第二章 化学物质及其变化 章末综合检测卷 -备战2023年高考化学【一轮·夯实基础】复习精讲精练

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第I卷（选择题）
一、选择题（每小题3分，共48分）
1．（2022·广东·高考真题）北京冬奥会成功举办、神舟十三号顺利往返、“天宫课堂”如期开讲及“华龙一号”核电海外投产等，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是（ ）
A．冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料为氧化性气体
B．飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子
C．乙酸钠过饱和溶液析出晶体并放热的过程仅涉及化学变化
D．核电站反应堆所用铀棒中含有的与互为同位素
【答案】D
【解析】
A．H2作为燃料在反应中被氧化，体现出还原性，故A项说法错误；
B．玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，故B项说法错误；
C．乙酸钠饱和溶液中析出晶体的过程中无新物质生成，因此属于物理变化，故C项说法错误；
D．与是质子数均为92，中子数不同的核素，因此二者互为同位素，故D项说法正确；
综上所述，叙述正确的是D项。
2．（2021·福建·高考真题）明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法，其主要流程(部分产物已省略)如下：
下列说法错误的是（ ）
A．FeSO4的分解产物X为FeOB．本流程涉及复分解反应
C．HNO3的沸点比H2SO4的低D．制备使用的铁锅易损坏
【答案】A
【解析】
A．据图可知FeSO4分解时生成SO2和SO3，部分S元素被还原，则Fe元素应被氧化，X为Fe2O3，A错误；
B．H2SO4与KNO3在蒸馏条件下生成HNO3和K2SO4，为复分解反应，B正确；
C．H2SO4与KNO3混合后，蒸馏过程中生成HNO3，说明HNO3的沸点比H2SO4的低，C正确；
D．硫酸、硝酸均可以和铁反应，所以制备使用的铁锅易损坏，D正确；
综上所述答案为A。
3．（2019·海南·高考真题）下列说法正确的是（ ）
A．和都属于两性氧化物
B．悬浊液和乳浊液的分散质均为液态
C．和中的金属都呈现两种价态
D．葡萄糖溶液和淀粉溶液都具有丁达尔效应
【答案】C
【解析】
A.MgO是碱性氧化物，A错误；
B.悬浊液的分散质是固体小颗粒，B错误；
C.可表示为FeO·Fe2O3，Fe元素化合价为+2、+3价；可表示为2PbO·PbO2，Pb元素化合价为+2、+4价；因此二者中的金属都呈现两种价态，C正确；
D.葡萄糖分子是小分子，葡萄糖溶液中溶质分子直径小于1nm，所以葡萄糖溶液不能产生丁达尔效应，D错误；
故合理选项是C。
4．（2021·广东·高考真题）部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是（ ）
A．可与反应生成
B．既可被氧化，也可被还原
C．可将加入浓碱液中制得的胶体
D．可存在的循环转化关系
【答案】C
【解析】
图中所示铁元素不同化合价的物质：a为Fe，b为FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(II)的盐类物质，c为Fe(OH)2，e为FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(III)的盐类物质，d为Fe(OH)3。
A．Fe与Fe(III)的盐类物质可发生反应生成Fe(II)的盐类物质，如Fe+2FeCl3=3FeCl2，故A不选；
B．Fe(II)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故B不选；
C．Fe(III)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体操作为：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故C选；
D．转化如，故D不选；
综上所述，答案为C。
5．（2022·重庆八中模拟预测）下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．使甲基橙变红色的溶液：Al3+、Na+、I-、
B．0.1ml·L-1NaAlO2溶液：、K+、、
C．lg<0溶液：CH3COO-、Ba2+、、Br-
D．0.1ml·L-1Fe(NO3)2溶液：[Fe(CN)6]3-、Na+、、Cl-
【答案】C
【解析】
A．在酸性条件下产生SO2和S，该组离子不能大量共存，A项错误；
