新高考化学一轮单元训练第三单元化学物质及其变化（B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（B卷）含答案，共6页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。

第三单元 化学物质及其变化（B）
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．广东有众多国家级非物质文化遗产，如广东剪纸、粤绣、潮汕工夫茶艺和香云纱染整技艺等。下列说法不正确的是
A．广东剪纸的裁剪过程不涉及化学变化
B．冲泡工夫茶时茶香四溢，体现了分子是运动的
C．制作粤绣所用的植物纤维布含有天然高分子化合物
D．染整技艺中去除丝胶所用的纯碱水溶液属于纯净物
2．中华文化源远流长、博大精深。下列有关蕴含的化学知识的说法中，不正确的是
A．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化
B．“陶尽门前土，屋上无片瓦。十指不沾泥，鳞鳞居大厦。”黏土烧制陶瓷的过程发生了化学变化
C．“兰陵美酒郁金香，玉碗盛来琥珀光。”粮食发酵产生的酒精分散在酒糟中，可以通过蒸馏与酒糟分离
D．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
3．(NH4)2PtCl6晶体受热分解，生成氮气、氯化氢、氯化铵和金属铂。在此分解反应中，还原产物与氧化产物的物质的量之比是
A．2∶3 B．1∶3 C．4∶3 D．3∶2
4．500mL 2mol·L-1 FeCl3溶液和500mL 2mol·L-1明矾溶液分别滴入沸水中，加热制成甲、乙两种分散系，经测定，甲分散系中分散质的粒子直径大小在1～100nm之间，乙分散系中分散质的粒子直径大小在10-9～10-7m之间。下列关于甲、乙分散系的判断正确的是
A．在暗室里用一束明亮的强光照射甲、乙，发现甲有丁达尔效应，乙没有丁达尔效应
B．向甲、乙中分别滴加过量的氢氧化钠溶液，现象都是“先沉淀，后溶解”
C．向甲、乙中分别滴加过量的氢碘酸，最终现象分别是深褐色溶液、无色溶液
D．蒸干、灼烧FeCl3溶液和明矾溶液会得到对应的固体盐
5．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．使pH试纸变蓝的溶液中：NH、Na+、Cl−、ClO−
B．1.0mol·L−1的HNO3溶液中：K+、[Ag(NH3)2]+、Cl−、SO
C．=1的溶液中：Fe2+、AlO、Al3+、I−
D．0.1mol·L−1的NH4HCO3溶液中：K+、Na+、NO、Cl−
6．铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]－可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。

下列叙述错误的是
A．CH3COI是反应中间体
B．甲醇羰基化反应为CH3OH+CO=CH3CO2H
C．反应过程中Rh的成键数目保持不变
D．存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O
7．物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度有关。下列各组物质在反应中的产物与物质的浓度有关的是
①Cu与HNO3溶液　②Cu与FeCl3溶液　③Zn与H2SO4溶液　④Fe与HCl溶液
A．①③ B．③④ C．①② D．①③④
8．工业上用发烟HClO4将潮湿的CrC13氧化为棕色的烟[CrO2(C1O4)2]，来除去Cr(III)，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法正确的是
A．CrO2(ClO4)2中元素显+3价
B．HClO4属于强酸，该反应还生成了另一种强酸
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8∶3
D．该反应离子方程式为
9．常温下，向H2O2溶液中滴加少量溶液，反应原理如图所示。关于该反应过程的说法正确的是

A．该反应过程中，M是Fe3+，Mˊ是
B．当有1mol O2生成时，转移2mol电子
C．在H2O2分解过程中，溶液的pH逐渐降低
D．H2O2的氧化性比Fe3+强，还原性比Fe2+弱
10．对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是
A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：
B．向CaCl2溶液中通入CO2：
C．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：
D．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：
11．某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用富勒烯(C60)的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法正确的是
A．“水瓶”、冰水混合物、CuSO4·5H2O都是混合物
B．金刚石、石墨和C60互称为同素异形体
C．磷酸钙是难溶性弱电解质
