2023届高考化学一轮复习化学物质及其变化B卷（Word版附解析）

第二单元化学物质及其变化B卷真题滚动练一、选择题：本题共16个小题，其中1至10题，每小题2分，11至16题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．2020年全球爆发了新冠肺炎疫情，2020年1月30日晚，世界卫生组织(WHO)宣布，将新型冠状病毒疫情列为国际关注的突发公共卫生事件(PHEIC)。世界卫生组织3月11日表示，新冠肺炎疫情的爆发已经构成一次全球性“大流行”。下列说法正确的是A．人们用乙醇、次氯酸钠溶液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的B．卫生防疫专家强调，目前可以确定的新冠肺炎传播途径主要为直接传播、气溶胶传播和接触传播。气溶胶是一种胶体，属于胶体分散系，分散剂是空气中的水珠，气溶胶能发生丁达尔现象C．抗体的化学本质是维生素D．2019年6月25日，生活垃圾分类制度将入法。上海成为第一个中国垃圾分类试点城市。垃圾一般可分为：可回收物、厨余垃圾、有害垃圾、其它垃圾。废弃口罩属于有害垃圾2．下列关于物质分类说法正确的是A．纯碱属于碱、甘油属于油脂B．SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物C．煤的气化、煤的液化、煤的干馏都是物理变化D．“血液透析”利用了胶体的性质3．下列物质的转化在给定条件下能实现的是①铝土矿②盐卤(含)溶液无水③④⑤NaCl溶液无水⑥溶液A．③⑥B．③⑤⑥C．①④⑤D．①③⑥\n4．以高硫铝土矿(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2，少量FeS2和硫酸盐)为原料制备聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n和明矾的部分工艺流程如下：已知：赤泥液的主要成分为Na2CO3。下列说法错误的是A．赤泥液的作用是吸收“焙烧”阶段中产生的SO2B．从“滤液”到“明矾”的过程中还应有“除硅”步骤C．在“聚合”阶段，若增加Fe2O3用量，会使[Fe2(OH)x(SO4)y]n中x变大D．聚合硫酸铁可用于净化自来水，与其组成中的Fe3+具有氧化性有关5．在给定条件下，下列微粒在水溶液中可以大量共存的是A．遇酚酞变红：K+、、Cl-、B．使淀粉碘化钾变蓝：Mg2+、Na+、S2-、Br-C．常温下测得pH=8：K+、Na+、、D．溶解有大量SO2：Ba2+、Na+、Cl-、6．利用FeSO4制备还原铁粉的工艺流程如图：下列说法错误的是A．转化过程发生反应的离子方程式为：Fe2++2HCO=FeCO3↓+H2O+CO2↑B．可用NaOH溶液，检验沉淀是否洗涤干净C．干燥过程应在真空干燥器中进行，防止FeCO3被氧化D．“焙烧”时，若生成n(CO)∶n(CO2)=2∶1的混合气体，则参加反应的n(FeCO3)∶n(C)=4∶57．下列离子方程式书写正确的是\nA．用惰性电极电解饱和NaCl溶液：2H++2Cl—H2↑+Cl2↑B．向饱和CaCl2溶液中通入少量CO2：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+C．NO2溶于水：3NO2+H2O=2H++2NO+NOD．用Na2SO3溶液吸收过量Cl2：3SO+Cl2+H2O=2HSO+2Cl—+SO8．下列实验中相关反应的离子方程式书写错误的是装置编号溶质X①酸性FeCl2溶液②酸性KMnO4溶液③饱和NaHSO3溶液④含有淀粉的HI溶液A．①：2Fe2++2H++H2O=2Fe3++2H2OB．②：2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2OC．③：H2O2+SO=SO+H2OD．④：H2O2+2H++2I-=I2+2H2O9．某溶液中只可能含有、、、、、、、中的几种离子，各离子浓度均为0.1mol/L。某同学进行了如图实验：下列说法不正确的是A．原溶液中不含有B．原溶液中肯定存在的离子为、、、C．滤液X中大量存在的阳离子有、和D．沉淀A为，沉淀C为\n10．已知还原性：。某无色溶液中只可能含有、、、、、、、、中的部分离子，取该溶液进行下列实验：实验编号操作现象①取溶液，先加入稍过量的氯水，后加入苯并充分振荡、静置生成无色气体、上层为紫色②向实验①的水溶液中加入足量和溶液可得到白色沉淀③取原溶液，加入过量的溶液并加热产生气体(标准状况)通过实验得出的结论正确的是A．实验①中若通入过量的，则可能先后氧化了、B．上述3个实验不能确定是否一定含有，判断方法：在溶液中加硝酸银，再加硝酸，若有沉淀生成，则证明有C．判断溶液中是否含有钾离子，需要通过焰色反应来检验D．实验②能够确定溶液中不含有11．【2020山东新高考】下列叙述不涉及氧化还原反应的是A．谷物发酵酿造食醋B．小苏打用作食品膨松剂C．含氯消毒剂用于环境消毒D．大气中NO2参与酸雨形成12．【2020江苏】常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．氨水溶液：Na+、K+、OH-、NOB．盐酸溶液：Na+、K+、SO、SiOC．KMnO4溶液：NH、Na+、NO、I-D．AgNO3溶液：NH、Mg2+、Cl-、SO13．