河南省周口市太康县第一高级中学2024-2025学年上学期第一次测试化学试题

太康县第一高级中学2024-2025学年高三上学期第一次测试 化学试题 可能用到的相对原子质量：H1C-120-16Na-23S-32C-355Ba-137 一、 单选题（每题3分） 1,母房中的化学知识很多，下面是时房中的常见操作或现象，其中不属于氧化还原反应的 A。豆浆久置变质腐败 B.大理石台面被酸腐蚀 C。烧菜用过的铁锅，放置后常出现红棕色斑迹 D.用天然气（主要成分为甲统CH:)为炒菜提供热量 2,分类法在化学学科的发展中有非常重要的作用，下列关于物质的分类正确的是 选项 酸 电解质 纯净物 混合物 A 盐酸 NaOH KSO4溶液 水 B 硫酸 次氯酸 Na:CO 没清石灰水 醋酸 KNO,品体 NaCI CuSO5H:O D 碳酸 Fe(OH,胶体 铜 干冰 3.室温下，下列各组离子在给定条件下，能大量共存的一组是 A.无色透明的溶液中：K,NH、MnO,CO B.pH-11的溶液中：K,Na、C、CO C.含有大量Fe的溶液中：Na、NH、SO、SCN D.含有SO:气体的溶液中：K、Na、CO、SO 4.己知将FeO:看作为FeOF©：O),水热法制备Fc,O:钠米颗粒的总反应的离子方程式为： 3Fe·+25,0+0,+40H=Fe,0,+S,0+2H,0,下列说法正确的是 A.O2和S,0是氧化剂，Fc2是还原剂 B.每生成1个FeO4,转移2个电子 C.若有2个Fe2被氧化，则被Fe还原的O,为0.5个 D.参加反应的氧化剂与还原剂的个数之比为1：5 5.常温下，几种弱酸的电离常数如表所示。 酸 HCIO H2CO H2SO HCN K1=15×10 3.0x10 K,=43×107 K-5.6x104 K=1.0x107 4.9×100 下列离子方程式正确的是 A.向84"清毒液中通入少量C02:2C0+C0z+H0=C0+2HC10 B.向漂粉精溶液中通入少量s0:C2+2CI0+S0+H0CaS01+2HC10 C.向KCN溶液中通入少量SO:CN+SO+HO-HCN+HSO 化学试题 第1页共6页 D.向源粉精溶液中通入少量C0:Ca”42C10+C0+H0CaC0!+2HC0 6.室温下，通过下列实验探究草酸（乙二酸：HC0)及其盐的性质： 实验 实验操作和现象 1 用pH试纸测定0.I mol L H.CO,溶液的pH,测得pH约为13 2 向5mL0.1malL出CO,溶液中滴几滴同浓度的NaHC0,溶液，有气泡产生 3 向0.1 mol LNa,C:O:溶液中加入过量02 mol-LCaCl溶液，产生白色沉淀 4 向Q.1moL4NaCO:溶液中滴入酸性KMnO,溶液，紫色提去，且产生气泡 下列有关说法正确的是 A,草酸是弱电解质，其电离方程式为：HC,0,一2H+C0 B.实验2的离子方程式为：2HC0,+H:C,0:-C0+2C0+2H0 C实验3反应静置后的上层清液中有c(Ca)e(C0K(CaC0) D.实验4的离子方程式为2Mn0,+5C,0+16H-2Mm2+10C01+8H:0 ?,某化学兴趣小组在实验室中进行化学实验时，按图1连接好线路发现灯泡不亮，按图2 连接好线路发现灯泡亮了起来，由此得出的下列结论正确的是 A.NaCI图体不是电解质NaCI溶液是非电解质 B. 在通电的条件下，NC在水中电离出大量的离子而导电 C.Na口固体中无正，负离子，因此不能导电 D.同一温度下，将乙中的NaC溶液换成等浓度的MgCh溶液，溶液导电性增强 8:生活中将洁则灵和84消毒液不慎混在一起会产生氯气而使人中毒，发生的反应为 NCO+2HC=NaC1+C↑+H,0,N,表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是 A.1L1malL的NaC1O溶液中含有CIO数目为N B,标准状况下，每生成3.36LC,转移电子数目为0.15N。 C,585gNaC固体中含有N,个NaC1分子 D.18gH,0中含有的电子数目为8N, 9,下列实验操作与微拉直轻大小无关的是 手电 A,渗析 B升华 C.过滤 D.验证丁达尔效应 化学试题 第2页共6页 10.