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新高考化学一轮复习考点过关练习专题 01物质及其变化（含解析）
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这是一份新高考化学一轮复习考点过关练习专题 01物质及其变化（含解析），共16页。试卷主要包含了下列回收物属于金属制品的是等内容，欢迎下载使用。
专题01 物质及其变化
1．下列回收物属于金属制品的是( )
A．图甲：矿泉水瓶 B．图乙：废弃报刊
C．图丙：易拉罐 D．图丁：旧衣物
【答案】C
【解析】A项，一般矿泉水瓶的材料是聚酯(PET)、聚乙烯(PE)、聚丙烯(PP)，在此基础上添加相应的有机溶剂，经过高温加热后，由塑料模具经过吹塑、挤吹，A错误；B项，废弃报刊原料来自木浆，主要成分为纤维素，B错误；C项，易拉罐主要成分为铝，属于金属制品，C正确；D项，旧衣物主要成分为，腈纶、棉，不属于金属制品，D错误；故选C。
2．下列物质的水溶液能导电，且属于电解质的是( )
A．Cu B．CO2 C．CH3OH D．KNO3
【答案】D
【解析】A项，Cu不溶于水，且Cu为单质，不是电解质，A错误；B项，CO2溶于水，与水反应生成碳酸使溶液导电，但不是自身电离出的离子使溶液导电，熔融状态的CO2也不导电，CO2不是电解质，为非电解质，B错误；C项，CH3OH溶于水和熔融状态下均不导电，CH3OH为非电解质，C错误；D项，KNO3溶于水电离出钾离子和硝酸根离子使溶液导电，熔融状态的KNO3也能电离出钾离子和硝酸根离子而导电，KNO3是电解质，D正确；故选D。
3．下列物质间的转化，不能通过一步反应实现的是 ( )
A．S→SO2 B．Na2SiO3→H2SiO3 C．Fe→FeCl3 D．CuO→Cu(OH)2
【答案】D
【解析】A项，S在氧气中燃烧生成SO2，故A正确；B项，H2SiO3为弱酸，Na2SiO3溶液与盐酸或二氧化碳反应生成H2SiO3沉淀，故B正确；C项，Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，故C正确；D项，CuO不溶于水，不能与水反应Cu(OH)2，故D错误；故选D。
4．下列属于氧化还原反应，且氧化剂和还原剂为同一种物质的是( )
A．MgO+2HCl=MgCl2+H2O B．C+H2O(g)CO+H2
C．8NH3+6NO27N2+12H2O D．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
【答案】D
【解析】A项， MgO+2HCl=MgCl2+H2O中元素化合价没有发生变化，反应不是氧化还原反应，A不符合题意；B项，C+H2O(g)CO+H2中C、H两种元素的化合价都发生了变化，反应属于氧化还原反应，其中C是还原剂，H2O是氧化剂，氧化剂和还原剂不是同一种物质，B不符合题意；C项，8NH3+6NO27N2+12H2O中只有N元素的化合价发生了变化，反应属于氧化还原反应，其中NH3是还原剂，NO2是氧化剂，氧化剂和还原剂不是同一种物质，C不符合题意；D项，反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中有O元素化合价的变化，反应属于氧化还原反应，其中Na2O2既是还原剂也是氧化剂，氧化剂和还原剂是同一种物质，D符合题意；故选D。
5．新型冠状病毒肆虐流行，严重威胁着人类的健康。使用含氯泡腾片【主要成分为二氧化氯(ClO2)】可有效杀死病毒。下列关于二氧化氯(ClO2)的说法正确的是( )
A．ClO2属于有机物 B．ClO2属于酸
C．ClO2属于盐类 D．ClO2属于氧化物
【答案】D
【解析】A项，有机物是含碳化合物(碳氧化物、碳硫化物、碳酸、碳酸盐、碳酸氢盐、金属碳化物、氰化物、硫氰化物、碳硼烷、烷基金属、羰基金属、金属的有机配体配合物等除外)或碳氢化合物及其常见衍生物的总称，ClO2不含碳元素，不是有机物，A错误；B项，酸在化学上是指在水溶液中电离时产生的阳离子都是氢离子的化合物，ClO2不是酸，B错误；C项，盐类指的是由金属离子或铵根离子与酸根离子构成的化合物，ClO2不是盐，C错误；D项，由两种元素组成，且其中一种元素为氧元素的化合物为氧化物，ClO2属于氧化物，D正确；故选D。
6．随着人们对物质组成和性质研究的深入，物质的分类更加多样化。下列有关说法正确的是( )
A．Na2O2、Al2O3、Fe2O3都是碱性氧化物 B．磁铁矿、盐酸、绿矾都是混合物
C．CH3COOH、NH3·H2O、HClO都是弱电解质 D．烧碱、纯碱、熟石灰都是碱
【答案】C
【解析】A项，Fe2O3是碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物，Na2O2是过氧化物，故A错误；B项，磁铁矿、盐酸都是混合物，而绿矾(FeSO4•7H2O)为纯净物，故B错误；C项，CH3COOH、NH3·H2O、HClO在水中电离均不完全，则都属于弱电解质，故C正确；D项，烧碱、熟石灰都是碱，而纯碱(Na2CO3)属于盐，故D错误；故选C。
7．分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是( )
A．化合物：干冰，冰水混合物，烧碱，小苏打
B．非电解质：乙醇，四氯化碳，氯气，葡萄糖
C．同素异形体：活性炭，C60，石墨烯，金刚石
D．混合物：空气，纯净矿泉水，水玻璃，漂白粉
【答案】B
【解析】干冰，冰水混合物，烧碱，小苏打符合化合物概念，都是化合物，A正确；乙醇，四氯化碳，葡萄糖，都是非电解质，氯气是单质，不是电解质也不是非电解质，B错误；活性炭，C60，石墨烯，金刚石是碳元素的不同单质，属于碳元素的同素异形体，C正确；空气的主要成分为氮气和氧气，纯净矿泉水是电解质的水溶液，水玻璃是硅酸钠的水溶液，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，D正确。
8．向烧杯中加入25mL蒸馏水，加热至沸腾，向沸水中逐滴加入6滴FeCl3饱和溶液。继续加热至液体呈红棕色，停止加热，就制得了Fe(OH)3胶体。下列有关胶体的叙述不正确的是( )
A．胶体是一种分散系，属于混合物
B．胶体的本质特征是能发生丁达尔效应
C．胶体分散质粒子直径介于10-9 -10-7m之间
D．利用丁达尔现象是区分胶体和溶液的一种常用方法
【答案】B
【解析】A项，分散系由分散质和分散剂组成，胶体是一种分散系，属于混合物，A正确；B项，胶体的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间，B错误；C项，胶体分散质粒子直径介于1-100nm之间，即10-9 -10-7m之间，C正确；D项，胶体具有丁达尔现象，溶液不具有丁达尔现象，因此丁达尔现象是区分胶体和溶液的一种常用方法，D正确；故选B。
9．从物质类别的视角认识物质间的转化关系是学习化学的重要方法之一。单质X经下图所示过程可转化为含氧酸W。下列说法正确的是( )
XYZW
A．X是金属钠 B．Y一定能使品红溶液褪色
C．W的浓溶液见光一定会分解 D．Z中氧元素的质量分数一定高于Y
【答案】D
【解析】单质X经XYZW过程可转化为含氧酸W，X可能为C、S、N2。A项，若X是金属钠，则W为碱，故A不符合题意；B项，若X为S，则Y为二氧化硫，能使品红溶液褪色，但是X不一定为S，故B不符合题意；C项，若X为N2，则W为硝酸，浓硝酸见光分解，但X不一定为氮气，故C不符合题意；D项，若X为C，则Y为一氧化碳，Z为二氧化碳；若X为S，则Y为二氧化硫，Z为三氧化硫；若X为N2，则Y为一氧化氮，Z为二氧化氮；故Z中氧元素的质量分数都高于Y，故D符合题意；故选D。
10．有关物质之间的部分转化关系如图所示，其中“—”表示物质之间能发生化学反应，“→”表示物质之间的转化关系。下列说法中正确的是( )
A．物质X是一种常见的酸性氧化物
B．反应②一定有盐参加反应
C．向Ca(OH)2溶液中加入CaO，所得溶液的溶质质量分数一定增大
D．图中的部分反应可能是置换反应
【答案】A
【解析】各反应如下：①CaO+H2O=Ca(OH)2；②可以是Ca(OH)2与碳酸盐反应，也可以是Ca(OH)2与CO2反应；③CaCOCaO+CO2↑；X可以与CaCO3相互转化，故X可能是CO2也可能是CaCl2，同时X可以与Ca(OH)2反应，故X应为CO2，则反应④Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O；⑤CaCO3CaO+CO2↑或CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O⑥Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O。A项，物质X是CO2是一种常见的酸性氧化物，A项正确；B项，②可以是Ca(OH)2与CO2反应，B项错误；C项，若Ca(OH)2溶液饱和，加入CaO后所得溶液的溶质质量分数不变，C项错误；D项，图中的所有反应均为酸、碱、盐、酸性氧化物之间的反应，不可能存在置换反应，D项错误；故选A。
11．唐代诗人刘禹锡的《浪淘沙》有如下诗句：“日照澄洲江雾开”，如图所示，它描述的是朝阳照在江雾初开的小洲上的美丽景象，下列说法不正确的是( )
A．该诗句描述的现象为丁达尔效应
B．胶体的分散质粒子的直径在10-9~10-7m之间
C．以Fe(OH)3为分散质形成的任何分散系都能发生丁达尔效应
D．利用该现象可以区分胶体和溶液
【答案】C
【解析】A项，胶体能产生丁达尔效应，江雾是胶体，因此该诗句描述的是丁达尔效应，故A正确；B项，胶体的分散质粒子的直径在10-9～10-7m之间，故B正确；C项，Fe(OH)3为分散质可形成沉淀，当形成沉淀时不能发生丁达尔效应，故C错误；D项，丁达尔效应是胶体特有现象，利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，故D正确；故选C。
12．2021年新冠肺炎疫情夺走了至少330万人的生命，化学在攻克这一世界难题中功不可没，“新型冠状病毒”由蛋白质外壳和单链核酸组成，直径为60-140 nm，怕酒精，不耐高温。下列说法不正确的是( )
A．“新型冠状病毒”扩散到空气中不可能形成胶体