B．与发生双水解不能大量共存，与反应，B项错误；
C．即是c(H+)D．Fe2+与 [Fe(CN)6]3-发生络合反应生成蓝色沉淀而不能大量共存，D项错误；
故选C。
6．（2021·福建泉州·模拟预测）兴趣小姐从某工业废液(含、、，少量的、、)中提取及液溴，流程如下图。
下列说法错误的是（ ）
A．步骤①中，试剂X可为、裂化汽油等
B．步骤②所需仪器有蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计等
C．步骤③所需试剂及顺序为、、、稀盐酸
D．步骤③操作是蒸发溶液至大量晶体析出，停止加热，用余热蒸干
【答案】A
【解析】
A．裂化汽油中含有烯烃，芳香烃，二烯烃等，含有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，而步骤①的目的是用Cl2与溴离子发生反应生成溴单质，Br2溶解在有机物中与氯离子分离通过步骤②得到单质溴，故A中试剂可以是四氯化碳，但不能是裂化汽油，A项错误；
B．步骤②是通过蒸馏的方法分离溴单质和有机相，涉及仪器有蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计等，B项正确；
C．步骤③属于氯化钾的提纯，加氯化钡除硫酸根离子，氢氧化钾除钙离子，过滤后再向滤液中加入过量的HCl和多余的KOH和碳酸钾，C项正确；
D．蒸发结晶操作时，就是待出现大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干，D项正确；
答案选A。
7．（2022·湖南·模拟预测）下列离子方程式中，书写正确的是（ ）
A．向溶液中通入过量：
B．向饱和溶液中滴入几滴稀溶液：
C．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体：
D．室温下用稀NaOH溶液吸收：
【答案】C
【解析】
A．碳酸的酸性弱于盐酸，CO2和CaCl2溶液不反应，A错误；
B．向饱和Na2CO3溶液中滴入几滴稀AlCl3溶液，过量，只发生第一步水解生成，该反应的离子方程式为Al3++3+3H2O=Al(OH)3↓+3，B错误；
C．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色Fe(OH)3胶体，该反应的离子方程式为Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+，C正确；
D．NaOH溶液和Cl2的反应不是可逆反应，该反应的离子方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，D错误；
故选C。
8．（2022·辽宁·模拟预测）常温下，的某溶液中可能含有、、、、、中的某几种离子，现取100mL该溶液进行如下所示实验：
已知氧化性。根据实验结果，判断下列说法正确的是（ ）
A．可能存在
B．一定不存在，可能存在和
C．一定存在、、
D．白色沉淀的质量至少为5.74g
【答案】C
【解析】
的溶液中浓度为，100mL该溶液中含有的物质的量为0.01ml，则一定不存在；向溶液中通入分液后最终得到紫黑色固体，则原溶液中含有，能够氧化，则一定不存在；2.54g紫黑色固体为碘单质，物质的量为0.01ml，原溶液中含有的物质的量为0.02ml；水层中加入NaOH溶液得到固体，无论固体是氢氧化亚铁或氢氧化铁，灼烧得到的1.60g固体为，则溶液中一定存在，的物质的量为：，带有正电荷为0.04ml，带有正电荷为0.01ml，带有负电荷为0.02ml，所以原溶液中一定含有，其物质的量至少为0.03ml，通入氯气的物质的量为0.01ml，再产生，所以AgCl的总质量至少为7.175g。
A．根据分析，原溶液中一定不存在，选项A错误；
B．根据分析，原溶液中一定不存在，一定含有，选项B错误；
C．根据分析，原溶液中一定含有、、，选项C正确；
D．根据分析，AgCl的总质量至少为7.175g，选项D错误；
答案选C。
9．（2022·浙江省武义第三中学）某绿色溶液A含有H+、Na+、Mg2+、Fe2+、Cu2+、SO42-、Cl-、CO32-和HCO3-离子中的若干种，取该溶液进行如下实验(已知Ag2SO4微溶于水，可溶于酸)
①向溶液中滴加Ba(OH)2溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀和绿色滤液B；
②取滤液B，先用HNO3酸化，再滴加0.001ml/LAgNO3溶液，有白色沉淀生成。
下列说法不正确的是（ ）
A．溶液A中一定存在H+、SO42-和Cl-
B．溶液A中不存在Mg 2+、CO32-和HCO3-，不能确定Na+的存在
C．第②步生成的白色沉淀中只有AgCl，没有Ag2 CO3