今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K、N、C、Ba”、CO SO:,现取三份各100mL溶液进行如下实验 (1)第一份加入AgNO,溶液有沉淀产生。 (2)第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.04mol气体， (3)第三份加足量BC溶液后，得到干燥沉淀6.27g,经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质 量为233g。 综合上述实验，你认为以下结论正确的是 A.该混合液中一定含有：K、NE、CO、SO,C B,该混合液中一定含有：NH:、CO、SO,可能含K、C C.该混合液中一定含有：NH:、CO,SO、CT,可能含K D.该混合液中：c(K202mol/L 11.安全无止境，《世界汽车》杂志于2019年3月正式发布了“2019年度安全车"评选结果， 汽车剧瓢烈碰撞时，安全气囊中发生的反应为10NaN,+2KNO,-K,0+5Na,0+16N:↑，下列 说法正确的是 A,上述反应中涉及的物质均是电解质 B.NaN的电离方程式为NaN,Na+3N C,KNO:是还原剂，其中氮元素被氧化 D.还原产物与氧化产物的质量之比为1：15 12.工业上常用空气催化氧化法除去电石渣浆（含CO)上清液中的S,并制取生石膏 (CSO42HO),其中的物质转化过程如图所示，下列有关叙述错误的是 0 HO 过程1 Cao-MnSO.Mn(OH) ±MnO ,过程Ⅱ Cas0·2H:0←— S:O 2 A. 反应过程中，Mn(OH:是催化剂 B.过程I中如有0.4molO参与反应，则有0.8 molMn(OHz被氧化 C. 3,2gS2转化为S0时，消耗标准状况下2.24L0 D.过程的离子方程式为4Mm0+2S+9H0-S0+4Mn(OH田21+100H 13,中国芯片蚀刻技术国际领先。E进行硅芯片蚀刻时的产物均为气体，在蚀刻物表面不 留任何残留物，该反应微观示意图如下， 下列说法正确的是 +0 定条件 8 ●N OF A。上述四种物质均由分子构成 B.反应前后各元素的化合价均不变 C. 空气中物质丁的质量分数为78% D,反应生成的丙和丁微粒数之比为32 化学试题 第3页共6页 14.,我国科研人员在酸性介质中利用单原子铜修饰的氮化碳可更有效、更有选择性地将CO, 通过光催化还原为燃料（如图）。下列说法正确的是 CO: A.转变过程中化学能转化为光能 B.生成CHOH的电极反应为CO2+6e+5HO=CHOH+6OH C. 光合过程中铜不参与反应 D.1 molCO2转化为1 nolCHa转移8mol电子 15。零价纳米铁在有机氯化物降解等方面有重要作用，采用强还原剂硼氢化钾液相还原法制 备纳米零价铁的化学反应如下：Fe2+2BH,+6H,0=Fe↓+2H,BO,+7H,↑，其中B元素化合 价不变。下列说法正确的是 A,H,BO,是氧化产物 B.己知纳米Fe颗粒直径为60nm,则纳米Fe颗粒为散体 C.若有3molH,0参加反应，则反应中转移电子的物质的量为4m©l D.该反应的氧化剂只有Fe·,还原剂只有BH 16对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是 粒子组 判断和分析 不能大量共存，因发生反应： Na、AI、CI、NH,H,O A+4NH,H,0-A10;+4NH+2H2O ◇ H,K、S,O、so 不能大量共存，因发生反应： 2H+S,0=s↓+S0,↑+H0 Na'、Fe、SO、H,0 能大量共存，粒子间不反应 D H、Na',CT,Mno 能大量共存，粒子间不反应 17,水合肼(N,H。H,O)及其行生物产品在许多工业中得到广泛的使用，可用作还原剂、抗 氧剂、发泡剂等。一种利用NCO溶液与氨气反应制备水合肼的装置如图所示。下列说法不 正确的是 A。中盛放浓氨水的仪器为分液漏斗 B.试剂X可选择CaO困体 C.为防倒吸，试剂Y可选择苯 化学试题 第4页共6页 D.中发生反应的化学方程式为NaCIO+2NH,=N,H,H,O+NaC 18,二氯化二硫(S,C1)是一种常用的橡胶硫化剂，其结构如图所示。S,C马极易水解 2S,C1,+2H,0=4HC1+S0,↑+3S↓，下列说法错误的是 A. S,Cl,中S为+1价 B.S,C1,是由非极性键与极性键构成的极性分子 C,上述反应中S,C1,既作氧化剂又作还原剂 D.