2024北京重點(diǎn)校高一（下）期中化學(xué)匯編：元素與物質(zhì)世界章節(jié)綜合（魯科版）VIP

第1頁/共1頁2024北京重點(diǎn)校高一（下）期中化學(xué)匯編元素與物質(zhì)世界章節(jié)綜合（魯科版）一、單選題1．（2024北京101中學(xué)高一下期中）當(dāng)光束通過下列分散系時(shí)，能觀察到丁達(dá)爾效應(yīng)的是A．KCl溶液 B．膠體 C．NaOH溶液 D．溶液2．（2024北京101中學(xué)高一下期中）下列物質(zhì)中，不屬于電解質(zhì)的是A．Zn B． C． D．3．（2024北京第八十中學(xué)高一下期中）當(dāng)光束通過下列分散系時(shí)，能觀察到丁達(dá)爾效應(yīng)的是A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．膠體4．（2024北京第八十中學(xué)高一下期中）我國(guó)的松煙墨歷史悠久。下列古法制作松煙墨的部分工藝中，涉及化學(xué)變化的是擇松伐木A．擇松伐木B．燒木成煙C．入窯取煙D．壓制成墨A．A B．B C．C D．D5．（2024北京第八十中學(xué)高一下期中）下列物質(zhì)中，屬于電解質(zhì)的是A． B．蔗糖溶液 C． D．溶液6．（2024北京15中高一下期中）下列物質(zhì)中，不屬于電解質(zhì)的是A． B．NaOH C．KNO3 D．Mg7．（2024北京回民學(xué)校高一下期中）“三七”是一種名貴中藥，其有效成分中含人參皂苷。人參皂苷屬于A．單質(zhì) B．氧化物 C．無機(jī)物 D．有機(jī)物8．（2024北京第八十中學(xué)高一下期中）下列關(guān)于物質(zhì)分類的敘述中，不正確的是A．硫酸屬于酸 B．氫氧化鈣屬于堿C．二氧化碳屬于氧化物 D．液氨屬于混合物9．（2024北京101中學(xué)高一下期中）下列反應(yīng)的離子方程式書寫不正確的是A．碳酸鈉溶液與足量鹽酸反應(yīng)：CO+2H+=CO2↑+H2OB．鈉與水反應(yīng)：Na+H2O=Na++OH-+H2↑C．氯化鋇溶液與稀硫酸反應(yīng)：Ba2++SO=BaSO4↓D．銅與稀硝酸反應(yīng)：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O10．（2024北京人大附中高一下期中）硼氫化鈉(NaBH4)被稱為“萬能還原劑”，能與水反應(yīng)產(chǎn)生H2，NaBH4在催化劑釕()表面與水反應(yīng)的歷程如圖所示：下列說法正確的是A．、、是元素釕的三種同素異形體B．若將NaBH4中的H用D代替，反應(yīng)后生成的氣體中只含HD和D2C．過程③中產(chǎn)生1molH2，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為2molD．過程①至過程④的總反應(yīng)為：NaBH4+4H2O=NaB(OH)4+4H2↑11．（2024北京五中高一下期中）在Pt-BaO催化下，NO的“儲(chǔ)存-還原”過程如圖1所示。其中“還原”過程依次發(fā)生反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ，各氣體的物質(zhì)的量變化如圖2所示。下列說法不正確的是A．與BaO的反應(yīng)中，既是氧化劑，又是還原劑B．反應(yīng)Ⅰ為C．反應(yīng)Ⅱ中，最終生成的物質(zhì)的量為0.2amolD．反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ中消耗的的質(zhì)量比是3∶512．（2024北京匯文中學(xué)高一下期中）某實(shí)驗(yàn)小組探究KMnO4溶液與NH3以及銨鹽溶液的反應(yīng)。已知：的氧化性隨溶液酸性增強(qiáng)而增強(qiáng)；MnO2為棕黑色，Mn2+接近無色。實(shí)驗(yàn)序號(hào)試劑a實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象Ⅰ8mol·L-1氨水(pH≈13)紫色變淺，底部有棕黑色沉淀Ⅱ0.1mol·L-1NaOH溶液無明顯變化Ⅲ4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈6)紫色略變淺，底部有少量棕黑色沉淀Ⅳ硫酸酸化的4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈1)紫色變淺Ⅴ硫酸酸化的4mol·L-1NH4Cl溶液(pH≈1)紫色褪去下列說法不正確的是A．由Ⅱ可知，pH=13時(shí)，OH-不能還原B．由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，與相比，NH3更易還原C．由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH對(duì)與反應(yīng)的影響D．由Ⅳ、Ⅴ可知，濃度降低，其還原性增強(qiáng)13．