专题三离子反应与氧化还原反应（解析版）

专题三离子反应与氧化还原反应考点高考年考频解密考点分布离子反应2022年2022年北京卷〔4〕；2022年湖北卷〔4〕；2022年江苏卷〔6〕；2022年广东卷〔4，14〕；2022年全国甲卷〔3〕；2022年全国乙卷〔3〕；2022年浙江卷1月〔3，13〕；2022年浙江卷6月〔13〕；离子方程式的正误判断〔6次〕，离子共存〔1次〕，离子反应的应用〔2次〕，电解质的电离〔1次〕，氧化还原反应2022年2022年河北卷〔7〕；2022年北京卷〔6，12，〕；2022年江苏卷〔10，11〕；2022年海南卷〔7〕；2022年湖南卷〔9，13〕；2022年山东卷〔1，8，10〕；2022年广东卷〔2〕；2022年全国乙卷〔4〕；2021年浙江卷1月〔10〕；2022年浙江卷6月〔9，10，22〕；氧化还原反应的基本概念〔10次〕，氧化性与还原性强弱的判断〔2次〕，氧化还原反应方程式的配平〔1次〕，氧化还原反应的应用〔3次〕，氧化还原反应的有关计算〔6次〕，一、离子反应<一>电解质及其电离1．电解质和非电解质（1）电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物。（2）非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物。2．强电解质和弱电解质在水溶液中完全电离的电解质叫强电解质。在水溶液中部分电离的电解质叫弱电解质。3．记忆常见强弱电解质强电解质：强酸、强碱、大多数的盐；弱电解质：弱酸、弱碱、水、少数盐强酸：HCl、HI、HClO4、H2SO4、HNO3等；弱酸：H2CO3、CH3COOH、HF、HClO等。强碱：NaOH、KOH、Ba(OH)2等；弱碱：NH3·H2O、Fe(OH)3、Cu(OH)2、Al(OH)3等。绝大多数盐：BaSO4、CaCO3、BaCl2等；少部分盐：(CH3COO)2Pb等。<二>离子反应1．概念：有离子参加或有离子生成的反应统称为离子反应。2．离子反应的条件：①生成难溶的物质；②生成难电离的物质；③生成易挥发的物质；④发生氧化还原反应。<三>离子方程式（1）书写离子方程式的技巧①与量有关的离子方程式的书写书写时采用“少定多变法”。所谓的“少定”即量少的反应物，其离子的化学计量数确定为1，而“多变”即过量的反应物，其化学计量数根据反应的需要确定，不受化学式中比例的制约，是可变的，即量少物质产生的离子数之比符合化学式。如Ca(HCO3)2溶液加入过量的NaOH溶液：Ca2++2HCOeq\o\al(−,3)+2OH−=CaCO3↓+COeq\o\al(2−,3)+2H2O；若Ca(HCO3)2溶液加入少量的NaOH溶液：Ca2++HCOeq\o\al(−,3)+OH−=CaCO3↓+H2O。②离子反应中的优先原理a．优先氧化原理(或优先还原原理)书写时以电子守恒法判断离子方程式中的离子的化学计量数。①确定氧化剂或还原剂强弱顺序。②根据强弱规律，判断反应顺序，同一还原剂与多种氧化剂反应，氧化性强的氧化剂优先反应。③分步计算。先判断过量，后计算。b．优先沉淀原理：若某一溶液中同时存在几种能与所加试剂形成沉淀的离子，则溶解度(严格讲应为溶度积)小的物质优先沉淀。如向Mg(HCO3)2溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，应优先生成Mg(OH)2沉淀，而不是MgCO3沉淀。③多离子反应分析：两种试剂混合，同时存在多个离子反应，分析时可令其中一种离子完全反应，然后分析另一种离子的反应情况。如明矾[KAl(SO4)2·12H2O]溶液与氢氧化钡溶液的反应。如向1mol明矾的溶液中加入氢氧化钡溶液，可假设铝离子完全沉淀，则需要氢氧化钡1.5mol，此时明矾溶液中的硫酸根离子只有1.5mol沉淀为硫酸钡，则离子方程式可表示为：Al3++1.5SOeq\o\al(2−,4)+1.5Ba2++3OH−=1.5BaSO4↓+Al(OH)3↓，然后将小数调整为整数即可。假设硫酸根离子完全沉淀，则需要氢氧化钡2mol，而2mol氢氧化钡提供4mol氢氧根离子，故与1mol铝离子恰好完全反应生成偏铝酸根离子，则离子方程式可表示为：Al3++2SOeq\o\al(2−,4)+2Ba2++4OH−=2BaSO4↓+AlOeq\o\al(−,2)+2H2O；同理可写出任意给定物质的量之比的反应的离子方程式。根据相同的分析方法可写出任意比值的硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液反应的离子方程式。<四>离子不能大量共存的原因1.由于发生复分解反应，离子不能大量共存。①有气体产生：如COeq\o\al(2−,3)、HCOeq\o\al(−,3)、S2−、HS−、SOeq\o\al(2−,3)、HSOeq\o\al(−,3)等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存。②有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+、Mg2+等不能与SOeq\o\al(2−,4)、COeq\o\al(2−,3)等大量共存，；Mg2+、Al3+、Cu2+、Fe2+、Fe3+等不能与OH−大量共存；SiOeq\o\al(2−,3)、AlOeq\o\al(−,2)、S2Oeq\o\al(2−,3)等不能与H+大量共存。③有弱电解质生成：如OH−、ClO−、F−、CH3COO−、POeq\o\al(3－,4)、HPOeq\o\al(2−,4)、H2POeq\o\al(−,4)等与H+不能大量共存；一些酸式弱酸根及NHeq\o\al(+,4)不能与OH−大量共存。④一些容易发生水解的离子，在溶液中的存在是有条件的。如：AlOeq\o\al(−,2)、S2−、HS−、COeq\o\al(2−,3)、HCOeq\o\al(−,3)、SOeq\o\al(2−,3)、HSOeq\o\al(−,3)、ClO−、F−、CH3COO－、POeq\o\al(3－,4)、SiOeq\o\al(2−,3)、C6H5O－等必须在碱性条件下才能在溶液中大量存在；Mg2+、Al3+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、NHeq\o\al(+,4)等必须在酸性条件下才能在溶液中大量存在。2.由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存①一般情况下，具有较强还原性的离子不能与具有较强氧化性的离子大量共存。如I－、S2－、HS－和Fe3+不能大量共存。②在酸性或碱性的介质中由于发生氧化还原反应而不能大量共存。如NOeq\o\al(−,3)和I−在中性或碱性溶液中可以共存，但在有大量H+存在情况下不能共存；SOeq\o\al(2−,3)、S2Oeq\o\al(2−,3)和S2−在碱性条件下可以共存，但在酸性条件下不能共存。ClO−与S2−不论是在酸性条件下还是在碱性条件下都不能大量共存。3.由于形成络合离子，离子不能大量共存，如Fe3+和C6H5O−，由于Fe3++SCN−[Fe(SCN)]2+等络合反应的发生而不能大量共存。4.相互促进水解的离子间一般不能同时存在在同一溶液中。如：Al3+和HCOeq\o\al(−,3)、COeq\o\al(2−,3)、S2−、HS−、AlOeq\o\al(−,2)、C6H5O−，Fe3+和AlOeq\o\al(−,2)、HCOeq\o\al(−,3)、COeq\o\al(2−,3)，NHeq\o\al(+,4)和AlOeq\o\al(−,2)等。特别注意：NHeq\o\al(+,4)和COeq\o\al(2−,3)、HCOeq\o\al(−,3)、CH3COO−在同一溶液中能大量共存。二、氧化还原反应<一>氧化还原反应1．氧化还原反应的实质是电子的得失或电子对的偏移，特征是反应前后元素化合价的升降；判断某反应是否属于氧化还原反应可根据反应前后化合价是否发生了变化这一特征。2．基本概念关系3．氧化还原反应的表示方法（1）双线桥法（2）单线桥法<二>氧化性、还原性及其强弱比较氧化性→得电子能力，得到电子越容易→氧化性越强。还原性→失电子能力，失去电子越容易→还原性越强。物质的氧化性或还原性的强弱只取决于得到或失去电子的难易程度，与得失电子的数目无关。