第二章 元素与物质世界 同步训练（含解析）2023-2024学年高一上学期化学鲁科版（2019）必修第一册
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| 名称 | 第二章 元素与物质世界 同步训练（含解析）2023-2024学年高一上学期化学鲁科版（2019）必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 107.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-10 13:00:44 | ||
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文档简介
第二章 元素与物质世界 同步训练
一、单选题
1．下列表格中各项都正确的组是（ ）
碱 盐 电解质 非电解质
A 烧碱 小苏打 BaSO4 干冰
B 纯碱 CaCO3 NH3 H2O Fe
C 明矾 食盐 石墨 醋酸
D KOH CuSO4 熔融MgCl2 氯水
A．A B．B C．C D．D
2．某危险品仓库中存放有化工原料氰化钠(NaCN)，该物质有剧毒，一旦进入城市排水系统，后果不堪设想，当仓库发生火灾爆炸事故时，工作人员一方面封堵氰化钠泄漏渠道，另一方面对已经泄漏的少量氰化钠做无害化处理。根据NaCN的化合价，推测它可能有的性质是（ ）
A．NaCN中N元素的化合价为+3价既能升高又能降低，因此该物质既有氧化性又有还原性
B．NaCN中N元素的化合价为—3价只能升高，因此该物质具有还原性；C元素的化合价为+2价既能升高又能降低，因此该物质既有氧化性又有还原性
C．NaCN中C元素的化合价为+4价既能升高又能降低，因此该物质既有氧化性又有还原性
D．NaCN中CN—的化合价为-1价既能升高又能降低，因此该物质既有氧化性又有还原性
3．下列物质属于盐的是（ ）
A．Al2O3 B．NaOH C．NH4Cl D．HCl
4．K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O (橙色)+H2O 2CrO (黄色)+2H＋。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：下列说法错误的是（ ）
A．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
B．②中Cr2O 被C2H5OH还原
C．对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色
5．化学与人类生产、生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体
B．燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施
C．铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而生锈
D．用含有橙色的酸性重铬酸钾的仪器检验酒后驾车，利用了乙醇的氧化性
6．下列物质属于碱的是（ ）
A．KCl B．Cu2（OH）2CO3
C．Na2CO3 D．NaOH
7．下列有关电解质的说法不正确的是（ ）
A．K+、Mg2+、I﹣、NO3﹣在无色溶液中能大量共存
B．K+、Na+、CO32﹣、NO3﹣在酸性溶液中不能大量共存
C．CO2与少量烧碱溶液反应：CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O
D．向AlCl3溶液中加入过量的氨水溶液Al3++3NH3．H2O=Al（OH）3↓+3NH4+
8．下列各式中属于正确的水解反应离子方程式的是（ ）
A．CH3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－
B．S2－＋H3O+ HS－＋H2O
C．CO32－＋2H2O H2CO3＋2OH－
D．HCO3－＋OH－ ＝ CO32－＋H2O
9．某无色透明的溶液中，能大量共存的离子组是（ ）
A．Na＋、Cu2＋、SO、OH- B．K＋、Ba2＋、Cl-、NO
C．K＋、Fe2＋、Cl-、MnO D．Na＋、CO、SO、H＋
10．能符合题意表示下列反应的离子方程式的是（ ）
A．将稀硫酸滴在铜片上：Cu＋2H＋=Cu2＋＋H2↑
B．铜片与稀HNO3：3Cu＋2NO3-＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
C．氯化铵浓溶液跟浓NaOH溶液混合后加热：NH4+＋OH－=NH3·H2O
D．二氧化硫溶于水：SO2＋H2O =H2SO3
11．某学习兴趣小组通过2KClO3+H2C2O4 = CO2↑+2ClO2↑＋K2CO3＋H2O制取高效消毒剂ClO2。上述制备反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比是（ ）
A．1∶2 B．1∶1 C．2∶1 D．4∶1
12．下列有关水处理的离子方程式书写错误的是（ ）
A．沉淀法：用 处理含 废水，
B．中和法：用生石灰（ ）中和酸性废水，
C．氧化法：用 处理氨氮废水，
D．混凝法：用明矾凝聚沉降细颗粒物，
13．下列叙述中正确的是（ ）
A．FeCl3溶液、Fe（OH）3胶体与Fe（OH）3沉淀的本质区别是有没有丁达尔效应
B．根据分散系的稳定性的大小将混合物分为胶体、溶液和浊液
C．根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体
D．胶体、分散系、混合物概念间的从属关系可用下图表示
14．胶体区分于溶液和浊液的根本区别是（ ）
A．是否是大量分子或离子的集合体
B．是否能通过滤纸
C．是否分散质粒子直径在1~100nm
D．是否均一、透明、稳定
15．下列用于解释实验现象的离子方程式正确的是选项（ ）
选项 实验现象 离子方程式
A 向FeCO3悬浊液中加入硝酸变澄清
B 将H2O2滴入酸性KMnO4溶液中，溶液逐渐褐色
C 将amol/L的KHSO4与bmol/L的Ba(OH)2溶液混合，测得浊液呈中性
D 向NH4HCO3溶液中加入足量澄清石灰水，产生白色沉淀
A．A B．B C．C D．D
16．某学生做如下实验：第一步，在淀粉﹣KI溶液中，滴入少量NaClO溶液，并加入少量稀硫酸，溶液立即变蓝；第二步，在上述蓝色溶液中，滴加足量的Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失．下列有关该同学对实验原理的解释和所得结论的叙述不正确的是（ ）
A．氧化性：ClO﹣＞I2＞SO42﹣
B．蓝色消失的原因是Na2SO3溶液具有漂白性
C．淀粉﹣KI溶液变蓝是因为I﹣被ClO﹣氧化为I2，I2使淀粉变蓝
D．若将Na2SO3溶液加入氯水中，氯水褪色
二、综合题
17．按要求写出下列方程式
（1）Fe2（SO4）3（写出电离方程式）
（2）Ba（OH）2和H2SO4溶液：（写出化学方程式） ．
18．请根据所给的方程式写出离子方程式．
（1）Na2CO3+BaCl2═2NaCl+BaCO3↓
（2）CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑
（3）CO2+2NaOH═Na2CO3+2H2O
（4）Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O
（5）Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑ ．
19．根据下列反应写出相应的化学方程式．
（1）稀盐酸与CaCO3反应： ；
（2）制作Fe（OH）3胶体： ．
20．如图为五个椭圆交叉构成的团，椭圆内分别写了C2H5OH、CO2、Fe2O3、FeCl3、Na2CO3五种物质，图中相连的物质均可归为一类，相交部分A、B、C、D为其相应的分类标准代号．请回答下列问题
（1）分类标准代号A表示 （可多项）
a．两物质都是非电解质 b．两物质都是有机物
c．两物质部是含碳化合物 d．两物质都是氧化物
（2）上述五种物质中的某一物质的饱和溶液中通入足量CO2，溶液中会有晶体析出．该反应的离子方程式为： ．
21．医学上常用酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液的反应用于测定血钙的含量．回答下列问题：
（1）配平以下离子方程式，并填上所需的微粒．
H++ MnO4﹣+ H2C2O4→ CO2↑+ Mn2++
（2）标出电子转移的方向和数目
（3）该反应中的还原剂是 ；氧化产物是 ．
（4）反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量为 mol．
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A.烧碱为NaOH，属于碱；小苏打为NaHCO3，属于盐；BaSO4在熔融状态下能导电，属于电解质；干冰为固态CO2，属于非电解质；A符合题意；
B.纯碱为Na2CO3，属于盐，而不是碱，B不符合题意；
C.石墨是碳的一种单质，不是化合物，不属于电解质，C不符合题意；
D.氯水属于混合物，不是化合物，不属于非电解质，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】此题是对物质分类的考查，结合碱、盐、电解质、非电解质的概念进行分析。
碱是指电离产生的阴离子全部是OH-的化合物；盐是指由金属阳离子（或NH4+）与酸根阴离子结合的化合物；
电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物；非电解质是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。
2．【答案】B
3．【答案】C
【解析】【解答】盐是指含有金属离子(铵根)和酸根离子的化合物。
A．Al2O3只含有两种元素，且其中一种为氧元素，属于氧化物，故A不符合题意；
B.氢氧化钠是碱，不是盐，故B不符合题意；
C. NH4Cl是由氯离子和铵根离子形成的盐，故C符合题意；
D.氯化氢是氢化物，不是盐，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】盐是指一类金属离子或铵根离子与酸根离子或非金属离子结合的化合物，据此判断是否属于盐即可。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．由Cr2O (橙色)+H2O 2CrO (黄色)+2H＋分析可得，向K2Cr2O7溶液中加酸平衡逆向移动，溶液颜色加深；加碱平衡正向移动，溶液颜色变黄，故A不符合题意；
B．乙醇在酸性条件下被Cr2O 氧化成乙酸，而Cr2O 被还原成Cr3+，而使溶液呈绿色，故B不符合题意；
C．乙醇在酸性条件下被Cr2O 氧化成乙酸，而Cr2O 被还原成Cr3+，而使溶液呈绿色，在碱性环境中Cr2O 不能氧化乙醇，从而溶液颜色不变，所以K2Cr2O7酸性溶液氧化性比K2Cr2O7碱性溶液氧化性强，故C不符合题意；
D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，则溶液呈酸性，现象与②一样，溶液颜色变成绿色，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据平衡移动原理判断溶液颜色变化，由实验②、④可知Cr2O72 具有较强的氧化性，可氧化乙醇，而CrO42 不能，据此解答该题。
5．【答案】B
【解析】【解答】解：A．棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉分子中的n值不同，不属于同分异构体，故A错误；
B．硫、氮的氧化物溶于水生成酸，减少硫、氮的氧化物的排放可以减少酸雨产生，所以燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施，故B正确；
C．Fe在潮湿的空气中，Fe、C和电解质溶液易构成原电池，Fe作负极被腐蚀，发生电化学腐蚀，故C错误；
D．酸性重铬酸钾溶液具有强氧化性，酸性重铬酸钾与乙醇反应时乙醇作还原剂，酸性重铬酸钾作氧化剂，故D错误．
故选B．
【分析】A．同分异构体：分子式相同结构不同的化合物；
B．硫、氮的氧化物溶于水生成酸；
C．Fe在潮湿的空气中易发生电化学腐蚀；
D．酸性重铬酸钾溶液具有强氧化性．
6．【答案】D
【解析】【解答】解：A．KCl属于盐，故A错误；
B．Cu2（OH）2CO3属于碱式盐，故B错误；
C．Na2CO3属于盐，故C错误；
D．NaOH符合碱的组成，水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子，化合物为碱，故D正确；
故选D．
【分析】电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物是酸，电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱，由金属离子和酸根离子组成的化合物属于盐．
7．【答案】C
【解析】【解答】解：A．这几种离子不反应且无色，所以能大量共存，故A正确；
B．酸性条件下，碳酸根离子和氢离子反应生成二氧化碳和水，所以不能大量共存，故B正确；
C．二氧化碳和少量NaOH反应生成碳酸氢钠，离子方程式为CO2+OH﹣=HCO3﹣，故C错误；
D．氢氧化铝不溶于氨水，离子方程式为Al3++3NH3．H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故D正确；
故选C．
【分析】A．离子之间不反应的能大量共存；
B．酸性条件下，弱酸根离子不能大量共存；
C．二氧化碳和少量NaOH反应生成碳酸氢钠；
D．氢氧化铝不溶于氨水．
8．【答案】A
【解析】【解答】A.表示醋酸根离子和水电离出的氢离子结合生成醋酸，属于水解反应，故A符合题意；
B. 若两边各去掉一个水分子，可以看出，这属于正盐和酸反应生成酸式盐，故B不符合题意；
C. 碳酸是多元弱酸，多元弱酸盐的酸根离子的水解是分步进行的，故C不符合题意；
D.碳酸氢根离子和氢氧根离子的反应为酸式盐和碱的反应，不是水解反应，故D不符合题意；
故答案选A。
【分析】B.S2-的水解以第一步水解为主；
C.碳酸根离子的水解以第一步水解为主；
