1、首都师大二附中20202021学年度第一学期练习高三化学 开学检测 试卷说明：考试时间1小时，满分100分。请用签字笔或2B铅笔将答案填涂在答题纸相应位置。一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共60分）1. 下列用品的主要成分及用途对应不正确的是：A.B.C.D.用品主要成分CO2Fe2O3NaHCO3C12H22O11用途做制冷剂做红色涂料除油污做调味剂A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A干冰主要成分二氧化碳，吸热易气化，可做制冷剂，A正确；B铁红的主要成分为氧化铁，为红色固体，可做红色涂料，B正确；C纯碱主要成分为碳酸钠，水溶液显碱性，油污在碱性条件
2、下发生水解反应，C错误；D冰糖的主要成分为蔗糖，有甜味，可做调味剂，D正确；答案为C。2. 下列化学用语书写正确的是（ ）A. 过氧化钠的电子式是 B. 乙烷的结构式是 C. 氯原子的结构示意图是 D. 中子数为7的碳原子是 【答案】B【解析】【详解】A过氧化钠的电子式是，A不正确；B乙烷的分子式为C2H6，存在C-C键和C-H键，结构式是 ，B正确；C氯原子的结构示意图是，C不正确；D中子数为7的碳原子是，D不正确；故选B。3. 下列有关物质的分类或归类正确的是A. 化合物：CaCl2、烧碱、聚苯乙烯、HDB. 电解质：明矾、氯化氢、冰醋酸、硫酸钡C. 同系物：CH2O2、C2H4O2、C3
3、H6O2、C4H8O2D. 同位素：、【答案】B【解析】【详解】ACaCl2、烧碱为化合物，聚苯乙烯为混合物，HD为单质，A归类错误；B明矾、硫酸钡为盐，氯化氢、冰醋酸为酸，均属于电解质，B归类正确；CC2H4O2、C3H6O2、C4H8O2存在同分异构体，不能确定是否结构相似，不能确定一定为同系物，C归类错误；D同位素指中子数不同而质子数相同的同种核素的互称，但C60为分子，故D归类错误；答案为B。4. 下列叙述正确的是( )A. 胶体与其它分散系的本质区别是胶体能够产生丁达尔现象B. 工业上可以用氨水吸收尾气中的CO2来捕捉碳，降低温室效应C. 自然界中含有大量的游离态的硅，纯净的硅晶体可
4、用于制作计算机芯片D. 工业上通常用电解钠、镁、铝对应的氯化物制得该三种金属单质【答案】B【解析】【详解】A胶体与其它分散系的本质区别是分散质微粒直径的大小，A错误；BCO2是引起温室效应的重要原因，氨水能够吸收尾气中的CO2，因此可降低温室效应，B正确；C自然界中硅元素以二氧化硅和硅酸盐形式存在，无硅单质，即不含有游离态的硅，C错误；D工业上通常用电解熔融的NaCl、MgCl2来制得Na、Mg；而AlCl3是共价化合物，在熔融状态不能导电，在工业上通常采用电解熔融Al2O3的方法来冶炼铝，D错误；故合理选项是B。5. 下列有关 和 的叙述正确的是A. 都属于醇类B. 都属于酚类C. 二者属于
5、同系物D. 都能与 Na 反应【答案】D【解析】【详解】A属于酚类，是苯甲醇，属于醇类，故A错误；B属于酚类，是苯甲醇，属于醇类，故B错误；C属于酚类，是苯甲醇，属于醇类，两者结构不相似，不属于同系物，故C错误；D 和 都含有羟基，都能与Na反应生成H2，故D正确；故答案为D。6. 水杨酸的结构简式为，其分子中含的官能团是A. 碳碳双键和羧基B. 碳碳双键和羟基C. 羟基和醛基D. 羟基和羧基【答案】D【解析】【详解】从水杨酸的结构简式中可以看出，其含有三个原子团：苯基、羟基和羧基，但苯基不属于官能团，且苯环中不含有碳碳双键，所以其分子中含有的官能团为羟基和羧基；故选D。7. 设NA为阿伏加德
6、罗常数的值。下列叙述正确的是：A. 1mol甲醇中含有CH键的数目为3NAB. 25，pH13的NaOH溶液中含有OH的数目为0.1NAC. Na2O2与足量H2O反应产生0.2mol O2，转移电子的数目为0.2NAD. 标准状况下，2.24 L己烷含有分子的数目为0.1 NA【答案】A【解析】【详解】A甲醇分子中含有3个C-H、1个C-O键、1个O-H键，则1mol甲醇中含有C-H键的数目为3NA，A叙述正确；B25，pH=13的NaOH溶液中，未给定溶液的体积，则含有OH的数目不能确定，B叙述错误；CNa2O2与足量H2O反应，过氧化钠中的O原子化合价由-1价变为0价，生成1个氧气，转移
