第2章 元素与物质世界 章末综合提升-【金版新学案】2024-2025学年新教材高一化学必修第一册同步课堂高效讲义教师用书word（鲁科版2019 单选）

章末综合提升 1．元素与物质的分类 元素与物质的分类 2.电解质的电离、离子反应 电解质 学生用书↓第80页 3.氧化还原反应 氧化还原反应 与量有关的离子方程式书写技巧 在化学反应中，有时反应物的量不同，发生的反应也有所不同，生成物也不完全相同。因此，在书写离子方程式时，特别要注意量的关系，在解决这类离子方程式书写或判断正误时，一般常用“以少定多”法。 1．“以少定多”法书写离子方程式的思维模型 书写原则：“以少定多”，即先根据题给条件判断“少量物质”，令少量物质的计量数为“1”，并以少量物质的离子充分反应时所需，确定“过量物质”中实际参加反应的离子数目。如向Ca(HCO3)2溶液中加入 学生用书↓第81页 过量NaOH溶液，反应的离子方程式的书写方法如下： 2．与量有关的离子方程式常见类型 (1)量与产物：如：NaOH和少量CO2：2OH－＋CO2===CO＋H2O；NaOH和足量CO2：OH－＋CO2===HCO。 (2)量与比例关系：如：Ca(HCO3)2溶液和少量NaOH：OH－＋Ca2＋＋HCO===CaCO3↓＋H2O；Ca(HCO3)2和过量NaOH：Ca2＋＋2HCO＋2OH－===CaCO3↓＋2H2O＋CO。 (3)量与反应先后顺序：如向FeBr2溶液中加入少量Cl2：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－；向FeBr2溶液中通入足量Cl2：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－。 应用1　下列离子方程式书写正确的是(　　) A．少量的CO2通入足量的澄清石灰水中：CO2＋Ca2＋＋2OH－===CaCO3↓＋H2O B．向澄清石灰水中滴入过量的NaHCO3溶液：HCO＋Ca2＋＋OH－===CaCO3↓＋H2O C．向NaHCO3溶液中滴入足量的澄清石灰水：Ca2＋＋OH－＋2HCO===CaCO3↓＋CO＋H2O D．向NH4Fe(SO4)2溶液中滴入足量的NaOH溶液：Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓ A　[当CO2少量、Ca(OH)2足量时，生成CaCO3沉淀，其离子方程式正确，A选项正确；当Ca(OH)2少量、NaHCO3足量时，其离子方程式为Ca2＋＋2OH－＋2HCO===CaCO3↓＋CO＋2H2O，B选项错误；因NaHCO3少量，其离子方程式为HCO＋OH－＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2O，C选项错误；因为NH4Fe(SO4)2少量，Fe3＋、NH都与OH－反应，其离子方程式为NH＋Fe3＋＋4OH－===NH3·H2O＋Fe(OH)3↓，D选项错误。] 应用2　烧杯中盛有100 mL 1 mol·L－1的NaHSO4溶液，向其中逐滴滴加1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液，烧杯中某些物质(或微粒)的物质的量的变化曲线如图。下列说法中正确的是(　　) A．曲线a表示Na＋的物质的量的变化 B．曲线c表示Ba2＋的物质的量的变化 C．加入50 mL Ba(OH)2溶液时反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O D．加入Ba(OH)2溶液体积大于50 mL后，反应的离子方程式为OH－＋H＋===H2O C　[100 mL 1 mol·L－1的NaHSO4溶液中逐滴滴加1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液，Na＋的物质的量不变，故A项错误；100 mL 1 mol·L－1的NaHSO4溶液中滴加100 mL 1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液时，SO恰好沉淀完全，溶液中Ba2＋的物质的量为0，故B项错误；加入50 mL Ba(OH)2溶液时生成的水和硫酸钡的物质的量之比为2∶1，反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O，故C项正确；加入Ba(OH)2溶液体积等于50 mL时，溶液中的溶质是硫酸钠，再加入Ba(OH)2溶液，反应的离子方程式为Ba2＋＋SO===BaSO4↓，故D项错误。] 应用3　(2023·平罗中学高一期末)下列对应部分反应的离子方程式书写正确的是(　　) A．向H2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液：H＋＋SO＋Ba2＋＋OH－===BaSO4↓＋H2O B．往KOH中通入过量CO2：CO2＋2OH－===CO＋H2O C．碳酸钡溶于醋酸：BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋H2O＋CO2↑ D．