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【化学】甘肃省武威第六中学2021届高三上学期第二次过关考试（解析版）
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甘肃省武威第六中学2021届高三上学期第二次过关考试
一、选择题(16小题，每小题3分共48分。只有一个选项符合题意。)
1. 中国不少古诗词清晰地描绘了当时人民的生活和社会的发展，如刘禹锡的《浪淘沙》：“日照澄州江雾开，淘金女伴满江隈。美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。”下列有关本诗中蕴含的化学知识正确的是（ ）
A. “沙中浪底来”指的是金的氧化物
B. 淘金原理与化学上的萃取一致
C. 雾的分散质粒子直径范围是10-9～10-7cm
D. 由沙子到计算机芯片发生了还原反应
【答案】D
【详解】A. “沙中浪底来”指的是金的单质，故A错误；
B. 金的密度较大，且金不溶于水，因此淘金原理与萃取原理不同，故B错误；
C. 雾的分散质粒子直径范围是10-9～10-7m，故C错误；
D. 由沙子(主要成份为SiO2)到计算机芯片，化合价降低，发生了还原反应，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】注意区别硅单质和二氧化硅的用途；还有注意数量级的换算1nm = 1×10-9m
2. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A. 48克O2与O3 的混合气体中含有3NA个氧原子
B. 32克硫与足量铜反应转移电子数为2NA
C. 1L 0.1mol/l NaF溶液中含有0.1 NA个F-
D. 1molH2O中含有2NA个共价键
【答案】C
【详解】A．O2与O3都是由氧原子组成，48克O2与O3 的混合气体中含有氧原子==3NA，A说法正确；
B．32克硫与足量铜反应硫的化合价由0变为-2，转移电子数为2NA，B说法正确；
C．NaF为强碱弱酸盐，溶液中的氟离子水解生成HF，则1L 0.1mol/l NaF溶液中含有F-个数小于0.1 NA，C说法错误；
D．1个H2O中含有2个O-H键，则1molH2O中含有2NA个共价键，D说法正确；
答案为C。
3. 用如图所示的实验装置，选择适当的试剂B并进行如下实验，可以达到目的的是（ ）
A. 试剂B为浓硫酸，除去CO2中混有的少量SO2气体
B. 试剂B为水，除去NO中混有的少量NO2气体
C. 试剂B为水，收集NO、CO等难溶于水的气体
D. 试剂B为新制氢氧化铜悬浊液，检验空气中是否含有甲醛
【答案】B
【详解】A．二氧化硫和浓硫酸不反应，所以不能达到洗气的目的，A项错误；
B．NO2气体与水反应生存硝酸和NO，且NO难溶于水，可用该装置除去NO中混有的少量NO2气体，B项正确；
C．收集难溶于水的气体采用排水集气法收集，集气瓶中应该“短管进气长管进气”，C项错误；
D．甲醛和新制氢氧化铜悬浊液反应需要加热，该反应未加热，D项错误；
答案选B。
4. 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. 能使石蕊显红色的溶液：K+、Mg2+、HCO、SO
B. 水电离出来的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液：NH、Fe2+、NO、Cl-
C. =1012的溶液：K+、Fe3+、Cl-、SO
D. 加入铝片能放出H2的溶液：Na+、CH3COO-、Cu2+、SO
【答案】C
【详解】A. 能使石蕊显红色的溶液呈酸性，HCO不能大量存在，故A错误；
B. 水电离出来的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液可能呈强酸性或强碱性，酸性条件下NO将Fe2+氧化为Fe3+，Fe2+和NO(H+)不能大量共存，碱性条件下NH、Fe2+不能大量存在，故B错误；
C. =1012的溶液呈酸性，K+、Fe3+、Cl-、SO相互之间不反应，能大量共存，故C正确；
D. 加入铝片能放出H2的溶液可能呈酸性或强碱性，酸性条件下CH3COO-与H+反应生成弱电解质CH3COOH，碱性条件下Cu2+与OH-反应生成Cu(OH)2沉淀，不能大量共存，故D错误；
故选C。
5. 下列反应对应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳：2Na+++CO2+H2O===2NaHCO3↓
B. KIO3与KI 在酸性溶液中反应：5I-++3H2O===3I2+6OH-
C. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3·H2O===+4+2H2O
D. 饱和石灰水与醋酸溶液混合：Ca(OH)2+2CH3COOH===Ca2++2CH3COO-+2H2O
【答案】A
【详解】A．一定温度下，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳产生碳酸氢钠晶体：2Na++CO+CO2+H2O===2NaHCO3↓，正确；
B．KIO3与KI在酸性溶液中反应： 5I-+IO+6H+===3I2+3H2O，错误；
C．氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝：Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3NH，错误；
D．氢氧化钙是强碱，饱和石灰水中的氢氧化钙要用离子符号表示：OH-+CH3COOH===CH3COO-+H2O，错误；
答案选A。
6. FeCl3溶液吸收H2S的原理：2Fe3++H2S→2Fe2++2H++S↓。下列说法正确的是（ ）
A. H2S作氧化剂 B. 还原性：H2S > Fe2+
C. Fe3+ 发生氧化反应 D. 每消耗1mol H2S时转移4NA个电子
【答案】B
【分析】根据方程式2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓可知，Fe3+→Fe2+，化合价降低，发生还原反应，做氧化剂；H2S→S，硫元素化合价升高，发生氧化反应，做还原剂。
【详解】A．H2S→S，硫元素化合价升高，发生氧化反应，做还原剂，A错误；
B．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以还原性：H2S > Fe2+，故B正确；
C．Fe3+→Fe2+，化合价降低，发生还原反应，做氧化剂，故C错误；
D．根据2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓反应可知，2mol Fe3+完全被还原，转移2mol电子，同时消耗1molH2S，即每消耗1mol H2S时转移2NA个电子，D错误；
故选B。
7. 将mg镁铝合金投入500mL 2mol•L-1的盐酸中，固体完全溶解，收集到气体5.6L（标准状况下）。向反应所得溶液中加入4mol•L-1的氢氧化钠溶液，沉淀质量的最大值为13.60g，则m的值为（ ）
A. 5.10 B. 8.50 C. 9.35 D. 11.48
【答案】A
【详解】由关系式Mg(OH)2-Mg-H2-2OH-、2Al(OH)3-2Al-3H2-6OH-可知，n(OH-)=2n(H2)=2×=0.5mol，则m(OH-)=0.5mol×17g/mol=8.50g，从而得出m=13.60g-8.50g=5.10g；故选A。
8. 某溶液中可能含有如下离子：H+、Mg2+、Al3+、NH、Cl-、AlO。当向该溶液中逐滴加入NaOH溶液时，产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 原溶液中一定含有的阳离子是H+、Mg2+、Al3+、NH
B. 反应最后形成的溶液中的溶质含AlCl3
C. 原溶液中Al3+与NH的物质的量之比为1∶3
D. 原溶液中含有的阴离子是Cl-、AlO
【答案】C
【分析】向溶液中滴加NaOH溶液时先没有沉淀生成，说明溶液中含有H+，溶液呈酸性，则溶液中不存在AlO，当H+完全反应后继续滴加NaOH溶液，有沉淀生成，当沉淀最大时继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，说明NaOH和NH反应，则溶液中一定含有NH，当NH完全反应后继续滴加NaOH溶液，沉淀逐渐减少最终消失，说明溶液中含有Al3+，不含Mg2+，最终溶液中溶质为NaCl、NH3·H2O和NaAlO2；
【详解】A.通过以上分析知，原溶液中一定含有的阳离子有H+、Al3+、NH，不含Mg2+，故A错误；
B.通过以上分析知，最终得到的溶液中溶质为NaCl、NH3·H2O和NaAlO2，不含AlCl3，故B错误；
C.根据图象知，Al3+完全沉淀、NH消耗NaOH的物质的量之比为3：3，根据Al3++3OH-=Al(OH)3↓、NH+OH-=NH3·H2O知，原溶液中Al3+与NH的物质的量之比1：3，故C正确；
D.通过以上分析知，原来溶液呈酸性，则一定不存在弱酸根离子AlO，故D错误；
故选：C。
9. 关于胶体，下列说法正确的是（ ）
A. 从外观上无法区分FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体
B. 纳米材料粒子直径一般在10-9m至10-7m之间，因此纳米材料属于胶体
C. Fe(OH)3胶体电泳的实验中，阴极附近颜色加深，阳极附近颜色变浅，证明Fe(OH)3胶体带正电
D. 将碳酸钙经过特殊加工制成纳米碳酸钙，化学性质没有明显变化
【答案】D
【解析】A项，FeCl3溶液呈黄色，Fe（OH）3胶体呈红褐色，错误；B项，胶体是分散质粒子大小在10-9m至10-7m之间的分散系，纳米材料不是分散系，错误；C项，Fe(OH)3胶体电泳的实验中，阴极附近颜色加深，阳极附近颜色变浅，证明Fe(OH)3胶体中胶粒带正电，胶体仍为电中性，错误；D项，颗粒大小变化了，组成微粒没有变化，化学性质没有明显变化，正确；答案选D。