7、2个电子，则产生0.2mol O2，转移电子的数目为0.4NA，C叙述错误；D标准状况下，己烷为液体，则2.24 L己烷含有分子的数目大于0.1 NA，D叙述错误；答案为A。8. 在一定条件下可以把Mn2+氧化成，若反应中变为，又知反应中氧化剂与还原剂的离子个数比为5：2。则n为A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【详解】该反应中，锰元素的化合价变化为+2价+7价，失电子化合价升高，锰离子作还原剂；氧元素的化合价不变，所以R元素得电子化合价降低，作氧化剂，反应中氧化剂与还原剂的离子个数比为5：2，即与Mn2+的个数之比为5：2，根据各元素的原子守恒写出并配平该方程式为8H2O+5
8、+2Mn2+=2+10+16H+，根据电荷守恒得-5n+22=-12+(-210)+116，解得n=2，答案选B。9. 下列解释事实的方程式不正确的是A. 用食醋清洗水垢：CO32- + 2CH3COOH = 2CH3COO- + H2O + CO2B. 84 消毒液与洁厕灵混用产生有毒气体：ClO- + Cl- + 2H+ = Cl2 + H2OC. 用氢氧化铝治疗胃酸过多：Al(OH)3 + 3H+ =Al3+ + 3H2OD. 用硫化钠除去废水中的汞离子：Hg2+ + S2- = HgS【答案】A【解析】【详解】A. 水垢主要成分为CaCO3，而CaCO3难溶于水，所以离子方程式应为Ca
9、CO3+ 2CH3COOH =Ca2+2CH3COO- + H2O + CO2，A错误； B. 84 消毒液中含有NaClO,洁厕灵中含有盐酸，两者混用产生有毒气体Cl2，B正确；C. 胃酸中含有盐酸，氢氧化铝可以和盐酸发生中和反应，用于治疗胃酸过多，C正确；D. 汞离子和硫离子反应生成HgS沉淀，用硫离子能除去废水中的汞离子，D正确；答案选A。10. 下列颜色变化与氧化还原无关的是A. 湿润的红色布条遇到氯气褪色B. 棕黄色的FeCl3饱和溶液滴入沸水中变红褐色C. 紫色酸性KMnO4溶液通入乙烯气体后褪色D. 浅黄色Na2O2固体露置于空气中逐渐变为白色【答案】B【解析】【详解】A氯气与水
10、反应生成盐酸和次氯酸，其反应方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO，生成的次氯酸具有强氧化性，能使红色布条褪色，该反应为氧化还原反应，颜色变化与氧化还原有关，A不符合题意；BFe3+在水溶液中呈棕黄色，FeCl3饱和溶液滴入沸水中，Fe3+水解生成红褐色的氢氧化铁胶体，其离子反应方程式为：Fe3+ 3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，该反应为不是氧化还原反应，颜色变化与氧化还原无关，B符合题意；C酸性KMnO4溶液具有强氧化性，乙烯分子中含有碳碳双键，被酸性KMnO4溶液氧化，使紫色褪色，该反应为氧化还原反应，颜色变化与氧化还原有关，C不符合题意；DNa2O2固体露置于空气中，易与空气中
11、的水和二氧化碳反应，其反应方程式为:2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，NaOH也易与二氧化碳反应，其反应方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+ H2O，Na2CO3是白色粉末，所以浅黄色逐渐变为白色，该过程存在氧化还原反应，颜色变化与氧化还原有关，D不符合题意；综上所述答案为：B11. 下列各组离子，能在溶液中大量共存的是A. Na+、Mg2+、Br-B. H+、Fe2+、SO、C. K+、OH-D. Ca2+、Al3+、Cl-【答案】D【解析】【详解】AMg2+与反应产生MgCO3沉淀，不能大量共存，A不符合题意；BH+、Fe2+、
