高一上学期期末综合测试化学试卷含答案

第第页高一上学期期末综合测试化学试卷含答案学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________一．选择题（共20小题）1．已知2+3A2﹣+16H+＝2M3++3A↓+8H2O，则中的x的值为（）A．1 B．2 C．3 D．42．研究小组欲配制480mL0.1mol•L﹣1的NaCl溶液，用于制备植物营养液，部分实验操作如图所示。下列说法不正确的是（）A．实验中需要用托盘天平称量约2.9gNaCl固体 B．①、②中玻璃棒的作用分别是引流、搅拌加速溶解 C．定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏高 D．图中实验操作步骤的顺序为②①④③3．如果Fe3+、、Al3+和M四种离子以物质的量之比2：4：1：1共存于同一溶液中，那么M可能是（）A．Na+ B．OH﹣ C． D．Cl﹣4．在含有Fe（NO3）2、Mg（NO3）2和AgNO3的溶液中加入适量锌粉，首先被置换出来的是（）A．Mg B．Fe C．H2 D．Ag5．某化学小组通过测量Na2O2粗品与水反应产生O2的体积确定Na2O2的变质程度，但有资料显示Na2O2与水反应收集到O2的体积小于理论值。该小组查阅资料发现：a．Na2O2与水反应的过程中还可能存在以下两个复分解反应：ⅰ．Na2O2+2H2O═2NaOH+H2O2ⅱ．Na2O2+H2O═NaOH+NaHO2b．NaHO2能在MnO2催化的条件下分解生成O2设计如下实验：取0.02mol纯净Na2O2与足量水反应，140s时不再产生气泡，180s时向所得溶液中加入少量MnO2，立即产生无色气体。过程中溶液的体积始终约为40mL。反应过程中pH变化如图所示。下列说法错误的是（）A．根据pH的变化可判断反应过程中一定发生反应ⅱ B．若将Na2O2替换为O2，300s时溶液中的碱为NaOH C．140s～180s时，溶液中c（OH﹣）＝0.6mol/L，则此时段内溶液中n（NaHO2）＝0.016mol D．向8.0gNa2O2粗品中加适量MnO2和足量水，生成0.448LO2（标准状况），则Na2O2的纯度为39%6．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．7.8g由Na2S和Na2O2组成的混合物中，含有的离子总数为0.3NA B．将标准状况下44.8LCl2溶于水，溶液中含有的Cl﹣数目为2NA C．1molNa2O2与水完全反应时，转移电子数目为2NA D．0.1mol•L﹣1MgCl2溶液中含有0.2NA个氯离子7．已知反应：Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣，2Fe3++2I﹣＝I2+2Fe2+。下列说法中正确的是（）A．根据已知反应可以判断氧化性：Fe3+＞Cl2＞I2 B．氯气只具有氧化性，不具有还原性 C．KI溶液中，Fe3+可以大量存在 D．上述反应中I2均为氧化产物8．下列各组的两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是（）A．氢氧化钠与盐酸；氢氧化钾与碳酸 B．BaCl2溶液与Na2SO4溶液；Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液 C．Na2CO3溶液与盐酸；K2CO3溶液与硝酸 D．氧化钠与稀盐酸混合；氧化铜与稀盐酸9．田径运动会上使用的发令枪所用“火药”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为KClO3+P→P2O5+KCl（未配平），则下列有关叙述错误的是（）A．上述反应中Cl元素被还原 B．P2O5是P被还原后所得的产物 C．该反应氧化产物与还原产物的个数之比为3：5 D．上述反应中每消耗3个P原子时，转移15个电子10．白磷（P4）有毒，实验时若皮肤接触到白磷，应立即用稀CuSO4溶液清洗，发生两个反应：①P4和CuSO4反应的主要生成物为Cu、H3PO4和H2SO4；②P4+CuSO4+H2O→Cu3P+H3PO4+H2SO4（未配平）。下列说法正确的是（）A．在反应①和②中，P4均只作还原剂 B．反应①中氧化产物与还原产物的个数之比为5：2 C．皮肤接触到白磷；用稀CuSO4溶液清洗后，应再使用NaOH溶液清洗 D．反应②中氧化产物和还原产物的个数比为6：511．下列下NaCl相关状态图示的叙述正确的是（）A．NaCl固体中含有能自由移动的离子 B．图2中a离子是水合钠离子 C．NaCl在水分子作用下发生电离是化学变化 D．熔融NaCl通电后发生了电离12．交叉分类法表示一些物质或概念之间的从属或包含关系，下列说法错误的是（）选项XYZA金属氧化物碱性氧化物化合物B胶体分散系混合物C冰醋酸酸纯净物DNa2SO4•10H2O盐纯净物A．A B．B C．C D．D13．同周期元素性质存在着一定的递变规律，对Na、Mg、Al的有关性质的叙述正确的是（）A．碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3 B．原子半径：Na＜Mg＜Al C．离子的氧化性：Na+＞Mg2+＞Al3+ D．单质的还原性：Na＜Mg＜Al14．实验室常利用反应NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O制取少量的N2，下列关于该反应的说法不正确的是（）A．NaNO2发生氧化反应 B．生成1个N2时转移3个电子 C．NH4Cl被氧化 D．化合价升高和化合价降低的元素是同一种元素15．下列化学用语中正确的是（）A．钠离子的电子式： B．Cl﹣的结构示意图： C．质量数为35的氯原子： D．NaCl的形成过程：16．某同学设计下列实验探究碳、硅元素非金属性的相对强弱。已知：①酸性强弱：亚硫酸＞碳酸②Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O下列说法正确的是（）A．圆底烧瓶中的反应，浓硫酸体现氧化性和酸性 B．实验时，应先点燃酒精灯，再打开分液漏斗活塞 C．装置B中产生CO2可说明硫元素的非金属性强于碳元素 D．装置C中生成白色沉淀可说明碳元素的非金属性强于硅元素17．1mol（XY4）2WR3含52mol质子，R的核外电子数是W原子最外层电子数的2倍，W和R的原子序数之和是X原子序数的2倍。下列说法错误的是（）A．原子半径：Y＜R＜X＜W B．简单氢化物的热稳定性：W＜X＜R C．WR2和XY3为弱电解质 D．第50号元素的一种核素与核素W具有相同的价电子数18．同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳相比较，下列叙述正确的是（）A．