D．溶液A中存在Fe2+与Cu2+中的一种或两种，且可以用NaOH溶液判断
【答案】B
【解析】
B 溶液呈绿色，则一定含有Fe2+与Cu2+中的一种或两种，与Fe2+与Cu2+反应的CO32-和HCO3-不能大量存在；①向溶液中滴加 Ba(OH)2溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀，则溶液中含有SO42-，还有绿色滤液 B，说明Fe2+与Cu2+未沉淀下来，则溶液中含有 H+，如氢氧化钡不足，则不能确定是否含有Mg2+；②取滤液 B，先用HNO3酸化，再滴加0.001ml/LAgNO3溶液，有白色沉淀生成，则溶液中一定存在 Cl-，不能确定Na+是否存在。
A.由以上分析可知溶液 A中一定存在 H+、SO42-和 Cl−，故 A正确；
B.反应①得到绿色滤液，说明溶液呈酸性，如氢氧化钡不足，则不能确定是否含有Mg2+，故 B错误；
C.溶液中不存在CO32-，加入硝酸银，不生成Ag2CO3，故 C正确；
D.如含有亚铁离子，加入氢氧化钠，先生成白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，如含铜离子，可生成蓝色沉淀，现象不同，可鉴别，故 D正确。
故答案选B。
10．（2022·山东济南·一模）下列由实验现象所得结论正确的是（ ）
A．向某溶液中加入足量稀盐酸，生成白色沉淀，证明溶液中含Ag+
B．向Na2S溶液中通入足量SO2，生成淡黄色沉淀，证明SO2能呈现酸性和氧化性
C．向FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液变为黄色，证明Fe2+与Cl2反应生成Fe3+
D．常温下，取饱和CaSO4溶液和氨水做导电性实验，氨水灯泡更亮，证明CaSO4为弱电解质
【答案】B
【解析】
A．向某溶液中加入足量稀盐酸，生成白色沉淀，该沉淀可能是AgCl或H2SiO3，溶液中含Ag+或SiO，故A错误；
B．向Na2S溶液中通入足量SO2，生成淡黄色沉淀S和亚硫酸钠，证明SO2能呈现酸性和氧化性，故B正确；
C．I-的还原性大于Fe2+，向FeI2溶液中滴加少量氯水，先发生反应 碘水溶液呈黄色，所以不能证明Fe2+与Cl2反应生成Fe3+，故C错误；
D．CaSO4是强电解质，但CaSO4微溶于水，离子浓度小，所以饱和CaSO4溶液的导电性弱，故D错误；
选B。
11．（2022·福建·厦门双十中学模拟预测）化学与人类生活有着密切联系。下列过程涉及氧化还原反应的是（ ）
A．SO2漂白的纸张易变黄B．明矾净水
C．漂白粉久置于空气中失效D．胃舒平治疗胃酸过多
【答案】C
【解析】
反应中存在元素的化合价变化为氧化还原反应，若不存在元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应。
A． SO2漂白的纸张易变黄，是二氧化硫与有色物质结合成无色物质，没有化合价变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B． 明矾净水没有涉及到元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故B错误；
C． 漂白粉久置于空气中失效，氯元素和氧元素的化合价发生变化，故是氧化还原反应，故C正确；
D． 胃舒平治疗胃酸过多，没有涉及到元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故D错误；
故选C。
12．（2022·全国·高三专题练习）钛铁矿(，其中Ti为+4价)在高温下经氯化得到四氯化钛，再制取金属钛的流程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．氯化反应中与C的物质的量之比为6：7
B．氯化过程中既不是氧化剂也不是还原剂
C．制取金属钛的反应可得到还原性：Mg＜Ti
D．制取金属钛时选用氩气的目的是隔绝空气
【答案】D
【解析】
由流程可知，氯化发生2FeTiO3+6C+7Cl2 2FeCl3+6CO+2TiCl4，然后发生2Mg+TiCl4 2MgCl2+Ti。
A. 氯化发生2FeTiO3+6C+7Cl2 2FeCl3+6CO+2TiCl4，氯化反应中与C的物质的量之比为7：6，故A错误；
B. 氯化时Ti元素非化合价不变，Fe元素的化合价升高，则FeTiO3为还原剂，故B错误；
C. 制取金属钛的反应2Mg+TiCl4 2MgCl2+Ti可得到还原性：Mg＞Ti，故C错误；
D. 制取金属钛时选用Ar气的目的是隔绝空气，防止Mg、Ti被氧化，故D正确；
故选D。
13．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测）三氧化二铬(Cr2O3) 是一种深绿色的固体，熔点很高，难溶于水，其化学性质类似于Al2O3，水溶液中Cr(+3)具有还原性。下列关于Cr2O3的说法错误的是（ ）
