反应生成碳酸铜沉淀、碳酸钡沉淀，不能大量共存，故C错误；
D．K+、Na+、OH-、Cl-离子之间不发生反应，可大量共存，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为A，要注意硝酸具有强氧化性，即硝酸根离子在酸性溶液中能够与还原性的离子发生氧化还原反应。
6.铁、稀盐酸、澄清石灰水、氯化铜溶液是初中化学中常见的物质，四种物质间的反应关系如图所示。图中两圆相交部分(A、B、C、D)表示物质间的反应，其中对应四个反应类型的说法正确的是
A. 复分解反应、复分解反应、化合反应、置换反应
B. 中和反应、置换反应、复分解反应、置换反应
C. 复分解反应、复分解反应、置换反应、置换反应
D. 分解反应、复分解反应、置换反应、置换反应
【答案】C
【解析】
【详解】酸碱中和反应属于两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应，为复分解反应，氢氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水，所以A为复分解反应、中和反应；B的反应属于两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应，为复分解反应，氢氧化钙和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钙，所以B为复分解反应；C的反应为一种单质和一种化合物反应生成另外的单质和化合物的反应，属于置换反应，Fe和氯化铜反应生成Cu和氯化亚铁，所以C属于置换反应；D的反应为一种单质和一种化合物反应生成另外的单质和化合物的反应，属于置换反应，铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，所以D属于置换反应；故答案为C。
【点睛】准确理解四种基本反应类型的概念是判断的关键，两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应是复分解反应，一种单质和一种化合物反应生成另外的单质和化合物的反应是置换反应，两种或多种物质生成一种物质的反应是化合反应，一种物质生成两种或多种物质的反应是分解反应，据此分析解答。
7.下列说法正确的是（ ）
A. 熔融NaCl能导电，是因为通电时NaCl发生了电离
B. NaCl固体不导电，因为NaCl固体中无带电微粒
C. NH4NO3电离时产生了NH4+、NO3-，无金属离子，所以NH4NO3不是盐
D. NaHSO4在水溶液中电离生成了Na＋、H＋、SO42-三种离子
【答案】D
【解析】
【详解】A．熔融NaCl能导电，是因为熔融的氯化钠发生了电离，其中存在自由移动的钠离子和氯离子，通电时熔融NaCl会发生电解，不是电离，故A错误；
B．离子晶体由阴阳离子构成，NaCl固体在常温下不导电，是因为离子不能自由移动，故B错误；
C．由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物是盐，硝酸铵中含有铵根离子和硝酸根离子，属于盐，故C错误；
D．NaHSO4在水溶液中的电离方程式：NaHSO4=Na++H++SO42-，硫酸氢钠水溶液中完全电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子，故D正确；
故选D。
8.下列说法正确的是
A. 物质不是电解质就是非电解质
B. 酸性氧化物不一定都是非金属氧化物，而非金属氧化物一定是酸性氧化物
C. 能导电的物质不一定是电解质，电解质也不—定能导电
D. 液氨溶于水能导电，所用是电解质
【答案】C
【解析】
【详解】A．电解质和非电解质都是化合物，单质和混合物既不是电解质，又不是非电解质，错误；
B．酸性氧化物不一定都是非金属氧化物，如七氧化二锰，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物，如一氧化碳属于不成盐氧化物，错误；
C．能导电的物质不一定是电解质，如铜。电解质不一定能导电，如固体氯化钠，正确；
D．液氨溶于水能导电，是因为生成的一水合氨发生了电离，而氨气属于非电解质，错误；
答案选C。
【点晴】本题考查了电解质的概念，注意电解质不一定导电，导电的物质不一定是电解质。注意：①电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；②电解质必须是自身能直接电离出自由移动的离子的化合物，如SO2、CO2属于非电解质；③条件：水溶液或融化状态，对于电解质来说，只须满足一个条件即可，而对非电解质则必须同时满足两个条件；④难溶性化合物不一定就是弱电解质，如硫酸钡属于强电解质。
9.已知反应：O3+2I−+H2O＝O2+I2+2OH−，下列说法不正确的是（ ）
A. 氧化性：O3＞I2 B. H2O既不是氧化剂也不是还原剂
C. O2为还原产物 D. 反应生成1个I2时转移2个电子
【答案】C
【解析】
【分析】
O3+2I-+H2O=O2+I2+2OH-中，I元素的化合价由-1升高为0价，O元素的化合价由0降低为-2价，结合氧化还原反应的规律分析解答。
【详解】A．I元素的化合价由-1升高为0价，I2为氧化产物，O元素的化合价由0降低为-2价，O3是氧化剂，则氧化性：O3＞I2，故A正确；
B．H2O中H、O元素的化合价没有变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故B正确；
C．从O3到O2，O元素的化合价没有变化，O2不是还原产物，故C错误；
D．I元素的化合价由-1升高为0价，反应生成1个I2时转移2个电子，故D正确；
故选C。
【点睛】本题的易错点为C，要注意O2中O元素的化合价仍为0价，没有发生变化，既不是氧化产物也不是还原产物。
10.下列溶液混合后，不会发生离子反应的是（ ）
A. 硝酸钡溶液和硫酸钠溶液 B. 醋酸钠溶液和稀硫酸
C. 碳酸钾溶液和硫酸氢钠溶液 D. 硝酸钾溶液和氯化铜溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A、硝酸钡溶液和硫酸钠溶液混合，能够反应生成硫酸钡沉淀，能发生离子反应，故A不选；
B、醋酸钠溶液和稀硫酸混合，能够发生复分解反应，生成弱电解质醋酸，能发生离子反应，故B不选；
C、碳酸钾溶液和硫酸氢钠溶液混合，能够反应生成二氧化碳和水，能发生离子反应，故C不选；
D、硝酸钾溶液和氯化铜溶液混合，没有沉淀、水、气体生成，不满足复分解反应发生的条件，不能发生离子反应，故D选；
故选D。
11.下列关于胶体的说法正确的是（ ）
A. 依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液
B. 向污水中投放明矾，生成能凝聚悬浮物的胶体：Al3+＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H+
C. Na+、K+、SO42-、Br-能在Fe(OH)3胶体中大量共存
D. 沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强
【答案】B
【解析】
【详解】A．分散系按照分散质粒子直径大小分为：溶液、胶体和浊液，分散质粒度大于100nm的为浊液，介于1nm~100nm为胶体，小于1nm的为溶液，故A错误；
B．向污水中投放明矾，生成能凝聚悬浮物的氢氧化铝胶体，反应的离子方程式为Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，故B正确；
C．胶体中加入电解质，胶体能够发生聚沉，不能大量共存，故C错误；
D．氢氧化铁胶体的胶体粒子带有正电荷，但氢氧化铁胶体呈电中性，故D错误；
故选B。
12.对于某些常见离子的检验及结论一定正确的是
A. 加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32－
B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸沉淀不消失，一定有SO42－
C. 加入氯化钠溶液有白色沉淀产生，再加稀硝酸沉淀不消失，一定有Ag+
D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+
【答案】C
【解析】
【详解】A、无色气体可能是二氧化碳，也可能是二氧化硫，原溶液不一定有碳酸根存在，故A错误；
B、产生沉淀可能是硫酸钡，还可能是氯化银，原溶液不一定有硫酸根存在，故B错误；
C、产生沉淀一定氯化银，故原溶液中一定存在Ag+，故C正确；
D、白色沉淀可能是碳酸钡、碳酸钙等，故无法判断原溶液存在的离子，故D错误。
