第2章 元素与物质世界 单元测试卷 （含解析）高一上学期化学鲁科版（2019）必修第一册
文档属性
| 名称 | 第2章 元素与物质世界 单元测试卷 （含解析）高一上学期化学鲁科版（2019）必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 434.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-22 19:21:32 | ||
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文档简介
第2章《元素与物质世界》单元测试卷
一、单选题
1．为了检验，甲、乙、丙、丁四位同学设计了如下四种方案，其中最优的方案是( )
A．方案丙：试液 无沉淀白色沉淀
B．方案甲：试液 白色沉淀沉淀不溶解
C．方案乙：试液无沉淀(也无气泡)白色沉淀
D．方案丁：试液白色沉淀(过滤)沉淀不溶解
2．向和的混合溶液中通入氯气至恰好完全反应，的物质的量的变化如下图所示。下列说法正确的是
A．还原性：
B．通入氯气的总量为5mol
C．若反应过程中滴入KSCN溶液，呈血红色，则
D．c点时加入过量NaOH溶液，反应后溶液中只含四种离子
3．下列各离子组在指定的溶液中一定能够大量共存的是
A．在无色的溶液中：K+、 Na+、MnO、SO
B．在pH=13的溶液中：CO、 Na+、NO、SO
C．水电离出的c（H+）= 10-12 mol·L 1的溶液中：Cl- 、CH3COO-、NO、NH
D．滴加酚酞试液显红色的溶液：Mg2+、NH、Cl-、 K+
4．在下列反应中，水既不是氧化剂又不是还原剂的是
A．F2 + H2O (生成F2和HF) B．Na + H2O
C．NaH + H2O(生成H2和NaOH) D．Na2O2 + H2O
5．新型净水剂—高铁酸钾（K2FeO4）为暗紫色固体，可溶于水。工业上制备K2FeO4的常用方法之一是次氯酸盐氧化法：①
②。下列说法不正确的是
A．反应①为氧化还原反应，反应②为复分解反应
B．反应①中氧化产物与还原产物物质的量之比为2:9
C．反应②的产物K2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒
D．若有2mol FeCl3发生反应，转移电子的物质的量为6 mol
6．常温，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．pH=1的溶液中: I-、NO3－、SO42－、Na＋
B．由水电离的c(H+)=1×10-14 mol·L-1的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl－、HCO3－
C．c(H+)／c(OH－)=1012的溶液中： NH4＋、Al3＋、NO3－、Cl－
D．c(Fe3＋)=0.1 mol·L-1的溶液中：K＋、ClO－、SO42－、SCN－
7．下列离子方程式正确的是：
A．向溶液中加入过量氨水：
B．向氯化钙溶液中通入二氧化碳气体：
C．用醋酸除去水垢：
D．氯气溶于水：
8．下列物质的分类结果全部正确的是( )
A．水煤气—混合物；胆矾—纯净物；金刚石—单质
B．小苏打—酸式盐；碳酸钙—可溶性盐；食醋—纯净物
C．盐酸—纯净物；硫酸钾—钾盐；氯化铵—易溶性盐
D．豆浆—胶体；Fe(OH)3胶体—分散系；冰水共存物—混合物
9．一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O，在反应中还原产物与氧化产物的质量之比为（ ）
A．5∶3 B．5∶4 C．1∶1 D．3∶5
10．关于反应，下列说法正确的是
A．发生还原反应 B．既是氧化剂又是还原剂
C．氧化产物与还原产物的分子个数之比为2：1 D．1分子发生反应，转移4个电子
11．根据物质的组成与性质进行分类，CaCl2属于
A．酸 B．碱 C．盐 D．氧化物
12．下列变化属于氧化还原反应的是
A．Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑
B．CaO+H2O=Ca(OH)2
C．Fe+CuSO4=FeSO4+Cu
D．Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O
13．下列有关说法错误的是
A．使用含有氯化钙的融雪剂会加快桥梁的腐蚀
B．为使鲜花保鲜，可在箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土
C．雾霾是一种分散系，戴活性炭口罩的原理是吸附作用
D．常用危险化学品标志中的数字主要表示的是危险的级别
14．能正确表示下列反应的离子反应方程式为
A．醋酸除去水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O
B．MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4HClMn2＋+2Cl-+Cl2↑+2H2O
C．Na与水产生H2：Na+H2O=Na++OH-+H2↑
D．Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO+Ca2++OH-= CaCO3↓+H2O
15．下列变化需要加入适当的氧化剂才能实现的反应是
A． B． C． D．
二、填空题
16．化工厂常用氨水检验管道是否漏氯气，其反应式为3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，当有160.5gNH4Cl产生时，被氧化的氨气是_______。
17．高铁酸钾是一种非氯高效消毒剂，主要用于饮用水处理。高铁酸钾(K2FeO4)在强碱性条件下能够稳定存在。工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入饱和的 KOH，使高铁酸钾析出。
(1)方法一：可利用固体反应物反应：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑
①生成物 Na2FeO4 中铁元素的化合价为_________。
②该反应中的还原剂是_________，每生成1mol Na2FeO4 转移_________mol 电子。
(2)方法二：
反应：Fe(OH)3+ClO-+OH-—FeO+Cl- +H2O(未配平)
① 配平离子反应方程式：_________。
②若反应过程中转移了 3mol 电子，则还原产物的物质的量为_________mol。
③用双线桥标出电子转移的方向和数目_________。
(3)向 Na2FeO4 溶液中加入适量饱和的 KOH 溶液，有 K2FeO4 析出，请写出该反应的化学方程式_________。
三、实验题
18．三草酸合铁(III)酸钾(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)翠绿色的单斜晶体，易溶于水(溶解度0℃，4.7 g/100 g；100℃，117.7 g/100 g)，难溶于乙醇。
(1)I制备：以硫酸亚铁铵为原料，与草酸在酸性溶液中先制得草酸亚铁沉淀：(NH4)2Fe(SO4)2+H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+(NH4)2SO4+H2SO4
然后再用草酸亚铁在草酸钾和草酸的存在下，以过氧化氢为氧化剂，得到铁(III)草酸配合物，该反应的化学方程式为______________。
(2)II测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。
步骤一：称量5.00 g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250 mL溶液。
步骤二：取所配溶液25.00 mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，用0.010 mol/L KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是__________。
步骤三：向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用0.010 mol/L KMnO4滴定，消耗KMnO4溶液20.00 mL，请回答下列问题：
①写出步骤三中发生反应的离子方程式：_______________。
②实验测得该晶体中铁的质量分数为____________。
③在步骤二中，若加入的KMnO4溶液的量不够，则测得的铁含量______。(选填“偏低”、“偏高”、“不变”)
19．实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应主要装置如图一所示，其它装置省略)。当盐酸达到一个临界浓度时，反应就会停止。为测定反应残余液中盐酸的临界浓度，探究小组同学提出了下列实验方案：
