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河南省洛阳市第一高级中学2019-2020学年高一9月月考化学试题
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河南省洛阳市第一高级中学2019-2020学年高一9月月考
化学试题
1.《中国诗词大会》不仅弘扬了中国传统文化，还蕴含着许多化学知识，下列诗词分析不正确的是
A. 诗句“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的能量变化主要是化学能转化为热能
B. 诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，金性质稳定可通过物理方法得到
C. 诗句“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹的燃放涉及氧化还原反应
D. 诗句“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”，“紫烟”指“香炉”中碘升华的现象
【答案】D
【解析】
【详解】A、豆萁是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能，故A正确；
B、沙里淘金说明了金的化学性质稳定，可通过物理方法得到，故B正确；
C、爆竹燃放的过程有新物质CO2、SO2等生产，属于化学变化，与氧气反应，同时也是氧化还原反应，故C正确；
D、水产生的雾气是由水蒸发遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故D错误。
答案选D。
2.下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是
A. 干冰、 铁、 冰水混合物 B. 烧碱、液氯、氯水
C. 碱石灰、白磷、熟石灰 D. 漂白粉、氮气、胆矾
【答案】B
【解析】
【分析】
由两种或两种以上元素组成的纯净物是化合物，由一种元素组成的纯净物是单质，由两种或两种以上物质组成的是混合物，据此判断。
【详解】A. 干冰是二氧化碳属于化合物，铁是金属单质，冰水混合物属于纯净物，A不符合；
B. 烧碱是氢氧化钠属于化合物，液氯是氯气属于单质，氯水是氯气的水溶液，属于混合物，B符合；
C. 碱石灰是氢氧化钠和氧化钙组成的混合物，白磷是单质，熟石灰是氢氧化钙，C不符合；
D. 漂白粉是氯化钙和次氯酸钙组成的混合物，氮气是单质，胆矾是硫酸铜晶体，属于纯净物，D不符合；
答案选B。
3.下列关于摩尔质量的描述或应用正确的是（）
A. 1mol OH-的质量是17
B. 二氧化碳的摩尔质量是44 g
C. 铁原子的摩尔质量等于它的相对原子质量
D. 一个钠原子的质量约等于g
【答案】D
【解析】
【详解】A、1molOH-的质量是17g，单位不正确，故A错误；
B、二氧化碳的摩尔质量是44g/mol，单位不正确，故B错误；
C、铁原子的摩尔质量是以g/mol为单位，数值上等于铁原子的相对原子质量，故C错误；
D、1mol微粒含有阿伏加德罗常数个微粒，钠原子的摩尔质量为23g/mol，所以一个钠原子质量==g，故D正确；
答案选D。
4.下列现象或应用中，与胶体有关，且说法正确的是
A. 清晨，在茂密的树林中，常常可以看到从枝叶间透过的道道光柱
B. 在饱和氯化铁溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生红褐色的Fe(OH) 3胶体
C. 向有污染的水中加入胶体，具有杀菌消毒的作用
D. 将Fe(OH) 3胶体放置一段时间后，会出现浑浊
【答案】A
【解析】
【详解】A. 清晨，在茂密的树林中，常常可以看到从枝叶间透过的道道光柱，与胶体的丁达尔效应有关，A正确；
B. 在饱和氯化铁溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生红褐色Fe(OH)3沉淀，发生的是复分解反应，与胶体性质没有关系，B错误；
C. 向有污染的水中加入胶体，能净化水，不具有杀菌消毒的作用，C错误；
D. 胶体是介稳体系，将Fe(OH)3胶体放置一段时间后，不会出现浑浊，D错误；
答案选A。
【点睛】明确胶体的制备原理、性质特点是解答的关键，选项D是解答的易错点，注意胶体的稳定性介于溶液和浊液之间，在一定条件下能稳定存在，属于介稳体系。
5.下列有关叙述正确的是
A. 电泳现象可证明胶体带电荷
B. 直径在1～100nm之间的粒子称为胶体
C. 是否具有丁达尔效应是区分溶液、胶体和浊液的依据
D. 胶体粒子很小，可以透过滤纸
【答案】D
【解析】
【详解】A、胶体的电泳现象证明胶体粒子带电荷，而胶体是不带电的，A错误；
B、胶体是一类分散系，其中分散质粒子直径在1～100 nm之间，B错误；
C、三类分散系（溶液、胶体和浊液）的本质区别是分散质粒子的直径不同，丁达尔效应可以鉴别溶液和胶体，但不是它们的本质区别，C错误；
D、胶体粒子（直径1～100 nm）很小，可以透过滤纸上的孔隙，D正确。
答案选D。
【点睛】选项A是解答的易错点，注意胶体分散系是不带电荷的，胶体的胶粒吸附离子而带电荷，类似于溶液显电中性，溶液中的阴阳离子带电荷。
6.下列说法中不正确的有
①将硫酸钡放入水中不能导电，所以硫酸钡是非电解质；
②氨溶于水得到的溶液能导电，所以NH3是电解质；
③液态HCl不导电，所以属于非电解质；
④NaHSO4电离时生成的阳离子有氢离子，但不属于酸；
⑤电解质放在水中一定能导电，非电解质放在水中一定不导电。
⑥强电解质的导电能力比弱电解质强
A. 4个 B. 5个 C. 6个 D. 全部
【答案】B
【解析】
【详解】①硫酸钡难溶于水，溶于水的部分全部电离，硫酸钡是电解质，①错误；
②氨溶于水得到的溶液能导电是因为一水合氨能电离出阴阳离子，一水合氨是电解质，NH3是非电解质，②错误；
③氯化氢溶于水能电离出阴阳离子而导电，氯化氢是电解质，③错误；
④NaHSO4电离时生成的阳离子还有钠离子，所以盐，不是酸，④正确；
⑤电解质放在水中不一定能导电，例如难溶于水的硫酸钡等，非电解质放在水中不一定不导电，例如SO2溶于水，溶液可以导电，⑤错误；
⑥强电解质的导电能力不一定比弱电解质强，只与溶液中离子的浓度和所带电荷数有关系，⑥错误；
答案选B。
【点睛】电解质的判断是解答的易错点，注意电解质应是一定条件下本身电离而导电的化合物。有些化合物的水溶液能导电，但溶液中离子不是它本身电离出来的，而是与水反应后生成的，因此也不是电解质。这说明化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，如石墨；电解质本身不一定能导电，如NaCl晶体。
7.在相同条件下，溶液中下列反应均可发生：①3S2O82﹣+2Cr3++7H2O═Cr2O72﹣+6SO42﹣+14H+；②Cr2O72﹣+14H++6Cl﹣═2Cr3++3Cl2↑+7H2O；③Cl2+2Fe2+═2Cl﹣+2Fe3+④Sn2++2Fe3+═2Fe2++Sn4+．下列有关微粒的氧化性比较，正确的是
A. Cr2O72﹣＞S2O82﹣＞Cl2＞Sn4+＞Fe3+ B. S2O82﹣＞Cr2O72﹣＞Fe3+＞Cl2＞Sn4+
C. S2O82﹣＞Fe3+＞Sn4+＞Cr2O72﹣＞Cl2 D. S2O82﹣＞Cr2O72﹣＞Cl2＞Fe3+＞Sn4+
【答案】D
【解析】
【详解】在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则根据反应3S2O82﹣+2Cr3++7H2O＝Cr2O72﹣+6SO42﹣+14H+可知氧化性是S2O82﹣＞Cr2O72﹣；根据反应Cr2O72﹣+14H++6Cl﹣＝2Cr3++3Cl2↑+7H2O可知氧化性是Cr2O72﹣＞Cl2；根据反应Cl2+2Fe2+＝2Cl﹣+2Fe3+可知氧化性是Cl2＞Fe3+；根据反应Sn2++2Fe3+＝2Fe2++Sn4+可知氧化性是Fe3+＞Sn4+，所以氧化性强弱顺序是S2O82﹣＞Cr2O72﹣＞Cl2＞Fe3+＞Sn4+。答案选D。
8.常温下，下列微粒可以大量共存于同一溶液中的是
A. NH4+、CH3COO-、Ca2+、Cl- B. Fe3+、Ag+、SO42-、NO3-
C. Cu2+、H+、S2-、NO3- D. I-、Fe3+、K+、Cl-
【答案】A
【解析】
【分析】
离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以，结合离子的性质分析解答。
【详解】A、四种离子在同一溶液中不反应，能大量共存，A选；
B、Ag＋与SO42―在溶液中不能大量共存，B不选；
C、S2―与Cu2＋或H＋在同一溶液中均不能共存，前者生成不溶物，后者生成弱酸，且在酸性溶液中硝酸根能氧化硫离子，C不选；
D、在溶液中铁离子能氧化碘离子，不能共存，D不选；
答案选A。
9.下列各选项中的两个反应,可用同一个离子方程式表示的是 ( )
选项
Ⅰ
Ⅱ
A
Ba(OH)2溶液与过量NaHCO3溶液混合
NaOH溶液与过量NaHCO3溶液混合
B
少量SO2通入Ba(OH)2溶液中
过量SO2通入Ba(OH)2溶液中
C
BaCl2溶液与Na2SO3溶液混合
Ba(OH)2溶液与H2SO3溶液混合