答案选C
13.离子方程式：Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓可能表示:①可溶性钡盐溶液与可溶性硫酸盐溶液之间的反应②氢氧化钡溶液与可溶性硫酸盐溶液之间的反应③稀硫酸与可溶性钡盐溶液之间的反应④氢氧化钡溶液与稀硫酸反应
A. ①② B. ①②④ C. ②③ D. ①③
【答案】D
【解析】
【详解】①可溶性钡盐溶液与可溶性硫酸盐溶液之间的反应，其离子方程式可以用离子方程式Ba2++SO42-=BaSO4↓来表示，故①正确；
②氢氧化钡溶液与可溶性硫酸盐溶液之间的反应，如硫酸钠与氢氧化钡溶液的离子方程式为：Ba2++SO42-+Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓+BaSO4↓，不能用离子方程式Ba2++SO42-=BaSO4↓来表示，故②错误；
③稀硫酸与可溶性钡盐溶液之间的反应，能用离子方程式Ba2++SO42-=BaSO4↓来表示，故③正确；
④氢氧化钡溶液与稀硫酸的离子方程式为 2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，不能用离子方程式Ba2++SO42-=BaSO4↓来表示，故④错误；
所以可以用离子方程式Ba2++SO42-=BaSO4↓来表示的有①③，故答案为D。
【点睛】离子方程式Ba2++SO42-=BaSO4↓表示可溶性钡盐或氢氧化钡溶液与稀硫酸可溶性硫酸盐溶液之间的部分反应，要求同时反应生成产物除了硫酸钡沉淀外，不存在其它需要保留化学式的物质，如：水、弱电解质、难溶物等，据此进行判断。
14.已知强弱顺序：还原性I->Fe2+>Br->Cl-，氧化性Cl2>Br2>Fe3+>I2，下列反应的化学方程式或叙述不成立的是（ ）
A. Br2+2HI=I2+2HBr
B. 2FeCl2+Cl2=2FeCl3
C. 2FeCl2+2HCl+I2=2FeCl3+2HI
D. Cl2通入NaBr和NaI的混合溶液中:I-先被氧化
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据Br2+2HI=I2+2HBr可知氧化性是Br2＞I2，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故A不选；
B、根据2FeCl2+Cl2=2FeCl3可知氧化性是Cl2＞Fe3+，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故B不选；
C、根据2FeCl2+2HCl+I2=2FeCl3+2HI可知氧化性是I2＞Fe3+，与题干已知条件矛盾，所以化学方程式不成立，故C选；
D、还原性强弱顺序是I-＞Br-，氧化剂氯气先氧化还原性强的离子，即优先氧化I-，叙述成立，故D不选；
故选C。
15.下列实验过程中产生的现象与图形相符合的是（ ）
A. 稀硫酸滴加到Ba(OH)2溶液中(横坐标是稀硫酸的体积，纵坐标为溶液的导电能力)
B. 铁粉加到一定量CuSO4溶液中(横坐标是铁粉的质量，纵坐标为沉淀质量)
C. CO2通入一定量NaOH溶液中(横坐标是CO2的体积，纵坐标为溶液的导电能力)
D. 将HCl气体通入到一定量 NaOH 溶液中(横坐标是HCl气体的体积，纵坐标为溶液的导电能力)
【答案】A
【解析】
【详解】A．滴入的硫酸与氢氧化钡反应，生成硫酸钡沉淀和水，溶液中离子浓度减少，导电能力下降，恰好完全反应导电能力几乎为零，随着稀硫酸的滴入，溶液导电能力又逐渐增加，直到变为定值，故A正确；
B．铁粉加到一定量CuSO4溶液中，发生Fe+CuSO4═FeSO4+Cu，根据方程式知每当消耗56克铁，生成64克固体，所以固体的质量一直在增加，与图象中的固体的质量先变小后变大不符，故B错误；
C．CO2通入一定量NaOH溶液中，发生的化学反应是CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，根据方程式知钠离子的物质的量浓度基本不变，所以溶液的导电能力基本不变，与图象中的导电能力先变小后变大不符，故C错误；
D．将HCl气体通入到一定量 NaOH 溶液中，发生的化学反应是HCl+NaOH=NaCl+H2O，氢氧化钠和氯化钠都是强电解质，在水中完全电离，所以钠离子的物质的量浓度基本不变，与图象中的导电能力先变小后变大不符，故D错误；
故选A。
16.能正确表达下列反应的离子方程式为（ ）
A. 用醋酸除去水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O
B. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3–+OH–=CaCO3↓+H2O
C. 向硫酸铝溶液中滴加氢氧化钡溶液：Al3++3OH−=Al(OH)3↓
D. 用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的SO2：SO2+2OH- =SO32-+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸钙和醋酸都需要保留化学式，正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故A错误；
B．碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应，正确的离子方程式为：NH4++HCO3-+Ca2++2OH-═CaCO3↓+H2O+NH3•H2O，故B错误；
C．向硫酸铝溶液中滴加氢氧化钡溶液，硫酸根离子与钡离子也要反应生成硫酸钡沉淀，故C错误；
D．用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的SO2，反应生成亚硫酸钠，反应的离子方程式为SO2+2OH- =SO32-+H2O，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点和难点为C，要注意反应的离子方程式与加入的氢氧化钡的量的多少有关，因为氢氧化铝为两性氢氧化物，能够被过量的氢氧根离子转化为偏铝酸根离子。
17.中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700℃时反应制造出纳米级金刚石粉末和另一种化合物。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。下列有关说法中，你认为错误的是（ ）
A. Na的还原性强于金刚石 B. 另一种化合物是NaCl
C. 纳米级金刚石粉末可以透过半透膜 D. 这个反应是置换反应
【答案】C
【解析】
【详解】反应的方程式为4Na+CCl4C+4NaCl。
A、反应中Na元素化合价升高，被氧化，为还原剂，所以Na的还原性强于金刚石，故A正确；
B、根据方程式，“另一种化合物”指的是NaCl，故B正确；
C、胶体的粒子直径在1～100nm之间，不能透过半透膜，因此纳米级金刚石粉末不能透过半透膜，故C错误；
D、CCl4和金属钠反应生成金刚石和氯化钠，符合“单质+化合物=单质+化合物”的特点，属于置换反应，故D正确；
故选C。
18.反应8NH3＋3Cl2=N2＋6NH4Cl，被氧化的分子与被还原的分子个数比为（ ）
A. 2∶3 B. 8∶3 C. 6∶3 D. 3∶2
【答案】A
【解析】
【分析】
反应8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl中，N元素化合价由-3价升高到0价，Cl元素化合价由0价降低到-1价，据此分析解答。
【详解】反应8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl中，N元素化合价由-3价升高到0价，Cl元素化合价由0价降低到-1价，由方程式可知当有3molCl2参加反应时，有8molNH3参加反应，其中有2mol被氧化，被氧化的分子与被还原的分子的分子数之比为2∶3，故选A。
【点睛】本题易错点为B，要注意氨气不全部是还原剂，还有部分氨气中N元素的化合价没有变化。
19.下列离子反应方程式相对应的化学方程式正确的是 ( )
A. Cu2+ + 2OH- = Cu(OH)2↓ CuCO3 + 2NaOH = Cu(OH)2↓ + Na2CO3
B. Ba2+ + SO42- = BaSO4↓ Ba(OH)2 + H2SO4 = BaSO4↓ + 2H2O
C. Ag+ + Cl- = AgCl↓ AgNO3 + NaCl = AgCl↓ + NaNO3