B．“新型冠状病毒”扩散到空气中形成的分散系可能具有一定的稳定性
C．蛋白质、酒精属于有机物
D．减少外出、勤通风可有效预防“新型冠状病毒”感染
【答案】A
【解析】A项，胶体是分散质粒子大小在 1nm~100nm 的分散系；“新型冠状病毒”由蛋白质外壳和单链核酸组成，直径为60-140 nm，扩散到空气中可能形成胶体，A错误；B项，“新型冠状病毒”扩散到空气中形成的分散系为胶体，具有一定的稳定性，B正确；C项，蛋白质、酒精都是含碳元素的化合物，属于有机物，C正确；D项，减少外出、勤通风，减少人员聚集，增加空气的流动，可有效预防“新型冠状病毒”感染，D正确；故选A。
13．下列离子方程式书写不正确的是( )
A．将石灰乳加入海水沉淀池得到氢氧化镁∶ Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2↓+Ca2+
B．用稀KMnO4酸性溶液检验火柴头燃烧产生的气体中含有SO2∶MnO4-+SO2+4H+=Mn2++SO42-+2H2O
C．泡沫灭火器反应原理∶3HCO3-+Al3+=3CO2↑+Al(OH)3↓
D．实验室用过量NaOH溶液吸收SO2∶2OH-+SO2=SO32-+H2O
【答案】B
【解析】A项，反应符合事实，遵循物质拆分原则，A正确；B项，电子不守恒，电荷不守恒、原子不守恒，B错误；C项，反应符合事实，原子、电荷守恒，C正确；D项，符合反应事实，遵循物质拆分原则，D正确；故选B。
14．下列离子方程式书写正确的是( )
A．FeCl3溶液和Cu混合：FeCl3＋Cu = Fe2+＋Cu2+ +3Cl-
B．甲醛溶液中加入足量的银氨溶液并加热：HCHO+2[Ag(NH3)2]++2OH﹣ HCOO-+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O
C．碳酸氢钠的水解方程式：HCO3-+H2OCO32-+H3O+
D．Ca(HCO3)2溶液中加入过量氨水：Ca2++2HCO3-+2NH3•H2O=CaCO3↓+2H2O+2NH4++CO32-
【答案】D
【解析】A项，FeCl3溶液和Cu混合，反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故A错误；B项，甲醛和足量的银氨溶液发生银镜反应，反应的离子方程式为：HCHO+4[Ag(NH3)2]++4OH- 4Ag↓+ 2NH4++CO32-+6NH3+2H2O，故B错误；C项，H3O+为水合氢离子，HCO3-+H2OH3O++CO32-为碳酸氢根离子的电离方程式，碳酸氢钠的水解方程式为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，故C错误；v项，Ca(HCO3)2溶液中加入过量氨水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸铵和水，反应的离子方程式为：Ca2++2HCO3-+2NH3•H2O=CaCO3↓+2H2O+2NH4++CO32-，故D正确；故选D。
15．下列对应的离子方程式正确的是( )
A．酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液反应：2 MnO4- +16H＋+5 C2O42- ═2Mn2＋+10CO2↑+8H2O
B．向氯化铁溶液中通入过量二氧化硫：2Fe3＋+3SO2+6H2O═2Fe+3SO42-+12H＋
C．银和稀硝酸反应：3Ag+4H＋+ NO3-═3Ag＋+2H2O+NO↑
D．向氯水中加入碳酸钠：Cl2+CO32-═Cl－+ClO－+CO2↑
【答案】C
【解析】A项，草酸是弱酸，酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液反应：2 MnO4- +5H2C2O4+6H＋=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O，故A错误；B项，向氯化铁溶液中通入过量二氧化硫生成氯化亚铁：2Fe3＋+SO2+2H2O═2Fe2＋+SO42-+4H＋，故B错误；C项，银和稀硝酸反应生成硝酸银、水和NO：3Ag+4H＋+NO3-═3Ag＋+2H2O+NO↑，故C正确；D项，氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，盐酸属于强酸，HClO属于弱酸，酸性H2CO3>HClO>HCO3- ，氯水中加入少量碳酸钠的离子方程式为2Cl2+ CO32-+H2O=CO2↑+2Cl-+2HClO，氯水中加入足量碳酸钠的离子方程式为：Cl2+2 CO32-+H2O=Cl－+ClO－+2 HCO3-，故D错误；故选C。
16．下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A．金属钠投到MgCl2溶液中：2Na＋Mg2＋＝2Na＋＋Mg
B．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液产生白色沉淀：AlO2－＋HCO3－＋H2O＝Al(OH)3↓＋CO32－
C．室温下用稀HNO3溶解铜：Cu＋2NO3－＋2H＋＝Cu2＋＋2NO2↑＋H2O
D．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3＋2H＋＝H2SiO3↓＋2Na＋
【答案】B
【解析】A项，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，正确的离子方程式为：2Na＋2H2O＋Mg2＋＝Mg(OH)2↓＋2Na＋＋H2↑，故A错误；B项，向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液产生白色沉淀，离子方程式：AlO2－＋HCO3－＋H2O＝Al(OH)3↓＋CO32－，故B正确；C项，室温下用稀HNO3溶解铜，反应生成硝酸铜、NO气体和水，正确的离子方程式为：3Cu＋2NO3−＋8H＋═3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故C错误；D项，向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸，离子方程式：SiO32−＋2H＋═H2SiO3↓，故D错误；故选B。
17．下列化学(或离子)方程式中，不能正确表达所指定的现象变化的是( )
A．把盛装浓氨水、浓盐酸的两敞口容器靠近，空气中出现“白烟”：NH3＋H＋＝NH4＋
B．把石灰浆涂抹在墙面上，第二天墙面上“更潮湿”：Ca(OH)2＋CO2＝CaCO3↓＋H2O
C．向FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，溶液“变红”：Fe3＋＋3SCN－＝Fe(SCN)3
D．向AlCl3溶液中投入CuO粉末，溶液中出现“白色沉淀”：3H2O＋3CuO＋2AlCl3＝2Al(OH)3＋3CuCl2
【答案】A
【解析】A项，把盛装浓氨水、浓盐酸的两敞口容器靠近，挥发出来的氨气和氯化氢气体反应生成氯化铵，氯化氢不能用H＋表示，该反应不属于离子反应，故A选；B项，把石灰浆涂抹在墙面上，第二天墙面上“更潮湿”，是反应了Ca(OH)2＋CO2＝CaCO3↓＋H2O，故B不选；C项，FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，二者反应生成红色的络合物硫氰化铁，反应的离子方程式为：Fe3++3SCN-═Fe(SCN)3，故C不选；D项，向AlCl3溶液中投入CuO粉末，溶液中出现“白色沉淀”，是因为氯化铝溶液水解显酸性，投入氧化铜，促进水解生成氢氧化铝沉淀，反应的方程式为3H2O＋3CuO＋2AlCl3＝2Al(OH)3＋3CuCl2，故D不选；故选A
18．下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A．用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I－＋H2O2＝I2＋2OH－
B．向碳酸氢铵溶液中加入过量的NaOH溶液：NH4＋＋OH－＝NH3·H2O
C．向明矾溶液中加入Ba(OH) 2溶液至生成沉淀的物质的量最多：Al3＋＋2SO42－＋2Ba2＋＋4OH－＝2BaSO4↓＋AlO2－＋2H2O
D．等体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合：HCO3－＋Ba2＋＋OH－＝BaCO3↓＋H2O
【答案】D
【解析】A项，从酸化的海带灰浸出液中提取碘单质，溶液显酸性，方程式中不得出现氢氧根，正确的方程式为2I－＋H2O2+2H+＝I2＋2H2O，A错误；B项，碳酸氢根也可以与氢氧根发生化学反应生成碳酸根，正确的方程式为HCO3-+NH4＋＋2OH－＝NH3·H2O+CO32-+H2O，B错误；C项，向明矾溶液中加入Ba(OH) 2溶液至生成沉淀的物质的量最多，不应有偏铝酸根离子生成，正确的方程式为2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－＝3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓；D项，等体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合的方程式为HCO3－＋Ba2＋＋OH－＝BaCO3↓＋H2O，D正确；故选D。
19．制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的实验中，需对过滤出产品的母液(pH<1)进行处理。室温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是( )
A．通入过量Cl2：Fe2+、H+、NH4+、Cl–、SO42–
B．加入少量NaClO溶液：NH4+、Fe2+、H+、SO42–、ClO–
C．加入过量NaOH溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42–、OH–
