新高考化学一轮单元训练第三单元化学物质及其变化（A卷）含答案

这是一份新高考化学一轮单元训练第三单元化学物质及其变化（A卷）含答案，共7页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，已知下列实验事实，水溶液中能大量共存的一组离子是等内容，欢迎下载使用。

第三单元 化学物质及其变化（A）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共15小题，总计40分。在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一个选项符合题目要求，每题2分。第11～15题为不定项选择题，全部答对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的的0分。
1．我国在物质制备领域成绩斐然，下列物质属于有机物的是




A 砷化铌纳米带
B 全氮阴离子盐
C 聚合氮
D 双氢青蒿素
2．下列颜色变化与氧化还原反应无关的是
A．将乙醇滴入酸性K2Cr2O7溶液中，溶液由橙色变为绿色
B．将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去
C．将H2C2O4溶液滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色褪去
D．将新制氯水滴入紫色石蕊溶液中，溶液先变红色后褪色
3．下列物质分类正确的是
A．胶体：分散质粒子直径为1～100mm的分散系
B．弱电解质：HClO、NH3·H2O、AgCl、NH4NO3
C．混合物：空气、王水、氯水、水玻璃
D．有机物：丙醇、丙酸、1，2­二溴戊烷、碳酸钠
4．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈
B．NH4HCO3受热易分解，可用作化肥
C．SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白
D．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝
5．已知下列实验事实：①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液；②将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉­KI溶液中，溶液变蓝；③向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液。下列判断不正确的是
A．化合物KCrO2中Cr为＋3价
B．实验①证明Cr2O3是两性氧化物
C．实验②证明氧化性：Cr2O72-＞I2
D．实验③证明H2O2既有氧化性又有还原性
6．水溶液中能大量共存的一组离子是
A．NH、Ba2+、Br−、CO B．Cl−、SO、Fe2+、H+
C．K+、Na+、SO、MnO4- D．Na+、H+、NO、HCO
7．工业上用发烟HClO4将潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟[CrO2(ClO4)2]，来除去Cr(Ⅲ)，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法错误的是
A．CrO2(ClO4)2中Cr元素显+6价
B．该反应离子方程式为19ClO+8Cr3++8OH−=8CrO2(ClO4)2+3Cl−+4H2O
C．该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8
D．HClO4属于强酸，该反应还生成了另一种强酸
8．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．MnO2与浓盐酸混合加热：MnO2+4H++4Cl−MnCl2+Cl2↑+2H2O
B．氢氧化钡溶液中加入硫酸铵：Ba2++OH−+NH+SO=BaSO4↓+NH3·H2O
C．FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2：Fe2++H2O2+2H+ =Fe3++2H2O
D．0.01mol·L−1 NH4Al(SO4)2溶液与0.02mol·L−1 Ba(OH)2溶液等体积混合：NH+Al3++2SO+2Ba2++4OH−=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O
9．下列各组中微粒能大量共存，且当加入试剂后反应的离子方程式书写正确的是
选项
微粒组
加入的试剂
发生反应的离子方程式
A
Fe3+、I−、Cl−
NaOH溶液
Fe3++3OH−=Fe(OH)3↓
B
K+、NH3·H2O、CO
通入少量CO2
2OH−+CO2=CO+H2O
C
H+、Fe2+、SO
Ba(NO3)2溶液
SO+Ba2+=BaSO4↓
D
Na+、Al3+、Cl−
少量澄清石灰水
Al3++3OH−=Al(OH)3↓
10．某试液中只可能含有K+、NH、Fe2+、Al3+、Cl−、SO、CO、AlO中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol·L−1，某同学进行了如下实验，下列说法正确的是