D. Cu + 2Ag+ = Cu2++2Ag↓ Cu + 2AgCl=2Ag + CuCl2
【答案】C
【解析】
A、 CuCO3是难溶盐，与Cu2＋＋2OH－ Cu(OH)2反应中可性铜盐不相符，故A错误；B、后者应有H2O生成，反应的离子方程式为Ba2＋+2H＋+2OH－+SO42－=BaSO4↓+2H2O，二者不对应，故B错误；C、AgNO3和NaCl反应的实质为Ag＋+Cl－=AgCl↓，相符合，故C正确；D、AgCl不溶于水，应写成化学式，前者应是可溶性银盐与铜的反应，故D错误。故选C。
20.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. NaOH溶液：Na+、K+、CO32-、S2-
B. HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO−、NO3−
C. K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl−、OH−
D. H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na+、K+、CO32-、S2-之间不反应，且都不能与NaOH反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；
B．CH3COO-与HCl反应生成弱电解质CH3COOH，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．K2CO3与Ba2+反应生成难溶物碳酸钡，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．H2SO4显酸性，在酸性条件下NO3-能够氧化HSO3-，生成SO42-，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选A。
二、填空题（包括6道小题，共40分）
21.NH4Fe(SO4)2·12H2O被称为“铁铵矾”，广泛用于城镇生活用水、工业循环水的净化处理。某同学称取一定质量的NH4Fe(SO4)2·12H2O固体溶于一定量的稀硫酸中，然后向此混合溶液中逐滴加入NaOH溶液(如图甲所示)。滴加过程中产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积的关系如图乙所示。
请回答下列问题。
（1）溶解NH4Fe(SO4)2·12H2O固体所用的玻璃仪器有___(填字母)。
a．天平 b．烧杯 c．漏斗 d．玻璃棒
（2）OA段反应的离子方程式为______。
（3）AB段反应的离子方程式为______。
（4）BC段反应的离子方程式为______。
【答案】 (1). bd (2). H＋＋OH－=H2O (3). Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓ (4). NH4＋＋OH－=NH3·H2O
【解析】
【分析】
取一定质量的NH4Fe(SO4)2·12H2O固体溶于一定量的稀硫酸中，得到含有NH4Fe(SO4)2和硫酸的混合溶液，在该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，根据图像，首先发生酸碱中和反应，没有沉淀生成；然后沉淀逐渐增多，说明发生的是铁离子的沉淀反应，随后沉淀不变，说明发生的是铵根离子的反应，据此分析解答。
【详解】(1)溶解NH4Fe(SO4)2·12H2O固体需要使用的玻璃仪器有烧杯和玻璃棒，故答案为：bd；
(2)取一定质量的NH4Fe(SO4)2·12H2O固体溶于一定量的稀硫酸中，然后向此混合溶液[NH4Fe(SO4)2和硫酸]中逐滴加入NaOH溶液，根据图像，OA段没有沉淀生成，发生的反应是NaOH和硫酸的反应，所以OA段反应的离子方程式为：H++OH-═H2O，故答案为：H++OH-═H2O；
(3)硫酸反应完后，沉淀逐渐增多，曲线中对应B点之后，沉淀质量不再改变，所以AB段反应的离子方程式为：Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，故答案为：Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓；
(4)根据(3)的分析，BC段反应的离子方程式为NH4＋＋OH－=NH3·H2O，故答案为：NH4＋＋OH－=NH3·H2O。
22.（1）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭按一定比例混合而成，爆炸时的反应为S +2KNO3+3C= K2S+N2 ↑ +3CO2↑，反应中被还原的物质是___（填化学式)。
（2）工业废水中的Cr2O72-有毒，常在酸性条件下用FeSO4·7H2O做处理剂，将Cr2O72-转化为Cr3+，反应的离子方程式为___。
（3）NaH可在野外作生氢剂。反应原理为NaH+H2O=NaOH+H2↑，该反应中氧化产物和还原产物的质量比为___。
【答案】 (1). S、KNO3 (2). Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O (3). 1:1
【解析】
【分析】
(1)S +2KNO3+3C= K2S+N2 ↑+3CO2↑，反应中，硫元素化合价由0价变为-2价，N元素化合价由+5价变为0价，碳元素化合价由0价变为+4价，据此分析判断；
(2)Cr2O72-具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为Cr3+，据此书写方程式；
(3)NaH+H2O=NaOH+H2↑，NaH中H元素的化合价由-1价升高为0价，H2O中H元素的化合价由+1价降低为0价，反应中氧化产物和还原产物都是氢气，据此分析解答。
【详解】(1)S +2KNO3+3C= K2S+N2 ↑+3CO2↑，反应中，硫元素化合价由0价变为-2价，N元素化合价由+5价变为0价，碳元素化合价由0价变为+4价，所以氧化剂是S和KNO3，还原剂是C，氧化剂KNO3被还原，故答案为：S、KNO3；
(2)Cr2O72-具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为Cr3+，反应的离子方程式是：6Fe2++Cr2O72-+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，故答案为：6Fe2++Cr2O72-+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O；
(3)NaH+H2O=NaOH+H2↑，NaH中H元素化合价为-1价，具有强还原性，与水反应时为还原剂，水是氧化剂，每生成1mol氢气转移1mol电子，因此该反应中氧化产物和还原产物都是氢气，其质量之比是1∶1，故答案为：1∶1。
【点睛】本题的易错点为(3)，要注意氢气既是氧化产物，又是还原产物。
23.现有下列反应:
①2H2O+Cl2+SO2＝H2SO4+2HCl
②2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
针对上述两个反应回答:
（1）用单线桥标出①中电子转移的方向和数目_____；
（2）写出②的离子化学方程式____；
（3）Cl2、SO2和KMnO4的氧化性由强到弱的顺序为____；
（4）反应②中氯化氢表现出的性质是____。
a.还原性 b.酸性 c.氧化性
【答案】 (1). (2). 2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (3). KMnO4 >Cl2>SO2 (4). ab
【解析】
【分析】
(1)2H2O+Cl2+SO2＝H2SO4+2HCl中Cl元素由0价降低为-1价，共得到2个电子，S元素由+4价升高为+6价，共失去2个电子，据此分析解答；
(2)2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中KMnO4、HCl、KCl、MnCl2 可以拆成离子形式，据此书写离子方程式；
(3)氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性强于还原剂的氧化性，据此分析判断；
(4)在参加反应的盐酸中，有部分盐酸的化合价变化，部分不变，据此分析判断。
【详解】(1)2H2O+Cl2+SO2＝H2SO4+2HCl中Cl元素由0价降低为-1价，共得到2个电子，S元素由+4价升高为+6价，共失去2个电子，电子转移的方向和数目用单线桥表示为，故答案为：；