D
少量氨水滴入AlCl3溶液中
少量AlCl3溶液滴入氨水中
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、I中生成碳酸钡、碳酸钠和水，II中生成碳酸钠和水，碳酸钡在离子反应中保留化学式，二者离子反应不同，故A不选；
B、I中生成亚硫酸钡和水，II中生成亚硫酸氢钡和水，亚硫酸钡在离子反应中保留化学式，二者离子反应不同，故B不选；
C、I中反应生成亚硫酸钡和氯化钠，II中反应生成亚硫酸钡和水，亚硫酸钡、水在离子反应中均保留化学式，二者离子反应不同，故C不选；
D、I、II中均反应生成氢氧化铝和氯化铵，反应物、生成物相同，离子反应相同，故D选；
故选D。
10.为实现下列转化，必须加入氧化剂的是
A. Cl2→HCl B. NH4+→NH3 C. H2O2→O2 D. Cu→CuO
【答案】D
【解析】
【分析】
必须加入氧化剂才能实现转化，说明所给微粒失去电子，有关元素的化合价一定升高，结合氧化还原反应原理和物质的性质分析解答。
【详解】A. Cl2→HCl中氯元素化合价降低，需要加入还原剂或溶于水发生自身的氧化还原反应，A不选；
B. NH4+→NH3中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，B不选；
C. H2O2→O2中氧元素化合价升高，需要加入氧化剂，但双氧水自身分解也可以得到氧气，C不选；
D. Cu→CuO中铜元素化合价升高，必须加入氧化剂，D选。
答案选D。
【点睛】准确判断出元素的化合价变化情况是解答的关键，选项C是解答的易错点，学生容易忽略微粒发生自身的氧化还原反应，因此答题时需要灵活应用。
11.用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物(NOx)，转化为无害物质。常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其转化过程如下图所示。下列说法不正确的是
A. 反应I的离子反应方程式为2Ce4++H2=2Ce3++2H+
B. 反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
C. 反应前溶液中c(Ce4+)一定等于反应后溶液中的c(Ce4+)
D. 反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+离子的总数一定保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据图示可知反应I为2Ce4++H2=2Ce3++2H+，A正确；
B.反应II的反应物为Ce3+、H+、NO，生成物为Ce4+、N2、H2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应方程式为 4Ce3++4H++2NO=4Ce4++N2+2H2O，在该反应中NO是氧化剂，Ce3+是还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量的比为2：4=1：2，B正确；
C.反应前后溶液中n(Ce4+)的物质的量不变，但由于反应后溶液中水的物质的量增多，所以反应后溶液中c(Ce4+)减小，C错误；
D.由于反应前后各种元素的原子个数相等，根据Ce元素守恒可知反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+离子的总数不变，D正确；
故合理选项是C。
12.下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 向Al2（SO4）3溶液中滴加氨水：Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓
B. 向碳酸氢钠溶液中加入少量石灰水：HCO3﹣+Ca2++OH﹣＝CaCO3↓+H2O
C. 向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸：Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓
D. 向FeBr2溶液中通入少量氯气：Cl2+2Fe2+＝2Cl﹣+2Fe3+
【答案】D
【解析】
【详解】A. 一水合氨难电离，则向Al2（SO4）3溶液中滴加氨水的离子方程式应该为：Al3++3NH3·H2O＝Al（OH）3↓+3NH4＋，A错误；
B. 向碳酸氢钠溶液中加入少量石灰水生成碳酸钠、碳酸钙和水：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣＝CaCO3↓+CO32－+2H2O，B错误；
C. 向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸生成硫酸钡和水：Ba2++2OH﹣+2H＋+SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O，C错误；
D. 向FeBr2溶液中通入少量氯气只氧化亚铁离子：Cl2+2Fe2+＝2Cl﹣+2Fe3+，D正确；
答案选D。
【点睛】选项C是解答的易错点，注意酸式盐与碱反应，书写时可采用设“1”法，即将少量物质的量定为1 mol，其他反应物的离子根据需要确定物质的量。
13.向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是
A. Cu2+是H2O2分解反应的催化剂
B. H2O2既表现氧化性又表现还原性
C. Cu2+将H2O2还原为O2
D. 发生了反应Cu2O + H2O2 + 4H+ == 2Cu2+ + 3H2O
【答案】C
【解析】
A. 蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），红色浑浊又变为蓝色溶液，故Cu2+是H2O2分解反应的催化剂，选项A正确；B. H2O2中氧元素化合价由-1价变为0价和-2价，既表现氧化性又表现还原性，选项B正确；C. 反应中H2O2自身发生氧化还原反应，选项C不正确；D. 发生了反应2Cu2+ + H2O2 + H2O== Cu2O + O2 ↑+ 4H+和Cu2O + H2O2 + 4H+ == 2Cu2+ + 3H2O，选项D正确。答案选C。
14.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是
A. 反应KClO3+6HCl＝KCl+3Cl2↑+3H2O中，生成3mol氯气时转移6NA个电子
B. 46g NO2和N2O4混合气体中含有原子总数为2.5NA
C. 23g Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去1.5NA个电子
D. 24gMg变为Mg2+时失去的电子数为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 反应KClO3+6HCl＝KCl+3Cl2↑+3H2O中氯酸钾是氧化剂，生成3mol氯气时转移5NA个电子，A错误；
B. NO2和N2O4的最简式均是NO2，则46g NO2和N2O4混合气体中含有“NO2”的物质的量是1mol，原子总数为3NA，B错误；
C. 23g Na是1mol，与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子，C错误；
D. 24gMg是1mol，变为Mg2+时失去的电子数为2NA，D正确；
答案选D。
15.“84”消毒液、明矾、高铁酸钾（K2FeO4）、臭氧等都可以作水处理剂，已知“84”消毒液中的有效成分为NaClO，下列有关说法正确的是
A. 若有1mol高铁酸钾转化成氢氧化铁沉淀，则转移6×6.02×1023个电子
B. 常温常压下，32g O2、O3的混合气体所含原子数小于2×6.02×1023
C. 1mol明矾溶于水得到的氢氧化铝胶体粒子数为6.02×1023
D. 7.45g NaClO中ClO﹣含有的电子总数为26×6.02×1022
【答案】D
【解析】
【详解】A. 1mol高铁酸钾转化成氢氧化铁沉淀，铁的化合价由+6价降低到+3价，得到3mol电子，所以转移的电子数为3×6.02×1023，A错误；
B. 32gO2、O3的混合气体可以看做是32g氧原子，即2mol氧原子，所以所含原子数等于2×6.02×1023，B错误；
C. 1个氢氧化铝胶体粒子是由多个Al(OH)3聚合而成，所以氢氧化铝胶体粒子数小于6.02×1023，C错误；
D. 7.45gNaClO即0.1molNaClO，1个ClO-中含有的电子数为26个，所以0.1mol中ClO-含有的电子总数为26×6.02×1022，D正确。
答案选D。
16.高铁酸钠(Na2FeO4)是一种高效多功能水处理剂。工业上通过以下反应生产：3NaClO＋2Fe(NO3)3＋10NaOH = 2Na2FeO4＋3NaCl＋6NaNO3＋5H2O。下列有关该反应的说法正确的是
A. 氯元素的化合价升高 B. Fe(NO3)3是氧化剂
C. 铁元素被氧化 D. NaOH发生氧化反应
【答案】C
【解析】