上述反应中氧化产物与还原产物的质量比为3：1 二、非选择题（每空2分） 19.根据所学知识回答下列问题： ()已知下、Fc2、SO、C叶，HO2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱振序为： SO>上>HO>Fe2>C,则下列反应不可能发生的是 A.2Fc+S02+2H0-=2Fc2+S0+4H B.H:SO4+2HI-1:+SO:+2H.O C.SO:+O:+2H:O-H:O+H:SO D.2Fe2*+l-2Fe+21 (2)从旧CUP中回收金部分流程如下 含A知 HNONaCl Zn粉 周体 溶金。分离 队流液运数。分有加 若用Z粉将溶液中的12个HAuCL4完全还原，则参加反应的Z和的个数是 )饮用水中NO,对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO,的浓度，某饮用水研充 人员提出，可在碱性条件下用铝粉还原NO,在该反应中铝粉转化为[AH寸，若025个 单预铝怡好还原0,15个NO,则NO被还原为 (写化学式) (4NS:O是一种常用除氯剂，其溶液与C发生反应时生成NC!和两种强酸，则该反 应的离子方程式为： ,若有0.5个NS:O作还膜剂完全反应，则转移的电 子数为 20.在200mL.含Mg',A,NH:.H、CT,的溶液中，逐演加入5moL的NaOH 溶液并微热，所加NOH溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(m©l)关系如下图所示 川沉淀国 30 33 35/ml. (1x-y 2)加入3335 mLNaOH溶液时的离子方程式： 3)产生的氨气在标准状况下的体积 L (4)原溶液中n(Mg):(A) (5)原溶液中c(C1 化学试题 第5页共6贞 21,连二亚硫酸钠NS0)俗称保险粉，是一种强还原剂，易溶于水，难溶于乙醇，在碱性 介质中较稳定，在空气中易被氧化。 回答下列问题： )八SO:在潮湿空气中氧化，生成的两种常见酸式盐，写出这两种酸式盐在水中发生 反应的离子方程式 2)梓粉法制备NS:O,的工艺流程如图所示： 锌粉水通入S0,至Zn50,18Na0H溶液 县浊液 溶液 步强日 保验粉豆铁处理加入N0。 步线川 远能 ①工业上常将锌块进行预处理得到件粉一水悬浊液，其目的是 ②在步骤山中得到的Na:SO:圈体要用乙醇洗涤，其优点是 终要加入少量的NCO周体，其原因是 。“后续处理”最 图步骤中发生反应的化学方程式为 ④步骤Ⅲ中加入NaC圈体的作用是 (3)目前，我国普谢采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOO八a和烧碱 加入乙醇水溶液中，然后通入S0,发生反应，有CO:气体放出，总反应的离子方程式是 22.某课外活动小组进行F(OH,取体的制备实验并检验其性质。 (1)在小烧杯中加入20mL慕馏水，加热至沸潘后，向沸水中演入几滴饱和FC,溶液 继续煮沸至溶液显 色，停止加热，即制得F(OH胶体。写出该反应的化学方程 式 (2)将制得的胶体放入半透膜制成的袋内，如图所示，放置一段时问后，取少量半透 膜外的液体于试管中，置于暗处，用一束强光从侧面服射，观察 (填“有或无丁 达尔现象 半透膜 Fe(OHD,胶体 蒸馏水 )将半透膜内的液体倒入U形管中，如图所示，在液体上方加入少量电解液以保护胶体 接通直流电一段时间后，看到阴极附近颜色逐渐变深，这种现象叫 说明FeOH 胶体粒子带 电（填“正”或“负”， 接电溪(+ 接电源（一） 电解液 氢氧化线 胶体 (4)若向FOH:散体中滴入硫酸直到过量，描述此过程的实验现象 化学试题 第6贞共6页第 1 页 共 6 页 第 2 页 共 6 页 太康县第一高级中学 2024-2025 学年高三上学期第一次测试 化学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B B C D D D B B D 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 答案 D A D D C B C D 1．B【详解】A．