(2)2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O 的离子方程式为2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(3)氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于还原剂的氧化性，根据反应①得氧化性是：Cl2＞SO2；氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，根据反应②得出氧化性是：KMnO4＞Cl2，所以氧化性：KMnO4＞Cl2＞SO2，故答案为：KMnO4＞Cl2＞SO2；
(4)反应②2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中氯化氢生成氯气表现还原性，生成氯化钾、氯化锰表现酸性，故答案为：ab。
24.H2O2有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称。
（1）如消除采矿业胶液中的氰化物(如KCN)，经以下反应实现：KCN＋H2O2＋H2O=A＋NH3↑，则生成物A的化学式为___，被氧化的元素是___（填写元素符号）
（2）H2O2还可用于将酸性工业废水中的Fe2+氧化为Fe3+，再形成沉淀而除去。写出H2O2与Fe2+反应的离子方程式___。
（3）H2O2被称为“绿色氧化剂”的理由是____。
【答案】 (1). KHCO3 (2). C (3). 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (4). H2O2的还原产物是水，无污染
【解析】
【分析】
(1)根据元素守恒分析判断产物A，根据氧化还原反应的规律分析判断被氧化的元素；
(2)在酸性条件下，用H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，由电荷守恒，有氢离子参加反应，过氧化氢还原为水；
(3)H2O2作氧化剂时的还原产物是水。
【详解】(1)根据元素守恒原理，可知反应KCN+H2O2+H2O═A+NH3↑中的A为KHCO3。在反应中，KCN中C元素由+2价升高到+4价，被氧化，故答案为：KHCO3；C；
(2)在酸性条件下，用H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，根据电荷守恒可知，有氢离子参加反应，过氧化氢还原为水，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(3)在氧化还原反应中，如果H2O2为氧化剂，反应后的还原产物是水，无污染，因此H2O2被称为“绿色氧化剂”，故答案为：H2O2的还原产物是水，无污染。
25.某无色透明溶液中可能含有Cl-、H+、SO42-、Cu2+、Na+、F-中的若干种离子，已知每种离子的个数相同，为确定其含有何种离子，某同学做如下实验：
①取少量待测液于试管中，滴加石蕊试液，溶液变红；
②另取少量待测液于试管中，加入少量BaCl2溶液，产生白色沉淀。
则待测液中一定含有____（填写离子符号，下同），一定不含有___
【答案】 (1). Na+、H+ 、SO42- (2). F-、Cu2+、Cl-
【解析】
【分析】
无色透明溶液不存在有颜色的离子；①取少量待测液于试管中，滴加石蕊试液，溶液变红，说明溶液显酸性，据此分析判断存在的离子和不存在的离子；②另取少量待测液于试管中，加入少量BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明存在SO42-；由于每种离子的个数相同，再结合电荷守恒分析判断。
【详解】无色透明溶液，说明溶液中不存在Cu2+；
①取少量待测液于试管中，滴加石蕊试液，溶液变红，说明溶液显酸性，含有H+，则不存在F-；
②另取少量待测液于试管中，加入少量BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明存在SO42-；
由于每种离子个数相同，根据电荷守恒，阴离子所带负电荷总数＞阳离子所带正电荷总数，溶液中一定含有Na+，同时一定没有Cl-；
因此待测液中一定含有Na+、H+ 、SO42-，一定不含有F-、Cu2+、Cl-，故答案为：Na+、H+ 、SO42-；F-、Cu2+、Cl-。
26.按要求写出对应方程式：
（1）NaHCO3的电离方程式____
（2）向FeI2溶液中通少量Cl2的离子方程式____
（3）向NaHCO3溶液中逐滴加Ba(OH)2溶液至恰好沉淀完全的离子方程式：___
【答案】 (1). NaHCO3=Na++HCO3-（或NaHCO3=Na++HCO3-，HCO3-H++CO32-） (2). 2I-+Cl2=2Cl-+I2 (3). HCO3-+OH-+Ba2+=BaCO3↓+H2O
【解析】
【分析】
(1)碳酸氢钠为盐，完全电离，生成钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子不能拆写；
(2)少量氯气，只氧化碘离子，据此书写反应的离子方程式；
(3)向NaHCO3溶液中逐滴加Ba(OH)2溶液至恰好沉淀完全时生成碳酸钡、氢氧化钠和水，据此书写反应的离子方程式。
【详解】(1)NaHCO3为强电解质，碳酸氢根离子为弱酸的酸根离子，不能拆写，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，故答案为：NaHCO3=Na++HCO3-；
(2)碘离子的还原性强于亚铁离子，向FeI2溶液中通少量氯气，首先氧化碘离子，反应的离子方程式为2I-+Cl2═2Cl-+I2，故答案为：2I-+Cl2=2Cl-+I2；
(3)向NaHCO3溶液中逐滴加Ba(OH)2溶液，氢氧根离子首先与碳酸氢根离子反应生成水和碳酸根离子，碳酸根离子再与钡离子反应生成碳酸钡沉淀，当恰好沉淀完全时，反应生成碳酸钡、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为HCO3-+OH-+Ba2+=BaCO3↓+H2O，故答案为：HCO3-+OH-+Ba2+=BaCO3↓+H2O。
【点睛】本题的易错点为(3)，要注意发生的反应与氢氧化钡的量的多少有关，当氢氧化钡少量时，Ba2++2OH-+2HCO3-=BaCO3↓+CO32-+2H2O；氢氧化钡足量时，HCO3-+OH-+Ba2+=BaCO3↓+H2O。
2019--2020学年度上学期省六校协作体高一10月份月考联考
化学试卷
可能用到的相对原子质量：Fe-56 Cu-64
一、选择题（每题只有1个正确答案，包括20道小题，每题3分，共60分）
1.下列说法不正确的是（ ）
A. “抗坏血酸”维生素C具有还原性
B. 杨万里《戏笔》中写到“野菊荒苔各铸钱，金黄铜绿两争妍”，铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，Cu2(OH)2CO3属于碱式盐
C. 《淮南万毕术》中有“曾青得铁化为铜”的记载，该反应属于置换反应
D. 食物腐败、钟乳石的形成、植物光合作用都与氧化还原反应有关
【答案】D
【解析】
【详解】A．维生素C又称为抗坏血酸，具有还原性，故A正确；
B．铜绿主要成分为碱式碳酸铜，Cu2(OH)2CO3组成中有氢氧根属于碱式盐，故B正确；
C．“曾青得铁化为铜”表示的是硫酸铜与铁反应生成铜，该反应符合“单质+化合物=单质+化合物”的特点，属于置换反应，故C正确；
D．石钟乳的形成中涉及碳酸钙的生成与溶解，没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应；食物的腐败是食物发生氧化还原反应，植物光合作用是利用光能将二氧化碳和水合成有机物，并产生氧气，有元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故D错误；
故选D。
【点睛】本题的易错点为D，要注意根据反应的原理或化学方程式分析有无化合价的变化进行判断。
2.下列有关说法正确的是（ ）
A. 悬浊液中一定不含直径小于1 nm的粒子
B. “冰水混合物”不是一种分散系
C. 分散系有的是纯净物，有的是混合物
D. 食盐溶液静置后会分层，下层比上层咸
【答案】B
【解析】
【详解】A．悬浊液存在直径小于1 nm的粒子，如水的分子直径就小于1 nm，故A错误；
B．冰和水的分子组成和结构相同，是纯净物，不是分散系，故B正确；
C．分散系包括分散质和分散剂，都是混合物，故C错误；
D．食盐易溶于水，静止后不分层，故D错误；
故选B。