质子数之比为1：1 B．密度之比为11：8 C．物质的量之比为8：11 D．原子个数之比为1：119．某无色、澄清溶液中可能含有Na+、K+、、Cl﹣、、、H+、Cu2+中的几种，且每种离子的物质的量相等。依次进行下列实验，每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：实验操作现象（1）用洁净的铂丝蘸取溶液，在酒精上灼烧火焰的颜色呈黄色（2）向溶液中滴加2～3滴紫色石蕊溶液溶液变红（3）向溶液中滴加BaCl2溶液和稀盐酸有白色沉淀生成（4）将（3）中所得沉淀过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀硝酸有白色沉淀生成下列结论不正确的是（）A．不需要进行实验，就可以排除的离子是Cu2+ B．由实验（1）可以确定溶液中一定有Na+、一定无K+ C．溶液中肯定含有的离子是Na+、、H+ D．溶液中肯定不含有的离子是、、Cu2+20．加入NaOH溶液后，下列离子数目不会减少的是（）A．Cu2+ B．Fe3+ C．SO42﹣ D．H+二．解答题（共4小题）21．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NaNO2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。（1）请完成该离子方程式并配平。（2）从物质分类角度来看，NaNO2是（填字母代号）。a．酸b．酸式盐c．碱d．非电解质e．电解质f．钠盐（3）用上述反应来处理NaNO2开不是最佳方法，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更（填“强”或“弱”）。（4）下列方法不能用来区分固体NaNO2和NaCl的是（填序号）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．分别加强热并收集气体检验D．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+车转化为Fe3+而中毒，该过程中NaNO2表现出的性质与下列：（填序号）反应中H2O2表现出的性质相同。A．2H2O2H2O+O2↑B．H2O2+Cl2═2HCl+O2↑C．H2O2+H2SO3+2KI═2H2O+I2+K2SO4（6）S2可以与Fe2+反应制备Fe2O3纳米颗粒。若S2与Fe2+的系数之比为1：2，配平该反应的离子方程式：。[]Fe2++[]S2+[]H2O2+[]OH﹣═[]Fe2O3+[]S2+[]H2O22．氧化还原反应分析（1）全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下：NaIO3+□NaHSO3→NaHSO4+□Na2SO4+□I2+□H2O（未配平）完成下列填空：①配平上述化学方程式，并用单线桥注明电子转移的方向和数目。②该反应实质是两步反应：①+3＝3+I﹣+3H+，则第二步反应的离子方程式为②；若要使碘酸钠的利用率最高，碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是。③已知亚硫酸放置在空气中，容易变质为硫酸钠。检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法是。（2）硫酸是重要的化工原料，我国制备硫酸的原料通常用过硫化亚铁，第一步反应为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2①并用双线桥注明电子转移的方向和数目。②该反应的氧化产物为氧化产物和还原产物的质量之比为。23．现有一混合溶液，可能含有以下离子中的若干种：H+、K+、Al3+、、Cl﹣、、，现取三份100mL该混合溶液进行如下实验。（已知：+OH﹣═NH3•H2O）实验①：向第一份混合溶液中加入AgNO3溶液，有沉淀产生；实验②：向第二份混合溶液中滴加1.00mol•L﹣1的NaOH溶液，溶液中沉淀的质量与氢氧化钠的体积关系如图所示：实验③：向第三份混合溶液中加入足量BaCl2溶液后，得到干燥的沉淀9.32g。（1）由实验①推断该混合溶液（填“一定”或“不一定”）含有Cl﹣。（2）实验②中沉淀质量减少的离子方程式。（3）实验③生成沉淀的物质的量是mol。综合上述实验，你认为以下结论正确的是（填标号）。A．该混合溶液中一定含有H+、K+、Al3+、、，可能含Cl﹣B．该混合溶液中一定含有H+、Al3+、、Cl﹣、，且每一份中n（Cl﹣）≥0.02molC．该混合溶液中一定含有H+、Al3+、、，可能含K+、Cl﹣D．若要确定该混合溶液中是否含有K+，还需进行焰色反应来进行检验（4）该实验中共需要240mLNaOH溶液，某化学实验小组欲用固体准确配制该浓度的溶液①请计算配制此溶液需称取NaOH固体的质量为g。②如图所示的仪器中配制溶液无需使用的是（填字母），还缺少的玻璃仪器是。（5）若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是（填字母）。A．定容时俯视刻度线B．定容时水加多了用胶头滴管吸出C．移液前，容量瓶内有蒸馏水D．未冷却至室温就转移定容24．根据①～⑧元素的编号所在周期表中的位置，用相应的元素符号或者化学用语回答有关问题：族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0族1①②2③④⑤3⑥⑦⑧（1）能显+1价，还能显﹣1价的元素是。（2）最高价氧化物对应水化物是强酸的元素是。（3）最难形成化合物的元素是。（4）①和④可形成原子数目比为1：1的化合物，其电子式为。（5）③、④、⑤分别与①形成的10电子分子的沸点由低到高的顺序为。（6）⑥和⑦最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式是。（7）第三周期某元素氢化物（组成为RH）能和冷水剧烈反应产生氢气，该反应的化学方程式为。参考答案与试题解析一．选择题（共20小题）1．已知2+3A2﹣+16H+＝2M3++3A↓+8H2O，则中的x的值为（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】根据O原子守恒计算y的值，再根据电荷守恒计算x的值。【解答】解：对于反应2+3A2﹣+16H+＝2M2++5A↓+8H2O，由O原子守恒可知2y＝8，所以y＝4；由电荷守恒可知2×（﹣x）+3×（﹣2）+16＝2×3，解得x＝2，故选：B。【点评】本题考查学生氧化还原反应及根据信息提取知识的能力等，题目难度不大，关键根据电荷守恒及元素守恒判断x、y的值，是对所学知识的综合运用与能力考查。2．