A、氯元素的化合价由+1价降到-1价，所以氯元素的化合价降低，A项错误；B、铁元素由+3价升高到+6价，Fe(NO3)3是还原剂，B项错误；C、铁元素化合价升高，被氧化，C项正确；D、NaOH中各元素化合价不变，是碱性介质，所以NaOH未发生氧化反应，D项错误；答案选C。
点睛：氧化还原反应中，元素失电子，化合价升高，发生氧化反应，做还原剂，反之做氧化剂。
17.R2O8n-在一定条件下可把Mn2+氧化成MnO4-,反应如下：8H2O+5R2O8n-+2Mn2+=2MnO4-+10RO42-+16H+。则R2O8n-中R 的化合价为（ ）
A. +4 B. +5 C. +6 D. +7
【答案】D
【解析】
【详解】2Mn2+→2MnO4-失去电子总数为25=10，根据氧化还原反应中得失电子守恒，5R2O8n-→10RO42-得到电子总数为10，R2O8n-→2RO42-得到电子数为2，RO42-中R的化合价为+6价，则R2O8n-中R的化合价为+7价，答案选D。
【点睛】本题也可以用离子方程式的电荷守恒解答。根据电荷守恒，n=2，R2O8n-为R2O82-，离子所带电荷数等于正负化合价的代数和，则R2O8n-中R的化合价为+7价。
18.把图2的碎纸片补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式（未配平）。下列对该反应的说法不正确的是
A. IO4﹣作氧化剂
B. 若有1 mol Mn2+参加反应转移5mol电子
C. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：5
D. 配平后H+、Mn2+的化学计量数分别为4、2
【答案】D
【解析】
【分析】
Mn2＋作反应物，则MnO4－作生成物，化合价升高，因此IO4－作反应物，IO3－作生成物，H＋作生成物，则H2O作反应物，因此反应方程式为：Mn2＋＋IO4－＋H2O→H＋＋MnO4－＋IO3－，根据化合价的升降法配平，2Mn2＋＋5IO4－+3H2O＝2MnO4－＋5IO3－＋6H＋，据此解答。
【详解】A、根据上述分析IO4－化合价降低，作氧化剂，A正确；
B、根据离子反应方程式，消耗2molMn2＋转移电子10mol，则消耗1molMn2＋转移电子5mol，B正确；
C、根据反应方程式，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：5，C正确；
D、根据反应方程式，H＋的系数为6，D错误。
答案选D。
19.将少量Cl2通入饱和FeBr2溶液中，溶液变为棕黄色，再加入CCl4振荡、静置，下层溶液无色。下列说法错误的是
A. 该反应中的还原产物是Cl﹣
B. 氧化性强弱顺序为：Cl2＞Fe3+＞Br2
C. 若氯气过量，则CCl4层呈橙红色
D. 若将1molCl2通入1.5molFeBr2溶液中，充分反应后，n(Br-)＝2.5mol
【答案】B
【解析】
【分析】
铁离子易溶于水，溴易溶于四氯化碳，将少量Cl2通入饱和FeBr2溶液中，溶液变为棕黄色，再加入CCl4振荡、静置，下层溶液无色，说明氯气氧化亚铁离子生成铁离子而溴离子不被氧化，据此分析解答。
【详解】A、该反应中氯气氧化亚铁离子不氧化溴离子，氧化剂是氯气，还原剂是亚铁离子，所以还原产物是Cl－，氧化产物是Fe3＋，A正确；
B.溴能氧化亚铁离子生成铁离子，氯气能氧化溴离子生成溴，所以氧化性强弱顺序为Cl2＞Br2＞Fe3+，B错误；
C.氯气过量时氯气将溴离子氧化生成溴，溴易溶于四氯化碳，所以如果氯气过量，则CCl4层呈橙红色，C正确；
D.n(FeBr2)=1.5mol，1.5mol亚铁离子被氯气氧化需要0.75mol氯气，剩余0.25mo氯气能氧化0.5mol溴离子，则将1molCl2通入1.5molFeBr2溶液中，充分反应后，n(Br-)＝1.5mol×2-0.5mol=2.5mol，D正确；
答案选B。
【点睛】明确离子反应先后顺序、离子性质及各个物理量之间的关系式是解本题关键，难点是D的判断，注意转移电守恒、原子守恒的灵活运用。
20.某浓度稀HNO3与金属M反应时，能得到+2价硝酸盐，反应时M与HNO3的物质的量之比为5 ∶12，则反应时HNO3的还原产物是 （ ）
A. NH4NO3 B. N2 C. N2O D. NO
【答案】B
【解析】
【详解】依据题意可列出反应方程式如下：5M+12HNO3=5M(NO3)2+N2↑+6H2O，某稀HNO3与金属M反应时能得到+2价硝酸盐，所以1mol M失去2mol电子，5mol M失去10mol电子；而12mol HNO3中，有10mol硝酸没有参加氧化还原反应，只有2mol硝酸参加氧化还原反应，得到10mol电子，硝酸中氮的化合价为+5价，所以还原产物必须是0价的N2，B项正确；
答案选B。
【点睛】利用电子转移数守恒是解题的突破口，找到化合价的定量关系，理解氧化还原反应的本质是关键。
21.现有甲、乙、丙三名同学分别进行Fe（OH）3胶体的制备实验．
I、甲同学向1mol•L﹣1氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液；
II、乙同学直接加热饱和FeCl3溶液；
III、丙同学向25ml沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液；继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热． 试回答下列问题：
（1）其中操作正确的同学是_____．写出此过程中的化学方程式：_____________；
（2）证明有Fe（OH）3胶体生成的最简单实验操作是___________________________；
（3）Fe（OH）3胶体是不是电解质：_____ （填“是”或“不是”）．
（4）丁同学利用所制得的Fe（OH）3胶体进行下列实验：
①将其装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的颜色逐渐变深，这表明Fe（OH）3胶粒带_____电荷．
②向其中加入饱和Na2SO4溶液，产生的现象是_________________________________；
③向所得Fe（OH）3胶体中逐滴滴加硫酸溶液，开始产生红褐色沉淀，这是因为_____；继续滴加，沉淀最终消失且得棕黄色溶液，写出化学方程式______________________；
④欲除去Fe（OH）3胶体中混有的NaCl，所用仪器物品是_____；操作名称是_____．
【答案】 (1). 丙 (2). FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl (3). 用激光笔照射，有一条明亮的光路，则有胶体生成 (4). 不是 (5). 正 (6). 生成红褐色的沉淀 (7). 加电解质胶体聚沉 (8). 2Fe（OH）3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+6H2O (9). 半透膜 (10). 渗析
【解析】
【分析】
实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时立即停止加热，结合氢氧化铁胶体的性质分析解答。
【详解】（1）实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时立即停止加热，反应的化学方程式为FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，其它做法都不能生成胶体，得到的是氢氧化铁沉淀，因此操作正确的同学是丙；
（2）胶体具有丁达尔效应，当用激光笔照射时，会有一道明亮的光路，因此证明制得的红褐色液体属于胶体，最简单实验操作是用激光笔照射，有一条明亮的光路，则有胶体生成；
（3）Fe（OH）3胶体是混合物，不是电解质也不是非电解质；
（4）①Fe（OH）3胶粒带正电，通电时带正电荷的粒子向阴极移动，因此阴极附的颜色逐渐变深；
②胶体遇电解质溶液发生聚沉，因此向其中加入饱和Na2SO4溶液，现象是有红褐色沉淀生成；
③向氢氧化铁胶体中逐滴加入过量硫酸溶液，硫酸电离出的阳离子使Fe（OH）3胶体发生聚沉，而电离出的氢离子使Fe（OH）3沉淀溶解，会观察到先出现红褐色沉淀，后沉淀消失，反应的方程式为2Fe（OH）3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+6H2O；
④由于胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜，因此欲除去Fe（OH）3胶体中混有的NaCl，所用仪器物品是半透膜，操作名称是渗析。
22.现有四瓶贴有甲、乙、丙、丁标签的溶液，它们可能是K2CO3、Ba(NO3)2、NaHSO4和K2SO4溶液。现进行如下实验，并记录部分现象(如图)：
据此完成下列回答：
（1）写出各物质的化学式：
甲：______________乙：_______________丁：________________；
（2）写出下列反应的离子方程式：
甲+乙：________________________________，
沉淀a+溶液b：________________________________________________.
