【突破课堂】第2章 元素与物质世界--26版高中同步达标检测卷鲁科版化学必修第一册册

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密 封 线 内 不 要 答 题
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姓名 班级 考号
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高中同步达标检测卷
第2章　元素与物质世界
注意事项
1.全卷满分100分。考试用时90分钟。
2.可能用到的相对原子质量:H-1　C-12　N-14　O-16　Na-23　Mg-24　S-32　Cl-35.5　K-39　Mn-55　Fe-56　I-127　Ba-137。
一、选择题(本题共10小题,每小题2分,共20分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.《天工开物》中记载了墨块的制法:“焚木烧烟,凝质而为之”。“烟”指粒子直径在5~10 nm之间的炭黑,将墨块在砚台中加水研磨即可得到墨汁。下列说法错误的是(　　)
A.墨汁具有丁达尔效应
B.墨汁可透过滤纸也可透过半透膜
C.墨汁和NaCl溶液的本质区别是分散质粒子直径不同
D.炭黑的化学性质与石墨相似
2.构建化学基本观念是学好化学的基础。下列对化学基本观念的认识正确的是(　　)
A.微粒观:NaCl溶液中的水合离子:
B.分类观:在水溶液中能电离出H+的一定是酸
C.守恒观:离子反应中,始终保持离子总数守恒
D.转化观:Na在空气中最终转化成Na2CO3
3.向一定量的H2SO4和MgSO4混合溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液至过量(体积变化忽略不计)。下列图像能正确反映对应变化关系的是(　　)
4.由等质量的石灰石制备碳酸钙的两种实验方案如下(部分反应物或反应条件略)。下列说法正确的是(　　)
方案甲:石灰石生石灰熟石灰碳酸钙
方案乙:石灰石氯化钙碳酸钙
A.上述①~⑤五个反应包含了四大基本反应类型
B.X一定是Na2CO3
C.方案乙与方案甲相比,优点为步骤少,纯度高,耗能低
D.若每一步均完全转化,则方案乙一定比方案甲的二氧化碳排放少
5.下列说法正确的是(　　)
A.物质所含元素化合价越高,氧化性越强
B.H++OH- H2O可表示任意一个酸碱中和反应
C.CO2和SO2都属于酸性氧化物
D.有单质参与的化学反应一定是氧化还原反应
6.下列叙述对应的离子方程式书写正确的是(　　)
A.向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至产生的沉淀质量最大:H++S+Ba2++OH- BaSO4↓+H2O
B.向NaHCO3溶液中加入过量NaOH溶液:HC+OH- CO2↑+H2O
C.过氧化钠与水反应:2+2H2O 4OH-+O2↑
D.向CaCl2溶液中通入少量CO2:Ca2++CO2+H2O CaCO3↓+2H+
7.用48 mL 0.1 mol/L的FeSO4溶液恰好还原2.4×10-3 mol [RO(OH)2]+,Fe2+被氧化为Fe3+,则反应后R元素的价态为(　　)
A.+2价　　　B.+3价　　　C.+4价　　　D.+5价
8.碳捕集技术是减少CO2排放的一种途径,捕集烟气中CO2的流程如图。下列说法错误的是(　　)
A.“吸收”时发生反应的离子方程式:CO2+2OH- C+H2O
B.可用Na2CO3溶液代替KOH溶液
C.整个流程可循环利用的物质只有1种
D.整个流程不涉及氧化还原反应
9.用图中所示的装置分别进行如下导电性实验,小灯泡的亮度比反应前明显减弱的是(　　)
A.向Na2SO3溶液中通入Cl2
B.向AgNO3溶液中加入少量NaCl固体
C.向HI饱和溶液中通入少量O2
D.向NaOH溶液中通入少量Cl2