研究小组欲配制480mL0.1mol•L﹣1的NaCl溶液，用于制备植物营养液，部分实验操作如图所示。下列说法不正确的是（）A．实验中需要用托盘天平称量约2.9gNaCl固体 B．①、②中玻璃棒的作用分别是引流、搅拌加速溶解 C．定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏高 D．图中实验操作步骤的顺序为②①④③【分析】A．根据m＝cnM进行计算，注意托盘天平的最小精度是0.1g；B．①中玻璃棒是转移液体，②中玻璃棒的作用搅拌加速溶解；C．定容时仰视刻度线，使溶液体积偏大，根据c＝n/V可知，溶液浓度偏低；D．配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等。【解答】解：A．欲配制480mL溶液，应选用500mL容量瓶，根据m＝cnM可得m＝2.925g，托盘天平的最小精度是0.1g，则托盘天平称量约2.9gNaCl固体，故A正确；B．①中玻璃棒是转移液体，②中玻璃棒的作用搅拌加速溶解，故B正确；C．定容时仰视刻度线，使溶液体积偏大，根据c＝n/V可知，溶液浓度偏低，故C错误；D．配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，故正确顺序为②①④③，故D正确；故选：C。【点评】本题考查溶液配制方法，为高频考点，明确配制一定物质的量浓度的溶液步骤、操作方法即可解答，试题侧重考查学生的化学实验能力，题目难度不大。3．如果Fe3+、、Al3+和M四种离子以物质的量之比2：4：1：1共存于同一溶液中，那么M可能是（）A．Na+ B．OH﹣ C． D．Cl﹣【分析】离子之间结合生成沉淀、气体、水等，则离子不能大量共存，且Fe3+、、Al3+和M四种离子以物质的量之比2：4：1：1共存于同一溶液中，由电荷守恒可知2×3+1×3＞4×2，M为带1个单位负电荷的阴离子，以此来解答。【解答】解：A．M为阴离子，不能为钠离子，故A错误；B．Fe3+、Al3+和OH﹣反应均生成沉淀，不能大量共存，故B错误；C．M为带1个单位负电荷的阴离子，不能为碳酸根离子，故C错误；D．M为氯离子，与Fe3+、、Al3+不反应，可大量共存，且遵循电荷守恒，故D正确；故选：D。【点评】本题考查离子共存，为高频考点，把握习题中的信息、离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电荷守恒的应用，题目难度不大。4．在含有Fe（NO3）2、Mg（NO3）2和AgNO3的溶液中加入适量锌粉，首先被置换出来的是（）A．Mg B．Fe C．H2 D．Ag【分析】根据金属活动性顺序：Mg＞Zn＞Fe＞Ag，把锌粉加入Fe（NO3）2、Mg（NO3）2和AgNO3的混合溶液中，先和AgNO3反应置换出AgNO3中的Ag，然后和Fe（NO3）2发生反应置换出Fe（NO3）2中的Fe，不和溶液中的Mg（NO3）2发生反应。【解答】解：向Fe（NO3）2、Mg（NO3）2和AgNO3的混合溶液中加入适量的锌粉，锌粉先和氧化性强的离子反应，则先和AgNO3反应置换出AgNO3中的Ag，然后和Fe（NO3）2发生反应置换出Fe（NO3）2中的Fe，不和溶液中的Mg（NO3）2发生反应，所以首先置换出的是Ag，故选：D。【点评】本题考查了氧化还原反应，主要考查了金属之间的置换反应，置换的先后顺序为：活动性最弱的金属最先置换出来，然后依活动性由弱到强依次置换，题目难度不大。5．某化学小组通过测量Na2O2粗品与水反应产生O2的体积确定Na2O2的变质程度，但有资料显示Na2O2与水反应收集到O2的体积小于理论值。该小组查阅资料发现：a．Na2O2与水反应的过程中还可能存在以下两个复分解反应：ⅰ．Na2O2+2H2O═2NaOH+H2O2ⅱ．Na2O2+H2O═NaOH+NaHO2b．NaHO2能在MnO2催化的条件下分解生成O2设计如下实验：取0.02mol纯净Na2O2与足量水反应，140s时不再产生气泡，180s时向所得溶液中加入少量MnO2，立即产生无色气体。过程中溶液的体积始终约为40mL。反应过程中pH变化如图所示。下列说法错误的是（）A．根据pH的变化可判断反应过程中一定发生反应ⅱ B．若将Na2O2替换为O2，300s时溶液中的碱为NaOH C．140s～180s时，溶液中c（OH﹣）＝0.6mol/L，则此时段内溶液中n（NaHO2）＝0.016mol D．向8.0gNa2O2粗品中加适量MnO2和足量水，生成0.448LO2（标准状况），则Na2O2的纯度为39%【分析】A．由于180s后溶液pH增大，说明加入MnO2后有OH﹣生成；B．NaHO2能在MnO2催化的条件下分解生成O2；C．根据Na2O2+2H2O＝2NaOH+H2O2和Na2O2+H2O＝NaOH+NaHO2，结合过氧化钠和氢氧根的量进行计算；D．根据与H2O2类似，NaHO2也能在MnO2催化的条件下分解生成O2，2NaHO22NaOH+O2↑计算。【解答】解：A．由于180s后溶液pH增大，说明加入MnO2后有OH﹣生成，所以一定发生了反应ii，故A正确；B．由于可能发生反应ⅱ，且NaHO2也能在MnO2催化的条件下分解生成O2，将Na2O2替换为O2，300s时溶液中的碱为NaOH和Na18OH，故B错误；C．根据140s～180s的pH计算出溶液中c（OH﹣）＝0.6mol⋅L﹣1，氢氧根的物质的量是0.6mol/L×0.04L＝0.024mol，设Na2O2+2H2O＝2NaOH+H2O2和Na2O2+H2O＝NaOH+NaHO2中参加反应的过氧化钠分别是xmol、ymol，则x+y＝0.02，2x+y＝0.024，解得x＝0.004，y＝0.016，所以此时段内溶液中n（NaHO2）为0.016mol，故C正确；D．由于NaHO2也能在MnO2催化的条件下分解生成O2，所以取8.0g产物样品，加入少量MnO2，再加入足量的水，收集产生的氧气并测量体积为0.448L（折合到标准状况），氧气的物质的量是0.448L÷22.4L/mol＝0.02mol，则过氧化钠的质量是0.02mol×2×78g/mol＝3.12g，因此过氧化钠的纯度为×100%＝39%，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查过氧化钠的性质探究等，属于基本知识的考查，难度不大。6．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．7.8g由Na2S和Na2O2组成的混合物中，含有的离子总数为0.3NA B．将标准状况下44.8LCl2溶于水，溶液中含有的Cl﹣数目为2NA C．1molNa2O2与水完全反应时，转移电子数目为2NA D．0.1mol•L﹣1MgCl2溶液中含有0.2NA个氯离子【分析】A．Na2S和Na2O2的摩尔质量都是78g/mol；B．