D.碳酸氢根离子与氢氧根离子的反应属于中和反应，而不是水解反应。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．Cu2＋、OH－在溶液中结合生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，且铜离子也不是无色的，A不符合；
B．K＋、Ba2＋、Cl-、NO
在溶液中可以大量共存，且均是无色的，B符合；
C．Fe2＋在溶液中能被MnO4-氧化，不能大量共存，且Fe2＋、MnO4-也不是无色的，C不符合；
D．CO
、H＋在溶液中结合生成二氧化碳和水，不能大量共存，D不符合；
故答案为：B。
【分析】本题考查的是离子共存的问题，要注意以下组合；
产生水：OH-和H+、HCO3-、HS-不能共存；
产生气体：NH4+和OH-不能共存、H+和CO32-、HCO3-、S2-、HS-、SO32-、 HSO3- 不能共存；
产生固体：OH-只能和K+、Na+、Ba2+大量共存；
CO32-只能和K+、 Na+共存；
SO42-只和Ba2+、Ca2+、Ag+不能共存；
Cl-只和Ag+不能共存。
10．【答案】B
【解析】【解答】A、稀硫酸与铜不反应，故A不符合题意；
B、铜与稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应的离子方程式是：3Cu＋2NO3-＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故B符合题意；
C. 氯化铵浓溶液跟浓NaOH溶液混合后加热放出氨气：NH4+＋OH－ NH3↑+H2O，故C不符合题意；
D. 二氧化硫溶于水生成亚硫酸，反应可逆，SO2＋H2O H2SO3，故D不符合题意。
【分析】A.稀硫酸不与铜反应；
B.铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；
C.氯化铵与浓氢氧化钠溶液混合加热生成氨气；
D.二氧化硫与水的反应是可逆反应。
11．【答案】B
【解析】【解答】在2KClO3+H2C2O4 = CO2↑+2ClO2↑+K2CO3+H2O反应中，CO2和K2CO3是氧化产物，ClO2是还原产物，2molKClO3和1molH2C2O4完全反应时生成氧化产物CO2和K2CO3的总物质的量为2mol，还原产物ClO2的物质的量为2mol，氧化产物与还原产物的物质的量之比是2mol：2mol=1:1，
故答案为：B。
【分析】反应2KClO3+H2C2O4═CO2↑+2ClO2↑+K2CO3+H2O中，Cl元素化合价从+5变为+4，化合价降低被还原，KClO3为氧化剂，ClO2为还原产物；C元素化合价从+3变为+4，化合价升高被氧化，H2C2O4为还原剂，CO2和K2CO3为氧化产物，据此结合电子守恒解答。
12．【答案】B
【解析】【解答】A．Na2S是强电解质，HgS难溶于水，用 处理含 废水， ，故A不符合题意；
B．CaO写化学式，用生石灰（ ）中和酸性废水，CaO＋2H＋=Ca2＋＋H2O，故B符合题意；
C．HClO具有强氧化性，将氨氮废水中的氮氧化为氮气， ，符合电子得失守恒、电荷守恒、质量守恒，故C不符合题意；
D．明矾水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性， ，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.硫化钠与汞离子反应生成硫化汞沉淀；
B.氧化钙需要保留化学式；
C.次氯酸具有强氧化性，能够氧化铵根离子；
D.明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有较强吸附性。
13．【答案】D
【解析】【解答】解：A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同，分散质微粒直径介于1﹣100nm的为胶体，故A错误；
B．根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），故B错误；
C．根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），故C错误；
D．胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成，则属于混合物，故D正确．
故选D．
【分析】根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），据此分析．
14．【答案】C
【解析】【解答】根据分散质粒子直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故胶体与溶液和浊液的本质区别是分散知粒子直径的大小是否在1~100nm之间，
故答案为：C。
【分析】溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是分散质微粒直径大小，据此分析。
15．【答案】D
【解析】【解答】A． 被 氧化，故A不符合题意；
B．得失电子不守恒，应该为 ，故B不符合题意；
C．浊液显中性时， 与 的物质的量之比为2：1， ，故C不符合题意；
D．按照少定多变思想，少的定位1mol即将NH4HCO3定为1mol，则 ， 故D符合题意。
故答案为D。
【分析】A． 会被 氧化；
B．得失电子不守恒；
C．如果 与 的物质的量之比为1：1，溶液显碱性 ；
D． 足量澄清石灰水， 则 NH4+和HCO3-都完全反应 。
16．【答案】B
【解析】【解答】解：在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝，说明NaClO将KI氧化为单质碘；加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失，说明碘单质将Na2SO3氧化为Na2SO4，自身成为碘离子，
A．第一步反应生成了碘单质，说明氧化性：ClO﹣＞I2，第二步碘被Na2SO3还原，说明氧化性：ClO﹣＞I2＞SO42﹣，故A正确；
B．根据以上分析知，蓝色消失的原因是Na2SO3溶液具有还原性，故B错误；
C．根据以上分析知，淀粉﹣KI溶液变蓝是因为I﹣被ClO﹣氧化为I2，I2使淀粉变蓝，故C正确；
D．亚硫酸钠具有还原性，能被强氧化剂氯气氧化生成硫酸钠，同时氯气被还原为氯离子，所以氯水褪色，故D正确；
故选B．
【分析】在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝，说明NaClO将KI氧化为单质碘；加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失，说明碘单质将Na2SO3氧化为Na2SO4，自身成为碘离子．
17．【答案】（1）Fe2（SO4）3═2Fe3++3SO42﹣
（2）Ba（OH）2+H2SO4═2H2O+BaSO4↑
【解析】【解答】解：（1）硫酸铁为强电解质，完全电离出三价铁离子与硫酸根离子，电离方程式：Fe2（SO4）3═2Fe3++3SO42﹣；