【2020新课标Ⅲ】对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3+Cl2+H2O=2+2+\nB．向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2=CaCO3↓+2H+C．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3++H2O2=O2↑+2H++2Fe2+D．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：+OH－=NH3·H2O14．【2020年7月浙江选考】反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是()A．1:2B．1:1C．2:1D．4:115．[2018海南]NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．12g金刚石中含有化学键的数目为4NAB．18g的D2O中含有的质子数为10C．28g的乙烯和环已烷混合气体中所含原子总数为6NAD．1L1mol·L¯1的NH4Cl溶液中NH4＋和Cl−的数目均为1NA16．[2017浙江11月选考]设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是A．含0.2molH2SO4的浓硫酸和足量的镁反应，转移电子数大于0.2NAB．25℃时，pH=3的醋酸溶液1L，溶液中含H+的数目小于0.001NAC．任意条件下，1mol苯中含有C—H键的数目一定为6NAD．amol的R2+（R的核内中子数为N，质量数为A）的核外电子数为a（A-N-2）NA二、非选择题：本大题共4小题，共56分。17．（16分）纳米铁是一种黑色粉末，分散于水中形成纳米铁胶体，纳米铁可用于制作高密度磁性记录材料、磁性液体、电磁波吸收材料等。(1)证明纳米铁粉分散于水形成的是胶体的简单方法是________________________________。(2)一种制备纳米铁粉的实验步骤如下：\n①洗涤时，需用无氧蒸馏水，无氧蒸馏水的制备方法是_____________________，能说明固体已洗涤干净的依据是_____________________________。②当草酸亚铁全部转变为纳米铁粉时，将纳米铁粉快速倒在石棉网上，纳米铁粉立刻发生自燃并产生火星，石棉网的上层为红棕色粉末，下层为黑色粉末，上层红棕色物质为_______________(填化学式)，为验证下层黑色物质为Fe3O4，将黑色物质溶于稀硫酸，无气泡产生，检验溶液中的Fe3＋和Fe2＋，分别用到的试剂是__________________和__________________。(3)活性炭负载纳米铁可高效去除含铬强酸性废水中的六价铬(以Cr2O表示)，其原理：在强酸性条件下Cr2O首先被还原为Cr3＋，随溶液pH上升(pH始终小于7)再形成CrxFe1-x(OH)3沉淀而去除。上述两步反应的离子方程式分别是_________________________，_________________________。18．（14分）亚氯酸钠(NaClO2)和ClO2都是重要的漂白剂。（1）草酸(H2C2O4)是一种弱酸，利用硫酸酸化的草酸还原NaClO3，可较安全地生成ClO2，反应的离子方程式为____________________________。（2）自来水用ClO2处理后，有少量ClO2残留在水中，可用碘量法做如下检测(已知ClO2存在于pH为4~6的溶液中，存在于中性溶液中)：①取0.50L水样，加入一定量的碘化钾，用氢氧化钠溶液调至中性，再加入淀粉溶液，溶液变蓝。写出ClO2与碘化钾反应的化学方程式：____________________________。②已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，向①所得溶液中滴加5.00×10-4mol·L-1的Na2S2O3溶液至恰好反应，消耗Na2S2O3溶液20.00mL，判断达到滴定终点的方法是____________________________。该水样中ClO2的浓度是______________mg·L-1。（3）某学习小组设计如下装置制取亚氯酸钠(NaClO2)。①装置A中产生的ClO2气体，在装置C中反应生成NaClO2，写出生成NaClO2的化学方程\n式：__________________________________________。将NaClO2溶液在一定条件下处理即可得到NaClO2晶体。②装置B的作用是___________________________________。③某同学认为上述装置并不完整，其原因是___________________________________。19．（14分·）工业上以黄铜矿(主要成分为，含有少量、)来生产铜，同时获取副产物硫单质，原料的综合利用率较高。主要流程如下：（1）为加快溶浸速率，可采取的措施有_________________________(只写一条即可)。（2）溶液与反应的化学方程式为________________________________；该反应中消耗时被氧化生成的物质的量为__________________。（3）该流程中可以循环利用的物质有__________________。（4）工业上还可以用亚硫酸铵还原氯化铜溶液来制得氯化亚铜，其产率与温度、溶液的关系如图所示。