氯气与水的反应为可逆反应，不能进行到底；C．1molNa2O2与水完全反应转移1mol电子；D．题目未给溶液体积。【解答】解：A．7.8g由Na2S和Na2O2组成的混合物中，含有的离子总数为×3×NA/mol＝0.3NA，故A正确；B．氯气与水的反应为可逆反应，不能进行到底，故标准状况下44.8LCl2溶于水，溶液中含有的Cl﹣数目应小于2NA，故B错误C．过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，1molNa2O2与水完全反应，转移电子数目为NA，故C错误；D．没有说明MgCl2溶液的体积，不能计算溶液中的微粒个数，故D错误；故选：A。【点评】本题考查阿伏加德罗常数，题目难度中等，掌握以物质的量为中心的计算转化关系是解题的关键。7．已知反应：Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣，2Fe3++2I﹣＝I2+2Fe2+。下列说法中正确的是（）A．根据已知反应可以判断氧化性：Fe3+＞Cl2＞I2 B．氯气只具有氧化性，不具有还原性 C．KI溶液中，Fe3+可以大量存在 D．上述反应中I2均为氧化产物【分析】A.一个氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物；氧化剂的氧化性大于氧化产物；B.根据化合价判断；C.离子之间能发生氧化还原反应则不能大量共存；D.还原剂所包含元素的化合价升高，对应的生成物为氧化产物。【解答】解：A.由①知，氧化性：Cl2＞I2，由②知，氧化性：Fe3+＞I2，但不能知道Fe3+和Cl2氧化性的强弱，故A错误；B.氯气中Cl元素的化合价为0价，是中间价态，即具有氧化性也具有还原性，故B错误；和I﹣能发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C.根据②可知，Fe3+和I﹣能发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D.上述反应中I﹣均为还原剂，化合价升高转化成I2，则I2均为氧化产物，故D正确，故选：D。【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中基本概念和氧化还原反应规律的考查，注意从化合价角度分析。8．下列各组的两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是（）A．氢氧化钠与盐酸；氢氧化钾与碳酸 B．BaCl2溶液与Na2SO4溶液；Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液 C．Na2CO3溶液与盐酸；K2CO3溶液与硝酸 D．氧化钠与稀盐酸混合；氧化铜与稀盐酸【分析】A．盐酸为HCl的水溶液，HCl为强电解质，可拆分，但碳酸为弱酸，不能拆分；B．氯化钡和硫酸钠反应生成氯化钡和氯化钠，而氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡和水；C．二者反应实质都是氢离子与碳酸根离子反应生成二氧化碳和水；D．氧化钠、氧化铜都是氧化物，不能拆。【解答】解：A．HCl为强电解质，拆成离子，离子方程式为H++OH﹣＝H2O，碳酸是弱酸，保留化学式，离子方程式为H2CO3+2OH﹣＝H2O+CO32﹣，两个反应不能用同一离子方程式表示，故A错误；B．氯化钡溶液与硫酸钠溶液反应的离子方程式为Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓，氢氧化钡溶液与硫酸反应的离子方程式为Ba2++SO42﹣+2OH﹣+2H+＝BaSO4↓+2H2O，两个反应不能用同一离子方程式表示，故B错误；C．二者反应实质都是氢离子与碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，都可以用同一离子方程式表示：CO32﹣+2H+＝CO2↑+H2O，故C正确；D．前者反应的离子方程式为：Na2O+2H+＝H2O+2Na+，后者反应的离子方程式为：Cu2O+2H+＝H2O+Cu2+，故D错误；故选：C。【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握反应实质、物质组成、离子方程式的书写原则为解答关键，注意掌握离子方程式表示的意义，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。9．田径运动会上使用的发令枪所用“火药”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为KClO3+P→P2O5+KCl（未配平），则下列有关叙述错误的是（）A．上述反应中Cl元素被还原 B．P2O5是P被还原后所得的产物 C．该反应氧化产物与还原产物的个数之比为3：5 D．上述反应中每消耗3个P原子时，转移15个电子【分析】反应中磷元素化合价由0价升高到+5价，氯元素的化合价由+5价降低到﹣1价；根据电子守恒可得，反应的化学方程式为：5KClO3+6P═3P2O5+5KCl。氧化还原反应中，氧化剂所含元素化合价化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，得到还原产物；还原剂所含元素化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物。【解答】解：A．KClO3中K为+1价，O为﹣2价，所以Cl为+5价，产物KCl中Cl为﹣1价，所以上述反应中Cl的化合价由+5价变为﹣1价，Cl元素被还原，故A正确；B．反应物中P元素为0价，产物P2O5中P元素为+5价，化合价升高，所以P2O5为P被氧化后所得产物，故B错误；C．反应5KClO3+6P═3P2O5+5KCl中磷元素化合价由0价升高到+5价，则氧化产物为3P2O5，氯元素的化合价由+5价降低到﹣1价，则还原产物为KCl，则根据反应方程式可知氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：5，故C正确；D．该反应中只有P元素化合价升高，所以P为唯一还原剂，化合价升高5价，所以消耗3molP时，转移电子物质的量＝3mol×（+5﹣0）＝15mol，故D正确；故选：B。【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，明确氧化还原反应特征及本质是解本题关键，知道常见元素化合价，题目难度不大。10．白磷（P4）有毒，实验时若皮肤接触到白磷，应立即用稀CuSO4溶液清洗，发生两个反应：①P4和CuSO4反应的主要生成物为Cu、H3PO4和H2SO4；②P4+CuSO4+H2O→Cu3P+H3PO4+H2SO4（未配平）。