故答案为：Fe2（SO4）3═2Fe3++3SO42﹣；（2）Ba（OH）2和H2SO4溶液，二者反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，化学方程式：Ba（OH）2+H2SO4═2H2O+BaSO4↓；
故答案为：Ba（OH）2+H2SO4═2H2O+BaSO4↓．
【分析】（1）硫酸铁为强电解质，完全电离出三价铁离子与硫酸根离子；（2）二者反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀．
18．【答案】（1）CO +Ba2+=BaCO3↓
（2）CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
（3）CO2+2OH﹣═CO +2H2O
（4）Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O
（5）Zn+2H+═Zn2++H2↑
【解析】【解答】解：（1）Na2CO3+BaCl2═2NaCl+BaCO3↓的离子方程式中，碳酸钡需要保留化学式，反应的离子方程式为：CO +Ba2+=BaCO3↓，故答案为：CO +Ba2+=BaCO3↓；（2）CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑的离子方程式中，碳酸钙、水和二氧化碳不能拆开，其离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；（3）CO2+2NaOH═Na2CO3+2H2O的离子方程式中二氧化碳和水不能拆开，其离子方程式为：CO2+2OH﹣═CO +2H2O，故答案为：CO2+2OH﹣═CO +2H2O；（4）Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O的反应中，氧化铁和水需要保留化学式，其离子方程式为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；（5）Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑反应实质为锌与氢离子发生置换反应生成氢气和锌离子，反应的离子方程式为：Zn+2H+═Zn2++H2↑，故答案为：Zn+2H+═Zn2++H2↑．
【分析】（1）该反应实质为钡离子与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀；（2）碳酸钙为难溶物，离子方程式中需要保留化学式；（3）反应实质为二氧化碳与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；（4）氧化铁和水需要保留化学式；（5）反应实质为锌与氢离子反应生成氢气和锌离子．
19．【答案】（1）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑
（2）FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl
【解析】【解答】解：（1）稀盐酸与CaCO3反应生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
故答案为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；（2）在加热条件下，FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl，反应的方程式为：FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl；
故答案为：FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl．
【分析】（1）稀盐酸与CaCO3反应生成氯化钙、二氧化碳和水；（2）在加热条件下，FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl．
20．【答案】（1）ac
（2）2Na++CO32﹣+CO2+H2O=2NaHCO3↓
【解析】【解答】解：（1）a．乙醇和二氧化碳都属于非电解质，故a正确；b．乙醇为有机物，而二氧化碳不属于有机物，故b错误；c．乙醇和二氧化碳都是含碳化合物，故c正确；d．二氧化碳为氧化物，而乙醇分子中含有H元素，不属于氧化物，故d错误；
故选ac；（2）上述五种物质中能和二氧化碳反应的是碳酸钠，向饱和的碳酸钠溶液中通入二氧化碳，能生成溶解度更小的碳酸氢钠，故有晶体析出，离子方程式为：2Na++CO32﹣+CO2+H2O=2NaHCO3↓．
故答案为：2Na++CO32﹣+CO2+H2O=2NaHCO3↓．
【分析】（1）电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等；
非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等；
含碳元素的化合物为含碳化合物；
有机物即有机化合物．含碳化合物（一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸盐、金属碳化物、氰化物除外）或碳氢化合物及其衍生物的总称；
氧化物指氧元素与另外一种化学元素组成的二元化合物；（2）上述五种物质中能和二氧化碳反应的是碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠．
21．【答案】（1）6；2；5；10；2；8H2O
（2）
（3）H2C2O4；CO2
（4）0.08
【解析】【解答】解：（1）根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，所以MnO4﹣、H2C2O4的计量数分别是2、5，再结合原子守恒配平方程式为6H++2MnO4﹣+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O，
故答案为：6；2；5；10；2；8H2O；（2）反应中MnO4﹣→Mn2+，Mn元素由+7价→+2价，一个MnO4﹣得5个电子；H2C2O4→CO2，C元素由+3价→+4价，一个H2C2O4失去2个电子，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=10，则反应6H++2MnO4﹣+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O，电子转移情况如下： ，
故答案为：2；5；16H+；2；10；8H2O； ；（3）失电子化合价升高的反应物H2C2O4是还原剂，发生氧化反应，对应的产物为氧化产物，则氧化产物是CO2，
故答案为：H2C2O4；CO2； （4）根据MnO4﹣﹣﹣﹣5e﹣得，反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量= =0.08mol，
故答案为：0.08．