①该方法制备的离子方程式为________________________________。②据图分析，生产氯化亚铜的适宜条件为__________________。20．（2011·上海高考真题，12分）雄黄（As4S4）和雌黄（As2S3）是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。根据题意完成下列填空：（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体。若As2S3和SnCl2\n正好完全反应，As2S3和SnCl2的物质的量之比为______________。（2）上述反应中的氧化剂是______________，反应产生的气体可用______________吸收。（3）As2S3和HNO3有如下反应：As2S3+10H++10NO3-→2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O。若生成2molH3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为______________。若将该反应设计成原电池，则NO2应该在___________（填“正极”或“负极”）附近逸出。（4）若反应产物NO2与11.2LO2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，然后与过量的碳反应，所产生的CO2的量___________（选填编号）。a．小于0.5molb．等于0.5molc．大于0.5mold．无法确定一、选择题：本题共16个小题，其中1至10题，每小题2分，11至16题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．2020年全球爆发了新冠肺炎疫情，2020年1月30日晚，世界卫生组织(WHO)宣布，将新型冠状病毒疫情列为国际关注的突发公共卫生事件(PHEIC)。世界卫生组织3月11日表示，新冠肺炎疫情的爆发已经构成一次全球性“大流行”。下列说法正确的是A．人们用乙醇、次氯酸钠溶液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的B．卫生防疫专家强调，目前可以确定的新冠肺炎传播途径主要为直接传播、气溶胶传播和接触传播。气溶胶是一种胶体，属于胶体分散系，分散剂是空气中的水珠，气溶胶能发生丁达尔现象C．抗体的化学本质是维生素D．2019年6月25日，生活垃圾分类制度将入法。上海成为第一个中国垃圾分类试点城市。垃圾一般可分为：可回收物、厨余垃圾、有害垃圾、其它垃圾。废弃口罩属于有害垃圾【答案】D【详解】A．乙醇消毒，不是因为氧化，A错误；B．气溶胶是一种胶体，属于胶体分散系，分散剂是空气，分散质是水珠，B错误；C．抗体的化学本质是蛋白质，不是维生素，C错误；D．垃圾一般可分为：可回收物、厨余垃圾、有害垃圾、其它垃圾。废弃口罩属于有害垃圾，D正确；故选D。2．下列关于物质分类说法正确的是\nA．纯碱属于碱、甘油属于油脂B．SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物C．煤的气化、煤的液化、煤的干馏都是物理变化D．“血液透析”利用了胶体的性质【答案】D【详解】A．纯碱是碳酸钠的俗称、属于盐；甘油是丙三醇的俗称、属于醇，A错误；B．SiO2能和NaOH等碱反应生成亚硫酸盐和水，二氧化硅除了能和氢氟酸反应、不能和其它酸反应，所以属于酸性氧化物，B错误；C．煤的气化是用煤来生产水煤气等，煤的液化是用煤来生产甲醇等，煤的干馏可得焦炭、煤焦油和焦炉气，煤的气化、液化和干馏都是化学变化，C错误；D．“血液透析”利用了胶粒不能透过半透膜的性质，D正确；答案选D。3．下列物质的转化在给定条件下能实现的是①铝土矿②盐卤(含)溶液无水③④⑤NaCl溶液无水⑥溶液A．③⑥B．③⑤⑥C．①④⑤D．①③⑥【答案】A【详解】①铝土矿与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入足量的盐酸，生成氯化铝，得不到氢氧化铝，故①错误；②盐卤（含MgCl2）与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，但由于Mg2+水解Mg2++2H2O⇌Mg(OH)2+2H+，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动，所以得不到无水MgCl2，故②错误；\n③氨催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，符合各步转化，故③正确；④硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故④错误；⑤电解氯化钠溶液可以得到氯气，氯气与铁反应生成FeCl3，不是，故⑤错误；⑥SiO2与氢氧化钠反应Na2SiO3，Na2SiO3溶液中通二氧化碳发生反应生成H2SiO3，故⑥正确；综上所述选A。4．以高硫铝土矿(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2，少量FeS2和硫酸盐)为原料制备聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n和明矾的部分工艺流程如下：已知：赤泥液的主要成分为Na2CO3。