甲方案：将产生的Cl2与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，再进行计算得到余酸的量。
乙方案：采用酸碱中和滴定法测定余酸浓度。
丙方案：余酸与已知量CaCO3(过量)反应后，称量剩余的CaCO3质量。
丁方案：余酸与足量Zn反应，测量生成的H2体积。
具体操作：装配好仪器并检查装置气密性，接下来的操作依次是：
①往烧瓶中加入足量MnO2粉末
②往烧瓶中加入20mL 12mol L-1浓盐酸
③加热使之充分反应。
（1）在实验室中，该发生装置除了可以用于制备Cl2，还可以制备下列哪些气体______？
A．O2B．H2C． CH2=CH2D．HCl
若使用甲方案，产生的Cl2必须先通过盛有________（填试剂名称）的洗气瓶，再通入足量AgNO3溶液中，这样做的目的是______________；已知AgClO易溶于水，写出Cl2与AgNO3溶液反应的化学方程式________________
（2）进行乙方案实验：准确量取残余清液，稀释5倍后作为试样。准确量取试样25.00mL，用1.500mol·L-1NaOH标准溶液滴定，选用合适的指示剂，消耗NaOH标准溶液23.00mL，则由此计算得到盐酸的临界浓度为____mol·L-1（保留两位有效数字）；选用的合适指示剂是_____。
A石蕊B酚酞C甲基橙
（3）判断丙方案的实验结果，测得余酸的临界浓度_________(填偏大、偏小或―影响)。【已知：Ksp(CaCO3)=2.8×10-9、Ksp(MnCO3)=2.3×10-11】
（4）进行丁方案实验：装置如图二所示（夹持器具已略去）。
（i）使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是倾斜Y形管，将_____转移到_____中。
（ii）反应完毕，需要读出量气管中气体的体积，首先要___________，然后再______，最后视线与量气管刻度相平。
（5）综合评价：事实上，反应过程中盐酸浓度减小到临界浓度是由两个方面所致，一是反应消耗盐酸，二是盐酸挥发，以上四种实验方案中，盐酸挥发会对哪种方案带来实验误差（假设每一步实验操作均准确）？____________
A．甲B．乙C．丙D．丁
四、计算题
20．取50.0mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得14.51g白色沉淀，用过量的稀硝酸处理后沉淀量减少到4.66g，并有气体放出，试计算：
（1）用过量的稀硝酸处理沉淀的离子方程式为：___。
（2）该混合溶液中Na2CO3和Na2SO4的物质的量浓度分别为：Na2CO3：___mol/L；Na2SO4：___mol/L。
21．Ⅰ．高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。
(1)干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4 + aNa2O2＝2Na2FeO4 + bX + 2Na2SO4 +cO2↑该反应中物质X应是__________，b与c的关系是_______________。
(2)湿法制备高铁酸钾反应体系中有六种数粒：Fe(OH)3、ClO－、OH－、FeO42-、Cl－、H2O。
①写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：__________________。
②每生成1mol FeO42-转移_____________mol电子，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产[物的物质的量为_____________mol。
Ⅱ．已知：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－。
(3)含有1 mol FeI2和2 mol FeBr2的溶液中通入2 mol Cl2，此时被氧化的离子及其物质的量是_______________________________。
(4)若向含a mol FeI2和b mol FeBr2的溶液中通入c mol Cl2，当I－、Fe2＋、Br－完全被氧化时，c为________________________________(用含a、b的代数式表示)。
参考答案：
1．C
【详解】A．加入足量盐酸，没有沉淀产生，说明不是银离子；加入硝酸钡有白色沉淀产生，可能是亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，从而生成沉淀，A错误；
B．加入氯化钡溶液，产生不溶于酸的沉淀，溶液中可能是银离子，故B错误；
C．加入足量盐酸，没有沉淀产生，说明不是银离子；没有气泡产生，则说明不是碳酸根离子、亚硫酸根离子，在剩下的溶液中滴加氯化钡，产生白色沉淀，则该溶液中一定有，C正确；
D．加入硝酸钡，产生白色沉淀的有硫酸根离子、亚硫酸根离子、碳酸根离子，加入盐酸沉淀不溶解的可能是硫酸钡、亚硫酸钡，故无法检验硫酸根离子，D错误；
答案选C。
2．C
【分析】由图可知，0→a发生的反应为2I—+Cl2=2Cl—+I2，a→b发生的反应为2Fe2++Cl2=2 Cl—+2Fe3+，b→c发生的反应为2Br—+Cl2=2 Cl—+Br2。
【详解】A．同种氧化剂，不同种还原剂的还原性强的先反应，由图可知，反应顺序为I—、Fe2+、Br—，则还原性的强弱顺序为I—＞Fe2+＞Br—，故A错误；
B．由图可知，碘离子、亚铁离子、溴离子的物质的量分别为2mol、4mol、6mol，由分析可知，通入氯气的的物质的量为(2mol+4mol+6mol) ×=6mol，故B错误；
C．由图可知，当氯气的物质的量大于amol时，溶液中亚铁离子会与氯气反应生成铁离子，滴入硫氰化钾溶液，溶液都会变为红色，故C正确；
D．c点时加入过量氢氧化钠溶液，反应后溶液中不可能存在氢离子，故D错误；
故选C。
3．B
【详解】A．含有MnO的溶液为紫色，A不符合；
B．在pH=13的溶液中：CO、 Na+、NO、SO均能大量共存，B符合；
C．由水电离出的c（H+）= 10-12 mol·L 1的溶液可酸可碱，CH3COO-在酸性条件下不能大量共存，NH在碱性条件下不能大量共存，C不符合；
D．能酚酞试液显红色的溶液为碱性溶液，Mg2+与NH在碱性条件下均不能大量共存，D不符合；
故选B。
4．D
【详解】A．2F2+2H2O=O2+4HF，该反应水中O元素化合价由-2价变为0价，所以水作还原剂，故A不符合题意；
B．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，该反应中H2O中的H由+1价变为0价，所以水作氧化剂，故B不符合题意；
C．NaH+H2O=H2↑+NaOH，该反应中H2O中的H由+1价变为0价，所以水作氧化剂，故C不符合题意；
D．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应Na2O2中O元素化合价发生变化，水中H、O元素化合价不变，所以水既不是氧化剂也不是还原剂，故D符合题意；
故选D。
5．B
【详解】A．反应①铁元素和化合价由+3价升高到+6价，反应②没有化合价的升降，正确；
B．反应①中氧化产物是高铁酸钠，还原产物是氯化钠，物质的量之比为2:3，错误；
C．+6价铁具有强氧化性，能杀菌消毒，正确；
D．铁元素和化合价由+3价升高到+6价, 若有2mol FeCl3发生反应，转移电子的物质的量为6 mol，正确；
故选B。
6．C
【详解】A、酸性条件下，NO3－会氧化I-，故A错误；
B、溶液可能酸性或碱性，HCO3－不能大量存在，故B错误；
C、溶液为酸性，四种离子不反应，能共存，故C正确；
D、Fe3＋和SCN－离子反应，故D错误；
本题答案选C。
7．A
【详解】A．硫酸铝和氨水反应产生氢氧化铝沉淀和硫酸铵，离子方程式正确，故A正确；
B．二氧化碳与氯化钙溶液不发生反应，故B错误；
C．醋酸为弱酸应写化学式，正确的离子方程式为：，故C错误；
D．氯气溶于水：，故D错误；
故选：A。
8．A
【详解】A．水煤气的主要成分是CO和H2，属于混合物；胆矾是CuSO4·5H2O晶体，属于纯净物；金刚石是碳元素形成的一种单质，A正确；
B．碳酸钙难溶于水，属于难溶性盐；食醋是醋酸的水溶液，属于混合物，B错误；
C．盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，C错误；
D．冰水共存物均为水，是纯净物，不是混合物，D错误；
答案为A。
9．D
【详解】NH4NO3中NH4+中N元素的化合价为-3价、NO3-中N元素的化合价为+5价，反应中N元素化合价由 3价、+5价变为0价，则氮气既是氧化产物也是还原产物，转移电子个数是15，根据转移电子守恒知，生成的氮气中有的是氧化产物，有的是还原产物，所以还原产物与氧化产物的质量之比为:=3:5，故答案选D。