【分析】（1）该反应中，Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其得失电子最小公倍数是5，再结合原子守恒、电荷守恒配平方程式；（2）反应中MnO4﹣→Mn2+，Mn元素由+7价→+2价，一个MnO4﹣得5个电子；H2C2O4→CO2，C元素由+3价→+4价，一个H2C2O4失去2个电子，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，据此配平方程式并标电子转移的方向和数目；（3）失电子化合价升高的反应物是还原剂，发生氧化反应产物为氧化产物；（4）根据高锰酸钾和转移电子之间的关系式计算．
一、单选题
1．下列表格中各项都正确的组是（ ）
碱 盐 电解质 非电解质
A 烧碱 小苏打 BaSO4 干冰
B 纯碱 CaCO3 NH3 H2O Fe
C 明矾 食盐 石墨 醋酸
D KOH CuSO4 熔融MgCl2 氯水
A．A B．B C．C D．D
2．某危险品仓库中存放有化工原料氰化钠(NaCN)，该物质有剧毒，一旦进入城市排水系统，后果不堪设想，当仓库发生火灾爆炸事故时，工作人员一方面封堵氰化钠泄漏渠道，另一方面对已经泄漏的少量氰化钠做无害化处理。根据NaCN的化合价，推测它可能有的性质是（ ）
A．NaCN中N元素的化合价为+3价既能升高又能降低，因此该物质既有氧化性又有还原性
B．NaCN中N元素的化合价为—3价只能升高，因此该物质具有还原性；C元素的化合价为+2价既能升高又能降低，因此该物质既有氧化性又有还原性
C．NaCN中C元素的化合价为+4价既能升高又能降低，因此该物质既有氧化性又有还原性
D．NaCN中CN—的化合价为-1价既能升高又能降低，因此该物质既有氧化性又有还原性
3．下列物质属于盐的是（ ）
A．Al2O3 B．NaOH C．NH4Cl D．HCl
4．K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O (橙色)+H2O 2CrO (黄色)+2H＋。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：下列说法错误的是（ ）
A．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
B．②中Cr2O 被C2H5OH还原
C．对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色
5．化学与人类生产、生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体
B．燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施
C．铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而生锈
D．用含有橙色的酸性重铬酸钾的仪器检验酒后驾车，利用了乙醇的氧化性
6．下列物质属于碱的是（ ）
A．KCl B．Cu2（OH）2CO3
C．Na2CO3 D．NaOH
7．下列有关电解质的说法不正确的是（ ）
A．K+、Mg2+、I﹣、NO3﹣在无色溶液中能大量共存
B．K+、Na+、CO32﹣、NO3﹣在酸性溶液中不能大量共存
C．CO2与少量烧碱溶液反应：CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O
D．向AlCl3溶液中加入过量的氨水溶液Al3++3NH3．H2O=Al（OH）3↓+3NH4+
8．下列各式中属于正确的水解反应离子方程式的是（ ）
A．CH3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－
B．S2－＋H3O+ HS－＋H2O
C．CO32－＋2H2O H2CO3＋2OH－
D．HCO3－＋OH－ ＝ CO32－＋H2O
9．某无色透明的溶液中，能大量共存的离子组是（ ）
A．Na＋、Cu2＋、SO、OH- B．K＋、Ba2＋、Cl-、NO
C．K＋、Fe2＋、Cl-、MnO D．Na＋、CO、SO、H＋
10．能符合题意表示下列反应的离子方程式的是（ ）
A．将稀硫酸滴在铜片上：Cu＋2H＋=Cu2＋＋H2↑
B．铜片与稀HNO3：3Cu＋2NO3-＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
C．氯化铵浓溶液跟浓NaOH溶液混合后加热：NH4+＋OH－=NH3·H2O
D．二氧化硫溶于水：SO2＋H2O =H2SO3
11．某学习兴趣小组通过2KClO3+H2C2O4 = CO2↑+2ClO2↑＋K2CO3＋H2O制取高效消毒剂ClO2。上述制备反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比是（ ）
A．1∶2 B．1∶1 C．2∶1 D．4∶1
12．下列有关水处理的离子方程式书写错误的是（ ）
A．沉淀法：用 处理含 废水，
B．中和法：用生石灰（ ）中和酸性废水，
C．氧化法：用 处理氨氮废水，
D．混凝法：用明矾凝聚沉降细颗粒物，
13．下列叙述中正确的是（ ）
A．FeCl3溶液、Fe（OH）3胶体与Fe（OH）3沉淀的本质区别是有没有丁达尔效应
B．根据分散系的稳定性的大小将混合物分为胶体、溶液和浊液
C．根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体
D．胶体、分散系、混合物概念间的从属关系可用下图表示
14．胶体区分于溶液和浊液的根本区别是（ ）
A．是否是大量分子或离子的集合体
B．是否能通过滤纸
C．是否分散质粒子直径在1~100nm
D．是否均一、透明、稳定
15．下列用于解释实验现象的离子方程式正确的是选项（ ）
选项 实验现象 离子方程式
A 向FeCO3悬浊液中加入硝酸变澄清
B 将H2O2滴入酸性KMnO4溶液中，溶液逐渐褐色
C 将amol/L的KHSO4与bmol/L的Ba(OH)2溶液混合，测得浊液呈中性
D 向NH4HCO3溶液中加入足量澄清石灰水，产生白色沉淀
A．A B．B C．C D．D
16．某学生做如下实验：第一步，在淀粉﹣KI溶液中，滴入少量NaClO溶液，并加入少量稀硫酸，溶液立即变蓝；第二步，在上述蓝色溶液中，滴加足量的Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失．下列有关该同学对实验原理的解释和所得结论的叙述不正确的是（ ）
A．氧化性：ClO﹣＞I2＞SO42﹣
B．蓝色消失的原因是Na2SO3溶液具有漂白性
C．淀粉﹣KI溶液变蓝是因为I﹣被ClO﹣氧化为I2，I2使淀粉变蓝
D．若将Na2SO3溶液加入氯水中，氯水褪色
二、综合题
17．按要求写出下列方程式
（1）Fe2（SO4）3（写出电离方程式）
（2）Ba（OH）2和H2SO4溶液：（写出化学方程式） ．
18．请根据所给的方程式写出离子方程式．
（1）Na2CO3+BaCl2═2NaCl+BaCO3↓
（2）CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑
（3）CO2+2NaOH═Na2CO3+2H2O
（4）Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O
（5）Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑ ．
19．根据下列反应写出相应的化学方程式．
