第2章 元素与物质世界 章末达标检测（Word练习）-【精讲精练】2025-2026学年高中化学必修第一册（鲁科版）

(满分100分) 一、选择题(本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。) 1．分类法是化学学习的重要方法。表中物质与对应的分类标准一致的是(　　) 选项 分类标准 物质 A 混合物 漂白粉、碱石灰、液氯 B 碱 纯碱、火碱、熟石灰 C 碱性氧化物 Na2O2、CaO、Al2O3 D 电解质 H2CO3、Cu(OH)2、BaSO4 解析　液氯为液态氯气是纯净物；漂白粉的主要成分是次氯酸钙、氯化钙等，属于混合物；碱石灰的主要成分为氧化钙、氢氧化钠等，属于混合物，故A项不符合题意；电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物叫做碱，纯碱是碳酸钠、不属于碱，火碱、熟石灰分别为氢氧化钠、氢氧化钙，属于碱，故B项不符合题意；氧化物的组成中只含两种元素，其中一种一定为氧元素，与酸反应生成相应的盐和水的氧化物为碱性氧化物，按2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2过氧化钠不属于碱性氧化物，氧化铝既能与酸反应生成相应的盐和水，又与碱反应生成盐和水，属于两性氧化物，故C项不符合题意；电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下自身能够导电的化合物，一般为酸、碱、盐均属于电解质。因此碳酸、氢氧化铜、硫酸钡均属于电解质，故D项符合题意。 答案　D 2．化学与社会、生活和生产息息相关。以下叙述错误的是(　　) A．《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”是指CaO B．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应 C．“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中涉及氧化还原反应 D．“青蒿一握，以水二升渍，绞取之”，其中对青蒿素的提取属于物理变化 解析　《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”是指CaCO3，这句话的意思是石灰石经过高温焚烧后可以制得生石灰(CaO)，而不是直接指代生石灰本身，A错误；雾霾是由大量微小的颗粒物悬浮在空气中形成的，这些颗粒物形成的气溶胶属于胶体范畴，因此具有丁达尔效应，B正确；“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中涉及燃烧反应，属于氧化还原反应，C正确；“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，句中体现的对青蒿素的提取，没有生成新物质，属于物理变化，D正确。 答案　A 3．我国科学家研制的“纳米分子药物运输车”结构如图，可人为从外部利用磁性引导至所需位置，提高肿瘤治疗效果，下列说法不正确的是(　　) A．“纳米分子药物运输车”具有磁性 B．其中的四氧化三铁不属于碱性氧化物 C．将该物质分散到水中得到的分散系，不具有丁达尔效应 D．粉碎后用盐酸酸浸，向清液中滴入少量KMnO4溶液可检验其中的Fe2＋ 解析　“纳米分子药物运输车”含有四氧化三铁，具有磁性，A正确；四氧化三铁与酸反应不能生成单一的盐，不属于碱性氧化物，B正确；将该物质(直径200 nm)分散到水中得到的分散系不是胶体，不具有丁达尔效应，C正确；粉碎后用盐酸酸浸，清液中含有多种有机物，这些有机物或氯离子也可能与滴入的少量KMnO4溶液反应，导致检验不出其中的Fe2＋，D错误。 答案　D 4．下列试剂中，能一次性鉴别AgNO3、Na2CO3、NaCl三种溶液的是(　　) A．KNO3溶液 B．NaOH溶液 C．CaCl2溶液 D．盐酸 解析　KNO3溶液与三种物质均不反应，不能鉴别，A不符合题意；氢氧化钠与硝酸银反应，与碳酸钠、氯化钠均不反应，不能鉴别，B不符合题意；氯化钙和AgNO3、Na2CO3、NaCl反应分别生成氯化银白色沉淀、碳酸钙白色沉淀、不反应，有2个白色沉淀不能鉴别，C不符合题意；AgNO3、Na2CO3、NaCl和稀盐酸反应现象分别为生成白色沉淀、生成气体、无明显变化，能鉴别，D符合题意。 答案　D 5．下列各组离子在给定溶液中一定能大量共存的是(　　) A．强碱溶液中：Na＋、Mg2＋、Cl－、NO B．0.1 mol·L－1硝酸中：Ba2＋、Na＋、ClO－、Cl－ C．澄清透明溶液中：Na＋、Cu2＋、SO、NO D．