A．与稀硫酸反应： Cr2O3+ 3H2SO4 = Cr2(SO4)3+ 3H2O
B．与NaOH溶液反应： Cr2O3+ 4OH- = 2+2H2O
C．碱性条件下被H2O2氧化为Cr(+6)： Cr2O3+ 3H2O2+ 4OH- =2+ 5H2O
D．由于金属性铝强于铬，且铬的熔点较高，故可用铝热法还原Cr2O3制取金属铬
【答案】B
【解析】
A．Cr2O3呈碱性氧化物的性质，与酸反应生成盐Cr2O3 +3H2SO4=Cr2(SO4)3+3H2O，A项正确；
B．Cr2O3与碱反应呈现出酸性氧化物，反应产生，方程式为，题目中B项方程式未配平，B项错误；
C．与H2O2发生氧化还原反应，Cr2O3碱性条件下氧化为，而H2O2还原为H2O，离子方程为，C项正确；
D．较活泼的金属可用热还原法制备金属单质，同时Al活泼性强于Cr可以制备，D项正确；
故选B。
14．（2022·河南·模拟预测）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法 正确的是（ ）
A．44.8 L丙烯和44.8 L丙烷中含有的碳原子数均为6NA
B．将1ml明矾完全溶于水，所得溶液中阴离子总数小于2NA
C．12.8g铜完全溶于未知浓度的硝酸中，转移的电子数为0.4NA
D．1 ml苯乙烯()与足量H2在催化剂和加热条件下反应，形成C- H键的数目最多为2 NA
【答案】C
【解析】
A．对于气体物质有，但是该条件下Vm未知，无法计算碳原子数，A项错误；
B．，的数目为2NA，同时水电离产生阴离子，所以总数目大于2NA，B项错误；
C．铜与硝酸反应中关系式为Cu～2e-， ，则电子的数目为0.4NA，C项正确；
D．苯乙烯中苯环消耗3mlH2产生6mlC-H，C=C消耗1mlH2形成2mlC-H，总共形成8NAC-H，D项错误；
故选C。
15．（2022·上海市川沙中学高三阶段练习）用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是（ ）
A．甲用于实验室制取少量
B．乙用于配制一定物质的量浓度的硫酸
C．丙用于模拟生铁的电化学腐蚀
D．丁用于蒸干溶液制备无水
【答案】C
【解析】
A．实验室制取二氧化碳时不能使用稀硫酸和碳酸钙反应制备，原因是反应生成的微溶硫酸钙附着在碳酸钙表面，阻碍反应继续进行，故A错误；
B．容量瓶是配制一定物质的量浓度溶液的精量器，所以实验室配制一定浓度的硫酸时不能用容量瓶稀释浓硫酸，故B错误；
C．装置左侧干燥环境不发生腐蚀，右侧发生吸氧腐蚀，因为氧气被吸收，所以中间的红墨水左侧低右侧高，故C正确；
D．氯化镁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化镁和氯化氢，蒸干氯化镁溶液时，氯化氢受热挥发，使水解平衡不断向正反应方向移动，使水解趋于完全，最终得到的氢氧化镁，无法得到无水氯化镁，故D错误；
故选C。
16．（2022·湖南·长郡中学模拟预测）用电石(主要成分为，含CaS和等)制取乙炔时，常用溶液除去乙炔中的杂质。反应为
①
②
下列分析正确的是（ ）
A．可以依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱
B．反应②既是氧化产物又是还原产物
C．反应②中每氧化
D．用酸性溶液验证乙炔还原性时，也可以使用NaOH溶液除杂
【答案】C
【解析】
A．CuS不溶于硫酸，所以硫酸铜能和氢硫酸反应生成CuS和硫酸，反应不能说明硫酸和氢硫酸的酸性强弱，故A 错误；
B．Cu3P中Cu为+1价，P为-3价，铜的化合价从+2价降低到Cu3P中的-1价，Cu3P是还原产物，P的化合价反应前即为-3价，所以Cu3P不是氧化产物，故B错误；
C．硫酸铜中铜的化合价从+2价降低到Cu3P中的+1价，24mlCuSO4转移24ml电子，P的化合价从-3价升高到+5价，1mlPH3被氧化转移8ml电子，则每 24ml CuSO4 氧化 3ml PH3，故C正确；
D．PH3不能被NaOH溶液吸收，所以不能用NaOH溶液除杂，故D错误；
故选C。
第II卷（非选择题）
二、非选择题（共52分）
17．（2022·江西·九江一中阶段练习）某兴趣小组同学向一定体积的溶液中逐滴滴加稀，不断搅拌并测定溶液导电能力的变化(装置如图所示)。
I.实验测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示。
(1)写出溶液与稀疏酸反应的离子方程式______________________。
(2)该小组的同学关于如图的说法中正确的是_______(填“序号”)。
①AB段溶液的导电能力不断减弱，说明生成的不是电解质