10.一个完整的氧化还原反应方程式可以拆开写成两个“半反应式”,一个是“氧化反应式”,一个是“还原反应式”。如Fe+Cu2+ Fe2++Cu的拆写结果:“氧化反应式”为Fe-2e- Fe2+;“还原反应式”为Cu2++2e- Cu。在稀硫酸中,草酸钾(K2C2O4)与高锰酸钾可发生反应:5C2+2Mn+16H+ 2Mn2++10CO2↑+8H2O,对该离子反应的分析错误的是　　(　　)
A.对应的化学方程式为5K2C2O4+2KMnO4+8H2SO4 2MnSO4+6K2SO4+10CO2↑+8H2O
B.“氧化反应式”为C2-2e- 2CO2↑
C.“还原反应式”为Mn+5e-+4H2O Mn2++8OH-
D.反应中每生成1个CO2分子,转移1个电子
二、选择题(本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
11.为探究碳酸钠、碳酸氢钠与稀盐酸的反应,某小组同学做了如下实验。下列说法错误的是(　　)
实验1:
实验2:
A.等物质的量浓度溶液的碱性:Na2CO3溶液>NaHCO3溶液
B.实验1中产生气泡的反应为HC+H+ CO2↑+H2O
C.实验2中溶液从红色变为浅红色的过程发生了反应C+H+ HC
D.当C与HC同时存在时,HC结合H+的能力更强
12.某化学兴趣小组利用如图装置探究Cl2与H2O2的反应:Cl2+H2O2 2HCl+O2。下列说法错误的是(　　)
A.氧化性:KMnO4>Cl2
B.饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl
C.丙中发生的化学反应为置换反应
D.一段时间后可观察到丁中长颈漏斗中液面下降
13.在稀硫酸存在下发生反应的几种离子的转化关系如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.反应1中氧化产物为Mn3+
B.氧化性:Ce4+>Fe3+>I2>Mn3+
C.反应2的氧化剂为Mn3+,还原产物为Fe3+
D.从氧化还原反应的角度推测可能会发生反应:2Mn3++2I- I2+2Mn2+
14.一定条件下,H2C2O4(二元弱酸)被100 mL 1 mol·L-1的酸性KMnO4溶液氧化生成CO2的反应过程中,不同价态含锰微粒的浓度随时间变化如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.前5 min内所发生的反应中,氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
B.该条件下,Mn2+和Mn不能大量共存
C.后期反应的离子方程式为2Mn3++C2 2Mn2++2CO2↑
D.反应至17 min的过程中,理论上生成标准状况下10.08 L CO2
15.有600 mL某种混合物溶液,可能含有以下离子中的若干种:K+、N、Cl-、Mg2+、Ba2+、C、S,现将此溶液分成三等份,进行如下实验:
(1)向第一份中加入AgNO3溶液,有沉淀产生;
(2)向第二份中加足量NaOH溶液并加热后,收集到气体0.04 mol;(已知N+OH- NH3↑+H2O)
(3)向第三份中加足量BaCl2溶液,得到沉淀,干燥后质量为6.27 g,经足量盐酸洗涤、干燥后,沉淀质量为2.33 g。
根据上述实验,以下推测正确的是(　　)
A.K+一定存在　　　　B.Mg2+、Ba2+一定不存在
C.Cl-一定不存在　　　D.原混合溶液中C的物质的量为0.02 mol
三、非选择题(本题共5小题,共60分)
16.(12分)已知一种明胶是水溶性蛋白质混合物,溶于水可形成胶体。回答下列问题:
(1)已知Fe(CrO2)2中铬元素是+3价,则其中铁元素是　　　　价。Cr是一种酸根离子,则Fe(CrO2)2属于　　　　(填“酸”“碱”“盐”或“氧化物”)。
(2)胶体和溶液最本质的区别是　　　　。
A.分散质粒子直径大小不同　　　 　B.能否产生丁达尔效应
C.是否能透过滤纸
(3)该种明胶的水溶液和K2SO4溶液共同具备的性质是　　(填字母)。