豆浆久置，被空气中的氧气氧化，该反应中有电子转移属于氧化还原反应， A不符合； B．大理石台面被酸腐蚀属于复分解反应，不属于氧化还原反应，B符合； C．该过程中铁生成氧化铁，元素化合价由０价升高到+3价，属于氧化还原反应，C不 符合； D．C的化合价由甲烷中的-4价升高到二氧化碳的+4价，属于氧化还原反应，D不符合； 故答案为：B。 2．B 【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物； 【详解】A．K2SO4溶液为混合物，水是由一种物质组成的属于纯净物，A错误； B．硫酸为酸、次氯酸为弱电解质、碳酸钠是一种物质属于纯净物、澄清石灰水为混合 物，B正确； C．CuSO4•5H2O是一种物质属于纯净物，C错误； D．Fe(OH)3胶体为混合物，干冰为固体二氧化碳，属于纯净物，D错误；故选 B。 3．B 【详解】A． -4MnO 为紫色溶液，不合题意，A错误； B．碱性条件下 K+、Na+、Cl－、 2-3CO 可以大量共存，B正确； C．Fe3+与 SCN－反应产生络合物 Fe(SCN)3，C错误； D．ClO－与 SO2气体发生氧化还原反应，D错误。 故选 B。 4．C 【分析】在 2 2 2 2 3 2 3 4 4 6 23 2S O O 4 O S O 2H OFe OH Fe          中，化合物中铁元素、硫 元素的化合价升高，氧元素的化合价降低，所以氧化剂是 2O ，还原剂是 2Fe 、 22 3S O  。 【详解】A．由上述分析可知，还原剂是 2Fe 、 22 3S O  ，氧化剂是 2O ，A项错误； B．由化学方程式可知，每生成 1mol 3 4OFe ，参加反应的氧气为 1mol，转移电子数为 1mol×4=4mol，即每生成 1个 3 4OFe ，转移 4个电子，B项错误； C．2mol 2Fe 被氧化时，失去 2mol电子，根据得失电子守恒，则被 2Fe 还原的 2O 的物 质的量为 2 0.5 4 mol mol ，即有 2个 2Fe 被氧化，被 2Fe 还原的 2O 为 0.5个，C项正确； D．由上述分析可知，氧化剂是 2O ，还原剂是 2Fe 与 22 3S O  ，3mol 2Fe 参加反应时只有 2mol被氧化，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为  1 2 2 1 4 ： ：，D项错误；故选 C。 5．D 【详解】A．根据“电离程度较大的物质生成电离程度较小的物质”规律，可知向 NaClO 溶液中通入少量 CO2，生成 NaHCO3，A项错误； B．次氯酸具有强氧化性，选项中产物 HClO与 CaSO3不共存，会继续反应： HClO+CaSO3===CaSO4+HCl，B项错误； C．HS -3O 的电离常数大于 HCN，故向 KCN溶液中通入少量 SO2，生成 K2SO3，C项错 误； D．漂粉精溶液中通入少量 CO2生成碳酸钙和次氯酸，D项正确；答案选 D。 6．D 【详解】A．0.1 mol·L-1H2C2O4溶液的 pH约为 1.3，说明 H2C2O4是弱酸，二元弱酸是分 步电离的，故 A错误； B．过量 H2C2O4与 NaHCO3反应生成的盐是酸式盐 NaHC2O4，故 B错误； C．实验 3反应静置后的上层清液是 CaC2O4的饱和溶液，c(Ca2+)·c(C2O 24  )=Ksp(CaC2O4)， 故 C错误； D．C2O 24  有还原性，可被酸性 KMnO4溶液氧化，离子方程式为： 2MnO 4  +5C2O 24  +16H+=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O，故 D正确；故选 D。 7．D 【详解】A．NaCl固体在水中或熔融状态下都可以导电，是电解质；NaCl溶液是混合物， 既不是电解质也不是非电解质，A错误； B．NaCl在水分子的作用下或加热到熔融状态可以电离出自由移动的离子，而不是在通 电的条件下才发生电离，B错误； C．NaCl固体中存在正、负离子，但是正、负离子不能自由移动，所以不导电，C错误； D．同一温度下，将乙中的 NaCl溶液换成等浓度的MgCl2溶液，溶液中离子的浓度增大， 且Mg2+所带电荷数比 Na+多，所以溶液导电性增强，D正确；答案为 D。 