点睛：易错提醒：错选B，胶体中分散质粒子大小在10-9m至10-7m之间，不是物质粒子的大小，而是分散质粒子的大小；错选C，胶体是电中性，有的胶体中胶粒带电荷。
10. 下列说法正确的一组是（ ）
①不溶于水的盐都是弱电解质 ②可溶于水的盐都是强电解质 ③0.5 mol/L的一元酸溶液中H＋浓度为0.5 mol/L ④强酸溶液中的H＋浓度一定大于弱酸溶液中的H＋浓度 ⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子 ⑥熔融的电解质都能导电
A. ①③⑤⑥ B. ②④⑤⑥ C. 只有⑤ D. 只有⑥
【答案】C
【分析】①电解质的强弱与溶解性无关；
②电解质的强弱与溶解性无关；
③一元酸溶液中H＋浓度与酸的浓度、酸的强弱有关；
④H＋浓度与酸的浓度、分子中氢离子的个数以及电离程度有关，与电解质的强弱无关；
⑤溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子；
⑥酸在熔融态时不导电。
【详解】①电解质的强弱与溶解性无关，不溶于水的盐可能是强电解质，如硫酸钡，故①错误；
②电解质的强弱与溶解性无关，可溶于水的盐可能是弱电解质，如醋酸铅，故②错误；
③0.5mol·L－1一元酸溶液H＋浓度不一定为0.5mol·L－1，如醋酸，故③错误；
④强酸溶液中的H＋浓度不一定大于弱酸溶液中的H＋浓度，H＋浓度与酸的浓度、分子中氢离子的个数以及电离程度有关，与电解质的强弱无关，故④错误；
⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子，故⑤正确；
⑥酸在熔融态时均不导电，只有溶于水时才导电，故⑥错误；
故选C。
11. 下列有关Na2CO3和NaHCO3的叙述中正确的是（ ）
A. 向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1∶2
B. 等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同
C. 相同温度下物质的量浓度相同时，Na2CO3溶液的pH小于NaHCO3溶液
D. 向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3晶体析出
【答案】D
【详解】A．根据化学方程式Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3，当碳酸钠和盐酸物质的量相等时，不会产生二氧化碳，A叙述错误；
B．NaHCO3和Na2CO3都与盐酸反应生成二氧化碳气体：NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑，Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋H2O＋CO2↑，等质量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，放出的CO2质量不相等，所以同温同压下，生成的CO2体积不同，B叙述错误；
C．相同温度下，在Na2CO3溶液、NaHCO3溶液中，碳酸根离子和碳酸氢根离子均能水解，导致溶液呈碱性，但是碳酸根离子水解程度大，所以碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，即Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3溶液，C叙述错误；
D．常温下Na2CO3在水中的溶解度比NaHCO3大，向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，会发生反应Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3↓，所以会析出碳酸氢钠晶体，D叙述正确；
答案为D。
12. 下列叙述正确的是（ ）
①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀
③钠在常温下不容易被氧化
④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行
⑤石蕊试液中加入Na2O2粉末，先变蓝后褪色，并有气泡生成
⑥钠与浓NH4Cl溶液反应，放出的气体中含H2和NH3
A. 都正确 B. ②③④⑤ C. ④⑤⑥ D. ②⑤⑥
【答案】C
【详解】①Na2O和水反应只生成碱，是碱性氧化物；Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故错误；
②Na2CO3溶液和CaCl2溶液反应得到碳酸钙沉淀，NaHCO3溶液与CaCl2溶液不反应，无沉淀生成，故错误；
③钠的性质活泼，在常温下易被氧化生成氧化钠，故错误；
④Na2O2能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，Na2O2能与水反应生成氢氧化钠和氧气；而Na2O与二氧化碳和水反应不会产生氧气，因此Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行，故正确；
⑤Na2O2粉末与水反应生成氢氧化钠和氧气，所得溶液呈碱性，使石蕊试液变蓝；过氧化钠具有强的氧化性，具有漂白性，可以使石蕊试液褪色,所以石蕊试液中加入Na2O2粉末，先变蓝后褪色，并有气泡生成，故正确；
⑥钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠和氯化铵能反应生成氯化钠、氨气，故正确；
所以正确的选项为④⑤⑥；本题选C。
【点睛】碱性氧化物是指与酸反应只生成盐和水的氧化物；也就是说，氧化物在与酸发生反应时，各元素的化合价不发生变化，为非氧化还原反应；但氧化物与酸发生氧化还原反应时，该氧化物就不是碱性氧化物，过氧化钠与盐酸发生的反应为氧化还原反应，因此过氧化钠不属于碱性氧化物。
13. 将一定质量的Mg和Al的混合物投入200 ml稀盐酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。则下列说法不正确的是（ ）
A. Mg和Al的总质量为9g
B. 盐酸的物质的量浓度为5 mol/L
C. NaOH溶液的物质的量浓度为5 mol/L
D. 生成的H2在标准状况下的体积为11.2 L
【答案】D
【解析】根据图像可知，当NaOH的体积0~20mL时，无沉淀产生，说明与过量的HCl反应；NaOH的体积20~200mL时，与溶液中的Mg2+和Al3+反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀；NaOH的体积200~240mL时，Al(OH)3沉淀溶解；A.根据Al(OH)3~NaOH之间关系可知：n(Al)=n [Al(OH)3]=0.2mol，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.35-0.2=015mol，m总=m(Al) +m(Mg)=0.2mol27g/mol+0.15mol24g/mol=9g，A项正确；C.据A可知n(NaOH)= n [Al(OH)3]=0.2mol，c(NaOH)==5mol/L，C项正确；B.分析可知，n(Al) =n(AlCl3)=0.2mol， n(Mg)=n(MgCl2)=0.15mol，n剩(HCl)=n(NaOH)=0.02L5mol/L=0.1mol，再根据氯原子守恒可求，n(Cl-)= 3n(AlCl3) +2n(MgCl2)+ n剩(HCl)= 1mol，c(Cl-)==5mol/L，B项正确；D.根据Mg~H2、2Al~3H2之间的关系可知，n(H2)=(0.15+0.2)=0.45mol，即标况下的体积为V(H2)=0.45mol22.4L/mol=10.08 L，D项错误。答案选D。
14. 水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2++2S2O32﹣+O2+xOH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O，下列说法错误的是（ ）
A. 每生成1mol Fe3O4，反应转移的电子总数为4NA
B. Fe2+和S2O32﹣都是还原剂
C. 1mol Fe2+被氧化时，被Fe2+还原的O2的物质的量为mol
D. x＝4
【答案】C
【分析】由电荷守恒可得关系式（+2）×3+（-2）×2+x×（-1）=-2，解得x=4，反应中Fe元素和S元素的化合价升高，被氧化，O元素的化合价降低，被还原。
【详解】A项、每生成1molFe3O4，只有1mol氧气得到电子，则反应转移的电子总数为1mol×2×（2-0）=4mol，故A正确；
B项、应中Fe元素和S元素的化合价升高，被氧化，则Fe2+和S2O32-都是还原剂，故B正确；
C项、1mol Fe2+被氧化时，由得失电子数目守恒可得如下关系式1mol×（—2）=4n（O2），n（O2）=，故C错误；
D项、由电荷守恒可得关系式（+2）×3+（-2）×2+x×（-1）=-2，解得x=4，故D正确；
故选C。
【点睛】本题考查氧化还原反应，注意把握反应中元素的化合价变化，能够用得失数目守恒和电荷守恒分析计算为解答的关键。
15. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）
选项
实验
现象
结论
A.
将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液
有气体生成，溶液呈血红色
稀硝酸将Fe氧化为Fe3＋
B.
将铜粉加1.0mol·L－1 Fe2(SO4)3溶液中
溶液变蓝、有黑色固体出现
金属铁比铜活泼
C.
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点较低
D.