A.都不稳定,密封放置会产生沉淀　　B.二者均能产生丁达尔效应
C.分散质粒子均可通过滤纸
(4)已知胶体的分散质粒子不能透过半透膜,但水分子等小分子或离子能透过半透膜。下列装置,可提纯胶体的是　　　　(填字母)。
A　B　C
(5)现有10 mL该种明胶的水溶液与5 mL K2SO4溶液混合装入半透膜内,将此半透膜袋浸入盛蒸馏水的烧杯中,设计实验证明S能够透过半透膜:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
17.(10分)利用化学知识,可以帮助我们解决一些化工生产和生活中的问题。
(1)在花瓶中加入“鲜花营养液”,能延长鲜花的寿命。现有一种无色的鲜花营养液,可能由硝酸钙、碳酸钾、硝酸钾、氯化钾中的一种或几种组成,为探究其成分,某同学设计并完成了如图所示的实验。
　
由实验1可确定原营养液中一定没有的物质是　　　　(填化学式),写出生成白色沉淀的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　。
(2)经检测,某化工厂排出的废水呈酸性,且其中含有大量Na+、Cu2+、S、Cl-、N。取100 mL该废水于烧杯中,逐滴加入NaOH溶液至呈碱性过程中,原废水中存在的离子的数目明显减少的是　　　　(用离子符号表示)。
(3)NaHCO3是生活中常见的物质,请回答下列问题。
①写出NaHCO3溶液与NaOH溶液反应的离子方程式:　　　　　　。
②写出足量的NaHCO3溶液与澄清石灰水反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　。
18.(12分)某化学兴趣小组设计了如图装置,该装置能制取Cl2,并进行相关性质实验,且可利用装置G储存多余的氯气。
(1)A中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)实验开始时,先打开分液漏斗旋塞和活塞K,点燃A中酒精灯,让氯气充满整个装置,再点燃E中酒精灯。回答下列问题:
①在装置D中能看到的实验现象是　　　　　　　　　　　　　　。
②由装置C中溶液变蓝,可以得到结论:氧化性强弱为　　　　　。
③在装置E的硬质玻璃管内盛有炭粉,发生氧化还原反应,产物为CO2和HCl,则E中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　。
(3)储气瓶b内盛放的试剂是　　　　　。
(4)装置B中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+,反应的离子方程式为　　　　　。
19.(12分)(1)“84”消毒液可用于漂白,其工业制法是在常温下,将氯气通入NaOH溶液中,反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　。
(2)同学们探究“84”消毒液在不同pH下使红纸褪色的情况,做了如下实验:
步骤1:将5 mL市售“84”消毒液稀释至100倍,测得稀释后溶液的pH=12。
步骤2:将稀释后溶液各取20 mL分别加入3个洁净的小烧杯中,3个小烧杯分别标记为a、b、c。
步骤3:用H2SO4溶液将a、b、c中溶液的pH分别调至10、7和4(溶液体积变化忽略不计)。
步骤4:在3个烧杯中分别放入大小、形状相同的红纸,观察现象,记录如下:
烧杯 溶液的pH 现象
a 10 10 min后,红纸基本不褪色;4 h后红纸褪色
b 7 10 min后,红纸颜色变浅;4 h后红纸褪色
c 4 10 min后,红纸颜色变得更浅;4 h后红纸褪色
已知,溶液中Cl2、HClO和ClO-物质的量分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示。
①由实验现象可得以下结论:溶液的pH在4~10范围内,pH越大,红纸褪色　　　　。