10．B
【分析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S ↓+SO2↑ +H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子中的两个硫原子在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。
【详解】A．H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A错误；
B．Na2S2O3中的两个S分别为-2和+6价，其分别转化为S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B正确；
C．该反应的氧化产物是S，还原产物为SO2，氧化产物与还原产物的分子个数之比为1:1，C错误；
D．Na2S2O3中两个S分别为-2和+6价，其分别转化为S(0价)和SO2(+4价)，1分子 Na2S2O3发生反应，要转移2 个电子，D错误；
故选B。
11．C
【详解】CaCl2在水溶液中能够电离出钙离子和氯离子。
A.电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，故A不符合；
B.电离时产生的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱，故B不符合；
C.电离时生成金属阳离子（铵根离子）和酸根离子的化合物为盐，故C符合；
D.有两种元素组成的化合物，其中一种元素为氧元素的化合物为氧化物，故D不符合；
答案选C。
12．C
【详解】
化学反应中存在元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，据此分析解题：
A. Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑反应中所有元素的化合价均未发生改变，属于非氧化还原反应，A不合题意；
B. CaO+H2O=Ca(OH)2反应中所有元素的化合价均未发生改变，属于非氧化还原反应，B不合题意；
C. Fe+CuSO4=FeSO4+Cu反应中铁元素的化合价由0价变为+2价，铜元素的化合价由+2价变为0价，有元素的化合价发生改变，属于氧化还原反应，C符合题意；
D. Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O反应中所有元素的化合价均未发生改变，属于非氧化还原反应，D不合题意；
故答案为C。
13．D
【详解】A．氯化钙为电解质，能与桥梁中的钢构成原电池，发生电化学腐蚀，加快钢铁的腐蚀速率，故A正确；
B．乙烯可做催熟剂，高锰酸钾溶液可氧化乙烯，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土，可起到保鲜的作用，故B正确；
C．活性炭具有疏松多孔的结构，具有吸附性，雾霾是一种分散系，分散剂是空气，带活性炭口罩防雾霾的原理是吸附原理，故C正确；
D．危险化学品标志中的数字是对其危险特性的分类：如第1类 爆炸品、第2类 压缩气体和液化气体、第3类 易燃液体等，故D错误；
故选D。
14．D
【详解】A．醋酸是弱酸，离子方程式书写时不能拆，故醋酸除去水垢的离子方程式为：2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O，A错误；
B．盐酸为强酸，在离子方程式书写时能拆，故MnO2与浓盐酸反应制Cl2的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2＋+Cl2↑+2H2O，B错误；
C．Na与水产生H2的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，C错误；
D．Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应的离子方程式为：HCO+Ca2++OH-= CaCO3↓+H2O，D正确；
故答案为：D。
15．C
【分析】氧化剂具有氧化性，化合价降低，若需加氧化剂才能实现反应，则下列变化的物质中得有元素化合价升高的，自身是作为还原剂的。
【详解】A．没有元素化合价发生变化，A错误；
B．铁元素化合价由+3价降低到+2价，B错误；
C．氯元素化合价由-1价升高到0价，C正确；
D．没有元素化合价发生变化，D错误；
答案选C。
16．17克
【详解】反应3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，部分N元素化合价由-3价变为0价，失去3个电子，根据方程式可知，当有6mol氯化铵生成时，有2mol氨气被氧化，160.5gNH4Cl的物质的量为=3mol，被氧化的氨气是1mol，质量为1mol×17g/mol=17g。
17．(1) +6 FeSO4 5
(2) Fe(OH)3+3ClO﹣+4OH﹣=2+3Cl﹣+5H2O 1.5
(3)Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH
【详解】（1）①生成物 Na2FeO4中钠、氧元素化合价分别为+1、-2，则铁元素的化合价为+6。
②反应中铁元素化合价由+2升高为+6，FeSO4为还原剂；Na2O2中部分氧元素化合价由-1降低为-2，所以氧化剂是Na2O2，生成2分子Na2FeO4时，6个Na2O2中有10个氧原子化合价由-1降低为-2，电子转移为2Na2FeO4~10e-，每生成1mol Na2FeO4 转移5mol 电子；
（2）①Fe(OH)3+ClO﹣+OH﹣→+Cl﹣+H2O反应，Fe(OH)3中Fe元素化合价由+3升高为+6、ClO﹣中Cl-元素化合价由+1降低为-1，根据得失电子守恒、电荷守恒，配平离子反应方程式为2Fe(OH)3+3ClO﹣+4OH﹣=2+3Cl﹣+5H2O；
②ClO﹣中Cl-元素化合价由+1降低为-1，发生还原反应得到还原产物Cl﹣，1mol ClO﹣发生还原反应转移2mol电子生成1mol Cl﹣，若反应过程中转移了3mol电子，则还原产物的物质的量为1.5mol；
③反应中铁失去电子、铝得到电子，双线桥为；
（3）向Na2FeO4溶液中加入适量饱和的KOH溶液，生成K2FeO4沉淀和氢氧化钠，反应的化学方程式为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH。
18． 2FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O 滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，锥形瓶内的溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色 5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 11.2% 偏高
【分析】(1)草酸亚铁、草酸钾、草酸、过氧化氢发生氧化还原反应产生三草酸合铁(III)酸钾(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)，根据原子守恒、电子守恒，书写反应方程式；
(2)根据、Fe2+具有还原性，能够被KMnO4氧化为CO2、Fe3+，KMnO4被还原产生无色Mn2+，判断滴定终点的反应现象；
①Fe2+与在酸性条件下发生氧化还原反应，产生Fe3+、Mn2+、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平方程式；
②根据消耗KMnO4的物质的量计算Fe2+的物质的量，然后计算其质量，再根据样品质量可计算Fe的质量分数；
③KMnO4与发生反应，在步骤二中若KMnO4溶液不足量，则未完全反应，在步骤三中就会再与KMnO4发生反应，使KMnO4的耗量增多，据此分析。
【详解】(1)草酸亚铁、草酸钾、草酸与过氧化氢发生氧化还原反应产生三草酸合铁(III)酸钾(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)，根据原子守恒、电子守恒，可得反应方程式：2FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O；
(2)KMnO4具有强氧化性，、Fe2+具有还原性，二者在酸性条件下发生氧化还原反应，KMnO4被还原产生无色Mn2+，若反应完全后，滴入溶液中的使溶液显紫色，所以滴定终点的现象是：滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶内的溶液由变为浅红色，且半分钟内不褪色；
①Fe2+与在酸性条件下发生氧化还原反应，产生Fe3+、Mn2+、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得离子方程式：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