D．加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na+、SO42–、Cl–、ClO–、OH–
【答案】D
【解析】A项，通入过量Cl2，在酸性条件下，Fe2+与Cl2会发生氧化还原反应，溶液中无Fe2+存在，故A错误；B项，加入少量NaClO溶液，在酸性条件下，Fe2+与ClO–会发生氧化还原反应，溶液中无Fe2+存在，故B错误；C项，加入过量NaOH溶液，Fe2+会生成沉淀，反应后溶液中无Fe2+，故C错误；D项，加入过量NaClO和NaOH的混合溶液，Fe2+会被氧化生成铁离子并在碱性环境下生成沉淀，反应后溶液中无Fe2+，故D正确；故选D。
20．常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是( )
A．无色透明的溶液中：K+、NH4+、MnO4-、CO32-
B．c(I-)＝0.10mol·L-1的溶液中：Al3+、Fe3+、Cl-、NO3-
C．pH=1的溶液中：NH4＋、Na+、SO42-、Br-
D．水电离出的c(H+)＝10-13mol·L-1的溶液中：Mg2+、K+、Cl-、HCO3-
【答案】C
【解析】A项，MnO4－是紫红色溶液，故A不符合题意；B项，c(I－)＝0.10mol·L-1的溶液中与Fe3+反应生成亚铁离子和碘单质，故B不符合题意；C项，pH=1的溶液中：NH4＋、Na+、SO42－、Br－都不反应，故C符合题意；D项，水电离出的c(H+)＝10-13mol·L-1的溶液，可能为酸或碱，HCO3－在酸中或碱中都要反应，故D不符合题意。故选C。
21．下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A．在20 ℃ pH＝10的溶液中：Na＋、CH3CHO、Ag(NH3)、NO
B．溶液中能大量共存，通入CO2后仍能大量共存：K＋、Ca2＋、Cl－、NO
C．与镁反应只产生氢气的溶液中：NO、Cl－、H＋、Al3＋
D． c(H＋)与c(OH－)/c(H＋)=1.0×10－12溶液中：Cl－、K＋、SO、CH3COO－
【答案】B
【解析】碱性条件下，CH3CHO、Ag(NH3)发生反应不能大量共存，A错误；几种离子之间不反应，碳酸酸性小于盐酸、硝酸，这几种离子和二氧化碳也不反应，能大量共存，B正确；硝酸具有强氧化性，硝酸和镁反应生成氮的化合物而不生成氢气，C错误；c(OH－)/c(H＋)＝1.0×10－12溶液呈强酸性，CH3COO－不能大量存在，D错误。
22．下列各溶液中一定能大量共存的离子组是( )
A．加入铝粉有氢气生成的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO、K＋
B．使pH试纸呈红色的溶液中：Fe2＋、I－、NO、Cl－
C．常温下，c(H＋)＝10－14 mol·L－1的溶液中：Na＋、AlO、S2－、SO
D．常温下，水电离出的c(H＋)与c(OH－)乘积为10－28的溶液中：K＋、Na＋、HCO、Ca2＋
【答案】C
【解析】加入铝粉有氢气生成的溶液既可能为强酸性溶液也可能为强碱性溶液，而Mg2＋、Cu2＋不能在强碱性溶液中大量存在，A错；使pH试纸呈红色的溶液为酸性溶液，Fe2＋、I－与NO不能大量共存，B错；常温下，c(H＋)＝10－14 mol·L－1的溶液为强碱性溶液，Na＋、AlO、S2－和SO能大量共存；常温下，水电离出的c(H＋)与c(OH－)乘积为10－28的溶液中，水的电离受到抑制，可能为强酸性溶液也可能为强碱性溶液，HCO在强酸性和强碱性溶液中均不能大量存在，D错。
23．室温下，下列各组离子能大量共存的是( )
A．pH＝7的溶液中：Fe3＋、Mg2＋、SO、Cl－
B．NaHS溶液中：SO、K＋、Cl－、Cu2＋
C．Kw/c(H＋)＝10－13 mol·L－1的溶液中：NH、Mg2＋、SO
D．通入大量CO2的溶液中：Na＋、ClO－、CH3COO－、HCO
【答案】D
【解析】pH＝7的溶液中，Fe3＋不能大量存在，A项错误；HS－与Cu2＋可发生反应HS－＋Cu2＋===CuS↓＋H＋，B项错误；Kw/c(H＋)＝10－13 mol·L－1的溶液中，c(OH－)＝10－13 mol·L－1，即溶液呈强酸性，NH、Mg2＋、SO在此溶液中均能大量共存，C项正确；通入大量CO2的溶液中含有较多的H2CO3，ClO－不能与之大量共存，D项错误。
24．下列离子方程式的书写及评价均合理的是( )
选项
离子方程式
评价
A
将2 mol Cl2通入到含1 mol FeI2的溶液中：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋4Cl－＋I2
正确；Cl2过量，可将Fe2＋、I－均氧化
B
Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2＋＋HCO＋OH－===MgCO3↓＋H2O
正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水
C
过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－===HClO＋HSO
正确；说明酸性：H2SO3强于HClO
D
1 mol/L的NaAlO2溶液和2.5 mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO＋5H＋===Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O
正确；AlO与Al(OH)3消耗的H＋的物质的量之比为2∶3
【答案】D
【解析】将2 mol Cl2通入到含1 mol FeI2的溶液中，由电子守恒可知，氯气过量，则离子反应为2Fe2＋＋4I－＋3Cl2===2Fe3＋＋6Cl－＋2I2，故A错误；Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应的离子方程式为Mg2＋＋2HCO＋4OH－===Mg(OH)2↓＋2H2O＋2CO，故B错误；过量SO2通入到NaClO溶液中的离子反应为SO2＋H2O＋ClO－===2H＋＋Cl－＋SO，故C错误；1 mol/L的NaAlO2溶液和2.5 mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合的离子反应为2AlO＋5H＋===Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O，故D正确。
25．关于微粒在指定溶液中能否大量共存的评价正确的是( )
选项
溶液
微粒
评价
A
8% H2O2水溶液
Fe3＋、Mg2＋、SO、Na＋
可以大量共存
B
室温下pH＝12的水溶液
NO、Na＋、SO、K＋
NO能将SO氧化而不能大量共存
C
1 mol·L－1的NH4Cl溶液
Ba2＋、OH－、NH3·H2O
NH4Cl溶液显酸性，NH3·H2O不能大量共存
D
NaHSO4水溶液
I－、K＋、CH3COO－、Br－
CH3COO－能与
NaHSO4溶液反应，不能大量共存
【答案】D
【解析】Fe3＋对H2O2的分解有催化作用，A错；NO只有在酸性条件下才有强氧化性，B项中的评价错误；C项中OH－不能大量共存，原因是NH＋OH－===NH3·H2O，C项中的评价错误；NaHSO4能完全电离生成H＋，故能发生反应CH3COO－＋H＋===CH3COOH，D项正确。
26．下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是( )
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A
FeCl2溶液(FeCl3)
Fe粉
B
NaCl溶液(MgCl2)
NaOH溶液、稀HCl
C
Cl2(HCl)
H2O、浓H2SO4
D
NO(NO2)
H2O、无水CaCl2
【答案】B
【解析】A项，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=2FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原法应，故A不符合题意；B项，.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；C项，部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，反应过程中氯元素化合价变化，涉及到了氧化还原法应，故C不符合题意；D项，NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原法应，故D不符合题意；故选B。
27．Cl2是纺织工业中常用的漂白剂，Na2S2O3可作漂白布匹后的“脱氯剂”，S2O32-和Cl2反应的产物之一为SO42-。下列说法中不正确的是( )
A．该反应中Cl2发生还原反应
B．根据该反应可判断还原性：S2O32-＞Cl-
C．脱氯反应后，溶液的酸性增强
D．SO2与氯气的漂白原理相同，所以也可以用SO2作纺织工业的漂白剂
【答案】D
【解析】S2O32-和Cl2反应的产物之一为SO42-，S硫元素平均化合价由+2价升高为+6价，Na2S2O3是还原剂，Cl元素化合价由0价降低为-1价，Cl2是氧化剂，则Cl2→NaCl或HCl，根据电子转移相等，所以n(Na2S2O3)×2×(6-2)=n(Cl2)×2，故n(Na2S2O3)∶n(Cl2)=1∶4，结合质量守恒定律配平反应的方程式为：5H2O+S2O32-+4Cl2=2SO42-+8Cl-+10H+。A项，因Cl元素的化合价降低，所以氧化剂是Cl2，反应中被还原，故A正确；B项，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，还原性：S2O32-＞Cl-，故B正确；C项，由反应可知生成氢离子，溶液的酸性增强，故C正确；D项，SO2与氯气的漂白原理不相同，氯气是利用其与水反应生成的次氯酸的氧化性漂白，而二氧化硫是利用化合反应，不是氧化还原反应，故D错误；故选D。
28．已知H2SO3＋I2＋H2O===H2SO4＋2HI，将0.1 mol Cl2通入100 mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化，则下列说法正确的是( )