（1）稀盐酸与CaCO3反应： ；
（2）制作Fe（OH）3胶体： ．
20．如图为五个椭圆交叉构成的团，椭圆内分别写了C2H5OH、CO2、Fe2O3、FeCl3、Na2CO3五种物质，图中相连的物质均可归为一类，相交部分A、B、C、D为其相应的分类标准代号．请回答下列问题
（1）分类标准代号A表示 （可多项）
a．两物质都是非电解质 b．两物质都是有机物
c．两物质部是含碳化合物 d．两物质都是氧化物
（2）上述五种物质中的某一物质的饱和溶液中通入足量CO2，溶液中会有晶体析出．该反应的离子方程式为： ．
21．医学上常用酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液的反应用于测定血钙的含量．回答下列问题：
（1）配平以下离子方程式，并填上所需的微粒．
H++ MnO4﹣+ H2C2O4→ CO2↑+ Mn2++
（2）标出电子转移的方向和数目
（3）该反应中的还原剂是 ；氧化产物是 ．
（4）反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量为 mol．
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A.烧碱为NaOH，属于碱；小苏打为NaHCO3，属于盐；BaSO4在熔融状态下能导电，属于电解质；干冰为固态CO2，属于非电解质；A符合题意；
B.纯碱为Na2CO3，属于盐，而不是碱，B不符合题意；
C.石墨是碳的一种单质，不是化合物，不属于电解质，C不符合题意；
D.氯水属于混合物，不是化合物，不属于非电解质，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】此题是对物质分类的考查，结合碱、盐、电解质、非电解质的概念进行分析。
碱是指电离产生的阴离子全部是OH-的化合物；盐是指由金属阳离子（或NH4+）与酸根阴离子结合的化合物；
电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物；非电解质是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。
2．【答案】B
3．【答案】C
【解析】【解答】盐是指含有金属离子(铵根)和酸根离子的化合物。
A．Al2O3只含有两种元素，且其中一种为氧元素，属于氧化物，故A不符合题意；
B.氢氧化钠是碱，不是盐，故B不符合题意；
C. NH4Cl是由氯离子和铵根离子形成的盐，故C符合题意；
D.氯化氢是氢化物，不是盐，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】盐是指一类金属离子或铵根离子与酸根离子或非金属离子结合的化合物，据此判断是否属于盐即可。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．由Cr2O (橙色)+H2O 2CrO (黄色)+2H＋分析可得，向K2Cr2O7溶液中加酸平衡逆向移动，溶液颜色加深；加碱平衡正向移动，溶液颜色变黄，故A不符合题意；
B．乙醇在酸性条件下被Cr2O 氧化成乙酸，而Cr2O 被还原成Cr3+，而使溶液呈绿色，故B不符合题意；
C．乙醇在酸性条件下被Cr2O 氧化成乙酸，而Cr2O 被还原成Cr3+，而使溶液呈绿色，在碱性环境中Cr2O 不能氧化乙醇，从而溶液颜色不变，所以K2Cr2O7酸性溶液氧化性比K2Cr2O7碱性溶液氧化性强，故C不符合题意；
D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，则溶液呈酸性，现象与②一样，溶液颜色变成绿色，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据平衡移动原理判断溶液颜色变化，由实验②、④可知Cr2O72 具有较强的氧化性，可氧化乙醇，而CrO42 不能，据此解答该题。
5．【答案】B
【解析】【解答】解：A．棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉分子中的n值不同，不属于同分异构体，故A错误；
B．硫、氮的氧化物溶于水生成酸，减少硫、氮的氧化物的排放可以减少酸雨产生，所以燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施，故B正确；
C．Fe在潮湿的空气中，Fe、C和电解质溶液易构成原电池，Fe作负极被腐蚀，发生电化学腐蚀，故C错误；
D．酸性重铬酸钾溶液具有强氧化性，酸性重铬酸钾与乙醇反应时乙醇作还原剂，酸性重铬酸钾作氧化剂，故D错误．
故选B．
【分析】A．同分异构体：分子式相同结构不同的化合物；
B．硫、氮的氧化物溶于水生成酸；
C．Fe在潮湿的空气中易发生电化学腐蚀；
D．酸性重铬酸钾溶液具有强氧化性．
6．【答案】D
【解析】【解答】解：A．KCl属于盐，故A错误；
B．Cu2（OH）2CO3属于碱式盐，故B错误；
C．Na2CO3属于盐，故C错误；
D．NaOH符合碱的组成，水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子，化合物为碱，故D正确；
故选D．
【分析】电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物是酸，电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱，由金属离子和酸根离子组成的化合物属于盐．
7．【答案】C
【解析】【解答】解：A．这几种离子不反应且无色，所以能大量共存，故A正确；
B．酸性条件下，碳酸根离子和氢离子反应生成二氧化碳和水，所以不能大量共存，故B正确；
C．二氧化碳和少量NaOH反应生成碳酸氢钠，离子方程式为CO2+OH﹣=HCO3﹣，故C错误；
D．氢氧化铝不溶于氨水，离子方程式为Al3++3NH3．H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故D正确；
故选C．
【分析】A．离子之间不反应的能大量共存；
B．酸性条件下，弱酸根离子不能大量共存；
C．二氧化碳和少量NaOH反应生成碳酸氢钠；
D．氢氧化铝不溶于氨水．
8．【答案】A
【解析】【解答】A.表示醋酸根离子和水电离出的氢离子结合生成醋酸，属于水解反应，故A符合题意；
B. 若两边各去掉一个水分子，可以看出，这属于正盐和酸反应生成酸式盐，故B不符合题意；
C. 碳酸是多元弱酸，多元弱酸盐的酸根离子的水解是分步进行的，故C不符合题意；
D.碳酸氢根离子和氢氧根离子的反应为酸式盐和碱的反应，不是水解反应，故D不符合题意；
故答案选A。
【分析】B.S2-的水解以第一步水解为主；
C.碳酸根离子的水解以第一步水解为主；
D.碳酸氢根离子与氢氧根离子的反应属于中和反应，而不是水解反应。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．Cu2＋、OH－在溶液中结合生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，且铜离子也不是无色的，A不符合；
B．K＋、Ba2＋、Cl-、NO
在溶液中可以大量共存，且均是无色的，B符合；