【答案】 (1). NaHSO4 (2). Ba(NO3)2 (3). K2CO3 (4). Ba2++SO42-＝BaSO4↓ (5). BaCO3+2H+＝Ba2+ +H2O+CO2↑
【解析】
【分析】
能产生两种沉淀的是硝酸钡，分别得到碳酸钡和硫酸钡，则乙是硝酸钡；沉淀a和溶液b混合产生气体，说明沉淀a是碳酸钡，因此丁是碳酸钾，溶液b显酸性，则甲是硫酸氢钠，所以丙是硫酸钾，据此判断。
【详解】（1）根据以上分析可知甲、乙、丁的化学式分别是NaHSO4、Ba(NO3)2、K2CO3；
（2）甲+乙即硫酸氢钠和硝酸钡反应，离子方程式为Ba2++SO42-＝BaSO4↓；根据以上分析可知沉淀a+溶液b反应的离子方程式为BaCO3+2H+＝Ba2+ +H2O+CO2↑。
23.根据下列实验现象或要求写离子方程式（描述现象，需要写出所有涉及的离子方程式。
实验现象
离子方程式
（1）澄清石灰水中通入CO2出现白色沉淀，继续通，沉淀溶解，加热后又出白色沉淀。
___________
（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的过程为，在氢氧化铁固体中加入KClO和KOH的混合液。写出该过程的离子方程式并配平。
_______________
【答案】 (1). Ca2++2OH- +CO2＝CaCO3↓+H2O、CaCO3+CO2+H2O＝Ca2++2HCO3-、Ca2++2HCO3-CO2↑+CaCO3↓+H2O (2). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O
【解析】
【详解】（1）澄清石灰水中通入CO2出现白色沉淀，生成碳酸钙。继续通入，碳酸钙沉淀溶解转化为碳酸氢钙，加热后又出白色沉淀，是由于碳酸氢钙受热分解生成碳酸钙，有关反应的离子方程式为Ca2++2OH- +CO2＝CaCO3↓+H2O、CaCO3+CO2+H2O＝Ca2++2HCO3-、Ca2++2HCO3-CO2↑+CaCO3↓+H2O。
（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的过程为在氢氧化铁固体中加入KClO和KOH的混合液反应生成高铁酸钾、氯化钾和水，铁元素化合价从+3价升高到+6价，失去3个电子，氯元素化合价从+1价降低到－1价，得到2个电子，根据电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒可知反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O。
24.已知NaNO2晶体外观和食盐相似，又有咸味，因而容易引起误食中毒已知NaNO2能发生反应：2NaNO2+4HI＝2NO↑+I2+2NaI+2H2O。
（1）上述反应中，还原剂是_____，还原产物是_____
（2）根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl．可选用的物质有：①碘化钾﹣淀粉试纸；②水；③淀粉；④白酒；⑤食醋，你认为必须选用的物质有_____（填序号）。
（3）某厂废液中含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂中能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是_____
A．NH4Cl B．NaCl C HNO3 D．浓H2SO4
（4）请平以下化学方程式 Al+ NaNO3+ NaOH＝ NaAlO2+ N2↑+ H2O，_______________
【答案】 (1). HI (2). NO (3). ①⑤ (4). A (5). 10Al+6NaNO3+4NaOH＝10NaAlO2+3N2↑+2H2O
【解析】
【分析】
根据反应中相关元素的化合价变化情况，结合氧化还原反应的有关概念、规律、电子得失守恒以及物质的性质特点分析解答。
【详解】（1）反应2NaNO2+4HI＝2NO↑+I2+2NaI+2H2O中N元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则氧化剂是NaNO2，还原剂是HI，还原产物是NO；
（2）由2NaNO2+4HI＝2NO↑+I2+2NaI+2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl，需要在酸性条件下氧化碘化钾，则选择①碘化钾淀粉试纸、⑤食醋，变蓝的为NaNO2，故答案为：①⑤；
（3）NaNO2具有氧化性，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的物质应具有还原性，只有氯化铵中－3价的氮元素符合，故答案为：A；
（4）Al元素的化合价由0升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为0，该反应还应生成水，由电子守恒及原子守恒可知，反应为10Al+6NaNO3+4NaOH＝10NaAlO2+3N2↑+2H2O。
25.已知KMnO4与浓盐酸反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）＝2MnCl2+8H2O+2KCl+5Cl2↑，回答下列问题：
（1）请用双线桥表示出该反应转移电子的方向和数目_______________________________
（2）被氧化的HCl占HCl总量的_______ 被还原的元素_________（填元素符号）
（3）当标准状况下有0.5mol氯气生成时，该反应转移的电子数为_____（设NA为阿伏加德罗常数的值）
（4）15.8g KMnO4与含1.2molHCl的浓盐酸完全反应（假设HCl无挥发），在反应后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，可生成_____g沉淀．
【答案】 (1). (2). (3). Mn (4). NA (5). 100.45 g
【解析】
【分析】
根据方程式可知反应中Mn元素化合价降低，Cl元素化合价升高，结合电子得失守恒分析解答。
【详解】（1）根据反应的化学方程式可知反应中Mn元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，Cl元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，根据电子得失守恒可知转移10个电子，则用双线桥表示出该反应转移电子的方向和数目为。
（2）根据方程式可知16mol氯化氢参加反应生成5mol氯气，即被氧化的HCl是10mol，占HCl总量的10/16=5/8，Mn元素化合价降低，则被还原的元素是Mn；
（3）反应中氯元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，因此该反应转移的电子的物质的量是0.5mol×2＝1mol，电子数为NA；
（4）15.8 g KMnO4的物质的量是15.8g÷158g/mol＝0.1mol，完全反应消耗氯化氢是0.8mol。氯化氢的物质的量是1.2mol，因此浓盐酸过量，生成氯气是0.25mol，根据氯原子守恒可知反应后溶液中氯离子的物质的量是1.2mol－0.25mol×2＝0.7mol，在反应后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，可生成0.7mol氯化银沉淀，质量是0.7mol×143.5g/mol＝100.45g。
河南省洛阳市第一高级中学2019-2020学年高一9月月考
化学试题
1.《中国诗词大会》不仅弘扬了中国传统文化，还蕴含着许多化学知识，下列诗词分析不正确的是
A. 诗句“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的能量变化主要是化学能转化为热能
B. 诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，金性质稳定可通过物理方法得到
C. 诗句“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹的燃放涉及氧化还原反应
D. 诗句“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”，“紫烟”指“香炉”中碘升华的现象
【答案】D
【解析】
【详解】A、豆萁是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能，故A正确；
B、沙里淘金说明了金的化学性质稳定，可通过物理方法得到，故B正确；