金属钠投入水中：2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑ D　[向H2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液，要以不足量的Ba(OH)2为标准，假设其物质的量是1 mol，则反应的离子方程式应该为2H＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O，A错误；往KOH中通入过量CO2，反应产生KHCO3，离子方程式应该为CO2＋OH－===HCO，B错误；醋酸是弱酸，主要以电解质分子存在，离子方程式应该为BaCO3＋2CH3COOH===Ba2＋＋2CH3COO－＋H2O＋CO2↑，C错误；反应符合事实，遵循物质的拆分原则，D正确；故选D。] 单元检测卷(二)　元素与物质世界 时间：90分钟　满分：100分 一、单选题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意) 1．下列离子方程式书写正确的是(　　) A．用MnO2和浓盐酸反应制备Cl2：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O B．少量澄清石灰水与Ca(HCO3)2混合：Ca2＋＋OH－＋HCO===CaCO3↓＋H2O C．工业制备漂粉精：2OH－＋Cl2===Cl－＋ClO－＋H2O D．硫酸氢钠与氢氧化钡溶液反应至溶液呈中性：Ba2＋＋OH－＋SO＋H＋===BaSO4↓＋H2O A　[A．用MnO2和浓盐酸反应制备Cl2，浓盐酸部分Cl元素被氧化，部分Cl元素未参与氧化还原反应，其离子方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，A正确；B.少量澄清石灰水与Ca(HCO3)2混合会生成碳酸钙和水，其离子方程式为：Ca2＋＋2OH－＋2HCO===CaCO3↓＋2H2O＋CO，B错误；C.工业利用氯气与石灰乳反应制备漂粉精，石灰乳在书写离子方程式中不能拆分，C错误；D.硫酸氢钠与氢氧化钡溶液反应至溶液呈中性，生成的是硫酸钠、硫酸钡和水：Ba2＋＋2OH－＋SO＋2H＋===BaSO4↓＋2H2O，D错误；故选A。] 2．向FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===2Fe3＋＋Br2＋4Cl－，下列关于该反应说法错误的是(　　) A．氧化性：Cl2>Fe3＋ B．参加反应的Fe2＋与Cl2的物质的量之比为1∶1 C．还原性：Fe2＋<Br－ D．被氧化的Br－占Br－总量的一半 C　[A．同一反应中氧化性：氧化剂>氧化产物，根据上述方程式可知，氯气作氧化剂，铁离子和溴单质作氧化产物，所以氧化性：Cl2>Fe3＋，选项A正确；B.根据上述反应可知，参加反应的Fe2＋与Cl2的物质的量之比为2∶2＝1∶1，选项B正确；C.上述反应中，亚铁离子全部被氧化，而溴离子有一半被氧化，所以还原性： Fe2＋ > Br－，选项C错误；D.根据溶液中溶质FeBr2的构成可知，溶液中若有2 mol Fe2＋，会有4 mol Br－，上述反应中只有2 mol Br－被氯气氧化，则被氧化的Br－占Br－总量的一半，选项D正确；答案选 C。] 3．在含有大量漂粉精的溶液中，下列有关叙述正确的是(　　) A．加入K＋、NH、SO、I－等离子，可以大量共存 B．可用pH试纸测定该溶液的pH C．向该溶液中滴加少量Na2SO3溶液，反应的离子方程式为：SO＋ClO－＋2H＋===SO＋Cl－＋H2O D．该溶液中滴入一定量的浓盐酸，每产生1 mol Cl2，转移电子数约为NA个 D　[漂粉精的有效成分次氯酸钙具有氧化性和漂白性。A．漂粉精又名高效漂白粉，有效成分是Ca(ClO)2，ClO－与I－发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；B.Ca(ClO)2溶液具有漂白性，能将pH试纸漂白，不能用pH试纸测定该溶液的pH，故B错误；C.滴入少量Na2SO3溶液，次氯酸根能够氧化亚硫酸离子最终生成微溶的硫酸钙，正确的离子方程式为：SO＋ClO－＋Ca2＋===CaSO4↓＋Cl－，故C错误；D.ClO－与Cl－发生反应的离子方程式为：ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O，反应中产生1 mol Cl2转移电子1 mol，即转移电子数约为NA个，故D正确；故选D。] 4．运动会上的发令枪所用“火药”的主要成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白烟。撞击时发生反应的化学方程式(未配平)：KClO3＋P―→P2O5＋KCl，则下列有关叙述错误的是(　　) A．该反应属于氧化还原反应，P2O5为氧化反应的产物 B．该反应中n(氧化剂)∶n(还原剂)＝6∶5 C．该反应中消耗2 mol P时，转移10 mol电子 D．