A．原溶液中存在NH、Fe2+、Cl−、SO
B．无法确定原试液中是否含有Al3+、Cl−
C．无法确定沉淀C的成分
D．滤液X中大量存在的阳离子有NH、Fe2+和Ba2+
11．某同学在实验室进行了如图所示的实验，下列说法中错误的是

A．利用过滤的方法，可将Z中固体与液体分离
B．X、Z烧杯中分散质相同
C．Y中反应的离子方程式为
D．Z中能产生丁达尔效应
12．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2：Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O
B．用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH−=AlO+H2↑
C．室温下用稀HNO3溶解铜：3Cu+2NO+8H+=2NO↑+3Cu2++4H2O
D．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+
13．常温下，下列各组离子可能共存的是
A．pH＞7的溶液中：Na+、Mg2+、SO、I－
B．使甲基橙溶液变红的溶液中：Al3+、Cu2+、NO、SO
C．由水电离出的c(H+)=1.0×10−13 mol∙L−1的溶液中：Na+、CO、SO、Cl－
D．使酚酞变红色的溶液中：Na+、Fe2+、SO、NO
14．ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法正确的是
A．KClO3在反应中得到电子 B．ClO2是氧化产物
C．H2C2O4在反应中被还原 D．1mol KClO3参加反应有2mol电子转移
15．已知：5C2O+2MnO+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O)。某研究小组通过如下实验步骤测定晶体A(KxFey(C2O4)z·aH2O，其中的Fe元素为+3价)的化学式：
步骤1：准确称取A样品9.82 g，分为两等份；
步骤2：取其中一份，干燥脱水至恒重，残留物质量为4.37 g；
步骤3：取另一份置于锥形瓶中，加入足量的3.0mol·L-1 H2SO4溶液和适量蒸馏水，使用0.5 mol·L-1KMnO4溶液与其反应，反应结束时消耗KMnO4溶液的体积为24.0 mL；
步骤4：将步骤2所得固体溶于水，加入铁粉0.28g，恰好完全反应。
下列说法正确的是
A．据步骤2可以算出水的物质的量，得出a=0.03
B．据步骤3算得晶体A样品中含草酸根离子(C2O)的物质的量为0.03 mol
C．将步骤4所得溶液中Fe2+全部氧化为Fe3+需要通入168 mL Cl2
D．据上述4步算得晶体A的化学式为K3Fe(C2O4)3·3H2O
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题（共60分）
16．I央视《每周质量报告》曝光了河北省一些明胶企业将皮革废料熬制成工业明胶，出售给浙江绍兴某些制药企业，最终变成药用胶囊。由工业明胶制成的胶囊往往含有超标的重金属铬，会对人体造成伤害。明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。
（1）已知Fe(CrO2)2中铬元素是+3价，则其中铁元素是_______价。CrO是一种酸根离子，则Fe(CrO2)2属于_______(填“酸”、“碱”、“盐”或“氧化物”)，请写出Fe(CrO2)2电离方程式_______。
（2）胶体和溶液最本质的区别是_______。
A．分散质粒子直径大小 B．丁达尔效应 C．是否能透过滤纸
（3）明胶的水溶液和K2SO4溶液共同具备的性质是_______(填序号)。
A．都不稳定，密封放置会产生沉淀 B．二者均有丁达尔效应 C．分散质粒子可通过滤纸
（4）已知胶体的分散质不能透过半透膜，但水分子等小分子或离子能透过半透膜。提纯明胶的装置是下列中的_______(填序号)。

（5）现有10mL明胶的水溶液与5mLK2SO4溶液混合装入半透膜内，将此半透膜袋浸入盛蒸馏水的烧杯中，设计实验证明SO能够透过半透膜：_______。
17．已知：某无色废水中可能含有H+、NH、Fe3+、Al3+、Mg2+、Na+、NO、CO、SO中的几种，为分析其成分，分别取废水样品1L，进行了三组实验，其操作和有关图像如下所示：请回答下列问题：

（1）根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是________，一定存在的阳离子是________。
（2）写出实验③图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式________。
（3）分析图像，在原溶液中c(NH)与c(Al3+)的比值为____，所得沉淀的最大质量是___g。
（4）若通过实验确定原废水中c(Na+)＝0.18mol·L−1，试判断原废水中NO是否存在？________(填“存在”“不存在”或“不确定”)。若存在，c(NO)＝________mol·L−1。(若不存在或不确定则此空不填)
18．Ⅰ.某实验小组为探究ClO−、I2、SO在酸性条件下的氧化性强弱，设计实验如下：