下列说法正确的是（）A．在反应①和②中，P4均只作还原剂 B．反应①中氧化产物与还原产物的个数之比为5：2 C．皮肤接触到白磷；用稀CuSO4溶液清洗后，应再使用NaOH溶液清洗 D．反应②中氧化产物和还原产物的个数比为6：5【分析】A．反应②中部分P元素的化合价升高，部分P元素化合价降低；B．H3PO4是氧化产物，Cu是还原产物，根据电子转移守恒计算；C．氢氧化钠具有腐蚀性；D．反应中P元素化合价由0价变为﹣3价和+5价，生成氧化产物H3PO4和还原产物Cu3P，P4既是氧化剂又是还原剂，Cu元素由+2价降低为+1价，CuSO4为氧化剂，生成还原产物Cu3P，反应中的氧化剂为P4、CuSO4。【解答】解：A．反应①中P元素化合价升高，P4为还原剂，反应②中白磷转化为磷化亚铜和磷酸，磷元素的化合价即升高又降低，白磷既是氧化剂也是还原剂，故A错误；B．由题意可知，反应①中磷元素化合价由0价升高为+5价，被氧化，磷酸是反应的氧化产物，铜元素的化合价由+2价降低为0价，被还原，铜是还原产物，由得失电子守恒可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：5，个数之比等于物质的量之比，故B错误；C．氢氧化钠具有腐蚀性，会灼伤皮肤，不能用氢氧化钠洗涤皮肤，故C错误；D．反应中P元素化合价由0价变为﹣3价和+5价，生成氧化产物H3PO4和还原产物Cu3P，P4既是氧化剂又是还原剂，Cu元素由+2价降低为+1价，CuSO4为氧化剂，生成还原产物Cu3P，反应中的氧化剂为P4、CuSO4；氧化产物与还原产物的物质的量之比为24：20＝6：5，故D正确，故选：D。【点评】本题考查氧化还原反应基本概念与有个计算，根据化合价掌握氧化还原反应基本概念，注意电子转移守恒在氧化还原反应计算中运用，题目侧重考查学生分析能力、对基础知识的掌握情况。11．下列下NaCl相关状态图示的叙述正确的是（）A．NaCl固体中含有能自由移动的离子 B．图2中a离子是水合钠离子 C．NaCl在水分子作用下发生电离是化学变化 D．熔融NaCl通电后发生了电离【分析】A．氯化钠是离子晶体；B．钠离子带有正电荷，与水分子中带负电荷的氧原子之间有作用力；C．有新物质生成的反应是化学变化；D．电离是电解质在水溶液或者熔融状态下产生离子的过程。【解答】解：A．氯化钠是离子晶体，钠离子和氯离子通过离子键形成离子晶体，在晶体中钠离子和氯离子不能自由移动，故A错误；B．钠离子带有正电荷，与水分子中带负电荷的氧原子之间有作用力，故图2中a离子是水合钠离子，故B正确；C．NaCl在水分子作用下发生电离，没有新物质生成，是物理变化，故C错误；D．电离不需要通电，熔融NaCl通电后发生了电解，故D错误；故选：B。【点评】本题考查学生物质的微粒构成以及电解质的电离等方面的知识在，注意知识的迁移应用是解题的关键，难度不大。12．交叉分类法表示一些物质或概念之间的从属或包含关系，下列说法错误的是（）选项XYZA金属氧化物碱性氧化物化合物B胶体分散系混合物C冰醋酸酸纯净物DNa2SO4•10H2O盐纯净物A．A B．B C．C D．D【分析】可以从物质的分类着手分析完成此题，分散系属于混合物，纯净物可分为单质和化合物，氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物，无机物又可以分为酸、碱、盐、单质等，据此解答。【解答】解：A．Mn2O7是金属氧化物，但不是碱性氧化物，而是酸性氧化物，故A错误；B．胶体属于分散性，分散性属于混合物，故B正确；C．冰醋酸属于酸，酸属于纯净物，故C正确；D．Na2SO4•10H2O属于盐，盐属于纯净物，故D正确；故选：A。【点评】本题以框图的形式考查了高中阶段常见物质类别的关系，学生根据课本知识即可作出回答，要求同学们在平时的学习中要加强基础知识的识记，题目难度不大。13．同周期元素性质存在着一定的递变规律，对Na、Mg、Al的有关性质的叙述正确的是（）A．碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3 B．原子半径：Na＜Mg＜Al C．离子的氧化性：Na+＞Mg2+＞Al3+ D．单质的还原性：Na＜Mg＜Al【分析】A．根据元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强进行分析；B．根据同周期原子半径从左到右逐渐减小进行分析；C．根据金属的还原性越强，对应离子的氧化性越弱进行分析；D．根据元素的金属性越强，其单质的还原性越强进行分析。【解答】解：A．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg＞Al，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，故A正确；B．同周期原子半径从左到右逐渐减小，则原子半径：Na＞Mg＞Al，故B错误；C．金属的还原性越强，对应离子的氧化性越弱，则离子的氧化性：Na+＜Mg2+＜Al3+，故C错误；D．元素的金属性越强，其单质的还原性越强，则单质的还原性：Na＞Mg＞Al，故D错误；故选：A。【点评】本题主要考查同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。14．实验室常利用反应NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O制取少量的N2，下列关于该反应的说法不正确的是（）A．NaNO2发生氧化反应 B．生成1个N2时转移3个电子 C．NH4Cl被氧化 D．化合价升高和化合价降低的元素是同一种元素【分析】根据亚硝酸钠中N元素的化合价由+3价→0价，化合价降低，发生还原反应，氯化铵中N元素的化合价由﹣3价→0价，化合价升高，氯化铵被氧化，进行分析。【解答】解：A．亚硝酸钠中N元素的化合价由+3价→0价，化合价降低，发生还原反应，故A错误；B．亚硝酸钠中N元素的化合价由+3价→0价，氯化铵中N元素的化合价由﹣3价→0价，因此生成1个氮气时转移3个电子，故B正确；C．氯化铵中N元素的化合价由﹣3价→0价，化合价升高，氯化铵被氧化，故C正确；D．亚硝酸钠中N元素的化合价由+3价→0价，氯化铵中N元素的化合价由﹣3价→0价，化合价升高和降低的元素都是氮元素，故D正确；故选：A。【点评】本题主要考查氧化还原反应的基本概念及规律等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。15．下列化学用语中正确的是（）A．钠离子的电子式： B．Cl﹣的结构示意图： C．质量数为35的氯原子： D．NaCl的形成过程：【分析】A．简单阳离子的电子式即为离子符号；B．氯离子的质子数为17，核外电子数为18，核外电子分层排布；C．