D．一定条件下石墨转化为C60是化学变化，属于有单质参加的非氧化还原反应
12．分类是学习和研究化学物质及其变化的科学方法之一，下列分类合理的是
A．Na2CO3和NaHCO3都属于盐类
B．NaOH和Na2O都属于碱
C．白银、黄铜、臭氧都属于单质
D．蔗糖、硫酸、氯化镁都属于电解质
13．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是
A．pH=7的溶液中能大量存在：Cl-、SO、Na+、Fe3+
B．0.lmol/L NaAlO2溶液中能大量存在：Na+、NO、NH、HCO
C．氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO+2H+=Fe2++H2O
D．向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至溶液显中性：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O
14． 已知硫酸酸化的K2Cr2O7溶液能与KI反应：aH2SO4+bK2Cr2O7+cKI=mK2SO4+nI2+pCr2(SO4)3+qH2O，下列说法错误的是
A．a=7
B．K2Cr2O7也可用盐酸酸化
C．每生成1molCr2(SO4)3，转移3mole-
D．由上述反应可知，I-的还原性强于Cr3+的还原性
15．下列离子方程式书写正确的是
A．2.24LCO2通入250 mL 0.5 mol/L的 NaOH溶液中：4CO2＋5OH-=CO＋3HCO＋H2O
B．在100 mL 2 mol/L的FeI2的溶液中通入标准状况下5.6 L的Cl2：4Fe2＋＋6I－＋5Cl2=4Fe3＋＋3I2＋10Cl－
C．100 mL 0.1 mol/L的Na2CO3溶液中加入0.01 molCH3COOH：CO+2 CH3COOH＝H2O+CO2↑+ CH3COO-
D．4 mol/L的NaAlO2溶液和7 mol/L的盐酸等体积均匀混合：4AlO+ 7H+ + H2O＝3Al(OH)3↓+ Al3+
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题（共60分）
16．化学与生活密切相关。“暖宝宝”贴是一种便捷取暖用品。是利用铁(①)的氧化反应放热来发热。实际上是根据铁在潮湿空气(②)中发生吸氧腐蚀的原理。同时利用活性炭的强吸附性，在活性炭的疏松结构中储有水(③)蒸气，水蒸汽液化成水滴，流出与空气和铁粉接触，在氯化钠(④)的催化作用下较为迅速的发生反应生成氢氧化铁(⑤，放出热量，生成的氢氧化铁会缓慢分解生成氧化铁⑥)。其总反应：4Fe+3O2+6H2O=4Fe(OH)3，2Fe(OH)3=Fe2O3+3H2O
（1）上述短文标有序号的物质中进行分类：
属于混合物的是_______(填序号，下同)，属于单质的是________，属于氧化物的是_______，属于碱的是__________，属于盐的是__________。
（2）在反应4Fe+3O2+6H2O=4Fe(OH)3中，作为还原剂的物质是______。若反应中消耗了3mol O2，则生成Fe(OH)3的物质的量为______mol，转移电子的物质的量为______mol。
17．铁及其化合物在生活、生产中有广泛应用。请回答下列问题：
（1）向沸水中逐滴滴加1mol·L−1 FeCl3溶液至液体呈透明的红褐色，所得分散系中微粒直径的范围是______________，区别该液体和FeCl3溶液的方法是______________。
（2）黄铁矿（FeS2）是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料。其中一个反应为3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2，氧化产物为______，若有3mol FeS2参加反应，转移______mol电子。
（3）在热的稀硫酸溶液中溶解一定量的FeSO4后，再加入足量的KNO3溶液，可使其中的Fe2+全部转化成Fe3+，并有气体逸出，请配平该化学方程式：
___FeSO4+____KNO3+___H2SO4=____K2SO4+_____Fe2(SO4)3+__NO↑+_____H2O。
（4）铁红是一种红色颜料，其成分是Fe2O3，将一定量的铁红溶于160mL 5mol·L−1盐酸中，再加入一定量铁粉恰好溶解，收集到2.24L（标准状况）H2，经检测，溶液中无Fe3+，则参加反应的铁粉的质量为________g。
18．储氢纳米碳管的研制成功体现了科技的进步。用电弧法合成的纳米碳管常伴有大量的杂质碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯，此反应中的反应物和生成物有C、CO2、H2SO4、K2Cr2O7、Cr2(SO4)3、K2SO4、H2O七种物质。
（1）若将碳纳米颗粒分散到一定溶剂中，形成稳定的分散系，其所具有的性质是__________。
①丁达尔效应　②加入饱和(NH4)2SO4溶液产生聚沉　③可通过半透膜
（2）请用上述物质填空，并配平化学方程式：__C+_____+___H2SO4→___K2SO4+______+____Cr2(SO4)3+____H2O。
（3）H2SO4在上述反应中表现出来的性质是________(填选项编号)。
A．氧化性 B．氧化性和酸性 C．酸性 D．还原性和酸性