②B处溶液的导电能力约为0，说明溶液中几乎没有自由移动的离子
③BC段溶液的导电能力不断增大，主要是由于过量的，电离出的离子导电
④a时刻溶液与稀H2SO4恰好中和
Ⅱ.配制250mL 1.0ml/L 溶液。
(3)计算：需要用量筒量取18ml/L 溶液_______mL。
(4)下列操作将导致所配制的溶液浓度偏大有_______。
a．移液过程有溶液溅出瓶外
b．将量取浓硫酸的量筒洗涤干净，洗涤液也转移到容量瓶中
c．定容时俯视容量瓶刻度线
d．加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多余液体
(5)现有浓度为18ml/L的浓硫酸溶液200g，需要加入一定量的水将其稀释为9ml/L，则加入水的体积是_______。
A．大于200mL B．小于200mL C．等于200mL
【答案】
(1)Ba2+ +2OH—+2H++SO=BaSO4↓+2H2O
(2)②④
(3)13. 9
(4)bc
(5)B
【解析】
(1)氢氧化钡溶液与稀疏酸反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为Ba2+ +2OH—+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，故答案为：Ba2+ +2OH—+2H++SO=BaSO4↓+2H2O；
(2)
①由图可知，AB段溶液的导电能力不断减弱，说明氢氧化钡溶液与稀疏酸反应生成硫酸钡沉淀和水，溶液中的离子浓度减小，故错误；
②由图可知，B处溶液的导电能力约为0，说明氢氧化钡溶液与稀疏酸恰好反应，溶液中几乎没有自由移动的离子，故正确；
③由图可知，BC段溶液的导电能力不断增大，主要是由于氢氧化钡溶液过量，过量的氢氧化钡在溶液中电离，使溶液中的离子浓度增大，故错误；
④由图可知，a时刻溶液的导电能力约为0，说明氢氧化钡溶液与稀疏酸恰好反应，故正确；
故选②④；
(3)由稀释定律可知，配制250mL 1.0ml/L稀硫酸溶液需要用量筒量取18ml/L浓硫酸溶液的体积为×103mL/L≈13. 9mL，故答案为：13. 9；
(4)
a．移液过程有硫酸溶液溅出瓶外会使溶质的物质的量减小，导致所配溶液的浓度偏小，故不符合题意；
b．将量取浓硫酸的量筒洗涤干净，洗涤液也转移到容量瓶中会使溶质的物质的量增大，导致所配溶液的浓度偏大，故符合题意；
c．定容时俯视容量瓶刻度线会使溶液的体积偏小，导致所配溶液的浓度偏大，故符合题意；
d．加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多余液体会使溶质的物质的量减小，导致所配溶液的浓度偏小，故不符合题意；
故选bc；
(5)设浓硫酸的密度为ρg/cm3、体积为VmL，稀释后溶液的体积为x，由稀释定律可得：VmL×18ml/L=x×9ml/L，解得x=2VmL，硫酸溶液的浓度越大，密度越大，则稀释后硫酸的密度小于ρ，稀释后硫酸的质量小于2V×ρ=400g，所以加入水的质量小于400g—200g=200g，由水的密度约为1g/cm3可知加水的体积小于200mL，故选B。
18．（2022·河南·阶段练习）非金属元素在化工生产中扮演着重要的角色。在众多的化工原料和产品中，都能见到硅、硫和氮等元素的踪迹。
I.利用下列物品回答问题：
①陶瓷餐具 ②门窗玻璃 ③水晶镜片 ④硅太阳能电池 ⑤光导纤维 ⑥手机芯片
(1)直接使用了硅单质的是_______(填标号，下同)。
(2)直接使用了二氧化硅的是_______。
II.硫、氮的氧化物是大气的主要污染物，汽车尾气、工业废气、烟道气等中均含有硫或氮元素的氧化物，主要以和的形式存在。
(3)下列关于和的叙述中正确的是_______(填标号)。
A．两种气体都无色有毒，且都可用水吸收以消除对空气的污染
B．实验室制备、时，均可用向上排空气的方法收集
C．两种气体都具有强氧化性，因此都能够使品红溶液褪色
D．与反应转化为，属于氮的固定
(4)质量相同的和的物质的量之比为________________。
(5)能被酸性氧化为，被还原为，写出此反应的离子方程式：________________________________。
(6)利用氨水可以将和吸收，其原理如图所示：
用氨水吸收能得到含和的吸收液，写出生成反应的离子方程式：_____________________________________。若向吸收液中通入过量，能与发生反应生成和，此反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
【答案】
(1)④⑥
(2)③⑤
(3)B
(4)5∶4
(5)
(6) 1:2
【解析】
(1)①陶瓷餐具②门窗玻璃为硅酸盐材料，③水晶镜片⑤光导纤维为二氧化硅，④硅太阳能电池⑥手机芯片为单质硅，所以答案④⑥；