C、爆竹燃放的过程有新物质CO2、SO2等生产，属于化学变化，与氧气反应，同时也是氧化还原反应，故C正确；
D、水产生的雾气是由水蒸发遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故D错误。
答案选D。
2.下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是
A. 干冰、 铁、 冰水混合物 B. 烧碱、液氯、氯水
C. 碱石灰、白磷、熟石灰 D. 漂白粉、氮气、胆矾
【答案】B
【解析】
【分析】
由两种或两种以上元素组成的纯净物是化合物，由一种元素组成的纯净物是单质，由两种或两种以上物质组成的是混合物，据此判断。
【详解】A. 干冰是二氧化碳属于化合物，铁是金属单质，冰水混合物属于纯净物，A不符合；
B. 烧碱是氢氧化钠属于化合物，液氯是氯气属于单质，氯水是氯气的水溶液，属于混合物，B符合；
C. 碱石灰是氢氧化钠和氧化钙组成的混合物，白磷是单质，熟石灰是氢氧化钙，C不符合；
D. 漂白粉是氯化钙和次氯酸钙组成的混合物，氮气是单质，胆矾是硫酸铜晶体，属于纯净物，D不符合；
答案选B。
3.下列关于摩尔质量的描述或应用正确的是（）
A. 1mol OH-的质量是17
B. 二氧化碳的摩尔质量是44 g
C. 铁原子的摩尔质量等于它的相对原子质量
D. 一个钠原子的质量约等于g
【答案】D
【解析】
【详解】A、1molOH-的质量是17g，单位不正确，故A错误；
B、二氧化碳的摩尔质量是44g/mol，单位不正确，故B错误；
C、铁原子的摩尔质量是以g/mol为单位，数值上等于铁原子的相对原子质量，故C错误；
D、1mol微粒含有阿伏加德罗常数个微粒，钠原子的摩尔质量为23g/mol，所以一个钠原子质量==g，故D正确；
答案选D。
4.下列现象或应用中，与胶体有关，且说法正确的是
A. 清晨，在茂密的树林中，常常可以看到从枝叶间透过的道道光柱
B. 在饱和氯化铁溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生红褐色的Fe(OH) 3胶体
C. 向有污染的水中加入胶体，具有杀菌消毒的作用
D. 将Fe(OH) 3胶体放置一段时间后，会出现浑浊
【答案】A
【解析】
【详解】A. 清晨，在茂密的树林中，常常可以看到从枝叶间透过的道道光柱，与胶体的丁达尔效应有关，A正确；
B. 在饱和氯化铁溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生红褐色Fe(OH)3沉淀，发生的是复分解反应，与胶体性质没有关系，B错误；
C. 向有污染的水中加入胶体，能净化水，不具有杀菌消毒的作用，C错误；
D. 胶体是介稳体系，将Fe(OH)3胶体放置一段时间后，不会出现浑浊，D错误；
答案选A。
【点睛】明确胶体的制备原理、性质特点是解答的关键，选项D是解答的易错点，注意胶体的稳定性介于溶液和浊液之间，在一定条件下能稳定存在，属于介稳体系。
5.下列有关叙述正确的是
A. 电泳现象可证明胶体带电荷
B. 直径在1～100nm之间的粒子称为胶体
C. 是否具有丁达尔效应是区分溶液、胶体和浊液的依据
D. 胶体粒子很小，可以透过滤纸
【答案】D
【解析】
【详解】A、胶体的电泳现象证明胶体粒子带电荷，而胶体是不带电的，A错误；
B、胶体是一类分散系，其中分散质粒子直径在1～100 nm之间，B错误；
C、三类分散系（溶液、胶体和浊液）的本质区别是分散质粒子的直径不同，丁达尔效应可以鉴别溶液和胶体，但不是它们的本质区别，C错误；
D、胶体粒子（直径1～100 nm）很小，可以透过滤纸上的孔隙，D正确。
答案选D。
【点睛】选项A是解答的易错点，注意胶体分散系是不带电荷的，胶体的胶粒吸附离子而带电荷，类似于溶液显电中性，溶液中的阴阳离子带电荷。
6.下列说法中不正确的有
①将硫酸钡放入水中不能导电，所以硫酸钡是非电解质；
②氨溶于水得到的溶液能导电，所以NH3是电解质；
③液态HCl不导电，所以属于非电解质；
④NaHSO4电离时生成的阳离子有氢离子，但不属于酸；
⑤电解质放在水中一定能导电，非电解质放在水中一定不导电。
⑥强电解质的导电能力比弱电解质强
A. 4个 B. 5个 C. 6个 D. 全部
【答案】B
【解析】
【详解】①硫酸钡难溶于水，溶于水的部分全部电离，硫酸钡是电解质，①错误；
②氨溶于水得到的溶液能导电是因为一水合氨能电离出阴阳离子，一水合氨是电解质，NH3是非电解质，②错误；
③氯化氢溶于水能电离出阴阳离子而导电，氯化氢是电解质，③错误；
④NaHSO4电离时生成的阳离子还有钠离子，所以盐，不是酸，④正确；
⑤电解质放在水中不一定能导电，例如难溶于水的硫酸钡等，非电解质放在水中不一定不导电，例如SO2溶于水，溶液可以导电，⑤错误；
⑥强电解质的导电能力不一定比弱电解质强，只与溶液中离子的浓度和所带电荷数有关系，⑥错误；
答案选B。
【点睛】电解质的判断是解答的易错点，注意电解质应是一定条件下本身电离而导电的化合物。有些化合物的水溶液能导电，但溶液中离子不是它本身电离出来的，而是与水反应后生成的，因此也不是电解质。这说明化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，如石墨；电解质本身不一定能导电，如NaCl晶体。
7.在相同条件下，溶液中下列反应均可发生：①3S2O82﹣+2Cr3++7H2O═Cr2O72﹣+6SO42﹣+14H+；②Cr2O72﹣+14H++6Cl﹣═2Cr3++3Cl2↑+7H2O；③Cl2+2Fe2+═2Cl﹣+2Fe3+④Sn2++2Fe3+═2Fe2++Sn4+．下列有关微粒的氧化性比较，正确的是
A. Cr2O72﹣＞S2O82﹣＞Cl2＞Sn4+＞Fe3+ B. S2O82﹣＞Cr2O72﹣＞Fe3+＞Cl2＞Sn4+
C. S2O82﹣＞Fe3+＞Sn4+＞Cr2O72﹣＞Cl2 D. S2O82﹣＞Cr2O72﹣＞Cl2＞Fe3+＞Sn4+
【答案】D
【解析】
【详解】在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则根据反应3S2O82﹣+2Cr3++7H2O＝Cr2O72﹣+6SO42﹣+14H+可知氧化性是S2O82﹣＞Cr2O72﹣；根据反应Cr2O72﹣+14H++6Cl﹣＝2Cr3++3Cl2↑+7H2O可知氧化性是Cr2O72﹣＞Cl2；根据反应Cl2+2Fe2+＝2Cl﹣+2Fe3+可知氧化性是Cl2＞Fe3+；根据反应Sn2++2Fe3+＝2Fe2++Sn4+可知氧化性是Fe3+＞Sn4+，所以氧化性强弱顺序是S2O82﹣＞Cr2O72﹣＞Cl2＞Fe3+＞Sn4+。答案选D。
8.常温下，下列微粒可以大量共存于同一溶液中的是
A. NH4+、CH3COO-、Ca2+、Cl- B. Fe3+、Ag+、SO42-、NO3-
C. Cu2+、H+、S2-、NO3- D. I-、Fe3+、K+、Cl-
【答案】A
【解析】
【分析】
离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以，结合离子的性质分析解答。
【详解】A、四种离子在同一溶液中不反应，能大量共存，A选；
B、Ag＋与SO42―在溶液中不能大量共存，B不选；
C、S2―与Cu2＋或H＋在同一溶液中均不能共存，前者生成不溶物，后者生成弱酸，且在酸性溶液中硝酸根能氧化硫离子，C不选；
D、在溶液中铁离子能氧化碘离子，不能共存，D不选；
答案选A。
9.下列各选项中的两个反应,可用同一个离子方程式表示的是 ( )
选项
Ⅰ
Ⅱ
A
Ba(OH)2溶液与过量NaHCO3溶液混合
NaOH溶液与过量NaHCO3溶液混合
B
少量SO2通入Ba(OH)2溶液中
过量SO2通入Ba(OH)2溶液中
C
BaCl2溶液与Na2SO3溶液混合
Ba(OH)2溶液与H2SO3溶液混合
D
少量氨水滴入AlCl3溶液中
少量AlCl3溶液滴入氨水中
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、I中生成碳酸钡、碳酸钠和水，II中生成碳酸钠和水，碳酸钡在离子反应中保留化学式，二者离子反应不同，故A不选；
B、I中生成亚硫酸钡和水，II中生成亚硫酸氢钡和水，亚硫酸钡在离子反应中保留化学式，二者离子反应不同，故B不选；
C、I中反应生成亚硫酸钡和氯化钠，II中反应生成亚硫酸钡和水，亚硫酸钡、水在离子反应中均保留化学式，二者离子反应不同，故C不选；
D、I、II中均反应生成氢氧化铝和氯化铵，反应物、生成物相同，离子反应相同，故D选；
故选D。
10.为实现下列转化，必须加入氧化剂的是
A. Cl2→HCl B. NH4+→NH3 C. H2O2→O2 D. Cu→CuO
【答案】D
【解析】
【分析】
必须加入氧化剂才能实现转化，说明所给微粒失去电子，有关元素的化合价一定升高，结合氧化还原反应原理和物质的性质分析解答。