将0.1mol·L－1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L－1 CuSO4溶液
先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀
Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小
【答案】D
【详解】A、因为加入过量的铁粉，反应生成Fe(NO3)2，加入KSCN溶液，溶液不变红，A错误；
B、Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，溶液变蓝，但没有黑色固体出现，B错误；
C、铝表面产生氧化铝，因为氧化铝的熔点比铝的高，因此出现熔化而不滴落，C错误；
D、MgSO4溶液加入NaOH，生成Mg(OH)2，再加入CuSO4溶液，出现蓝色沉淀，即Mg(OH)2＋Cu2＋=Cu(OH)2＋Mg2＋，化学反应向更难溶的方向进行，即Cu(OH)2的溶度积小于Mg(OH)2，D正确；
故合理选项为D。
16. 下列关于碱金属的叙述正确的是（ ）
A. 碱金属物理性质相似，均为银白色金属，均可保存在煤油中
B. 碱金属单质的金属性很强，均易与氯气、氧气等发生反应
C. 随核电荷数的增加，碱金属单质的密度逐渐增大
D. 焰色反应为化学变化
【答案】B
【详解】A．Li密度小于煤油，所以Li不能保存在煤油中，A项错误；
B．碱金属均是活泼的金属，均易与氯气、氧气等发生反应，B项正确；
C．Na的密度大于K，C项错误；
D．焰色反应为物理变化，D项错误；
答案选B。
二、填空题(4小题，共52分)
17. I．铝和铝合金是一类重要的金属材料。回答下列问题：
(1)现有 AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH 溶液，得到沉淀的物质的量与加入NaOH 溶液的体积之间的关系如图所示。原溶液中Cl- 与SO的物质的量之比为______。
(2)某同学在实验室用铝土矿(含有Al2O3和SiO2，不考虑其他杂质)制取金属铝的流程如下：
电解熔融的 Al2O3除得到金属铝之外，还可得到的气体产物是___________(填化学式)。工业上在电解熔融的 Al2O3 时，还加入了冰晶石(Na3AlF6)作助熔剂，其作用是降低 Al2O3的熔点。冰晶石在物质的分类中属于________(填字母)。
a．酸 b．碱 c．盐 d．氧化物
II．镁在空气里点燃可以燃烧，放出大量的热并发出耀眼的白光，生成白色的氧化镁，同时，镁在这样的高温条件下，还可与空气中的另一种主要成分反应，生成少量的物质A，已知A可发生如下的一系列变化：
写出下列变化的化学方程式：固体A＋盐酸：____________________________________；
III．无水AlCl3可用作有机合成的催化剂、食品膨松剂等。工业上可由铝土矿(主要成分是Al2O3和Fe2O3)和焦炭制备AlCl3，流程如下：
已知：AlCl3、FeCl3分别在183℃、315℃时升华。
(1)实验室配制氯化铝溶液时加入盐酸的目的是______________________________。
(2)氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应的化学方程式为_________________________________________；
(3)样品(含少量FeCl3)中AlCl3含量可通过下列操作测得(部分物质略去)：
mg样品 NaAlO2溶液Al(OH)3ngAl2O3
计算该样品中AlCl3的质量分数为__________(结果用m、n表示，不必化简)。
【答案】(1). 6:1 (2). O2 (3). c (4). Mg3N2 + 8HCl =3MgCl2 + 2NH4Cl (5). 抑制氯化铝水解 (6). Al2O3+3Cl2+3C=2AlCl3+3CO (7). ×100％
【分析】I．(1)现有 AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH 溶液，铝离子和镁离子与少量的氢氧化钠反应生成氢氧化物沉淀，氢氧化铝继续和氢氧化钠反应溶解，氢氧化镁保持沉淀；
(2)根据电解法可知，电解熔融的 Al2O3除得到金属铝之外，还可得到的气体产物是O2；根据物质的分类作答；
II．镁在高温条件下，还可与空气中的氮气反应，生成物质A(Mg3N2)，据此作答；
III．(1)实验室配制氯化铝溶液时加入盐酸的目的是防止氯化铝水解；
(2)根据题干可知，氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应生成AlCl3、CO；
(3)根据元素质量守恒计算。
【详解】I．(1)现有 AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH 溶液，铝离子和镁离子与少量的氢氧化钠反应生成氢氧化物沉淀，氢氧化铝继续和氢氧化钠反应溶解，氢氧化镁保持沉淀，AB段消耗的就是氢氧化铝，根据反应方程Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，氢氧化铝沉淀有1mol，即铝离子的物质的量为0.1mol，故生成氢氧化铝沉淀消耗氢氧化钠0.3mol，即剩余0.1mol氢氧化钠与镁离子反应，镁离子的物质的量为0.05mol，即原溶液中Cl- 与SO的物质的量之比为0.3：0.05=6:1，故答案为：6:1；
(2)根据电解法可知，电解熔融的 Al2O3除得到金属铝之外，还可得到的气体产物是O2；工业上在电解熔融的 Al2O3 时，还加入了冰晶石(Na3AlF6)作熔剂，其作用是降低 Al2O3的熔点。冰晶石在物质的分类中属于盐，选c，故答案为：O2；c；
II．镁在高温条件下，还可与空气中的氮气反应，生成物质A(Mg3N2)，Mg3N2与盐酸反应，方程式为：Mg3N2 + 8HCl =3MgCl2 + 2NH4Cl，故答案为：Mg3N2 + 8HCl =3MgCl2 + 2NH4Cl；
III．(1)实验室配制氯化铝溶液时加入盐酸的目的是防止氯化铝水解，故答案为：抑制氯化铝水解；
(2)根据题干可知，氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应生成AlCl3、CO，方程式为：Al2O3+3Cl2+3C=2AlCl3+3CO，故答案为：Al2O3+3Cl2+3C=2AlCl3+3CO；
(3)根据元素质量守恒，n 克 Al2O3中n(Al)＝×2 mol，样品中AlCl3的物质的量为×2 mol，质量为×2 mol×133.5g·mol－1，该样品中AlCl3的质量分数为×100％，故答案为：×100％。
【点睛】本题难点II，做题要充分利用已知条件。镁在高温条件下，还可与空气中的另一种主要成分反应，可知与氮气反应，生成少量的物质A，可知A为Mg3N2。
18. 亚硝酸钠(NaNO 2)是肉制品生产中最常用的一种食品添加剂，某化学兴趣小组利用一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠并进行一系列实验探究(装置如图)。
已知:①2NO+Na2O2=2NaNO2，NO2能与Na2O2发生类似反应；
②在酸性溶液中，NO可将MnO还原为Mn2+；
③ NO不与碱反应，可被酸性高锰酸钾溶液氧化为硝酸。
回答下列问题:
(1)装置 A中仪器 a的支管的作用是_________________________________________。
(2)实验开始前，先通一段时间 N 2，目的是____________________________________。
(3)装置 B中水的作用是________________________，铜的作用是___________________。
(4)装置 E的作用是____________________________________(用离子方程式表示)。
(5)称取装置 D中反应后的固体4.000 g溶于水配成250 mL溶液，取25.00 mL溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol·L-1酸性 KMnO 4标准溶液进行滴定，实验所得数据如表所示:
滴定次数
1
2
3
4
消耗酸性 KMnO 4标准溶液的体积/mL
20.60
20.02
20.00
19.98
达到滴定终点时的实验现象为______________________________________________，所得固体中亚硝酸钠的质量分数为______________________。
【答案】(1). 平衡滴液漏斗内部与烧瓶内压强，便于浓硝酸流下 (2). 排尽装置中的空气 (3). 将 NO 2转化为 NO (4). 与生成的稀硝酸反应生成 NO (5). 5NO+3+4H+=3Mn2++5+2H2O (6). 溶液由无色变浅(粉)红色且半分钟内不褪色 (7). 86.25%
【分析】(1)根据仪器的作用回答；
(2)分析题给装置和实验原理知装置中空气中的氧气对实验产生干扰；
(3)铜与浓硝酸反应，生成二氧化氮，二氧化氮与水反应，生成硝酸和NO，铜与稀硝酸反应，生成NO；
(4) NO不与碱反应，可被酸性高锰酸钾溶液氧化为硝酸，据此作答；
(5)用酸性 KMnO 4标准溶液进行滴定，达到滴定终点时溶液由无色变浅(粉)红色且半分钟内不褪色；根据表中数据，所用酸性高锰酸钾溶液的体积为20.00mL，根据反应方程式6H＋+2MnO4-+5NO2-2Mn2＋+5NO3-+3H2O计算。
【详解】(1)根据仪器可知，其作用为：平衡滴液漏斗内部与烧瓶内压强，便于浓硝酸流下，故答案为：平衡滴液漏斗内部与烧瓶内压强，便于浓硝酸流下；
(2)分析题给装置和实验原理知装置中空气中的氧气对实验产生干扰，故加热装置A前，先通一段时间N2，目的是排除装置内的空气，故答案为：排尽装置中的空气；
(3)铜与浓硝酸反应，生成二氧化氮，二氧化氮与水反应，生成硝酸和NO，铜与稀硝酸反应，生成NO，故答案为：将 NO 2转化为 NO；与生成的稀硝酸反应生成 NO；