（2024北京人大附中高一下期中）某同學(xué)設(shè)計(jì)如圖實(shí)驗(yàn)方案，從海帶中提取。下列說法正確的是A．操作①是萃取B．②中雙氧水作還原劑C．③的離子方程式是D．含的溶液經(jīng)3步轉(zhuǎn)化為的懸濁液，其目的是富集，便于分離提純14．（2024北京第十二中學(xué)高一下期中）工業(yè)上利用廢錳渣(主要成分為MnO2、KOH、MgO)制備MnSO4的流程如下圖所示：已知反應(yīng)Ⅰ中生成Fe2+、Mn2+、S等。下列說法不正確的是A．濾液中主要存在的陽離子有：Mg2+、K+、Mn2+、H+B．反應(yīng)Ⅰ中每消耗0.5molFeS2，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為1NAC．反應(yīng)Ⅱ的離子方程式為MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2OD．調(diào)節(jié)pH的作用是沉淀鐵元素15．（2024北京北師大實(shí)驗(yàn)中學(xué)高一下期中）某小組探究Na2S溶液與KMnO4溶液反應(yīng)，實(shí)驗(yàn)過程如下：實(shí)驗(yàn)序號(hào)ⅠⅡ?qū)嶒?yàn)過程實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象紫色變淺(pH＜1)，生成棕褐色沉淀(MnO2)溶液呈淡黃色(pH≈8)，生成淺粉色沉淀(MnS)資料：?。趶?qiáng)酸性條件下被還原為Mn2+，在近中性條件下被還原為MnO2。ⅱ．單質(zhì)硫可溶于硫化鈉溶液，溶液呈淡黃色。下列說法不正確的是（

）。A．根據(jù)實(shí)驗(yàn)可知，Na2S被氧化B．取少量實(shí)驗(yàn)Ⅰ所得溶液進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，檢測(cè)到有，不能說明S2-被氧化為C．實(shí)驗(yàn)Ⅰ中生成棕褐色沉淀，說明酸性條件下S2-能將還原為MnO2D．實(shí)驗(yàn)Ⅱ得到淺粉色沉淀，是由于S2-將新生成的還原為Mn2+并迅速與其結(jié)合所致16．（2024北京北大附中高一下期中）離子化合物和與水的反應(yīng)分別為①；②。下列說法正確的是A．中均有非極性共價(jià)鍵B．①中水發(fā)生氧化反應(yīng)，②中水發(fā)生還原反應(yīng)C．中陰、陽離子個(gè)數(shù)比為，中陰、陽離子個(gè)數(shù)比為D．當(dāng)反應(yīng)①和②中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相同時(shí)，產(chǎn)生的和的物質(zhì)的量相同二、填空題17．（2024北京回民學(xué)校高一下期中）汽車尾氣系統(tǒng)中安裝的催化轉(zhuǎn)化器中，發(fā)生如下反應(yīng)：2CO+2NON2+2CO2。(1)作還原劑的物質(zhì)是，碳元素的化合價(jià)(填“升高”或“降低”)。(2)若反應(yīng)中消耗了2molNO，則生成N2的物質(zhì)的量為mol，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為mol。18．（2024北京第八十中學(xué)高一下期中）汽車尾氣系統(tǒng)中安裝的催化轉(zhuǎn)化器中，發(fā)生如下反應(yīng)。(1)作還原劑的物質(zhì)是，碳元素的化合價(jià)(填“升高”或“降低”)。(2)若反應(yīng)中消耗了2molNO，則生成的物質(zhì)的量為mol，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為mol。19．（2024北京北師大實(shí)驗(yàn)中學(xué)高一下期中）硫化氫(H2S)是一種有毒氣體，高于200℃分解，溶于水顯弱酸性，脫除H2S的方法很多。(1)Na2CO3吸收H2S。含H2S的氣體與飽和Na2CO3溶液在吸收塔內(nèi)逆流接觸，生成兩種酸式鹽。該反應(yīng)的離子方程式為。(2)干法脫硫技術(shù)。①鐵系脫硫劑：活性氧化鐵(Fe2O3?H2O)是經(jīng)典而有效的脫硫劑，脫硫反應(yīng)：Fe2O3?H2O+H2S→FeS+S+H2O，再生反應(yīng)：FeS+H2O+O2→Fe2O3?H2O+S(脫硫反應(yīng)和再生反應(yīng)均未配平)。a．Fe2O3?H2O在該反應(yīng)中的作用可描述為。b．若處理標(biāo)況下4.48LH2S時(shí)，理論上消耗O2的物質(zhì)的量為。②鋅系脫硫劑：550℃時(shí)，將H2S和還原性氣體H2按一定比例混合，以一定的流速通過裝有鋅的復(fù)合金屬脫硫劑(ZnFe2O4)的反應(yīng)器，脫硫過程中，ZnFe2O4與H2S、H2反應(yīng)生成了ZnS、FeS和H2O，其化學(xué)方程式為。(3)生物脫硫技術(shù)。天然氣是一種重要的化工原料和燃料，常含有少量H2S。