下列说法错误的是A．赤泥液的作用是吸收“焙烧”阶段中产生的SO2B．从“滤液”到“明矾”的过程中还应有“除硅”步骤C．在“聚合”阶段，若增加Fe2O3用量，会使[Fe2(OH)x(SO4)y]n中x变大D．聚合硫酸铁可用于净化自来水，与其组成中的Fe3+具有氧化性有关【答案】D【详解】A．“焙烧”时，FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，用赤泥液中的Na2CO3可以吸收生成的SO2，A项正确；B．在“碱浸”阶段，KOH溶液溶解了Al2O3、SiO2，因此在制明矾的过程中，应除去偏铝酸钾溶液中的硅酸钾，B项正确；C．若增加Fe2O3用量，则导致Fe3+水解的量增多，[Fe2(OH)x(SO4)y]n中OH-量增多，x变大，C项正确；D．聚合硫酸铁可用于净化自来水，是因为Fe3+发生水解反应生成具有吸附性的胶体粒子，没有发生氧化还原反应，D项错误；\n答案选D。5．在给定条件下，下列微粒在水溶液中可以大量共存的是A．遇酚酞变红：K+、、Cl-、B．使淀粉碘化钾变蓝：Mg2+、Na+、S2-、Br-C．常温下测得pH=8：K+、Na+、、D．溶解有大量SO2：Ba2+、Na+、Cl-、【答案】C【详解】A.遇酚酞变红溶液呈碱性，OH-与之间相互反应而不能大量共存，A不符题意；B.使淀粉碘化钾变蓝的溶液具有强氧化性，能将S2-氧化而不能大量存在，B不符题意；C.因水解程度较大而使溶液呈弱碱性，所以K+、Na+、、可在pH=8的弱碱性溶液中大量存在，C符合题意；D.溶解有大量SO2，则能与H2O和反应生成，不能大量存在，D不符题意；答案选C。6．利用FeSO4制备还原铁粉的工艺流程如图：下列说法错误的是A．转化过程发生反应的离子方程式为：Fe2++2HCO=FeCO3↓+H2O+CO2↑B．可用NaOH溶液，检验沉淀是否洗涤干净C．干燥过程应在真空干燥器中进行，防止FeCO3被氧化D．“焙烧”时，若生成n(CO)∶n(CO2)=2∶1的混合气体，则参加反应的n(FeCO3)∶n(C)=4∶5【答案】B【详解】A.根据图示可知，“转化”过程中反应物为NH4HCO3、FeSO4,生成物为(NH4)2SO4、CO2和FeCO3沉淀，则转化过程发生反应的化学方程式为FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4\n+H2O+CO2↑，离子方程式为:Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑故A正确，不符合题意;B.由上述方程式可知，FeCO3沉淀表面吸附的主要是、杂质离子，因为少量的与OH-反应不能生成氨气，故最好检验是否存在,则检验沉淀是否洗涤干净的试剂为稀盐酸和氯化钡溶液，故B错误，符合题意;C.因为FeCO3易被空气中的氧气氧化，则干燥过程应在真空干燥器中进行，故C正确，不符合题意;D.“焙烧”时，碳被氧化，若生成n(CO)∶n(CO2)=2∶1,根据得失电子守恒，化学方程式为，故则参加反应的n(FeCO3)∶n(C)=4∶5，故D正确，不符合题意。故答案为：B。7．下列离子方程式书写正确的是A．用惰性电极电解饱和NaCl溶液：2H++2Cl—H2↑+Cl2↑B．向饱和CaCl2溶液中通入少量CO2：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+C．NO2溶于水：3NO2+H2O=2H++2NO+NOD．用Na2SO3溶液吸收过量Cl2：3SO+Cl2+H2O=2HSO+2Cl—+SO【答案】C【详解】A．用惰性电极电解饱和NaCl溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为2Cl—+2H2O2OH—+H2↑+Cl2↑，故A错误；B．碳酸的酸性弱于盐酸，二氧化碳气体与氯化钙溶液不反应，故B错误；C．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式为3NO2+H2O=2H++2NO+NO，故C正确；D．亚硫酸钠溶液与过量的氯气反应生成硫酸钠和盐酸，反应的离子方程式为SO+Cl2+H2O=2H++2Cl—+SO，故D错误；故选C。\n8．下列实验中相关反应的离子方程式书写错误的是装置编号溶质X①酸性FeCl2溶液②酸性KMnO4溶液③饱和NaHSO3溶液④含有淀粉的HI溶液A．①：2Fe2++2H++H2O=2Fe3++2H2OB．②：2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2OC．③：H2O2+SO=SO+H2OD．④：H2O2+2H++2I-=I2+2H2O【答案】C【详解】A．H2O2能将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，A正确；B．H2O2能将MnO还原为Mn2+，O元素化合价升高生成O2，由得失电子守恒5H2O2~2MnO，离子方程式：2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，B正确；C．存在电离：NaHSO3=Na++HSO，亚硫酸氢根和过氧化氢发生氧化还原反应得到硫酸根，离子方程式为：2HSO+H2O2＝2SO+H2O+2H+，C错误；D．