<三>氧化还原反应规律1．价态变化规律（1）归中规律：含同种元素不同价态的物质间发生氧化还原反应时，该元素价态的变化一定遵循“高价+低价→中间价”的规律。这里的中间价可以相同(谓之“靠拢”)，也可以不同，但此时必是高价转变成较高中间价，低价转变成较低中间价(谓之“不相交”)。（2）歧化规律：同一种物质中的同一元素部分化合价升高，另一部分化合价降低，发生自身的氧化还原反应。2．优先规律：在同一溶液里存在几种不同的还原剂且浓度相差不大时，当加入氧化剂时，还原性强的还原剂优先被氧化；同时存在几种不同的氧化剂且其浓度相差不大时，当加入还原剂时，氧化性强的氧化剂优先被还原。3．得失电子守恒规律：在任何氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数一定相等。对于氧化还原反应的计算，利用得失电子守恒规律，抛开烦琐的反应过程，可不写化学方程式，能更快、更便捷地解决有关问题。4．氧化还原反应方程式的配平（1）配平原则：电子守恒、原子守恒、电荷守恒（2）配平步骤：标变价—列变化—求总数—配系数—细检查。（3）配平方法：①正向配平法：如果被氧化、被还原的元素分别是两种不同的反应物，通常从方程式左边进行配平；②逆向配平法：对于自身氧化还原反应或反应物只有一种的，一般从方程式右边配平较简单。探究一离子方程式正误判断离子方程式是学习化学的重要工具，能更好的表示化学反应的实质。下列离子方程式书写正确的是（）A．硫酸铝溶液中滴加Ba(OH)2溶液产生白色沉淀：B．向Na2CO3和NaOH的混合溶液中加入足量稀盐酸：C．金属铜溶于稀硫酸和H2O2的混合溶液：D．向酸性KMnO4溶液滴加FeSO4溶液【答案】C【详解】A．硫酸铝溶液中滴加Ba(OH)2溶液，若Ba(OH)2少量，则Ba2+、OH-的个数比应满足1:2关系，若Ba(OH)2过量，Al3+、的个数比应满足2:3关系，A不正确；B．向Na2CO3和NaOH的混合溶液中加入足量稀盐酸，由于Na2CO3与NaOH的物质的量关系不确定，所以二者不能出现在同一离子方程式中，且最终产物为CO2和水，B不正确；C．金属铜溶于稀硫酸和H2O2的混合溶液中，Cu被氧化为Cu2+，H2O2的还原产物与电解质反应生成H2O，离子方程式为：，C正确；D．向酸性KMnO4溶液中滴加FeSO4溶液，生成Fe3+、Mn2+和H2O，酸性溶液中不能生成OH-，D不正确；故选C。规律总结：离子方程式正误判断的一般思路：【变式练习】1．下列反应的离子方程式正确的是（）A．盐酸中滴加Na2SiO3溶液：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+B．Na2CO3溶液中通入少量SO2：CO+2SO2+H2O=2HSO+CO2C．乙醇与K2Cr2O7酸性溶液反应：3CH3CH2OH+2Cr2O+16H+=3CH3COOH+4Cr3++11H2OD．溴与冷的NaOH溶液反应：Br2+OH-=Br-+BrO-+H+【答案】C【详解】A．Na2SiO3是可溶性盐，能拆，应为，A错误；B．SO2少量，应生成，应为，B错误；C．CH3CH2OH为非电解质不能拆，CH3COOH为弱电解质不能拆，原子守恒、电荷守恒，C正确；D．碱性条件下不能生成H+，应为，D错误；故答案选C。2．下列反应的方程式不正确的是（）A．苯酚与氯化铁溶液反应显紫色：B．硫酸铜溶液中加入少量的氨水：C．用溶液吸收少量：D．向溶液中滴加溶液至沉淀质量最大：【答案】D【详解】A．苯酚与氯化铁溶液反应生成H3[Fe(OC6H5)]显紫色，离子方程式为6C6H5OH+Fe3+→[Fe(OC6H5)6]3−+6H+，A正确；B．少量氨水中的一水合氨和硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸铵，离子方程式为Cu2++2NH3⋅H2O=Cu(OH)2↓+2NH，B正确；C．少量Cl2与Na2SO3溶液反应生成SO和，离子方程式为3SO+Cl2+H2O=2+2Cl−+SO，C正确；D．向KAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀质量最大时，离子方程式为2Al3++4SO+4Ba2++8OH-=4BaSO4↓+2AlO+4H2O，D错误；故选D。3．下列离子方程式书写错误的是（）A．将少量气体通入NaClO溶液中：B．向含等物质的量的、、的溶液中通入等物质的量的氯气：C．向溶液中滴加溶液：D．向明矾溶液中滴加溶液，使沉淀的物质的量最大时：【答案】A【详解】A．将少量气体通入NaClO溶液中，反应的离子方程式为，故A错误；B．还原性：>>，向含等物质的量的、、的溶液中通入等物质的量的氯气，氯气只氧化、，反应的离子方程式为，故B正确；C．向溶液中滴加溶液生成碳酸钙和水，反应的离子方程式为，故C正确；D．向明矾溶液中滴加溶液，当氢氧化铝完全沉淀时，沉淀的物质的量最大，反应的离子方程式为，故D正确；选A。探究二离子共存问题常温下，下列离子一定能大量存在于相应溶液中的是（）A．能使淀粉－KI试纸变蓝色的溶液：Na+、NH、S2-、Cl-B．能使酚酞变深红色的溶液：K+、Ba2+、NO、HCOC．能使Al转化为AlO的溶液：Na+、K+、NO、Cl-D．水电离出的c(OH-)=1×10-7mol•L-1的溶液：K+、Na+、CO、Cl-【答案】C【详解】A．能使淀粉－KI试纸变蓝色的溶液说明含有氧化性物质，S2-具有还原性会发生氧化还原反应，在该溶液中不能大量共存，故A错误；B．能使酚酞变深红色的溶液显强碱性，HCO能与溶液中的OH-发生反应，在该溶液中不能大量共存，故B错误；C．能使Al转化为AlO的溶液显强碱性，Na+、K+、NO、Cl-在强碱性环境均不能互相反应，能大量共存，故C正确；D．常温下水电离出的c(OH-)=1×10-7mol•L-1的溶液显中性，有可能是CaCl2溶液，CO不能大量共存，故D错误；故答案为C。规律总结：判断离子能否大量共存的一般思路【变式练习】1．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．0.1mol/L盐酸溶液：、、、B．与铝反应产生大量氢气的溶液：、、、C．的溶液：、、、D．的溶液：、、、【答案】D【详解】A．0.1mol/L盐酸溶液呈酸性，会转化为H2SiO3沉淀，不能大量存在，A不符合题意；B．与铝反应产生大量氢气的溶液，可能呈碱性，也可能呈酸性，在碱性溶液中，、不能大量存在，B不符合题意；C．、在水溶液中能发生离子交换反应，生成Al(OH)3沉淀和，C不符合题意；D．的溶液呈碱性，、、、都能大量存在，D符合题意；故选D。2．常温下，下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是（）A．pH=12的溶液：B．pH=7的溶液：C．pH=7的溶液：D．pH=1的溶液：【答案】A【详解】A．pH=12的溶液显碱性，含有大量OH-，OH-与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，A符合题意；B．pH=7的溶液显中性，Al3+与会发生盐的双水解反应产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，不能大量共存，B不符合题意；C．pH=7的溶液显中性，Cu2+会反应产生Cu(OH)2沉淀不能大量共存，C不符合题意；D．pH=1的溶液显酸性，含有大量H+，H+与Fe2+、会发生氧化还原反应而不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是A。3．常温下，某溶液中只含有、、、、、、、、中的若干种离子，且各离子物质的量浓度相同，取该溶液进行如下实验。下列说法正确的是（）A．沉淀C中含有和B．原溶液中至少含有和中的一种C．原溶液中一定存在、、、D．滤液X中一定存在和，可能存在【答案】C【详解】A．根据分析，溶液中不含有Al3+，因此沉淀C为碳酸钡沉淀，故A错误；B．根据分析，溶液中不含有和，故B错误；C．根据分析，原溶液中存在、、、，故C正确；D．滤液X中一定存在、和Ba2+，故D错误；故选C。探究三氧化还原反应方程式的书写及配平下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（）A．