(2)见小问1详解，答案为③⑤；
(3)
A．为红棕色气体，均用NaOH溶液吸收，A错误；
B． 、密度均比空气大，所以实验室制备、时，都可用向上排空气的方法收集，B项正确；
C．氧化性较弱，主要体现还原性，C项错误；
D．氮的固定是单质转化为化合态，所以与反应转化为不属于氮的固定，D项错误；
答案选B；
(4)设和的质量均为80g，则物质的量n()=，n()=1ml，物质的量之比为1.25:1=5:4；
(5)能被酸性氧化为，被还原为，所以此反应的离子方程式：；
(6)用氨水吸收能得到的吸收液，离子方程式：，注意审题，按要求答题；向吸收液中通入过量，能与发生反应生成和，对应的化学方程式为：4+2=+2+ 2，此反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2。
19．工业上以软锰矿(主要成分MnO2)为原料，通过液相法生产KMnO4。即在碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，分离后得到的K2MnO4，再用惰性材料为电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，其生产工艺简略如下：
(1)反应器中反应的化学方程式为_________________________。
(2)生产过程中最好使用含MnO2 80%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量__________(填“偏高”或“偏低”)。
(3)电解槽中总的离子反应方程式为________________________________。
(4)在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入适量CO2反应生成黑色固体、KMnO4等，反应的化学方程式为_________________________________________。上述反应中氧化剂与还原剂的质量比为____________。与该传统工艺相比，电解法的优势是__________________________。
(5)用高锰酸钾测定草酸结晶水合物的纯度：称草酸晶体样品0.500 g溶于水配制成100 mL溶液，取出20.00 mL用0.020 0 ml·L－1的酸性KMnO4溶液滴定(杂质不反应)，至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪去，消耗KMnO4溶液14.80 mL，则该草酸晶体的纯度为__________。(结果保留三位有效数字)(已知该草酸结晶水合物H2C2O4·2H2O的相对分子质量为126)
【答案】
(1)4KOH＋2MnO2＋O2===2K2MnO4＋2H2O
(2)偏高
(3)2MnOeq \\al(2－,4)＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))2MnOeq \\al(－,4)＋2OH－＋H2↑
(4)3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2＋2K2CO3 1∶2 产率更高、KOH循环利用
(5)93.2%
【解析】
(1)根据题给流程和信息知，反应器中KOH、MnO2和O2反应生成K2MnO4和H2O，利用化合价升降法配平，反应的化学方程式为4KOH＋2MnO2＋O2===2K2MnO4＋2H2O。
(2)若贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，发生反应：Al2O3＋2KOH===2KAlO2＋H2O、SiO2＋2KOH===K2SiO3＋H2O，会导致KOH消耗量偏高。
(3)电解锰酸钾溶液制备高锰酸钾，电解槽中阳极发生氧化反应，MnOeq \\al(2－,4)失电子转化为MnOeq \\al(－,4)，电极反应式为2MnOeq \\al(2－,4)－2e－===2MnOeq \\al(－,4)，阴极发生还原反应，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，两式相加得总的离子反应方程式为2MnOeq \\al(2－,4)＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))2MnOeq \\al(－,4)＋2OH－＋H2↑。
(4)向K2MnO4溶液中通入适量CO2，二者反应生成黑色固体二氧化锰、KMnO4，利用化合价升降法配平，该反应的化学方程式为3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2＋2K2CO3。上述反应中3 ml K2MnO4中有1 ml锰元素化合价由＋6价降为＋4价生成二氧化锰，作氧化剂，有2 ml锰元素化合价由＋6价升高到＋7价生成高锰酸钾，作还原剂，氧化剂与还原剂的质量比为1∶2。K2MnO4的转化率为66.7%，与该传统工艺相比，电解法的优势是产率更高、KOH循环利用。