12、会发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合题意；C、OH-会反应产生NH3H2O，不能大量共存，C不符合题意；D选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，D符合题意；故合理选项是D。12. 解释下列过程的方程式正确的是A. 氯化钠溶于水发生电离，电离方程式为：NaClNa+ + ClB. 用过量氨水吸收烟道气中的SO2：SO2+2NH3H2O=SO+2NH+H2OC. 工业冶炼金属铝：2AlCl3(熔融)2Al+3Cl2D. 向物质的量之比为1：1的NaOH和Na2CO3混合物中加过量稀盐酸：OH-+CO+2H+=HCO+H2O【答案】B【解析】【详解】ANaCl溶于水发生电离产生Na+、C
13、l-，不需要通电，电离方程式为NaCl= Na+Cl-，A错误；B氨水过量，与SO2在溶液中反应产生(NH4)2SO3和H2O，反应符合事实及离子方程式书写时物质的拆分原则，B正确；CAlCl3是共价化合物，在熔融状态下不能导电。在工业上一般是用电解熔融的Al2O3的方法冶炼金属铝，C错误；D向物质的量之比为1：1的NaOH和Na2CO3混合物中加过量稀盐酸，反应产生NaCl、H2O、CO2，反应方程式为：OH-+CO+3H+=CO2+2H2O，D错误；故合理选项是B。13. 下列各项操作中，不产生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是A. 向AgNO3溶液中逐滴加入氨水B. 向Fe(OH)3
14、胶体中逐滴加入过量的稀硫酸C. 向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸D. 向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸【答案】D【解析】【详解】A硝酸银和少量氨水反应生成的氢氧化银沉淀，当氨水过量时AgOH沉淀会溶于过量的氨水生成银氨溶液，实验现象是先沉淀后溶解，与题意不符合，A不符合；B向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀硫酸，首先是胶体遇电解质发生聚沉形成沉淀，后Fe(OH)3与H2SO4发生酸碱中和反应产生可溶性的Fe(SO4)3和H2O，实验现象是先沉淀后溶解，与题意不符合，B不符合；C向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸，首先是NaAlO2、H2O、HCl反应产生Al(OH)3沉淀，然后是Al(OH)
15、3沉淀与HCl发生反应产生可溶性AlCl3和H2O，实验现象是先沉淀后溶解，与题意不符合，C不符合；D向硅酸钠溶液中逐滴加入盐酸，发生反应：Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3，产生硅酸白色沉淀，当盐酸过量时，产生的硅酸沉淀也不能溶解，因此发生现象：只产生沉淀，而沉淀不能溶解，与题意相符合，D符合题意；故合理选项是D。14. 结合元素周期律，根据下列事实所得推测不合理的是事 实推 测AIVA 族 14Si 和 32Ge 的单质是半导体材料同族 82Pb 的单质是半导体材料BHI 在 220时分解，HCl 在 1500时分解HF 的分解温度大于 1500CH3PO4 是中强酸，H2
16、SO4 是强酸HClO4 是强酸DNa、Al 通常用电解法冶炼Mg 可用电解法冶炼A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A. 同主族元素从上到下金属性增强，82Pb 的单质是金属，能导电，故A错误； B. 同主族元素从上到下，非金属性减弱，非金属性越强气态氢化物越稳定，分解温度越高，故B正确； C. 同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故C正确； D. Mg金属性大于Al，活泼金属一般用电解法冶炼，故D正确；选A。15. 下列推断正确的是A. SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应B. Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物