H2O2和HI发生氧化还原反应生成H2O和I2，离子方程式为：H2O2+2H++2I-=I2+2H2O，D正确；故选C。9．某溶液中只可能含有、、、、、、、中的几种离子，各离子浓度均为0.1mol/L。某同学进行了如图实验：\n下列说法不正确的是A．原溶液中不含有B．原溶液中肯定存在的离子为、、、C．滤液X中大量存在的阳离子有、和D．沉淀A为，沉淀C为【答案】C【分析】向溶液中加入过量稀硫酸无明显变化，说明溶液中无、；加入硝酸钡有气体产生，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，生成了Fe3+和NO，沉淀A为硫酸钡；加入过量NaOH溶液有气体生成，说明存在，气体为氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量CO2产生沉淀，CO2先与OH-反应生成，再与Ba2+反应生成BaCO3沉淀，沉淀C为碳酸钡；溶液中一定存在、、、，一定不含、，因为存在的离子浓度均为0.1mol/L，从电荷守恒的角度出发，溶液中不存在、，据此解答。【详解】A．由分析可知，溶液中不含有，A项正确；B．由分析可知，原溶液中肯定存在的离子为、、、，B项正确；C．由分析可知，原溶液中只含四种离子不含，也不含有，故滤液中不含，C项错误；D．由分析可知，沉淀A为硫酸钡，沉淀C为碳酸钡，D项正确；故选C。10．已知还原性：。某无色溶液中只可能含有、、、、、、、、中的部分离子，取该溶液进行下列实验：\n实验编号操作现象①取溶液，先加入稍过量的氯水，后加入苯并充分振荡、静置生成无色气体、上层为紫色②向实验①的水溶液中加入足量和溶液可得到白色沉淀③取原溶液，加入过量的溶液并加热产生气体(标准状况)通过实验得出的结论正确的是A．实验①中若通入过量的，则可能先后氧化了、B．上述3个实验不能确定是否一定含有，判断方法：在溶液中加硝酸银，再加硝酸，若有沉淀生成，则证明有C．判断溶液中是否含有钾离子，需要通过焰色反应来检验D．实验②能够确定溶液中不含有【答案】A【分析】无色溶液，则一定不含Fe2+；①根据取10mL溶液，先加入稍过量的氯水，因为氯水具有氧化性和酸性，氯水能氧化亚硫酸根离子故不会产生二氧化硫、生成无色气体即二氧化碳，则说明含有，则无Ba2+；后加入苯并充分振荡、静置，上层为紫色，则发生萃取，说明含I-；②向①的水溶液中加入足量BaCl2和HCl溶液，可得到白色沉淀4.66g即0.02mol硫酸钡，所以原溶液可能含SO或者SO或者SO和SO一共0.02mol；③取10mL原溶液，加入过量的NaOH溶液并加热，产生448mL气体(标准状况)即0.02mol氨气，所以原溶液中含NH；最后根据电荷守恒确定电解质溶液中的K+是否存在，以此解答该题。【详解】A．已知还原性：，则实验①中若通入过量的，则可能先后氧化了\n、，A正确；B．硝酸根在酸性环境下有强氧化性、能氧化亚硫酸根，原溶液可能含SO或者SO或者SO和SO一共0.02mol；若取原溶液少量中加硝酸银，再加硝酸，则必有沉淀(硫酸银)生成，不能证明有，B错误；C．根据电荷守恒，明显阳离子所带的正电量比阴离子所带的负电量少，则原溶液一定还有，不需要焰色反应，C错误；D．实验①能够确定溶液中不含有，D错误；答案选A。11．【2020山东新高考】下列叙述不涉及氧化还原反应的是A．谷物发酵酿造食醋B．小苏打用作食品膨松剂C．含氯消毒剂用于环境消毒D．大气中NO2参与酸雨形成【答案】B【详解】A．涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，A不符合题意；B．小苏打即NaHCO3，NaHCO3受热分解产生无毒的CO2，因此可用小苏打作食品膨松剂，不涉及氧化还原反应，B符合题意；C．利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C不符合题意；D．NO2与水反应有HNO3产生，因此NO2参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D不符合题意。答案选B。12．【2020江苏】常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．氨水溶液：Na+、K+、OH-、NOB．盐酸溶液：Na+、K+、SO、SiOC．KMnO4溶液：NH、Na+、NO、I-D．AgNO3溶液：NH、Mg2+、Cl-、SO【答案】A\n【解析】A．在0.1mol/L氨水中，四种离子可以大量共存，A选；B．在0.1mol/L盐酸中含有大量氢离子，四种离子中硅酸根可以与氢离子反应生成硅酸沉淀，故不能共存，B不选；C．具有强氧化性，可以将碘离子氧化成碘单质，故不能共存，C不选；D．在0.1mol/L硝酸银溶液中，银离子可以与氯离子、硫酸根离子反应生成氯化银、硫酸银沉淀，不能共存，D不选；故选A。13．【2020新课标Ⅲ】对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3+Cl2+H2O=2+2+B．向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2=CaCO3↓+2H+C．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3++H2O2=O2↑+2H++2Fe2+D．