（4）若反应中电子转移了0.8mol，则产生的气体在标准状况下的体积为____________。
19．某工业废水中仅含下表离子中的5种(不考虑水的电离及离子的水解)，且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L。
阳离子
K+、Cu2+、Fe3+、Al3+、Fe2+
阴离子
Cl-、CO、SO、SiO、NO
甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：
Ⅰ.用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)。
Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化。
Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。
Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。
请推断：
（1）由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ判断，溶液中一定不含有的阳离子是___________，一定不含有的阴离子是___________(写离子符号)。
（2）Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是___________。
（3）将Ⅲ中所得红棕色气体通入水中，气体变无色，所发生反应的化学方程式为___________。
（4）Ⅳ中生成白色沉淀的离子方程式是___________。
（5）甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是___________，阴离子是___________。(写离子符号)
（6）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体质量为___________g。
20．（1）取300mL 0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量是________mol。
（2）在100mL FeBr2溶液中通入标准状况下3.36L Cl2，溶液中有1/4的Br−被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为________mol/L。
（3）将Al、Al2O3和Al(OH)3的混合物恰好与NaOH溶液反应，反应后溶液中溶质的化学式__________________。向反应后的溶液中通入过量CO2，反应的离子方程式为__________________。
（4）三氟化氮(NF3)是一种无色，无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：
①写出该反应的化学方程式____________________________，反应中生成0.2mol HNO3，转移的电子数目为______________。
②NF3无色、无臭，但一旦在空气中泄漏，还是易于发现，判断该气体泄漏时的现象是_______。

第三单元 化学物质及其变化（B）
答 案
1．【答案】D
【解析】A．广东剪纸的裁剪过程中没有新物质生成，故不涉及化学变化，A正确；B．冲泡工夫茶时茶香四溢，是因为茶水的香味分子不停地做无规则的运动，扩散到空气中，B正确；C．制作粤绣所用的植物纤维布含有纤维素，属于天然高分子化合物，C正确；D．染整技艺中去除丝胶所用的纯碱水溶液属于混合物，D错误。
2．【答案】A
【解析】“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”意思是屠呦呦对青蒿素的提取采用萃取的方法，属于物理变化，答案选A。
3．【答案】D
【解析】(NH4)2PtCl6晶体中N为−3价，Pt为+4价，(NH4)2PtCl6晶体受热分解，生成氮气、氯化氢、氯化铵和金属铂。根据得失电子分析，生成氮气转移6mol电子，生成Pt转移4mol电子，因此还原产物(Pt)与氧化产物(N2)的物质的量之比是3∶2，故D符合题意。
4．【答案】C
【解析】A．由题意可知，甲、乙分散系都是胶体，故A项错误；B．氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液，而氢氧化铁不溶，故B项错误；C．FeCl3中的Fe3＋能氧化I-生成I2，I2溶于水呈深褐色，故C项正确；D．蒸干、灼烧FeCl3溶液得到Fe2O3，蒸干、灼烧明矾溶液得到KAl(SO4)2，故D项错误。
5．【答案】D
【解析】A．使pH试纸变蓝的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，NH与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A不符合题意；B．1.0mol·L−1的HNO3溶液酸性较强，[Ag(NH3)2]+不能稳定存在，会产生银离子，银离子和氯离子会生成不溶于硝酸的沉淀，故B不符合题意；C．=1的溶液显中性，Fe2+、Al3+、AlO均不能在中性溶液中大量存在，且Fe2+、Al3+和AlO会发生双水解，故C不符合题意；D．四种离子之间相互不反应，也不与碳酸氢铵反应，可以大量共存，故D符合题意；故答案为D。