铁电极电解饱和食盐水：B．溶液中加入过量浓氨水：C．硫代硫酸钠与稀硫酸反应：D．氢氧化铁溶于氢碘酸(强酸)：【答案】D【详解】A．用铁电极电解饱和食盐水时，阳极是Fe放电生成亚铁离子，所以不会有氯气生成，故A错误；B．氢氧化铝不能与弱碱反应，则溶液中加入过量浓氨水，离子方程式为，故B错误；C．硫代硫酸根在酸性条件下发生歧化反应生成S和SO2，离子方程式为：，故C错误；D．Fe(OH)3溶解生成Fe3+，Fe3+与I-之间发生氧化还原反应生成Fe2+和I2，对应离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，故D正确；故选D。规律总结：1.氧化还原反应方程式配平的三原则2.氧化还原反应方程式配平的五步骤【变式练习】1．下列反应的离子方程式正确的是（）A．Fe与稀硝酸反应，当n(Fe):n(HNO3)=1:2时，3Fe+2+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2OB．Na2S2O3溶液与稀硫酸共热：+2+6H+=4SO2↑+3H2OC．向酸性KMnO4溶液中加入草酸溶液：2+5+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2OD．向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4至溶液呈中性：Ba2++OH-+H++=BaSO4↓+H2O【答案】A【详解】A．Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)=4mol，n(HNO3)=8mol时，Fe过量，发生反应3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，离子方程式为3Fe+2+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，A正确；B．Na2S2O3溶液与稀硫酸共热，生成Na2SO4和H2S2O3，H2S2O3发生自身氧化还原反应，离子方程式为：+2H+=SO2↑+S↓+H2O，B不正确；C．向酸性KMnO4溶液中加入草酸溶液，草酸为弱酸，应以化学式表示，则离子方程式为：2+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，C不正确；D．向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4至溶液呈中性，采用“以少定多”法，可假设Ba(OH)2为1mol，则需加入2molNaHSO4，离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，D不正确；故选A。2．“吹出法”是工业上常用的一种海水提溴技术，该技术的工艺流程如图：下列说法错误的是（）A．氧化1所用的氯气可通过电解饱和NaCl溶液制得B．吹出后剩余溶液中可能大量存在的离子有Na+、Mg2+、Cl-、Br-C．吸收过程发生反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SOD．从氧化2所得溶液中分离出单质溴可用四氯化碳萃取的方法【答案】B【详解】A．电解饱和氯化钠溶液可以生成氢氧化钠、氢气和氯气，则氧化1所用的氯气可通过电解饱和氯化钠溶液制得，故A正确；B．由分析可知，向海水中通入足量氯气，则吹出后剩余溶液中不可能存在大量的溴离子，故B错误；C．吸收过程发生的反应为溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++2Br−+SO，故C正确；D．溴单质在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大，且四氯化碳与水不反应，不互溶，故从氧化2所得溶液中分离出单质溴可用四氯化碳萃取的方法，故D正确；故选B。3．硫酸亚铁溶液可用于脱除烟气中的二氧化硫等有害气体。FeSO4溶液催化脱除烟气中SO2的反应原理如图所示。下列说法错误的是（）A．反应I中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶4B．反应II的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+C．反应一段时间后，溶液中c(H2SO4)保持不变D．反应每脱除22.4LSO2(标准状况)，转移2mol电子【答案】C【详解】A．从图中看，反应I的方程式为4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，氧化剂是氧气，还原剂是硫酸亚铁，二者系数比是1:4，故A正确；B．反应II是三价铁离子把二氧化硫氧化，生成二价铁离子和硫酸，方程式正确，故B正确；C．反应过程中，不断向体系中通入二氧化硫，最终转化成硫酸，反应的总方程式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，所以硫酸的浓度会增大，故C错误；D．标准状况下，22.4LSO2物质的量为1mol，SO2被氧化为硫酸，S元素化合价从+4价升高到+6价，故反应每脱除22.4LSO2(标准状况)，转移2mol电子，故D正确。故选C。探究四氧化还原反应的计算工业上可用如下方法处理含H2S的尾气，同时制得Na2S2O3，工艺流程如下：含H2S的尾气、空气→反应炉(高温)→Na2CO3溶液吸收→一系列操作→Na2S2O3晶体已知：2H2S+3O22SO2+2H2O、。下列说法中错误的是（）A．含H2S的尾气可以用NaOH溶液处理后直接排放B．反应中至少发生3个氧化还原反应C．反应过程中证明了H2SO3的酸性强于H2SD．每制取1molNa2S2O3，理论上消耗氧气的体积为44.8L(标准状况)【答案】C【详解】A．H2S是酸性气体，可以与NaOH反应产生Na2S、H2O，因此含H2S的尾气可以用NaOH溶液处理后直接排放，A正确；B．含有H2S的废气在反应炉中发生反应2H2S+3O22SO2+2H2O，被氧化为SO2气体，反应中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应；反应产生的SO2通入Na2CO3溶液吸收时反应产生Na2SO3、CO2，反应过程中元素化合价不变，反应不属于氧化还原反应；2H2S+SO2=3S↓+2H2O中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应；反应S+SO2+Na2CO3=Na2S2O3+CO2中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，可见在上述反应中至少发生3个氧化还原反应，B正确；C．在反应2H2S+3O22SO2+2H2O中，只能证明该反应为氧化还原反应，H2S是还原性，氧化产物是SO2，而不能证明H2S及SO2对应的酸H2SO3的酸性强弱，C错误；D．从总体来看：H2S→Na2S2O3，S元素化合价升高，O元素化合价降低。每产生1个Na2S2O3，S元素化合价升高4×2=8价；O2→Na2S2O3，O元素化合价降低2×2=4价，可见每制取1molNa2S2O3，反应消耗2molO2，其在标准状况下体积V(O2)=2mol×22。4L/mol=44.8L，D正确；故合理选项是C。规律总结：解答氧化还原反应计算题的关键是根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，即电子得失守恒，列出守恒关系式求解。利用“得失电子守恒法”解题的步骤如下：【变式练习】1．往溶液中通入时，随着参加反应的物质的量的变化，溶液中某些离子的浓度变化情况如图所示。下列说法不正确的是A．当时，发生的离子反应：B．当时，离子浓度关系：C．当时，离子浓度大小关系：D．当被氧化完全时，通入的物质的量小于原的物质的量【答案】B【详解】A．根据图象可知，将氯气通入溴化亚铁溶液中时，Cl2先氧化，，然后氧化Br-，；当时，发生的离子反应：，故A正确；B．当通入的氯气为amol恰好将Fe2+反应完时，生成Fe3+2amol，Cl-2amol，Br-有4amol，所以，故B错误；C．