3.ClO2是一种高效杀菌剂。工业上可通过以下反应制得ClO2：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O。下列说法不正确的是（ ）
A. NaClO3是氧化剂 B. Na2SO3是还原剂
C. NaClO3发生氧化反应 D. ClO2是还原产物
【答案】C
【解析】
【分析】
2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，反应中，氯元素化合价由+5价变为+4价，硫元素化合价由+4价变为+6价，结合氧化还原反应的规律分析解答。
【详解】A．氯元素化合价降低，得电子，则NaClO3是氧化剂，故A正确；
B．硫元素化合价升高，失电子，则亚硫酸钠是还原剂，故B正确；
C．氯元素得电子，化合价降低，则NaClO3是氧化剂，发生还原反应，故C错误；
D．氯元素得电子，化合价降低，则ClO2是还原产物，故D正确；
故选C。
4.下列各组物质，按混合物、化合物、单质顺序排列的是（ ）
A. 碘酒、烧碱、液态氧 B. 熟石灰、生石灰、白磷
C. 氯化氢、干冰、铁 D. 胆矾、酒精、氮气
【答案】A
【解析】
【详解】A．碘酒含有碘和酒精两种物质，是混合物，烧碱是由钠、氢、氧 三种元素组成的化合物，液态氧是由氧元素组成的氧单质，故A正确；
B．熟石灰是有钙、氧、氢三种元素组成的化合物，故B错误；
C．氯化氢是由氯元素和氢组成的化合物，故C错误；
D．胆矾是由铜、氧、硫、氢组成的化合物，故D错误；
故选A。
5.下列各组离子中，能在溶液中大量共存的是（ ）
A. H+、NO3-、Cl-、Fe2+ B. Na+、Mg2+、SO42-、OH-
C. Cu2+、Ba2+、NO3-、CO32- D. K+、Na+、OH-、Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】A．酸性条件下，Fe2+与H+、NO3-可发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．Mg2+、OH-反应生成氢氧化镁白色沉淀，不能大量共存，故B错误；
C．Cu2+、Ba2+和CO32-能够反应生成碳酸铜沉淀、碳酸钡沉淀，不能大量共存，故C错误；
D．K+、Na+、OH-、Cl-离子之间不发生反应，可大量共存，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为A，要注意硝酸具有强氧化性，即硝酸根离子在酸性溶液中能够与还原性的离子发生氧化还原反应。
6.铁、稀盐酸、澄清石灰水、氯化铜溶液是初中化学中常见的物质，四种物质间的反应关系如图所示。图中两圆相交部分(A、B、C、D)表示物质间的反应，其中对应四个反应类型的说法正确的是
A. 复分解反应、复分解反应、化合反应、置换反应
B. 中和反应、置换反应、复分解反应、置换反应
C. 复分解反应、复分解反应、置换反应、置换反应
D. 分解反应、复分解反应、置换反应、置换反应
【答案】C
【解析】
【详解】酸碱中和反应属于两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应，为复分解反应，氢氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水，所以A为复分解反应、中和反应；B的反应属于两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应，为复分解反应，氢氧化钙和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钙，所以B为复分解反应；C的反应为一种单质和一种化合物反应生成另外的单质和化合物的反应，属于置换反应，Fe和氯化铜反应生成Cu和氯化亚铁，所以C属于置换反应；D的反应为一种单质和一种化合物反应生成另外的单质和化合物的反应，属于置换反应，铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，所以D属于置换反应；故答案为C。
【点睛】准确理解四种基本反应类型的概念是判断的关键，两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应是复分解反应，一种单质和一种化合物反应生成另外的单质和化合物的反应是置换反应，两种或多种物质生成一种物质的反应是化合反应，一种物质生成两种或多种物质的反应是分解反应，据此分析解答。
7.下列说法正确的是（ ）
A. 熔融NaCl能导电，是因为通电时NaCl发生了电离
B. NaCl固体不导电，因为NaCl固体中无带电微粒
C. NH4NO3电离时产生了NH4+、NO3-，无金属离子，所以NH4NO3不是盐
D. NaHSO4在水溶液中电离生成了Na＋、H＋、SO42-三种离子
【答案】D
【解析】
【详解】A．熔融NaCl能导电，是因为熔融的氯化钠发生了电离，其中存在自由移动的钠离子和氯离子，通电时熔融NaCl会发生电解，不是电离，故A错误；
B．离子晶体由阴阳离子构成，NaCl固体在常温下不导电，是因为离子不能自由移动，故B错误；
C．由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物是盐，硝酸铵中含有铵根离子和硝酸根离子，属于盐，故C错误；
D．NaHSO4在水溶液中的电离方程式：NaHSO4=Na++H++SO42-，硫酸氢钠水溶液中完全电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子，故D正确；
故选D。
8.下列说法正确的是
A. 物质不是电解质就是非电解质
B. 酸性氧化物不一定都是非金属氧化物，而非金属氧化物一定是酸性氧化物
C. 能导电的物质不一定是电解质，电解质也不—定能导电
D. 液氨溶于水能导电，所用是电解质
【答案】C
【解析】
【详解】A．电解质和非电解质都是化合物，单质和混合物既不是电解质，又不是非电解质，错误；
B．酸性氧化物不一定都是非金属氧化物，如七氧化二锰，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物，如一氧化碳属于不成盐氧化物，错误；
C．能导电的物质不一定是电解质，如铜。电解质不一定能导电，如固体氯化钠，正确；
D．液氨溶于水能导电，是因为生成的一水合氨发生了电离，而氨气属于非电解质，错误；
答案选C。
【点晴】本题考查了电解质的概念，注意电解质不一定导电，导电的物质不一定是电解质。注意：①电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；②电解质必须是自身能直接电离出自由移动的离子的化合物，如SO2、CO2属于非电解质；③条件：水溶液或融化状态，对于电解质来说，只须满足一个条件即可，而对非电解质则必须同时满足两个条件；④难溶性化合物不一定就是弱电解质，如硫酸钡属于强电解质。
9.已知反应：O3+2I−+H2O＝O2+I2+2OH−，下列说法不正确的是（ ）
A. 氧化性：O3＞I2 B. H2O既不是氧化剂也不是还原剂
C. O2为还原产物 D. 反应生成1个I2时转移2个电子
【答案】C
【解析】
【分析】
O3+2I-+H2O=O2+I2+2OH-中，I元素的化合价由-1升高为0价，O元素的化合价由0降低为-2价，结合氧化还原反应的规律分析解答。
【详解】A．I元素的化合价由-1升高为0价，I2为氧化产物，O元素的化合价由0降低为-2价，O3是氧化剂，则氧化性：O3＞I2，故A正确；
B．H2O中H、O元素的化合价没有变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故B正确；
C．从O3到O2，O元素的化合价没有变化，O2不是还原产物，故C错误；
D．I元素的化合价由-1升高为0价，反应生成1个I2时转移2个电子，故D正确；
故选C。
【点睛】本题的易错点为C，要注意O2中O元素的化合价仍为0价，没有发生变化，既不是氧化产物也不是还原产物。
10.下列溶液混合后，不会发生离子反应的是（ ）
A. 硝酸钡溶液和硫酸钠溶液 B. 醋酸钠溶液和稀硫酸
C. 碳酸钾溶液和硫酸氢钠溶液 D. 硝酸钾溶液和氯化铜溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A、硝酸钡溶液和硫酸钠溶液混合，能够反应生成硫酸钡沉淀，能发生离子反应，故A不选；
B、醋酸钠溶液和稀硫酸混合，能够发生复分解反应，生成弱电解质醋酸，能发生离子反应，故B不选；
C、碳酸钾溶液和硫酸氢钠溶液混合，能够反应生成二氧化碳和水，能发生离子反应，故C不选；
D、硝酸钾溶液和氯化铜溶液混合，没有沉淀、水、气体生成，不满足复分解反应发生的条件，不能发生离子反应，故D选；
故选D。
11.下列关于胶体的说法正确的是（ ）
