2023届高考化学一轮复习 双优单元滚动双测卷 化学物质及其变化（B卷）.docx

1、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。12020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

2、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D2019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BSiO2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铝土矿盐卤(含)溶液无水NaCl溶液无水溶液ABCD4以高硫铝土矿(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2，少量FeS2和硫

3、酸盐)为原料制备聚合硫酸铁Fe2(OH)x(SO4)yn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)yn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FeS

4、O4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+CO2B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)=21的混合气体，则参加反应的n(FeCO3)n(C)=457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+2ClH2+Cl2B向饱和CaCl2溶液中通入少量CO2：Ca2+CO2+H2O=CaCO3+2H+CNO2溶于水：3NO2+H2O=2H+2NO+NOD用Na2SO3溶液吸收过量Cl2：3SO+Cl2+H2O=

5、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X酸性FeCl2溶液酸性KMnO4溶液饱和NaHSO3溶液含有淀粉的HI溶液A：2Fe2+2H+H2O=2Fe3+2H2OB：2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2OC：H2O2+SO=SO+H2OD：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

6、液进行下列实验：实验编号操作现象取溶液，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、上层为紫色向实验的水溶液中加入足量和溶液可得到白色沉淀取原溶液，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

7、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、SiOCKMnO4溶液：NH、Na+、NO、I-DAgNO3溶液：NH、Mg2+、Cl-、SO13【2020新课标】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=NH3H2O14【2020年7月浙江

8、选考】反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是( )A1:2B1:1C2:1D4:1152018海南NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A12 g金刚石中含有化学键的数目为4NAB18 g的D2O中含有的质子数为10C28 g的乙烯和环已烷混合气体中所含原子总数为6NAD1 L 1molL1的NH4Cl溶液中NH4和Cl的数目均为1NA162017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0.2 mol H2SO4 的浓硫酸和足量的镁反应，转移电子数大于0.2 NAB25 时，pH=3的醋酸溶液1L，溶液中含H+的数目小于0.001 NAC任意条件下，1 mol

9、苯中含有CH键的数目一定为6 NADa mol 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：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_。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

10、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

11、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46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。写出ClO2与碘化钾反应的化学方程式：_。已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，向所得溶液中滴加5.0010-4molL-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_mgL-1。（3）某学习小组设计如下装置制取亚氯酸钠(NaClO2)。装置A中产生的ClO2气体，在装置C中反应生成NaClO2，写出生

12、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。装置B的作用是_。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。该方法制备的离子方程式为_。据图分析，生产氯化亚铜的适宜条件为_。

13、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2mol H3AsO4，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

14、极”或“负极”）附近逸出。（4）若反应产物NO2与11.2L O2（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0.5 mol b等于0.5 mol c大于0.5 mol d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。12020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

15、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D2019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

16、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A纯碱属于碱、甘油属于油脂BSiO2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

17、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铝土矿盐卤(含)溶液无水NaCl溶液无水溶液ABCD【答案】A【详解】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，故错误；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+2H2OMg(OH)2+2H+，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动，所以得不到无水MgCl2，故错误；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

18、酸，符合各步转化，故正确；硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故错误；电解氯化钠溶液可以得到氯气，氯气与铁反应生成FeCl3，不是，故错误；SiO2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)yn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

19、Fe2O3用量，会使Fe2(OH)x(SO4)yn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)yn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；

20、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Fe

21、SO4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+CO2B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)=21的混合气体，则参加反应的n(FeCO3)n(C)=45【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 + H2O+CO2，离子方程式为:

22、 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)=21,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)=45，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

23、溶液：2H+2ClH2+Cl2B向饱和CaCl2溶液中通入少量CO2：Ca2+CO2+H2O=CaCO3+2H+CNO2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+2 H2O 2OH+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

24、和盐酸，反应的离子方程式为SO+Cl2+H2O=2 H+2Cl+SO，故D错误；故选C。8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X酸性FeCl2溶液酸性KMnO4溶液饱和NaHSO3溶液含有淀粉的HI溶液A：2Fe2+2H+H2O=2Fe3+2H2OB：2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2OC：H2O2+SO=SO+H2OD：H2O2+2H+2I-=I2+2H2O【答案】C【详解】AH2O2能将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O，A正确；BH2O2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5