6．【答案】C
【解析】题干中明确指出，铑配合物充当催化剂的作用，用于催化甲醇羰基化。由题干中提供的反应机理图可知，铑配合物在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察出，甲醇羰基化反应所需的反应物除甲醇外还需要CO，最终产物是乙酸；因此，凡是出现在历程中的，既非反应物又非产物的物种如CH3COI以及各种配离子等，都可视作中间物种。A．通过分析可知，CH3COI属于甲醇羰基化反应的反应中间体；其可与水作用，生成最终产物乙酸的同时，也可以生成使甲醇转化为CH3I的HI，A项正确；B．通过分析可知，甲醇羰基化反应，反应物为甲醇以及CO，产物为乙酸，方程式可写成：，B项正确；C．通过分析可知，铑配合物在整个反应历程中，成键数目，配体种类等均发生了变化，C项不正确；D．通过分析可知，反应中间体CH3COI与水作用生成的HI可以使甲醇转化为CH3I，方程式可写成：，D项正确；答案选C。
7．【答案】A
【解析】①铜与浓硝酸反应生成NO2，与稀硝酸反应生成NO，硝酸氧化性的强弱与浓度有关，①正确；②铜与氯化铁溶液反应，与浓度和温度无关，产物唯一，②错误；③锌与硫酸反应：稀硫酸生成氢气，浓硫酸则生成二氧化硫，硫酸氧化性的强弱与其浓度有关，③正确；④铁与盐酸反应只生成氯化亚铁和氢气，④错误。综上所述，答案为A。
8．【答案】B
【解析】A．CrO2(ClO4)2中O为-2价、Cl为+7价，则根据化合物中元素化合价代数和等于0，可知该物质中Cr元素化合价为+6价，A错误；B．Cl元素的非金属性较强，HClO4属于强酸，HC1O4氧化CrC13为棕色的[CrO2(C1O4)2]，部分HClO4被还原生成HCl，HCl也属于强酸，B 正确；C．该反应的离子方程式为，其中19mol 中有3mol 作氧化剂，被还原为Cl-，8mol Cr3+全部作还原剂，被氧化为8mol CrO2(ClO4)2，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8，C错误；D．该反应的离子方程式为，D错误；故合理选项是B。
9．【答案】B
【解析】根据反应原理图，H2O2+M+H+→H2O+Mˊ的过程中H2O2被还原成H2O，Mˊ+H2O2→M+O2+H+的过程中H2O2被氧化成O2，根据氧化还原反应的特点，M为Fe2+，Mˊ为Fe3+，据此分析作答。A．根据分析，M是Fe2+，Mˊ是Fe3+，故A错误；B．图示中生成O2的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，反应过程中O元素的化合价由-1价升至0价，因此当有1mol O2生成时，转移2mol电子，故B正确；C．图示中的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+、2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，则总反应为2H2O22H2O+O2↑，在H2O2分解过程中生成了H2O，溶液变稀，则溶液的pH会逐渐增大，故C错误；D．根据2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+说明H2O2的还原性强于Fe2+，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O说明H2O2的氧化性强于Fe3+，故D错误；答案为B。
10．【答案】A
【解析】A．用Na2SO3溶液吸收少量的Cl2，Cl2具有强氧化性，可将部分氧化为，同时产生的氢离子与剩余部分结合生成，Cl2被还原为Cl-，反应的离子反应方程式为：3+Cl2+H2O=2+2Cl-+，A选项正确；B．向CaCl2溶液中通入CO2，H2CO3是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸，故不发生反应，B选项错误；C．向H2O2中滴加少量的FeCl3，Fe3+的氧化性弱于H2O2，不能氧化H2O2，但Fe3+能催化H2O2的分解，正确的离子方程式应为2H2O22H2O+O2↑，C选项错误；D．NH4HSO4电离出的H+优先和NaOH溶液反应，同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，氢离子和氢氧根恰好完全反应，正确的离子反应方程式应为：H++OHˉ=H2O，D选项错误；答案选A。
11．【答案】BD
【解析】A．“水瓶”是富勒烯(C60)的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，“水瓶”为混合物，冰水混合物、CuSO4·5H2O为纯净物，故A错误；B．金刚石、石墨、C60都是有碳元素组成不同结构的单质，三者互为同素异形体；故B正确；C．磷酸钙为强碱弱酸盐，磷酸钙难溶于水，属于强电解质，故C错误；D．石墨和C60互为同素异形体，它们之间转化属于化学反应，变化过程中无化合价的变化，属于有单质参加的非氧化还原反应，故D正确；答案为BD。
12．【答案】A
【解析】Na2CO3属于正盐，NaHCO3属于酸式盐，都属于盐类，故A正确；NaOH属于碱，Na2O属于氧化物，不是碱，故B错误；白银、臭氧都属于单质；黄铜是铜合金，属于混合物，故C错误；蔗糖属于非电解质；硫酸、氯化镁属于电解质，故D错误；故选A。
13．【答案】D