当通入的氯气为2amol，amol氯气首先与Fe2+完全反应，生成2amolCl-，剩余的amol氯气会反应掉2amolBr-，生成2amolCl-，此时n(Cl-)=4amol，n(Br-)=2amol，所以离子浓度大小关系：，故C正确；D．当Fe2+被氧化完全时，通入Cl2的物质的量为amol，而原FeBr2，的物质的量为2amol，故D正确；故答案为B2．已知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成；②产生刺激性气味的气体；③溶液呈现蓝色。据此判断下列说法正确的是（）A．反应中只有铜元素化合价发生变化B．1molNH4CuSO3完全反应转移1mol电子C．刺激性气味的气体可能是硫酸的还原产物D．刺激性气味的气体可能是氨气【答案】A【详解】A．由分析可知，反应中，发生的氧化还原反应为2Cu+=Cu+Cu2+，则只有铜元素化合价发生变化，A正确；B．由反应2Cu+=Cu+Cu2+可得，2Cu+——e-，则1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，B不正确；C．刺激性气味的气体是SO2，由反应+2H+=H2O+SO2↑产生，硫酸只表现出酸性，不可能是硫酸的还原产物，C不正确；D．在酸性溶液中，不可能生成碱性气体，所以刺激性气味的气体不可能是氨气，D不正确；故选A。3．亚氯酸钠是一种优质氧化剂，过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程如图所示。已知：纯易分解爆炸下列说法错误的是（）A．生成的离子方程式为B．空气的作用是稀释C．作还原剂D．等物质的量的的漂白效率是的两倍【答案】D【详解】A．发生器中发生反应的离子方程式为：，A正确；B．纯易分解爆炸，鼓入空气可以稀释以防爆炸，B正确；C．在吸收塔里二氧化氯生成亚氯酸钠，氯元素化合价由+4变为+3，化合价降低做氧化剂，有氧化必有还原，做还原剂起还原作用，C正确；D．1个可以得到4个电子，1个可以得到4个电子，故等物质的量的和的漂白效率是相同的，D错误；故选D。1．下列有关溶液组成的描述合理的是（）A．无色溶液中可能大量存在、、、B．加入碳酸钙有气体产生的溶液中可能大量存在、、、C．弱碱性溶液中可能大量存在、、、D．中性溶液中有可能大量存在、、、【答案】C【详解】A．Al3＋、S2−相互促进水解，不能共存，故A错误；B．加入碳酸钙有气体产生的溶液呈酸性，不能大量共存，故B错误；C．弱碱性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D．Fe3＋在溶液中部分水解，溶液显示酸性，不可能为中性，故D错误；故答案选C。2．NaClO是家用消毒液的有效成分，可通过Cl2与NaOH反应制得。NaClO能与CO2反应生成HClO。下列说法正确的是（）A．新制氯水需存放在带玻璃塞的棕色试剂瓶中B．可用广泛pH试纸测定新制氯水的pH值C．NaClO与CO2反应的离子方程式为NaClO+CO2+H2O=HClO+Na++D．使用NaClO消毒时，可用盐酸酸化【答案】A【详解】A．氯水中的次氯酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，并置于阴凉处，故A正确；B．新制氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以最终能使pH试纸褪色，则不可用pH试纸测定新制氯水的pH值，故B错误；C．NaClO与CO2反应的离子方程式为2ClO-+CO2+H2O=2HClO+，故C错误；D．NaClO与盐酸发生氧化还原反应生成氯气，故D错误；故答案选A。3．下列电离方程式，书写正确的是（）A． B．C． D．【答案】A【详解】A．硫酸铝为强电解质，在水溶液中完全电离生成铝离子和硫酸根离子，其电离方程式为：，A正确；B．氯化铝为强电解质，在水溶液中完全电离生成铝离子和氯离子，其电离方程式为：，B错误；C．硝酸镁为强电解质，在水溶液中完全电离生成镁离子和硝酸根离子，其电离方程式为：，C错误；D．高锰酸钾为强电解质，在水溶液中完全电离，可生成钾离子和高锰酸根离子，其电离方程式为：，D错误；故选A。4．下列反应的离子方程式正确的是（）A．硅酸钠溶液中通入足量二氧化碳：SiO+CO2+H2O=HSiO+HCOB．Cl2通入冷的NaOH溶液：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OC．明矾溶液与过量氨水混合：Al3++4NH3•H2O=AlO+4NHD．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：Fe+NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2O【答案】B【详解】A．硅酸钠溶液中通入足量二氧化碳的离子反应方程式为，故A错误；B．Cl2通入冷的NaOH溶液的离子反应方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故B正确；C．明矾溶液与过量氨水混合的离子反应方程式为：，故C错误；D．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体的离子反应方程式为：，故D错误；故答案选B。5．化学是在原子、分子水平上研究物质的组成、结构、性质、转化及其应用的基础自然科学，下列说法正确的是（

）A．金属氧化物都是碱性氧化物，非金属氧化物都是酸性氧化物B．溶液与胶体的本质区别是是否存在丁达尔效应C．光导纤维的主要成分为硅单质D．氨水和氨气都不是电解质【答案】D【详解】A．金属氧化物中为酸性氧化物，为两性氧化物；非金属氧化物中等都不是酸性氧化物，A项错误；B．溶液与胶体的本质区别是分散质粒子直径不同，溶液中分散质粒子直径小于1nm，胶体中分散质粒子直径为1~100nm，B项错误；C．光导纤维的主要成分是SiO2，C项错误；D．电解质是在水溶液或熔融状态下，本身能够电离出离子导电的化合物，氨水是混合物，氨气本身无法电离产生离子，故二者都不是电解质，D项正确；故选D。6．某溶液中含有、、、、中的几种，向溶液中滴加溶液有白色沉淀生成，过滤、洗涤，再将沉淀加入到足量稀盐酸中，沉淀部分溶解且有气泡产生，下列判断错误的是（）A．不能确定是否含有 B．一定不存在的离子有C．是否含有需通过焰色反应确定 D．一定存在的离子有、、【答案】C【详解】A．由分析可知，不能确定是否含有，A正确；B．由分析可知，一定不存在的离子有，B正确；C．由分析可知，一定存在钠离子，C错误；D．由分析可知，一定存在的离子有、、，D正确；故选C。7．下列各组离子一定能在对应溶液中大量共存的是（）A．与发生反应生成的溶液：、、、B．常温下的溶液：、、、C．遇紫色石蕊试剂变红的溶液：、、、D．无色透明溶液中：、、、【答案】B【详解】A．与Al反应能放出H2的溶液呈酸性或强碱性，在酸性条件下具有强氧化性，与Al反应不会生成氢气，故A错误；B．常温下的溶液呈酸性，、、、能共存，故B正确；C．遇紫色石蕊试剂变红的溶液呈酸性，会与H+生成，故C错误；D．在溶液中呈橙黄色，故D错误；故答案选B。8．下列反应的离子方程式正确的是（）A．过量铁粉加入稀硝酸中：B．向稀硝酸中滴加溶液：C．向硫酸铜溶液中通入气体：D．向碳酸氢钠溶液中加入足量石灰水：。【答案】D【详解】A．过量铁粉加入稀硝酸中生成，离子方程式为：，故A错误；B．向稀硝酸中滴加溶液发生氧化还原反应生成硫酸根和一氧化氮，离子方程式为，故B错误；C．硫酸铜溶液中通入气体转化成弱酸，方程式为：；D．碳酸氢钠溶液中加入足量石灰水生成碳酸钙，氢氧化钠和水，离子方程式为：，故D正确；故答案选D。9．下列各组离子在给定溶液中一定能大量共存的是（）A．在0.1mol/L的氨水中：B．在0.1mol/L的氯化钠溶液中：C．在0.1mol/L的醋酸溶液中：D．25℃时，的溶液中：【答案】C【详解】A．氨水显碱性，会与反应，不能大量共存，故A错误；B．氯化钠溶液中，与与均不能大量共存，故B错误；C．醋酸溶液中：离子间不发生反应，故C正确；D．酸性条件下，不能大量存在，故D错误；故答案选C。10．下列关于化学与可持续发展的叙述错误的是（）A．