元素符号左下角的数字表示质子数，左上角的数字表示质量数；D．Cl、Na原子通过电子的得失形成离子化合物NaCl。【解答】解：A．钠离子的电子式为Na+，故A错误；B．氯离子的质子数为17，核外电子数为18，核外各层上电子数分别为2、8、8，其结构示意图为，故B正确；C．元素符号左下角的数字表示质子数，左上角的数字表示质量数，质量数为35的氯原子：Cl，故C错误；D．Cl、Na原子通过电子的得失形成离子化合物NaCl，用电子式表示NaCl的形成过程是，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了化学用语的分析判断，主要是微粒结构、原子核外电子排布、电子式等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。16．某同学设计下列实验探究碳、硅元素非金属性的相对强弱。已知：①酸性强弱：亚硫酸＞碳酸②Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O下列说法正确的是（）A．圆底烧瓶中的反应，浓硫酸体现氧化性和酸性 B．实验时，应先点燃酒精灯，再打开分液漏斗活塞 C．装置B中产生CO2可说明硫元素的非金属性强于碳元素 D．装置C中生成白色沉淀可说明碳元素的非金属性强于硅元素【分析】A.金属铜和浓硫酸之间的反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；B.金属铜和浓硫酸之间的反应需要加热；C.依据最高价含氧酸的酸性强弱判断非金属性强弱；D.依据最高价含氧酸的酸性强弱判断非金属性强弱即可。【解答】解：A.金属铜和浓硫酸之间的反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸体现氧化性和酸性，故A正确；B.金属铜和浓硫酸之间的反应需要加热，应该加入浓硫酸后再加热，故B错误；C.依据最高价含氧酸的酸性强弱判断非金属性强弱，二氧化硫溶于水生成的是亚硫酸，不是最高价含氧酸，所以不能判断S、C非金属性强弱，故C错误；D.二氧化碳与Na2SiO3溶液反应生成硅酸，证明了碳酸酸性比硅酸强，说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，但是硅酸的产生有可能是二氧化硫进入硅酸钠溶液的反应结果，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了非金属性的相对强弱的探究实验，涉及仪器名称，化学方程式的书写，离子方程式的书写，判断非金属性强弱的依据等考查的知识点较多，难度中等。17．1mol（XY4）2WR3含52mol质子，R的核外电子数是W原子最外层电子数的2倍，W和R的原子序数之和是X原子序数的2倍。下列说法错误的是（）A．原子半径：Y＜R＜X＜W B．简单氢化物的热稳定性：W＜X＜R C．WR2和XY3为弱电解质 D．第50号元素的一种核素与核素W具有相同的价电子数【分析】1mol（XY4）2WR3含52mol质子，可知、构成该物质，若R为O元素、W为C或Si元素，符合R的核外电子数是W原子最外层电子数的2倍；若X为N元素、Y为H元素，W和R的原子序数之和是X原子序数的2倍，W的原子序数为7×2﹣8＝6，可知R只能为C元素，且符合1mol（XY4）2WR3含质子为1mol×（7×2+1×8+6+8×3）＝52mol，以此来解答。【解答】解：由上述分析可知，X为N元素、Y为H元素、W为C元素、R为O元素，A．同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：Y＜R＜X＜W，故A正确；B．同周期主族元素从左向右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，非金属性越强、对应简单氢化物越稳定，则简单氢化物的热稳定性：W＜X＜R，故B正确；C．CO2、NH3均本身不能电离，为非电解质，故C错误；D．第50号元素为Sn，与C元素均位于ⅣA族，则第50号元素的一种核素与核素W具有相同的价电子数，故D正确；故选：C。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握物质的构成、电子数的关系、质子数的计算来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度中等。18．同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳相比较，下列叙述正确的是（）A．质子数之比为1：1 B．密度之比为11：8 C．物质的量之比为8：11 D．原子个数之比为1：1【分析】先设出二者的质量，再利用n＝来计算O2和CO2的物质的量，根据阿伏加德罗定律的推论：同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比；同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量的之比；同温同压下，分子数之比等于物质的量之比。【解答】解：设氧气、二氧化碳的质量为1g，则二者物质的量之比为：：＝11：8，A．依据N＝nNA可知质子数之比等于物质的量之比等于：11mol×16：8×22＝1：1，故A正确；B．同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量的之比，即为32：44＝8：11，故B错误；C．设氧气、二氧化碳的质量为1g，则二者物质的量之比为：：＝11：8，故C错误；D．同温同压下，分子数之比等于物质的量之比，即分子数之比是11：8，所以原子数之比是（11×2）：（8×3）＝22：24＝11：12，故D错误：故选：A。【点评】本题考查学生以物质的量为核心计算，明确以物质的量为核心计算公式，明确同温同压下，物质的量之比等于体积比等于分子数之比是解答的关键，题目难度中等。19．某无色、澄清溶液中可能含有Na+、K+、、Cl﹣、、、H+、Cu2+中的几种，且每种离子的物质的量相等。依次进行下列实验，每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：实验操作现象（1）用洁净的铂丝蘸取溶液，在酒精上灼烧火焰的颜色呈黄色（2）向溶液中滴加2～3滴紫色石蕊溶液溶液变红（3）向溶液中滴加BaCl2溶液和稀盐酸有白色沉淀生成（4）将（3）中所得沉淀过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀硝酸有白色沉淀生成下列结论不正确的是（）A．不需要进行实验，就可以排除的离子是Cu2+ B．由实验（1）可以确定溶液中一定有Na+、一定无K+ C．溶液中肯定含有的离子是Na+、、H+ D．