【详解】A. Cl2→HCl中氯元素化合价降低，需要加入还原剂或溶于水发生自身的氧化还原反应，A不选；
B. NH4+→NH3中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，B不选；
C. H2O2→O2中氧元素化合价升高，需要加入氧化剂，但双氧水自身分解也可以得到氧气，C不选；
D. Cu→CuO中铜元素化合价升高，必须加入氧化剂，D选。
答案选D。
【点睛】准确判断出元素的化合价变化情况是解答的关键，选项C是解答的易错点，学生容易忽略微粒发生自身的氧化还原反应，因此答题时需要灵活应用。
11.用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物(NOx)，转化为无害物质。常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其转化过程如下图所示。下列说法不正确的是
A. 反应I的离子反应方程式为2Ce4++H2=2Ce3++2H+
B. 反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
C. 反应前溶液中c(Ce4+)一定等于反应后溶液中的c(Ce4+)
D. 反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+离子的总数一定保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据图示可知反应I为2Ce4++H2=2Ce3++2H+，A正确；
B.反应II的反应物为Ce3+、H+、NO，生成物为Ce4+、N2、H2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应方程式为 4Ce3++4H++2NO=4Ce4++N2+2H2O，在该反应中NO是氧化剂，Ce3+是还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量的比为2：4=1：2，B正确；
C.反应前后溶液中n(Ce4+)的物质的量不变，但由于反应后溶液中水的物质的量增多，所以反应后溶液中c(Ce4+)减小，C错误；
D.由于反应前后各种元素的原子个数相等，根据Ce元素守恒可知反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+离子的总数不变，D正确；
故合理选项是C。
12.下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 向Al2（SO4）3溶液中滴加氨水：Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓
B. 向碳酸氢钠溶液中加入少量石灰水：HCO3﹣+Ca2++OH﹣＝CaCO3↓+H2O
C. 向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸：Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓
D. 向FeBr2溶液中通入少量氯气：Cl2+2Fe2+＝2Cl﹣+2Fe3+
【答案】D
【解析】
【详解】A. 一水合氨难电离，则向Al2（SO4）3溶液中滴加氨水的离子方程式应该为：Al3++3NH3·H2O＝Al（OH）3↓+3NH4＋，A错误；
B. 向碳酸氢钠溶液中加入少量石灰水生成碳酸钠、碳酸钙和水：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣＝CaCO3↓+CO32－+2H2O，B错误；
C. 向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸生成硫酸钡和水：Ba2++2OH﹣+2H＋+SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O，C错误；
D. 向FeBr2溶液中通入少量氯气只氧化亚铁离子：Cl2+2Fe2+＝2Cl﹣+2Fe3+，D正确；
答案选D。
【点睛】选项C是解答的易错点，注意酸式盐与碱反应，书写时可采用设“1”法，即将少量物质的量定为1 mol，其他反应物的离子根据需要确定物质的量。
13.向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是
A. Cu2+是H2O2分解反应的催化剂
B. H2O2既表现氧化性又表现还原性
C. Cu2+将H2O2还原为O2
D. 发生了反应Cu2O + H2O2 + 4H+ == 2Cu2+ + 3H2O
【答案】C
【解析】
A. 蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），红色浑浊又变为蓝色溶液，故Cu2+是H2O2分解反应的催化剂，选项A正确；B. H2O2中氧元素化合价由-1价变为0价和-2价，既表现氧化性又表现还原性，选项B正确；C. 反应中H2O2自身发生氧化还原反应，选项C不正确；D. 发生了反应2Cu2+ + H2O2 + H2O== Cu2O + O2 ↑+ 4H+和Cu2O + H2O2 + 4H+ == 2Cu2+ + 3H2O，选项D正确。答案选C。
14.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是
A. 反应KClO3+6HCl＝KCl+3Cl2↑+3H2O中，生成3mol氯气时转移6NA个电子
B. 46g NO2和N2O4混合气体中含有原子总数为2.5NA
C. 23g Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去1.5NA个电子
D. 24gMg变为Mg2+时失去的电子数为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 反应KClO3+6HCl＝KCl+3Cl2↑+3H2O中氯酸钾是氧化剂，生成3mol氯气时转移5NA个电子，A错误；
B. NO2和N2O4的最简式均是NO2，则46g NO2和N2O4混合气体中含有“NO2”的物质的量是1mol，原子总数为3NA，B错误；
C. 23g Na是1mol，与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子，C错误；
D. 24gMg是1mol，变为Mg2+时失去的电子数为2NA，D正确；
答案选D。
15.“84”消毒液、明矾、高铁酸钾（K2FeO4）、臭氧等都可以作水处理剂，已知“84”消毒液中的有效成分为NaClO，下列有关说法正确的是
A. 若有1mol高铁酸钾转化成氢氧化铁沉淀，则转移6×6.02×1023个电子
B. 常温常压下，32g O2、O3的混合气体所含原子数小于2×6.02×1023
C. 1mol明矾溶于水得到的氢氧化铝胶体粒子数为6.02×1023
D. 7.45g NaClO中ClO﹣含有的电子总数为26×6.02×1022
【答案】D
【解析】
【详解】A. 1mol高铁酸钾转化成氢氧化铁沉淀，铁的化合价由+6价降低到+3价，得到3mol电子，所以转移的电子数为3×6.02×1023，A错误；
B. 32gO2、O3的混合气体可以看做是32g氧原子，即2mol氧原子，所以所含原子数等于2×6.02×1023，B错误；
C. 1个氢氧化铝胶体粒子是由多个Al(OH)3聚合而成，所以氢氧化铝胶体粒子数小于6.02×1023，C错误；
D. 7.45gNaClO即0.1molNaClO，1个ClO-中含有的电子数为26个，所以0.1mol中ClO-含有的电子总数为26×6.02×1022，D正确。
答案选D。
16.高铁酸钠(Na2FeO4)是一种高效多功能水处理剂。工业上通过以下反应生产：3NaClO＋2Fe(NO3)3＋10NaOH = 2Na2FeO4＋3NaCl＋6NaNO3＋5H2O。下列有关该反应的说法正确的是
A. 氯元素的化合价升高 B. Fe(NO3)3是氧化剂
C. 铁元素被氧化 D. NaOH发生氧化反应
【答案】C
【解析】
A、氯元素的化合价由+1价降到-1价，所以氯元素的化合价降低，A项错误；B、铁元素由+3价升高到+6价，Fe(NO3)3是还原剂，B项错误；C、铁元素化合价升高，被氧化，C项正确；D、NaOH中各元素化合价不变，是碱性介质，所以NaOH未发生氧化反应，D项错误；答案选C。
点睛：氧化还原反应中，元素失电子，化合价升高，发生氧化反应，做还原剂，反之做氧化剂。
17.R2O8n-在一定条件下可把Mn2+氧化成MnO4-,反应如下：8H2O+5R2O8n-+2Mn2+=2MnO4-+10RO42-+16H+。则R2O8n-中R 的化合价为（ ）