8．B 【详解】A．次氯酸根离子能水解，故该溶液中次氯酸根离子数目小于 AN ，A错误； B．该反应中转移 1个电子，故标况下生成 3.36L氯气，即 0.15mol氯气转移 0.15mol电 子，B正确； C．氯化钠固体中没有分子，C错误； D．每个水分子有 10个电子，18克水为 1mol，故有 10mol电子，D错误；故选 B。 9．B 【详解】A．胶体的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜，渗 析利用了分散质粒子的大小进行分离，与微粒直径大小有关，故 A错误； B．物质升华与物质的沸点有关，与微粒直径大小无关，故 B正确； C．悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤利用了分散质粒子的大小进行分离，与微 粒直径大小有关，故 C错误； D．胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的粒子很小，不能产生丁达尔 效应，丁达尔效应与分散质粒子的大小有关，故 D错误。故选：B。 10．D 【详解】(1)第一份加入 3AgNO 溶液有沉淀产生，Ag+与 23CO  、 2 4SO  、Cl都能反应生 成沉淀，不能确定是否含有Cl。 (2)第二份加足量 NaOH 溶液加热后，收集到 0.04mol气体，发生反应 Δ + - 4 3 2NH +OH =NH +H O ，生成氨气的物质的量为 0.04mol，说明 100mL溶液中含有 0.04mol 4NH  。 第 3 页 共 6 页 第 4 页 共 6 页 (3)第三份加足量 2BaCl 溶液后，得到干燥沉淀 6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质 量为 2.33g，说明生成硫酸钡的质量为 2.33g、碳酸钡的质量为(6.27-2.33)=3.94g，则 n( 24SO  )=n( 4BaSO )=0.01mol、n( 23CO  )=n( 3BaCO )=0.02mol。 根据以上分析，100mL溶液中含有 0.04mol 4NH  、0.01mol 24SO  、0.02mol 23CO  ，不能确定是 否含有Cl；若溶液中不含Cl，根据电荷守恒，则含有 0.02molK，若溶液中含Cl，根据 电荷守恒，则含有K大于 0.02mol，故一定含有K，且 K+的物质的量大于等于 0.02mol， c(K+)≥0.2mol/L，故选 D。 11．D 【详解】A．N2是单质不是化合物，因此 N2不属于电解质，A错误； B．NaN3是盐，电离产生 Na+、 -3N ，电离方程式为： + - 3 3NaN =Na +N ，B错误； C．N元素化合价由反应前 KNO3中+5价变为反应后 N2中的 0价，N元素的化合价降低， 得到电子被还原，所以 KNO3为氧化剂，其中的 N元素被还原，C错误； D．在反应中产生的 N2中的 N原子由 2个是由 KNO3还原产生，由 30个是由 NaN3氧化 产生，所以还原产物与氧化产物的质量之比为 2：30=1：15，D正确；故合理选项是 D。 12．A 【详解】A．反应过程中，Mn(OH)2为硫酸锰反应的生成物，是过程Ⅰ的反应物、Ⅱ的生 成物，不是催化剂，A错误； B．过程Ⅰ中锰元素化合价由+2变为+4，氧元素化合价由 0变为-2，根据电子守恒可知，  2 - 22 H OM 4en O   ，如有 0.4molO2参与反应，则有 0.8molMn(OH)2被氧化，B正确； C．S2-转化为 SO 24  时，S2-先转化为 S2O 23  ，S2O 23  再消耗氧气转化 SO 24  时，此时硫元素 化合价由+2变为+6，氧元素化合价由 0变为-2，根据硫元素守恒、电子守恒可知， 2- 3 - 2 22S 2O 8eS O  ，3.2gS2-（0.1mol）转化为 SO 2 4  时，消耗 0.1mol氧气，为标准状况下 2.24LO2，C正确； D．过程Ⅱ为MnO 23  、S2-反应生成 S2O 23  、Mn(OH)2，根据电子守恒、质量守恒得离子 方程式为 4MnO 23  +2S2-+9H2O=S2O 23  +4Mn(OH)2↓+10OH-，D正确； 故选 A。 