实验①：在淀粉－碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝；
实验②：向实验①的溶液中加入4mL 0.5mol·L−1的亚硫酸钠溶液，蓝色恰好完全褪去。
（1）写出实验①中发生反应的离子方程式： 。
（2）实验②的化学反应中转移电子的物质的量是 。
Ⅱ.（3）Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl−)、O3(1mol O3转化为1mol O2和1mol H2O)等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是____(填序号)。
A．Cl2 B．H2O2 C．ClO2 D．O3
（4）“84”消毒液(主要成分是NaClO)和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)不能混用，原因是____(用离子方程式表示)。
19．如图为氯及其化合物的“价-类”二维图。

（1）填写二维图缺失的类别A_________和化学式B_________。
（2）某同学利用以下试剂研究HCl性质，进行了如下预测：
a．NaClO b．Fe c．NaOH d．KMnO4 e．AgNO3
从物质类别上看，HCl属于______，可能与__________发生反应（填序号）；
从化合价角度看，Cl−具有______性，可能与_____发生反应（填序号）。
（3）某工厂用NaCl溶液制备氯气，其化学原理为如下反应：
H2O+NaCl==Cl2+NaOH+
①请将上述方程式补充完整，并用单线桥表示电子转移。_____________
②反应中NaCl作_________剂，理由是_____________________________。
20．聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
（1）将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在约70℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。该过程中反应温度不宜过高，原因是_______；H2O2氧化Fe2+的离子方程式为 。
（2）测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000g，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液（Sn2+将Fe3+还原为Fe2+），充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10−2mol·L−1 K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00mL。
①上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁的质量分数的测定结果将_______（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。
②计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）_____________。

第三单元 化学物质及其变化（A）
答 案
1．【答案】D
【解析】A．砷化铌纳米带，不含碳元素，属于无机物，故A不选；B．全氮阴离子盐分子中不含碳元素，属于无机物，故B不选；C．聚合氮不含碳元素，属于无机物，故C不选；D．双氢青蒿素含有C、H、O，是含碳的化合物，属于有机化合物，故D选。
2．【答案】B
【解析】A.2K2Cr2O7+3C2H5OH+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CH3COOH+11H2O，Cr2O72-转化为Cr3+，C元素化合价由-2价变为0价，有电子转移，所以属于氧化还原反应，故A不选；B.2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，该反应中各元素化合价不变，没有电子转移，所以不属于氧化还原反应，故B选；C.2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，所以有电子转移，属于氧化还原反应，故C不选；D．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，将新制氯水滴入紫色石蕊溶液中，可以看到石蕊溶液先变红后褪色，故D不选；故选B。
3．【答案】C
【解析】A．胶体中分散质粒子直径为1～100 nm，A项错误；B．AgCl、NH4NO3为强电解质，B项错误；C．空气(含有O2、N2等)、王水(浓盐酸和浓硝酸按体积比为3∶1组成)、氯水(Cl2的水溶液)、水玻璃(Na2SiO3的水溶液)都属于混合物，C项正确；D．碳酸钠属于无机物，D项错误。
4．【答案】A