C．Fe2＋在溶液中能被MnO4-氧化，不能大量共存，且Fe2＋、MnO4-也不是无色的，C不符合；
D．CO
、H＋在溶液中结合生成二氧化碳和水，不能大量共存，D不符合；
故答案为：B。
【分析】本题考查的是离子共存的问题，要注意以下组合；
产生水：OH-和H+、HCO3-、HS-不能共存；
产生气体：NH4+和OH-不能共存、H+和CO32-、HCO3-、S2-、HS-、SO32-、 HSO3- 不能共存；
产生固体：OH-只能和K+、Na+、Ba2+大量共存；
CO32-只能和K+、 Na+共存；
SO42-只和Ba2+、Ca2+、Ag+不能共存；
Cl-只和Ag+不能共存。
10．【答案】B
【解析】【解答】A、稀硫酸与铜不反应，故A不符合题意；
B、铜与稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应的离子方程式是：3Cu＋2NO3-＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故B符合题意；
C. 氯化铵浓溶液跟浓NaOH溶液混合后加热放出氨气：NH4+＋OH－ NH3↑+H2O，故C不符合题意；
D. 二氧化硫溶于水生成亚硫酸，反应可逆，SO2＋H2O H2SO3，故D不符合题意。
【分析】A.稀硫酸不与铜反应；
B.铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；
C.氯化铵与浓氢氧化钠溶液混合加热生成氨气；
D.二氧化硫与水的反应是可逆反应。
11．【答案】B
【解析】【解答】在2KClO3+H2C2O4 = CO2↑+2ClO2↑+K2CO3+H2O反应中，CO2和K2CO3是氧化产物，ClO2是还原产物，2molKClO3和1molH2C2O4完全反应时生成氧化产物CO2和K2CO3的总物质的量为2mol，还原产物ClO2的物质的量为2mol，氧化产物与还原产物的物质的量之比是2mol：2mol=1:1，
故答案为：B。
【分析】反应2KClO3+H2C2O4═CO2↑+2ClO2↑+K2CO3+H2O中，Cl元素化合价从+5变为+4，化合价降低被还原，KClO3为氧化剂，ClO2为还原产物；C元素化合价从+3变为+4，化合价升高被氧化，H2C2O4为还原剂，CO2和K2CO3为氧化产物，据此结合电子守恒解答。
12．【答案】B
【解析】【解答】A．Na2S是强电解质，HgS难溶于水，用 处理含 废水， ，故A不符合题意；
B．CaO写化学式，用生石灰（ ）中和酸性废水，CaO＋2H＋=Ca2＋＋H2O，故B符合题意；
C．HClO具有强氧化性，将氨氮废水中的氮氧化为氮气， ，符合电子得失守恒、电荷守恒、质量守恒，故C不符合题意；
D．明矾水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性， ，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.硫化钠与汞离子反应生成硫化汞沉淀；
B.氧化钙需要保留化学式；
C.次氯酸具有强氧化性，能够氧化铵根离子；
D.明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有较强吸附性。
13．【答案】D
【解析】【解答】解：A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同，分散质微粒直径介于1﹣100nm的为胶体，故A错误；
B．根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），故B错误；
C．根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），故C错误；
D．胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成，则属于混合物，故D正确．
故选D．
【分析】根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），据此分析．
14．【答案】C
【解析】【解答】根据分散质粒子直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故胶体与溶液和浊液的本质区别是分散知粒子直径的大小是否在1~100nm之间，
故答案为：C。
【分析】溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是分散质微粒直径大小，据此分析。
15．【答案】D
【解析】【解答】A． 被 氧化，故A不符合题意；
B．得失电子不守恒，应该为 ，故B不符合题意；
C．浊液显中性时， 与 的物质的量之比为2：1， ，故C不符合题意；
D．按照少定多变思想，少的定位1mol即将NH4HCO3定为1mol，则 ， 故D符合题意。
故答案为D。
【分析】A． 会被 氧化；
B．得失电子不守恒；
C．如果 与 的物质的量之比为1：1，溶液显碱性 ；
D． 足量澄清石灰水， 则 NH4+和HCO3-都完全反应 。
16．【答案】B
【解析】【解答】解：在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝，说明NaClO将KI氧化为单质碘；加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失，说明碘单质将Na2SO3氧化为Na2SO4，自身成为碘离子，
A．第一步反应生成了碘单质，说明氧化性：ClO﹣＞I2，第二步碘被Na2SO3还原，说明氧化性：ClO﹣＞I2＞SO42﹣，故A正确；
B．根据以上分析知，蓝色消失的原因是Na2SO3溶液具有还原性，故B错误；
C．根据以上分析知，淀粉﹣KI溶液变蓝是因为I﹣被ClO﹣氧化为I2，I2使淀粉变蓝，故C正确；
D．亚硫酸钠具有还原性，能被强氧化剂氯气氧化生成硫酸钠，同时氯气被还原为氯离子，所以氯水褪色，故D正确；
故选B．
【分析】在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝，说明NaClO将KI氧化为单质碘；加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失，说明碘单质将Na2SO3氧化为Na2SO4，自身成为碘离子．
17．【答案】（1）Fe2（SO4）3═2Fe3++3SO42﹣
（2）Ba（OH）2+H2SO4═2H2O+BaSO4↑
【解析】【解答】解：（1）硫酸铁为强电解质，完全电离出三价铁离子与硫酸根离子，电离方程式：Fe2（SO4）3═2Fe3++3SO42﹣；
故答案为：Fe2（SO4）3═2Fe3++3SO42﹣；（2）Ba（OH）2和H2SO4溶液，二者反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，化学方程式：Ba（OH）2+H2SO4═2H2O+BaSO4↓；
故答案为：Ba（OH）2+H2SO4═2H2O+BaSO4↓．
【分析】（1）硫酸铁为强电解质，完全电离出三价铁离子与硫酸根离子；（2）二者反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀．