(4) NO不与碱反应，可被酸性高锰酸钾溶液氧化为硝酸，离子方程式为：5NO+3+4H+=3Mn2++5+2H2O，故答案为：5NO+3+4H+=3Mn2++5+2H2O；
(5)用酸性 KMnO 4标准溶液进行滴定，达到滴定终点时溶液由无色变浅(粉)红色且半分钟内不褪色；根据表中数据，所用酸性高锰酸钾溶液的体积为20.00mL，根据反应方程式6H＋+2MnO4-+5NO2-2Mn2＋+5NO3-+3H2O，25．00mL溶液含亚硝酸钠的物质的量为5×10-3mol，则4.000g样品中含亚硝酸钠的质量分数为86.25%，故答案为：溶液由无色变浅(粉)红色且半分钟内不褪色； 86.25%。
【点睛】本题易错点(5)，实验数据取舍时，当误差相对其他较大时，应该舍去。本题中20.60，大于其他太多，舍弃求其他的平均为20.00。
19. 化合物 A、 B是中学常见的物质，其阴、阳离子只能从下表中选择。
阳离子
K+、 Na+、 Fe2+、 Ba2+、、 Ca2+
阴离子
OH-、、 I-、、、
(1)若 A、B的水溶液均为无色，且 A的水溶液呈强酸性，B的水溶液呈强碱性。混合加热后产生不溶于稀硝酸的白色沉淀及能使红色石蕊试纸变蓝色的气体。B的化学式为_________，生成的气体的电子式为_____________。
(2)若A的水溶液呈浅绿色，B的水溶液为无色且其焰色反应为黄色。向 A的水溶液中加入稀盐酸无明显现象，再加入B后溶液变黄，但 A、B的水溶液混合无明显变化。
①A的化学式为____________。
②经分析上述过程中溶液变黄的原因可能有两种:Ⅰ._________________________________、Ⅱ.______________________________________。(用离子方程式表示)
③请用一种简易方法证明上述溶液变黄的原因______________________________________
______________________________________________________。
【答案】(1). Ba(OH) 2 (2). (3). FeI2 (4). 6I-+2+8H+=3I 2+2NO↑+4H2O (5). 3Fe2+++4H+=NO↑+2H 2O+3Fe3+ (6). 用硫氰化钾进行检验，若溶液出现红色，则说明溶液变黄的原因是Ⅱ，若无红色出现，则说明溶液变黄的原因是Ⅰ
【分析】(1)根据“混合后只产生不溶于稀硝酸的白色沉淀及能使红色石蕊试纸变蓝的气体”推断A、B中含有铵离子、钡离子、和硫酸根离子和氢氧根离子，再根据B的水溶液呈碱性判断A、B，生成的气体为NH3；
(2)①溶液呈浅绿色，溶液中含有亚铁离子；焰色反应为黄色，溶液中含有钠离子；向A的水溶液中加入稀盐酸无明显现象，再加入B后溶液变黄，说明在酸性条件下发生了氧化还原反应，A、B的溶液一定含有硝酸根离子；向A的水溶液中加入稀盐酸无明显现象，说明A中不会存在硝酸根离子，再根据离子共存判断A、B的组成；
②碘离子和亚铁离子被氧化后生成的碘单质、铁离子都能够使溶液显示黄色；
③可以通过检验反应后的溶液中是否存在铁离子，判断上述溶液变黄的原因。
【详解】(1)A、B的水溶液均为无色，B的水溶液呈碱性，且混合后只产生不溶于稀硝酸的白色沉淀及能使红色石蕊试纸变蓝的气体，沉淀为硫酸钡，气体为氨气，说明A、B中含有硫酸根离子、钡离子、铵离子和氢氧根离子，B水溶液显示碱性，B中含有氢氧根离子，根据离子共存，B为Ba(OH)2，则A为硫酸氢铵；氨气的电子式为：，故答案为：Ba(OH) 2；；
(2)①A的水溶液呈浅绿色，则A溶液中含有Fe2+；B的水溶液无色且其焰色反应为黄色，则B溶液中含有Na+；向A的水溶液中加入稀盐酸无明显现象，再加入B后溶液变黄，说明A、B中一定存在硝酸根离子，由于向A的水溶液中加入稀盐酸无明显现象，说明硝酸根离子在B中，即B为NaNO3；能够与亚铁离子形成可溶性的物质有I-、HSO4-，由于“A、B的水溶液混合亦无明显变化”说明A中一定不含氢离子，所以A为FeI2，故答案为：FeI2；
②A溶液中的亚铁离子和碘离子都具有还原性，溶液变黄的原因可能是碘离子被氧化成碘单质使溶液呈黄色，发生的离子反应为8H++2NO3-+6I-===2NO↑+3I2+4H2O；也可能是碘离子和亚铁离子均被氧化或只氧化了亚铁离子而使溶液呈黄色，发生的离子反应为6I-+2+8H+=3I 2+2NO↑+4H2O或3Fe2+++4H+=NO↑+2H 2O+3Fe3+，故答案为：6I-+2+8H+=3I 2+2NO↑+4H2O；3Fe2+++4H+=NO↑+2H 2O+3Fe3+；
③若反应后的溶液中存在铁离子，证明Ⅱ合理，操作方法为：用硫氰化钾进行检验，若溶液出现红色，则说明溶液变黄的原因是Ⅱ，若无红色出现，则说明溶液变黄的原因是Ⅰ，故答案为：用硫氰化钾进行检验，若溶液出现红色，则说明溶液变黄的原因是Ⅱ，若无红色出现，则说明溶液变黄的原因是Ⅰ。
【点睛】本题难点，判断离子共存问题，要结合已知条件中隐藏信息，看离子之间是否会发生反应，如生存水、气体、沉淀、和氧化还原反应等，同时要注意，溶液中的电荷守恒原则。
20. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种易溶于水、高效的多功能水处理剂。工业上通常先制得高铁酸钠，然后在一定温度下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，从而使高铁酸钾析出。
(1)根据高铁酸钾中铁元素的化合价，推测其具有的化学性质是________________。
(2)高铁酸钾与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH。
①该反应的离子方程式为_____________________________________________。
②高铁酸钾作为水处理剂起到的作用是_________________________________。
(3)在碱性条件下，由氯化铁、氯气可制备高铁酸钾，写出该反应的离子方程式：_______________________________________________________。
(4)某同学配制了一瓶K2FeO4溶液，但标签丢失了，测定该瓶溶液物质的量浓度的实验步骤如下。
步骤1：准确量取V mL溶液加入锥形瓶中；
步骤2：在强碱溶液中，用过量CrO与FeO反应生成Fe(OH)3和CrO；
步骤3：加足量稀硫酸，使CrO转化为Cr2O，CrO转化为Cr3＋，Fe(OH)3转化为Fe3＋；
步骤4：加入二苯胺磺酸钠做指示剂，用c mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液V1 mL。
原溶液中K2FeO4的物质的量浓度为________________(用含字母的代数式表示)。
(5)某离子反应中涉及H2O、ClO－、、H+、N 2、Cl－六种微粒。其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是__________
A．该反应的氧化产物是 Cl－
B．生成1 mol N 2转移3 mol电子
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2:3
D．反应后溶液的酸性明显增强
【答案】(1). 强氧化性 (2). 4＋10H2O=4Fe(OH)3(胶体)＋8OH－＋3O2↑ (3). 杀菌消毒、净水 (4). 2Fe3＋＋3Cl2＋16OH－=2＋6Cl－＋8H2O (5). mol∙L−1 (6). D
【分析】(1)高铁酸钾中铁元素的化合价为＋6价，为最高价态。
(2)①高铁酸钾与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH；②高铁酸钾具有强氧化性可以杀菌消毒，和水反应生成氢氧化铁胶体。
(3)碱性条件下，由氯化铁、氯气可制备出高铁酸钾。
(4)根据滴定原理及关系式：2FeO～2CrO～Cr2O～6Fe2+进行计算。
(5)由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价升高，具有氧化性的ClO－为反应物，由氯元素守恒可知Cl－是生成物，写出反应的方程式应再解题。
【详解】(1)高铁酸钾中铁元素的化合价为＋6价，为最高价态，所以高铁酸钾具有强氧化性，故答案为：强氧化性。
(2)①高铁酸钾与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH，该过程中Fe元素把O元素氧化，根据电子守恒、电荷守恒和元素守恒可得离子方程式为4＋10H2O=4Fe(OH)3(胶体)＋8OH－＋3O2↑，故答案为：4FeO＋10H2O=4Fe(OH)3(胶体)＋8OH－＋3O2↑。
②高铁酸钾具有强氧化性可以杀菌消毒，和水反应生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有吸附作用，可以净水，故答案为：杀菌消毒、净水。
(3)碱性条件下，由氯化铁、氯气可制备出高铁酸钾，该反应中氯气将铁离子氧化成高铁酸根，根据电子守恒、电荷守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe3＋＋3Cl2＋16OH－=2＋6Cl－＋8H2O，故答案为：2Fe3＋＋3Cl2＋16OH－=2＋6Cl－＋8H2O。
(4)由题有关系式：2FeO～2CrO～Cr2O～6Fe2+，得n()=n(Fe2+)=，V mL原溶液中K2FeO4的物质的量浓度为= mol∙L−1，故答案为： mol∙L−1。
(5)A．根据分析写出反应方程式3ClO－+2=N2↑+3H2O+3Cl－+2H+，该反应的还原剂是，故A错误；B．N元素化合价由－3价升高到0价，则生成1 mol N2转移6mol电子，故B错误；C．由方程式可知，ClO－为氧化剂，还原剂是，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，故C错误；D．反应生成H+，溶液的酸性增强，故D正确；综上所述，答案为：D。