A. 依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液
B. 向污水中投放明矾，生成能凝聚悬浮物的胶体：Al3+＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H+
C. Na+、K+、SO42-、Br-能在Fe(OH)3胶体中大量共存
D. 沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强
【答案】B
【解析】
【详解】A．分散系按照分散质粒子直径大小分为：溶液、胶体和浊液，分散质粒度大于100nm的为浊液，介于1nm~100nm为胶体，小于1nm的为溶液，故A错误；
B．向污水中投放明矾，生成能凝聚悬浮物的氢氧化铝胶体，反应的离子方程式为Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，故B正确；
C．胶体中加入电解质，胶体能够发生聚沉，不能大量共存，故C错误；
D．氢氧化铁胶体的胶体粒子带有正电荷，但氢氧化铁胶体呈电中性，故D错误；
故选B。
12.对于某些常见离子的检验及结论一定正确的是
A. 加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32－
B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸沉淀不消失，一定有SO42－
C. 加入氯化钠溶液有白色沉淀产生，再加稀硝酸沉淀不消失，一定有Ag+
D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+
【答案】C
【解析】
【详解】A、无色气体可能是二氧化碳，也可能是二氧化硫，原溶液不一定有碳酸根存在，故A错误；
B、产生沉淀可能是硫酸钡，还可能是氯化银，原溶液不一定有硫酸根存在，故B错误；
C、产生沉淀一定氯化银，故原溶液中一定存在Ag+，故C正确；
D、白色沉淀可能是碳酸钡、碳酸钙等，故无法判断原溶液存在的离子，故D错误。
答案选C
13.离子方程式：Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓可能表示:①可溶性钡盐溶液与可溶性硫酸盐溶液之间的反应②氢氧化钡溶液与可溶性硫酸盐溶液之间的反应③稀硫酸与可溶性钡盐溶液之间的反应④氢氧化钡溶液与稀硫酸反应
A. ①② B. ①②④ C. ②③ D. ①③
【答案】D
【解析】
【详解】①可溶性钡盐溶液与可溶性硫酸盐溶液之间的反应，其离子方程式可以用离子方程式Ba2++SO42-=BaSO4↓来表示，故①正确；
②氢氧化钡溶液与可溶性硫酸盐溶液之间的反应，如硫酸钠与氢氧化钡溶液的离子方程式为：Ba2++SO42-+Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓+BaSO4↓，不能用离子方程式Ba2++SO42-=BaSO4↓来表示，故②错误；
③稀硫酸与可溶性钡盐溶液之间的反应，能用离子方程式Ba2++SO42-=BaSO4↓来表示，故③正确；
④氢氧化钡溶液与稀硫酸的离子方程式为 2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，不能用离子方程式Ba2++SO42-=BaSO4↓来表示，故④错误；
所以可以用离子方程式Ba2++SO42-=BaSO4↓来表示的有①③，故答案为D。
【点睛】离子方程式Ba2++SO42-=BaSO4↓表示可溶性钡盐或氢氧化钡溶液与稀硫酸可溶性硫酸盐溶液之间的部分反应，要求同时反应生成产物除了硫酸钡沉淀外，不存在其它需要保留化学式的物质，如：水、弱电解质、难溶物等，据此进行判断。
14.已知强弱顺序：还原性I->Fe2+>Br->Cl-，氧化性Cl2>Br2>Fe3+>I2，下列反应的化学方程式或叙述不成立的是（ ）
A. Br2+2HI=I2+2HBr
B. 2FeCl2+Cl2=2FeCl3
C. 2FeCl2+2HCl+I2=2FeCl3+2HI
D. Cl2通入NaBr和NaI的混合溶液中:I-先被氧化
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据Br2+2HI=I2+2HBr可知氧化性是Br2＞I2，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故A不选；
B、根据2FeCl2+Cl2=2FeCl3可知氧化性是Cl2＞Fe3+，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故B不选；
C、根据2FeCl2+2HCl+I2=2FeCl3+2HI可知氧化性是I2＞Fe3+，与题干已知条件矛盾，所以化学方程式不成立，故C选；
D、还原性强弱顺序是I-＞Br-，氧化剂氯气先氧化还原性强的离子，即优先氧化I-，叙述成立，故D不选；
故选C。
15.下列实验过程中产生的现象与图形相符合的是（ ）
A. 稀硫酸滴加到Ba(OH)2溶液中(横坐标是稀硫酸的体积，纵坐标为溶液的导电能力)
B. 铁粉加到一定量CuSO4溶液中(横坐标是铁粉的质量，纵坐标为沉淀质量)
C. CO2通入一定量NaOH溶液中(横坐标是CO2的体积，纵坐标为溶液的导电能力)
D. 将HCl气体通入到一定量 NaOH 溶液中(横坐标是HCl气体的体积，纵坐标为溶液的导电能力)
【答案】A
【解析】
【详解】A．滴入的硫酸与氢氧化钡反应，生成硫酸钡沉淀和水，溶液中离子浓度减少，导电能力下降，恰好完全反应导电能力几乎为零，随着稀硫酸的滴入，溶液导电能力又逐渐增加，直到变为定值，故A正确；
B．铁粉加到一定量CuSO4溶液中，发生Fe+CuSO4═FeSO4+Cu，根据方程式知每当消耗56克铁，生成64克固体，所以固体的质量一直在增加，与图象中的固体的质量先变小后变大不符，故B错误；
C．CO2通入一定量NaOH溶液中，发生的化学反应是CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，根据方程式知钠离子的物质的量浓度基本不变，所以溶液的导电能力基本不变，与图象中的导电能力先变小后变大不符，故C错误；
D．将HCl气体通入到一定量 NaOH 溶液中，发生的化学反应是HCl+NaOH=NaCl+H2O，氢氧化钠和氯化钠都是强电解质，在水中完全电离，所以钠离子的物质的量浓度基本不变，与图象中的导电能力先变小后变大不符，故D错误；
故选A。
16.能正确表达下列反应的离子方程式为（ ）
A. 用醋酸除去水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O
B. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3–+OH–=CaCO3↓+H2O
C. 向硫酸铝溶液中滴加氢氧化钡溶液：Al3++3OH−=Al(OH)3↓
D. 用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的SO2：SO2+2OH- =SO32-+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸钙和醋酸都需要保留化学式，正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故A错误；
B．碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应，正确的离子方程式为：NH4++HCO3-+Ca2++2OH-═CaCO3↓+H2O+NH3•H2O，故B错误；
C．向硫酸铝溶液中滴加氢氧化钡溶液，硫酸根离子与钡离子也要反应生成硫酸钡沉淀，故C错误；
D．用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的SO2，反应生成亚硫酸钠，反应的离子方程式为SO2+2OH- =SO32-+H2O，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点和难点为C，要注意反应的离子方程式与加入的氢氧化钡的量的多少有关，因为氢氧化铝为两性氢氧化物，能够被过量的氢氧根离子转化为偏铝酸根离子。
17.中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700℃时反应制造出纳米级金刚石粉末和另一种化合物。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。下列有关说法中，你认为错误的是（ ）