0.1 mol·L－1的高锰酸钾溶液中：K＋、Na＋、I－、SO 解析　强碱溶液中氢氧根离子和镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，故A不符合题意；0.1 mol·L－1硝酸中含有大量的氢离子，ClO－、Cl－会发生归中反应生成氯气，不能大量共存，故B不符合题意；澄清透明溶液中，各离子不反应，可以大量共存，故C符合题意；高锰酸钾溶液具有强氧化性，能与碘离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不符合题意。 答案　C 6．下列叙述对应的离子方程式书写正确的是(　　) A．向漂白液中添加醋酸提高漂白效果：ClO－＋H＋===HClO B．向NaHCO3溶液中加入过量NaOH溶液：HCO＋OH－===CO2↑＋H2O C．将二氧化碳通入氯化钙溶液中：CO2＋H2O＋Ca2＋===CaCO3↓＋2H＋ D．向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至产生的沉淀质量最大：H＋＋SO＋Ba2＋＋OH－===BaSO4↓＋H2O 解析　向漂白液中添加醋酸，能生成HClO等，提高漂白效果：ClO－＋CH3COOH===HClO＋CH3COO－，A错误；向NaHCO3溶液中加入过量NaOH溶液得到碳酸钠和水：HCO＋OH－===CO＋H2O，B错误；HCl酸性强于H2CO3，将二氧化碳通入到氯化钙溶液中不反应，C错误；向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至产生的沉淀质量最大，则硫酸根沉淀完全，生成硫酸钡、水和氢氧化钠：H＋＋SO＋Ba2＋＋OH－===BaSO4↓＋H2O，D正确。 答案　D 7．粗盐中存在大量的Na＋、Cl－、Ca2＋、Mg2＋、SO，欲除去其中的Ca2＋、Mg2＋和SO，设计了如下流程。下列说法中，不正确的是(　　) A．NaOH的作用是除去Mg2＋ B．Na2CO3的作用之一是除去过量的Ba2＋ C．试剂a为HCl溶液 D．NaOH改在BaCl2后加入不能达到相同目的 解析　废水中加入氢氧化钠、氯化钡、碳酸钠依次除去镁离子、硫酸根离子、钡离子和钙离子，试剂a除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，为HCl溶液。NaOH的作用是除去Mg2＋，A正确；碳酸钠除去钙离子和过量的Ba2＋，B正确；试剂a为HCl溶液，C正确；只要碳酸钠在氯化钡后面即可，所以NaOH改在BaCl2后加入可达到相同目的，D错误。 答案　D 8．已知氧化性：HClO>Cl2>Br2>Fe3＋>I2，下列有关离子反应或离子方程式的叙述中，正确的是(　　) A．溶液中Fe3＋、Cl－、Ba2＋、I－能大量共存 B．向KBr溶液中通入Cl2，反应的离子方程式为：2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－ C．向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－ D．向FeBr2溶液中滴加足量氯水，反应的离子方程式为：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===2Fe3＋＋Br2＋4Cl－ 解析　铁离子的氧化性强于I2，铁离子能与I－反应生成亚铁离子和I2，两者不能大量共存，A错误；氯气的氧化性强于Br2，KBr溶液中通入氯气，Br－与氯气反应生成Br2和Cl－，离子方程式正确，B正确；氧化性Fe3＋>I2，则还原性Fe2＋<I－，通入少量氯水时碘离子先与氯气反应，离子方程式为2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，C错误；FeBr2溶液中滴加足量氯水，亚铁离子和溴离子都能与氯气反应，且两者的系数比为1∶2，反应的离子方程式为2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－，D错误。 答案　B 9．三氯化铁熔点282 ℃、沸点315 ℃，能吸收空气里的水分而潮解。它可广泛用于污水处理、电子工业、印染业、建筑业，某化学实验小组的同学欲用下列仪器制备无水FeCl3固体。下列说法错误的是(　　) A．装置C中试剂为浓硫酸 B．装置D中可观察到有棕红色的烟生成 C．装置E的作用是收集FeCl3 D．容器F中药品可用无水CaCl2代替 解析　从左至右，装置依次是ABCDEF，作用分别是生成氯气，吸收氯化氢，干燥氯气，生成氯化铁，收集氯化铁，除去尾气氯气和防止空气中的水蒸气进入装置，据此作答。