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：+OH－=NH3·H2O【答案】A【解析】A．用Na2SO3溶液吸收少量的Cl2，Cl2具有强氧化性，可将部分氧化为，同时产生的氢离子与剩余部分结合生成，Cl2被还原为Cl-，反应的离子反应方程式为：3+Cl2+H2O=2+2Cl-+，正确；B．向CaCl2溶液中通入CO2，H2CO3是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸，故不发生反应，错误；C．向H2O2中滴加少量的FeCl3，Fe3+的氧化性弱于H2O2，不能氧化H2O2，但Fe3+能催化H2O2的分解，正确的离子方程式应为2H2O22H2O+O2↑，错误；D．NH4HSO4电离出的H+优先和NaOH溶液反应，同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，氢离子和氢氧根恰好完全反应，正确的离子反应方程式应为：H++OHˉ=H2O，错误；答案选A。14．【2020年7月浙江选考】反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是()A．1:2B．1:1C．2:1D．4:1【答案】B【解析】由反应方程式可知，反应物MnO2中的Mn元素的化合价为+4价，生成物MnCl2中Mn元素的化合价为+2价，反应物HCl中Cl元素的化合价为-1价，生成物Cl2中Cl元素\n的化合价为0价，故MnCl2是还原产物，Cl2是氧化产物，由氧化还原反应中得失电子守恒可知，n(Cl2)：n(MnCl2)=1：1，B符合题意；答案选B。15．[2018海南]NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．12g金刚石中含有化学键的数目为4NAB．18g的D2O中含有的质子数为10C．28g的乙烯和环已烷混合气体中所含原子总数为6NAD．1L1mol·L¯1的NH4Cl溶液中NH4＋和Cl−的数目均为1NA【答案】C【解析】A.金刚石中每一个碳原子有四条共价键，但一个碳碳键被2个碳原子共用，即一个碳原子只分摊2个共价键，所以12g金刚石中，即1mol金刚石中含有化学键的数目为2NA，故不符合题意；B.D2O的摩尔质量为（2×2+16）g/mol=20g/mol，则18g的D2O中中含有的质子数为NA=9NA，故不符合题意；C.乙烯和环已烷的最简式都为CH2，故等质量的气体所含原子总数相同，所含原子总数为3NA=6NA，符合题意；D.NH4＋会发生水解，故数目<1NA，不符合题意；故答案为：C。16．[2017浙江11月选考]设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是A．含0.2molH2SO4的浓硫酸和足量的镁反应，转移电子数大于0.2NAB．25℃时，pH=3的醋酸溶液1L，溶液中含H+的数目小于0.001NAC．任意条件下，1mol苯中含有C—H键的数目一定为6NAD．amol的R2+（R的核内中子数为N，质量数为A）的核外电子数为a（A-N-2）NA【答案】B【解析】A.0.2molH2SO4与镁反应，若生成氢气，转移0.4mol电子，若生成二氧化硫，转移0.4mol电子，因此含0.2molH2SO4的浓硫酸和足量的镁反应，转移电子数一定大于0.2NA，正确；B.25℃时，1LpH=3的醋酸溶液中c(H+)=0.001mol/L，溶液中含H+的数目等于0.001NA，错误；C.苯的化学式为C6H6，1mol苯中有C—H键的数目一定为6NA，正确；D.R2+(R的核内中子数为N，质量数为A)的核外电子数为A-N-2，则amol的R2+的核外电子数为a(A-N-2)NA，正确；故选B。二、非选择题：本大题共4小题，共56分。17．（16分）纳米铁是一种黑色粉末，分散于水中形成纳米铁胶体，纳米铁可用于制作高密度磁性记录材料、磁性液体、电磁波吸收材料等。\n(1)证明纳米铁粉分散于水形成的是胶体的简单方法是___________。(2)一种制备纳米铁粉的实验步骤如下：①洗涤时，需用无氧蒸馏水，无氧蒸馏水的制备方法是_______，能说明固体已洗涤干净的依据是________。②当草酸亚铁全部转变为纳米铁粉时，将纳米铁粉快速倒在石棉网上，纳米铁粉立刻发生自燃并产生火星，石棉网的上层为红棕色粉末，下层为黑色粉末，上层红棕色物质为________(填化学式)，为验证下层黑色物质为Fe3O4，将黑色物质溶于稀硫酸，无气泡产生，检验溶液中的Fe3＋和Fe2＋，分别用到的试剂是___________和___________。(3)活性炭负载纳米铁可高效去除含铬强酸性废水中的六价铬(以Cr2O表示)，其原理：在强酸性条件下Cr2O首先被还原为Cr3＋，随溶液pH上升(pH始终小于7)再形成CrxFe1-x(OH)3沉淀而去除。上述两步反应的离子方程式分别是___________，___________。