13．D 【详解】A．由物质的构成可知，乙物质是由原子构成的，故 A错误； B．该反应有单质参加反应，又有单质生成，反应前后一定有元素化合价的变化，故 B 错误； C．丁是氮气，空气中物质氮气的体积分数是 78%，故 C错误； D．由反应的微观示意图可知，该反应的方程式是： 3 4 24 3 3 2NNF Si SiF  一定条件 ， 由方程式的意义可知，该反应生成的丙和丁微粒数之比为 3∶2，故 D正确。故选 D。 14．D 【详解】A．转变过程中光能转化为化学能，故 A错误； B．在酸性介质中生成物不能有氢氧根离子，生成 CH3OH的电极反应为 CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O，故 B错误； C．根据图示，光合过程中铜失电子生成 Cu+，故 C错误； D．CO2→CH4，碳的化合价由+4降低为-4，1molCO2转化为 1molCH4转移 8mol电子， 故 D正确；选 D。 15．C 【详解】A． 3 3H BO 中元素化合价未变化，选项 A错误； B．胶体应为分散系，纳米 Fe颗粒是单质，不是分散系，不属于胶体，选项 B错误； C．由题可知， 23molH O参加反应，转移电子的物质的量为 4mol，选项 C正确； D． 2H O中氢元素由+1价变为 0价，也作氧化剂，选项 D错误； 答案选 C。 16.【答案】B 【解析】A.Al3+和 NH3 H2O生成 Al(OH)3沉淀而不是生成 Al 2O  ，故 A错误；B．S2 23O  和 H+反应生成单质硫、二氧化硫和水，离子方程式为：2H++ S2 23O  =S↓+SO2↑+H2O，故 B 正确；C．Fe3+做催化剂促进 H2O2分解，不能大量共存，故 C错误；D．在酸性条件下Mn 4O  能将 Cl-氧化为 Cl2，不能大量共存，故 D错误；答案选 B。 17.【答案】C 【分析】Ⅰ为氨气的发生装置，Ⅱ中 NH3与 NaClO反应制备水合肼，Ⅲ为 NH3的尾气处 理，需要防倒吸，据此回答。 【解析】A．Ⅰ中盛放浓氨水的仪器为分液漏斗，A正确；B．可用浓氨水和 CaO固体反应制 备 3NH ，B正确；C．苯的密度比 NaClO溶液的小，为防倒吸，试剂 Y应选择密度比 NaClO 溶液大的液体 4CCl 等，C错误；D．Ⅱ中发生反应的化学方程式为 3 2 4 2NaClO 2NH N H H O NaCl    ，D正确；故选 C。 18.【答案】D 【解析】A．氯元素在 S2Cl2中为-1价，根据化合价规则知硫元素的化合价为+1价，故 A正确；B．S-Cl键是极性键，S-S键是非极性键，由于分子中正负电荷的重心不能重合，所 以分子是极性分子，故 B正确；C．S元素的化合价由+1价升高为+4价，S元素的化合价由 +1价降低为 0，只有 S元素的化合价变化，则 S2Cl2既作氧化剂又作还原剂，故 C正确；D．氧 化产物为 SO2，还原产物为 S，由反应可以知道二者的物质的量比为 1：3，故 D错误；故答 案选 D。 19．(1)BD (2)2.4个 (3)N2 (4) 2-2 3S O + 4Cl2 + 5H2O = 2 2- 4SO + 10H+ + 8Cl - 4个 【详解】（1）A．还原性：Fe2+＜SO2，故 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++ 24SO  +4H+可能发生， 故 A不选； B．还原性：I-＜SO2，故 H2SO4+2HI=I2+SO2+2H2O不可能发生，故 B选； C．还原性：H2O2＜SO2，故 SO2+O2+2H2O = H2O2 + H2SO4 可能发生，故 C不选； D．还原性：Fe2+＜I-，故 2Fe2++ I2 = 2Fe3++ 2I-不可能发生，故 D选；故答案为：BD； （2）根据得失电子守恒，HAuCl4中 H和 Au均得到电子转化为单质，每个 HAuCl4得到 4个电子，1.2个 HAuCl4得到电子数为 4.8个，1个 Zn失去电子数为 2个，所以需要 2.4个 Zn；故答案为：2.4个； （3）根据得失电子守恒，0.25个铝失去电子数为 0.75个，其恰好还原 0.15个 -3NO ，则 每个 - 3NO 转移 5个电子，说明 - 3NO 被还原为 N2；故答案为：N2； （4）Na2S2O3是一种常用除氯剂，其溶液与 Cl2发生反应时生成 NaCl和两种强酸，则产 物还有 HCl 和 H2SO4； 2-2 3S O + 4Cl2 + 5H2O = 2 2- 4SO + 10H+ + 8Cl -。