②结合图像进行分析,b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)由于氯气会与自来水中的有机物发生反应生成对人体有害的物质,人们尝试研究并使用新的自来水消毒剂,如ClO2气体就是一种新型高效含氯消毒剂。
①一种制备ClO2的方法是用SO2通入硫酸酸化的NaClO3溶液中,反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。
②另一种制备ClO2的方法是用NaClO3与盐酸反应,同时有Cl2生成,产物中Cl2体积占气体产物体积的,每生成0.5 mol ClO2,转移　　　mol e-。
③ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐(Cl),需将其转化为Cl-除去。下列试剂中,可将Cl转化为Cl-的是　　　　(填字母)。
a.FeSO4　　　　　b.O3　　　　　c.KMnO4　　　　　d.KI
20.(14分)亚氯酸钠(NaClO2)是一种杀菌漂白剂,可用于棉纺织品漂白、食品消毒、水处理等,消毒时本身被还原成Cl-。亚氯酸钠晶体的一种生产工艺如图:
已知:①ClO2浓度过高时易发生爆炸分解,一般用稀有气体或空气稀释至含量10%以下;
②NaClO2在温度高于60 ℃时易分解生成NaClO3和NaCl。
(1)在“ClO2发生器”中,NaClO3与SO2反应生成ClO2和Na2SO4,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)向“ClO2发生器”中鼓入空气的作用是　　　　(填字母)。
a.将SO2氧化成SO3,增强酸性　　　　　　b.将NaClO2氧化成ClO2
c.稀释ClO2,以防发生爆炸
(3)“吸收塔”的作用是将产生的ClO2转化为NaClO2,在此过程中加入的H2O2是　　　　(填“氧化剂”或“还原剂”)。“吸收塔”中需要控制温度不超过20 ℃,其原因是　　　　　　　　　　　　。
(4)NaClO2的溶解度曲线如图所示。从NaClO2溶液中获得NaClO2晶体的操作是:将NaClO2溶液　　　　　　　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　　　　　、过滤、洗涤、干燥。
(5)为测定所得NaClO2产品的纯度,进行如下实验:
步骤①:取1.000 g样品于烧杯中,用适量蒸馏水溶解后,加入略过量的KI晶体,再滴加适量的稀硫酸,充分反应(反应的化学方程式为NaClO2+4KI+2H2SO4 2H2O+2I2+NaCl+2K2SO4);
步骤②:将①所得溶液转移至250 mL容量瓶中,稀释定容得溶液A;
步骤③:准确移取25.00 mL溶液A于锥形瓶中,向锥形瓶中滴加两滴淀粉溶液作指示剂,用0.200 mol/L的Na2S2O3标准溶液与之反应,至恰好完全反应时消耗Na2S2O3溶液22.00 mL(反应的化学方程式为I2+2Na2S2O3 2NaI+Na2S4O6)。
计算该NaClO2产品的纯度:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(写出计算过程)。
答案与解析
第2章　元素与物质世界
1.B　墨汁中的炭黑粒子直径在5~10 nm之间,墨汁属于胶体,具有丁达尔效应,A正确;墨汁为胶体,可透过滤纸但是不能透过半透膜,B错误;墨汁为胶体,NaCl溶液属于溶液,两者的本质区别为分散质粒子的直径不同,C正确;炭黑和石墨都是碳的单质,两者的化学性质相似,D正确。
2.D　NaCl溶液中的水合离子中H2O中O靠近Na+,H靠近Cl-,A错误;能电离出H+的也可能是酸式盐,如NaHSO4,B错误;化学反应中原子总数守恒,但离子总数不一定守恒,C错误;Na和空气中O2、H2O、CO2反应,最终变成Na2CO3,D正确。