海盐提纯时依次加入氢氧化钠、碳酸钠和氯化钡B．煤、石油、天然气既是能源又是重要的化工原料C．绿色化学的核心思想是从源头减少或消除环境污染D．工业废渣的处理应遵循无害化、减量化和资源化的原则【答案】A【详解】A．海盐中的主要杂质离子是Mg2+、Ca2+、，为了保证除杂的效果，所加试剂一般会过量，NaOH的作用是除去Mg2+，BaCl2的作用是除去，Na2CO3的作用是除去Ca2+以及过量的Ba2+，因此Na2CO3应在BaCl2之后加入，A错误；B．我们可以从煤、石油、天然气中得到燃料和重要的化工原料，B正确；C．绿色化学的核心思想是从源头减少或消除环境污染，C正确；D．工业废渣的处理应遵循无害化、减量化和资源化的原则，D正确；故答案为A。11．下列变化或应用中，与氧化还原反应无关的是（）A．常用于自来水的杀菌消毒B．呼吸面具中常用作供氧剂C．饱和溶液中加入少量鸡蛋清变浑浊D．用溶液浸润的硅藻土吸收水果散发出的乙烯【答案】C【详解】A．NaClO具有强氧化性，能够杀菌消毒，与氧化还原反应有关，故A错误；B．呼吸面具中用过氧化钠作供氧剂，过氧化钠中O元素发生变化，与氧化还原反应有关，故B错误；C．饱和溶液中加入少量鸡蛋清变浑浊，属于盐析现象，不属于氧化还原反应，故C正确；D．具有强氧化性，乙烯可被氧化，与氧化还原有关，故D错误；故答案选C。12．古医典中富含化学知识，下列描述与氧化还原反应无关的是（）。A．汞的性质：汞得硫则赤如丹B．强水(硝酸)：用水入五金皆成水C．熬制胆矾：熬胆矾铁釜，久之亦化为铜D．制取黄铜：红铜(Cu)六斤、倭铅(Zn)四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜【答案】D【详解】A．汞得硫反应生成HgS，元素化合价发生改变为氧化还原反应，A不符合题意；B．硝酸具有强氧化性，和一些金属发生氧化还原反应，B不符合题意；C．反应为铁和硫酸铜生成铜和硫酸亚铁，元素化合价发生改变为氧化还原反应，C不符合题意；D．为制取合金的过程，没有元素化合价改变，不涉及氧化还原反应，D符合题意；故选D。13．天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是（）A．脱硫过程O2间接氧化H2SB．该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液C．亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血D．经上述过程处理得到的天然气还需要经干燥等处理【答案】B【详解】A．脱硫过程硫酸铁和硫化氢反应生成硫单质和硫酸亚铁，硫酸亚铁和氧气又转化为硫酸铁，故O2间接氧化H2S，A正确；B．由A分析可知，硫酸铁、硫酸亚铁是循环使用的，无需添加，B错误；C．亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO4可提供体铁元素，用于治疗缺铁性贫血，C正确；D．经上述过程处理得到的天然气中含有生成的水，故还需要经干燥等处理，D正确；故选B。14．常温时，将0.1mol和2molHC1溶于水得2L混合溶液，然后向该溶液投入mg铁粉使其充分反应后，滴加KSCN溶液不变红色。下列有关说法正确的是（）A．由于氧化性，首先发生的反应是B．当加入16.8g铁粉时，可生成标准状况下6.72L气体C．在铁粉充分反应后的溶液中，铁元素以和的形式存在D．m至少等于28，反应过程中溶液的质量由于生成气体原因在减小【答案】B【详解】A．酸性条件下，NO的氧化性更强，因此，首先发生：Fe＋NO＋4H＋＝Fe3＋＋NO↑＋2H2O，其次发生：Fe＋2Fe3＋═3Fe2＋，最后发生：Fe＋2H＋═Fe2＋＋H2↑，故A错误；B．16.8g铁粉的物质的量为n(Fe)＝，刚好发生上述第一个反应，生成NO物质的量为0.3mol，标准状况下0.3mol×22.4L/mol＝6.72L，故B正确；C．滴加KSCN溶液不变红色，在铁粉充分反应后的溶液中，铁元素以Fe2＋的形式存在，故C错误；D．第一个反应恰好消耗16.8g铁，生成0.3molFe3＋，消耗1.2molH＋，则溶液剩余0.8molH＋，所以在第二步和第三步反应中，分别消耗铁粉0.15mol，0.4mol，即8.4g，22.4g，所以共消耗铁粉16.6g＋8.4g＋22.4g＝47.6g，故D错误；故答案选B。15．高铁酸钠()是一种绿色消毒剂，可用于饮用水处理。制备高铁酸钠的离子方程式为，则下列说法不正确的是（）A．在反应中被还原，发生氧化反应B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2C．上述反应生成1mol高铁酸根离子，转移3mol电子D．高铁酸根离子具有强氧化性，溶于水能生成氢氧化铁胶体和氧气【答案】A【详解】A．在反应中化合价升高，发生氧化反应被氧化，A错误；B．反应中化合价升高做还原剂，次氯酸根离子做氧化剂，由方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，B正确；C．上述反应铁化合价由+3变为+6，则生成1mol高铁酸根离子，转移3mol电子，C正确；D．高铁酸根离子中铁元素处于高价态，具有强氧化性，溶于水能生成氢氧化铁胶体和氧气，D正确；故选A。16．成语的运用中充满了古人对化学的认识，以下说法中错误的是（）A．“千淘万漉”指在炼金的流程中使用了分液的方法B．“釜底抽薪”利用了除去氧化还原反应中还原剂的方法C．“刀耕火种”表明古人已经意识到草木灰可以使土壤变肥沃D．“火树银花”体现了金属元素在遇到火焰灼烧时呈现的焰色试验【答案】A【详解】A．从沙里淘金即用水冲洗，滤除杂质，从沙里淘出黄金，属于淘洗法，与分液无关，A项错误；B．“薪”是燃料与空气中的氧气发生反应，属于还原剂类型，B项正确；C．草木灰的主要成分是碳酸钾，可以作为化学肥料，C项正确；D．焰色反应为焰火燃烧时表现出金属元素焰色试验的特性，D项正确；答案选A。17．关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O。下列说法正确的是（）A．K2H3IO6中I处于其最高价 B．I2是氧化产物，KI是还原产物C．生成12.7gI2时、转移0.1mol电子 D．还原剂与化剂的物质的量之比为9：1【答案】A【详解】A．K2H3IO6中I化合价为+7，处于最高价，故A正确；B．在反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O中，I2既是氧化产物也是还原产物，故B错误；C．反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O中，I2和转移电子数系数比为4：7，所以12.7gI2物质的量为0.05mol，转移电子数0.0875mol，故C错误；D．据分析，还原剂与化剂的物质的量之比为7：1，故D错误；故答案选A。18．关于反应，下列说法正确的是（）A．既是氧化产物又是还原产物B．发生还原反应C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2D．生成1mol时，转移4mol电子【答案】B【详解】A．H2O既不是氧化产物也不是还原产物，A选项错误；B．ClO3中的Cl得电子做氧化剂，发生还原反应，B选项正确；C．ClO3做氧化剂，H2O2做还原剂，其物质的量之比为2:1，C选项错误；D．O从H2O2中的-1价升高为O2中的0价，生成1molO2时转移2mol电子，D选项错误；答案选B。19．关于反应，下列说法正确的是（）A．中氯元素都被氧化 B．在反应过程中失去电子C．氧化剂与还原剂的物质的量之比 D．氧化产物与还原产物的质量比【答案】D【详解】A．HCl中氯元素的化合价升高被氧化，还有1个氯的化合价没有发生变化，故A不正确；B．KClO3在反应过程中氯元素化合价降低，得到电子，故B不正确；C．根据化合价规则判断化合价的变化，KClO3中氯的化合价有+5价变为0价，做氧化剂，HCl中-1价变为0价，做还原剂有5个，故氧化剂和还原剂之比为1:5，故C错误；D．根据化合价的变化，氧化产物和还原产物都是氯气，根据氧化剂变为还原产物，还原剂变为氧化产物，故氧化产物与还原产物比为：5:1；故选D。20．