【点睛】本题难点(5)，对于未知的氧化还原反应，要根据条件，确定反应物和生成物，氮气的物质的量增加，说明氮气是生成物，即由铵根离子发生氧化反应生成氮气，该点是解题关键。
一、选择题(16小题，每小题3分共48分。只有一个选项符合题意。)
1. 中国不少古诗词清晰地描绘了当时人民的生活和社会的发展，如刘禹锡的《浪淘沙》：“日照澄州江雾开，淘金女伴满江隈。美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。”下列有关本诗中蕴含的化学知识正确的是（ ）
A. “沙中浪底来”指的是金的氧化物
B. 淘金原理与化学上的萃取一致
C. 雾的分散质粒子直径范围是10-9～10-7cm
D. 由沙子到计算机芯片发生了还原反应
【答案】D
【详解】A. “沙中浪底来”指的是金的单质，故A错误；
B. 金的密度较大，且金不溶于水，因此淘金原理与萃取原理不同，故B错误；
C. 雾的分散质粒子直径范围是10-9～10-7m，故C错误；
D. 由沙子(主要成份为SiO2)到计算机芯片，化合价降低，发生了还原反应，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】注意区别硅单质和二氧化硅的用途；还有注意数量级的换算1nm = 1×10-9m
2. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A. 48克O2与O3 的混合气体中含有3NA个氧原子
B. 32克硫与足量铜反应转移电子数为2NA
C. 1L 0.1mol/l NaF溶液中含有0.1 NA个F-
D. 1molH2O中含有2NA个共价键
【答案】C
【详解】A．O2与O3都是由氧原子组成，48克O2与O3 的混合气体中含有氧原子==3NA，A说法正确；
B．32克硫与足量铜反应硫的化合价由0变为-2，转移电子数为2NA，B说法正确；
C．NaF为强碱弱酸盐，溶液中的氟离子水解生成HF，则1L 0.1mol/l NaF溶液中含有F-个数小于0.1 NA，C说法错误；
D．1个H2O中含有2个O-H键，则1molH2O中含有2NA个共价键，D说法正确；
答案为C。
3. 用如图所示的实验装置，选择适当的试剂B并进行如下实验，可以达到目的的是（ ）
A. 试剂B为浓硫酸，除去CO2中混有的少量SO2气体
B. 试剂B为水，除去NO中混有的少量NO2气体
C. 试剂B为水，收集NO、CO等难溶于水的气体
D. 试剂B为新制氢氧化铜悬浊液，检验空气中是否含有甲醛
【答案】B
【详解】A．二氧化硫和浓硫酸不反应，所以不能达到洗气的目的，A项错误；
B．NO2气体与水反应生存硝酸和NO，且NO难溶于水，可用该装置除去NO中混有的少量NO2气体，B项正确；
C．收集难溶于水的气体采用排水集气法收集，集气瓶中应该“短管进气长管进气”，C项错误；
D．甲醛和新制氢氧化铜悬浊液反应需要加热，该反应未加热，D项错误；
答案选B。
4. 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. 能使石蕊显红色的溶液：K+、Mg2+、HCO、SO
B. 水电离出来的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液：NH、Fe2+、NO、Cl-
C. =1012的溶液：K+、Fe3+、Cl-、SO
D. 加入铝片能放出H2的溶液：Na+、CH3COO-、Cu2+、SO
【答案】C
【详解】A. 能使石蕊显红色的溶液呈酸性，HCO不能大量存在，故A错误；
B. 水电离出来的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液可能呈强酸性或强碱性，酸性条件下NO将Fe2+氧化为Fe3+，Fe2+和NO(H+)不能大量共存，碱性条件下NH、Fe2+不能大量存在，故B错误；
C. =1012的溶液呈酸性，K+、Fe3+、Cl-、SO相互之间不反应，能大量共存，故C正确；
D. 加入铝片能放出H2的溶液可能呈酸性或强碱性，酸性条件下CH3COO-与H+反应生成弱电解质CH3COOH，碱性条件下Cu2+与OH-反应生成Cu(OH)2沉淀，不能大量共存，故D错误；
故选C。
5. 下列反应对应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳：2Na+++CO2+H2O===2NaHCO3↓
B. KIO3与KI 在酸性溶液中反应：5I-++3H2O===3I2+6OH-
C. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3·H2O===+4+2H2O
D. 饱和石灰水与醋酸溶液混合：Ca(OH)2+2CH3COOH===Ca2++2CH3COO-+2H2O
【答案】A
【详解】A．一定温度下，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳产生碳酸氢钠晶体：2Na++CO+CO2+H2O===2NaHCO3↓，正确；
B．KIO3与KI在酸性溶液中反应： 5I-+IO+6H+===3I2+3H2O，错误；
C．氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝：Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3NH，错误；
D．氢氧化钙是强碱，饱和石灰水中的氢氧化钙要用离子符号表示：OH-+CH3COOH===CH3COO-+H2O，错误；
答案选A。
6. FeCl3溶液吸收H2S的原理：2Fe3++H2S→2Fe2++2H++S↓。下列说法正确的是（ ）
A. H2S作氧化剂 B. 还原性：H2S > Fe2+
C. Fe3+ 发生氧化反应 D. 每消耗1mol H2S时转移4NA个电子
【答案】B
【分析】根据方程式2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓可知，Fe3+→Fe2+，化合价降低，发生还原反应，做氧化剂；H2S→S，硫元素化合价升高，发生氧化反应，做还原剂。
【详解】A．H2S→S，硫元素化合价升高，发生氧化反应，做还原剂，A错误；
B．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以还原性：H2S > Fe2+，故B正确；
C．Fe3+→Fe2+，化合价降低，发生还原反应，做氧化剂，故C错误；
D．根据2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓反应可知，2mol Fe3+完全被还原，转移2mol电子，同时消耗1molH2S，即每消耗1mol H2S时转移2NA个电子，D错误；
故选B。
7. 将mg镁铝合金投入500mL 2mol•L-1的盐酸中，固体完全溶解，收集到气体5.6L（标准状况下）。向反应所得溶液中加入4mol•L-1的氢氧化钠溶液，沉淀质量的最大值为13.60g，则m的值为（ ）
A. 5.10 B. 8.50 C. 9.35 D. 11.48
【答案】A
【详解】由关系式Mg(OH)2-Mg-H2-2OH-、2Al(OH)3-2Al-3H2-6OH-可知，n(OH-)=2n(H2)=2×=0.5mol，则m(OH-)=0.5mol×17g/mol=8.50g，从而得出m=13.60g-8.50g=5.10g；故选A。
8. 某溶液中可能含有如下离子：H+、Mg2+、Al3+、NH、Cl-、AlO。当向该溶液中逐滴加入NaOH溶液时，产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 原溶液中一定含有的阳离子是H+、Mg2+、Al3+、NH
B. 反应最后形成的溶液中的溶质含AlCl3
C. 原溶液中Al3+与NH的物质的量之比为1∶3
D. 原溶液中含有的阴离子是Cl-、AlO
【答案】C
【分析】向溶液中滴加NaOH溶液时先没有沉淀生成，说明溶液中含有H+，溶液呈酸性，则溶液中不存在AlO，当H+完全反应后继续滴加NaOH溶液，有沉淀生成，当沉淀最大时继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，说明NaOH和NH反应，则溶液中一定含有NH，当NH完全反应后继续滴加NaOH溶液，沉淀逐渐减少最终消失，说明溶液中含有Al3+，不含Mg2+，最终溶液中溶质为NaCl、NH3·H2O和NaAlO2；
【详解】A.通过以上分析知，原溶液中一定含有的阳离子有H+、Al3+、NH，不含Mg2+，故A错误；
B.通过以上分析知，最终得到的溶液中溶质为NaCl、NH3·H2O和NaAlO2，不含AlCl3，故B错误；
C.根据图象知，Al3+完全沉淀、NH消耗NaOH的物质的量之比为3：3，根据Al3++3OH-=Al(OH)3↓、NH+OH-=NH3·H2O知，原溶液中Al3+与NH的物质的量之比1：3，故C正确；
D.通过以上分析知，原来溶液呈酸性，则一定不存在弱酸根离子AlO，故D错误；
故选：C。
9. 关于胶体，下列说法正确的是（ ）
A. 从外观上无法区分FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体
B. 纳米材料粒子直径一般在10-9m至10-7m之间，因此纳米材料属于胶体
C. Fe(OH)3胶体电泳的实验中，阴极附近颜色加深，阳极附近颜色变浅，证明Fe(OH)3胶体带正电
D. 将碳酸钙经过特殊加工制成纳米碳酸钙，化学性质没有明显变化
【答案】D
【解析】A项，FeCl3溶液呈黄色，Fe（OH）3胶体呈红褐色，错误；B项，胶体是分散质粒子大小在10-9m至10-7m之间的分散系，纳米材料不是分散系，错误；C项，Fe(OH)3胶体电泳的实验中，阴极附近颜色加深，阳极附近颜色变浅，证明Fe(OH)3胶体中胶粒带正电，胶体仍为电中性，错误；D项，颗粒大小变化了，组成微粒没有变化，化学性质没有明显变化，正确；答案选D。