A．物质的还原性：HI＞H2SO3＞HCl
B．H2SO3的物质的量浓度为0.6 mol·L－1
C．若再通入0.05 mol Cl2，则恰好能将HI和H2SO3完全氧化
D．通入0.1 mol Cl2发生反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2I－＋4H2O===4SO＋I2＋10Cl－＋16H＋
【答案】D
【解析】由已知反应可知，还原性：H2SO3＞HI，故向混合溶液中通入Cl2后先发生反应：Cl2＋H2SO3＋H2O==2HCl＋H2SO4，H2SO3反应完全后发生反应：Cl2＋2HI==I2＋2HCl，则还原性：HI＞HCl，故还原性：H2SO3＞HI＞HCl，A项错误；设HI和H2SO3的物质的量浓度均为x mol·L－1，根据二者分别与Cl2反应的化学方程式并结合有一半的HI被氧化可知Cl2完全反应，则0.1x＋＝0.1，解得x＝0.8，B项错误；混合溶液中还剩余0.04 mol HI未被氧化，故只需再通入0.02 mol Cl2，即可恰好将HI和H2SO3完全氧化，C项错误；通入0.1 mol Cl2后，0.08 mol H2SO3和0.04 mol HI完全反应，即参与反应的n(Cl2)∶n(H2SO3)∶n(HI)＝5∶4∶2，反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2I－＋4H2O===4SO＋I2＋10Cl－＋16H＋，D项正确。
29．向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是( )
A．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2＋>I2>SO2
B．通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂
C．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性
D．滴加KI溶液时，转移2 mol e－时生成1 mol白色沉淀
【答案】A
【解析】由题干信息可知，向CuSO4溶液中加入KI溶液时发生反应：2CuSO4＋4KI===2K2SO4＋2CuI↓＋I2①，当转移2 mol e－时生成2 mol CuI沉淀，D错误；向反应后的混合物中再通入SO2气体，又发生反应：I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HI②，该反应中I2作氧化剂，SO2作还原剂，体现了SO2的还原性，故B、C均不正确；根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，反应①中氧化性Cu2＋＞I2，反应②中I2将SO2氧化，说明氧化性I2>SO2，故A正确。
30．某电镀厂废水中含有酸性重铬酸钾(K2Cr2O7)溶液，己知Cr(VI)毒性是Cr(III)的100倍，现用硫酸亚铁溶液(恰好完全反应)还原该废水，然后再调节pH为6~8，使Cr(III)转化为沉淀除去。下列说法正确的是( )
A．K2Cr2O7溶液中Cr2O72-部分转化为铬酸根，铬元素价态发生变化
B．还原性：Cr3+＞Fe2+
C．上述除铬过程中，溶液中pH先减小后增大
D．除污完成后生成42.4kg沉淀，则还原过程中转移电子的物质的量为300mol
【答案】D
【解析】A项，K2Cr2O7溶液中Cr2O72-部分转化为铬酸根(CrO42-)，铬元素价态均为+6，未发生变化，A说法错误；B项，反应中，Cr3+为还原产物，Fe2+为还原剂，还原性：Cr3+
A．Na2O2既是氧化剂又是还原剂
B．3 mol Na2O2发生反应，有12 mol电子转移
C．在Na2FeO4中Fe为＋4价，具有强氧化性，能消毒杀菌
D．Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物
【答案】D
【解析】Na2O2中O元素化合价由－1价降为－2价，为氧化剂，A错误；Na2O2中O元素化合价由－1价降为－2价，3 mol Na2O2发生反应，则有6 mol电子转移，B错误；Na2FeO4中Fe为＋6价，具有强氧化性，能消毒杀菌，C错误；Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，D正确。
32．NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式是：MnO＋NO＋→Mn2＋＋NO＋H2O。下列叙述中正确的是( )
A．该反应中NO被还原
B．反应过程中溶液的pH减小
C．生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4
D．中的粒子是OH－
【答案】C
【解析】根据原子守恒和电荷守恒可推出化学方程式左边缺正电荷和H元素，所以内应填H＋，配平化学方程式：2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O；其中NO被氧化，反应过程中H＋被消耗，pH增大，故A、B、D错误。
33．含有砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢(AsH3)在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为1.50 mg，则下列说法正确的是( )
A．被氧化的砒霜为1.98 mg B．分解产生的氢气为0.672 mL
C．和砒霜反应的锌为3.90 mg D．转移的电子总数为6×10－5NA
【答案】C
【解析】砒霜(As2O3)和锌、盐酸混合反应的方程式为As2O3＋6Zn＋12HCl===2AsH3↑＋6ZnCl2＋3H2O。根据砷的相对原子质量为75，若砷的质量为1.50 mg，物质的量为0.02 mmol，被还原的砒霜为0.02 mmol÷2×198 g·mol－1＝1.98 mg，和砒霜反应的锌为3.90 mg。2AsH32As＋3H2分解产生的氢气标准状况下为0.03 mmol×22.4 L·mol－1＝0.672 mL；转移的电子总数为0.18×10－3NA。
34．将11.2 g的Mg、Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的X气体。再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4 g沉淀。根据题意推断气体X的成分可能是( )
A．0.6 mol NO
B．0.1 mol NO、0.2 mol NO2 和0.05 mol N2O4
C．0.2 mol NO2 和0.1 mol N2O4
D．0.3 mol NO2和0.3 mol NO
【答案】B
【解析】根据题意n(OH-)=(21.4 g-11.2 g)/17 g·mol-1=0.6 mol，则金属离子为0.3 mol，转移0.6 mol电子。A项，若生成0.6 mol NO，氮元素获得电子数为0.6 mol×(5-2)=1.8 mol，A错误;B项，若生成0.1 mol NO、0.2 mol NO2 和0.05 mol N2O4，氮元素获得电子数为0.1 mol×(5-2)+0.3 mol=0.6 mol，B正确;C项，若生成0.2 mol NO2 和0.1 mol N2O4，氮元素获得电子数为0.4 mol×(5-4)=0.4 mol，C错误;D项，若生成0.3 mol NO2和0.3 mol NO，氮元素获得电子数为0.3 mol×(5-4)+0.3 mol×(5-2)=1.2 mol，D错误。
35．已知溶液中可发生反应：2FeBr2＋Br2===2FeBr3，现向100 mL的FeBr2溶液中通入3.36 L Cl2(标准状况)，充分反应后测得溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为( )
A．2 mol·L－1 B．1 mol·L－1 C．0.4 mol·L－1 D．0.2 mol·L－1
【答案】A
【解析】由题意可知，Fe2＋的还原性强于Br－，若Cl2只氧化Fe2＋，Cl－和Br－的物质的量浓度不会相等，故部分Br－被氧化。设FeBr2的物质的量为x，3.36 L Cl2的物质的量是0.15 mol，转移电子的物质的量共0.3 mol。则根据电子守恒得：x＋(2x－0.3 mol)＝0.3 mol，解得x＝0.2 mol，故FeBr2溶液的物质的量浓度为2 mol·L－1。
36．高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4，发生反应：
①C12+KOH→KC1+KC1O+KC1O3+H2O(未配平)；
②2Fe(NO3)3+3KC1O+10KOH===2K2FeO4+6KNO3+3KC1+5H2O。
下列说法正确的是( )
A．若反应①中n(ClO－)：n(C1O3－)=5：1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
B．反应①中每消耗4molKOH，吸收标准状况下22.4LCl2
C．氧化性：K2FeO4>KC1O
D．若反应①的氧化产物只有KC1O，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC12
【答案】D
【解析】A项，若反应①中n(ClO－)：n(C1O3－)=5：1，设物质的量分别为5mol和1mol，则化合价升高失去10mol电子，则化合价降低得到10mol电子，因此总共有了8mol氯气，氧化剂与还原剂的物质的量之比为10：6，即5：3，故A错误；B项，根据A分析反应①得出消耗氢氧化钾物质的量为16mol，因此每消耗4molKOH，吸收氯气2mol，即标准状况下44.8LCl2，故B错误；C项，根据第二个方程式比较氧化性，氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，因此KC1O > K2FeO4，故C错误；D项，若反应①的氧化产物只有KC1O，则C12与KC1O物质的量之比为1：1，根据第二个方程式得到KC1O与K2FeO4物质的量之比为3：2，因此得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC12，故D正确。故选D。