H2S與堿反應(yīng)轉(zhuǎn)化為HS?，在脫氮硫桿菌參與下，HS?被NO氧化為SO、NO被還原為N2。當(dāng)33.6m3(標(biāo)準(zhǔn)狀況)某燃?xì)?H2S的體積分?jǐn)?shù)為0.2%)脫硫時(shí)，消耗NO的物質(zhì)的量為mol。三、計(jì)算題20．（2024北京101中學(xué)高一下期中）以石英砂(主要成分為)為原料，經(jīng)三步反應(yīng)制得高純硅，其中第一步反應(yīng)的化學(xué)方程式如下。(1)作還原劑的物質(zhì)是，碳元素的化合價(jià)(填“升高”或“降低”)。(2)若反應(yīng)中消耗了，則生成的物質(zhì)的量為，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為。四、解答題21．（2024北京第八十中學(xué)高一下期中）“以廢治廢”是基于“綠色化學(xué)”觀念治理污染的思路。用工業(yè)廢堿渣(主要成分為)吸收煙氣中的，得到亞硫酸鈉粗品。其流程如下：(1)為加快工業(yè)廢堿渣中的溶解，可采取的措施是(寫出一種即可)。(2)上述流程中，加入NaOH后，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(3)亞硫酸鈉粗品中含有少量，原因是。22．（2024北京北大附中高一下期中）某小組為探究Cl2、Br2、I2的氧化性強(qiáng)弱，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)如下：資料：1.稀溴水呈黃色；濃溴水呈紅棕色；碘水呈棕黃色。2.石油醚是一種密度小于水、難溶于水的有機(jī)溶劑，鹵素單質(zhì)在石油醚中的溶解度大于其在水中的溶解度。實(shí)驗(yàn)I實(shí)驗(yàn)Ⅱ取i中的黃色溶液少許，加入KI溶液，再加入石油醚。(1)i中反應(yīng)的離子方程式是。(2)實(shí)驗(yàn)I中i和ii可以得出的結(jié)論是。(3)①甲同學(xué)認(rèn)為：實(shí)驗(yàn)Ⅱ觀察到現(xiàn)象，得出氧化性Br2>I2。②乙同學(xué)對(duì)上述實(shí)驗(yàn)進(jìn)行反思，認(rèn)為實(shí)驗(yàn)Ⅱ不能充分證明氧化性Br2>I2，他補(bǔ)做了實(shí)驗(yàn)Ⅲ。實(shí)驗(yàn)Ⅲ另取i中的黃色溶液少許，先加入足量的NaBr固體，充分振蕩，然后加入KI溶液和石油醚。補(bǔ)做實(shí)驗(yàn)Ⅲ的目的是。23．（2024北京北師大實(shí)驗(yàn)中學(xué)高一下期中）稀土是一種重要的戰(zhàn)略資源，我國(guó)稀土出口量世界第一。鈰(Ce)是一種典型的稀土元素，其在自然界中主要以氟碳鈰礦(主要成分為CeCO3F)形式存在。工業(yè)上利用氟碳鈰礦制取CeO2的一種工藝流程如圖：資料：①鈰(Ce)常見的化合價(jià)為+3和+4；②在O2作用下，氟碳鈰礦焙燒后的產(chǎn)物中有CeO2和CeF4；③在硫酸體系中，Ce4+在[(HA)2]中的溶解度大于其在水中的溶解度，Ce3+與之相反?；卮鹣铝袉栴}：(1)步驟Ⅰ“焙燒”過程中CeCO3F發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(2)步驟Ⅱ充分反應(yīng)后經(jīng)過濾，得到的水溶液中陽離子有。(3)步驟Ⅲ的操作名稱是。(4)步驟Ⅳ中加入H2O2的目的是。(5)步驟Ⅴ中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是。(6)取上述流程中得到的CeO2產(chǎn)品加硫酸溶解，可與50.0mL0.1mol/LFeSO4溶液恰好完全反應(yīng)(鈰元素被還原為Ce3+，其他雜質(zhì)均不參與反應(yīng))，該產(chǎn)品中CeO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。(已知：CeO2的摩爾質(zhì)量為172g/mol)24．（2024北京15中高一下期中）某小組同學(xué)探究三種價(jià)態(tài)(、、)硫元素間的相互轉(zhuǎn)化?？梢赃x用的試劑有：①水溶液、②濃硫酸、③稀硫酸、④溶液、⑤溶液、⑥氯水(淺黃綠色)、⑦銅片、⑧稀鹽酸、⑨溶液。實(shí)驗(yàn)序號(hào)預(yù)期的價(jià)態(tài)轉(zhuǎn)化選擇的試劑(填入試劑編號(hào))實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象1④⑥2?、?①⑤出現(xiàn)渾濁4④⑤無明顯現(xiàn)象5ⅲ(1)補(bǔ)全實(shí)驗(yàn)表格?。?、ⅱ：、ⅲ：。(2)實(shí)驗(yàn)5的化學(xué)方程式為。(3)為了進(jìn)一步驗(yàn)證實(shí)驗(yàn)1中的轉(zhuǎn)化，甲同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)a：向反應(yīng)后的溶液中先加過量稀鹽酸，再加足量溶液，觀察現(xiàn)象。