【解析】A．铁锈的主要成分为Fe2O3，硫酸具有酸性可以和金属氧化物反应，具有对应关系；B．NH4HCO3受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素；C．二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质化合成不稳定的无色物质，不涉及氧化还原，故和二氧化硫的氧化性无关；D．电解冶炼铝，只能说明熔融氧化铝能导电，是离子晶体，无法说明是否具有两性，和酸、碱都反应可以体现Al2O3具有两性。
5．【答案】D
【解析】A．根据在任何化合物中正负化合价的代数和为0可得化合物KCrO2中元素Cr为+3价，正确但不符合题意，A不选。B．根据题意可知Cr2O3是两性氧化物，正确但不符合题意，B不选。C．根据氧化还原反应中氧化性：氧化剂＞氧化产物，可知在②中氧化性K2Cr2O7＞I2，正确但不符合题意，C不选。在③中H2O2中的O元素的化合价由-1价变为-2价，化合价降低，得到电子，表现为氧化性，错误符合题意，D选。
6．【答案】C
【解析】A．Ba2+和CO反应生成BaCO3沉淀，不能大量共存，A错误；B．SO和H+反应生成SO2，不能大量共存，B错误；C．四种离子不反应，可以大量共存，C正确；D．H+和HCO会反应生成CO2、H2O，不能大量共存，D错误；故合理选项为C。
7．【答案】B
【解析】根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为19ClO+8Cr3++4H2O=8CrO2(ClO4)2+3Cl−+8H+，可知B错误。
8．【答案】D
【解析】A．氯化锰溶于水，应写成离子，故A错误；B．氢氧化钡溶液中加入硫酸铵，正确离子方程式为Ba2++2OHˉ+2NH+SO=BaSO4↓+2NH3·H2O，故B错误；C．FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2，正确离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故C错误；D．0.01mol·Lˉ1 NH4Al(SO4)2溶液与0.02mol·Lˉ1 Ba(OH)2溶液等体积混合，有足够的OHˉ与铝离子和铵根反应，但没有多余的OHˉ与氢氧化铝沉淀反应，所以离子方程式为NH+Al3++2SO+2Ba2++4OHˉ=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+
NH3·H2O，故D正确；故答案为D。
9．【答案】D
【解析】A．Fe3+、I−之间发生氧化还原反应，在溶液中不能共存，A项错误；B．通入少量CO2，NH3·H2O优先反应，为弱电解质，在离子方程式中保留化学式，正确的离子方程式为：2NH3·H2O+CO2=CO+H2O+2NH，B项错误；C．加入硝酸钡后，硝酸根离子在酸性条件下氧化亚铁离子，所以发生反应的离子方程式还有：NO+3Fe2++4H+=NO↑+3Fe3++2H2O、SO+Ba2+=BaSO4↓，C项错误；D．Al3+与少量氢氧化钙反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3OH−=Al(OH)3↓，D项正确；答案选D。
10．【答案】A
【解析】试液中加入过量稀硫酸，无明显现象，说明无CO，加入硝酸钡溶液，有气体生成，说明发生了氧化还原反应，则含有Fe2+，则不含AlO，有沉淀A，说明沉淀A为硫酸钡沉淀，但不能说明含有SO，前面加入了硫酸，滤液X加过量NaOH溶液，生成气体，则气体为氨气，则含有NH，有沉淀B，说明氢氧化铁沉淀，滤液通入少量二氧化碳，有沉淀C，说明沉淀一定为碳酸钡，可能含氢氧化铝沉淀，则可能含有Al3+，但由于溶液中离子浓度均为0.1mol·L−1，结合电荷守恒，因此不可能含有Al3+，一定含有SO、Cl−、Fe2+、NH。A．根据分析原溶液中存在SO、Cl−、Fe2+、NH，故A正确；B．根据分析原试液中一定不含有Al3+，一定含Cl−，故B错误；C．根据分析溶液中不含有Al3+，因此沉淀C为碳酸钡沉淀，故C错误；D．滤液X中大量存在的阳离子有NH、Fe3+、H+和Ba2+，故D错误；综上所述，答案为B。
11．【答案】B
【解析】A．利用过滤法可将Z中固体和液体分离，故A正确；B．X中分散系是氯化铁溶液，分散质是氯离子和三价铁离子，乙中分散系是氢氧化铁胶体，分散质是氢氧化铁胶粒，故B错误；C．根据实验现象，碳酸钙与FeCl3溶液反应，生成氢氧化铁胶体和CO2，故C正确；D．Z中是氢氧化铁胶体，能产生丁达尔效应，故D正确。
12．【答案】AC
【解析】NaOH为强碱，可以拆成离子形式，氯气单质不能拆，产物中NaCl和NaClO为可溶性盐，可拆成离子形式，水为弱电解质，不能拆，故A正确；该离子方程式反应前后电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Al+2OH−+2H2O=2AlO+3H2↑，故B错误；室温下，铜与稀硝酸反应生成NO，正确的离子方程式为：3Cu+2NO+8H+=2NO↑+3Cu2++4H2O，故C正确；Na2SiO3为可溶性盐，可以拆成离子形式，正确的离子方程式为：SiO+2H+=H2SiO3，故D错误；综上所述，本题应选AC。
13．【答案】BC