点睛：易错提醒：错选B，胶体中分散质粒子大小在10-9m至10-7m之间，不是物质粒子的大小，而是分散质粒子的大小；错选C，胶体是电中性，有的胶体中胶粒带电荷。
10. 下列说法正确的一组是（ ）
①不溶于水的盐都是弱电解质 ②可溶于水的盐都是强电解质 ③0.5 mol/L的一元酸溶液中H＋浓度为0.5 mol/L ④强酸溶液中的H＋浓度一定大于弱酸溶液中的H＋浓度 ⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子 ⑥熔融的电解质都能导电
A. ①③⑤⑥ B. ②④⑤⑥ C. 只有⑤ D. 只有⑥
【答案】C
【分析】①电解质的强弱与溶解性无关；
②电解质的强弱与溶解性无关；
③一元酸溶液中H＋浓度与酸的浓度、酸的强弱有关；
④H＋浓度与酸的浓度、分子中氢离子的个数以及电离程度有关，与电解质的强弱无关；
⑤溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子；
⑥酸在熔融态时不导电。
【详解】①电解质的强弱与溶解性无关，不溶于水的盐可能是强电解质，如硫酸钡，故①错误；
②电解质的强弱与溶解性无关，可溶于水的盐可能是弱电解质，如醋酸铅，故②错误；
③0.5mol·L－1一元酸溶液H＋浓度不一定为0.5mol·L－1，如醋酸，故③错误；
④强酸溶液中的H＋浓度不一定大于弱酸溶液中的H＋浓度，H＋浓度与酸的浓度、分子中氢离子的个数以及电离程度有关，与电解质的强弱无关，故④错误；
⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子，故⑤正确；
⑥酸在熔融态时均不导电，只有溶于水时才导电，故⑥错误；
故选C。
11. 下列有关Na2CO3和NaHCO3的叙述中正确的是（ ）
A. 向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1∶2
B. 等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同
C. 相同温度下物质的量浓度相同时，Na2CO3溶液的pH小于NaHCO3溶液
D. 向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3晶体析出
【答案】D
【详解】A．根据化学方程式Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3，当碳酸钠和盐酸物质的量相等时，不会产生二氧化碳，A叙述错误；
B．NaHCO3和Na2CO3都与盐酸反应生成二氧化碳气体：NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑，Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋H2O＋CO2↑，等质量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，放出的CO2质量不相等，所以同温同压下，生成的CO2体积不同，B叙述错误；
C．相同温度下，在Na2CO3溶液、NaHCO3溶液中，碳酸根离子和碳酸氢根离子均能水解，导致溶液呈碱性，但是碳酸根离子水解程度大，所以碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，即Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3溶液，C叙述错误；
D．常温下Na2CO3在水中的溶解度比NaHCO3大，向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，会发生反应Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3↓，所以会析出碳酸氢钠晶体，D叙述正确；
答案为D。
12. 下列叙述正确的是（ ）
①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀
③钠在常温下不容易被氧化
④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行
⑤石蕊试液中加入Na2O2粉末，先变蓝后褪色，并有气泡生成
⑥钠与浓NH4Cl溶液反应，放出的气体中含H2和NH3
A. 都正确 B. ②③④⑤ C. ④⑤⑥ D. ②⑤⑥
【答案】C
【详解】①Na2O和水反应只生成碱，是碱性氧化物；Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故错误；
②Na2CO3溶液和CaCl2溶液反应得到碳酸钙沉淀，NaHCO3溶液与CaCl2溶液不反应，无沉淀生成，故错误；
③钠的性质活泼，在常温下易被氧化生成氧化钠，故错误；
④Na2O2能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，Na2O2能与水反应生成氢氧化钠和氧气；而Na2O与二氧化碳和水反应不会产生氧气，因此Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行，故正确；
⑤Na2O2粉末与水反应生成氢氧化钠和氧气，所得溶液呈碱性，使石蕊试液变蓝；过氧化钠具有强的氧化性，具有漂白性，可以使石蕊试液褪色,所以石蕊试液中加入Na2O2粉末，先变蓝后褪色，并有气泡生成，故正确；
⑥钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠和氯化铵能反应生成氯化钠、氨气，故正确；
所以正确的选项为④⑤⑥；本题选C。
【点睛】碱性氧化物是指与酸反应只生成盐和水的氧化物；也就是说，氧化物在与酸发生反应时，各元素的化合价不发生变化，为非氧化还原反应；但氧化物与酸发生氧化还原反应时，该氧化物就不是碱性氧化物，过氧化钠与盐酸发生的反应为氧化还原反应，因此过氧化钠不属于碱性氧化物。
13. 将一定质量的Mg和Al的混合物投入200 ml稀盐酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。则下列说法不正确的是（ ）
A. Mg和Al的总质量为9g
B. 盐酸的物质的量浓度为5 mol/L
C. NaOH溶液的物质的量浓度为5 mol/L
D. 生成的H2在标准状况下的体积为11.2 L
【答案】D
【解析】根据图像可知，当NaOH的体积0~20mL时，无沉淀产生，说明与过量的HCl反应；NaOH的体积20~200mL时，与溶液中的Mg2+和Al3+反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀；NaOH的体积200~240mL时，Al(OH)3沉淀溶解；A.根据Al(OH)3~NaOH之间关系可知：n(Al)=n [Al(OH)3]=0.2mol，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.35-0.2=015mol，m总=m(Al) +m(Mg)=0.2mol27g/mol+0.15mol24g/mol=9g，A项正确；C.据A可知n(NaOH)= n [Al(OH)3]=0.2mol，c(NaOH)==5mol/L，C项正确；B.分析可知，n(Al) =n(AlCl3)=0.2mol， n(Mg)=n(MgCl2)=0.15mol，n剩(HCl)=n(NaOH)=0.02L5mol/L=0.1mol，再根据氯原子守恒可求，n(Cl-)= 3n(AlCl3) +2n(MgCl2)+ n剩(HCl)= 1mol，c(Cl-)==5mol/L，B项正确；D.根据Mg~H2、2Al~3H2之间的关系可知，n(H2)=(0.15+0.2)=0.45mol，即标况下的体积为V(H2)=0.45mol22.4L/mol=10.08 L，D项错误。答案选D。
14. 水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2++2S2O32﹣+O2+xOH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O，下列说法错误的是（ ）
A. 每生成1mol Fe3O4，反应转移的电子总数为4NA
B. Fe2+和S2O32﹣都是还原剂
C. 1mol Fe2+被氧化时，被Fe2+还原的O2的物质的量为mol
D. x＝4
【答案】C
【分析】由电荷守恒可得关系式（+2）×3+（-2）×2+x×（-1）=-2，解得x=4，反应中Fe元素和S元素的化合价升高，被氧化，O元素的化合价降低，被还原。
【详解】A项、每生成1molFe3O4，只有1mol氧气得到电子，则反应转移的电子总数为1mol×2×（2-0）=4mol，故A正确；
B项、应中Fe元素和S元素的化合价升高，被氧化，则Fe2+和S2O32-都是还原剂，故B正确；
C项、1mol Fe2+被氧化时，由得失电子数目守恒可得如下关系式1mol×（—2）=4n（O2），n（O2）=，故C错误；
D项、由电荷守恒可得关系式（+2）×3+（-2）×2+x×（-1）=-2，解得x=4，故D正确；
故选C。
【点睛】本题考查氧化还原反应，注意把握反应中元素的化合价变化，能够用得失数目守恒和电荷守恒分析计算为解答的关键。
15. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）
选项
实验
现象
结论
A.
将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液
有气体生成，溶液呈血红色
稀硝酸将Fe氧化为Fe3＋
B.
将铜粉加1.0mol·L－1 Fe2(SO4)3溶液中
溶液变蓝、有黑色固体出现
金属铁比铜活泼
C.
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点较低
D.