①實(shí)驗(yàn)a的目的是通過檢驗(yàn)，證明轉(zhuǎn)化得以實(shí)現(xiàn)。②加稀鹽酸的作用是。乙同學(xué)認(rèn)為還需要補(bǔ)充實(shí)驗(yàn)b：取等量的溶液，向其中先加過量稀鹽酸，再加足量溶液，觀察現(xiàn)象。③補(bǔ)充實(shí)驗(yàn)b的原因是。④綜合實(shí)驗(yàn)a和b，實(shí)驗(yàn)1中轉(zhuǎn)化得以實(shí)現(xiàn)的證據(jù)是。(4)分析實(shí)驗(yàn)3和實(shí)驗(yàn)4現(xiàn)象不同的可能原因。(5)上述實(shí)驗(yàn)中能體現(xiàn)氧化性的是(填實(shí)驗(yàn)序號(hào))。25．（2024北京陳經(jīng)綸中學(xué)高一下期中）將足量SO2通入AgNO3溶液中，產(chǎn)生沉淀。探究反應(yīng)原理及沉淀成分，裝置如下(加熱、夾持等裝置略)。資料：?。瓵g2SO4微溶于水；Ag2SO3難溶于水。ⅱ．Ag2SO4、Ag2SO3均溶于氨水。(1)①A中反應(yīng)的化學(xué)方程式是。②用NaOH溶液吸收尾氣中的SO2，產(chǎn)物是。(2)探究沉淀成分。實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)，沉淀的顏色與取樣時(shí)間有關(guān)，對(duì)比實(shí)驗(yàn)記錄如下：時(shí)間反應(yīng)開始時(shí)(t1)一段時(shí)間后(t2)較長(zhǎng)時(shí)間后(t3)顏色白色灰黑色灰黑色加深推測(cè)白色沉淀(t1)可能為Ag2SO4、Ag2SO3或二者混合物。探究如下：實(shí)驗(yàn)證實(shí)，白色沉淀(t1)中不含Ag2SO4，含Ag2SO3。①t1時(shí)，C中產(chǎn)生白色沉淀的離子方程式是。②試劑a是。③產(chǎn)生白色沉淀Y的原因是。(3)推測(cè)灰黑色沉淀(t2)含Ag。探究如下：取灰黑色沉淀，加入氨水，部分沉淀溶解，過濾。向?yàn)V出的沉淀中加入濃HNO3，證實(shí)沉淀含Ag?，F(xiàn)象是。(4)通過檢測(cè)SO探究產(chǎn)生Ag的原因。實(shí)驗(yàn)：(已排除O2的影響)t2時(shí)，C中H2SO3的作用是。(用化學(xué)方程式表示)綜上可知，化學(xué)反應(yīng)的產(chǎn)物與反應(yīng)速率和限度有關(guān)。26．（2024北京人大附中高一下期中）某小組同學(xué)制備碘酸鹽()并探究其性質(zhì)。資料：①可與溶液反應(yīng)生成和。②碘酸鈣[]為難溶于水、能溶于硝酸的白色固體。③的氧化性，的還原性與溶液的酸堿性無關(guān)：與氧化性隨溶液酸性增強(qiáng)而增強(qiáng)(X為、或I)。實(shí)驗(yàn)裝置如圖(加熱與夾持裝置略)

步驟：I．打開A中分液漏斗活塞，加熱圓底燒瓶；一段時(shí)間后，B中溶液由無色變?yōu)樽攸S色。II．將B中棕黃色溶液倒入燒杯中，再加入溶液，燒杯中溶液由棕黃色變?yōu)闊o色。(1)A裝置發(fā)生的化學(xué)方程式為。(2)C裝置發(fā)生的離子方程式為。(3)取少量步驟Ⅱ后所得無色溶液，加入過量鹽酸和，振蕩后靜置，溶液分層，上層呈淺黃色，下層呈紫色。甲同學(xué)得出結(jié)論：在酸性條件下可以氧化為。①乙同學(xué)認(rèn)為上述結(jié)論不合理，可能原因如下：原因一：空氣中在酸性條件下將溶液中的氧化，離子方程式為。原因二：(填化學(xué)式)在酸性條件下將溶液中的氧化。②為了進(jìn)一步證明在酸性條件下可氧化為，完成如下實(shí)驗(yàn)：ⅰ.另取與(3)等量的步驟Ⅱ后所得無色溶液，加入稍過量固體，振蕩，充分反應(yīng)后過濾得到無色溶液X和沉淀Y。ⅱ.向無色溶液X，加入與(3)等量的鹽酸和，振蕩后靜置，溶液分層，上、下層均幾乎無色。ⅲ.取少量洗滌后的沉淀Y加入稀，固體溶解，繼續(xù)加入少量KI溶液，溶液呈黃色。ⅳ.……a．由實(shí)驗(yàn)ⅰ、ⅱ得出結(jié)論：。b．由實(shí)驗(yàn)ⅲ和ⅳ得出結(jié)論：在酸性條件下可以氧化為。補(bǔ)全實(shí)驗(yàn)ⅳ的操作和現(xiàn)象。(4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)ⅲ得出：氧化性(填“”或“”)，而實(shí)驗(yàn)ⅰ表明和的氧化性強(qiáng)弱關(guān)系相反，原因是。(5)查閱資料發(fā)現(xiàn)，與相應(yīng)的(，)均有類似上述反應(yīng)。濃度相同時(shí)，氧化性，但濃度均為的和開始發(fā)生反應(yīng)時(shí)的pH為1，而濃度均為的和開始發(fā)生反應(yīng)的pH為5。試從原子結(jié)構(gòu)的角度解釋兩個(gè)反應(yīng)開始發(fā)生時(shí)pH不同的原因。