(5)酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式是6H＋＋2MnOeq \\al(－,4)＋5H2C2O4===2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑，则样品中草酸晶体的物质的量为n(H2C2O4·2H2O)＝5×14.8×10－3×0.02×eq \f(5,2) ml＝3.7×10－3 ml，草酸晶体的质量为3.7×10－3 ml×126 g·ml－1＝0.466 2 g，则该草酸晶体的纯度为eq \f(0.466 2 g,0.5 g)×100%≈93.2%。
20．已知某“84”消毒液瓶体部分标签如图所示，该“84”消毒液通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：
eq \x(\a\al(“84”消毒液,有效成分 NaClO,规格 1 000 mL,质量分数 25%,密度 1.19 g·cm－3))
(1)该“84”消毒液的物质的量浓度约为____________ml·L－1(结果保留1位小数)。
(2)某同学取100 mL该“84”消毒液，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na＋)＝________ml·L－1。
(3)该同学参阅该“84”消毒液的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是________(填字母)。
A．如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制
C．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒会导致结果偏低
D．需要称量NaClO固体的质量为143.0 g
(4)“84”消毒液与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%(密度为1.84 g·cm－3)的浓硫酸配制2 L 2.3 ml·L－1的稀硫酸用于增强“84”消毒液的消毒能力。
①所配制的稀硫酸中，H＋的物质的量浓度为________ ml·L－1。
②需用浓硫酸的体积为________mL。
【答案】(1)4.0 (2)0.04 (3)C (4)①4.6 ②250.0
【解析】
(1)由c＝eq \f(1 000ρw,M)得，c(NaClO)＝eq \f(1 000×1.19×25%,74.5) ml·L－1≈4.0 ml·L－1。
(2)稀释前后溶液中NaClO的物质的量不变，则有100 mL×10－3 L·mL－1×4.0 ml·L－1＝100 mL×10－3 L·mL－1×c(NaClO)×100，得稀释后c(NaClO)＝0.04 ml·L－1，c(Na＋)＝c(NaClO)＝0.04 ml·L－1。
(3)选项A，需用托盘天平称取NaClO固体，需用烧杯溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示仪器中的a、b不需要，但还需要玻璃棒和胶头滴管；选项B，配制过程中需要加水，所以洗涤干净后的容量瓶不必烘干；选项C，未洗涤烧杯和玻璃棒将导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，结果偏低；选项D，应选取500 mL的容量瓶进行配制，然后取出480 mL即可，所以需要NaClO的质量为0.5 L×4.0 ml·L－1×74.5 g· ml－1＝149.0 g。
(4)①根据H2SO4的组成可知，溶液中c(H＋)＝2c(H2SO4)＝4.6 ml·L－1。②2 L 2.3 ml·L－1的稀硫酸中溶质的物质的量为2 L×2.3 ml·L－1＝4.6 ml，设需要98%(密度为1.84 g·cm－3)的浓硫酸的体积为V mL，则有eq \f(V mL×1.84 g·cm－3×98%,98 g· ml－1)＝4.6 ml，解得V＝250.0。
21．已知还原性：HSOeq \\al(－,3)>I－，氧化性：IOeq \\al(－,3)>I2。
(1)在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应。配平反应方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目。