溶液中肯定不含有的离子是、、Cu2+【分析】溶液无色，则一定不含Cu2+；（1）蘸取原溶液作焰色试验，火焰呈黄色，则一定含有Na+；（2）向溶液中滴加2～3滴紫色石蕊溶液，溶液变红，说明溶液呈酸性，则含有H+，一定不含、；（3）向溶液中滴加BaCl2溶液和稀盐酸，有白色沉淀生成，白色沉淀只能为BaSO4，溶液一定含有；（4）将（3）中所得沉淀过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀硝酸，生成的白色沉淀为AgCl，但加入BaCl2溶液和稀盐酸时引入了Cl﹣，该操作不能说明原溶液含有Cl﹣，由于溶液中每种离子的浓度均相等、且n（H+）+n（Na+）＝2n（），根据溶液呈电中性可知，原溶液可能含有Cl﹣、K+，据此分析解答。【解答】解：A．溶液无色，则一定不含Cu2+，不需要进行实验，就可以排除的离子是Cu2+，故A正确；B．根据实验（1）火焰的颜色呈黄色可以确定一定有Na+，但是不能排除K+，故B错误；C．由上述分析可知，原溶液中一定含有Na+、、H+，可能含有Cl﹣、K+，一定不含有Cu2+、、，故C正确；D．由上述分析可知，原溶液中一定含有Na+、、H+，可能含有Cl﹣、K+，一定不含有Cu2+、、，故D正确；故选：B。【点评】本题考查离子检验，把握离子反应、离子共存、溶液电中性原则的应用为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意掌握离子性质及检验方法，题目难度不大。20．加入NaOH溶液后，下列离子数目不会减少的是（）A．Cu2+ B．Fe3+ C．SO42﹣ D．H+【分析】离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子数目不变，以此来解答。【解答】解：A．加入NaOH与Cu2+反应生成沉淀，离子数目减少，故A不选；B．加入NaOH与Fe3+反应生成沉淀，离子数目减少，故B不选；C．加入NaOH与SO42﹣不反应，离子数目不变，故C选；D．加入NaOH与H+反应生成水，离子数目减少，故D不选；故选：C。【点评】本题考查离子反应，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应的判断，题目难度不大。二．解答题（共4小题）21．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NaNO2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。（1）请完成该离子方程式并配平+2I﹣+4H+＝2NO↑+I2+2H2O。（2）从物质分类角度来看，NaNO2是ef（填字母代号）。a．酸b．酸式盐c．碱d．非电解质e．电解质f．钠盐（3）用上述反应来处理NaNO2开不是最佳方法，其原因是反应生成NO为大气污染物。从环保角度来讲，要将NaNO2转化为氮气，所用物质的还原性填“氧化性”或“还原性”）应该比KI更强（填“强”或“弱”）。（4）下列方法不能用来区分固体NaNO2和NaCl的是D（填序号）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．分别加强热并收集气体检验D．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+车转化为Fe3+而中毒，该过程中NaNO2表现出的性质与下列：C（填序号）反应中H2O2表现出的性质相同。A．2H2O2H2O+O2↑B．H2O2+Cl2═2HCl+O2↑C．H2O2+H2SO3+2KI═2H2O+I2+K2SO4（6）S2可以与Fe2+反应制备Fe2O3纳米颗粒。若S2与Fe2+的系数之比为1：2，配平该反应的离子方程式：2Fe2+++4H2O2+4OH﹣＝Fe2O3++6H2O。[]Fe2++[]S2+[]H2O2+[]OH﹣═[]Fe2O3+[]S2+[]H2O【分析】（1）根据得失电子守恒和原子守恒配平进行分析；（2）根据NaNO2由酸根和金属阳离子构成，其在水溶液和熔融状态下都可以导电，进行分析；（3）根据反应生成NO为大气污染物，将NaNO2转化为氮气，则氮元素化合价降低，被还原，进行分析；（4）根据亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，亚硝酸根离子在酸性条件下不和银离子反应，氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，加强热亚硝酸钠分解，而氯化钠不分解，进行分析；（5）根据误食NaNO2会导致人体血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，则Fe2+失电子变为Fe3+，化合价升高，作还原剂，NaNO2作氧化剂，体现氧化性，与H2O2表现出的性质相同进行分析；（6）根据电荷守恒可知OH﹣的系数是4，最后根据H、O原子守恒，进行分析。【解答】解：（1）该反应中N元素+3价下降到+2价，I元素由﹣1价上升到0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平为：+2I﹣+4H+＝2NO↑+I2+2H2O，故答案为：+2I﹣+4H+＝2NO↑+I2+2H2O；（2）NaNO2由酸根和金属阳离子构成，属于正盐，含有钠离子，属于钠盐；其在水溶液和熔融状态下都可以导电，属于电解质，故答案为：ef；（3）用上述反应来处理NaNO2并不是最佳方法，因为生成物中有NO，NO气体有毒污染空气，则其原因是反应生成NO为大气污染物。从环保角度来讲，要将NaNO2转化为氮气，则氮元素化合价降低，被还原，则所用物质的还原性应该比KI更强，故答案为：反应生成NO为大气污染物；还原性；强；（4）A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，分别溶于水，滴加酚酞试液，亚硝酸钠溶液变红，可鉴别，故A不符合题意；B．亚硝酸根离子在酸性条件下不和银离子反应，氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，反应现象不同，所以可以用HNO3酸化的AgNO3区分NaNO2和NaCl，故B不符合题意；C．加强热亚硝酸钠分解，而氯化钠不分解，反应现象不同，可以用加强热收集气体检验来区分NaNO2和NaCl，故C不符合题意；D．化学药品不能用来品尝味道，所以不能鉴别，故D符合题意；故答案为：D；（5）误食NaNO2会导致人体血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，则Fe2+失电子变为Fe3+，化合价升高，作还原剂，NaNO2作氧化剂，体现氧化性，与H2O2表现出的性质相同，即H2O2也体现氧化性；A．