已知下列反应：(Ⅰ)；(Ⅱ)，下列说法正确的是（）A．反应Ⅰ中是氧化剂 B．反应Ⅱ中发生氧化反应C．还原性： D．氧化性：【答案】D【详解】A．反应I中HCl中氯元素化合价升高被氧化，所以HCl为还原剂，故A错误；B．反应Ⅱ中Cl2得电子化合价降低，发生还原反应，故B错误；C．反应I中HCl为还原剂，CoCl2为还原产物，所以还原性HCl>CoCl2，同理I2的还原性强于HCl，故C错误；D．反应I中Co2O3为氧化剂，Cl2为氧化产物，所以氧化性Co2O3>Cl2，同理Cl2的氧化性大于HIO3，故D正确；综上所述答案为D。1．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质实验对应的反应方程式书写正确的是（）A．放入水中：B．通过灼热铁粉：C．铜丝插入热的浓硫酸中：D．通入酸性溶液中：【答案】D【详解】A．放入水中化学方程式应该是：，A选项中氧元素不守恒，A错误；B．通过灼热铁粉应高温条件下生成四氧化三铁和氢气，B错误；C．铜丝插入热的浓硫酸中生成的气体不是氢气，应是二氧化硫，C错误；D．通入酸性溶液中，被氧化为，被还原为，再根据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒可得离子方程式为，D正确；故选D。2．下列相关原理或化学用语错误的是（）A．电解MgCl2水溶液制取Mg：MgCl2Mg+Cl2↑B．海水提溴的过程中用Cl2氧化Br-：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-C．食盐水精制的过程中用Na2CO3除去Ba2+：Ba2++CO=BaCO3↓D．锅炉除垢的过程中把CaSO4转化为CaCO3：CaSO4(s)+CO(aq)=CaCO3(s)+SO(aq)【答案】A【详解】A．电解MgCl2水溶液无法得到Mg单质，会得到Mg(OH)2，A错误；B．海水提溴的过程中用Cl2氧化Br-得到溴单质，离子方程式为Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，B正确；C．Na2CO3可以除去Ba2+且不引入新的杂质，离子方程式为Ba2++CO=BaCO3↓，C正确；D．CaSO4与浓度较大的可溶性碳酸盐反应可以得到碳酸钙，再用酸可以将其除去，离子方程式为CaSO4(s)+CO(aq)=CaCO3(s)+SO(aq)，D正确；综上所述答案为A。3．下列说法错误的是（）A．很多鲜花和水果的香味都来自酯的混合物B．油脂和蛋白质的水解最终产物均含有电解质C．苯与液溴、乙醇与乙酸的反应都是取代反应D．丙烯与氯化氢加成可制得纯净的2—氯丙烷【答案】D【详解】A．酯往往具有特殊的香味，鲜花水果含有低级酯，很多鲜花和水果的香味都来自酯的混合物，A正确；B．油脂在酸性条件下水解得到高级脂肪酸和丙三醇，在碱性环境下水解得到高级脂肪酸盐和丙三醇，蛋白质水解的最终产物为氨基酸，高级脂肪酸、高级脂肪酸盐、氨基酸均属于电解质，B正确；C．苯与液溴在催化剂作用下发生取代反应生成溴苯和HBr，乙酸与乙醇在浓硫酸催化、加热条件下发生取代反应生成乙酸乙酯和水，C正确；D．丙烯结构简式为CH2=CHCH3，与HCl加成得到1-氯丙烷和2—氯丙烷组成的混合物，D错误；答案选D。4．下列解释事实的方程式正确的是（）A．向硫酸铜溶液中加少量铁粉，溶液蓝色变浅：3Cu2+＋2Fe=2Fe3+＋3CuB．向硫化锌悬浊液中滴加硫酸铜溶液，有黑色沉淀生成：ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)C．向氢氧化钡溶液中滴加稀硫酸，一段时间后混合溶液的导电能力接近于0：H++SO+Ba2++OH－=BaSO4+H2OD．装有二氧化氮和四氧化二氮混合气体的烧瓶浸泡在冷水中，颜色变浅：2NO2N2O4△H＞0【答案】B【详解】A．向硫酸铜溶液中加少量铁粉，溶液蓝色变浅，铁变为亚铁离子：Cu2+＋Fe=Fe2+＋Cu，故A错误；B．向硫化锌悬浊液中滴加硫酸铜溶液，有黑色沉淀CuS生成：ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)，故B正确；C．向氢氧化钡溶液中滴加稀硫酸，一段时间后混合溶液的导电能力接近于0，说明两者恰好完全反应完：2H++SO+Ba2++2OH－=BaSO4+2H2O，故C错误；D．装有二氧化氮和四氧化二氮混合气体的烧瓶浸泡在冷水中，颜色变浅，说明平衡逆向移动，则降低温度，逆向是吸热反应，则得出：2NO2N2O4△H＜0，故D错误。综上所述，答案为B。5．纳米氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，以主要成分为(Fe为+3价)的黄铜矿(含有杂质)为原料制取纳米Cu2O的一种工艺流程如图所示：下列有关说法错误的是（）A．“浸泡”过程中反应的离子方程式为B．“氧化”过程中，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为C．“调”后得到的溶液中主要溶质是D．用激光笔照射纳米可判断其直径是否介于之间【答案】D【详解】A．由流程可知，“浸泡”过程中和硫酸铁反应生成硫单质，硫元素化合价升高，则硫酸铁中铁元素化合价降低得到亚铁离子，反应的离子方程式为，A正确；B．“氧化”过程中，氧气把亚铁离子氧化为铁离子，氧气为氧化剂、亚铁离子为还原剂，根据电子守恒可知，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为，B正确；C．由流程可知，加入氧化铜“调”后分离出氢氧化铁沉淀，过滤得到的溶液中主要溶质是，C正确；D．纳米为纯净物，不是分散系，把纳米分散在水在形成分散系，再用激光笔照射，可判断其直径是否介于之间，D错误；故选D。6．下列说法不正确的是（）A．25℃时，将的溶液与的溶液等体积混合，所得溶液呈中性B．向氨水中逐滴加入盐酸，同时测定溶液的导电性，结果如图所示。依据实验结果，可推知一水合氨属于弱电解质C．等pH的盐酸和醋酸溶液，分别与少许等量相同形状的镁条反应，盐酸溶液中反应的平均速率更快D．用等浓度的盐酸分别中和等浓度、等体积的氨水和NaOH溶液，当两溶液均呈中性时，则有两溶液中的离子：【答案】C【详解】A．25℃时，将的溶液与的溶液等体积混合，所得溶液呈中性，故A正确；B．向氨水中逐滴加入盐酸，同时测定溶液的导电性，结果如图所示，开始导电性较弱，加HCl反应生成氯化铵，氯化铵是强电解质，导电性增大，依据实验结果，可推知一水合氨属于弱电解质，故B正确；C．等pH的盐酸和醋酸溶液，分别与少许等量相同形状的镁条反应，开始氢离子浓度相同，由于醋酸又电离出氢离子，因此醋酸溶液中反应的平均速率更快，故C错误；D．用等浓度的盐酸分别中和等浓度、等体积的氨水和NaOH溶液，当两溶液均呈中性时，氨水中加入的盐酸量比氢氧化钠溶液中加入的盐酸量少，因此有两溶液中的离子：，故D正确。综上所述，答案为C。7．下列叙述正确的是（）A．需要通电才可进行的有：电解、电离、电镀、电化学腐蚀B．CO2、SO2、NO2都能和碱溶液发生反应，因此它们都属于酸性氧化物C．苛性钾、次氯酸、氯气按顺序分类依次为：强电解质、弱电解质和非电解质D．冰水混合物，干冰、酒精、水银均为纯净物【答案】D【详解】A．电解质的电离和电化学腐蚀都不需要通电，A错误；B．NO2与碱反应时发生氧化还原反应，故NO2不属于酸性氧化物，CO2、SO2属于酸性氧化物，B错误；C．苛性钾是强碱，属于强电解质，次氯酸是弱酸属于弱电解质，氯气是单质既不是电解质也不是非电解质，C错误；D．冰水混合物，干冰、酒精、水银都只含有一种物质，故均为纯净物，D正确；故答案为：D。8．我国制碱工业先驱侯德榜发明了将制碱与制氨结合起来的联合制碱法，即“侯氏制碱法”。其主要生产工艺流程如下图，下列说法中正确的是（）A．粗盐水中主要含有、、等杂质离子，可以依次加入溶液、溶液、溶液及适量的盐酸等除杂进行精制B．该流程中可循环使用的物质有和C．饱和食盐水中应该先通入再通入，操作a是过滤D．母液中的溶质只有，可直接作氮肥【答案】B【详解】A．氯化钡除去粗盐中的硫酸根离子，氯化钡需要放在碳酸钠的前面，碳酸钠才能除去过量的氯化钡和粗盐中的钙离子，故A错误；B．由图可知可用于循环使用的物质有氨气和二氧化碳，故B正确；C．