每个 S从+2价升高到+6 价，转移 4个电子，若有 0.5个 Na2S2O3作还原剂完全反应，则转移的电子数为 4个； 故答案为： 2-2 3S O + 4Cl2 + 5H2O = 2 2- 4SO + 10H+ + 8Cl -；4个。 第 5 页 共 6 页 第 6 页 共 6 页 20． 0.01mol Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 336 5：1 0.825 mol/L 【分析】由给出的离子在滴入 NaOH溶液时发生 H++OH﹣═H2O，Mg2+、Al3+结合 OH﹣ 生成沉淀，NH4+与 OH﹣反应，氢氧化铝与 OH﹣反应而溶解，并结合图象可知，0～4mL时发 生酸碱中和，4mL～30mL发生Mg2+、Al3+结合 OH﹣生成沉淀的反应，30mL～33mL发生 NH4+ 与 OH﹣反应，33mL～35mL发生氢氧化铝的溶解反应，然后利用离子反应方程式来计算解答。 【详解】（1）由图及离子反应可知 x﹣y的值即为 Al（OH）3的物质的量， 则设 Al（OH）3的物质的量为 n， Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O 1 1 n （35﹣33）×0.001L×5mol•L﹣1，解得 n＝0.01mol，即 x﹣y＝0.01mol，故答案为： 0.01mol； （2）加入 33～35 mLNaOH溶液时，沉淀质量减少，故反应的离子方程式为 Al（OH） 3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O； （3）加入 30～33 mLNaOH溶液时，沉淀质量不变，故反应的离子方程式为 NH4++OH﹣  NH3↑+H2O， NH4++OH﹣  NH3↑+H2O 1 1 （33﹣30）×0.001L×5mol•L﹣1 n 解得 n＝0.015mol，则体积为 0.015mol×22.4L/mol＝0.336L＝336mL，故答案为：336； （4）由 4mL～30mL发生Mg2+、Al3+结合 OH﹣生成沉淀的反应， 则 Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓ 1 3 1 0.01mol 0.03mol 0.01mol 设镁离子的物质的量为 m， Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓ 1 2 m （30﹣4）mL×0.001L×5mol•L﹣1﹣0.03mol，解得 m＝0.05mol， 则原溶液中 n（Mg2+）：n（Al3+）＝0.05：0.01＝5：1，故答案为：5：1； （5）由图可知，加入 33mLNaOH 溶液时 Cl﹣离子以 NaCl存在，设 Cl﹣离子的物质的量 为 z，由钠和氯原子守恒可知 NaOH～NaCl～Cl﹣， 1 1 33×0.001L×5mol•L﹣1 z，解得 z＝0.165mol， 则原溶液中 Cl﹣的物质的量浓度为 0.165 0.2L mol ＝0.825mol/L，故答案为：0.825mol/L。 【点睛】考查溶液中的离子反应及对应图象关系，明确反应的先后顺序是解答的关键， 并注意反应与图象中的对应关系来解答即可。 21．(1) +3 2 2HSO +H =SO +H O  (2) 增大锌与 SO2的接触面积，加快化学反应速率 减少 Na2S2O4的溶解损失，易于 干燥 Na2CO3为碱性物质，“保险粉”在碱性介质中较稳定  2 4 2 2 4 2ZnS O +2NaOH=Na S O +Zn OH  利用同离子效应，降低 Na2S2O4的溶解度 (3) 22 2 4 2 2HCOO +OH +2SO S O +CO +H O    【分析】由题给流程可知，向锌粉一水悬浊液中通入二氧化硫至 pH为 3，二氧化硫与 锌粉反应生成连二亚硫酸锌，过滤得到连二亚硫酸锌溶液；连二亚硫酸锌溶液与加入的氢氧 化钠溶液反应生成强氧化性沉淀和连二亚硫酸钠；过滤得到氢氧化锌沉淀和连二亚硫酸钠溶 液；向溶液中加入氯化钠固体降低连二亚硫酸钠的溶解度，便于冷却到室温时析出连二亚硫 酸钠固体，过滤得到连二亚硫酸钠固体，固体经后续处理制得保险粉。 