反应中氧原子既失电子，又得电子，氧元素的化合价部分升高，部分降低，H2O2体现氧化性和还原性，A不符合题意；B．H2O2中氧原子失电子，化合价升高，H2O2体现还原性，B不符合题意；C．H2O2中氧原子得电子，化合价降低，H2O2体现氧化性，C符合题意；故答案为：C；（6）在该反应中，若与Fe2+的微粒个数之比为1：2，假设是1个，则Fe2+为2，反应中失去8个电子，所以H2O2的系数是4，Fe2O3、的系数都是1，根据电荷守恒可知OH﹣的系数是4，最后根据H、O原子守恒，可知H2O的系数是6，可得反应的离子方程式为：2Fe2+++4H2O2+4OH﹣＝Fe2O3++6H2O，故答案为：2Fe2+++4H2O2+4OH﹣＝Fe2O3++6H2O。【点评】本题主要考查氧化还原反应的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。22．氧化还原反应分析（1）全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下：NaIO3+□NaHSO3→NaHSO4+□Na2SO4+□I2+□H2O（未配平）完成下列填空：①配平上述化学方程式，并用单线桥注明电子转移的方向和数目。②该反应实质是两步反应：①+3＝3+I﹣+3H+，则第二步反应的离子方程式为②+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O；若要使碘酸钠的利用率最高，碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是5：1。③已知亚硫酸放置在空气中，容易变质为硫酸钠。检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法是取少量样品溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质。（2）硫酸是重要的化工原料，我国制备硫酸的原料通常用过硫化亚铁，第一步反应为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2①并用双线桥注明电子转移的方向和数目。②该反应的氧化产物为Fe2O3和SO2氧化产物和还原产物的质量之比为1：1。【分析】（1）根据氧化还原反应中化合价升降总数相等配平方程式，第一步碘酸根被还原成碘离子，则第二步碘离子应被碘酸根氧化成碘单质，亚硫酸放置在空气中，容易变质为硫酸钠，检验亚硫酸钠固体是否氧化变质只需要检验，进行分析。（2）根据4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2中Fe元素由+2价上升到+3价，S元素由﹣1价上升到+4价，O元素由0价下降到﹣2价，进行分析。【解答】解：（1）①根据氧化还原反应中化合价升降总数相等配平，该反应中碘元素的化合价由+5价得电子变为0价，所以一个碘酸根离子得5个电子，硫元素的化合价由+4价失电子变为+6，所以一个参加氧化还原反应的亚硫酸氢根离子失去2个电子，所以得失的最小公倍数是10，所以碘酸钠的计量数是2，亚硫酸氢钠的计量数是5，其它元素根据原子守恒进行配平，所以该方程式为2NaIO3+5NaHSO3═3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O，单线桥标出电子转移的方向和数目为：，故答案为：；②根据总反应可知最终转变成了碘单质，第一步碘酸根被还原成碘离子，则第二步碘离子应被碘酸根氧化成碘单质，离子方程式为+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O；若要使碘酸钠的利用率最高，则第一步被还原成的I﹣应恰好在第二步被碘酸根离子氧化，则碘酸钠在第一步和第二步中用量比应满足5：1，故答案为：+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O；5：1；③已知亚硫酸放置在空气中，容易变质为硫酸钠，检验亚硫酸钠固体是否氧化变质只需要检验，方法为：取少量样品溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质，故答案为：取少量样品溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质；（2）①4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2中Fe元素由+2价上升到+3价，S元素由﹣1价上升到+4价，O元素由0价下降到﹣2价，用双线桥注明电子转移的方向和数目为：，故答案为：；②4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2中Fe元素由+2价上升到+3价，S元素由﹣1价上升到+4价，O元素由0价下降到﹣2价，该反应的氧化产物为Fe2O3和SO2，还原产物为Fe2O3和SO2，氧化产物和还原产物的质量之比为：1：1，故答案为：Fe2O3和SO2；1：1。【点评】本题主要考查氧化还原反应的基本概念及规律等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。23．现有一混合溶液，可能含有以下离子中的若干种：H+、K+、Al3+、、Cl﹣、、，现取三份100mL该混合溶液进行如下实验。（已知：+OH﹣═NH3•H2O）实验①：向第一份混合溶液中加入AgNO3溶液，有沉淀产生；实验②：向第二份混合溶液中滴加1.00mol•L﹣1的NaOH溶液，溶液中沉淀的质量与氢氧化钠的体积关系如图所示：实验③：向第三份混合溶液中加入足量BaCl2溶液后，得到干燥的沉淀9.32g。（1）由实验①推断该混合溶液不一定（填“一定”或“不一定”）含有Cl﹣。（2）实验②中沉淀质量减少的离子方程式Al（OH）3+OH﹣＝+2H2O。（3）实验③生成沉淀的物质的量是0.04mol。综合上述实验，你认为以下结论正确的是BD（填标号）。A．该混合溶液中一定含有H+、K+、Al3+、、，可能含Cl﹣B．该混合溶液中一定含有H+、Al3+、、Cl﹣、，且每一份中n（Cl﹣）≥0.02molC．该混合溶液中一定含有H+、Al3+、、，可能含K+、Cl﹣D．若要确定该混合溶液中是否含有K+，还需进行焰色反应来进行检验（4）该实验中共需要240mLNaOH溶液，某化学实验小组欲用固体准确配制该浓度的溶液①请计算配制此溶液需称取NaOH固体的质量为10.0g。②如图所示的仪器中配制溶液无需使用的是AB（填字母），还缺少的玻璃仪器是玻璃棒、胶头滴管。（5）若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是AD（填字母）。A．定容