②n(KMnO4)=c·V=0.010 mol/L×0.02 L=2.0×10-4 mol，则根据方程式5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知Fe2+的物质的量n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5×2.0×10-4 mol=1.0×10-3 mol，m(Fe2+)=1.0×10-3 mol×56 g/mol=0.056 g，则Fe元素的质量分数为：×100%=11.2%；
③在步骤二中，若加入的KMnO4溶液的量不够，则会有部分草酸根离子未被氧化，在步骤三中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而使计算出的铁的含量增多，导致其含量偏高。
【点睛】本题考查物质的制备及物质含有铁元素含量的测定。根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写离子方程式；根据物质本身的颜色及反应前后物质颜色变化判断滴定终点，弄清每一步操作的目的是正确判断操作误差的关键。
19． D 饱和食盐水 除去挥发出的HCl Cl2+H2O+ AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3 6.9mol/L C 偏小 足量锌粒 残余清液 使气体冷却到室温 调整量气管两端液面相平 A
【分析】(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，从氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸；
(2)为测定反应残余液中盐酸的浓度，量取试样25.00mL，用1.500mol L-1NaOH标准溶液滴定，选择的指示剂是甲基橙，消耗23.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度==1.38mol/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍；
(3)与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；
(4)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气进行分析解答；
(5)甲同学的方案：盐酸挥发，也会与硝酸银反应，故反应有误差；
【详解】(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，此装置为固液加热型，
A．O2用高锰酸钾或氯酸钾与二氧化锰加热制取，用的是固固加热型，不符合题意，故A不符合题意；
B．H2用的是锌与稀硫酸反应，是固液常温型，故B不符合题意；
C．CH2=CH2用的是乙醇和浓硫酸反应，属于液液加热型，要使用温度计，故C不符合题意；
D．HCl用的是氯化钠和浓硫酸反应，属于固液加热型，故D符合题意；
氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸，由于次氯酸银不是沉淀，次氯酸与硝酸银不反应，化学方程式为Cl2+H2O+ AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3；
(2)量取试样25.00mL，用1.500mol L 1NaOH标准溶液滴定，消耗23..00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为，由c(HCl) V(HCl)=c(NaOH) V(NaOH)，该次滴定测得试样中盐酸浓度==1.38mol/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍=1.38×5=6.9mol/L；
(3)根据题意碳酸锰的Ksp比碳酸钙小，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小；
(4)化学反应释放热量，气体体积具有热胀冷缩的特点。使Zn粒进入残余清液中让其发生反应。这样残余清液就可以充分反应，如果反过来，残余清液不可能全部转移到左边。若残余清液转移到左边则会残留在Y形管内壁，导致产生气体的量减少，使测定的盐酸浓度偏小，丁方案：余酸与足量Zn反应放热，压强对气体的体积有影响该反应是在加热条件下进行的，温度升高气体压强增大，如果不回复到原温度，相当于将气体压缩了，使得测出的气体的体积减小。故温度要恢复到原温度时，同时上下移动右端的漏斗，使两端的液面的高度相同，视线要与液体的凹液面相切，读取测量气体的体积。故读气体体积时要保证冷却到室温，并且压强不再发生变化，即调整量气管两端液面相平；
(5)与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，盐酸挥发的话，加入足量的硝酸银溶液求出氯离子的量偏大，会有误差。
20． 1 0.4
【分析】Na2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得到的白色沉淀是BaCO3和BaSO4，用过量的稀硝酸处理， BaSO4不溶于硝酸，BaCO3能与稀硝酸反应释放出的气体为二氧化碳。
【详解】(1)生成的BaCO3能与稀硝酸反应，化学方程式为BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+H2O+CO2↑，根据离子方程式的书写方法：写、拆、删、查，最终离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑；
(2) 用过量的稀硝酸处理后沉淀量减少到4.66g，即BaSO4是4.66g，根据S元素守恒，，；加入过量BaCl2溶液后得14.51g白色沉淀，即BaCO3和BaSO4总质量为14.51g，BaCO3质量为14.51g-4.66g=9.85g，根据C元素守恒，，，所以Na2SO4的浓度为0.4mol/L，Na2CO3的浓度为1mol/L。
21． Na2O b=2c 3ClO－+2Fe(OH)3+4OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O 3 0.15 n(I-)=2mol，n(Fe2+)=2mol c=
【详解】Ⅰ．(1)反应中铁元素由+2价升高到+6价，过氧化钠中的部分氧由-1价升高到0价，根据氧化还原反应中元素化合价升降守恒规律，过氧化钠中的另一部分氧一定会由-1价降低到-2价，反应中硫、铁原子已经守恒，故X只能为Na2O，配平后方程式为：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，可知b=2c，故答案为：Na2O；b=2c；
(2)①高铁酸钾是生成物，则Fe(OH)3是反应物，该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价，则Fe(OH)3是还原剂，还需要氧化剂参加反应，ClO-具有强氧化性，所以ClO-是反应物，生成物是Cl-，Cl元素化合价由+1价变为-1价，转移电子数为6，溶液在碱性条件下进行，则氢氧化根离子参加反应，生成水，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O；
②2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O中Fe元素化合价由+3价升高到+6价，则该反应中转移电子数为6，每生成1molFeO42-转移电子物质的量==3mol，该反应中还原产物是氯离子，若反应过程中转移了0.3mo1电子，则还原产物的物质的量==0.15mol，故答案为：3；0.15；
Ⅱ．由2Fe3++2I-=2Fe2++I2，2Fe2++Br2=2Br-+2Fe3+可知，还原性强弱顺序是：I-＞Fe2+＞Br-。
(1)向含有1molFeI2和2molFeBr2的溶液中通入2molCl2，先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，2mol碘离子完全反应需要氯气1mol，然后发生反应Cl2+2Fe 2+=2Cl-+2Fe3+，1mol氯气反应需要亚铁离子的物质的量是2mol，溶液中含有3mol亚铁离子，参加反应的亚铁离子的物质的量是2mol，所以溶液中还剩余亚铁离子1mol，所以被氧化的离子是2molI-、2molFe 2+，故答案为：n(I-)=2mol、n(Fe2+)=2mol；