參考答案1．B【詳解】當(dāng)光束通過膠體時(shí)能觀察到丁達(dá)爾效應(yīng)，A、C、D為溶液，B為膠體，故通過B時(shí)能觀察到丁達(dá)爾效應(yīng)；故選B。2．A【分析】在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物是電解質(zhì)【詳解】A．Zn屬于單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，A符合題意；B．是化合物，在水溶液和熔融狀態(tài)下均能導(dǎo)電，是電解質(zhì)，B不符合題意；C．是化合物，其水溶液能導(dǎo)電，是電解質(zhì)，C不符合題意；D．是化合物，在水溶液和熔融狀態(tài)下均能導(dǎo)電，是電解質(zhì)，D不符合題意；故選A。3．D【詳解】丁達(dá)爾效應(yīng)是膠體特有的性質(zhì)，KCl溶液、Na2SO4溶液、KOH溶液都是溶液沒有丁達(dá)爾效應(yīng)，F(xiàn)e(OH)3膠體有，故選D。4．B【詳解】A．擇松伐木為砍伐木材，沒有新物質(zhì)生成，沒有發(fā)生化學(xué)變化，A錯(cuò)誤；B．燒木成煙涉及燃燒過程，發(fā)生化學(xué)變化，B正確；C．入窯取煙中沒有新物質(zhì)生成，沒有發(fā)生化學(xué)變化，C錯(cuò)誤；D．壓制成墨為物質(zhì)形狀的變化，沒有化學(xué)變化，D錯(cuò)誤；故選B。5．C【詳解】A．Cu屬于單質(zhì)，既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)，A錯(cuò)誤；B．溶液是混合物，電解質(zhì)的前提是化合物，所以不屬于電解質(zhì)，B錯(cuò)誤；C．KNO3是化合物，其水溶液或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電，屬于電解質(zhì)，C正確；D．溶液是混合物，電解質(zhì)的前提是化合物，所以不屬于電解質(zhì)，D錯(cuò)誤；故選C。6．D【詳解】A．H2SO4的水溶液能導(dǎo)電，且為化合物，屬于電解質(zhì)，A與題意不符；B．NaOH的水溶液能導(dǎo)電，且為化合物，屬于電解質(zhì)，B與題意不符；C．KNO3的水溶液能導(dǎo)電，且為化合物，屬于電解質(zhì)，C與題意不符；D．Mg為單質(zhì)，不屬于化合物，不是電解質(zhì)，D符合題意；答案為D。7．D【詳解】人參皂苷含有碳?xì)溲跞N元素，屬于烴的衍生物，故屬于有機(jī)物，D符合題意；故答案為：D。8．D【詳解】A．硫酸電離出H+和，電離出的陽離子只有H+，符合酸的定義，A正確；B．氫氧化鈣電離出Ca2+和OH-，電離出的陰離子只有OH-，符合堿的定義，B正確；C．二氧化碳中含有碳元素和氧元素，是非金屬氧化物，C正確；D．液氨為液態(tài)氨氣，屬于純凈物，D錯(cuò)誤；故選D。9．B【詳解】A．碳酸鈉溶液與足量鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉、二氧化碳和水，反應(yīng)的離子方程式為+2H+=CO2↑+H2O，故A正確；B．鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，反應(yīng)的離子方程式為2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故B錯(cuò)誤；C．氯化鋇溶液與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和氯化鈉，反應(yīng)的離子方程式為Ba2++=BaSO4↓，故C正確；D．銅與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、一氧化氮和水，反應(yīng)的離子方程式為3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，故D正確；故選B。10．D【詳解】A．、、是質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同的原子，互為同位素，不是同素異形體，A錯(cuò)誤；B．若將NaBH4中的H用D代替，過程①反應(yīng)后生成的氣體為D2，過程②生成的HD，過程③生成的為HD，過程④中中有一個(gè)D和兩個(gè)H，故氣體為HD和H2，B錯(cuò)誤；C．過程③中產(chǎn)生1molH2，消耗1mol水，則轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為1mol，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)進(jìn)去的為反應(yīng)物，出來的為生成物分析，過程①至過程④的總反應(yīng)為：NaBH4+4H2O=NaB(OH)4+4H2↑，D正確；故選D。11．D【詳解】A．由可知NO和O2在Pt表面發(fā)生反應(yīng)生成NO2，NO2和BaO生成Ba(NO3)2的反應(yīng)中N元素的化合價(jià)由+4價(jià)升至+5價(jià)，根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律，還有N元素的化合價(jià)降低，則既是氧化劑，又是還原劑，A正確；B．