17、也相同C. CO、NO、NO2都是大气污染物气体，在空气中都能温室存在D. 新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分震荡后溶液显红色【答案】A【解析】【详解】A、酸性氧化物是能够跟碱反应，生成盐和水的氧化物，因为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故A正确；B、Na2O和Na2O2元素组成虽然相同，但化学性质不同，它们与CO2的反应如下：Na2O+CO2=Na2CO3；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，产物不同，故B错误；C、NO在空气中易发生反应：2NO+O22NO2，故C错误；D、因为新制氯水中含有HCl和HClO，滴入少量的紫色石蕊的现象是先变红，后褪色，故
18、D错误。故选A。16. 短周期元素X、T、Y、Z、R原子序数依次增大，T最内层电子数为最外层的2倍，部分元素的化合价关系如下表。则下列判断正确的是XYZR主要化合价-4，+4-4，+4-2，+6-1，+7A. Y的单质是常见光导纤维的主要成分B. T与Z形成的化合物为共价化合物C. X与R的单质均能使品红溶液褪色，且褪色原理相同D. 简单离子半径大小ZRT【答案】D【解析】【分析】短周期元素X、T、Y、Z、R原子序数依次增大，X、Y的化合价均为-4，+4价，为同一主族，Y的原子序数大于X，则X为C元素、Y为Si元素，Z的化合价为-2，+6， 则Z为S元素，R原子序数大于S，则R为Cl元素，T最
19、内层电子数为最外层的2倍，则T为Li或Na，已知T的原子序数大于C元素，则T为Na元素。【详解】A.Y的单质为单质硅，不是光导纤维的主要成分，应是二氧化硅，A错误；B.T与Z形成的化合物Na2S应为离子化合物，而不是共价化合物，B错误；C.X与R的单质均能使品红溶液褪色，前者是活性炭，原理是物理吸附，后者是氯气，原理是氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性而漂白，二者褪色原理不同，C错误；D.Z、R、T三者简单离子依次为S2-、Cl-、Na+，半径分别有三层、三层、两层；根据电子层数越多半径越大，同层看核电荷数，核电荷数越小，半径越大，故三者离子半径大小依次为S2-Cl-Na+，即ZRT，D正确；
20、故答案选D。17. 下列各组在溶液中反应，不管反应物的量是多少，都能用同一离子方程式表示的是（ ）A. FeBr2与Cl2B. Ba（OH）2与H2SO4C. HCl与Na2CO3D. NaHCO3与Ca（OH）2【答案】B【解析】【详解】ACl2少量时，只有亚铁子被氧化，Cl2过量时，亚铁离子与溴离子均被氧化，则不能用同一离子方程式表示，A错误；B无论量的多少都只发生Ba（OH）2+H2SO4BaSO4+H2O，则能用同一离子方程式表示，B正确；CHCl少量时，发生HCl+Na2CO3NaHCO3+NaCl，HCl过量时发生2HCl+Na2CO3NaCl+CO2+H2O，则不能用同一离子方程
21、式表示，C错误；DNaHCO3少量时，发生NaHCO3+Ca（OH）2CaCO3+H2O+NaOH，NaHCO3过量时发生2NaHCO3+Ca（OH）2CaCO3+2H2O+Na2CO3，则不能用同一离子方程式表示，D错误；答案选B。18. 将几滴KSCN（SCN-是“类卤离子”）溶液加入到含有Fe3+的酸性溶液中，溶液变成红色。将该红色溶液分为两份：一份中加入适量KMnO4溶液，红色褪去；向另一份中通入SO2，红色也褪去。以下推测肯定不正确的是A. 中红色褪去的原因是KMnO4将SCN-氧化B. 中红色褪去原因是SO2将Fe3+还原成Fe2+C. 中红色褪去的原因是SO2将SCN-还原D.