(2)若向含amolFeI2和bmolFeBr2的溶液中通入cmolCl2，当I-、Fe2+、Br-完全被氧化时，Fe2+失去的电子的物质的量为(a+b)mol，I-失去的电子的物质的量为2amol，Br-失去的电子的物质的量为2bmol，则共失去3(a+b)mol电子，所以需要氯气的物质的量：c=mol，故答案为：c=。
【点睛】本题的易错点为Ⅱ，要注意反应的先后顺序，关键是能够根据题示方程式得出I-、Fe2+、Br-的还原性强弱顺序。
一、单选题
1．为了检验，甲、乙、丙、丁四位同学设计了如下四种方案，其中最优的方案是( )
A．方案丙：试液 无沉淀白色沉淀
B．方案甲：试液 白色沉淀沉淀不溶解
C．方案乙：试液无沉淀(也无气泡)白色沉淀
D．方案丁：试液白色沉淀(过滤)沉淀不溶解
2．向和的混合溶液中通入氯气至恰好完全反应，的物质的量的变化如下图所示。下列说法正确的是
A．还原性：
B．通入氯气的总量为5mol
C．若反应过程中滴入KSCN溶液，呈血红色，则
D．c点时加入过量NaOH溶液，反应后溶液中只含四种离子
3．下列各离子组在指定的溶液中一定能够大量共存的是
A．在无色的溶液中：K+、 Na+、MnO、SO
B．在pH=13的溶液中：CO、 Na+、NO、SO
C．水电离出的c（H+）= 10-12 mol·L 1的溶液中：Cl- 、CH3COO-、NO、NH
D．滴加酚酞试液显红色的溶液：Mg2+、NH、Cl-、 K+
4．在下列反应中，水既不是氧化剂又不是还原剂的是
A．F2 + H2O (生成F2和HF) B．Na + H2O
C．NaH + H2O(生成H2和NaOH) D．Na2O2 + H2O
5．新型净水剂—高铁酸钾（K2FeO4）为暗紫色固体，可溶于水。工业上制备K2FeO4的常用方法之一是次氯酸盐氧化法：①
②。下列说法不正确的是
A．反应①为氧化还原反应，反应②为复分解反应
B．反应①中氧化产物与还原产物物质的量之比为2:9
C．反应②的产物K2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒
D．若有2mol FeCl3发生反应，转移电子的物质的量为6 mol
6．常温，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．pH=1的溶液中: I-、NO3－、SO42－、Na＋
B．由水电离的c(H+)=1×10-14 mol·L-1的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl－、HCO3－
C．c(H+)／c(OH－)=1012的溶液中： NH4＋、Al3＋、NO3－、Cl－
D．c(Fe3＋)=0.1 mol·L-1的溶液中：K＋、ClO－、SO42－、SCN－
7．下列离子方程式正确的是：
A．向溶液中加入过量氨水：
B．向氯化钙溶液中通入二氧化碳气体：
C．用醋酸除去水垢：
D．氯气溶于水：
8．下列物质的分类结果全部正确的是( )
A．水煤气—混合物；胆矾—纯净物；金刚石—单质
B．小苏打—酸式盐；碳酸钙—可溶性盐；食醋—纯净物
C．盐酸—纯净物；硫酸钾—钾盐；氯化铵—易溶性盐
D．豆浆—胶体；Fe(OH)3胶体—分散系；冰水共存物—混合物
9．一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O，在反应中还原产物与氧化产物的质量之比为（ ）
A．5∶3 B．5∶4 C．1∶1 D．3∶5
10．关于反应，下列说法正确的是
A．发生还原反应 B．既是氧化剂又是还原剂
C．氧化产物与还原产物的分子个数之比为2：1 D．1分子发生反应，转移4个电子
11．根据物质的组成与性质进行分类，CaCl2属于
A．酸 B．碱 C．盐 D．氧化物
12．下列变化属于氧化还原反应的是
A．Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑
B．CaO+H2O=Ca(OH)2
C．Fe+CuSO4=FeSO4+Cu
D．Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O
13．下列有关说法错误的是
A．使用含有氯化钙的融雪剂会加快桥梁的腐蚀
B．为使鲜花保鲜，可在箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土
C．雾霾是一种分散系，戴活性炭口罩的原理是吸附作用
D．常用危险化学品标志中的数字主要表示的是危险的级别
14．能正确表示下列反应的离子反应方程式为
A．醋酸除去水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O
B．MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4HClMn2＋+2Cl-+Cl2↑+2H2O
C．Na与水产生H2：Na+H2O=Na++OH-+H2↑
D．Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO+Ca2++OH-= CaCO3↓+H2O
15．下列变化需要加入适当的氧化剂才能实现的反应是
A． B． C． D．
二、填空题
16．化工厂常用氨水检验管道是否漏氯气，其反应式为3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，当有160.5gNH4Cl产生时，被氧化的氨气是_______。
17．高铁酸钾是一种非氯高效消毒剂，主要用于饮用水处理。高铁酸钾(K2FeO4)在强碱性条件下能够稳定存在。工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入饱和的 KOH，使高铁酸钾析出。
(1)方法一：可利用固体反应物反应：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑
①生成物 Na2FeO4 中铁元素的化合价为_________。
②该反应中的还原剂是_________，每生成1mol Na2FeO4 转移_________mol 电子。
(2)方法二：
反应：Fe(OH)3+ClO-+OH-—FeO+Cl- +H2O(未配平)
① 配平离子反应方程式：_________。
②若反应过程中转移了 3mol 电子，则还原产物的物质的量为_________mol。
③用双线桥标出电子转移的方向和数目_________。
(3)向 Na2FeO4 溶液中加入适量饱和的 KOH 溶液，有 K2FeO4 析出，请写出该反应的化学方程式_________。
三、实验题
18．三草酸合铁(III)酸钾(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)翠绿色的单斜晶体，易溶于水(溶解度0℃，4.7 g/100 g；100℃，117.7 g/100 g)，难溶于乙醇。
(1)I制备：以硫酸亚铁铵为原料，与草酸在酸性溶液中先制得草酸亚铁沉淀：(NH4)2Fe(SO4)2+H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+(NH4)2SO4+H2SO4
然后再用草酸亚铁在草酸钾和草酸的存在下，以过氧化氢为氧化剂，得到铁(III)草酸配合物，该反应的化学方程式为______________。
(2)II测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。
步骤一：称量5.00 g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250 mL溶液。
步骤二：取所配溶液25.00 mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，用0.010 mol/L KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是__________。
步骤三：向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用0.010 mol/L KMnO4滴定，消耗KMnO4溶液20.00 mL，请回答下列问题：
①写出步骤三中发生反应的离子方程式：_______________。
②实验测得该晶体中铁的质量分数为____________。
③在步骤二中，若加入的KMnO4溶液的量不够，则测得的铁含量______。(选填“偏低”、“偏高”、“不变”)
19．实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应主要装置如图一所示，其它装置省略)。当盐酸达到一个临界浓度时，反应就会停止。为测定反应残余液中盐酸的临界浓度，探究小组同学提出了下列实验方案：
甲方案：将产生的Cl2与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，再进行计算得到余酸的量。
乙方案：采用酸碱中和滴定法测定余酸浓度。
丙方案：余酸与已知量CaCO3(过量)反应后，称量剩余的CaCO3质量。