饱和食盐水中应该先通入氨气，再通二氧化碳，这样有利于二氧化碳的吸收，过滤可以将不溶性固体从溶液中分离出来，故C错误；D．母液中的溶质有NH4Cl和没有析出的碳酸氢钠，不可直接作氮肥，故D错误；答案选B。9．常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为。下列说法错误的是（）A．产生22.4L(标准状况)时，反应中转移B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6C．可用石灰乳吸收反应产生的制备漂白粉D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在【答案】A【详解】A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I260e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e-，即Cl220e-，所以产生22.4L(标准状况)Cl2即1molCl2时，反应中应转移20mole-，A错误；B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO36I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6，B正确；C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确；D．食盐中可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在，D正确。故选A。10．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A、、、不能大量共存，因发生反应：B、、、不能大量共存，因发生反应：C、、、能大量共存，粒子间不反应D、、、能大量共存，粒子间不反应A．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】A.Al3+和NH3H2O生成Al(OH)3沉淀而不是生成Al，故A错误；B．S2和H+反应生成单质硫、二氧化硫和水，离子方程式为：2H++S2=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能将Cl-氧化为Cl2，不能大量共存，故D错误；答案选B。11．近年我国在科学技术领域取得了举世瞩目的成就。对下列成就所涉及的化学知识的判断错误的是（）A．北斗三号卫星搭载了精密计时的铷原子钟，铷(Rb)是金属元素B．奋斗者号潜水器载人舱外壳使用了钛合金，钛合金属于无机非金属材料C．长征五号B遥二火箭把天和核心舱送入太空，火箭动力源于氧化还原反应D．天问一号探测器着陆火星过程中使用了芳纶制作的降落伞，芳纶是高分子材料【答案】B【详解】A．铷位于周期表第六周期第ⅠA族，属于碱金属，属于铷(Rb)是金属元素，故A正确；B．钛合金为合金，属于金属材料，故B错误；C．火箭动力源于火箭燃料的燃烧，属于氧化还原反应，故C正确；D．芳纶属于合成纤维，是高分子材料，故D正确；故选B。12．古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为（）A．金(Au)：“虽被火亦未熟"B．石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”C．石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物”D．石钟乳()：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”【答案】C【详解】A．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A不合题意；B．石灰(CaO):“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B不合题意；C．石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意；D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不合题意；故答案为：C。13．“碳中和”是指一定时期内，二氧化碳排放量与吸收量相平衡的状态。下列“碳中和”的方法中未涉及氧化还原反应的是（）A．高温基吸附剂循环捕获B．植树造林捕获和储存大气中的C．高选择性氧化铟基催化剂将加氢转化为D．在常温、常压条件下电催化将转化为CO、【答案】A【详解】A．高温基吸附剂循环捕获生成，未涉及氧化还原反应，A符合题意；B．绿色植物吸收的同时放出，属氧化还原反应，B项不符合题意；C．由制甲醇时，被还原，属氧化还原反应，C项不符合题意；D．中碳为价，及中碳均为价，属于氧化还原反应，D项不符合题意；故答案选A。14．部分含铁微粒所带的电荷数与其中铁元素化合价的关系如图所示，由该图可预测含铁微粒间相互转化时所需试剂。下列推断不合理的是（）A．M一定为FeOB．若R为单质，则常温下浓硫酸可使R钝化C．若Q为金属阳离子，则可用K3[Fe(CN)6]溶液检验D．Fe3+与氧化剂在碱性条件下反应可生成FeO【答案】A【详解】A．M中含有+2价铁，且所含电荷数为0，可能是FeO或Fe(OH)2，A不合理；B．R为0价铁元素，且为单质，则为Fe单质，常温下浓硫酸可以使Fe钝化，B合理；C．若Q为金属阳离子，化合价为+2价，则为Fe2+，与K3[Fe(CN)6]反应会生成蓝色沉淀，可用K3[Fe(CN)6]溶液检验，C合理；D．FeO中Fe元素为+6价，据图可知FeO在碱性环境中稳定存在，所以Fe3+与氧化剂在碱性条件下反应可生成FeO，D合理；综上所述答案为A。15．下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液减小的是（）A．向溶液中加入少量溶液，生成白色沉淀B．向和的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀C．向溶液中加入少量溶液，生成蓝绿色沉淀D．向溶液中通入氯气，生成黄色沉淀【答案】D【详解】A．向NaHSO4中加入少量BaCl2溶液，实际参与反应的只有硫酸根离子和钡离子，忽略体积变化，H+的浓度不变，其pH不变，A错误；B．向NaOH和Fe(OH)2的悬浊液中通入空气，虽然有氢氧化亚铁被氧化成了红褐色的氢氧化铁，其方程式为，该过和中会消耗水，则增大了氢氧根离子的浓度，pH会变大，B错误；C．向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液，生成蓝绿色沉淀[Cu2(OH)2CO3]，其中没有元素的化合价发生变化，故没有氧化还原反应，C错误；D．向H2S中通入氯气生成HCl和单质硫沉淀，这个氧化还原反应增大了H+的浓度，pH减小，D正确。故选D。16．由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是（）实验操作现象结论A向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液先变橙色，后变蓝色氧化性：B向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的悬浊液无砖红色沉淀蔗糖未发生水解C石蜡油加强热，将产生的气体通入的溶液溶液红棕色变无色气体中含有不饱和烃D加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红氯乙烯加聚是可逆反应A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．向NaBr溶液中滴加过量氯水，溴离子被氧化为溴单质，但氯水过量，再加入淀粉KI溶液，过量的氯水可以将碘离子氧化为碘单质，无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，A错误；B．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，应加入氢氧化钠溶液使体系呈碱性，若不加氢氧化钠，未反应的稀硫酸会和新制氢氧化铜反应，则不会产生砖红色沉淀，不能说明蔗糖没有发生水解，B错误；C．