18．【答案】（1）CO +Ba2+=BaCO3↓
（2）CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
（3）CO2+2OH﹣═CO +2H2O
（4）Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O
（5）Zn+2H+═Zn2++H2↑
【解析】【解答】解：（1）Na2CO3+BaCl2═2NaCl+BaCO3↓的离子方程式中，碳酸钡需要保留化学式，反应的离子方程式为：CO +Ba2+=BaCO3↓，故答案为：CO +Ba2+=BaCO3↓；（2）CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑的离子方程式中，碳酸钙、水和二氧化碳不能拆开，其离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；（3）CO2+2NaOH═Na2CO3+2H2O的离子方程式中二氧化碳和水不能拆开，其离子方程式为：CO2+2OH﹣═CO +2H2O，故答案为：CO2+2OH﹣═CO +2H2O；（4）Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O的反应中，氧化铁和水需要保留化学式，其离子方程式为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；（5）Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑反应实质为锌与氢离子发生置换反应生成氢气和锌离子，反应的离子方程式为：Zn+2H+═Zn2++H2↑，故答案为：Zn+2H+═Zn2++H2↑．
【分析】（1）该反应实质为钡离子与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀；（2）碳酸钙为难溶物，离子方程式中需要保留化学式；（3）反应实质为二氧化碳与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；（4）氧化铁和水需要保留化学式；（5）反应实质为锌与氢离子反应生成氢气和锌离子．
19．【答案】（1）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑
（2）FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl
【解析】【解答】解：（1）稀盐酸与CaCO3反应生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
故答案为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；（2）在加热条件下，FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl，反应的方程式为：FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl；
故答案为：FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl．
【分析】（1）稀盐酸与CaCO3反应生成氯化钙、二氧化碳和水；（2）在加热条件下，FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl．
20．【答案】（1）ac
（2）2Na++CO32﹣+CO2+H2O=2NaHCO3↓
【解析】【解答】解：（1）a．乙醇和二氧化碳都属于非电解质，故a正确；b．乙醇为有机物，而二氧化碳不属于有机物，故b错误；c．乙醇和二氧化碳都是含碳化合物，故c正确；d．二氧化碳为氧化物，而乙醇分子中含有H元素，不属于氧化物，故d错误；
故选ac；（2）上述五种物质中能和二氧化碳反应的是碳酸钠，向饱和的碳酸钠溶液中通入二氧化碳，能生成溶解度更小的碳酸氢钠，故有晶体析出，离子方程式为：2Na++CO32﹣+CO2+H2O=2NaHCO3↓．
故答案为：2Na++CO32﹣+CO2+H2O=2NaHCO3↓．
【分析】（1）电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等；
非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等；
含碳元素的化合物为含碳化合物；
有机物即有机化合物．含碳化合物（一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸盐、金属碳化物、氰化物除外）或碳氢化合物及其衍生物的总称；
氧化物指氧元素与另外一种化学元素组成的二元化合物；（2）上述五种物质中能和二氧化碳反应的是碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠．
21．【答案】（1）6；2；5；10；2；8H2O
（2）
（3）H2C2O4；CO2
（4）0.08
【解析】【解答】解：（1）根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，所以MnO4﹣、H2C2O4的计量数分别是2、5，再结合原子守恒配平方程式为6H++2MnO4﹣+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O，
故答案为：6；2；5；10；2；8H2O；（2）反应中MnO4﹣→Mn2+，Mn元素由+7价→+2价，一个MnO4﹣得5个电子；H2C2O4→CO2，C元素由+3价→+4价，一个H2C2O4失去2个电子，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=10，则反应6H++2MnO4﹣+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O，电子转移情况如下： ，
故答案为：2；5；16H+；2；10；8H2O； ；（3）失电子化合价升高的反应物H2C2O4是还原剂，发生氧化反应，对应的产物为氧化产物，则氧化产物是CO2，
故答案为：H2C2O4；CO2； （4）根据MnO4﹣﹣﹣﹣5e﹣得，反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量= =0.08mol，
故答案为：0.08．
【分析】（1）该反应中，Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其得失电子最小公倍数是5，再结合原子守恒、电荷守恒配平方程式；（2）反应中MnO4﹣→Mn2+，Mn元素由+7价→+2价，一个MnO4﹣得5个电子；H2C2O4→CO2，C元素由+3价→+4价，一个H2C2O4失去2个电子，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，据此配平方程式并标电子转移的方向和数目；（3）失电子化合价升高的反应物是还原剂，发生氧化反应产物为氧化产物；（4）根据高锰酸钾和转移电子之间的关系式计算．