专题01 物质及其变化
1．下列回收物属于金属制品的是( )
A．图甲：矿泉水瓶 B．图乙：废弃报刊
C．图丙：易拉罐 D．图丁：旧衣物
【答案】C
【解析】A项，一般矿泉水瓶的材料是聚酯(PET)、聚乙烯(PE)、聚丙烯(PP)，在此基础上添加相应的有机溶剂，经过高温加热后，由塑料模具经过吹塑、挤吹，A错误；B项，废弃报刊原料来自木浆，主要成分为纤维素，B错误；C项，易拉罐主要成分为铝，属于金属制品，C正确；D项，旧衣物主要成分为，腈纶、棉，不属于金属制品，D错误；故选C。
2．下列物质的水溶液能导电，且属于电解质的是( )
A．Cu B．CO2 C．CH3OH D．KNO3
【答案】D
【解析】A项，Cu不溶于水，且Cu为单质，不是电解质，A错误；B项，CO2溶于水，与水反应生成碳酸使溶液导电，但不是自身电离出的离子使溶液导电，熔融状态的CO2也不导电，CO2不是电解质，为非电解质，B错误；C项，CH3OH溶于水和熔融状态下均不导电，CH3OH为非电解质，C错误；D项，KNO3溶于水电离出钾离子和硝酸根离子使溶液导电，熔融状态的KNO3也能电离出钾离子和硝酸根离子而导电，KNO3是电解质，D正确；故选D。
3．下列物质间的转化，不能通过一步反应实现的是 ( )
A．S→SO2 B．Na2SiO3→H2SiO3 C．Fe→FeCl3 D．CuO→Cu(OH)2
【答案】D
【解析】A项，S在氧气中燃烧生成SO2，故A正确；B项，H2SiO3为弱酸，Na2SiO3溶液与盐酸或二氧化碳反应生成H2SiO3沉淀，故B正确；C项，Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，故C正确；D项，CuO不溶于水，不能与水反应Cu(OH)2，故D错误；故选D。
4．下列属于氧化还原反应，且氧化剂和还原剂为同一种物质的是( )
A．MgO+2HCl=MgCl2+H2O B．C+H2O(g)CO+H2
C．8NH3+6NO27N2+12H2O D．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
【答案】D
【解析】A项， MgO+2HCl=MgCl2+H2O中元素化合价没有发生变化，反应不是氧化还原反应，A不符合题意；B项，C+H2O(g)CO+H2中C、H两种元素的化合价都发生了变化，反应属于氧化还原反应，其中C是还原剂，H2O是氧化剂，氧化剂和还原剂不是同一种物质，B不符合题意；C项，8NH3+6NO27N2+12H2O中只有N元素的化合价发生了变化，反应属于氧化还原反应，其中NH3是还原剂，NO2是氧化剂，氧化剂和还原剂不是同一种物质，C不符合题意；D项，反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中有O元素化合价的变化，反应属于氧化还原反应，其中Na2O2既是还原剂也是氧化剂，氧化剂和还原剂是同一种物质，D符合题意；故选D。
5．新型冠状病毒肆虐流行，严重威胁着人类的健康。使用含氯泡腾片【主要成分为二氧化氯(ClO2)】可有效杀死病毒。下列关于二氧化氯(ClO2)的说法正确的是( )
A．ClO2属于有机物 B．ClO2属于酸
C．ClO2属于盐类 D．ClO2属于氧化物
【答案】D
【解析】A项，有机物是含碳化合物(碳氧化物、碳硫化物、碳酸、碳酸盐、碳酸氢盐、金属碳化物、氰化物、硫氰化物、碳硼烷、烷基金属、羰基金属、金属的有机配体配合物等除外)或碳氢化合物及其常见衍生物的总称，ClO2不含碳元素，不是有机物，A错误；B项，酸在化学上是指在水溶液中电离时产生的阳离子都是氢离子的化合物，ClO2不是酸，B错误；C项，盐类指的是由金属离子或铵根离子与酸根离子构成的化合物，ClO2不是盐，C错误；D项，由两种元素组成，且其中一种元素为氧元素的化合物为氧化物，ClO2属于氧化物，D正确；故选D。
6．随着人们对物质组成和性质研究的深入，物质的分类更加多样化。下列有关说法正确的是( )
A．Na2O2、Al2O3、Fe2O3都是碱性氧化物 B．磁铁矿、盐酸、绿矾都是混合物
C．CH3COOH、NH3·H2O、HClO都是弱电解质 D．烧碱、纯碱、熟石灰都是碱
【答案】C
【解析】A项，Fe2O3是碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物，Na2O2是过氧化物，故A错误；B项，磁铁矿、盐酸都是混合物，而绿矾(FeSO4•7H2O)为纯净物，故B错误；C项，CH3COOH、NH3·H2O、HClO在水中电离均不完全，则都属于弱电解质，故C正确；D项，烧碱、熟石灰都是碱，而纯碱(Na2CO3)属于盐，故D错误；故选C。
7．分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是( )
A．化合物：干冰，冰水混合物，烧碱，小苏打
B．非电解质：乙醇，四氯化碳，氯气，葡萄糖
C．同素异形体：活性炭，C60，石墨烯，金刚石
D．混合物：空气，纯净矿泉水，水玻璃，漂白粉
【答案】B
【解析】干冰，冰水混合物，烧碱，小苏打符合化合物概念，都是化合物，A正确；乙醇，四氯化碳，葡萄糖，都是非电解质，氯气是单质，不是电解质也不是非电解质，B错误；活性炭，C60，石墨烯，金刚石是碳元素的不同单质，属于碳元素的同素异形体，C正确；空气的主要成分为氮气和氧气，纯净矿泉水是电解质的水溶液，水玻璃是硅酸钠的水溶液，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，D正确。
8．向烧杯中加入25mL蒸馏水，加热至沸腾，向沸水中逐滴加入6滴FeCl3饱和溶液。继续加热至液体呈红棕色，停止加热，就制得了Fe(OH)3胶体。下列有关胶体的叙述不正确的是( )
A．胶体是一种分散系，属于混合物
B．胶体的本质特征是能发生丁达尔效应
C．胶体分散质粒子直径介于10-9 -10-7m之间
D．利用丁达尔现象是区分胶体和溶液的一种常用方法
【答案】B
【解析】A项，分散系由分散质和分散剂组成，胶体是一种分散系，属于混合物，A正确；B项，胶体的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间，B错误；C项，胶体分散质粒子直径介于1-100nm之间，即10-9 -10-7m之间，C正确；D项，胶体具有丁达尔现象，溶液不具有丁达尔现象，因此丁达尔现象是区分胶体和溶液的一种常用方法，D正确；故选B。
9．从物质类别的视角认识物质间的转化关系是学习化学的重要方法之一。单质X经下图所示过程可转化为含氧酸W。下列说法正确的是( )
XYZW
A．X是金属钠 B．Y一定能使品红溶液褪色
C．W的浓溶液见光一定会分解 D．Z中氧元素的质量分数一定高于Y
【答案】D
【解析】单质X经XYZW过程可转化为含氧酸W，X可能为C、S、N2。A项，若X是金属钠，则W为碱，故A不符合题意；B项，若X为S，则Y为二氧化硫，能使品红溶液褪色，但是X不一定为S，故B不符合题意；C项，若X为N2，则W为硝酸，浓硝酸见光分解，但X不一定为氮气，故C不符合题意；D项，若X为C，则Y为一氧化碳，Z为二氧化碳；若X为S，则Y为二氧化硫，Z为三氧化硫；若X为N2，则Y为一氧化氮，Z为二氧化氮；故Z中氧元素的质量分数都高于Y，故D符合题意；故选D。
10．有关物质之间的部分转化关系如图所示，其中“—”表示物质之间能发生化学反应，“→”表示物质之间的转化关系。下列说法中正确的是( )
A．物质X是一种常见的酸性氧化物
B．反应②一定有盐参加反应
C．向Ca(OH)2溶液中加入CaO，所得溶液的溶质质量分数一定增大
D．图中的部分反应可能是置换反应
【答案】A
【解析】各反应如下：①CaO+H2O=Ca(OH)2；②可以是Ca(OH)2与碳酸盐反应，也可以是Ca(OH)2与CO2反应；③CaCOCaO+CO2↑；X可以与CaCO3相互转化，故X可能是CO2也可能是CaCl2，同时X可以与Ca(OH)2反应，故X应为CO2，则反应④Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O；⑤CaCO3CaO+CO2↑或CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O⑥Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O。A项，物质X是CO2是一种常见的酸性氧化物，A项正确；B项，②可以是Ca(OH)2与CO2反应，B项错误；C项，若Ca(OH)2溶液饱和，加入CaO后所得溶液的溶质质量分数不变，C项错误；D项，图中的所有反应均为酸、碱、盐、酸性氧化物之间的反应，不可能存在置换反应，D项错误；故选A。
11．唐代诗人刘禹锡的《浪淘沙》有如下诗句：“日照澄洲江雾开”，如图所示，它描述的是朝阳照在江雾初开的小洲上的美丽景象，下列说法不正确的是( )
A．该诗句描述的现象为丁达尔效应
B．胶体的分散质粒子的直径在10-9~10-7m之间
C．以Fe(OH)3为分散质形成的任何分散系都能发生丁达尔效应
D．利用该现象可以区分胶体和溶液
【答案】C
【解析】A项，胶体能产生丁达尔效应，江雾是胶体，因此该诗句描述的是丁达尔效应，故A正确；B项，胶体的分散质粒子的直径在10-9～10-7m之间，故B正确；C项，Fe(OH)3为分散质可形成沉淀，当形成沉淀时不能发生丁达尔效应，故C错误；D项，丁达尔效应是胶体特有现象，利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，故D正确；故选C。
12．2021年新冠肺炎疫情夺走了至少330万人的生命，化学在攻克这一世界难题中功不可没，“新型冠状病毒”由蛋白质外壳和单链核酸组成，直径为60-140 nm，怕酒精，不耐高温。下列说法不正确的是( )
A．“新型冠状病毒”扩散到空气中不可能形成胶体
B．“新型冠状病毒”扩散到空气中形成的分散系可能具有一定的稳定性
C．蛋白质、酒精属于有机物
D．减少外出、勤通风可有效预防“新型冠状病毒”感染
【答案】A