丁方案：余酸与足量Zn反应，测量生成的H2体积。
具体操作：装配好仪器并检查装置气密性，接下来的操作依次是：
①往烧瓶中加入足量MnO2粉末
②往烧瓶中加入20mL 12mol L-1浓盐酸
③加热使之充分反应。
（1）在实验室中，该发生装置除了可以用于制备Cl2，还可以制备下列哪些气体______？
A．O2B．H2C． CH2=CH2D．HCl
若使用甲方案，产生的Cl2必须先通过盛有________（填试剂名称）的洗气瓶，再通入足量AgNO3溶液中，这样做的目的是______________；已知AgClO易溶于水，写出Cl2与AgNO3溶液反应的化学方程式________________
（2）进行乙方案实验：准确量取残余清液，稀释5倍后作为试样。准确量取试样25.00mL，用1.500mol·L-1NaOH标准溶液滴定，选用合适的指示剂，消耗NaOH标准溶液23.00mL，则由此计算得到盐酸的临界浓度为____mol·L-1（保留两位有效数字）；选用的合适指示剂是_____。
A石蕊B酚酞C甲基橙
（3）判断丙方案的实验结果，测得余酸的临界浓度_________(填偏大、偏小或―影响)。【已知：Ksp(CaCO3)=2.8×10-9、Ksp(MnCO3)=2.3×10-11】
（4）进行丁方案实验：装置如图二所示（夹持器具已略去）。
（i）使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是倾斜Y形管，将_____转移到_____中。
（ii）反应完毕，需要读出量气管中气体的体积，首先要___________，然后再______，最后视线与量气管刻度相平。
（5）综合评价：事实上，反应过程中盐酸浓度减小到临界浓度是由两个方面所致，一是反应消耗盐酸，二是盐酸挥发，以上四种实验方案中，盐酸挥发会对哪种方案带来实验误差（假设每一步实验操作均准确）？____________
A．甲B．乙C．丙D．丁
四、计算题
20．取50.0mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得14.51g白色沉淀，用过量的稀硝酸处理后沉淀量减少到4.66g，并有气体放出，试计算：
（1）用过量的稀硝酸处理沉淀的离子方程式为：___。
（2）该混合溶液中Na2CO3和Na2SO4的物质的量浓度分别为：Na2CO3：___mol/L；Na2SO4：___mol/L。
21．Ⅰ．高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。
(1)干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4 + aNa2O2＝2Na2FeO4 + bX + 2Na2SO4 +cO2↑该反应中物质X应是__________，b与c的关系是_______________。
(2)湿法制备高铁酸钾反应体系中有六种数粒：Fe(OH)3、ClO－、OH－、FeO42-、Cl－、H2O。
①写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：__________________。
②每生成1mol FeO42-转移_____________mol电子，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产[物的物质的量为_____________mol。
Ⅱ．已知：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－。
(3)含有1 mol FeI2和2 mol FeBr2的溶液中通入2 mol Cl2，此时被氧化的离子及其物质的量是_______________________________。
(4)若向含a mol FeI2和b mol FeBr2的溶液中通入c mol Cl2，当I－、Fe2＋、Br－完全被氧化时，c为________________________________(用含a、b的代数式表示)。
参考答案：
1．C
【详解】A．加入足量盐酸，没有沉淀产生，说明不是银离子；加入硝酸钡有白色沉淀产生，可能是亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，从而生成沉淀，A错误；
B．加入氯化钡溶液，产生不溶于酸的沉淀，溶液中可能是银离子，故B错误；
C．加入足量盐酸，没有沉淀产生，说明不是银离子；没有气泡产生，则说明不是碳酸根离子、亚硫酸根离子，在剩下的溶液中滴加氯化钡，产生白色沉淀，则该溶液中一定有，C正确；
D．加入硝酸钡，产生白色沉淀的有硫酸根离子、亚硫酸根离子、碳酸根离子，加入盐酸沉淀不溶解的可能是硫酸钡、亚硫酸钡，故无法检验硫酸根离子，D错误；
答案选C。
2．C
【分析】由图可知，0→a发生的反应为2I—+Cl2=2Cl—+I2，a→b发生的反应为2Fe2++Cl2=2 Cl—+2Fe3+，b→c发生的反应为2Br—+Cl2=2 Cl—+Br2。
【详解】A．同种氧化剂，不同种还原剂的还原性强的先反应，由图可知，反应顺序为I—、Fe2+、Br—，则还原性的强弱顺序为I—＞Fe2+＞Br—，故A错误；
B．由图可知，碘离子、亚铁离子、溴离子的物质的量分别为2mol、4mol、6mol，由分析可知，通入氯气的的物质的量为(2mol+4mol+6mol) ×=6mol，故B错误；
C．由图可知，当氯气的物质的量大于amol时，溶液中亚铁离子会与氯气反应生成铁离子，滴入硫氰化钾溶液，溶液都会变为红色，故C正确；
D．c点时加入过量氢氧化钠溶液，反应后溶液中不可能存在氢离子，故D错误；
故选C。
3．B
【详解】A．含有MnO的溶液为紫色，A不符合；
B．在pH=13的溶液中：CO、 Na+、NO、SO均能大量共存，B符合；
C．由水电离出的c（H+）= 10-12 mol·L 1的溶液可酸可碱，CH3COO-在酸性条件下不能大量共存，NH在碱性条件下不能大量共存，C不符合；
D．能酚酞试液显红色的溶液为碱性溶液，Mg2+与NH在碱性条件下均不能大量共存，D不符合；
故选B。
4．D
【详解】A．2F2+2H2O=O2+4HF，该反应水中O元素化合价由-2价变为0价，所以水作还原剂，故A不符合题意；
B．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，该反应中H2O中的H由+1价变为0价，所以水作氧化剂，故B不符合题意；
C．NaH+H2O=H2↑+NaOH，该反应中H2O中的H由+1价变为0价，所以水作氧化剂，故C不符合题意；
D．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应Na2O2中O元素化合价发生变化，水中H、O元素化合价不变，所以水既不是氧化剂也不是还原剂，故D符合题意；
故选D。
5．B
【详解】A．反应①铁元素和化合价由+3价升高到+6价，反应②没有化合价的升降，正确；
B．反应①中氧化产物是高铁酸钠，还原产物是氯化钠，物质的量之比为2:3，错误；
C．+6价铁具有强氧化性，能杀菌消毒，正确；
D．铁元素和化合价由+3价升高到+6价, 若有2mol FeCl3发生反应，转移电子的物质的量为6 mol，正确；
故选B。
6．C
【详解】A、酸性条件下，NO3－会氧化I-，故A错误；
B、溶液可能酸性或碱性，HCO3－不能大量存在，故B错误；
C、溶液为酸性，四种离子不反应，能共存，故C正确；
D、Fe3＋和SCN－离子反应，故D错误；
本题答案选C。
7．A
【详解】A．硫酸铝和氨水反应产生氢氧化铝沉淀和硫酸铵，离子方程式正确，故A正确；
B．二氧化碳与氯化钙溶液不发生反应，故B错误；
C．醋酸为弱酸应写化学式，正确的离子方程式为：，故C错误；
D．氯气溶于水：，故D错误；
故选：A。
8．A
【详解】A．水煤气的主要成分是CO和H2，属于混合物；胆矾是CuSO4·5H2O晶体，属于纯净物；金刚石是碳元素形成的一种单质，A正确；
B．碳酸钙难溶于水，属于难溶性盐；食醋是醋酸的水溶液，属于混合物，B错误；
C．盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，C错误；
D．冰水共存物均为水，是纯净物，不是混合物，D错误；
答案为A。
9．D
【详解】NH4NO3中NH4+中N元素的化合价为-3价、NO3-中N元素的化合价为+5价，反应中N元素化合价由 3价、+5价变为0价，则氮气既是氧化产物也是还原产物，转移电子个数是15，根据转移电子守恒知，生成的氮气中有的是氧化产物，有的是还原产物，所以还原产物与氧化产物的质量之比为:=3:5，故答案选D。
10．B
【分析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S ↓+SO2↑ +H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子中的两个硫原子在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。