将0.1mol·L－1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L－1 CuSO4溶液
先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀
Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小
【答案】D
【详解】A、因为加入过量的铁粉，反应生成Fe(NO3)2，加入KSCN溶液，溶液不变红，A错误；
B、Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，溶液变蓝，但没有黑色固体出现，B错误；
C、铝表面产生氧化铝，因为氧化铝的熔点比铝的高，因此出现熔化而不滴落，C错误；
D、MgSO4溶液加入NaOH，生成Mg(OH)2，再加入CuSO4溶液，出现蓝色沉淀，即Mg(OH)2＋Cu2＋=Cu(OH)2＋Mg2＋，化学反应向更难溶的方向进行，即Cu(OH)2的溶度积小于Mg(OH)2，D正确；
故合理选项为D。
16. 下列关于碱金属的叙述正确的是（ ）
A. 碱金属物理性质相似，均为银白色金属，均可保存在煤油中
B. 碱金属单质的金属性很强，均易与氯气、氧气等发生反应
C. 随核电荷数的增加，碱金属单质的密度逐渐增大
D. 焰色反应为化学变化
【答案】B
【详解】A．Li密度小于煤油，所以Li不能保存在煤油中，A项错误；
B．碱金属均是活泼的金属，均易与氯气、氧气等发生反应，B项正确；
C．Na的密度大于K，C项错误；
D．焰色反应为物理变化，D项错误；
答案选B。
二、填空题(4小题，共52分)
17. I．铝和铝合金是一类重要的金属材料。回答下列问题：
(1)现有 AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH 溶液，得到沉淀的物质的量与加入NaOH 溶液的体积之间的关系如图所示。原溶液中Cl- 与SO的物质的量之比为______。
(2)某同学在实验室用铝土矿(含有Al2O3和SiO2，不考虑其他杂质)制取金属铝的流程如下：
电解熔融的 Al2O3除得到金属铝之外，还可得到的气体产物是___________(填化学式)。工业上在电解熔融的 Al2O3 时，还加入了冰晶石(Na3AlF6)作助熔剂，其作用是降低 Al2O3的熔点。冰晶石在物质的分类中属于________(填字母)。
a．酸 b．碱 c．盐 d．氧化物
II．镁在空气里点燃可以燃烧，放出大量的热并发出耀眼的白光，生成白色的氧化镁，同时，镁在这样的高温条件下，还可与空气中的另一种主要成分反应，生成少量的物质A，已知A可发生如下的一系列变化：
写出下列变化的化学方程式：固体A＋盐酸：____________________________________；
III．无水AlCl3可用作有机合成的催化剂、食品膨松剂等。工业上可由铝土矿(主要成分是Al2O3和Fe2O3)和焦炭制备AlCl3，流程如下：
已知：AlCl3、FeCl3分别在183℃、315℃时升华。
(1)实验室配制氯化铝溶液时加入盐酸的目的是______________________________。
(2)氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应的化学方程式为_________________________________________；
(3)样品(含少量FeCl3)中AlCl3含量可通过下列操作测得(部分物质略去)：
mg样品 NaAlO2溶液Al(OH)3ngAl2O3
计算该样品中AlCl3的质量分数为__________(结果用m、n表示，不必化简)。
【答案】(1). 6:1 (2). O2 (3). c (4). Mg3N2 + 8HCl =3MgCl2 + 2NH4Cl (5). 抑制氯化铝水解 (6). Al2O3+3Cl2+3C=2AlCl3+3CO (7). ×100％
【分析】I．(1)现有 AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH 溶液，铝离子和镁离子与少量的氢氧化钠反应生成氢氧化物沉淀，氢氧化铝继续和氢氧化钠反应溶解，氢氧化镁保持沉淀；
(2)根据电解法可知，电解熔融的 Al2O3除得到金属铝之外，还可得到的气体产物是O2；根据物质的分类作答；
II．镁在高温条件下，还可与空气中的氮气反应，生成物质A(Mg3N2)，据此作答；
III．(1)实验室配制氯化铝溶液时加入盐酸的目的是防止氯化铝水解；
(2)根据题干可知，氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应生成AlCl3、CO；
(3)根据元素质量守恒计算。
【详解】I．(1)现有 AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH 溶液，铝离子和镁离子与少量的氢氧化钠反应生成氢氧化物沉淀，氢氧化铝继续和氢氧化钠反应溶解，氢氧化镁保持沉淀，AB段消耗的就是氢氧化铝，根据反应方程Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，氢氧化铝沉淀有1mol，即铝离子的物质的量为0.1mol，故生成氢氧化铝沉淀消耗氢氧化钠0.3mol，即剩余0.1mol氢氧化钠与镁离子反应，镁离子的物质的量为0.05mol，即原溶液中Cl- 与SO的物质的量之比为0.3：0.05=6:1，故答案为：6:1；
(2)根据电解法可知，电解熔融的 Al2O3除得到金属铝之外，还可得到的气体产物是O2；工业上在电解熔融的 Al2O3 时，还加入了冰晶石(Na3AlF6)作熔剂，其作用是降低 Al2O3的熔点。冰晶石在物质的分类中属于盐，选c，故答案为：O2；c；
II．镁在高温条件下，还可与空气中的氮气反应，生成物质A(Mg3N2)，Mg3N2与盐酸反应，方程式为：Mg3N2 + 8HCl =3MgCl2 + 2NH4Cl，故答案为：Mg3N2 + 8HCl =3MgCl2 + 2NH4Cl；
III．(1)实验室配制氯化铝溶液时加入盐酸的目的是防止氯化铝水解，故答案为：抑制氯化铝水解；
(2)根据题干可知，氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应生成AlCl3、CO，方程式为：Al2O3+3Cl2+3C=2AlCl3+3CO，故答案为：Al2O3+3Cl2+3C=2AlCl3+3CO；
(3)根据元素质量守恒，n 克 Al2O3中n(Al)＝×2 mol，样品中AlCl3的物质的量为×2 mol，质量为×2 mol×133.5g·mol－1，该样品中AlCl3的质量分数为×100％，故答案为：×100％。
【点睛】本题难点II，做题要充分利用已知条件。镁在高温条件下，还可与空气中的另一种主要成分反应，可知与氮气反应，生成少量的物质A，可知A为Mg3N2。
18. 亚硝酸钠(NaNO 2)是肉制品生产中最常用的一种食品添加剂，某化学兴趣小组利用一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠并进行一系列实验探究(装置如图)。
已知:①2NO+Na2O2=2NaNO2，NO2能与Na2O2发生类似反应；
②在酸性溶液中，NO可将MnO还原为Mn2+；
③ NO不与碱反应，可被酸性高锰酸钾溶液氧化为硝酸。
回答下列问题:
(1)装置 A中仪器 a的支管的作用是_________________________________________。
(2)实验开始前，先通一段时间 N 2，目的是____________________________________。
(3)装置 B中水的作用是________________________，铜的作用是___________________。
(4)装置 E的作用是____________________________________(用离子方程式表示)。
(5)称取装置 D中反应后的固体4.000 g溶于水配成250 mL溶液，取25.00 mL溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol·L-1酸性 KMnO 4标准溶液进行滴定，实验所得数据如表所示:
滴定次数
1
2
3
4
消耗酸性 KMnO 4标准溶液的体积/mL
20.60
20.02
20.00
19.98
达到滴定终点时的实验现象为______________________________________________，所得固体中亚硝酸钠的质量分数为______________________。
【答案】(1). 平衡滴液漏斗内部与烧瓶内压强，便于浓硝酸流下 (2). 排尽装置中的空气 (3). 将 NO 2转化为 NO (4). 与生成的稀硝酸反应生成 NO (5). 5NO+3+4H+=3Mn2++5+2H2O (6). 溶液由无色变浅(粉)红色且半分钟内不褪色 (7). 86.25%
【分析】(1)根据仪器的作用回答；
(2)分析题给装置和实验原理知装置中空气中的氧气对实验产生干扰；
(3)铜与浓硝酸反应，生成二氧化氮，二氧化氮与水反应，生成硝酸和NO，铜与稀硝酸反应，生成NO；
(4) NO不与碱反应，可被酸性高锰酸钾溶液氧化为硝酸，据此作答；
(5)用酸性 KMnO 4标准溶液进行滴定，达到滴定终点时溶液由无色变浅(粉)红色且半分钟内不褪色；根据表中数据，所用酸性高锰酸钾溶液的体积为20.00mL，根据反应方程式6H＋+2MnO4-+5NO2-2Mn2＋+5NO3-+3H2O计算。
【详解】(1)根据仪器可知，其作用为：平衡滴液漏斗内部与烧瓶内压强，便于浓硝酸流下，故答案为：平衡滴液漏斗内部与烧瓶内压强，便于浓硝酸流下；
(2)分析题给装置和实验原理知装置中空气中的氧气对实验产生干扰，故加热装置A前，先通一段时间N2，目的是排除装置内的空气，故答案为：排尽装置中的空气；
(3)铜与浓硝酸反应，生成二氧化氮，二氧化氮与水反应，生成硝酸和NO，铜与稀硝酸反应，生成NO，故答案为：将 NO 2转化为 NO；与生成的稀硝酸反应生成 NO；
(4) NO不与碱反应，可被酸性高锰酸钾溶液氧化为硝酸，离子方程式为：5NO+3+4H+=3Mn2++5+2H2O，故答案为：5NO+3+4H+=3Mn2++5+2H2O；