A. +4 B. +5 C. +6 D. +7
【答案】D
【解析】
【详解】2Mn2+→2MnO4-失去电子总数为25=10，根据氧化还原反应中得失电子守恒，5R2O8n-→10RO42-得到电子总数为10，R2O8n-→2RO42-得到电子数为2，RO42-中R的化合价为+6价，则R2O8n-中R的化合价为+7价，答案选D。
【点睛】本题也可以用离子方程式的电荷守恒解答。根据电荷守恒，n=2，R2O8n-为R2O82-，离子所带电荷数等于正负化合价的代数和，则R2O8n-中R的化合价为+7价。
18.把图2的碎纸片补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式（未配平）。下列对该反应的说法不正确的是
A. IO4﹣作氧化剂
B. 若有1 mol Mn2+参加反应转移5mol电子
C. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：5
D. 配平后H+、Mn2+的化学计量数分别为4、2
【答案】D
【解析】
【分析】
Mn2＋作反应物，则MnO4－作生成物，化合价升高，因此IO4－作反应物，IO3－作生成物，H＋作生成物，则H2O作反应物，因此反应方程式为：Mn2＋＋IO4－＋H2O→H＋＋MnO4－＋IO3－，根据化合价的升降法配平，2Mn2＋＋5IO4－+3H2O＝2MnO4－＋5IO3－＋6H＋，据此解答。
【详解】A、根据上述分析IO4－化合价降低，作氧化剂，A正确；
B、根据离子反应方程式，消耗2molMn2＋转移电子10mol，则消耗1molMn2＋转移电子5mol，B正确；
C、根据反应方程式，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：5，C正确；
D、根据反应方程式，H＋的系数为6，D错误。
答案选D。
19.将少量Cl2通入饱和FeBr2溶液中，溶液变为棕黄色，再加入CCl4振荡、静置，下层溶液无色。下列说法错误的是
A. 该反应中的还原产物是Cl﹣
B. 氧化性强弱顺序为：Cl2＞Fe3+＞Br2
C. 若氯气过量，则CCl4层呈橙红色
D. 若将1molCl2通入1.5molFeBr2溶液中，充分反应后，n(Br-)＝2.5mol
【答案】B
【解析】
【分析】
铁离子易溶于水，溴易溶于四氯化碳，将少量Cl2通入饱和FeBr2溶液中，溶液变为棕黄色，再加入CCl4振荡、静置，下层溶液无色，说明氯气氧化亚铁离子生成铁离子而溴离子不被氧化，据此分析解答。
【详解】A、该反应中氯气氧化亚铁离子不氧化溴离子，氧化剂是氯气，还原剂是亚铁离子，所以还原产物是Cl－，氧化产物是Fe3＋，A正确；
B.溴能氧化亚铁离子生成铁离子，氯气能氧化溴离子生成溴，所以氧化性强弱顺序为Cl2＞Br2＞Fe3+，B错误；
C.氯气过量时氯气将溴离子氧化生成溴，溴易溶于四氯化碳，所以如果氯气过量，则CCl4层呈橙红色，C正确；
D.n(FeBr2)=1.5mol，1.5mol亚铁离子被氯气氧化需要0.75mol氯气，剩余0.25mo氯气能氧化0.5mol溴离子，则将1molCl2通入1.5molFeBr2溶液中，充分反应后，n(Br-)＝1.5mol×2-0.5mol=2.5mol，D正确；
答案选B。
【点睛】明确离子反应先后顺序、离子性质及各个物理量之间的关系式是解本题关键，难点是D的判断，注意转移电守恒、原子守恒的灵活运用。
20.某浓度稀HNO3与金属M反应时，能得到+2价硝酸盐，反应时M与HNO3的物质的量之比为5 ∶12，则反应时HNO3的还原产物是 （ ）
A. NH4NO3 B. N2 C. N2O D. NO
【答案】B
【解析】
【详解】依据题意可列出反应方程式如下：5M+12HNO3=5M(NO3)2+N2↑+6H2O，某稀HNO3与金属M反应时能得到+2价硝酸盐，所以1mol M失去2mol电子，5mol M失去10mol电子；而12mol HNO3中，有10mol硝酸没有参加氧化还原反应，只有2mol硝酸参加氧化还原反应，得到10mol电子，硝酸中氮的化合价为+5价，所以还原产物必须是0价的N2，B项正确；
答案选B。
【点睛】利用电子转移数守恒是解题的突破口，找到化合价的定量关系，理解氧化还原反应的本质是关键。
21.现有甲、乙、丙三名同学分别进行Fe（OH）3胶体的制备实验．
I、甲同学向1mol•L﹣1氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液；
II、乙同学直接加热饱和FeCl3溶液；
III、丙同学向25ml沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液；继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热． 试回答下列问题：
（1）其中操作正确的同学是_____．写出此过程中的化学方程式：_____________；
（2）证明有Fe（OH）3胶体生成的最简单实验操作是___________________________；
（3）Fe（OH）3胶体是不是电解质：_____ （填“是”或“不是”）．
（4）丁同学利用所制得的Fe（OH）3胶体进行下列实验：
①将其装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的颜色逐渐变深，这表明Fe（OH）3胶粒带_____电荷．
②向其中加入饱和Na2SO4溶液，产生的现象是_________________________________；
③向所得Fe（OH）3胶体中逐滴滴加硫酸溶液，开始产生红褐色沉淀，这是因为_____；继续滴加，沉淀最终消失且得棕黄色溶液，写出化学方程式______________________；
④欲除去Fe（OH）3胶体中混有的NaCl，所用仪器物品是_____；操作名称是_____．
【答案】 (1). 丙 (2). FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl (3). 用激光笔照射，有一条明亮的光路，则有胶体生成 (4). 不是 (5). 正 (6). 生成红褐色的沉淀 (7). 加电解质胶体聚沉 (8). 2Fe（OH）3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+6H2O (9). 半透膜 (10). 渗析
【解析】
【分析】
实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时立即停止加热，结合氢氧化铁胶体的性质分析解答。
【详解】（1）实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时立即停止加热，反应的化学方程式为FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，其它做法都不能生成胶体，得到的是氢氧化铁沉淀，因此操作正确的同学是丙；
（2）胶体具有丁达尔效应，当用激光笔照射时，会有一道明亮的光路，因此证明制得的红褐色液体属于胶体，最简单实验操作是用激光笔照射，有一条明亮的光路，则有胶体生成；
（3）Fe（OH）3胶体是混合物，不是电解质也不是非电解质；
（4）①Fe（OH）3胶粒带正电，通电时带正电荷的粒子向阴极移动，因此阴极附的颜色逐渐变深；
②胶体遇电解质溶液发生聚沉，因此向其中加入饱和Na2SO4溶液，现象是有红褐色沉淀生成；
③向氢氧化铁胶体中逐滴加入过量硫酸溶液，硫酸电离出的阳离子使Fe（OH）3胶体发生聚沉，而电离出的氢离子使Fe（OH）3沉淀溶解，会观察到先出现红褐色沉淀，后沉淀消失，反应的方程式为2Fe（OH）3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+6H2O；
④由于胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜，因此欲除去Fe（OH）3胶体中混有的NaCl，所用仪器物品是半透膜，操作名称是渗析。
22.现有四瓶贴有甲、乙、丙、丁标签的溶液，它们可能是K2CO3、Ba(NO3)2、NaHSO4和K2SO4溶液。现进行如下实验，并记录部分现象(如图)：
据此完成下列回答：
（1）写出各物质的化学式：
甲：______________乙：_______________丁：________________；
（2）写出下列反应的离子方程式：
甲+乙：________________________________，
沉淀a+溶液b：________________________________________________.