【解析】A．pH＞7的溶液中：OH－、Mg2+反应而不能大量共存，故A不符合题意；B．使甲基橙溶液变红的溶液中，说明溶液显酸性，H+、Al3+、Cu2+、NO、SO不反应而大量共存，故B符合题意；C．由水电离出的c(H+)=1.0×10−13 mol∙L−1的溶液中，说明可能呈酸性，可能呈碱性，H+、CO、SO反应而不大量共存，碱性条件下能共存，故C符合题意；D．使酚酞变红色的溶液，说明显碱性，OH－、Fe2+反应而不能大量共存，故D不符合题意。答案为BC。
14．【答案】A
【解析】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，KClO3中Cl的化合价从+5降低到+4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2；H2C2O4中C的化合价从+3升高到+4，失去电子，被氧化，得到氧化产物CO2。KClO3中Cl的化合价从+5降低到+4，得到1个电子，则1mol KClO3参加反应有1mol电子转移；答案选A。
15．【答案】D
【解析】已知9.820gA样品，分成两份，每份样品质量为4.910g，一份干燥脱水至恒重，残留物质量为4.3700g，说明结晶水的质量是4.910g-4.370g=0.540g，结晶水的物质的量是=0.03mol；将步骤2所得固体溶于水，加入铁粉0.2800g，恰好反应，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+可知4.910g晶体中铁元素的物质的量是×2=0.01mol；根据步骤3：5C2O+2MnO+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O反应消耗0.5 mol·L-1KMnO4溶液24.00mL，则4.910g A样品中C2O的物质的量是=0.03mol，根据质量守恒，晶体中钾离子的物质的量是=0.03mol，n(K)∶n(Fe)∶n(C2O)∶n(H2O)=0.03∶0.01∶0.03∶0.03=3∶1∶3∶3，所以晶体A的化学式为K3Fe(C2O4)3·3H2O，A．由步骤2只能计算出4.9100gA样品中含有0.03mol水，无法计算a值，故A错误；B．据步骤3算得4.910g晶体A中草酸根离子(C2O)的物质的量为0.03 mol，则9.82gA样品中草酸根离子(C2O)的物质的量为0.06 mol，故B错误；C．未告知气体所处环境，因此无法计算最终消耗氯气的体积，故C错误；D．由上述可知，晶体A的化学式为K3Fe(C2O4)3·3H2O，故D正确。
16．【答案】（1）+2 盐 Fe(CrO2)2=Fe2++2CrO
（2）A
（3）C
（4）C
（5）取烧杯中液体少许于一支洁净的试管中，先用稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则说明SO能够透过半透膜
【解析】（1）Fe(CrO2)2中，氧元素的化合价是-2价，总的负价是-8价，铬元素的化合价是+3价，2个铬原子化合价是+6价，所以铁元素化合价是+2价；Fe(CrO2)2是由亚铁离子和CrO组成的盐；盐为强电解质，故电离方程式为Fe(CrO2)2=Fe2++2CrO。（2）分散系中胶体最本质的区别是分散质粒子直径的大小，故选A。（3）溶液很稳定，A项错误；胶体具有丁达尔效应而溶液没有，B项错误；胶体和溶液中的分散质粒子都能透过滤纸，C项正确。故答案为C；（4）胶体的分散质不能透过半透膜，但水分子等小分子或离子能透过半透膜，所以当胶体中混有溶液时，用渗析的方法来提纯，所以选C；（5）硫酸根离子可以和钡离子之间反应产生白色不溶于硝酸的白色沉淀，具体方法为：取烧杯中液体少许于一支洁净的试管中，先加稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则说明SO能够透过半透膜。
17．【答案】（1）CO Na+、H+、Al3+、Mg2+、NH
（2） NH+OH−=NH3·H2O
（3） 2∶1 10.7
（4） 存在 0.08
【解析】（1）废水是无色的，说明无Fe3+。根据焰色反应为黄色可知有Na+，加入氯化钡有白色沉淀生成，且加入酸沉淀不溶解，说明有SO，加入氢氧化钠开始时没有沉淀生成说明有H+，加入过量的氢氧化钠有部分沉淀溶解，说明有Al3+，还有部分白色沉淀不溶解，说明有Mg2+，沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段，有另一阳离子与氢氧根反应且不生成沉淀，说明有NH，既然一定有Al3+、Mg2+，则必然没有CO。故答案为：CO；Na+、H+、Al3+、Mg2+、NH；（2）沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式是NH+OH−=NH3·H2O。（3）与NH反应的OH−有0.2mol，则NH有0.2mol，与Al(OH)3反应的OH−有0.1mol，则Al3+有0.1mol，因此二者的比例为2∶1。生成沉淀需要OH− 0.4mol，0.1mol Al3+需要0.3mol OH−，则与Mg2+反应的OH−是0.1mol，则Mg2+有0.05mol，生成氢氧化镁0.05mol，即2.9g，生成的氢氧化铝是0.1mol，质量为7.8g，则沉淀最大质量为10.7g。故答案为：2∶1，10.7。（4）从图中可知，H+有0.1mol，已经求得NH有0.2mol，Al3+有0.1mol，Mg2+有0.05mol，若c(Na+)＝0.18mol·L－1，则钠离子的物质的量为0.18mol·L－1×1L=0.18mol。根据题干可知硫酸钡有93.2g，即0.4mol，也就是说SO有0.4mol，已知没有CO，正电荷高于负电荷，电荷不守恒，所以一定有硝酸根，且c(NO)＝0.1×1+0.2×1+0.1×3+0.05×2+0.18