22、SCN-在适当条件下可失去电子被氧化为(SCN)2【答案】C【解析】【详解】A. SCN-是“类卤离子”，高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN-氧化，使红色褪去，故A正确；B. Fe3+具有氧化性，二氧化硫具有还原性，两者反应生成硫酸根离子、亚铁离子，反应的离子方程式为：2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+4H+SO42-，使红色褪去，故B正确；C. SO2中硫元素为+4价，如果还原SCN-，则二氧化硫中的硫将变为+6价，而SCN须继续降低，但SCN-中碳元素显+4价，不能氧化+4价的硫，氮元素显3价，化合价不能再降低，硫元素的化合价为2价，也不能氧化+4价的硫，所以对于SCN-，无论原子团还是
23、其中原子，均无法氧化二氧化硫，故C错误；D. 高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN-氧化为(SCN)2，相当于卤素单质X2，故D正确；选C。19. 短周期金属元素甲戊在元素周期表中的相对位置如表所示。下列判断正确的是甲乙丙丁戊A. 丙的单质能从丁的硫酸盐溶液中置换出丁的单质B. 金属性：甲丙C. 元素乙所形成的氧化物可能具有两性D. 丙与戊最高价氧化物的水化物间发生的反应，不能证明丙和戊的金属性强弱【答案】C【解析】【分析】由元素周期表中的相对位置可知，短周期金属元素甲戊分别为Li元素、Be元素、Na元素、Mg元素、Al元素。【详解】A.钠与硫酸镁溶液反应时，钠先与水反应，生成的氢氧化钠溶液与硫
24、酸镁溶液反应，不能置换出镁，故A错误；B.同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，则金属性：丙甲，故B错误；C.由对角线原则可知，乙与戊的性质相似，氧化铝为两性氧化物，则氧化铍为两性氧化物，故C正确；D.氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠溶液反应说明氢氧化钠的碱性强于氢氧化铝，钠的金属性强于铝，故D错误；故选C。20. Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色。Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，下列说法正确的是A. 原子半径的大小顺序：rXrYrWrQB
25、. X、Y的最高价氧化物的水化物之间不能发生反应C. 元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物D. Z元素的氢化物稳定性大于W元素的氢化物稳定性【答案】C【解析】【分析】X的焰色反应呈黄色，则X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，故Q为C元素；W、Z最外层电子数相同，二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍，故Z为S元素，W为O元素；元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，且为短周期主族元素，则Y为Al元素，据此解答。【详解】A电子层数越多原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小原子半径越大，所以原子半径大小顺序为：NaAl
26、CO，即rXrYrQrW，故A错误；BX为Na元素，最高价氧化物水化物为NaOH，Y为Al，最高价氧化物的水化物为Al(OH)3，二者可以反应生成偏铝酸钠和水，故B错误；CC元素和S元素可以形成CS2，该物质只含共价键，为共价化合物，故C正确；D非金属性OS，所以氢化物的稳定性H2OH2S，故D错误；综上所述答案为C。二、填空题（共40分）21. X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子。请回答下列问题：(1)Y在元素周期表中的位置为_。(2)上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是_（写
27、化学式），非金属气态氢化物还原性最强的是_（写化学式）。(3)X2M的燃烧热H-a kJmol-1，写出X2M燃烧反应的热化学方程式：_。(4)ZX的电子式为_；ZX与水反应放出气体的化学方程式为_。【答案】 (1). 第二周期第A族 (2). HClO4 (3). H2S (4). H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(l) H=-akJmol-1 (5). Na+:H- (6). NaH+H2O=NaOH+H2【解析】【分析】X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大，X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，则X为H，Z为Na；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种