3.A　一定量的H2SO4和MgSO4混合溶液中逐滴滴加NaOH溶液,NaOH先与H2SO4反应生成Na2SO4和H2O,没沉淀生成;H2SO4反应完后,NaOH再与MgSO4反应生成Mg(OH)2沉淀,沉淀量逐渐增多直至MgSO4完全反应,A正确。开始时溶液呈酸性,加入NaOH溶液后,酸性减弱,pH升高,B不正确。开始为强电解质的溶液,加入NaOH溶液后,离子数目不变,但溶液体积增大,则离子浓度减小,导电能力减弱,C不正确。第一个反应溶质H2SO4转化为Na2SO4,溶质质量增加,第二个反应溶质MgSO4转化为Na2SO4,溶质质量也增加,D不正确。
4.C　题述两个方案中①~⑤五个反应依次是CaCO3分解生成CaO和CO2,CaO和H2O反应生成Ca(OH)2,Ca(OH)2和可溶性的碳酸盐溶液反应生成CaCO3,CaCO3可以和盐酸反应生成CaCl2,CaCl2和可溶性的碳酸盐溶液反应生成CaCO3,则五个反应分别为分解反应、化合反应、复分解反应、复分解反应、复分解反应,没有置换反应,A错误;Ca(OH)2能与Na2CO3或K2CO3等可溶性碳酸盐反应,均可生成CaCO3沉淀,B错误;方案乙只需两步,无需加热,且由易溶的氯化钙制备难溶的CaCO3,比方案甲由微溶的Ca(OH)2制备难溶的CaCO3所得产品纯度高,C正确;若每一步均完全转化,根据元素守恒,方案乙和方案甲CO2排放一样多,D错误。
5.C　物质所含元素化合价越高,氧化性不一定越强,如HClO4中的氯元素为+7价,HClO中氯元素为+1价,但HClO的氧化性比HClO4强,A错误;H++OH- H2O表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的反应,而酸碱中和反应可以是弱酸、弱碱,也可以生成不溶性盐,如H2SO4和Ba(OH)2的酸碱中和反应,B错误;CO2和SO2与碱反应都生成一种盐和水,都属于酸性氧化物,C正确;单质之间的转化不存在元素化合价的变化,不是氧化还原反应,D错误。
6.A　向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至产生的沉淀质量最大时,离子方程式为H++S+Ba2++OH- BaSO4↓+H2O,故A正确;向NaHCO3溶液中加入过量NaOH溶液,反应生成碳酸钠和水,故B错误;过氧化钠与水反应的离子方程式中,过氧化钠不能拆成离子形式,故C错误;盐酸的酸性大于碳酸,氯化钙溶液中通入少量二氧化碳不产生沉淀,故D错误。
7.B　由题意可知,反应中化合价发生变化的元素分别为铁元素和R元素,[RO(OH)2]+中R元素的化合价为+5价,设反应后R元素的价态为x价,由得失电子守恒有:48×10-3 L×0.1 mol/L×(3-2)=2.4×10-3 mol×(5-x),解得x=+3。
8.C　“吸收”时二氧化碳和KOH溶液(足量)反应生成碳酸钾和水,离子方程式为CO2+2OH- C+H2O,故A正确;用Na2CO3溶液代替KOH溶液,碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠,CaO与H2O反应生成Ca(OH)2,Ca(OH)2与碳酸氢钠反应可生成碳酸钙,也能吸收CO2,故B正确;整个流程可循环利用的物质不止1种,故C错误;整个流程没有元素化合价发生变化,不涉及氧化还原反应,故D正确。
9.C　电解质溶液的导电性与溶液中自由移动的离子浓度有关,一般离子浓度越大,溶液导电性越强,溶液导电能力明显减弱说明溶液中自由移动的离子浓度明显减小。A项,向亚硫酸钠溶液中通入氯气,反应生成硫酸钠和氯化氢,离子浓度增大,溶液导电能力明显增强;B项,向硝酸银溶液中加入少量氯化钠固体,反应生成AgCl和硝酸钠,溶液中离子浓度变化不明显,溶液导电能力变化不明显;C项,向HI饱和溶液中通入少量氧气,反应生成单质碘和水,溶液中离子浓度减小,所以溶液导电能力明显减弱;D项,向NaOH溶液中通入少量Cl2,反应生成NaCl、NaClO和水,离子浓度变化不明显,溶液导电能力变化不明显;故选C。