【解析】A项，胶体是分散质粒子大小在 1nm~100nm 的分散系；“新型冠状病毒”由蛋白质外壳和单链核酸组成，直径为60-140 nm，扩散到空气中可能形成胶体，A错误；B项，“新型冠状病毒”扩散到空气中形成的分散系为胶体，具有一定的稳定性，B正确；C项，蛋白质、酒精都是含碳元素的化合物，属于有机物，C正确；D项，减少外出、勤通风，减少人员聚集，增加空气的流动，可有效预防“新型冠状病毒”感染，D正确；故选A。
13．下列离子方程式书写不正确的是( )
A．将石灰乳加入海水沉淀池得到氢氧化镁∶ Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2↓+Ca2+
B．用稀KMnO4酸性溶液检验火柴头燃烧产生的气体中含有SO2∶MnO4-+SO2+4H+=Mn2++SO42-+2H2O
C．泡沫灭火器反应原理∶3HCO3-+Al3+=3CO2↑+Al(OH)3↓
D．实验室用过量NaOH溶液吸收SO2∶2OH-+SO2=SO32-+H2O
【答案】B
【解析】A项，反应符合事实，遵循物质拆分原则，A正确；B项，电子不守恒，电荷不守恒、原子不守恒，B错误；C项，反应符合事实，原子、电荷守恒，C正确；D项，符合反应事实，遵循物质拆分原则，D正确；故选B。
14．下列离子方程式书写正确的是( )
A．FeCl3溶液和Cu混合：FeCl3＋Cu = Fe2+＋Cu2+ +3Cl-
B．甲醛溶液中加入足量的银氨溶液并加热：HCHO+2[Ag(NH3)2]++2OH﹣ HCOO-+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O
C．碳酸氢钠的水解方程式：HCO3-+H2OCO32-+H3O+
D．Ca(HCO3)2溶液中加入过量氨水：Ca2++2HCO3-+2NH3•H2O=CaCO3↓+2H2O+2NH4++CO32-
【答案】D
【解析】A项，FeCl3溶液和Cu混合，反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故A错误；B项，甲醛和足量的银氨溶液发生银镜反应，反应的离子方程式为：HCHO+4[Ag(NH3)2]++4OH- 4Ag↓+ 2NH4++CO32-+6NH3+2H2O，故B错误；C项，H3O+为水合氢离子，HCO3-+H2OH3O++CO32-为碳酸氢根离子的电离方程式，碳酸氢钠的水解方程式为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，故C错误；v项，Ca(HCO3)2溶液中加入过量氨水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸铵和水，反应的离子方程式为：Ca2++2HCO3-+2NH3•H2O=CaCO3↓+2H2O+2NH4++CO32-，故D正确；故选D。
15．下列对应的离子方程式正确的是( )
A．酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液反应：2 MnO4- +16H＋+5 C2O42- ═2Mn2＋+10CO2↑+8H2O
B．向氯化铁溶液中通入过量二氧化硫：2Fe3＋+3SO2+6H2O═2Fe+3SO42-+12H＋
C．银和稀硝酸反应：3Ag+4H＋+ NO3-═3Ag＋+2H2O+NO↑
D．向氯水中加入碳酸钠：Cl2+CO32-═Cl－+ClO－+CO2↑
【答案】C
【解析】A项，草酸是弱酸，酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液反应：2 MnO4- +5H2C2O4+6H＋=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O，故A错误；B项，向氯化铁溶液中通入过量二氧化硫生成氯化亚铁：2Fe3＋+SO2+2H2O═2Fe2＋+SO42-+4H＋，故B错误；C项，银和稀硝酸反应生成硝酸银、水和NO：3Ag+4H＋+NO3-═3Ag＋+2H2O+NO↑，故C正确；D项，氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，盐酸属于强酸，HClO属于弱酸，酸性H2CO3>HClO>HCO3- ，氯水中加入少量碳酸钠的离子方程式为2Cl2+ CO32-+H2O=CO2↑+2Cl-+2HClO，氯水中加入足量碳酸钠的离子方程式为：Cl2+2 CO32-+H2O=Cl－+ClO－+2 HCO3-，故D错误；故选C。
16．下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A．金属钠投到MgCl2溶液中：2Na＋Mg2＋＝2Na＋＋Mg
B．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液产生白色沉淀：AlO2－＋HCO3－＋H2O＝Al(OH)3↓＋CO32－
C．室温下用稀HNO3溶解铜：Cu＋2NO3－＋2H＋＝Cu2＋＋2NO2↑＋H2O
D．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3＋2H＋＝H2SiO3↓＋2Na＋
【答案】B
【解析】A项，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，正确的离子方程式为：2Na＋2H2O＋Mg2＋＝Mg(OH)2↓＋2Na＋＋H2↑，故A错误；B项，向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液产生白色沉淀，离子方程式：AlO2－＋HCO3－＋H2O＝Al(OH)3↓＋CO32－，故B正确；C项，室温下用稀HNO3溶解铜，反应生成硝酸铜、NO气体和水，正确的离子方程式为：3Cu＋2NO3−＋8H＋═3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故C错误；D项，向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸，离子方程式：SiO32−＋2H＋═H2SiO3↓，故D错误；故选B。
17．下列化学(或离子)方程式中，不能正确表达所指定的现象变化的是( )
A．把盛装浓氨水、浓盐酸的两敞口容器靠近，空气中出现“白烟”：NH3＋H＋＝NH4＋
B．把石灰浆涂抹在墙面上，第二天墙面上“更潮湿”：Ca(OH)2＋CO2＝CaCO3↓＋H2O
C．向FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，溶液“变红”：Fe3＋＋3SCN－＝Fe(SCN)3
D．向AlCl3溶液中投入CuO粉末，溶液中出现“白色沉淀”：3H2O＋3CuO＋2AlCl3＝2Al(OH)3＋3CuCl2
【答案】A
【解析】A项，把盛装浓氨水、浓盐酸的两敞口容器靠近，挥发出来的氨气和氯化氢气体反应生成氯化铵，氯化氢不能用H＋表示，该反应不属于离子反应，故A选；B项，把石灰浆涂抹在墙面上，第二天墙面上“更潮湿”，是反应了Ca(OH)2＋CO2＝CaCO3↓＋H2O，故B不选；C项，FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，二者反应生成红色的络合物硫氰化铁，反应的离子方程式为：Fe3++3SCN-═Fe(SCN)3，故C不选；D项，向AlCl3溶液中投入CuO粉末，溶液中出现“白色沉淀”，是因为氯化铝溶液水解显酸性，投入氧化铜，促进水解生成氢氧化铝沉淀，反应的方程式为3H2O＋3CuO＋2AlCl3＝2Al(OH)3＋3CuCl2，故D不选；故选A
18．下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A．用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I－＋H2O2＝I2＋2OH－
B．向碳酸氢铵溶液中加入过量的NaOH溶液：NH4＋＋OH－＝NH3·H2O
C．向明矾溶液中加入Ba(OH) 2溶液至生成沉淀的物质的量最多：Al3＋＋2SO42－＋2Ba2＋＋4OH－＝2BaSO4↓＋AlO2－＋2H2O
D．等体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合：HCO3－＋Ba2＋＋OH－＝BaCO3↓＋H2O
【答案】D
【解析】A项，从酸化的海带灰浸出液中提取碘单质，溶液显酸性，方程式中不得出现氢氧根，正确的方程式为2I－＋H2O2+2H+＝I2＋2H2O，A错误；B项，碳酸氢根也可以与氢氧根发生化学反应生成碳酸根，正确的方程式为HCO3-+NH4＋＋2OH－＝NH3·H2O+CO32-+H2O，B错误；C项，向明矾溶液中加入Ba(OH) 2溶液至生成沉淀的物质的量最多，不应有偏铝酸根离子生成，正确的方程式为2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－＝3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓；D项，等体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合的方程式为HCO3－＋Ba2＋＋OH－＝BaCO3↓＋H2O，D正确；故选D。
19．制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的实验中，需对过滤出产品的母液(pH<1)进行处理。室温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是( )
A．通入过量Cl2：Fe2+、H+、NH4+、Cl–、SO42–
B．加入少量NaClO溶液：NH4+、Fe2+、H+、SO42–、ClO–
C．加入过量NaOH溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42–、OH–
D．加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na+、SO42–、Cl–、ClO–、OH–
【答案】D