28、分子，所以Y为O， M为S，G为Cl或Ar，据此解答。【详解】(1)根据元素周期表可以知道，Y在元素周期表中的位置为第二周期第A族，故答案为：第二周期第A族；(2)最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4，非金属气态氢化物还原性最强的是H2S，故答案为：HClO4；H2S；(3)X2M为硫化氢，其燃烧热H-a kJmol-1，即X2M燃烧反应的热化学方程式为H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(l) H=-akJmol-1，故答案为：H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(l) H=-akJmol-1；(4)ZX为NaH，其电子式为Na+:H-，ZX与水反应放出气体的化
29、学方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2，故答案为：Na+:H-；NaH+H2O=NaOH+H2。22. 氧化还原反应在生产、生活中具有广泛的用途，贯穿古今。(1)水是人体的重要组成部分，是人体中含量最多的一种物质。而“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”也可用下图表达。试写出有水参加的符合反应类型的一个化学方程式：_，其中水为_剂。(2)氯化铵常用于焊接。如在焊接铜器时用氯化铵除去铜器表面的氧化铜以便焊接,其反应为4CuO+2NH4Cl3Cu+CuCl2+N2+4H2O。该反应中，被氧化的元素是_(填元素名称)，氧化剂是_(填化学式)。反应中若产生0.2 mol的气体，则有_mol的电子
30、转移。(3)随着汽车的普及，我国城市汽车尾气污染治理迫在眉睫。用于汽车尾气净化装置的一种新型催化剂可避免汽车尾气中的有害气体对大气的污染，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的机理如图所示。写出上述变化中的总化学反应方程式：_。【答案】 (1). 2Na+2H2O=2NaOH+H2 (2). 氧化剂 (3). 氮 (4). CuO (5). 1.2 (6). 2NO+O2+4CO4CO2+N2【解析】【分析】(1)由图可知反应IV属于氧化还原反应，反应基本类型为置换反应；(2)元素化合价升高，失去电子，被氧化；元素化合价降低，得到电子，被还原，元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移总数；(3)根据
31、已知信息书写反应物和产物并配平方程式。【详解】(1)由图可知反应IV属于氧化还原反应，反应基本类型为置换反应，有水参加的置换反应，如2Na+2H2O=2NaOH+H2，在该反应中H元素化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，得到电子，所以H2O为氧化剂；(2)在反应4CuO+2NH4Cl3Cu+CuCl2+N2+4H2O中，N元素的化合价由反应前NH4Cl中的-3价变为反应后N2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以被氧化的元素是氮元素；Cu元素化合价由反应前CuO中的+2价变为反应后Cu单质的0价，化合价降低，得到电子，被还原，所以CuO为氧化剂；根据方程式可知
32、：每有1 mol N2发生反应，转移6 mol电子，则若反应中若产生0.2 mol的气体，转移电子的物质的量为n(e-)=6 mol0.2=1.2 mol；(3)根据图示可知NO2为中间产物，反应物为NO、O2、CO，产物为CO2、N2，则共有原子守恒和电子守恒，可得反应方程式为：2NO+O2+4CO4CO2+N2。【点睛】本题考查氧化还原反应的有关知识。注意不同分类方法在化学反应中的应用。氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，实质是电子转移，要根据元素化合价的升降判断反应所属类型及物质的作用。23. 有一瓶澄清的溶液,其中可能含有H+、N、Mg2+、Ba2+、Al3+、I-、N、C、S、Al
33、,取该溶液进行以下实验:（1）取pH试纸检验,溶液呈酸性,可以排除_的存在。（2）取出部分溶液,加入少量CCl4及数滴新制氯水,经振荡后CCl4呈紫红色,可以排除_的存在。结合离子方程式说明原因 _ 。（3）另取出部分溶液逐渐加入NaOH溶液,使溶液从酸性逐渐变为碱性,反应过程中均无沉淀产生,则又可排除_的存在。（4）取出部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液后,有白色沉淀生成,证明有_的存在,又可以排除_的存在。（5）根据上述实验事实可以确定,该溶液中肯定存在的离子是_,还不能确定是否存在的离子是_。【答案】 (1). CO、AlO (2). NO (3). 2I-+ 4H+2NO= I2+2N