10.C　根据得失电子守恒、原子守恒可知,在稀硫酸中草酸钾(K2C2O4)与高锰酸钾反应的化学方程式为5K2C2O4+2KMnO4+8H2SO4 2MnSO4+6K2SO4+10CO2↑+8H2O,故A正确;由C2 CO2,碳元素的化合价升高,C2失去电子发生氧化反应,根据题干信息可知,“氧化反应式”为C2-2e- 2CO2↑,故B正确;由Mn Mn2+,锰元素的化合价降低,Mn得到电子发生还原反应,由题干信息可知,该反应是在酸性条件下进行的,“还原反应式”为Mn+5e-+8H+ Mn2++4H2O,故C错误;由C2-2e- 2CO2↑可知,反应中每生成1个CO2分子,转移1个电子,故D正确。
11.D　根据实验现象,加入酚酞试液,Na2CO3溶液为红色,NaHCO3溶液为浅红色,则等物质的量浓度溶液的碱性:Na2CO3溶液>NaHCO3溶液,A正确;实验1中NaHCO3直接与稀盐酸反应生成CO2、H2O和NaCl,产生气泡的反应为HC+H+ CO2↑+H2O,B正确;稀盐酸逐滴加入Na2CO3溶液中,先发生反应C+H+ HC,溶液碱性变弱但依然为碱性,溶液从红色变为浅红色,C正确;根据实验现象,反应顺序是C先与H+反应生成HC,HC再与H+反应生成CO2和H2O,故C结合H+的能力更强,D错误。
12.D　甲装置中高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气:2KMnO4+16HCl(浓) 2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O,由化学方程式可知,氧化性:KMnO4>Cl2,A正确;浓盐酸具有挥发性,所以氯气中含有HCl气体杂质,饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl,B正确;丙中发生的化学反应为Cl2+H2O2 2HCl+O2,属于置换反应,C正确;丁装置可收集产生的O2,O2使丁装置内压强增大,一段时间后可观察到丁中长颈漏斗中液面上升,D错误。
13.BC　由转化关系可知,反应1中,Mn2+转化为Mn3+,锰元素化合价升高,Mn2+是还原剂,Mn3+是氧化产物,故A正确;反应1中Ce4+是氧化剂,Mn3+是氧化产物,反应2中Mn3+是氧化剂,Fe3+是氧化产物,反应3中Fe3+是氧化剂,I2是氧化产物,根据同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物可知,氧化性:Ce4+>Mn3+>Fe3+>I2,故B错误;反应2中锰元素化合价降低,所以Mn3+为氧化剂,Mn2+为还原产物,故C错误;由于氧化性Mn3+>I2,可发生反应2Mn3++2I- I2+2Mn2+,故D正确。
14.AC　前5 min内Mn浓度下降,Mn3+浓度上升,说明Mn和H2C2O4反应生成Mn3+和CO2,根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为2KMnO4+4H2C2O4+4H2SO4 Mn2(SO4)3+K2SO4+8CO2↑+8H2O,氧化产物是CO2,还原产物为Mn2(SO4)3,氧化产物与还原产物的物质的量之比为8∶1,A错误;由题图可知,Mn的浓度为0后才开始生成Mn2+,则该条件下Mn2+和Mn不能大量共存,B正确;后期Mn3+浓度下降,Mn2+浓度上升,说明Mn3+和草酸反应生成Mn2+和CO2,离子方程式为2Mn3++H2C2O4 2Mn2++2CO2↑+2H+,C错误;n(KMnO4)=1 mol·L-1×0.10 L=0.1 mol,由2KMnO4+4H2C2O4+4H2SO4 Mn2(SO4)3+K2SO4+8CO2↑+8H2O可知,KMnO4完全反应生成0.4 mol CO2、0.1 mol Mn3+,在17 min时,n(Mn2+)=n(Mn3+),则参加反应Mn2(SO4)3+H2C2O4 2MnSO4+2CO2↑+H2SO4的Mn3+的物质的量为0.05 mol,生成0.05 mol CO2,共生成0.45 mol CO2,标准状况下的体积为0.45 mol×22.4 L·mol-1=10.08 L,D正确。