A. Na的还原性强于金刚石 B. 另一种化合物是NaCl
C. 纳米级金刚石粉末可以透过半透膜 D. 这个反应是置换反应
【答案】C
【解析】
【详解】反应的方程式为4Na+CCl4C+4NaCl。
A、反应中Na元素化合价升高，被氧化，为还原剂，所以Na的还原性强于金刚石，故A正确；
B、根据方程式，“另一种化合物”指的是NaCl，故B正确；
C、胶体的粒子直径在1～100nm之间，不能透过半透膜，因此纳米级金刚石粉末不能透过半透膜，故C错误；
D、CCl4和金属钠反应生成金刚石和氯化钠，符合“单质+化合物=单质+化合物”的特点，属于置换反应，故D正确；
故选C。
18.反应8NH3＋3Cl2=N2＋6NH4Cl，被氧化的分子与被还原的分子个数比为（ ）
A. 2∶3 B. 8∶3 C. 6∶3 D. 3∶2
【答案】A
【解析】
【分析】
反应8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl中，N元素化合价由-3价升高到0价，Cl元素化合价由0价降低到-1价，据此分析解答。
【详解】反应8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl中，N元素化合价由-3价升高到0价，Cl元素化合价由0价降低到-1价，由方程式可知当有3molCl2参加反应时，有8molNH3参加反应，其中有2mol被氧化，被氧化的分子与被还原的分子的分子数之比为2∶3，故选A。
【点睛】本题易错点为B，要注意氨气不全部是还原剂，还有部分氨气中N元素的化合价没有变化。
19.下列离子反应方程式相对应的化学方程式正确的是 ( )
A. Cu2+ + 2OH- = Cu(OH)2↓ CuCO3 + 2NaOH = Cu(OH)2↓ + Na2CO3
B. Ba2+ + SO42- = BaSO4↓ Ba(OH)2 + H2SO4 = BaSO4↓ + 2H2O
C. Ag+ + Cl- = AgCl↓ AgNO3 + NaCl = AgCl↓ + NaNO3
D. Cu + 2Ag+ = Cu2++2Ag↓ Cu + 2AgCl=2Ag + CuCl2
【答案】C
【解析】
A、 CuCO3是难溶盐，与Cu2＋＋2OH－ Cu(OH)2反应中可性铜盐不相符，故A错误；B、后者应有H2O生成，反应的离子方程式为Ba2＋+2H＋+2OH－+SO42－=BaSO4↓+2H2O，二者不对应，故B错误；C、AgNO3和NaCl反应的实质为Ag＋+Cl－=AgCl↓，相符合，故C正确；D、AgCl不溶于水，应写成化学式，前者应是可溶性银盐与铜的反应，故D错误。故选C。
20.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. NaOH溶液：Na+、K+、CO32-、S2-
B. HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO−、NO3−
C. K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl−、OH−
D. H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na+、K+、CO32-、S2-之间不反应，且都不能与NaOH反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；
B．CH3COO-与HCl反应生成弱电解质CH3COOH，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．K2CO3与Ba2+反应生成难溶物碳酸钡，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．H2SO4显酸性，在酸性条件下NO3-能够氧化HSO3-，生成SO42-，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选A。
二、填空题（包括6道小题，共40分）
21.NH4Fe(SO4)2·12H2O被称为“铁铵矾”，广泛用于城镇生活用水、工业循环水的净化处理。某同学称取一定质量的NH4Fe(SO4)2·12H2O固体溶于一定量的稀硫酸中，然后向此混合溶液中逐滴加入NaOH溶液(如图甲所示)。滴加过程中产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积的关系如图乙所示。
请回答下列问题。
（1）溶解NH4Fe(SO4)2·12H2O固体所用的玻璃仪器有___(填字母)。
a．天平 b．烧杯 c．漏斗 d．玻璃棒
（2）OA段反应的离子方程式为______。
（3）AB段反应的离子方程式为______。
（4）BC段反应的离子方程式为______。
【答案】 (1). bd (2). H＋＋OH－=H2O (3). Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓ (4). NH4＋＋OH－=NH3·H2O
【解析】
【分析】
取一定质量的NH4Fe(SO4)2·12H2O固体溶于一定量的稀硫酸中，得到含有NH4Fe(SO4)2和硫酸的混合溶液，在该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，根据图像，首先发生酸碱中和反应，没有沉淀生成；然后沉淀逐渐增多，说明发生的是铁离子的沉淀反应，随后沉淀不变，说明发生的是铵根离子的反应，据此分析解答。
【详解】(1)溶解NH4Fe(SO4)2·12H2O固体需要使用的玻璃仪器有烧杯和玻璃棒，故答案为：bd；
(2)取一定质量的NH4Fe(SO4)2·12H2O固体溶于一定量的稀硫酸中，然后向此混合溶液[NH4Fe(SO4)2和硫酸]中逐滴加入NaOH溶液，根据图像，OA段没有沉淀生成，发生的反应是NaOH和硫酸的反应，所以OA段反应的离子方程式为：H++OH-═H2O，故答案为：H++OH-═H2O；
(3)硫酸反应完后，沉淀逐渐增多，曲线中对应B点之后，沉淀质量不再改变，所以AB段反应的离子方程式为：Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，故答案为：Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓；
(4)根据(3)的分析，BC段反应的离子方程式为NH4＋＋OH－=NH3·H2O，故答案为：NH4＋＋OH－=NH3·H2O。
22.（1）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭按一定比例混合而成，爆炸时的反应为S +2KNO3+3C= K2S+N2 ↑ +3CO2↑，反应中被还原的物质是___（填化学式)。
（2）工业废水中的Cr2O72-有毒，常在酸性条件下用FeSO4·7H2O做处理剂，将Cr2O72-转化为Cr3+，反应的离子方程式为___。
（3）NaH可在野外作生氢剂。反应原理为NaH+H2O=NaOH+H2↑，该反应中氧化产物和还原产物的质量比为___。
【答案】 (1). S、KNO3 (2). Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O (3). 1:1
【解析】
【分析】
(1)S +2KNO3+3C= K2S+N2 ↑+3CO2↑，反应中，硫元素化合价由0价变为-2价，N元素化合价由+5价变为0价，碳元素化合价由0价变为+4价，据此分析判断；
(2)Cr2O72-具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为Cr3+，据此书写方程式；
(3)NaH+H2O=NaOH+H2↑，NaH中H元素的化合价由-1价升高为0价，H2O中H元素的化合价由+1价降低为0价，反应中氧化产物和还原产物都是氢气，据此分析解答。
【详解】(1)S +2KNO3+3C= K2S+N2 ↑+3CO2↑，反应中，硫元素化合价由0价变为-2价，N元素化合价由+5价变为0价，碳元素化合价由0价变为+4价，所以氧化剂是S和KNO3，还原剂是C，氧化剂KNO3被还原，故答案为：S、KNO3；
(2)Cr2O72-具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为Cr3+，反应的离子方程式是：6Fe2++Cr2O72-+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，故答案为：6Fe2++Cr2O72-+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O；