【解析】A项，通入过量Cl2，在酸性条件下，Fe2+与Cl2会发生氧化还原反应，溶液中无Fe2+存在，故A错误；B项，加入少量NaClO溶液，在酸性条件下，Fe2+与ClO–会发生氧化还原反应，溶液中无Fe2+存在，故B错误；C项，加入过量NaOH溶液，Fe2+会生成沉淀，反应后溶液中无Fe2+，故C错误；D项，加入过量NaClO和NaOH的混合溶液，Fe2+会被氧化生成铁离子并在碱性环境下生成沉淀，反应后溶液中无Fe2+，故D正确；故选D。
20．常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是( )
A．无色透明的溶液中：K+、NH4+、MnO4-、CO32-
B．c(I-)＝0.10mol·L-1的溶液中：Al3+、Fe3+、Cl-、NO3-
C．pH=1的溶液中：NH4＋、Na+、SO42-、Br-
D．水电离出的c(H+)＝10-13mol·L-1的溶液中：Mg2+、K+、Cl-、HCO3-
【答案】C
【解析】A项，MnO4－是紫红色溶液，故A不符合题意；B项，c(I－)＝0.10mol·L-1的溶液中与Fe3+反应生成亚铁离子和碘单质，故B不符合题意；C项，pH=1的溶液中：NH4＋、Na+、SO42－、Br－都不反应，故C符合题意；D项，水电离出的c(H+)＝10-13mol·L-1的溶液，可能为酸或碱，HCO3－在酸中或碱中都要反应，故D不符合题意。故选C。
21．下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A．在20 ℃ pH＝10的溶液中：Na＋、CH3CHO、Ag(NH3)、NO
B．溶液中能大量共存，通入CO2后仍能大量共存：K＋、Ca2＋、Cl－、NO
C．与镁反应只产生氢气的溶液中：NO、Cl－、H＋、Al3＋
D． c(H＋)与c(OH－)/c(H＋)=1.0×10－12溶液中：Cl－、K＋、SO、CH3COO－
【答案】B
【解析】碱性条件下，CH3CHO、Ag(NH3)发生反应不能大量共存，A错误；几种离子之间不反应，碳酸酸性小于盐酸、硝酸，这几种离子和二氧化碳也不反应，能大量共存，B正确；硝酸具有强氧化性，硝酸和镁反应生成氮的化合物而不生成氢气，C错误；c(OH－)/c(H＋)＝1.0×10－12溶液呈强酸性，CH3COO－不能大量存在，D错误。
22．下列各溶液中一定能大量共存的离子组是( )
A．加入铝粉有氢气生成的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO、K＋
B．使pH试纸呈红色的溶液中：Fe2＋、I－、NO、Cl－
C．常温下，c(H＋)＝10－14 mol·L－1的溶液中：Na＋、AlO、S2－、SO
D．常温下，水电离出的c(H＋)与c(OH－)乘积为10－28的溶液中：K＋、Na＋、HCO、Ca2＋
【答案】C
【解析】加入铝粉有氢气生成的溶液既可能为强酸性溶液也可能为强碱性溶液，而Mg2＋、Cu2＋不能在强碱性溶液中大量存在，A错；使pH试纸呈红色的溶液为酸性溶液，Fe2＋、I－与NO不能大量共存，B错；常温下，c(H＋)＝10－14 mol·L－1的溶液为强碱性溶液，Na＋、AlO、S2－和SO能大量共存；常温下，水电离出的c(H＋)与c(OH－)乘积为10－28的溶液中，水的电离受到抑制，可能为强酸性溶液也可能为强碱性溶液，HCO在强酸性和强碱性溶液中均不能大量存在，D错。
23．室温下，下列各组离子能大量共存的是( )
A．pH＝7的溶液中：Fe3＋、Mg2＋、SO、Cl－
B．NaHS溶液中：SO、K＋、Cl－、Cu2＋
C．Kw/c(H＋)＝10－13 mol·L－1的溶液中：NH、Mg2＋、SO
D．通入大量CO2的溶液中：Na＋、ClO－、CH3COO－、HCO
【答案】D
【解析】pH＝7的溶液中，Fe3＋不能大量存在，A项错误；HS－与Cu2＋可发生反应HS－＋Cu2＋===CuS↓＋H＋，B项错误；Kw/c(H＋)＝10－13 mol·L－1的溶液中，c(OH－)＝10－13 mol·L－1，即溶液呈强酸性，NH、Mg2＋、SO在此溶液中均能大量共存，C项正确；通入大量CO2的溶液中含有较多的H2CO3，ClO－不能与之大量共存，D项错误。
24．下列离子方程式的书写及评价均合理的是( )
选项
离子方程式
评价
A
将2 mol Cl2通入到含1 mol FeI2的溶液中：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋4Cl－＋I2
正确；Cl2过量，可将Fe2＋、I－均氧化
B
Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2＋＋HCO＋OH－===MgCO3↓＋H2O
正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水
C
过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－===HClO＋HSO
正确；说明酸性：H2SO3强于HClO
D
1 mol/L的NaAlO2溶液和2.5 mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO＋5H＋===Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O
正确；AlO与Al(OH)3消耗的H＋的物质的量之比为2∶3
【答案】D
【解析】将2 mol Cl2通入到含1 mol FeI2的溶液中，由电子守恒可知，氯气过量，则离子反应为2Fe2＋＋4I－＋3Cl2===2Fe3＋＋6Cl－＋2I2，故A错误；Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应的离子方程式为Mg2＋＋2HCO＋4OH－===Mg(OH)2↓＋2H2O＋2CO，故B错误；过量SO2通入到NaClO溶液中的离子反应为SO2＋H2O＋ClO－===2H＋＋Cl－＋SO，故C错误；1 mol/L的NaAlO2溶液和2.5 mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合的离子反应为2AlO＋5H＋===Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O，故D正确。
25．关于微粒在指定溶液中能否大量共存的评价正确的是( )
选项
溶液
微粒
评价
A
8% H2O2水溶液
Fe3＋、Mg2＋、SO、Na＋
可以大量共存
B
室温下pH＝12的水溶液
NO、Na＋、SO、K＋
NO能将SO氧化而不能大量共存
C
1 mol·L－1的NH4Cl溶液
Ba2＋、OH－、NH3·H2O
NH4Cl溶液显酸性，NH3·H2O不能大量共存
D
NaHSO4水溶液
I－、K＋、CH3COO－、Br－
CH3COO－能与
NaHSO4溶液反应，不能大量共存
【答案】D
【解析】Fe3＋对H2O2的分解有催化作用，A错；NO只有在酸性条件下才有强氧化性，B项中的评价错误；C项中OH－不能大量共存，原因是NH＋OH－===NH3·H2O，C项中的评价错误；NaHSO4能完全电离生成H＋，故能发生反应CH3COO－＋H＋===CH3COOH，D项正确。
26．下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是( )
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A
FeCl2溶液(FeCl3)
Fe粉
B
NaCl溶液(MgCl2)
NaOH溶液、稀HCl
C
Cl2(HCl)
H2O、浓H2SO4
D
NO(NO2)
H2O、无水CaCl2
【答案】B
【解析】A项，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=2FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原法应，故A不符合题意；B项，.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；C项，部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，反应过程中氯元素化合价变化，涉及到了氧化还原法应，故C不符合题意；D项，NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原法应，故D不符合题意；故选B。
27．Cl2是纺织工业中常用的漂白剂，Na2S2O3可作漂白布匹后的“脱氯剂”，S2O32-和Cl2反应的产物之一为SO42-。下列说法中不正确的是( )
A．该反应中Cl2发生还原反应
B．根据该反应可判断还原性：S2O32-＞Cl-
C．脱氯反应后，溶液的酸性增强
D．SO2与氯气的漂白原理相同，所以也可以用SO2作纺织工业的漂白剂
【答案】D
【解析】S2O32-和Cl2反应的产物之一为SO42-，S硫元素平均化合价由+2价升高为+6价，Na2S2O3是还原剂，Cl元素化合价由0价降低为-1价，Cl2是氧化剂，则Cl2→NaCl或HCl，根据电子转移相等，所以n(Na2S2O3)×2×(6-2)=n(Cl2)×2，故n(Na2S2O3)∶n(Cl2)=1∶4，结合质量守恒定律配平反应的方程式为：5H2O+S2O32-+4Cl2=2SO42-+8Cl-+10H+。A项，因Cl元素的化合价降低，所以氧化剂是Cl2，反应中被还原，故A正确；B项，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，还原性：S2O32-＞Cl-，故B正确；C项，由反应可知生成氢离子，溶液的酸性增强，故C正确；D项，SO2与氯气的漂白原理不相同，氯气是利用其与水反应生成的次氯酸的氧化性漂白，而二氧化硫是利用化合反应，不是氧化还原反应，故D错误；故选D。
28．已知H2SO3＋I2＋H2O===H2SO4＋2HI，将0.1 mol Cl2通入100 mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化，则下列说法正确的是( )
A．物质的还原性：HI＞H2SO3＞HCl
B．H2SO3的物质的量浓度为0.6 mol·L－1
C．若再通入0.05 mol Cl2，则恰好能将HI和H2SO3完全氧化