由圖可知，第一步反應(yīng)氫氣與Ba(NO3)2作用生成NH3，方程式為：，B正確；C．由圖可知，反應(yīng)分兩步進(jìn)行，第二步反應(yīng)為NH3還原Ba(NO3)2生成BaO和N2等，則可知，相應(yīng)的關(guān)系式為：，圖中氨氣最大量為0.25amol，則最終生成的物質(zhì)的量為0.2amol，C正確；D．第二步反應(yīng)為NH3還原Ba(NO3)2生成BaO和N2等，根據(jù)得式電子守恒可知，，再結(jié)合第一步反應(yīng)，可知第一步為，第二步為，則反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ中消耗的的質(zhì)量比即物質(zhì)的量之比是5∶3，D錯(cuò)誤；故選D。12．D【詳解】A．Ⅱ中0.1mol·L-1NaOH溶液的pH=13，實(shí)驗(yàn)無現(xiàn)象，說明pH=13時(shí)，OH-不能還原，A正確；；B．Ⅰ、Ⅱ可知，pH相同，氨水中現(xiàn)象明顯；Ⅱ、Ⅲ可知，氨水中現(xiàn)象明顯，而含銨根離子的硫酸銨溶液反應(yīng)現(xiàn)象不太明顯；故由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，與相比，NH3更易還原，B正確；C．Ⅲ、Ⅳ中變量為溶液的pH不同，則由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH對(duì)與反應(yīng)的影響，C正確；D．Ⅳ、Ⅴ中存在銨根離子濃度、陰離子種類2個(gè)變量，不能說明濃度降低，其還原性增強(qiáng)，D錯(cuò)誤；故選D。13．D【分析】由流程可知，海帶灰用熱水溶解后，過濾，濾液中含碘離子，加過氧化氫氧化碘離子生成碘單質(zhì)，加入試劑a萃取，a為苯或四氯化碳，分液得到含碘的有機(jī)溶液，再加NaOH與碘反應(yīng)生成I-和，分液后向含I-和的溶液中加稀硫酸發(fā)生5I-++6H+=3I2+3H2O，過濾提取得到粗碘。【詳解】A．操作①是分離溶液與不溶性雜質(zhì)，為過濾，故A錯(cuò)誤；B．向?yàn)V液中加入雙氧水是將I–氧化為I2，體現(xiàn)雙氧水的氧化性，故B錯(cuò)誤；C．I-和的溶液中加稀硫酸發(fā)生5I-++6H+=3I2+3H2O，故C錯(cuò)誤；D．圖中，含I2的溶液經(jīng)3步轉(zhuǎn)化為I2的懸濁液，其目的是富集碘元素，故D正確；故選D。14．A【分析】由工藝流程圖可知，酸浸過程中雜質(zhì)KOH、MgO等溶于硫酸進(jìn)入溶液，MnO2與硫酸不反應(yīng)，過濾，得到二氧化錳，反應(yīng)Ⅰ中加入硫酸和FeS2將MnO2還原為Mn2+，過濾除去不溶物，反應(yīng)Ⅱ中加入二氧化錳將溶液中存在的亞鐵離子轉(zhuǎn)化為Fe3+，加入碳酸鈣調(diào)pH，將Fe3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去，經(jīng)過濾得較純凈的硫酸錳溶液。最終得到硫酸錳晶體，據(jù)此作答?！驹斀狻緼．MnO2與硫酸不反應(yīng)，所以濾液中不含Mn2+，A錯(cuò)誤；B．反應(yīng)Ⅰ中加入硫酸和FeS2將MnO2還原為Mn2+，F(xiàn)eS2中S為-1價(jià)，被氧化為S單質(zhì)，所以每消耗0.5molFeS2，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為1mol，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為1NA，B正確；C．反應(yīng)Ⅱ中加入二氧化錳將溶液中存在的亞鐵離子轉(zhuǎn)化為Fe3+，F(xiàn)e從+2價(jià)轉(zhuǎn)化為+3價(jià)，Mn從+4價(jià)轉(zhuǎn)化為+2價(jià)，根據(jù)得失電子守恒有：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，C正確；D．由分析可知，加入碳酸鈣調(diào)pH，將Fe3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去，即調(diào)節(jié)pH的作用是沉淀鐵元素，D正確；故答案為：A。15．C【詳解】A．根據(jù)實(shí)驗(yàn)Ⅰ、Ⅱ中的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可知發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，KMnO4中Mn元素化合價(jià)降低，被還原，同時(shí)Na2S中S元素化合價(jià)升高，被氧化，A項(xiàng)正確；B．