【解析】A．pH=7的溶液中，Fe3+完全水解为氢氧化铁，故不选A；B．AlO与HCO反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，NaAlO2溶液中不可能大量含有HCO，故不选B；C．氧化亚铁溶于稀硝酸生成硝酸铁、一氧化氮、水，反应的离子方程式是3FeO+10H++NO=3Fe3++NO↑+5H2O，故C错误；D．Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液1∶2反应，恰好显中性，反应的离子方程式是Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，故D正确；选D。
14．【答案】BC
【解析】硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与KI混合，根据得失电子守恒配平可得发生反应的化学方程式为7H2SO4+K2Cr2O7+6KI=4K2SO4+3I2+Cr2(SO4)3+7H2O。A．由配平的化学方程式可得出a=7，A正确；B．K2Cr2O7具有强氧化性，盐酸中的Cl-在酸性溶液中具有较强的还原性，二者混合后会发生氧化还原反应，所以K2Cr2O7不可用盐酸酸化，B错误；C．在反应中，Cr元素由+6价降低为+3价，所以每生成1molCr2(SO4)3，转移6mole-，C错误；D．由上述反应可知，KI为还原剂，Cr2(SO4)3为还原产物，所以I-的还原性强于Cr3+的还原性，D正确；故选BC。
15．【答案】D
【解析】A．没有指明标准状况，不能求出2.24LCO2的物质的量，A错误；B．I-的还原能力强于Fe2+，所以应为Cl2先与I-发生氧化还原反应，n(Cl2)=0.25mol，n(I-)=0.4mol，则被氧化的Fe2+物质的量n(Fe2+)=0.1mol，离子方程式为2Fe2＋＋8I－＋5Cl2=2Fe3＋＋4I2＋10Cl－，B错误；C．100 mL 0.1 mol/L的Na2CO3溶液中加入0.01 molCH3COOH，离子方程式应为CO+CH3COOH＝HCO+ CH3COO-，C错误；D．设溶液的体积都为1L，则NaAlO2为4mol，HCl为7 mol，离子方程式为 4AlO+ 7H+ + H2O＝3Al(OH)3↓+ Al3+，D正确。
16．【答案】（1）② ① ③⑥ ⑤ ④
（2）铁(Fe) 4 12
【解析】（1）①铁是单质；②潮湿空气属于混合物；③水是氧化物；④氯化钠是盐；⑤氢氧化铁是氢氧化物；⑥氧化铁是氧化物；故答案为：②；①；③⑥；⑤；④。（2）在反应4Fe+3O2+6H2O=4Fe(OH)3中，铁化合价升高，作还原剂，根据反应方程式4mol Fe与3mol O2反应转移12mol电子，因此若反应中消耗了3mol O2，则生成Fe(OH)3的物质的量为4mol，转移电子的物质的量为12mol；故答案为：Fe；4；12。
17．【答案】（1）1nm~100nm 丁达尔效应
（2） SO2、Fe3O4 32
（3） 6 2 4 1 3 2 4
（4） 11.2
【解析】（1）反应制得氢氧化铁胶体，胶体中微粒直径的范围是1-100nm；丁达尔效应为胶体的特性，故可以利用丁达尔效应区别氢氧化铁胶体和氯化铁溶液。（2）3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2中，铁元素由+2价变为+3价，化合价升高；硫元素由-1价变为+4价，化合价升高；氧元素由0价变为-2价，化合价降低。故FeS2作还原剂，O2作氧化剂，Fe3O4、SO2既是氧化产物也是还原产物；在上述反应中共转移32个电子，若有3mol FeS2参加反应，则转移32mol电子。（3）反应中铁元素由+2价变为+3价，氮元素由+5价变为+2价，根据得失电子数相等和元素守恒，得化学方程式6FeSO4+2KNO3+4H2SO4=K2SO4+3Fe2(SO4)3+2NO↑+4H2O。（4）生成氢气的物质的量为0.1mol。根据反应Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，可知与盐酸反应Fe的物质的量为0.1mol、HCl物质的量为0.2mol，根据氯原子守恒，氯化铁的物质的量为。根据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，可知与三价铁离子反应的Fe的物质的量为0.1mol，故参与反应Fe的总物质的量为0.2mol，质量为11.2g。
18．【答案】（1）①②
（2）3　2K2Cr2O7　8　2　3CO2↑　2　8
（3） C
（4） 4.48 L
【解析】（1）碳纳米颗粒大小介于1-100nm，所以分散到一定溶剂中,形成稳定的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔效应、聚沉的性质，不能通过半透膜，故选①②；（2）反应中C被氧化生成CO2、K2Cr2O7被还原为Cr2(SO4)3，根据反应过程中得失电子守恒和原子个数守恒可配平方程式得：3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=2K2SO4+3CO2↑+2Cr2(SO4)3
+8H2O；（3）H2SO4在上述反应中所含元素化合价不变，与金属阳离子结合生成盐，表现出酸性；（4）根据方程式可以知道每生成3mol二氧化碳气体，反应转移电子的物质的量为12mol，所以若反应中电子转移了0.8mol，则生成二氧化碳气体的物质的量为0.2mol，标况下体积为：0.2mol22.4L/mol=4.48L。