【答案】（每空2分）丁达尔效应先把蒸馏体系抽真空，再用氩气置换，如此循环三次，开始蒸馏，并一直保持氩气气氛，收集时，收集瓶用真空抽，从而把制好的蒸馏水引入收集瓶中取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若有沉淀：则证明没有洗涤干净，若没有沉淀：则证明已经洗涤干净Fe2O3KSCNK3[Fe(CN)6]Cr2O+14H＋+6Fe2＋=2Cr3＋+6Fe3＋+7H2OxCr3＋+(1-x)Fe3＋+3H2O=CrxFe1-x(OH)3+3H＋【详解】(1)胶体具有丁达尔效应，证明纳米铁粉分散于水中形成的是胶体的简单方法是丁达尔效应，故答案为：丁达尔效应；(2)①\n无氧蒸馏水的制备方法是先把蒸馏体系抽真空，再用氩气置换，如此循环三次，开始蒸馏，并一直保持氩气气氛，收集时，收集瓶用真空抽，从而把制好的蒸馏水引入收集瓶中；过滤后的固体表面应该附着硫酸根杂质离子，检验固体是否已洗涤干净，操作为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若有沉淀：则证明没有洗涤干净，若没有沉淀：则证明已经洗涤干净，故答案为：先把蒸馏体系抽真空，再用氩气置换，如此循环三次，开始蒸馏，并一直保持氩气气氛，收集时，收集瓶用真空抽，从而把制好的蒸馏水引入收集瓶中；取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若有沉淀：则证明没有洗涤干净，若没有沉淀：则证明已经洗涤干净；②铁的氧化物中，只有Fe2O3为红棕色粉末，故上层红棕色粉末为Fe2O3；检验溶液中Fe3＋的试剂是KSCN，检验Fe2＋的试剂是K3[Fe(CN)6]，故答案为：Fe2O3；KSCN；K3[Fe(CN)6]；(3)在强酸性条件下Cr2O首先被还原为Cr3＋，Fe2＋被氧化为Fe3＋，离子方程式为：Cr2O+14H＋+6Fe2＋=2Cr3＋+6Fe3＋+7H2O；随溶液pH上升(pH始终小于7)再形成CrxFe1-x(OH)3沉淀，离子方程式为：xCr3＋+(1-x)Fe3＋+3H2O=CrxFe1-x(OH)3+3H＋，故答案为：Cr2O+14H＋+6Fe2＋=2Cr3＋+6Fe3＋+7H2O；xCr3＋+(1-x)Fe3＋+3H2O=CrxFe1-x(OH)3+3H＋。18．（14分）亚氯酸钠(NaClO2)和ClO2都是重要的漂白剂。（1）草酸(H2C2O4)是一种弱酸，利用硫酸酸化的草酸还原NaClO3，可较安全地生成ClO2，反应的离子方程式为_______。（2）自来水用ClO2处理后，有少量ClO2残留在水中，可用碘量法做如下检测(已知ClO2存在于pH为4~6的溶液中，存在于中性溶液中)：①取0.50L水样，加入一定量的碘化钾，用氢氧化钠溶液调至中性，再加入淀粉溶液，溶液变蓝。写出ClO2与碘化钾反应的化学方程式：_______。②已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，向①所得溶液中滴加5.00×10-4mol·L-1的Na2S2O3溶液至恰好反应，消耗Na2S2O3溶液20.00mL，判断达到滴定终点的方法是_______。该水样中ClO2的浓度是_______mg·L-1。（3）某学习小组设计如下装置制取亚氯酸钠(NaClO2)。\n①装置A中产生的ClO2气体，在装置C中反应生成NaClO2，写出生成NaClO2的化学方程式：_______。将NaClO2溶液在一定条件下处理即可得到NaClO2晶体。②装置B的作用是_______。③某同学认为上述装置并不完整，其原因是_______。【答案】（每空2分）（1）（2）最后一滴硫代硫酸钠溶液加入后，溶液蓝色褪去，30秒不变1.35（3）防止装置C中的液体倒吸入装置A中ClO2不能直接排放，应设置尾气处理装置【分析】（1）草酸(H2C2O4)是一种弱酸，利用硫酸酸化的草酸还原NaClO3，可较安全地生成ClO2，反应中，碳元素从+3价升高到+4价、氯元素从+5价降低到+4价，则按得失电子数守恒、元素质量守恒得：反应的离子方程式为。（2）①已知ClO2存在于pH为4~6的溶液中，存在于中性溶液中，取0.50L水样，加入一定量的碘化钾，用氢氧化钠溶液调至中性，再加入淀粉溶液，溶液变蓝，则有I2生成、ClO2与碘化钾反应中，碘元素从-1价升高到0价、氯元素从+4价降低到+3价()，则按得失电子数守恒、元素质量守恒得化学方程式：。②碘与淀粉反应显蓝色；已知2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，该反应消耗碘单质，则判断达到滴定终点的方法是：最后一滴硫代硫酸钠溶液加入后，溶液由蓝色变为无色，30\n秒不变。由、2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得关系式：，已知实验中消耗5.00×10-4mol·L-1的Na2S2O3溶液20.00mL，，该0.50L水样中ClO2的浓度是。（3）A中，氯酸钠、亚硫酸钠在浓硫酸参与下，发生氧化还原反应生成二氧化氯、二氧化氯在西当中和氢氧化钠过氧化氢的混合液反应。装置B是安全瓶、C中在冷水浴下制取亚氯酸钠，由于二氧化氯是有毒气体、会污染空气，因此这个装置不完整：缺少吸收尾气的处理装置，据此回答。①在装置C中，ClO2转变为NaClO2，氯元素从+4价降低到+3价，则过氧化氢为还原剂，氧元素从-1价升高到0价、按得失电子数守恒、元素质量守恒得生成NaClO2的化学方程式：。②装置B的作用是安全瓶，防止装置C中的液体倒吸入装置A中。③某同学认为上述装置并不完整，其原因是：ClO2不能直接排放，应设置尾气处理装置。19．（14分·）工业上以黄铜矿(主要成分为，含有少量、)来生产铜，同时获取副产物硫单质，原料的综合利用率较高。主要流程如下：（1）为加快溶浸速率，可采取的措施有___________(只写一条即可)。