(3)NaH+H2O=NaOH+H2↑，NaH中H元素化合价为-1价，具有强还原性，与水反应时为还原剂，水是氧化剂，每生成1mol氢气转移1mol电子，因此该反应中氧化产物和还原产物都是氢气，其质量之比是1∶1，故答案为：1∶1。
【点睛】本题的易错点为(3)，要注意氢气既是氧化产物，又是还原产物。
23.现有下列反应:
①2H2O+Cl2+SO2＝H2SO4+2HCl
②2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
针对上述两个反应回答:
（1）用单线桥标出①中电子转移的方向和数目_____；
（2）写出②的离子化学方程式____；
（3）Cl2、SO2和KMnO4的氧化性由强到弱的顺序为____；
（4）反应②中氯化氢表现出的性质是____。
a.还原性 b.酸性 c.氧化性
【答案】 (1). (2). 2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (3). KMnO4 >Cl2>SO2 (4). ab
【解析】
【分析】
(1)2H2O+Cl2+SO2＝H2SO4+2HCl中Cl元素由0价降低为-1价，共得到2个电子，S元素由+4价升高为+6价，共失去2个电子，据此分析解答；
(2)2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中KMnO4、HCl、KCl、MnCl2 可以拆成离子形式，据此书写离子方程式；
(3)氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性强于还原剂的氧化性，据此分析判断；
(4)在参加反应的盐酸中，有部分盐酸的化合价变化，部分不变，据此分析判断。
【详解】(1)2H2O+Cl2+SO2＝H2SO4+2HCl中Cl元素由0价降低为-1价，共得到2个电子，S元素由+4价升高为+6价，共失去2个电子，电子转移的方向和数目用单线桥表示为，故答案为：；
(2)2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O 的离子方程式为2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(3)氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于还原剂的氧化性，根据反应①得氧化性是：Cl2＞SO2；氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，根据反应②得出氧化性是：KMnO4＞Cl2，所以氧化性：KMnO4＞Cl2＞SO2，故答案为：KMnO4＞Cl2＞SO2；
(4)反应②2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中氯化氢生成氯气表现还原性，生成氯化钾、氯化锰表现酸性，故答案为：ab。
24.H2O2有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称。
（1）如消除采矿业胶液中的氰化物(如KCN)，经以下反应实现：KCN＋H2O2＋H2O=A＋NH3↑，则生成物A的化学式为___，被氧化的元素是___（填写元素符号）
（2）H2O2还可用于将酸性工业废水中的Fe2+氧化为Fe3+，再形成沉淀而除去。写出H2O2与Fe2+反应的离子方程式___。
（3）H2O2被称为“绿色氧化剂”的理由是____。
【答案】 (1). KHCO3 (2). C (3). 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (4). H2O2的还原产物是水，无污染
【解析】
【分析】
(1)根据元素守恒分析判断产物A，根据氧化还原反应的规律分析判断被氧化的元素；
(2)在酸性条件下，用H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，由电荷守恒，有氢离子参加反应，过氧化氢还原为水；
(3)H2O2作氧化剂时的还原产物是水。
【详解】(1)根据元素守恒原理，可知反应KCN+H2O2+H2O═A+NH3↑中的A为KHCO3。在反应中，KCN中C元素由+2价升高到+4价，被氧化，故答案为：KHCO3；C；
(2)在酸性条件下，用H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，根据电荷守恒可知，有氢离子参加反应，过氧化氢还原为水，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(3)在氧化还原反应中，如果H2O2为氧化剂，反应后的还原产物是水，无污染，因此H2O2被称为“绿色氧化剂”，故答案为：H2O2的还原产物是水，无污染。
25.某无色透明溶液中可能含有Cl-、H+、SO42-、Cu2+、Na+、F-中的若干种离子，已知每种离子的个数相同，为确定其含有何种离子，某同学做如下实验：
①取少量待测液于试管中，滴加石蕊试液，溶液变红；
②另取少量待测液于试管中，加入少量BaCl2溶液，产生白色沉淀。
则待测液中一定含有____（填写离子符号，下同），一定不含有___
【答案】 (1). Na+、H+ 、SO42- (2). F-、Cu2+、Cl-
【解析】
【分析】
无色透明溶液不存在有颜色的离子；①取少量待测液于试管中，滴加石蕊试液，溶液变红，说明溶液显酸性，据此分析判断存在的离子和不存在的离子；②另取少量待测液于试管中，加入少量BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明存在SO42-；由于每种离子的个数相同，再结合电荷守恒分析判断。
【详解】无色透明溶液，说明溶液中不存在Cu2+；
①取少量待测液于试管中，滴加石蕊试液，溶液变红，说明溶液显酸性，含有H+，则不存在F-；
②另取少量待测液于试管中，加入少量BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明存在SO42-；
由于每种离子个数相同，根据电荷守恒，阴离子所带负电荷总数＞阳离子所带正电荷总数，溶液中一定含有Na+，同时一定没有Cl-；
因此待测液中一定含有Na+、H+ 、SO42-，一定不含有F-、Cu2+、Cl-，故答案为：Na+、H+ 、SO42-；F-、Cu2+、Cl-。
26.按要求写出对应方程式：
（1）NaHCO3的电离方程式____
（2）向FeI2溶液中通少量Cl2的离子方程式____
（3）向NaHCO3溶液中逐滴加Ba(OH)2溶液至恰好沉淀完全的离子方程式：___
【答案】 (1). NaHCO3=Na++HCO3-（或NaHCO3=Na++HCO3-，HCO3-H++CO32-） (2). 2I-+Cl2=2Cl-+I2 (3). HCO3-+OH-+Ba2+=BaCO3↓+H2O
【解析】
【分析】
(1)碳酸氢钠为盐，完全电离，生成钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子不能拆写；
(2)少量氯气，只氧化碘离子，据此书写反应的离子方程式；
(3)向NaHCO3溶液中逐滴加Ba(OH)2溶液至恰好沉淀完全时生成碳酸钡、氢氧化钠和水，据此书写反应的离子方程式。
【详解】(1)NaHCO3为强电解质，碳酸氢根离子为弱酸的酸根离子，不能拆写，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，故答案为：NaHCO3=Na++HCO3-；
(2)碘离子的还原性强于亚铁离子，向FeI2溶液中通少量氯气，首先氧化碘离子，反应的离子方程式为2I-+Cl2═2Cl-+I2，故答案为：2I-+Cl2=2Cl-+I2；
(3)向NaHCO3溶液中逐滴加Ba(OH)2溶液，氢氧根离子首先与碳酸氢根离子反应生成水和碳酸根离子，碳酸根离子再与钡离子反应生成碳酸钡沉淀，当恰好沉淀完全时，反应生成碳酸钡、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为HCO3-+OH-+Ba2+=BaCO3↓+H2O，故答案为：HCO3-+OH-+Ba2+=BaCO3↓+H2O。
【点睛】本题的易错点为(3)，要注意发生的反应与氢氧化钡的量的多少有关，当氢氧化钡少量时，Ba2++2OH-+2HCO3-=BaCO3↓+CO32-+2H2O；氢氧化钡足量时，HCO3-+OH-+Ba2+=BaCO3↓+H2O。
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