25、H2O22 MnO，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：2 HSO+ H2O22SO+H2O+2H+，C错误；DH2O2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：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

26、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

27、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：实验编号操作现象取溶液，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、上层为紫色向实验的水溶液中加入足量和溶液可得到白色沉淀取原溶液，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

28、检验D实验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+；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-；向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；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

29、液中的K+是否存在，以此解答该题。【详解】A已知还原性：，则实验中若通入过量的，则可能先后氧化了、，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】

30、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；DNO2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、SiOCKMnO4溶液：NH、Na+、NO、I-DAgNO3溶液：

31、NH、Mg2+、Cl-、SO【答案】A【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】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

32、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=NH3H2O【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

33、为2H2O22H2O+O2，错误；DNH4HSO4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+OH=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( )A1:2B1:1C2:1D4:1【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

34、电子守恒可知，n(Cl2)：n(MnCl2)=1：1，B符合题意；答案选B。152018海南NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A12 g金刚石中含有化学键的数目为4NAB18 g的D2O中含有的质子数为10C28 g的乙烯和环已烷混合气体中所含原子总数为6NAD1 L 1molL1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12 g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（22+16）g/mol=20g/mol

35、，则18 g的D2O中中含有的质子数为NA=9 NA，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3 NA=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。162017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0.2 mol H2SO4 的浓硫酸和足量的镁反应，转移电子数大于0.2 NAB25 时，pH=3的醋酸溶液1L，溶液中含H+的数目小于0.001 NAC任意条件下，1 mol苯中含有CH键的数目一定为6 NADa mol 的R2+（R的核内中子数为N，质量数为A）的核外电子数为a

36、（A-N-2）NA【答案】B【解析】A. 0.2 mol H2SO4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0.2 mol H2SO4 的浓硫酸和足量的镁反应，转移电子数一定大于0.2 NA，正确；B. 25 时，1L pH=3的醋酸溶液中c(H+) =0.001mol/L，溶液中含H+的数目等于0.001 NA，错误；C. 苯的化学式为C6H6，1 mol苯中有CH键的数目一定为6 NA，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a mol 的R2+的核外电子数为a(A-N-2)NA，正确；故选B。二、非选

37、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：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_。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

38、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 Fe2O3KSCNK3Fe(CN)6Cr2O+14H+6Fe2=2

39、Cr3+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) 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

40、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；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K3Fe(CN)6，故答案为：Fe2O3；KSCN；K3Fe(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CrxF

41、e1-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46的溶液中，存在于中性溶液中)：取0.50L水样，加入一

42、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：_。已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，向所得溶液中滴加5.0010-4molL-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_mgL-1。（3）某学习小组设计如下装置制取亚氯酸钠(NaClO2)。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。装置B的作用是_。某同学认为上述装置并不完

43、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）已知ClO2存在于pH为46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

44、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：。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秒不变。由、2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得关系式：，已知实验中消耗5.0010-4molL-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

45、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。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：。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。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

46、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。该方法制备的离子方程式为_。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NaCuCl2，过滤后加入水得到氯化钠、氯化铜溶液和铜，

47、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)20.75=0.45mol，故答案为：3FeCl3+

48、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）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

49、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2mol H3AsO4，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11.2L O2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，然后与过量

50、的碳反应，所产生的CO2的量_（选填编号）。a小于0.5 mol b等于0.5 mol c大于0.5 mol d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：SnCl2SnCl42e，2As2S3As4S44e，根据电子守恒，所以n（As2S3）n（SnCl2）2（12）11。或写出如下配平的化学方程式：2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S。（2）化合

51、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22+3210个，只有N元素的化合价降低，降低总数为10（54）10，所以该反应转移10个电子，有如下关系式：2H3AsO410e，所以当生成2 mol H3AsO4时转移电子的物质的量为10 mol。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11.2 L O2的物质的量为0.5 mol，根据反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，所以产生的HNO3的物质的量为2 mol，根据反应C+4HNO3（浓）CO2+2NO2+2H2O，若2 mol浓硝酸完全反应，则应生成0.5 mol CO2，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0.5 mol