【详解】（1）由题意可知，连二亚硫酸钠在潮湿空气中氧化生成亚硫酸氢钠和硫酸氢钠， 亚硫酸氢钠和硫酸氢钠在溶液中反应生成硫酸钠 、二氧化硫和水，反应的离子方程式为 + 3 2 2HSO +H =SO +H O  ，故答案为： + 3 2 2HSO +H =SO +H O  ； （2）①工业上常将锌块进行预处理得到锌粉—水悬浊液的目的是增大二氧化硫与锌粉 的接触面积，有利于加快生成连二亚硫酸锌的反应速率，使反应更加充分，故答案为：增大 锌与 SO2的接触面积，加快化学反应速率； ②由题给信息可知，连二亚硫酸钠固体易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤连二亚硫酸钠， 可以减少连二亚硫酸钠因溶解造成损失，乙醇挥发时带走水分易于连二亚硫酸钠固体的干 燥；连二亚硫酸钠在碱性介质中较稳定，后续处理最终加入少量的碳酸钠固体可提供碱性环 境，增强保险粉的稳定性，故答案为：减少 Na2S2O4的溶解损失，易于干燥；Na2CO3为碱性 物质，“保险粉”在碱性介质中较稳定； ③由分析可知，步骤Ⅱ中发生的反应为连二亚硫酸锌溶液与加入的氢氧化钠溶液反应生成强 氧化性沉淀和连二亚硫酸钠，反应的化学方程式为  2 4 2 2 4 2ZnS O +2NaOH=Na S O +Zn OH ， 故答案为：  2 4 2 2 4 2ZnS O +2NaOH=Na S O +Zn OH ； ④由分析可知，步骤Ⅲ中加入氯化钠固体的作用是降低连二亚硫酸钠的溶解度，便于冷却到 室温时析出连二亚硫酸钠固体，故答案为：利用同离子效应，降低 Na2S2O4的溶解度； （3）由题意可知，甲酸钠法生产连二亚硫酸钠发生的反应为二氧化硫与甲酸钠和氢氧 化钠混合溶液反应生成连二亚硫酸钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为 2 2 2 4 2 2HCOO +OH +2SO S O +CO +H O    ，故答案为： 22 2 4 2 2HCOO +OH +2SO S O +CO +H O    。 22.【答案】(1) 红褐 FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl (2)无 (3) 电泳 正 (4)先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，得到黄色溶液 【详解】（1）制备 Fe(OH)3胶体的操作为在小烧杯中加入 20mL蒸馏水，加热至沸腾后， 向沸水中滴入几滴饱和 FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即制得 Fe(OH)3 胶体，制备的化学方程式为 FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl，故答案为： FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl； （2）由图可知，该装置为渗析装置，实验结束后，半透膜的袋内为氢氧化铁胶体，袋 外为盐酸溶液，胶体能产生丁达尔效应，溶液不能产生丁达尔效应，则取少量半透膜外的液 体于试管中，置于暗处，用一束强光从侧面照射，不能观察到丁达尔现象，故答案为：无； （3）将半透膜内的液体倒入 U形管中，如图所示，在液体上方加入少量电解液以保护胶体， 接通直流电一段时间后，看到阴极附近颜色逐渐变深，这种现象叫电泳，说明 Fe(OH)3胶体 粒子带正电荷，故答案为：电泳；正； （4）若向 Fe(OH)3胶体中滴入硫酸直到过量，开始时在硫酸的作用下，Fe(OH)3胶体发生 聚沉转化为 Fe(OH)3 红褐色沉淀，后红褐色沉淀与硫酸发生中和反应生成硫酸铁和水，能观 察到沉淀溶解，得到黄色溶液，故答案为：先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，得到黄色溶液。