白烟是由于剧烈反应生成的白色固体小颗粒P2O5和KCl B　[该反应属于氧化还原反应，根据配平原则可知，KClO3中Cl元素从＋5价降低到－1价，化合价降低6，P从0价升高到＋5价，升高5，根据得失电子数守恒可知，KClO3与P的个数比为5∶6，再结合原子守恒可推知反应方程式为5KClO3＋6P===3P2O5＋5KCl。A．根据上述分析可知，上述反应有元素化合价的升降，属于氧化还原反应，KClO3为氧化剂，P为还原剂，P2O5为氧化反应的产物，KCl为还原反应的产物，A正确，B.结合上述分析可知，氧化剂为KClO3，还原剂为P，所以n(氧化剂)∶n(还原剂)＝5∶6，B错误；C.由方程式可知反应中P元素的化合价由0价升高为＋5价，故消耗2 mol P时，转移10 mol电子，C正确；D.KClO3与P反应生成P2O5和KCl，P2O5和KCl均为固体小颗粒，所以白烟的主要成分为P2O5和KCl，D正确。故选B。] 5．“铜绿”是铜锈，它的化学成分为Cu2(OH)2CO3 (碱式碳酸铜)。 铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为：2Cu＋O2＋CO2＋H2O===Cu2(OH)2CO3。下列有关该反应的说法正确的是(　　) A．该反应是分解反应 B．该反应中氧、碳元素化合价发生变化，所以是氧化还原反应 C．该反应中 Cu得电子，被氧化；O2失电子，被还原 D．该反应中 Cu是还原剂，被氧化；O2是氧化剂，被还原 D　[A．该反应是多种物质反应形成一种物质，属于化合反应，A错误；B.该反应中氧元素和铜元素化合价发生变化，所以是氧化还原反应，而碳元素化合价没有发生变化，B错误；C.在该反应中，Cu元素的化合价由0价变成＋2价，失去电子被氧化，氧元素的化合价由0价变成－2价，得到电子被还原，C错误；D.在该反应中，Cu元素的化合价由0价变成＋2价，失去电子被氧化，做还原剂，氧元素的化合价由0价变成－2价，得到电子被还原，做氧化剂，D正确；故答案为D。] 6．小强的化学笔记中有如下内容： ①单质分为金属和非金属两类； ②无机化合物主要包括：酸、碱、盐和氧化物； ③合金的熔点一定低于各成分金属； ④按照分散质粒子直径大小可将分散系分为溶液、浊液和胶体； ⑤在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物都是电解质； ⑥按照树状分类法可将化学反应分为：氧化还原反应和离子反应； ⑦氧化还原反应的本质是化合价升降。 你认为他的笔记中正确的有几项(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 A　[①单质分为金属单质、非金属单质和稀有气体，故①错误；②根据化合物的构成元素以及化合物中的化学键可知，化合物主要包括酸、碱、盐和氧化物，故②正确；③合金的熔点与合金的组成有关，合金的熔点不一定比各成分金属的低，故③错误；④按分散质粒子直径大小将分散系分为溶液、浊液和胶体，分散质粒子直径为1～100 nm的是胶体，小于1 nm的是溶液，大于100 nm的是浊液，故④正确；⑤在水溶液中或熔融状态下能自身电离出自由移动的离子而导电的化合物为电解质，在水溶液中能导电的化合物不一定是电解质，如CO2，故⑤错误；⑥氧化还原反应与离子反应是交叉关系，按树状分类应为氧化还原反应和非氧化还原反应，故⑥错误；⑦氧化还原反应的本质是电子转移，化合价变化是氧化还原反应的特征，故⑦错误；故选A。] 7．有关氧化还原反应的说法正确的是(　　) A．氧化还原反应中一定有元素化合价变化 B．某元素在反应中由化合物转化为单质，该元素一定被氧化 C．在一个氧化还原反应中，有一种元素被氧化，必有另一种元素被还原 D．在氧化还原反应中，金属单质只体现还原性，非金属单质只体现氧化性 A　[A．氧化还原反应的特征为化合价的变化，则一定存在元素的化合价变化，选项A正确；B.元素由化合态变为游离态会出现以下两种情况：如Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑，反应中HCl中的氢元素转变为H2是获得电子，被还原，又如：Cl2＋2NaBr===2NaCl＋Br2，溴化钠中的溴元素转变为Br2是失去电子，被氧化，故元素由化合物变为单质既可能是被氧化也可能是被还原，选项B错误；C.氧化还原反应可发生在同一种元素之间，如Cl2＋H2O===HCl＋HClO，选项C错误；D.在反应中，金属单质只表现还原性，非金属单质不一定只表现氧化性，如氢气可以作还原剂，选项D错误；答案选A。] 8．设NA为阿伏加德罗常数的值。如图表示N2O在Pt2O＋表面与CO反应转化成无害气体的过程。下列说法正确的是(　　) A．反应Ⅰ的离子方程式为N2O＋Pt2O＋===N2＋Pt2O，其中Pt2O＋在反应中做氧化剂 B．每1 mol CO转化为CO2得电子数为2NA C．N2O与CO反应转化成无害气体的总反应为N2O＋CO===N2＋CO2，该反应的催化剂是Pt2O D．1 g CO2、N2O的混合气体中含有电子数为0.5NA D　[根据转化关系，N2O转化为N2时，Pt2O＋转化为Pt2O，结合得失电子守恒，氧化还原反应方程式为N2O＋Pt2O＋===N2＋Pt2O，CO 转化为CO2时，Pt2O转化为Pt2O＋，结合得失电子守恒，氧化还原反应方程式为CO＋Pt2O===CO 2＋Pt2O＋，总反应的化学方程式为N2O＋CO===N2＋CO2，Pt2O＋是该反应的催化剂。