【详解】A．H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A错误；
B．Na2S2O3中的两个S分别为-2和+6价，其分别转化为S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B正确；
C．该反应的氧化产物是S，还原产物为SO2，氧化产物与还原产物的分子个数之比为1:1，C错误；
D．Na2S2O3中两个S分别为-2和+6价，其分别转化为S(0价)和SO2(+4价)，1分子 Na2S2O3发生反应，要转移2 个电子，D错误；
故选B。
11．C
【详解】CaCl2在水溶液中能够电离出钙离子和氯离子。
A.电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，故A不符合；
B.电离时产生的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱，故B不符合；
C.电离时生成金属阳离子（铵根离子）和酸根离子的化合物为盐，故C符合；
D.有两种元素组成的化合物，其中一种元素为氧元素的化合物为氧化物，故D不符合；
答案选C。
12．C
【详解】
化学反应中存在元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，据此分析解题：
A. Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑反应中所有元素的化合价均未发生改变，属于非氧化还原反应，A不合题意；
B. CaO+H2O=Ca(OH)2反应中所有元素的化合价均未发生改变，属于非氧化还原反应，B不合题意；
C. Fe+CuSO4=FeSO4+Cu反应中铁元素的化合价由0价变为+2价，铜元素的化合价由+2价变为0价，有元素的化合价发生改变，属于氧化还原反应，C符合题意；
D. Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O反应中所有元素的化合价均未发生改变，属于非氧化还原反应，D不合题意；
故答案为C。
13．D
【详解】A．氯化钙为电解质，能与桥梁中的钢构成原电池，发生电化学腐蚀，加快钢铁的腐蚀速率，故A正确；
B．乙烯可做催熟剂，高锰酸钾溶液可氧化乙烯，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土，可起到保鲜的作用，故B正确；
C．活性炭具有疏松多孔的结构，具有吸附性，雾霾是一种分散系，分散剂是空气，带活性炭口罩防雾霾的原理是吸附原理，故C正确；
D．危险化学品标志中的数字是对其危险特性的分类：如第1类 爆炸品、第2类 压缩气体和液化气体、第3类 易燃液体等，故D错误；
故选D。
14．D
【详解】A．醋酸是弱酸，离子方程式书写时不能拆，故醋酸除去水垢的离子方程式为：2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O，A错误；
B．盐酸为强酸，在离子方程式书写时能拆，故MnO2与浓盐酸反应制Cl2的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2＋+Cl2↑+2H2O，B错误；
C．Na与水产生H2的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，C错误；
D．Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应的离子方程式为：HCO+Ca2++OH-= CaCO3↓+H2O，D正确；
故答案为：D。
15．C
【分析】氧化剂具有氧化性，化合价降低，若需加氧化剂才能实现反应，则下列变化的物质中得有元素化合价升高的，自身是作为还原剂的。
【详解】A．没有元素化合价发生变化，A错误；
B．铁元素化合价由+3价降低到+2价，B错误；
C．氯元素化合价由-1价升高到0价，C正确；
D．没有元素化合价发生变化，D错误；
答案选C。
16．17克
【详解】反应3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，部分N元素化合价由-3价变为0价，失去3个电子，根据方程式可知，当有6mol氯化铵生成时，有2mol氨气被氧化，160.5gNH4Cl的物质的量为=3mol，被氧化的氨气是1mol，质量为1mol×17g/mol=17g。
17．(1) +6 FeSO4 5
(2) Fe(OH)3+3ClO﹣+4OH﹣=2+3Cl﹣+5H2O 1.5
(3)Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH
【详解】（1）①生成物 Na2FeO4中钠、氧元素化合价分别为+1、-2，则铁元素的化合价为+6。
②反应中铁元素化合价由+2升高为+6，FeSO4为还原剂；Na2O2中部分氧元素化合价由-1降低为-2，所以氧化剂是Na2O2，生成2分子Na2FeO4时，6个Na2O2中有10个氧原子化合价由-1降低为-2，电子转移为2Na2FeO4~10e-，每生成1mol Na2FeO4 转移5mol 电子；
（2）①Fe(OH)3+ClO﹣+OH﹣→+Cl﹣+H2O反应，Fe(OH)3中Fe元素化合价由+3升高为+6、ClO﹣中Cl-元素化合价由+1降低为-1，根据得失电子守恒、电荷守恒，配平离子反应方程式为2Fe(OH)3+3ClO﹣+4OH﹣=2+3Cl﹣+5H2O；
②ClO﹣中Cl-元素化合价由+1降低为-1，发生还原反应得到还原产物Cl﹣，1mol ClO﹣发生还原反应转移2mol电子生成1mol Cl﹣，若反应过程中转移了3mol电子，则还原产物的物质的量为1.5mol；
③反应中铁失去电子、铝得到电子，双线桥为；
（3）向Na2FeO4溶液中加入适量饱和的KOH溶液，生成K2FeO4沉淀和氢氧化钠，反应的化学方程式为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH。
18． 2FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O 滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，锥形瓶内的溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色 5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 11.2% 偏高
【分析】(1)草酸亚铁、草酸钾、草酸、过氧化氢发生氧化还原反应产生三草酸合铁(III)酸钾(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)，根据原子守恒、电子守恒，书写反应方程式；
(2)根据、Fe2+具有还原性，能够被KMnO4氧化为CO2、Fe3+，KMnO4被还原产生无色Mn2+，判断滴定终点的反应现象；
①Fe2+与在酸性条件下发生氧化还原反应，产生Fe3+、Mn2+、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平方程式；
②根据消耗KMnO4的物质的量计算Fe2+的物质的量，然后计算其质量，再根据样品质量可计算Fe的质量分数；
③KMnO4与发生反应，在步骤二中若KMnO4溶液不足量，则未完全反应，在步骤三中就会再与KMnO4发生反应，使KMnO4的耗量增多，据此分析。
【详解】(1)草酸亚铁、草酸钾、草酸与过氧化氢发生氧化还原反应产生三草酸合铁(III)酸钾(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)，根据原子守恒、电子守恒，可得反应方程式：2FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O；
(2)KMnO4具有强氧化性，、Fe2+具有还原性，二者在酸性条件下发生氧化还原反应，KMnO4被还原产生无色Mn2+，若反应完全后，滴入溶液中的使溶液显紫色，所以滴定终点的现象是：滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶内的溶液由变为浅红色，且半分钟内不褪色；
①Fe2+与在酸性条件下发生氧化还原反应，产生Fe3+、Mn2+、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得离子方程式：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