(5)用酸性 KMnO 4标准溶液进行滴定，达到滴定终点时溶液由无色变浅(粉)红色且半分钟内不褪色；根据表中数据，所用酸性高锰酸钾溶液的体积为20.00mL，根据反应方程式6H＋+2MnO4-+5NO2-2Mn2＋+5NO3-+3H2O，25．00mL溶液含亚硝酸钠的物质的量为5×10-3mol，则4.000g样品中含亚硝酸钠的质量分数为86.25%，故答案为：溶液由无色变浅(粉)红色且半分钟内不褪色； 86.25%。
【点睛】本题易错点(5)，实验数据取舍时，当误差相对其他较大时，应该舍去。本题中20.60，大于其他太多，舍弃求其他的平均为20.00。
19. 化合物 A、 B是中学常见的物质，其阴、阳离子只能从下表中选择。
阳离子
K+、 Na+、 Fe2+、 Ba2+、、 Ca2+
阴离子
OH-、、 I-、、、
(1)若 A、B的水溶液均为无色，且 A的水溶液呈强酸性，B的水溶液呈强碱性。混合加热后产生不溶于稀硝酸的白色沉淀及能使红色石蕊试纸变蓝色的气体。B的化学式为_________，生成的气体的电子式为_____________。
(2)若A的水溶液呈浅绿色，B的水溶液为无色且其焰色反应为黄色。向 A的水溶液中加入稀盐酸无明显现象，再加入B后溶液变黄，但 A、B的水溶液混合无明显变化。
①A的化学式为____________。
②经分析上述过程中溶液变黄的原因可能有两种:Ⅰ._________________________________、Ⅱ.______________________________________。(用离子方程式表示)
③请用一种简易方法证明上述溶液变黄的原因______________________________________
______________________________________________________。
【答案】(1). Ba(OH) 2 (2). (3). FeI2 (4). 6I-+2+8H+=3I 2+2NO↑+4H2O (5). 3Fe2+++4H+=NO↑+2H 2O+3Fe3+ (6). 用硫氰化钾进行检验，若溶液出现红色，则说明溶液变黄的原因是Ⅱ，若无红色出现，则说明溶液变黄的原因是Ⅰ
【分析】(1)根据“混合后只产生不溶于稀硝酸的白色沉淀及能使红色石蕊试纸变蓝的气体”推断A、B中含有铵离子、钡离子、和硫酸根离子和氢氧根离子，再根据B的水溶液呈碱性判断A、B，生成的气体为NH3；
(2)①溶液呈浅绿色，溶液中含有亚铁离子；焰色反应为黄色，溶液中含有钠离子；向A的水溶液中加入稀盐酸无明显现象，再加入B后溶液变黄，说明在酸性条件下发生了氧化还原反应，A、B的溶液一定含有硝酸根离子；向A的水溶液中加入稀盐酸无明显现象，说明A中不会存在硝酸根离子，再根据离子共存判断A、B的组成；
②碘离子和亚铁离子被氧化后生成的碘单质、铁离子都能够使溶液显示黄色；
③可以通过检验反应后的溶液中是否存在铁离子，判断上述溶液变黄的原因。
【详解】(1)A、B的水溶液均为无色，B的水溶液呈碱性，且混合后只产生不溶于稀硝酸的白色沉淀及能使红色石蕊试纸变蓝的气体，沉淀为硫酸钡，气体为氨气，说明A、B中含有硫酸根离子、钡离子、铵离子和氢氧根离子，B水溶液显示碱性，B中含有氢氧根离子，根据离子共存，B为Ba(OH)2，则A为硫酸氢铵；氨气的电子式为：，故答案为：Ba(OH) 2；；
(2)①A的水溶液呈浅绿色，则A溶液中含有Fe2+；B的水溶液无色且其焰色反应为黄色，则B溶液中含有Na+；向A的水溶液中加入稀盐酸无明显现象，再加入B后溶液变黄，说明A、B中一定存在硝酸根离子，由于向A的水溶液中加入稀盐酸无明显现象，说明硝酸根离子在B中，即B为NaNO3；能够与亚铁离子形成可溶性的物质有I-、HSO4-，由于“A、B的水溶液混合亦无明显变化”说明A中一定不含氢离子，所以A为FeI2，故答案为：FeI2；
②A溶液中的亚铁离子和碘离子都具有还原性，溶液变黄的原因可能是碘离子被氧化成碘单质使溶液呈黄色，发生的离子反应为8H++2NO3-+6I-===2NO↑+3I2+4H2O；也可能是碘离子和亚铁离子均被氧化或只氧化了亚铁离子而使溶液呈黄色，发生的离子反应为6I-+2+8H+=3I 2+2NO↑+4H2O或3Fe2+++4H+=NO↑+2H 2O+3Fe3+，故答案为：6I-+2+8H+=3I 2+2NO↑+4H2O；3Fe2+++4H+=NO↑+2H 2O+3Fe3+；
③若反应后的溶液中存在铁离子，证明Ⅱ合理，操作方法为：用硫氰化钾进行检验，若溶液出现红色，则说明溶液变黄的原因是Ⅱ，若无红色出现，则说明溶液变黄的原因是Ⅰ，故答案为：用硫氰化钾进行检验，若溶液出现红色，则说明溶液变黄的原因是Ⅱ，若无红色出现，则说明溶液变黄的原因是Ⅰ。
【点睛】本题难点，判断离子共存问题，要结合已知条件中隐藏信息，看离子之间是否会发生反应，如生存水、气体、沉淀、和氧化还原反应等，同时要注意，溶液中的电荷守恒原则。
20. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种易溶于水、高效的多功能水处理剂。工业上通常先制得高铁酸钠，然后在一定温度下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，从而使高铁酸钾析出。
(1)根据高铁酸钾中铁元素的化合价，推测其具有的化学性质是________________。
(2)高铁酸钾与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH。
①该反应的离子方程式为_____________________________________________。
②高铁酸钾作为水处理剂起到的作用是_________________________________。
(3)在碱性条件下，由氯化铁、氯气可制备高铁酸钾，写出该反应的离子方程式：_______________________________________________________。
(4)某同学配制了一瓶K2FeO4溶液，但标签丢失了，测定该瓶溶液物质的量浓度的实验步骤如下。
步骤1：准确量取V mL溶液加入锥形瓶中；
步骤2：在强碱溶液中，用过量CrO与FeO反应生成Fe(OH)3和CrO；
步骤3：加足量稀硫酸，使CrO转化为Cr2O，CrO转化为Cr3＋，Fe(OH)3转化为Fe3＋；
步骤4：加入二苯胺磺酸钠做指示剂，用c mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液V1 mL。
原溶液中K2FeO4的物质的量浓度为________________(用含字母的代数式表示)。
(5)某离子反应中涉及H2O、ClO－、、H+、N 2、Cl－六种微粒。其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是__________
A．该反应的氧化产物是 Cl－
B．生成1 mol N 2转移3 mol电子
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2:3
D．反应后溶液的酸性明显增强
【答案】(1). 强氧化性 (2). 4＋10H2O=4Fe(OH)3(胶体)＋8OH－＋3O2↑ (3). 杀菌消毒、净水 (4). 2Fe3＋＋3Cl2＋16OH－=2＋6Cl－＋8H2O (5). mol∙L−1 (6). D
【分析】(1)高铁酸钾中铁元素的化合价为＋6价，为最高价态。
(2)①高铁酸钾与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH；②高铁酸钾具有强氧化性可以杀菌消毒，和水反应生成氢氧化铁胶体。
(3)碱性条件下，由氯化铁、氯气可制备出高铁酸钾。
(4)根据滴定原理及关系式：2FeO～2CrO～Cr2O～6Fe2+进行计算。
(5)由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价升高，具有氧化性的ClO－为反应物，由氯元素守恒可知Cl－是生成物，写出反应的方程式应再解题。
【详解】(1)高铁酸钾中铁元素的化合价为＋6价，为最高价态，所以高铁酸钾具有强氧化性，故答案为：强氧化性。
(2)①高铁酸钾与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH，该过程中Fe元素把O元素氧化，根据电子守恒、电荷守恒和元素守恒可得离子方程式为4＋10H2O=4Fe(OH)3(胶体)＋8OH－＋3O2↑，故答案为：4FeO＋10H2O=4Fe(OH)3(胶体)＋8OH－＋3O2↑。
②高铁酸钾具有强氧化性可以杀菌消毒，和水反应生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有吸附作用，可以净水，故答案为：杀菌消毒、净水。
(3)碱性条件下，由氯化铁、氯气可制备出高铁酸钾，该反应中氯气将铁离子氧化成高铁酸根，根据电子守恒、电荷守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe3＋＋3Cl2＋16OH－=2＋6Cl－＋8H2O，故答案为：2Fe3＋＋3Cl2＋16OH－=2＋6Cl－＋8H2O。
(4)由题有关系式：2FeO～2CrO～Cr2O～6Fe2+，得n()=n(Fe2+)=，V mL原溶液中K2FeO4的物质的量浓度为= mol∙L−1，故答案为： mol∙L−1。
(5)A．根据分析写出反应方程式3ClO－+2=N2↑+3H2O+3Cl－+2H+，该反应的还原剂是，故A错误；B．N元素化合价由－3价升高到0价，则生成1 mol N2转移6mol电子，故B错误；C．由方程式可知，ClO－为氧化剂，还原剂是，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，故C错误；D．反应生成H+，溶液的酸性增强，故D正确；综上所述，答案为：D。
【点睛】本题难点(5)，对于未知的氧化还原反应，要根据条件，确定反应物和生成物，氮气的物质的量增加，说明氮气是生成物，即由铵根离子发生氧化反应生成氮气，该点是解题关键。
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