D．通入0.1 mol Cl2发生反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2I－＋4H2O===4SO＋I2＋10Cl－＋16H＋
【答案】D
【解析】由已知反应可知，还原性：H2SO3＞HI，故向混合溶液中通入Cl2后先发生反应：Cl2＋H2SO3＋H2O==2HCl＋H2SO4，H2SO3反应完全后发生反应：Cl2＋2HI==I2＋2HCl，则还原性：HI＞HCl，故还原性：H2SO3＞HI＞HCl，A项错误；设HI和H2SO3的物质的量浓度均为x mol·L－1，根据二者分别与Cl2反应的化学方程式并结合有一半的HI被氧化可知Cl2完全反应，则0.1x＋＝0.1，解得x＝0.8，B项错误；混合溶液中还剩余0.04 mol HI未被氧化，故只需再通入0.02 mol Cl2，即可恰好将HI和H2SO3完全氧化，C项错误；通入0.1 mol Cl2后，0.08 mol H2SO3和0.04 mol HI完全反应，即参与反应的n(Cl2)∶n(H2SO3)∶n(HI)＝5∶4∶2，反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2I－＋4H2O===4SO＋I2＋10Cl－＋16H＋，D项正确。
29．向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是( )
A．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2＋>I2>SO2
B．通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂
C．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性
D．滴加KI溶液时，转移2 mol e－时生成1 mol白色沉淀
【答案】A
【解析】由题干信息可知，向CuSO4溶液中加入KI溶液时发生反应：2CuSO4＋4KI===2K2SO4＋2CuI↓＋I2①，当转移2 mol e－时生成2 mol CuI沉淀，D错误；向反应后的混合物中再通入SO2气体，又发生反应：I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HI②，该反应中I2作氧化剂，SO2作还原剂，体现了SO2的还原性，故B、C均不正确；根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，反应①中氧化性Cu2＋＞I2，反应②中I2将SO2氧化，说明氧化性I2>SO2，故A正确。
30．某电镀厂废水中含有酸性重铬酸钾(K2Cr2O7)溶液，己知Cr(VI)毒性是Cr(III)的100倍，现用硫酸亚铁溶液(恰好完全反应)还原该废水，然后再调节pH为6~8，使Cr(III)转化为沉淀除去。下列说法正确的是( )
A．K2Cr2O7溶液中Cr2O72-部分转化为铬酸根，铬元素价态发生变化
B．还原性：Cr3+＞Fe2+
C．上述除铬过程中，溶液中pH先减小后增大
D．除污完成后生成42.4kg沉淀，则还原过程中转移电子的物质的量为300mol
【答案】D
【解析】A项，K2Cr2O7溶液中Cr2O72-部分转化为铬酸根(CrO42-)，铬元素价态均为+6，未发生变化，A说法错误；B项，反应中，Cr3+为还原产物，Fe2+为还原剂，还原性：Cr3+
A．Na2O2既是氧化剂又是还原剂
B．3 mol Na2O2发生反应，有12 mol电子转移
C．在Na2FeO4中Fe为＋4价，具有强氧化性，能消毒杀菌
D．Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物
【答案】D
【解析】Na2O2中O元素化合价由－1价降为－2价，为氧化剂，A错误；Na2O2中O元素化合价由－1价降为－2价，3 mol Na2O2发生反应，则有6 mol电子转移，B错误；Na2FeO4中Fe为＋6价，具有强氧化性，能消毒杀菌，C错误；Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，D正确。
32．NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式是：MnO＋NO＋→Mn2＋＋NO＋H2O。下列叙述中正确的是( )
A．该反应中NO被还原
B．反应过程中溶液的pH减小
C．生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4
D．中的粒子是OH－
【答案】C
【解析】根据原子守恒和电荷守恒可推出化学方程式左边缺正电荷和H元素，所以内应填H＋，配平化学方程式：2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O；其中NO被氧化，反应过程中H＋被消耗，pH增大，故A、B、D错误。
33．含有砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢(AsH3)在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为1.50 mg，则下列说法正确的是( )
A．被氧化的砒霜为1.98 mg B．分解产生的氢气为0.672 mL
C．和砒霜反应的锌为3.90 mg D．转移的电子总数为6×10－5NA
【答案】C
【解析】砒霜(As2O3)和锌、盐酸混合反应的方程式为As2O3＋6Zn＋12HCl===2AsH3↑＋6ZnCl2＋3H2O。根据砷的相对原子质量为75，若砷的质量为1.50 mg，物质的量为0.02 mmol，被还原的砒霜为0.02 mmol÷2×198 g·mol－1＝1.98 mg，和砒霜反应的锌为3.90 mg。2AsH32As＋3H2分解产生的氢气标准状况下为0.03 mmol×22.4 L·mol－1＝0.672 mL；转移的电子总数为0.18×10－3NA。
34．将11.2 g的Mg、Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的X气体。再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4 g沉淀。根据题意推断气体X的成分可能是( )
A．0.6 mol NO
B．0.1 mol NO、0.2 mol NO2 和0.05 mol N2O4
C．0.2 mol NO2 和0.1 mol N2O4
D．0.3 mol NO2和0.3 mol NO
【答案】B
【解析】根据题意n(OH-)=(21.4 g-11.2 g)/17 g·mol-1=0.6 mol，则金属离子为0.3 mol，转移0.6 mol电子。A项，若生成0.6 mol NO，氮元素获得电子数为0.6 mol×(5-2)=1.8 mol，A错误;B项，若生成0.1 mol NO、0.2 mol NO2 和0.05 mol N2O4，氮元素获得电子数为0.1 mol×(5-2)+0.3 mol=0.6 mol，B正确;C项，若生成0.2 mol NO2 和0.1 mol N2O4，氮元素获得电子数为0.4 mol×(5-4)=0.4 mol，C错误;D项，若生成0.3 mol NO2和0.3 mol NO，氮元素获得电子数为0.3 mol×(5-4)+0.3 mol×(5-2)=1.2 mol，D错误。
35．已知溶液中可发生反应：2FeBr2＋Br2===2FeBr3，现向100 mL的FeBr2溶液中通入3.36 L Cl2(标准状况)，充分反应后测得溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为( )
A．2 mol·L－1 B．1 mol·L－1 C．0.4 mol·L－1 D．0.2 mol·L－1
【答案】A
【解析】由题意可知，Fe2＋的还原性强于Br－，若Cl2只氧化Fe2＋，Cl－和Br－的物质的量浓度不会相等，故部分Br－被氧化。设FeBr2的物质的量为x，3.36 L Cl2的物质的量是0.15 mol，转移电子的物质的量共0.3 mol。则根据电子守恒得：x＋(2x－0.3 mol)＝0.3 mol，解得x＝0.2 mol，故FeBr2溶液的物质的量浓度为2 mol·L－1。
36．高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4，发生反应：
①C12+KOH→KC1+KC1O+KC1O3+H2O(未配平)；
②2Fe(NO3)3+3KC1O+10KOH===2K2FeO4+6KNO3+3KC1+5H2O。
下列说法正确的是( )
A．若反应①中n(ClO－)：n(C1O3－)=5：1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
B．反应①中每消耗4molKOH，吸收标准状况下22.4LCl2
C．氧化性：K2FeO4>KC1O
D．若反应①的氧化产物只有KC1O，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC12
【答案】D
【解析】A项，若反应①中n(ClO－)：n(C1O3－)=5：1，设物质的量分别为5mol和1mol，则化合价升高失去10mol电子，则化合价降低得到10mol电子，因此总共有了8mol氯气，氧化剂与还原剂的物质的量之比为10：6，即5：3，故A错误；B项，根据A分析反应①得出消耗氢氧化钾物质的量为16mol，因此每消耗4molKOH，吸收氯气2mol，即标准状况下44.8LCl2，故B错误；C项，根据第二个方程式比较氧化性，氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，因此KC1O > K2FeO4，故C错误；D项，若反应①的氧化产物只有KC1O，则C12与KC1O物质的量之比为1：1，根据第二个方程式得到KC1O与K2FeO4物质的量之比为3：2，因此得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC12，故D正确。故选D。
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