【答案】 (1). NaHSO4 (2). Ba(NO3)2 (3). K2CO3 (4). Ba2++SO42-＝BaSO4↓ (5). BaCO3+2H+＝Ba2+ +H2O+CO2↑
【解析】
【分析】
能产生两种沉淀的是硝酸钡，分别得到碳酸钡和硫酸钡，则乙是硝酸钡；沉淀a和溶液b混合产生气体，说明沉淀a是碳酸钡，因此丁是碳酸钾，溶液b显酸性，则甲是硫酸氢钠，所以丙是硫酸钾，据此判断。
【详解】（1）根据以上分析可知甲、乙、丁的化学式分别是NaHSO4、Ba(NO3)2、K2CO3；
（2）甲+乙即硫酸氢钠和硝酸钡反应，离子方程式为Ba2++SO42-＝BaSO4↓；根据以上分析可知沉淀a+溶液b反应的离子方程式为BaCO3+2H+＝Ba2+ +H2O+CO2↑。
23.根据下列实验现象或要求写离子方程式（描述现象，需要写出所有涉及的离子方程式。
实验现象
离子方程式
（1）澄清石灰水中通入CO2出现白色沉淀，继续通，沉淀溶解，加热后又出白色沉淀。
___________
（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的过程为，在氢氧化铁固体中加入KClO和KOH的混合液。写出该过程的离子方程式并配平。
_______________
【答案】 (1). Ca2++2OH- +CO2＝CaCO3↓+H2O、CaCO3+CO2+H2O＝Ca2++2HCO3-、Ca2++2HCO3-CO2↑+CaCO3↓+H2O (2). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O
【解析】
【详解】（1）澄清石灰水中通入CO2出现白色沉淀，生成碳酸钙。继续通入，碳酸钙沉淀溶解转化为碳酸氢钙，加热后又出白色沉淀，是由于碳酸氢钙受热分解生成碳酸钙，有关反应的离子方程式为Ca2++2OH- +CO2＝CaCO3↓+H2O、CaCO3+CO2+H2O＝Ca2++2HCO3-、Ca2++2HCO3-CO2↑+CaCO3↓+H2O。
（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的过程为在氢氧化铁固体中加入KClO和KOH的混合液反应生成高铁酸钾、氯化钾和水，铁元素化合价从+3价升高到+6价，失去3个电子，氯元素化合价从+1价降低到－1价，得到2个电子，根据电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒可知反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O。
24.已知NaNO2晶体外观和食盐相似，又有咸味，因而容易引起误食中毒已知NaNO2能发生反应：2NaNO2+4HI＝2NO↑+I2+2NaI+2H2O。
（1）上述反应中，还原剂是_____，还原产物是_____
（2）根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl．可选用的物质有：①碘化钾﹣淀粉试纸；②水；③淀粉；④白酒；⑤食醋，你认为必须选用的物质有_____（填序号）。
（3）某厂废液中含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂中能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是_____
A．NH4Cl B．NaCl C HNO3 D．浓H2SO4
（4）请平以下化学方程式 Al+ NaNO3+ NaOH＝ NaAlO2+ N2↑+ H2O，_______________
【答案】 (1). HI (2). NO (3). ①⑤ (4). A (5). 10Al+6NaNO3+4NaOH＝10NaAlO2+3N2↑+2H2O
【解析】
【分析】
根据反应中相关元素的化合价变化情况，结合氧化还原反应的有关概念、规律、电子得失守恒以及物质的性质特点分析解答。
【详解】（1）反应2NaNO2+4HI＝2NO↑+I2+2NaI+2H2O中N元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则氧化剂是NaNO2，还原剂是HI，还原产物是NO；
（2）由2NaNO2+4HI＝2NO↑+I2+2NaI+2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl，需要在酸性条件下氧化碘化钾，则选择①碘化钾淀粉试纸、⑤食醋，变蓝的为NaNO2，故答案为：①⑤；
（3）NaNO2具有氧化性，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的物质应具有还原性，只有氯化铵中－3价的氮元素符合，故答案为：A；
（4）Al元素的化合价由0升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为0，该反应还应生成水，由电子守恒及原子守恒可知，反应为10Al+6NaNO3+4NaOH＝10NaAlO2+3N2↑+2H2O。
25.已知KMnO4与浓盐酸反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）＝2MnCl2+8H2O+2KCl+5Cl2↑，回答下列问题：
（1）请用双线桥表示出该反应转移电子的方向和数目_______________________________
（2）被氧化的HCl占HCl总量的_______ 被还原的元素_________（填元素符号）
（3）当标准状况下有0.5mol氯气生成时，该反应转移的电子数为_____（设NA为阿伏加德罗常数的值）
（4）15.8g KMnO4与含1.2molHCl的浓盐酸完全反应（假设HCl无挥发），在反应后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，可生成_____g沉淀．
【答案】 (1). (2). (3). Mn (4). NA (5). 100.45 g
【解析】
【分析】
根据方程式可知反应中Mn元素化合价降低，Cl元素化合价升高，结合电子得失守恒分析解答。
【详解】（1）根据反应的化学方程式可知反应中Mn元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，Cl元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，根据电子得失守恒可知转移10个电子，则用双线桥表示出该反应转移电子的方向和数目为。
（2）根据方程式可知16mol氯化氢参加反应生成5mol氯气，即被氧化的HCl是10mol，占HCl总量的10/16=5/8，Mn元素化合价降低，则被还原的元素是Mn；
（3）反应中氯元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，因此该反应转移的电子的物质的量是0.5mol×2＝1mol，电子数为NA；
（4）15.8 g KMnO4的物质的量是15.8g÷158g/mol＝0.1mol，完全反应消耗氯化氢是0.8mol。氯化氢的物质的量是1.2mol，因此浓盐酸过量，生成氯气是0.25mol，根据氯原子守恒可知反应后溶液中氯离子的物质的量是1.2mol－0.25mol×2＝0.7mol，在反应后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，可生成0.7mol氯化银沉淀，质量是0.7mol×143.5g/mol＝100.45g。
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