装置C中试剂为浓硫酸用来干燥氯气，故A正确；装置D中氯气和铁反应，生成氯化铁，可观察到有棕红色的烟生成，故B正确；装置D中氯气和铁反应生成氯化铁，装置E的作用是收集FeCl3，故C正确；无水CaCl2只能吸收水，而不能吸收尾气，不可替代，故D错误。 答案　D 10．实验室常用MnO标定(NH4)2Fe(SO4)2，同时使MnO再生，其反应原理如图所示。下列说法错误的是(　　) A．反应Ⅰ中Mn2＋是还原剂 B．S2O和Fe2＋在水溶液中不能大量共存 C．由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性：S2O>MnO>Fe3＋ D．反应Ⅱ的离子方程式为：MnO＋5Fe2＋＋4H2O===Mn2＋＋5Fe3＋＋8OH－ 解析　反应Ⅰ中Mn2＋的化合价升高，被氧化，做还原剂，A正确；S2O的氧化性强于高锰酸根离子，故其与Fe2＋在水溶液中会发生氧化还原反应，故不能共存，B正确；反应Ⅰ中，氧化剂是S2O，氧化产物是MnO，故氧化性S2O>MnO，反应Ⅱ中氧化剂是MnO，氧化产物是Fe3＋，故氧化性MnO>Fe3＋，氧化性：S2O>MnO>Fe3＋，C正确；高锰酸根离子的氧化性较强，则反应Ⅱ的离子方程式为：MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，D错误。 答案　D 二、选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。) 11．向100 mL 0.01 mol·L－1 Ba(OH)2溶液中滴加0.1 mol·L－1NaHCO3溶液，测得溶液电导率的变化如图所示。下列说法正确的是(　　) A．a→b电导率下降的主要原因是发生了反应：Ba2＋＋2OH－＋2HCO===BaCO3↓＋2H2O＋CO B．c点溶液显中性 C．b→c溶液中的c(OH－)逐渐减小，c(CO)逐渐增大 D．c→d溶液电导率逐渐增大的原因是：NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO，使溶液中离子浓度增大 解析　向Ba(OH)2溶液中加入NaHCO3溶液，OH－与碳酸氢根反应生成碳酸根和H2O，再与Ba2＋反应生成难溶物BaCO3，溶液中，100 mL 0.01 mol·L－1Ba(OH)2溶液中Ba(OH)2的物质的量为0.001 mol,10 mL 0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中，NaHCO3的物质的量为0.001 mol，因此a→b过程中发生离子反应Ba2＋＋OH－＋HCO===BaCO3↓＋H2O，b点Ba2＋恰好完全沉淀，OH－反应0.001 mol，溶质为NaOH，b→c过程中发生离子反应OH－＋HCO===CO＋H2O，c点溶质为Na2CO3，c点之后NaHCO3过量。由上述分析可知，a→b过程中发生离子反应Ba2＋＋OH－＋HCO===BaCO3↓＋H2O，生成难溶物及弱电解质使得电导率下降，故A项错误；c点溶质为Na2CO3，溶液呈碱性，故B项错误；b→c过程中发生离子反应OH－＋HCO===CO＋H2O，因此溶液中c(OH－)逐渐减小，c(CO)逐渐增大，故C项正确；NaHCO3电离产生钠离子和碳酸氢根离子，故D项错误。 答案　C 12．某溶液可能含有Cl－、SO、CO、NH、Fe3＋和K＋。取该溶液100 mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，同时产生红褐色沉淀2.14 g；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66 g不溶于盐酸的沉淀。已知NH＋OH－NH3↑＋H2O，则下列说法中正确的是(　　) A．至少存在上述离子中的5种 B．Cl－一定存在，且c(Cl－)≥0.4 mol·L－1 C．CO一定不存在，K＋可能存在 D．SO、NH一定存在，Cl－可能不存在 解析　溶液可能含有Cl－、SO、CO、NH、Fe3＋和K＋，取该溶液100 mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，同时产生Fe(OH)3红褐色沉淀，说明溶液中含有NH，Fe3＋，根据原子守恒知，n(NH)＝0.02 mol，n(Fe3＋)＝＝0.02 mol，根据离子共存知，溶液中不存在CO，向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66 g不溶于盐酸的沉淀，该白色沉淀是BaSO4，n(BaSO4)＝＝0.02 mol，根据硫酸根离子守恒得n(SO)＝n(BaSO4)＝0.02 mol，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒知，阳离子所带电荷>阴离子所带电荷，所以溶液中还存在阴离子Cl－，可能存在K＋。