石蜡油加强热，产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明气体中含有不饱和烃，与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；D．聚氯乙烯加强热产生能使湿润蓝色湿润试纸变红的气体，说明产生了氯化氢，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，可逆反应是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应，而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解条件不同，D错误；答案选C。17．用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为:①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓下列分析不正确的是（）A．CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑B．不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱C．反应②中每24molCuSO4氧化11molPH3D．用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰【答案】C【详解】A．水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，A项正确；B．该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应①不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确；C．反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从-3价升高到+5价，失去8个电子，则24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24mol÷8＝3mol，C项错误；D．H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，D项正确；答案选C。18．“乌铜走银”是我国非物质文化遗产之一。该工艺将部分氧化的银丝镶嵌于铜器表面，艺人用手边捂边揉搓铜器，铜表面逐渐变黑，银丝变得银光闪闪。下列叙述错误的是（）。A．铜的金属活动性大于银B．通过揉搓可提供电解质溶液C．银丝可长时间保持光亮D．用铝丝代替银丝铜也会变黑【答案】D【详解】A．根据金属活动性顺序表，铜的金属活动性大于银，A项正确；B．通过揉搓，手上的汗水可提供电解质溶液，B项正确；C．银丝发生还原反应，氧化银转化为单质银，单质银活动性较弱，可长时间保持光亮，C项正确；D．铜的活动性比铝弱，氧化铝不能被铜还原为单质铝，因此铜不会变黑，D项错误；答案选D。19．捕获和转化可减少排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以为载气，以恒定组成的混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳。下列说法不正确的是（）A．反应①为；反应②为B．，比多，且生成速率不变，可能有副反应C．时刻，副反应生成的速率大于反应②生成速率D．之后，生成的速率为0，是因为反应②不再发生【答案】C【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A正确；B．由题干图2信息可知，，比多，且生成速率不变，且反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1：2，B正确；C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，时刻可知，H2的流速为2mmol/min，而CO流速v(范围1<v<2mmol/min)，说明剩余的的是由副反应生成，副反应生成H2流速2-v(范围0~1mmol/min)，因此副反应生成H2速率小于反由应②生成速率，C错误；D．由题干图2信息可知，之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；故答案为：C。20．在2.8gFe中加入100mL3mol/LHCl，Fe完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．反应转移电子为0.1mol B．HCl溶液中数为3NAC．含有的中子数为1.3NA D．反应生成标准状况下气体3.36L【答案】A【详解】A．Fe完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子0.1mol，A正确；B．HCl溶液中Cl-的物质的量为0.3mol，因此，Cl-数为0.3NA，B不正确；C．56Fe的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的量为0.05mol，因此，2.8g56Fe含有的中子数为1.5NA，C不正确；D．反应生成H2的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L，D不正确；综上所述，本题A。1．（2022·北京·高考真题）下列方程式与所给事实不相符的是（）A．加热固体，产生无色气体：B．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：C．苯酚钠溶液中通入，出现白色浑浊：D．乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热，产生有香味的油状液体：【答案】B【详解】A．碳酸氢钠受热之后分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，A正确；B．过量的铁粉与稀硝酸反应，应该生成Fe2+，B错误；C．苯酚钠溶液中通入二氧化碳利用强酸制取弱酸生成苯酚和碳酸氢钠，C正确；D．乙醇和乙酸在浓硫酸混合加热的条件下发生酯化反应产生有香味的油状液体乙酸乙酯和水，D正确；故选B。2．（2022·湖北·高考真题）下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是（）A．在氨水中：B．在氯化钠溶液中：C．在醋酸溶液中：D．在硝酸银溶液中：【答案】C【详解】A．氨水显碱性，会与反应，不能大量共存，A项错误；B．会发生氧化还原反应，不能大量共存，B项错误；C．醋酸显酸性，在醋酸溶液中均不会发生反应，能大量共存，C项正确；D．硝酸银中的银离子会与氯离子反应生成沉淀，不能大量共存，D项错误；答案选C。3．（2022·江苏·高考真题）周期表中ⅣA族元素及其化合物应用广泛，甲烷具有较大的燃烧热，是常见燃料；Si、Ge是重要的半导体材料，硅晶体表面能与氢氟酸(HF，弱酸)反应生成(在水中完全电离为和)；1885年德国化学家将硫化锗与共热制得了门捷列夫预言的类硅—锗；下列化学反应表示正确的是（）A．与HF溶液反应：B．高温下还原：C．铅蓄电池放电时的正极反应：D．甲烷的燃烧：【答案】A【详解】A．由题意可知，二氧化硅与氢氟酸溶液反应生成强酸和水，反应的离子方程式为，故A正确；B．硫化锗与氢气共热反应时，氢气与硫化锗反应生成锗和硫化氢，硫化氢高温下分解生成硫和氢气，则反应的总方程式为，故B错误；C．铅蓄电池放电时，二氧化铅为正极，酸性条件下在硫酸根离子作用下二氧化铅得到电子发生还原反应生成硫酸铅和水，电极反应式为正极反应，故C错误；D．由题意可知，1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为890.3kJ，反应的热化学方程式为，故D错误；故选A。4．（2022·广东·高考真题）下列关于的化合物之间转化反应的离子方程式书写正确的是（）A