（2）溶液与反应的化学方程式为___________；该反应中消耗时被氧化生成的物质的量为___________。（3）该流程中可以循环利用的物质有___________。（4）工业上还可以用亚硫酸铵还原氯化铜溶液来制得氯化亚铜，其产率与温度、溶液的关系如图所示。\n①该方法制备的离子方程式为___________。②据图分析，生产氯化亚铜的适宜条件为___________。【答案】（每空2分）（1）粉碎黄铜矿(或适当增大溶液的浓度或搅拌或加热)（2）（3）溶液、溶液。（4）55℃【分析】由流程可知：黄铜矿中的CuFeS2和氯化铁反应生成氯化亚铜、氯化亚铁和单质硫，过滤得到固体为CuCl和S，加入氯化钠溶液反应生成Na[CuCl2]，过滤后加入水得到氯化钠、氯化铜溶液和铜，氧化调节pH，可以依次沉淀得到氢氧化铁和氢氧化镁，据此分析解题。（1）溶浸速率与温度，反应物接触面积有关，故可以采取的方式为适当升高温度，粉碎矿石，增大FeCl3溶液的浓度等，故答案为：粉碎黄铜矿(或适当增大FeCl3溶液的浓度或搅拌或加热)；（2）反应物为氯化铁和硫铁矿，生成物为氯化亚铜，硫单质，和硫化亚铁，故反应方程式为：3FeCl3+CuFeS2=CuCl+2S+4FeCl2；由方程式关系可知，只有四分之三的硫单质是三价铁离子氧化得到的，n(CuFeS2)==0.3mol，所以由三价铁离子氧化得到的硫的物质的量n(S)=n(CuFeS2)×2×0.75=0.45mol，故答案为：3FeCl3+CuFeS2=CuCl+2S+4FeCl2；0.45mol；（3）由流程可知，氯化钠、氯化铁溶液加入后又分离，故可以循环使用的物质为氯化钠、氯化铁、故答案为：NaCl溶液、FeCl3溶液；（4）①由已知可得，该反应为铜离子氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，自身被还原为氯化\n亚铜沉淀，方程式为：2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl2++2H+，故答案为：2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl2++2H+；（6）由图表可知：最适条件为pH=3，温度为55℃，故答案为：pH=3，温度为55℃。20．（2011·上海高考真题，12分）雄黄（As4S4）和雌黄（As2S3）是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。根据题意完成下列填空：（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体。若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和SnCl2的物质的量之比为_______。（2）上述反应中的氧化剂是_______，反应产生的气体可用_______吸收。（3）As2S3和HNO3有如下反应：As2S3+10H++10NO3-→2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O若生成2molH3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为_______。若将该反应设计成原电池，则NO2应该在____（填“正极”或“负极”）附近逸出。（4）若反应产物NO2与11.2LO2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，然后与过量的碳反应，所产生的CO2的量____（选填编号）。a．小于0.5molb．等于0.5molc．大于0.5mold．无法确定【答案】（每空2分）（1）1:1（2）As2S3氢氧化钠溶液（或者硫酸铜溶液）（3）10mol正极（4）a【解析】（1）As2S3中As为+3价，As4S4中As为+2价，SnCl2中Sn为+2价，SnCl4中Sn为+4价，根据关系式：SnCl2～SnCl4～2e－，2As2S3～As4S4～4e－，根据电子守恒，所以n（As2S3）∶n（SnCl2）＝2∶（1×2）＝1∶1。或写出如下配平的化学方程式：2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S↑。（2）化合价降低作氧化剂，所以As2S3是氧化剂。H2S可以用NaOH或CuSO4溶液吸收。（3）在该反应中As和S的化合价均升高，一共失去的电子为2×2+3×2＝10个，只有N元素的化合价降低，降低总数为10×（5－4）＝10，所以该反应转移10个电子，有如下关系式：2H3AsO4～10e－，所以当生成2molH3AsO4时转移电子的物质的量为10mol。原电池的负极发生氧化反应，正极发生还原反应，NO2是还原产物，所以NO2在正极附近逸出。（4）标准状况下11.2LO2的物质的量为0.5mol，根据反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，所\n以产生的HNO3的物质的量为2mol，根据反应C+4HNO3（浓）CO2↑+2NO2↑+2H2O，若2mol浓硝酸完全反应，则应生成0.5molCO2，而随着反应的进行，硝酸的浓度逐渐降低，当变成稀硝酸时，不再和C反应，所以产生的CO2的量小于0.5mol