15.AB　向第二份溶液中加入足量NaOH溶液并加热后,收集到气体0.04 mol,根据信息可知一份溶液中n(N)=0.04 mol;向第三份溶液中加足量BaCl2溶液,得到沉淀,干燥后质量为6.27 g,经足量盐酸洗涤、干燥后,沉淀质量为2.33 g,为BaSO4,则n(BaSO4)=n(S)==0.01 mol,BaCO3的质量为6.27 g-2.33 g=3.94 g,n(BaCO3)=n(C)==0.02 mol,则原混合溶液中:n(C)=0.06 mol,n(S)=0.03 mol,故原混合溶液中不存在Ba2+、Mg2+;向第一份溶液中加入AgNO3溶液,有沉淀产生,可能是硫酸银、氯化银等,不能确定是否含有氯离子;一份溶液中硫酸根离子和碳酸根离子带电荷总物质的量为0.06 mol,一份溶液中n(N)=0.04 mol,根据溶液呈电中性可知,钾离子一定存在;综上可知,A、B正确。
16.答案　(每空2分)
(1)+2　盐　(2)A　(3)C　(4)C　(5)取烧杯中液体少许于一支洁净的试管中,加入稀盐酸酸化,再加BaCl2溶液,若有白色沉淀产生,则说明S能够透过半透膜
解析　(1)Fe(CrO2)2中,氧元素的化合价是-2,铬元素的化合价是+3,根据化合物中各元素化合价的代数和为0可知,铁元素化合价为+2;Fe(CrO2)2是由Fe2+和Cr组成的盐。(2)胶体和溶液最本质的区别是分散质粒子直径的大小不同,故选A。(3)溶液很稳定,胶体具有介稳性,A错误;胶体能产生丁达尔效应而溶液不能,B错误;胶体和溶液中的分散质粒子都能透过滤纸,C正确。(4)胶体的分散质粒子不能透过半透膜,但水分子等小分子或离子能透过半透膜,所以当胶体中混有溶液时,用渗析的方法来提纯,故选C。
17.答案　(每空2分)
(1)K2CO3　C+Ca2+ CaCO3↓
(2)H+、Cu2+
(3)①HC+OH- C+H2O　②Ca2++2OH-+2HC CaCO3↓+C+2H2O
解析　(1)向原营养液中加入Na2CO3溶液,反应产生白色沉淀,说明该营养液中含有Ca(NO3)2,则能够与Ca(NO3)2反应产生白色沉淀的K2CO3不能大量存在;Ca(NO3)2与Na2CO3反应生成CaCO3白色沉淀和NaNO3,该反应的离子方程式为C+Ca2+ CaCO3↓。
(2)某化工厂排出的废水呈酸性,说明废水中含有大量H+,且其中含有大量Na+、Cu2+、S、Cl-、N,向其中逐滴加入NaOH溶液至呈碱性,首先发生反应:H++OH- H2O,然后发生反应:Cu2++2OH- Cu(OH)2↓,则原废水中离子数目明显减少的为H+、Cu2+。
(3)①NaHCO3溶液与NaOH溶液反应生成Na2CO3、H2O,该反应的离子方程式为HC+OH- C+H2O。②足量的NaHCO3溶液与澄清石灰水反应,生成CaCO3沉淀、Na2CO3、H2O,该反应的离子方程式为Ca2++2OH-+2HC CaCO3↓+C+2H2O。
18.答案　(每空2分)
(1)4H++2Cl-+MnO2 Mn2++Cl2↑+2H2O
(2)①溶液先变红后褪色　②Cl2>I2　③C+2Cl2+2H2O CO2+4HCl
(3)饱和食盐水
(4)2Fe2++Cl2 2Cl-+2Fe3+
解析　(1)装置A中MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成Cl2、MnCl2和H2O,反应的离子方程式为4H++2Cl-+MnO2 Mn2++Cl2↑+2H2O。
(2)①Cl2与水反应生成HCl和HClO,HCl使溶液呈酸性,HClO具有漂白性,所以装置D中紫色石蕊溶液先变红后褪色。②装置C中溶液变成蓝色,说明Cl2将KI氧化生成I2,氧化性:Cl2>I2。③在装置E的硬质玻璃管内盛有炭粉,发生氧化还原反应,产物为CO2和HCl,根据得失电子守恒和原子守恒可知反应的化学方程式为C+2Cl2+2H2O CO2+4HCl。
(3)储气瓶b可以收集多余Cl2,饱和食盐水可以减少Cl2的溶解损失,所以储气瓶b内盛放的试剂为饱和食盐水。
(4)Cl2具有氧化性,能把Fe2+氧化为Fe3+,反应的离子方程式为2Fe2++Cl2 2Cl-+2Fe3+。