A．根据转化关系，N2O转化为N2时，Pt2O＋转化为Pt2O，则反应Ⅰ的离子方程式为N2O＋Pt2O＋===N2＋Pt2O，其中N2O被还原，则Pt2O＋在反应中做还原剂，A错误；B.CO 转化为CO2时，碳元素化合价由＋2价失电子变为＋4价，则每1 mol CO转化为CO2失电子数为2NA，B错误；C.N2O与CO反应转化成无害气体的总反应为N2O＋CO===N2＋CO2，Pt2O是中间产物，该反应的催化剂是Pt2O＋，C错误；D.CO2和N2O的摩尔质量都为44 g/mol，一个分子中含有的电子数都为22个，则1 g CO2、N2O的混合气体的物质的量为 mol，含有电子数为×22×NA＝0.5NA，D正确；答案选D。] 9．已知反应3CuO＋2NH33Cu＋N2＋3H2O，下列说法正确的是(　　) A．氧化产物是Cu B．反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3 C．当有0.3 mol CuO反应时，反应中转移0.6 mol电子 D．该反应属于置换反应 C　[A．反应中Cu元素的化合价由CuO中的＋2价降至0价，CuO为氧化剂，Cu为还原产物，N元素的化合价由NH3中的－3价升至0价，NH3为还原剂，N2为氧化产物，A项错误；B.该反应中CuO为氧化剂，NH3为还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶2，B项错误；C.反应中Cu元素的化合价由CuO中的＋2价降至0价，1 mol CuO反应，反应中转移2 mol电子，当有0.3 mol CuO反应时，反应中转移0.6 mol电子，C项正确；D.该反应的反应物全是化合物，生成物中生成了两种单质，该反应不属于置换反应，D项错误；答案选C。] 10．常温下，下列各组离子在指定条件下能大量共存的是(　　) A．某弱碱溶液中：[Al(OH)4]－、HCO、Na＋、Cl－ B．能使KSCN溶液变红的溶液中：SO、K＋、NH、Cl－ C.＝1012的溶液中：Fe2＋、I－、NH、NO D．与Al反应能生成氢气的溶液中：MnO、NH、CH3COO－、Na＋ B　[A．某弱碱溶液中含有的OH－与HCO反应而不能大量共存，且[Al(OH)4]－、HCO反应生成氢氧化铝和碳酸根离子而不能大量共存，选项A错误；B.能使KSCN溶液变红的溶液中含有Fe3＋，Fe3＋、SO、K＋、NH、Cl－各离子之间相互不反应，能大量共存，选项B正确；C.＝1012的溶液呈酸性，H＋、NO能将Fe2＋、I－氧化而不能大量共存，选项C错误；D.与Al反应能生成氢气的溶液可能呈强酸性或强碱性，若强酸性则CH3COO－不能大量存在，若强碱性则NH不能大量存在，选项D错误；答案选B。] 11．钛合金等新型合金广泛应用于航空航天领域，工业上以钛铁矿(FeTiO3，其中Ti为＋4价)为主要原料制备金属钛的工艺流程如下图所示，下列说法正确的是(　　) A．“氯化”过程中，FeTiO3既不是氧化剂也不是还原剂 B．“氯化”过程中，每生成0.3 mol CO气体，转移电子0.7 mol C．由TiCl4制备Ti的过程中，Ar气可换成氮气 D．由TiCl4制备Ti反应的原子利用率为100% B　[氯化发生的反应为：2FeTiO3＋7Cl2＋6C2FeCl3＋2TiCl4＋6CO，得到TiCl4，然后镁和四氯化钛反应生成钛和氯化镁，化学方程式为TiCl4＋2MgTi＋2MgCl2。A．“氯化”过程中，FeTiO3中Fe由＋2价变为＋3价，FeTiO3是还原剂，A错误；B.反应2FeTiO3＋7Cl2＋6C2FeCl3＋2TiCl4＋6CO中，每生成6 mol CO，转移14 mol电子，生成0.3 mol CO气体，转移电子×14 mol＝0.7 mol，B正确；C.高温下Ti与N2反应，由TiCl4制备Ti的过程中，Ar气不可换成氮气，C错误；D.由TiCl4制备Ti反应为TiCl4＋2MgTi＋2MgCl2，属于置换反应，原子利用率不是100%，D错误；故选B。] 12．在“价—类”二维图中融入“杠杆模型”，可直观辨析部分物质间的转化及其定量关系。图中的字母分别代表常见的含氯元素的物质，下列相关推断不合理的是(　　) A．实验室可用a的浓溶液与f反应制备d B．b、d既具有氧化性又具有还原性 C．若e为钠盐，实验室可用e和浓硫酸反应制取少量气态a D．若d在加热条件下与强碱溶液反应生成的含氯化合物只有e和f，则n(e)∶n(f)＝3∶2 D　[根据图中信息，a是HCl，b是HClO，c是HClO4，d是Cl2，e是氯化物，f是氯酸盐，g是高氯酸盐，据此分析解题。A．氯酸盐中Cl为＋5价，氯酸盐与浓盐酸反应就会产生Cl2，A项不符合题意；B.HClO、Cl2、Cl元素都处于中间价态，既有氧化性，又有还原性，B项不符合题意；C.实验室用NaCl和浓硫酸反应制取气态HCl，C项不符合题意；D.若Cl2在加热条件下与强碱溶液反应生成的含氯化合物只有氯化物和氯酸盐，则n(e)∶n(f)＝5∶1，D项符合题意；故选D。] 