19．【答案】（1）K＋、Fe3＋ CO、SiO
（2）3Fe2＋＋NO＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
（3）3NO2＋H2O=2HNO3＋NO
（4）Ba2＋＋SO=BaSO4↓
（5）Fe2＋、Cu2＋ Cl－、SO、NO
（6）1.6g
【解析】实验I：在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰，推出原溶液中无K＋；实验Ⅱ：加入KSCN溶液无明显变化，推出原溶液中无Fe3＋；实验Ⅲ：加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，红棕色为NO2，无色气体为NO，推出原溶液中含有具有强氧化性的NO和还原性的Fe2＋，Fe2＋与CO不能大量共存，因此原溶液中不含有CO；反应后溶液仍为澄清，推出原溶液中无SiO，加入少量稀盐酸后，溶液中阴离子种类不变，推出原溶液中含有Cl－；实验Ⅳ：向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，推出原溶液中含有SO，各离子物质的量浓度均为0.1mol/L，根据电荷守恒，还推出原溶液中含有Cu2＋，不含有Al3＋。（1）根据上述分析，从Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ判断，溶液中一定不含有的阳离子是K＋、Fe3＋；一定不含有阴离子是CO、SiO；（2）Ⅲ中加入少量的稀盐酸，NO、H+和Fe2＋发生氧化还原反应，其离子方程式为3Fe2＋＋NO＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O；（3）红棕色气体为NO2，NO2与水反应生成HNO3和NO，其反应方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO；（4）根据上述分析，Ⅳ中生成白色沉淀的离子方程式为Ba2＋＋SO=BaSO4↓；（5）根据上述分析，原溶液中所含阳离子是Fe2＋、Cu2＋；所含阴离子：Cl－、SO、NO；（6）原溶液中阳离子是Cu2＋和Fe2＋，加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体为CuO和Fe2O3，根据原子守恒，m(CuO)=100×10－3L×0.1mol·L−1
×80g·mol−1=0.8g，m(Fe2O3)=×100×10－3L×0.1mol·L−1×160g·mol−1=0.8g，所得固体的质量为0.8g＋0.8g=1.6g；故答案为1.6g。
20．【答案】（1）0.032mol
（2）2mol/L
（3） NaAlO2 CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3+HCO
（4） 3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3 0.4NA 产生红棕色气体
【解析】（1）根据题给信息可知n（KI）=0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n(I2)=n(KIO3)=0.02mol，失电子的物质的量为2×0.02mol+0.02mol×6=0.16mol，1mol MnO得电子5mol，根据得失电子数目相等，则消耗KMnO4的物质的量的是0.032mol；（2）标准状况下3.36L氯气的物质的量为3.36L÷22.4L/mol=0.15mol，还原性Fe2+＞Br−，氯气先氧化亚铁离子，亚铁离子反应完毕，再氧化溴离子，令原溶液中FeBr2的物质的量为amol，根据电子转移守恒，则：amol×（3-2）+0.25×2×a mol×[0-（-1）]=0.15mol×2，解得a=0.2，原FeBr2溶液的物质的量浓度0.2mol÷0.11L=2mol/L。（3）Al、Al2O3、Al(OH)3都能和NaOH溶液反应生成NaAlO2，偏铝酸钠溶液能和过量的CO2反应生成Al(OH)3和碳酸氢钠，反应的离子方程式为CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3+HCO。（4）①根据题意可知，反应物为NF3和H2O，生成物为NO、HNO3和HF，在该反应中NF3中的N元素的化合价一部分由+3价升高到+5价，失去2个电子，一部分由+3价降低到+2价，得到1个电子，根据得失电子守恒和原子守恒配平，该反应的化学方程式为3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3；根据化学方程式，在反应过程中，被氧化的N即化合价升高的N与被还原的N即化合价降低的N元素原子的物质的量之比为1∶2，则每产生1mol HNO3，转移电子2mol的电子，因此若反应中生成0.2mol HNO3，转移的电子数目为0.2×4NA=0.4NA；②NF3是一种无色、无臭的气体，但一旦NF3在空气中泄漏，就会反应反应3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3，2NO+O2=2NO2；NO2是红棕色有刺激性气味的气体，所以判断该气体泄漏时的现象是出现红棕色气体。