eq \x( )NaIO3＋eq \x( )NaHSO3===eq \x( )I2＋eq \x( )Na2SO4＋eq \x( )H2SO4＋eq \x( )H2O
(2)在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全，推测反应后溶液中的还原产物为__________(填化学式)。
(3)在含5 ml NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液，加入NaIO3的物质的量和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。写出反应过程中与AB段曲线对应的离子方程式：________________________________________________________；
当溶液中I－与I2的物质的量之比为5∶3时，加入的NaIO3为_________ml。
【答案】
(1)===2I2＋7Na2SO4＋3H2SO4＋2H2O
(2)NaI
(3)IOeq \\al(－,3)＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O eq \f(11,6)
【解析】
(2)由还原性：HSOeq \\al(－,3)>I－可知，当NaHSO3溶液过量时，IOeq \\al(－,3)先被还原成I2，再被还原成I－。
(3)OA段，随着IOeq \\al(－,3)的量增加，NaHSO3的量减少，IOeq \\al(－,3)被还原成I－，至A点恰好完全反应，此时继续加入NaIO3，又发生NaIO3氧化I－的反应：IOeq \\al(－,3)＋6H＋＋5I－===3I2＋3H2O。当I－与I2的物质的量之比为5∶3时，设加入的NaIO3为x ml，根据转移电子数守恒，得5×2＝eq \f(5,11)x×6＋eq \f(6,11)x×5，解得x＝eq \f(11,6)。
22．某中学有甲、乙两个探究性学习小组，他们拟用小颗粒的铝铜合金与足量的稀硫酸反应测定通常状况(约20 ℃、1.01×105 Pa)下的气体摩尔体积(Vm)。

Ⅰ.甲组同学拟设计如图1所示的装置来完成实验。
(1)写出装置Ⅰ中发生反应的离子方程式：____________________。
(2)实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻旋开其活塞，一会儿后发现稀硫酸不能顺利滴入锥形瓶中。请帮助他们分析其原因：____________。
(3)实验结束时，生成氢气的体积近似等于________。
(4)锥形瓶中残存的氢气对实验结果是否有影响：________(填“有”“没有”或“不能判断”)，简述理由：_______________________________________。
Ⅱ.乙组同学仔细分析了甲组同学的实验装置后以为，稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶中的空气排出，使所测氢气的体积偏大；实验结束后，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气的体积偏小，于是他们设计了如图2所示的实验装置。
实验中准确测定出4个数据，如下表：
利用上述数据计算通常状况下的气体摩尔体积：Vm＝________。
【答案】
Ⅰ.(1)2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑
(2)铝与稀硫酸反应产生的氢气使锥形瓶内气压增大
(3)收集到水的体积
(4)没有 相同温度和压强下，生成氢气的体积与排出空气的体积相等
Ⅱ.eq \f(9V2－V1,500m1－m2) L·ml－1
【解析】
Ⅰ.
(1)铝和稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，其离子方程式为2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑。
(2)铝与稀硫酸反应产生的氢气使锥形瓶内气压增大，锥形瓶内的压强大于大气压，所以稀硫酸不能顺利滴入锥形瓶中。
(3)气体产生的压强导致水从集气瓶中排出，且氢气不易溶于水，所以收集到的水的体积近似等于氢气的体积。
(4)装置中有空气存在，生成的氢气不溶于水，在相同温度和压强下，生成的氢气的体积与排出空气的体积相等，所以没有影响。
Ⅱ.2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑
2 ml 3 ml
eq \f(m1－m2,27) ml eq \f(V2－V1×10－3 L,Vm)
Vm＝eq \f(9V2－V1,500m1－m2) L·ml－1。
实验前
实验后
铝铜合金质量/g
m1
m2
量液管(C)体积/mL
V1
V2