實(shí)驗(yàn)中KMnO4溶液用H2SO4酸化，檢測(cè)到有，可能是H2SO4電離產(chǎn)生，不能說明是S2-的氧化產(chǎn)物，B項(xiàng)正確；C．實(shí)驗(yàn)Ⅰ反應(yīng)后的溶液pH＜1，根據(jù)題給資料，在強(qiáng)酸性條件下被還原為Mn2+，所以MnO2不是被S2-還原得到，而是過量的與Mn2+發(fā)生歸中反應(yīng)而產(chǎn)生的，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．實(shí)驗(yàn)Ⅱ中Na2S過量，S2-將新生成的MnO2還原為Mn2+并迅速與其結(jié)合生成淺粉色沉淀MnS，D項(xiàng)正確；答案選C。16．C【詳解】A．Na2O2中有離子鍵和非極性鍵，CaH2中只有離子鍵而不含非極性鍵，A錯(cuò)誤；B．①中水的化合價(jià)不發(fā)生變化，不涉及氧化還原反應(yīng)，②中水發(fā)生還原反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．Na2O2由Na+和組成．陰、陽離子個(gè)數(shù)之比為1∶2，CaH2由Ca2+和H-組成，陰、陽離子個(gè)數(shù)之比為2∶1，C正確；D．①中每生成1個(gè)氧氣分子轉(zhuǎn)移2個(gè)電子，②中每生成1個(gè)氫氣分子轉(zhuǎn)移1個(gè)電子，轉(zhuǎn)移電子數(shù)相同時(shí)，生成氧氣和氫氣的物質(zhì)的量之比為1∶2，D錯(cuò)誤；故選C。17．(1)CO升高(2)14【分析】由化學(xué)方程式2NO+2CON2+2CO2可知，NO轉(zhuǎn)化為N2，N元素化合價(jià)降低，NO作氧化劑，N2為還原產(chǎn)物；CO轉(zhuǎn)化為CO2，C元素化合價(jià)升高，CO作還原劑，CO2為氧化產(chǎn)物?！驹斀狻浚?）由分析可知，CO作還原劑；CO轉(zhuǎn)化為CO2，碳元素化合價(jià)升高；（2）根據(jù)2NO+2CON2+2CO2可知，若反應(yīng)中消耗了2molNO，則生成N2的物質(zhì)的量為1mol，2個(gè)NO轉(zhuǎn)化為1個(gè)N2，N元素化合價(jià)由+2價(jià)變?yōu)?價(jià)，共得到4個(gè)電子，反應(yīng)消耗2molNO，轉(zhuǎn)移4mol電子。18．(1)CO升高(2)14【詳解】（1）反應(yīng)前后，C元素的化合價(jià)由+2變成+4價(jià)，化合價(jià)升高，CO是還原劑；（2）反應(yīng)的物質(zhì)的量之比等于系數(shù)之比，反應(yīng)中消耗了2molNO，則生成1molN2；反應(yīng)前后N元素的化合價(jià)由+2價(jià)變成0價(jià)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為。19．(1)H2S+CO=HS?+HCO(2)循環(huán)使用(催化劑)0.1molZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O(3)4.8【詳解】（1）H2S的氣體與飽和Na2CO3溶液生成兩種酸式鹽可知為NaHS和NaHCO3，反應(yīng)的離子方程式為：H2S+=HS-+；（2）①a．該反應(yīng)中．Fe2O3?H2O參加反應(yīng)，最終又生成了，則在該反應(yīng)中的作用可描述為循環(huán)使用(催化劑)；b．1mol氧化鐵轉(zhuǎn)化成FeS得1mol電子，每生成1molS單質(zhì)轉(zhuǎn)移2mol電子，根據(jù)得失電子守恒得：，同理可得：，結(jié)合兩反應(yīng)可得：，則，處理標(biāo)況下4.48LH2S即0.2mol時(shí)，理論上消耗O2的物質(zhì)的量為0.1mol；②ZnFe2O4與H2S、H2反應(yīng)生成了ZnS和FeS，1molZnFe2O4反應(yīng)得2mol電子，1mol氫氣反應(yīng)失2mol電子，根據(jù)得失電子守恒可得反應(yīng)：ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O；（3）33.6m3(標(biāo)準(zhǔn)狀況)某燃?xì)?H2S的含量為0.2%)中含有硫化氫的物質(zhì)的量==3mol；H2S與堿反應(yīng)轉(zhuǎn)化為HS-，根據(jù)硫原子守恒：H2S～HS-；在脫氮硫桿菌參與下，HS-被NO氧化為SO，NO被還原為N2，發(fā)生的離子反應(yīng)為5HS-+8NO3-+3H+=5SO+4N2↑+4H2O，可得關(guān)系：5H2S～5HS-～8NO，則消耗NO的物質(zhì)的量==4.8mol。20．(1)C升高(2)14【詳解】（1）該反應(yīng)中，硅元素從+4價(jià)降到0價(jià)，碳元素從0價(jià)升到+2價(jià)，因此作還原劑的物質(zhì)是C，碳元素的化合價(jià)升高；（2）根據(jù)化學(xué)方程式知，若反應(yīng)中消耗了，則生成的物質(zhì)的量為1，即1硅元素從+4價(jià)降到0價(jià)，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為。