13．“价－类”二维图是一种重要的学习工具，氯的“价－类”二维图如图。下列说法错误的是(　　) A．a→b需要加氧化剂 B．f→d可以加稀硫酸 C．b和烧碱反应可得e和f D．c不能用作自来水消毒剂 D　[图示为氯的“价－类”二维图，则a、b、c、d、e、f、g分别为HCl、Cl2、ClO2、HClO、NaCl、NaClO、NaClO3；A．a→b氯元素化合价升高发生氧化反应，需要加氧化剂，A正确；B.次氯酸为弱酸，f→d可以加稀硫酸，将次氯酸钠转化为次氯酸，B正确；C.氯气和氢氧化钠生成氯化钠和次氯酸钠，C正确；D.二氧化氯具有强氧化性，能用作自来水消毒剂，D错误；故选D。] 14．某大型企业利用含 FeCl2、CuCl2的废液净化含有 H2S 的工业废气的工艺如图所示，既避免了空气污染又回收了硫黄，大大提高了生产效益。下列说法错误的是(　　) A．步骤①中 Fe2＋是还原剂 B．总反应为2H2S＋O2===2H2O＋2S↓ C．步骤③中每生成 1 mol S 消耗1 mol Fe3＋ D．步骤①③都为氧化还原反应 C　[A．步骤①中，Fe2＋变为Fe3＋，铁元素化合价升高，被氧化，因此Fe2＋ 是还原剂，A项正确；B.根据图像，总反应的反应物为H2S、O2，生成物有S，根据质量守恒定律可以推测，另一种产物为H2O，配平后可得：2H2S＋O2===2H2O＋2S ↓，B项正确；C.步骤③中，S元素化合价升高2价，铁元素化合价降低1价，因此反应时，每生成 1 mol S 消耗2 mol Fe3＋，C项错误；D.步骤①中铁、氧元素化合价发生变化，步骤③中铁、硫元素化合价发生变化，因此步骤①③都为氧化还原反应，D项正确。本题选C。] 15．84消毒液(有效成分为NaClO)可用于杀菌消毒和漂白，下列实验现象的分析不正确的是(　　) 实验操作 实验现象 混合后溶液的pH＝9.9，短时间内溶液未褪色，一段时间后溶液褪色 混合后溶液pH＝5.0，溶液迅速褪色，无气体产生 混合后溶液pH＝3.2，溶液迅速褪色，并产生大量能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体 A．对比实验①和②，实验②中溶液迅速褪色的原因是发生了反应ClO－＋H＋===HClO B．实验③中产生的气体是Cl2，由HClO分解得到：2HClO===Cl2↑＋H2O C．对比实验②和③，溶液的pH可能会影响ClO－的氧化性或Cl－的还原性 D．加酸可以提高84消毒液的漂白效果，但需要调控到合适的pH才能安全使用 B　[实验①和②表明，次氯酸根离子在碱性、酸性溶液中均有漂白性，且在酸性溶液中漂白效果更好，实验②中发生了反应ClO－＋H＋===HClO，A项正确；③中使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体是Cl2，产生的原因是在强酸性溶液中发生了反应ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O，HClO分解的产物是氧气和HCl，B项错误；实验②和③表明，溶液的酸性越强，次氯酸根离子的氧化性越强，实验②中溶液的酸性较弱，ClO－不能氧化Cl－，实验③中溶液的酸性较强，ClO－可将Cl－氧化为Cl2，C项正确；对比实验①和②，说明加酸可以提高84消毒液的漂白效果，对比实验②和③，说明溶液的酸性过强，会生成有毒的氯气，D项正确。故选B。] 二、非选择题(本题包括5题，共55分) 16．(10分)钠、铁及它们的化合物在生产、生活中有着重要的用途。 (1)某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质。当汽车发生碰撞时，NaN3迅速分解产生N2和Na，同时放出大量的热，N2使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。 ①KClO4是助氧化剂，可处理产生的Na，其中氯元素的化合价是________。 ②Fe2O3是主氧化剂，也可处理产生的Na，反应为6Na＋Fe2O3===3Na2O＋2Fe。反应中Na2O是________(填“还原产物”或“氧化产物”)。 (2)电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀覆在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。 ①FeCl3溶液与金属铜反应生成FeCl2和CuCl2的离子方程式为________________________ ________________________________________________。 ②将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，并继续加热至液体呈红褐色停止加热，制得分散系为________(填“溶液”“胶体”或“浊液”)。 解析：(1)①KClO4中氯元素的化合价为＋7价，为最高价态；②反应6Na＋Fe2O3===3Na2O＋2Fe中Na化合价升高，Na2O是氧化产物。 (2)①铜与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，反应方程式为：2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2，离子方程式为：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋； ②将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，并继续加热至液体呈红褐色停止加热，制得Fe(OH)3胶体。 答案：(1)①＋7　②氧化产物 (2)①2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋　②胶体 17．(10分)海水提纯精盐的过程是用化学沉淀法去除粗盐中的杂质离子Ca2＋、Mg2＋和SO，请完成下题： (1)下面是粗盐提纯的部分操作步骤，请补充③处实验步骤： ①用天平称取5.0 g粗盐，放入100 mL烧杯中，然后加入20 mL蒸馏水，用玻璃棒搅拌，使粗盐全部溶解，得到粗盐水。 ②向粗盐水中滴加过量的BaCl2溶液，使SO与Ba2＋完全反应生成BaSO4将烧杯静置。 ③________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ④向粗盐水中滴加过量的NaOH溶液，使Mg2＋与OH－完全反应生成Mg(OH)2沉淀，然后滴加过量的饱和Na2CO3溶液，使Ca2＋、Ba2＋与CO完全反应生成沉淀。 ⑤…… (2)有学生设计出如下粗盐提纯工艺流程图： ①上述流程图中③处加入的试剂是________。(填名称) ②写出流程图中③处发生的离子反应方程式__________________________，______________________。 (3)方案评价 化学沉淀法中沉淀剂BaCl2和Na2CO3加入的顺序能否交换？________。(填“能”或“否”) 解析：在粗盐除杂工艺中，粗盐溶解、过滤后加入过量的BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀而除去SO，此时溶液中含有Na＋、Ca2＋、Mg2＋、Ba2＋和Cl－，再加入过量Na2CO3溶液，生成沉淀BaCO3和CaCO3而除去Ba2＋和Ca2＋，再加入过量的NaOH溶液，生成沉淀Mg(OH)2而除去Mg2＋，最后再加入适量的HCl除去过量的NaOH和Na2CO3，最后得到精盐。 (1)滴加过量的BaCl2溶液除去SO后还要检验SO是否除干净，因此接下来操作是沿烧杯壁向上层清液继续滴加2～3滴BaCl2溶液，若不出现浑浊，则表明SO沉淀完全，若出现沉淀，则继续滴加BaCl2溶液，直至SO沉淀完全； (2)①由分析可知上述流程图中③处加入的试剂是稀盐酸；②流程中③中加入适量的稀盐酸除去过量的NaOH和Na2CO3，其发生的离子反应方程式为H＋＋OH－===H2O和2H＋＋CO===H2O＋CO2↑； (3)沉淀法中沉淀剂BaCl2和Na2CO3加入的顺序不能交换，后加入Na2CO3溶液不但可以除去粗盐中Ca2＋，还可以除去前面加入过量的Ba2＋，若交换顺序，则无法除去Ba2＋。 答案：(1)③沿烧杯壁向上层清液继续滴加2～3滴BaCl2溶液，若不出现浑浊，则表明SO沉淀完全，若出现沉淀，则继续滴加BaCl2溶液，直至SO沉淀完全 (2)①稀盐酸　②H＋＋OH－===H2O　2H＋＋CO===H2O＋CO2↑ (3)否 18．(10分)请回答下列问题： (1)CrO是一种酸根离子，Fe(CrO2)2中铁元素的化合价为________，Fe(CrO2)2属于_________(填“酸”“碱”“盐”或“氧化物”)。 (2)新型纳米材料氧缺位铁酸盐(MFe2Ox，3<x<4，M＝Mn，Zn，Ni，且均为＋2价，下同)是由铁酸盐MFe2O4经过高温反应得到的。将纳米材料氧缺位铁酸盐分散在蒸馏水中，所形成的分散系属于________，铁酸盐MFe2O4经过高温反应得到MFe2Ox的反应属于________(填“氧化还原”或“非氧化还原”)反应。 (3)在酸性条件下。Fe2O容易转化为Fe2＋，某反应体系中共存在下列6种粒子，Fe2O、Fe2＋、H＋、H2O、Cu2O、Cu2＋，则该反应中的氧化剂是________， 还原剂是________。 (4)Na2S2O3是重要的化工原料，从氧化还原反应的角度分析。下列制备Na2S2O3的方案理论上可行的是________(填字母)。 a．Na2S＋S　　　 b．Na2SO3＋S　　　c．SO2＋Na2SO4　　　d．Na2SO3＋Na2SO4 (5)已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则24 mL 0.05 mol/L N2SO3溶液与20 mL 0.02 mol/L K2Cr2O7溶液恰好反应时，Cr元素在还原产物中的化合价为________。 解析：(1)根据CrO可判断Fe(CrO2)2中铁元素的化合价为＋2价，Fe(CrO2)2是金属阳离子与酸根离子组成的盐类。 (2)将纳米材料氧缺位铁酸盐分散在蒸馏水中，所形成的分散系属于胶体，铁酸盐MFe2O4经过高温反应得到MFe2Ox的反应中因为M＝Mn，Zn，Ni.且均为＋2价，所以铁元素一定变价，该反应属于氧化还原反应。 (3)在酸性条件下。Fe2O容易转化为Fe2＋，铁元素化合价降低，Fe2O作氧化剂，应该有元素化合价升高的元素，故6种粒子Fe2O、Fe2＋、H＋、H2O、Cu2O、Cu2＋中应该选择Cu2O→Cu2＋，则该反应中还原剂是Cu2O。 (4)Na2S2O3中S的化合价为＋2价，制备Na2S2O3时选用的反应物是含S元素，则根据氧化还原反应中的“归中反应”规律，反应物中S元素的化合价应一个大于＋2价、一个小于＋2价，只有Na2SO3＋S符合。 (5)S元素的化合价由＋4价升高为＋6价，Cr元素的化合价由＋6价降低，设还原产物中Cr元素的化合价为x，由电子守恒可知：0.024 L×0.05 mol/L×(6－4)＝0.02 L ×0.02 mol/L×2×(6－x)，解得x＝＋3。 答案：(1)＋2　盐 (2)胶体　氧化还原 (3)Fe2O　Cu2O (4)b (5)＋3 19．(12分)离子反应是中学化学中重要的反应类型，回答下列问题： (1)在发生离子反应的反应物或生成物中，一定存在________(填序号)。 ①单质　②氧化物　③电解质　④盐　⑤化合物 (2)将两种化合物一起溶于水得到一种无色透明溶液，溶液中含有下列离子中的某些离子：K＋、Mg2＋、Fe3＋、Ba2＋、SO、OH－、CO和Cl－，取该溶液进行如下实验： Ⅰ.取少量溶液滴入紫色石蕊溶液，溶液呈蓝色。 Ⅱ.取少许原溶液滴入BaCl2溶液，无白色沉淀产生。 Ⅲ.另取少许原溶液先滴加硝酸再加AgNO3溶液，产生白色沉淀。 Ⅳ.再取少许原溶液滴入少量H2SO4溶液，有白色沉淀产生。 ①根据以上现象判断，原溶液中肯定不存在的离子是____________；肯定存在的离子是________。 ②写出实验Ⅲ中可能发生的反应的离子方程式：_________________________________ _______________________________________________________________________________________________________________。 ③写出实验Ⅳ中产生白色沉淀的离子方程式：________________________________________ ________________________________________________________________________________________________________。 ④如溶液中各离子的个数相等，确定溶液中________(填“有”或“无”)K＋，判断依据是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析：(1)离子反应中一定有电解质，而电解质属于化合物，故为③⑤。 (2)①无色透明溶液，故无Fe3＋，滴加紫色石蕊溶液变蓝，可能有氢氧根或碳酸根，则没有镁离子，加入氯化钡无现象说明无硫酸根和碳酸根，有氢氧根，加入硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀说明有氯离子，加入硫酸溶液有白色沉淀说明有钡离子，故一定不存在的有：Fe3＋、Mg2＋、CO，SO一定有的离子为：OH－、Ba2＋、Cl－； ②原溶液中有氢氧根，加硝酸酸化的硝酸银，则发生的离子反应为：H＋＋OH－===H2O，Ag＋＋Cl－===AgCl↓； ③原溶液中有钡离子和氢氧根，加入硫酸，则产生沉淀发生的离子反应为：Ba2＋＋SO＋2H＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O； ④溶液中离子个数相等，一个钡离子带两个单位的正电荷，一个氢氧根和一个氯离子各带一个单位的负电荷，刚好呈电中性，满足电荷守恒，故无钾离子。 答案：(1)③⑤ (2)①Fe3＋、Mg2＋、CO、SO　OH－、Ba2＋、Cl－　②H＋＋OH－===H2O、Ag＋＋Cl－===AgCl↓　③Ba2＋＋SO＋2H＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O　④无　一个钡离子带两个单位的正电荷，一个氢氧根和一个氯离子各带一个单位的负电荷，刚好呈电中性，满足电荷守恒，故无钾离子 20．(13分)利用Cl2氧化绿色的K2MnO4浓强碱溶液制备的KMnO4装置如下图所示(加热、夹持装置略)： (1)装置C中发生反应的化学方程式为________________________________________ ________________________________________________________________________________________________________。 (2)如果d中用足量的Na2SO3溶液吸收多余氯气，写出相应的离子方程式：________________ ________________________________________________________________________________________________________________________________。 (3)一段时间后，当仪器C中______________(填实验现象)即停止通氯气。熄灭A处酒精灯，再__________________________________________，待冷却后拆除装置。 (4)某同学在实验中发现，若用稀盐酸代替浓盐酸与MnO2混合加热没有氯气生成，欲探究该条件下不能生成氯气的原因，该同学提出下列假设： 假设1：H＋的浓度不够大； 假设2：________________； 假设3：Cl－和H＋的浓度均不够大 设计实验方案，进行实验。在下表中写出实验步骤以及预期现象和结论。(可选实验试剂：蒸馏水、浓H2SO4、NaCl固体、MnO2固体、稀盐酸、AgNO3溶液、淀粉-KI溶液) 实验步骤 预期现象与结论 步骤1：取少量1 mol·L－1稀盐酸于试管A中，加入少量MnO2，滴加几滴浓硫酸，充分振荡，塞紧带导管的胶塞，导管插入淀粉-KI溶液中，加热 ①若淀粉-KI溶液变蓝，则假设1成立 ②若淀粉-KI溶液不变蓝，则假设2或假设3成立 步骤2：取少量1 mol·L－1稀盐酸于试管B中，加入少量MnO2，加入少量NaCl固体，充分振荡，塞紧带导管的胶塞，导管插入淀粉-KI溶液中，加热 ①若淀粉-KI溶液变蓝，则________成立 ②若淀粉-KI溶液不变蓝，结合步骤1中的结论②，则________成立 (5)医学上常用酸性KMnO4溶液和草酸(H2C2O4)溶液反应(实验中会生成CO2)来测血液中血钙的含量。测定方法是取10 mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量的(NH4)2C2O4溶液，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解并不断搅拌得到H2C2O4后，再滴入KMnO4溶液进行反应，反应完全时消耗了100 mL 1.0×10－4 mol·L－1的KMnO4溶液(相关反应的方程式为：C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓、CaC2O4＋H2SO4===CaSO4＋H2C2O4、2KMnO4＋5H2C2O4＋2H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O)。则200 mL该血液中含钙________g。 解析：装置A是MnO2与浓盐酸反应制备Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，生成的Cl2中含有HCl气体；装置B是饱和食盐水，作用是除去Cl2中的HCl气体，装置C利用Cl2氧化绿色的K2MnO4浓强碱溶液制备KMnO4，由于Cl2是一种黄绿色的有毒气体，不能直接排放到空气中，装置D作用是进行尾气处理，防止污染空气。 (1)根据题意，K2MnO4被氧化为KMnO4，Cl2被还原为KCl，结合得失电子守恒和原子守恒，可写出化学方程式Cl2＋2K2MnO4===2KCl＋2KMnO4； (2)亚硫酸根离子可以被氯气氧化为硫酸根离子，自身被还原为氯离子，相应的离子方程式SO＋Cl2＋H2O===SO＋2Cl－＋2H＋； (3)一段时间后，当仪器C中溶液由绿色完全转变为紫红色后停止通氯气。熄灭A处酒精灯，再通入一段时间的空气，将装置内残留的氯气赶入尾气吸收装置，待冷却后拆除装置； (4)用稀盐酸代替浓盐酸与MnO2混合加热没有氯气生成，从溶液中氢离子浓度、氯离子浓度的差别提出合理假设；假设1：H＋的浓度不够大；假设2：Cl－的浓度不够大；假设3：Cl－和H＋的浓度均不够大；取少量1 mol/L稀盐酸于试管B中，加入少量MnO2，加入少量NaCl固体，充分振荡，塞紧带导管的胶塞，导管插入淀粉-KI溶液中，加热，①若淀粉-KI溶液变蓝，则假设2成立；② 若淀粉-KI溶液不变蓝，结合步骤1中的结论②，则假设3成立； (5)血钙中的Ca2＋与(NH4)2C2O4溶液反应，生成CaC2O4沉淀，沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定，依据得失电子守恒和质量守恒，可建立如下关系式：5Ca2＋～5H2C2O4～2KMnO4，由反应消耗KMnO4的物质的量，可求出Ca2＋的物质的量，最后求出血钙中钙的含量。10 mL血钙中n(Ca2＋)＝1.0×10－4mol·L－1×0.1 L××40 g/mol＝1.0×10－3g，则200 mL该血液中含钙1.0×10－3g×＝0.02 g。 答案：(1)Cl2＋2K2MnO4===2KCl＋2KMnO4 (2)SO＋Cl2＋H2O===SO＋2Cl－＋2H＋ (3)溶液由绿色完全转变为紫红色　通入一段时间的空气，将装置内残留的氯气赶入尾气吸收装置 (4)Cl－的浓度不够大　假设2　假设3 (5)0.02 学生用书↓第82页 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