×1-0.4×2=0.08mol·L−1。故答案为：存在，0.08。
18．【答案】（1）ClO−+2I−+2H+=I2+Cl−+H2O
（2）0.004mol
（3） C
（4） ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O
【解析】I、（1）实验①说明酸性条件下，次氯酸钠把碘离子氧化生成碘单质，同时自身被还原生成氯离子，反应离子方程式为：ClO−+2I−+2H+=I2+Cl−+H2O，故答案为：ClO−+2I−+2H+=I2+Cl−+H2O；（2）实验②说明碘单质把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，自身被还原生成碘离子，反应的离子方程式为：H2O+I2+SO=SO+2I−+2H+，设转移电子的物质的量为x。

H2O+SO+I2=SO+2I−+2H+ 转移电子
1mol 2mol
0.5mol/L×0.004L x
x==0.004mol，故答案为：0.004mol；II、（3）这些物质都为1mol时，Cl2(发生的反应为Cl2+H2O=HCl+HClO)、H2O2(分解生成氧气和水)、ClO2(反应生成氯离子)、O3(1mol O3转化为1mol O2和1mol H2O)消毒时，转移电子依次为1mol、1mol、5mol、2mol，等物质的量的上述物质反应，ClO2转移的电子数最多，消毒效率最高，故答案为：C；（4）ClO−与浓盐酸中的Cl−会发生反应生成有毒的Cl2，方程式为ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O，因此“84”消毒液(主要成分是NaClO)和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)不能混用，故答案为：ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O。
19．【答案】（1）单质 HClO4
（2）酸 a、b、c、e 还原 a、d 还原 因为其中氯由-1价上升为0价（或在反应中失去电子）
【解析】（1）Cl2为单质，因此A为单质；物质B中Cl为+7价，Cl为+7价的酸为HClO4；（2）HCl属于强电解质，完全电离，所有的阳离子均为H+，因此HCl属于酸，能与NaClO反应生成HClO，能与铁反应生成氢气，能与氢氧化钠发生中和反应，能与AgNO3反应生成白色沉淀；Cl−中Cl为-1价，为最低价态，具有还原性，能与NaClO发生归中反应，能与KMnO4发生氧化还原反应；（3）①根据氧化还原反应化合价升降守恒对方程式配平可得方程式为2H2O+2NaClCl2+2NaOH+H2↑，2mol NaCl参与反应，电子转移2mol，用单线桥表示为：；②由方程式可知，反应中Cl由-1价变为0价，化合价升高，失去电子，被氧化，NaCl作还原剂。
20．【答案】（1）防止温度高下H2O2分解 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（2） 偏大 n(Cr2O)=5.000×10−2 mol·L−1×22.00mL×10−3 L·mL−1=1.100×10−3 mol，由滴定时Cr2O→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：Cr2O~6Fe2+（或Cr2O+14H++6Fe2+=6Fe3++2Cr3++7H2O），则n(Fe2+)=6n(Cr2O)=6×1.100×10−3mol
=6.600×10−3 mol，样品中铁元素的质量：m(Fe)=6.600×10−3mol×56g·mol−1=0.3696g，样品中铁元素的质量分数：w(Fe)=×100%=12.32%
【解析】（1）H2O2受热易分解，故反应温度不宜过高，以防止温度高下H2O2分解；酸性条件下，H2O2氧化Fe2+生成Fe3+，同时自身被还原生成H2O，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；（2）①Sn2+具有还原性，能被K2Cr2O7氧化，从而导致K2Cr2O7消耗偏多，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大；②n(Cr2O)=5.000×10−2mol·L−1×22.00 mL×10−3 L·mL−1=1.100×10−3mol，由滴定时Cr2O→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：Cr2O~6Fe2+(或Cr2O+14H++6Fe2+=6Fe3++2Cr3++7H2O)，则n(Fe2+)=6n(Cr2O)=6×1.100×10−3mol=
6.600×10−3mol，样品中铁元素的质量：m(Fe)=6.600×10−3mol×56g·mol−1=0.3696g，样品中铁元素的质量分数：w(Fe)=×100%=12.32%。