34、O2+2H2O (4). Mg2+、Al3+ (5). Ba2+ (6). SO (7). H+、I-、Ba2+ (8). NH【解析】【分析】(1)用pH试纸检验，表明溶液呈现强酸性，CO、AlO能够与氢离子反应，在溶液中不会存在;(2)四氯化碳溶液呈紫红色，说明加入氯水后有碘单质生成，原溶液中一定含有I-，硝酸能将碘离子氧化，不共存，所以一定不含NO;(3)加入氢氧化钠溶液的过程中没有沉淀生成，说明一定不存在Mg2+、Al3+；(4)结合Ba2+能与碳酸钠反应产生沉淀来判断，一定存在：Ba2+，一定不存在：SO；(5)综合以上分析解答即可。【详解】(1) 取pH试纸检验，溶液呈强酸性，C、
35、Al，能够与氢离子反应，在溶液中不会存在，可以排除：C、Al，故答案为：C、Al；(2) 取出部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡后CCl4层呈紫红色，说明加入氯水后有碘单质生成，原溶液中一定含I，硝酸能将I氧化，不共存，一定不含NO，原因为： 2I-+ 4H+2NO= I2+2NO2+2H2O，故答案为：NO，2I-+ 4H+2NO= I2+2NO2+2H2O；(3) 加入氢氧化钠溶液的过程中没有沉淀生成，说明一定不存在Mg2+、A13+，故答案为：Mg2+、Al3+；(4)部分(3)中的碱性溶液加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，Ba2+能与碳酸钠反应产生沉淀来判断存在的离子
36、，所以存在钡离子，一定不存在硫酸根离子，故答案为：Ba2+，SO；(5) 综合以上分析可知，一定存在离子：H+、I-、Ba2+，还不能确定是否存在：NH，故答案为：H+、I-、Ba2+，：NH。24. 某小组同学为探究H2O2、H2SO3、Br2的氧化性强弱，设计如下实验(夹持仪器已略去，装置的气密性已检验)。实验记录如下：实验操作实验现象打开活塞a，滴加氯水，关闭活塞aA中溶液变红棕色吹入热空气A中红棕色明显变浅；B中有气泡，产生大量白色沉淀，混合液颜色无明显变化停止吹入空气，打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色请回答下
37、列问题：（1）A中反应的离子方程式是_。（2）实验操作吹入热空气的目的是_。（3）装置C的作用是_，C中盛放的药品是_。（4）实验操作，混合液逐渐变成红棕色，其对应的离子方程式是_。（5）由上述实验得出的结论是_。（6）实验反思：有同学认为实验操作吹入的热空气，会干扰（5）中结论的得出，你认为是否干扰，理由是_。实验操作，开始时颜色无明显变化的原因是(写出一条即可)_。【答案】 (1). 2BrCl2Br22Cl (2). 吹出单质Br2 (3). 吸收尾气 (4). NaOH溶液 (5). H2O22Br2H+Br22H2O (6). 氧化性：H2O2Br2H2SO3 (7). 不干扰，无论
38、热空气是否参加氧化H2SO3，只要观察到产生白色沉淀的同时无明显颜色变化，即能证明Br2氧化了H2SO3 (8). H2SO3有剩余（H2O2浓度小或Br与H2O2反应慢等因素都可）【解析】【详解】(1)A中是氯水滴入溴化钠溶液中发生 的氧化还原反应，氯气氧化溴离子为溴单质，A中溶液变为红棕色反应的离子方程式为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故答案为2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；(2)吹入热空气，A中红棕色明显变浅，说明溴单质被赶入B在；B中有气泡，产生大量白色沉淀，说明溴单质氧化亚硫酸生成硫酸和氯化钡生成白色沉淀，混合液颜色无明显变化，进一步证明了溴单质被还原为溴离子，故答案为吹
39、出单质Br2；(3)装置C是尾气吸收装置，反应过程中有氯气、溴蒸气等污染性气体不能排放到空气中需要用氢氧化钠溶液吸收，故答案为吸收尾气；NaOH溶液；(4)滴入过氧化氢在酸溶液中会氧化溴离子为溴单质，反应的方程式根据电子守恒、原子守恒配平书写为：H2O2+2Br-+2H+=Br2+2H2O，故答案为H2O2+2Br-+2H+=Br2+2H2O；(5)依据反应H2SO3+Br2+H2O=H2SO4+2HBr；H2O2+2Br-+2H+=Br2+2H2O；氧化还原反应中 氧化剂的氧化性大于氧化产物，氧化性为：H2O2Br2H2SO3，故答案为氧化性为H2O2Br2H2SO3；(6)欲证明是H2SO
40、3与Br2发生了反应，有两个角度：H2SO3被氧化有SO42-，即白色沉淀产生； Br2被还原有Br-且颜色不变化，其中第一条有氧气的干扰，但第二条完全符合实验现象，故已经可以说明是H2SO3而非氧气与Br2发生了反应，故答案为不干扰，无论热空气是否参加氧化H2SO3，只要观察到产生白色沉淀的同时无明显颜色变化，即能证明Br2氧化了H2SO3；实验操作III，开始时颜色无明显变化的原因是，氯化铁浓度小、过氧化氢与溴离子反应慢，亚硫酸有剩余等，故答案为H2SO3有剩余(H2O2浓度小或Br-与H2O2反应慢等因素都可)。【点睛】本题考查了物质性质的实验验证方法和实验现象分析，氧化还原反应的强弱规律的应用，离子方程式的书写方法等。本题的易错点为(6)，要注意“热空气”即氧气，需要说明现有现象是否能排除氧气的影响。