19.答案　(每空2分)
(1)Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O
(2)①越慢　②pH=4的溶液中HClO含量高于pH=7的溶液中HClO含量
(3)①SO2+2Cl 2ClO2+S　②0.5　③ad
解析　(1)氯气通入NaOH溶液中反应的离子方程式为Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O。
(2)①由实验现象可知:溶液的pH在4~10范围内,pH越大,红纸褪色越慢;②结合图像可知,b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是HClO含量不同。
(3)①SO2通入硫酸酸化的NaClO3溶液中,NaClO3被还原为ClO2,SO2被氧化为S,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可得反应的离子方程式为SO2+2Cl 2ClO2+S;②NaClO3与盐酸反应生成ClO2、Cl2、NaCl和H2O,Cl2体积占气体产物体积的,则反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl Cl2↑+2ClO2↑+2H2O+2NaCl,NaClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价,所以每生成0.5 mol ClO2,转移0.5 mol e-;③将Cl转化为Cl-,氯元素的化合价由+3价降低为-1价,Cl得电子,被还原,需要加入具有还原性的物质,FeSO4具有还原性,O3具有强氧化性,KMnO4具有强氧化性,KI具有还原性,故选a、d。
20.答案　(除标注外,每空2分)
(1)2NaClO3+SO2 Na2SO4+2ClO2
(2)c
(3)还原剂(1分)　防止H2O2(受热)分解
(4)加热升温至略低于60 ℃蒸发浓缩　冷却至略高于38 ℃结晶
(5)由NaClO2~2I2~4Na2S2O3,可知25.00 mL溶液中n(NaClO2)=n(Na2S2O3)=×0.022 L×0.200 mol/L=0.001 1 mol,则样品中m(NaClO2)=10×0.001 1 mol×90.5 g/mol=0.995 5 g,因此该NaClO2产品的纯度=×100%=99.55%(3分,未写计算过程,不给分)
解析　(1)在“ClO2发生器”中,NaClO3被SO2还原为ClO2,而SO2被氧化为硫酸钠,该反应的化学方程式为2NaClO3+SO2 Na2SO4+2ClO2。
(2)根据题中信息可知,ClO2浓度过高时易发生爆炸分解,一般用稀有气体或空气稀释到含量10%以下,则向“ClO2发生器”中鼓入空气的作用是稀释ClO2,以防ClO2发生爆炸,故选c。
(3)在“吸收塔”中,ClO2被H2O2还原为NaClO2,H2O2被氧化为O2,所以在此过程中加入的H2O2是还原剂;为防止H2O2受热分解,“吸收塔”中需要控制温度不超过20 ℃。
(4)根据NaClO2的溶解度曲线可以看出,温度低于38 ℃时会生成NaClO2·3H2O,NaClO2在温度高于60 ℃时易分解生成NaClO3和NaCl,则从NaClO2溶液中获得NaClO2晶体的操作是:将NaClO2溶液加热升温至略低于60 ℃蒸发浓缩、冷却至略高于38 ℃结晶、过滤、洗涤、干燥。
(5)由NaClO2+4KI+2H2SO4 2H2O+2I2+NaCl+2K2SO4,I2+2Na2S2O3 2NaI+Na2S4O6,可得关系式NaClO2~2I2~4Na2S2O3,所以25.00 mL溶液中n(NaClO2)=n(Na2S2O3)=×0.022 L×0.200 mol/L=0.001 1 mol,则样品中m(NaClO2)=10×0.001 1 mol×90.5 g/mol=0.995 5 g,故该NaClO2产品的纯度=×100%=99.55%。