②n(KMnO4)=c·V=0.010 mol/L×0.02 L=2.0×10-4 mol，则根据方程式5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知Fe2+的物质的量n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5×2.0×10-4 mol=1.0×10-3 mol，m(Fe2+)=1.0×10-3 mol×56 g/mol=0.056 g，则Fe元素的质量分数为：×100%=11.2%；
③在步骤二中，若加入的KMnO4溶液的量不够，则会有部分草酸根离子未被氧化，在步骤三中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而使计算出的铁的含量增多，导致其含量偏高。
【点睛】本题考查物质的制备及物质含有铁元素含量的测定。根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写离子方程式；根据物质本身的颜色及反应前后物质颜色变化判断滴定终点，弄清每一步操作的目的是正确判断操作误差的关键。
19． D 饱和食盐水 除去挥发出的HCl Cl2+H2O+ AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3 6.9mol/L C 偏小 足量锌粒 残余清液 使气体冷却到室温 调整量气管两端液面相平 A
【分析】(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，从氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸；
(2)为测定反应残余液中盐酸的浓度，量取试样25.00mL，用1.500mol L-1NaOH标准溶液滴定，选择的指示剂是甲基橙，消耗23.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度==1.38mol/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍；
(3)与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；
(4)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气进行分析解答；
(5)甲同学的方案：盐酸挥发，也会与硝酸银反应，故反应有误差；
【详解】(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，此装置为固液加热型，
A．O2用高锰酸钾或氯酸钾与二氧化锰加热制取，用的是固固加热型，不符合题意，故A不符合题意；
B．H2用的是锌与稀硫酸反应，是固液常温型，故B不符合题意；
C．CH2=CH2用的是乙醇和浓硫酸反应，属于液液加热型，要使用温度计，故C不符合题意；
D．HCl用的是氯化钠和浓硫酸反应，属于固液加热型，故D符合题意；
氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸，由于次氯酸银不是沉淀，次氯酸与硝酸银不反应，化学方程式为Cl2+H2O+ AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3；
(2)量取试样25.00mL，用1.500mol L 1NaOH标准溶液滴定，消耗23..00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为，由c(HCl) V(HCl)=c(NaOH) V(NaOH)，该次滴定测得试样中盐酸浓度==1.38mol/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍=1.38×5=6.9mol/L；
(3)根据题意碳酸锰的Ksp比碳酸钙小，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小；
(4)化学反应释放热量，气体体积具有热胀冷缩的特点。使Zn粒进入残余清液中让其发生反应。这样残余清液就可以充分反应，如果反过来，残余清液不可能全部转移到左边。若残余清液转移到左边则会残留在Y形管内壁，导致产生气体的量减少，使测定的盐酸浓度偏小，丁方案：余酸与足量Zn反应放热，压强对气体的体积有影响该反应是在加热条件下进行的，温度升高气体压强增大，如果不回复到原温度，相当于将气体压缩了，使得测出的气体的体积减小。故温度要恢复到原温度时，同时上下移动右端的漏斗，使两端的液面的高度相同，视线要与液体的凹液面相切，读取测量气体的体积。故读气体体积时要保证冷却到室温，并且压强不再发生变化，即调整量气管两端液面相平；
(5)与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，盐酸挥发的话，加入足量的硝酸银溶液求出氯离子的量偏大，会有误差。
20． 1 0.4
【分析】Na2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得到的白色沉淀是BaCO3和BaSO4，用过量的稀硝酸处理， BaSO4不溶于硝酸，BaCO3能与稀硝酸反应释放出的气体为二氧化碳。
【详解】(1)生成的BaCO3能与稀硝酸反应，化学方程式为BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+H2O+CO2↑，根据离子方程式的书写方法：写、拆、删、查，最终离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑；
(2) 用过量的稀硝酸处理后沉淀量减少到4.66g，即BaSO4是4.66g，根据S元素守恒，，；加入过量BaCl2溶液后得14.51g白色沉淀，即BaCO3和BaSO4总质量为14.51g，BaCO3质量为14.51g-4.66g=9.85g，根据C元素守恒，，，所以Na2SO4的浓度为0.4mol/L，Na2CO3的浓度为1mol/L。
21． Na2O b=2c 3ClO－+2Fe(OH)3+4OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O 3 0.15 n(I-)=2mol，n(Fe2+)=2mol c=
【详解】Ⅰ．(1)反应中铁元素由+2价升高到+6价，过氧化钠中的部分氧由-1价升高到0价，根据氧化还原反应中元素化合价升降守恒规律，过氧化钠中的另一部分氧一定会由-1价降低到-2价，反应中硫、铁原子已经守恒，故X只能为Na2O，配平后方程式为：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，可知b=2c，故答案为：Na2O；b=2c；
(2)①高铁酸钾是生成物，则Fe(OH)3是反应物，该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价，则Fe(OH)3是还原剂，还需要氧化剂参加反应，ClO-具有强氧化性，所以ClO-是反应物，生成物是Cl-，Cl元素化合价由+1价变为-1价，转移电子数为6，溶液在碱性条件下进行，则氢氧化根离子参加反应，生成水，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O；
②2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O中Fe元素化合价由+3价升高到+6价，则该反应中转移电子数为6，每生成1molFeO42-转移电子物质的量==3mol，该反应中还原产物是氯离子，若反应过程中转移了0.3mo1电子，则还原产物的物质的量==0.15mol，故答案为：3；0.15；
Ⅱ．由2Fe3++2I-=2Fe2++I2，2Fe2++Br2=2Br-+2Fe3+可知，还原性强弱顺序是：I-＞Fe2+＞Br-。
(1)向含有1molFeI2和2molFeBr2的溶液中通入2molCl2，先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，2mol碘离子完全反应需要氯气1mol，然后发生反应Cl2+2Fe 2+=2Cl-+2Fe3+，1mol氯气反应需要亚铁离子的物质的量是2mol，溶液中含有3mol亚铁离子，参加反应的亚铁离子的物质的量是2mol，所以溶液中还剩余亚铁离子1mol，所以被氧化的离子是2molI-、2molFe 2+，故答案为：n(I-)=2mol、n(Fe2+)=2mol；
(2)若向含amolFeI2和bmolFeBr2的溶液中通入cmolCl2，当I-、Fe2+、Br-完全被氧化时，Fe2+失去的电子的物质的量为(a+b)mol，I-失去的电子的物质的量为2amol，Br-失去的电子的物质的量为2bmol，则共失去3(a+b)mol电子，所以需要氯气的物质的量：c=mol，故答案为：c=。
【点睛】本题的易错点为Ⅱ，要注意反应的先后顺序，关键是能够根据题示方程式得出I-、Fe2+、Br-的还原性强弱顺序。