该溶液中至少存在SO、Cl－、NH和Fe3＋，所以至少存在4种离子，A错误；该溶液中一定存在氯离子，假设溶液中只有Cl－、SO、NH、Fe3＋，根据电荷守恒得n(Cl－)＝n(NH)＋3n(Fe3＋)－2n(SO)＝0.02 mol＋0.06 mol－0.04 mol＝0.04 mol，则c(Cl－)＝＝0.4 mol·L－1，溶液中可能还有K＋，则c(Cl－)≥0.4 mol·L－1，B正确；该溶液中一定不存在CO，可能存在K＋，C正确；该溶液中一定存在Cl－，D错误。 答案　BC 13．二氧化氯(ClO2)是国际上公认的安全、低毒的绿色消毒剂。制取ClO2的微观过程如图所示。下列说法错误的是(　　) A．该反应属于置换反应 B．该反应中所有含氯物质均具有杀菌消毒作用 C．制取1 mol ClO2需消耗Cl211.2 L(标准状况) D．该反应的化学方程式为Cl2＋2NaClO2===2ClO2＋2NaCl 解析　根据置换反应定义可知，该反应不属于置换反应，A错误；反应中并不是所有含氯物质都具有杀菌消毒作用，例如氯化钠无氧化性，不能杀菌消毒，B错误；根据反应方程式可知，生成1 mol ClO2，需Cl2 0.5 mol，标准状况下体积为11.2 L，C正确；根据微观过程示意图可知，反应方程式为Cl2＋2NaClO2===2ClO2＋2NaCl，D正确。 答案　AB 14．如图所示，下列关于含钒物质转化的说法正确的是(　　) A．反应Ⅰ的离子方程式为：V2O5＋6OH－===2VO＋3H2O B．实现Ⅱ的转化需要提供还原剂 C．反应Ⅲ的转化中氧化剂与还原剂的个数比为2∶1 D．反应Ⅳ的转化中X发生还原反应 解析　V2O5在碱性条件下生成VO，离子方程式为V2O5＋6OH－===2VO＋3H2O，A正确；V2O5中的V为＋5价，VO中为＋5价，不是氧化还原反应，B错误；反应Ⅲ中，VO中V元素由＋5价降低为VO2＋中＋4价，锌为还原剂，由0价升高为＋2 价，根据得失电子守恒，转化中，n(VO)∶n(Zn)===2∶1，C正确；反应Ⅳ中，V2O5中V元素由＋5价降低为VO2＋中＋4价，为氧化剂，加入还原剂X发生氧化反应，D错误。 答案　AC 15．磷酸亚铁锂(LiFePO4，P为＋5价，M＝158 g·mol－1)是锂离子电池的电极材料，可通过反应：FePO4＋Li2CO3＋C,　LiFePO4＋CO(未配平)制备。下列说法正确的是(　　) A．该反应中被还原的元素只有Fe B．该反应的化学方程式为2FePO4＋Li2CO3＋2C===2LiFePO4＋3CO C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2 D．当生成15.8 g LiFePO4时，转移0.2 mol电子 解析　该反应中碳单质中C元素化合价由0升至＋2，碳酸根中碳化合价由＋4变为＋2、铁化合价由＋3变为＋2，结合电子守恒、质量守恒，反应为：2FePO4＋Li2CO3＋2C===2LiFePO4＋3CO；碳酸根中碳化合价由＋4变为＋2、铁化合价由＋3变为＋2，铁、碳元素被还原，A错误；该反应的化学方程式为2FePO4＋Li2CO3＋2C===2LiFePO4＋3CO，B正确；碳单质中C元素化合价由0升至＋2被氧化得到氧化产物中2分子CO，碳酸根中碳化合价由＋4变为＋2被还原得到还原产物1分子CO，铁化合价由＋3变为＋2被还原得到还原产物LiFePO4，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶3，C错误；电子转移为：2FePO4～Li2CO3～2C～2LiFePO4～3CO～4e－，当生成15.8 g LiFePO4(为0.1 mol)时，转移0.2 mol电子，D正确。 答案　BD 三、非选择题(本题共5小题，共60分。) 16．(12分)Ⅰ.现有下列10种物质：①液态HCl；②NaHCO3固体；③熔融NaCl；④CO2；⑤氯水；⑥Ba(OH)2粉末；⑦稀硫酸；⑧NH3；⑨Zn；⑩NaHSO4固体 (1)上述物质中：能导电的有________；属于电解质的有________(填序号)。 (2)写出②与⑩在水溶液中反应的离子方程式： ________________________________________________________________________。 (3)写出过氧化钠与④反应的化学方程式并用双线桥表示其得失电子情况：________。 Ⅱ.在一个氧化还原反应体系中，反应物、生成物共有六种粒子：SO2、MnO、SO、Mn2＋、H＋、H2O。 (4)补充并配平以下离子方程式。 ________MnO＋________SO2＋________===________Mn2＋＋________SO＋________ 若反应过程中转移0.6 mol电子，则消耗标准状况下SO2的体积为________L。 解析　①液态HCl不能导电属于电解质；②NaHCO3固体不能导电属于电解质；③熔融NaCl能导电属于电解质；④CO2不能导电属于非电解质；⑤氯水能导电，既不是电解质也不是非电解质；⑥氢氧化钡粉末不能导电属于电解质；⑦稀硫酸能导电，既不是电解质也不是非电解质；⑧NH3不能导电属于非电解质；⑨Zn能导电，既不是电解质也不是非电解质；⑩NaHSO4固体不能导电属于电解质。 (4)高锰酸根离子氧化二氧化硫生成锰离子和硫酸根离子，Mn化合价从＋7价变为＋2价得到5个电子，S化合价从＋4价变为＋6价失去2个电子，则高锰酸根离子和SO2的系数比为2∶5，根据电荷守恒和原子守恒可知，反应物中有水参与(否则氧原子数不守恒)，生成物中有氢离子，反应的离子方程式为2MnO＋5SO2＋2H2O===2Mn2＋＋5SO＋4H＋。消耗1 mol SO2转移2 mol电子，转移0.6 mol电子消耗SO2 0.3 mol，标况下体积为6.72 L。 答案　(1)③⑤⑦⑨　①②③⑥⑩　(2)HCO＋H＋===H2O＋CO2↑ (4)2　5　2H2O　2　5　4H＋　6.72 17．(12分)元素的“价—类”二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型工具，下图是钠的“价—类”二维图。 回答下列问题： (1)若A是一种淡黄色固体，则A与水的化学方程式为___________________________ ________________________________________________。 (2)从氢元素的价态分析，NaH常用作________(填“氧化剂”或“还原剂”)。NaH与水反应生成标准状况下4.48 L H2时，转移电子的物质的量为________mol。 (3)将a mol CO2缓慢通入2 L c mol·L－1NaOH溶液中，所得生成物的物质的量变化如图所示。 图中“曲线Ⅰ”表示生成物________(填化学式)的物质的量变化。c＝________，最终生成物n(Na2CO3)∶n(NaHCO3)＝________(用含a的代数式表示)。 解析　(1)根据钠的“价—类”二维图可知，A为氧化钠或者过氧化钠，B为钠盐。A为淡黄色固体，则A为Na2O2。 (2)NaH中H为－1价，容易失电子，NaH常用作还原剂。NaH与水反应的化学方程式为NaH＋H2O===NaOH＋H2↑，生成标况下4.48 L氢气即0.2 mol，转移电子数为0.2 mol。 (3)CO2缓慢通入NaOH溶液中，开始时发生反应2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O，因此曲线Ⅰ表示生成物Na2CO3的物质的量变化。根据图示可知通入二氧化碳达到0.5 mol，氢氧化钠被反应完，后续是碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，故c＝0.5 mol×2÷2 L＝0.5 mol·L－1。通入0.5 mol二氧化碳时生成碳酸钠0.5 mol，后续反应为Na2CO3＋H2O＋CO2===2NaHCO3，消耗CO2(a－0.5)mol，消耗Na2CO3(a－0.5)mol，生成碳酸氢钠(2a－1)mol，则最终生成物n(Na2CO3)∶n(NaHCO3)＝(1－a)∶(2a－1)。 答案　(1)2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑ (2)还原剂　0.2 (3)Na2CO3　0.5　 18．(12分)亚硝酸钠(NaNO2)是一种用途广泛的工业盐，因其外观和食盐相似容易误食中毒。亚硝酸钠加热到320 ℃以上会分解产生Na2O、N2和O2，其水溶液呈碱性，能与AgNO3溶液反应生成难溶于水、易溶于酸的AgNO2。由于AgNO2有毒性，将含该物质的废水直接排放会引起水体严重污染，所以这种废水必须处理后才能排放。处理方法之一如下： NaNO2＋____KI＋____===____NO↑＋____I2＋____K2SO4＋____Na2SO4＋____H2O 已知：NO为空气污染物。 (1)请完成上述反应的方程式并配平________________。 (2)从物质分类角度来看，NaNO2是________________(填字母)。 a．酸　b．盐　c．碱　d．非电解质　e．电解质 (3)用上述反应来处理NaNO2并不是最佳方法，其原因是________________。从环保角度来讲，要将NaNO2转化为氮气，所用物质的________(填“氧化性”或“还原性”)应该比KI的更________(填“强”或“弱”)。 (4)下列方法不能用来区分固体NaNO2和NaCl的是________(填字母)。 A．分别溶于水，滴加酚酞试液 B．分别溶于水并滴加HNO3酸化的AgNO3溶液 C．用筷子分别蘸取固体品尝味道 (5)误食NaNO2会导致人体血红蛋白中的Fe2＋转化为Fe3＋而中毒，该过程中NaNO2表现出的性质与下列________(填字母)反应中H2O2表现出的性质相同。 A．H2O2＋Cl2===2HCl＋O2↑ B．H2O2＋H2SO4＋2KI===2H2O＋I2＋K2SO4 C．5H2O2＋2KMnO4＋6HCl===2MnCl2＋2KCl＋5O2↑＋8H2O (6)已知亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气和氯化钠，写出该反应的化学方程式，并用单线桥表示其电子转移的方向和数目：________________。 解析　(2)NaNO2是钠离子和亚硝酸离子形成的盐，溶于水能电离而导电，属于电解质，故答案为be；(3)用上述反应来处理NaNO2时产生NO，NO是有害气体污染环境，故该方法不是最好的方法；要将NaNO2转化为氮气，应该用比KI还原性更强的还原剂，能进一步将NO还原为N2； (4)根据题干信息可知，亚硝酸钠溶液显碱性，氯化钠溶液显中性，分别滴加几滴酚酞溶液，显红色的是亚硝酸钠溶液，可以区分，故A不符合题意；分别溶于水并滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，能生成白色沉淀的是NaCl，由于AgNO2易溶于酸，故NaNO2溶液中滴加HNO3酸化的AgNO3溶液不会生成白色沉淀，故可以鉴别，故B不符合题意；化学实验室的安全原则是不能尝药品的味道的，且两者的味道也类似，故不能用该方法区分两者，故C符合题意；(5)NaNO2会导致人体血红蛋白中的Fe2＋转化为Fe3＋而中毒，该过程中NaNO2做氧化剂表现氧化性；H2O2＋Cl2===2HCl＋O2↑反应中，H2O2变为O2，化合价升高，表现还原性，故A不符合题意；H2O2＋H2SO4＋2KI===2H2O＋I2＋K2SO4，过氧化氢中的O元素化合价降低，表现氧化性，故B符合题意；5H2O2＋2KMnO4＋6HCl===2MnCl2＋2KCl＋5O2↑＋8H2O反应中，过氧化氢中的O元素化合价升高，表现还原性，故C不符合题意。 答案　(1)2NaNO2＋2KI＋2H2SO4===2NO↑＋I2＋K2SO4＋Na2SO4＋2H2O　(2)be　(3)产生NO有害气体污染环境　还原性　强　(4)C　(5)B (6) 19．(12分)高铁酸钾(K2FeO4，极易溶于水)是优良的多功能水处理剂，原理如下图所示。 (1)过程①中高铁酸钾表现出________(填“氧化”或“还原”)性。 (2)K2FeO4与水反应还能产生具有强吸附性的Fe(OH)3胶体，可除去水中细微的悬浮物，有净水作用。某同学在实验室制备Fe(OH)3胶体模拟净水过程。 ①实验室制备Fe(OH)3的化学方程式为_________________________________________ ________________________________________________________________________。 ②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀硫酸至过量，观察到的现象是______________________ ________________________________________________________________________。 ③下列关于Fe(OH)3胶体的制备和性质的叙述中，正确的是________(填字母)。 A．Fe(OH)3胶体与FeCl3溶液、Fe(OH)3沉淀的本质区别是Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应 B．可用饱和FeCl3溶液与NaOH稀溶液反应制备氢氧化铁胶体 C．利用半透膜进行渗析，可除去Fe(OH)3胶体中的Cl－ D．Fe(OH)3胶体在直流电场中一段时间后阴极附近红褐色加深，说明胶体带正电 (3)生活中也常用Cl2对自来水进行杀菌消毒，Cl2也可用于制备漂白粉。 ①写出Cl2制备漂白粉的化学方程式：___________________________________________ ________________________________________________________________________。 ②漂白粉生效原理的化学方程式为_____________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析　(2)①向煮沸的蒸馏水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，可制得Fe(OH)3胶体，化学方程式为FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl。 ②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀硫酸至过量，胶体中加入电解质溶液发生聚沉，后又和过量的稀硫酸反应而溶解，则观察到的现象是：先产生红褐色沉淀后又溶解得到黄色溶液。 ③胶体粒子的微粒直径在1～100 nm之间，分散质微粒直径小于1 nm的是溶液，大于100 nm的是浊液，Fe(OH)3胶体与FeCl3溶液、Fe(OH)3沉淀的本质区别是分散质粒子的直径大小不同，A错误；可用饱和FeCl3溶液与NaOH稀溶液反应产生氢氧化铁沉淀，不能制备氢氧化铁胶体，B错误；胶体粒子不能通过半透膜，氯离子能通过半透膜；利用半透膜进行渗析，可除去Fe(OH)3胶体中的Cl－，C正确；Fe(OH)3胶体在直流电场中一段时间后阴极附近红褐色加深，说明胶体粒子带正电荷，胶体不带电，D错误； (3)①Cl2制备漂白粉，即氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学方程式为2Ca(OH)2＋2Cl2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。 ②漂白粉生效原理：次氯酸钙能与空气中的二氧化碳、水发生反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，化学方程式为Ca(ClO)2＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2HClO。 答案　(1)氧化　(2)①FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl　②先产生红褐色沉淀后又溶解得到黄色溶液　③C (3)①2Ca(OH)2＋2Cl2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O　②Ca(ClO)2＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2HClO 20．(12分)四氯化锡(SnCl4)可用作媒染剂、有机合成中氯化的催化剂等。实验室制备四氯化锡所需的有关装置和信息如下： 有关信息： ①将金属锡熔融，通入干燥氯气进行反应，生成四氯化锡； ②四氯化锡是无色易流动的液体，熔点－33 ℃，沸点114.1 ℃； ③四氯化锡遇水强烈水解。 回答下列问题： (1)装置甲中盛放浓盐酸的仪器名称是________________，试剂F是________________。 (2)装置甲中发生反应的离子方程式为____________________；装置戊中发生反应的化学方程式为_________________________________________________________________。 (3)上述各装置的连接顺序是(填装置标号)： 甲→____→____→____→____，实验开始时先点燃的酒精灯是________(填“甲”或“戊”)。 (4)装置乙的作用是__________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析　本题为实验题，根据题干装置图可知，SnCl4极易水解，反应应在无水环境下进行，甲中发生反应：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl及水蒸气，丁中试剂E为饱和食盐水除去HCl，可以降低氯气的溶解，试剂F为浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气，氯气与Sn在装置戊中反应生成SnCl4，未反应的氯气，用装置乙中的碱石灰吸收，同时碱石灰还可以防止空气中水分进入装置戊使产物水解，据此分析解题。(3)由分析可知，该实验中先制备氯气，氯气经丁装置除杂，干燥后与锡在装置戊中反应生成SnCl4，尾气用乙装置吸收，所以连接顺序是甲→丁→戊→丙→乙，实验开始时先要用氯气将装置中空气排尽，防止空气中的水分对产物的影响，所以先点燃甲处的酒精灯。 答案　(1)分液漏斗　浓硫酸　(2)MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O　Sn＋2Cl2SnCl4　(3)丁　戊　丙　乙　甲　(4)吸收未反应的氯气同时防止空气中水分进入装置戊使产物水解 学科网（北京）股份有限公司 $$