21．(1)攪拌、適當(dāng)升高溫度等(2)(3)亞硫酸鈉具有還原性，容易被空氣中氧氣氧化為硫酸鈉【分析】工業(yè)廢堿渣過濾分離出碳酸鈉溶液，溶液吸收二氧化硫氣體生成亞硫酸氫鈉溶液，再和氫氧化鈉溶液生成亞硫酸鈉粗品和母液；【詳解】（1）為加快工業(yè)廢堿渣中的溶解，可采取的措施是攪拌、適當(dāng)升高溫度等；（2）亞硫酸鈉和氫氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉和水，；（3）亞硫酸鈉具有還原性，容易被空氣中氧氣氧化為硫酸鈉，導(dǎo)致亞硫酸鈉粗品中含有少量。22．(1)(2)氧化性：(3)溶液分層上層為棕色，下層為無色充分反應(yīng)，防止氯水與KI反應(yīng)，干擾實(shí)驗(yàn)【分析】實(shí)驗(yàn)i中試管發(fā)生溴化鈉溶液和氯氣反應(yīng)，生成氯化鈉和氯化鈉和溴單質(zhì)的溴單質(zhì)，反應(yīng)的離子方程式是：；驗(yàn)ii中試管發(fā)生碘化鉀溶液和氯氣反應(yīng)，生成氯化鉀和碘單質(zhì)，反應(yīng)的離子方程式是：；實(shí)驗(yàn)I中i和ii可以得出的結(jié)論是氧化性：。【詳解】（1）實(shí)驗(yàn)i中試管發(fā)生溴化鈉溶液和氯氣反應(yīng)，生成氯化鈉和氯化鈉和溴單質(zhì)的溴單質(zhì)，反應(yīng)的離子方程式是：，故答案為：；（2）實(shí)驗(yàn)i中試管發(fā)生溴化鈉溶液和氯氣反應(yīng)，生成氯化鈉溴單質(zhì)，通過實(shí)驗(yàn)i可以得出的結(jié)論是氧化性；實(shí)驗(yàn)ii中試管發(fā)生碘化鉀溶液和氯氣反應(yīng)，生成氯化鉀和碘單質(zhì)，反應(yīng)的離子方程式是：,通過實(shí)驗(yàn)ii可以得出的結(jié)論是氧化性，實(shí)驗(yàn)I中i和ii可以得出的結(jié)論是氧化性：，故答案為：氧化性：；（3）①實(shí)驗(yàn)Ⅱ取i中的黃色溶液少許即含有氯化鈉和溴單質(zhì)的溶液，加入KI溶液，發(fā)生，再加入石油醚，生成的碘單質(zhì)溶解在石油醚中，石油醚難溶于水，密度比水的小，看到現(xiàn)象溶液分層上層為棕色，下層為無色，故答案為：溶液分層上層為棕色，下層為無色；②實(shí)驗(yàn)I中第一個(gè)試管中還含有氯氣，所以實(shí)驗(yàn)Ⅱ中溶液分層上層為棕色，下層為無色，，不能證明一定是溴單質(zhì)將碘單質(zhì)置換出來的，實(shí)驗(yàn)Ⅲ中先加入化溴化鈉，可以將溶液中的氯氣除去，防止它氧化碘離子，對(duì)后續(xù)實(shí)驗(yàn)產(chǎn)生干擾，故答案為：充分反應(yīng)，防止氯水與KI反應(yīng)，干擾實(shí)驗(yàn)。23．(1)(2)Ce4+和Ce3+(3)分液(4)作為還原劑(5)(6)86%【分析】根據(jù)流程通入氧氣焙燒CeCO3F焙燒后的產(chǎn)物中有CeO2、CeF4和CO2，稀硫酸酸浸CeO2、CeF4等固體溶解，溶液中存在Ce4+和Ce3+，已知Ce4+在[(HA)2]中的溶解度大于其在水中的溶解度，可以萃取出Ce4+，用稀硫酸和H2O2反萃取，Ce4+轉(zhuǎn)化為Ce3+，Ce3+與氫氧化鈉和次氯酸鈉反應(yīng)生成Ce(OH)4，煅燒產(chǎn)生CeO2。【詳解】（1）根據(jù)題給信息知，“通入O2焙燒”過程中CeCO3F根據(jù)題給信息知，“通入O2焙燒”過程中CeCO3F發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為，故答案為：。（2）稀硫酸酸浸CeO2、CeF4等固體溶解，溶液中存在Ce4+和Ce3+，故得到的水溶液中陽離子有Ce4+和Ce3+，故答案為：Ce4+和Ce3+（3）Ce4+在[(HA)2]中的溶解度大于其在水中的溶解度，可以萃取出Ce4+，經(jīng)過分液可以分離出水層和有幾層，該操作為分液，故答案為：分液。（4）“反萃取”過程在稀硫酸和H2O2參與反應(yīng)，H2O2作為還原劑、Ce4+作為氧化劑，生成Ce3+，故答案為：作為還原劑。（5）Ce3+在氫氧化鈉環(huán)境下被次氯酸鈉氧化生成Ce(OH)4，離子方程式為：，故答案為：。（6）CeO2產(chǎn)品加硫酸溶解，可與50.0mL0.1mol/LFeSO4溶液恰好完全反應(yīng)，發(fā)生離子方程式為：，由此可知=，該產(chǎn)品中CeO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為，故答案為：86%。24．(1)①⑥氯水黃綠色褪去；②⑦；(2)；(3)溶液中是否含有防止與反應(yīng)產(chǎn)生白色沉淀干擾實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象；設(shè)計(jì)此實(shí)驗(yàn)進(jìn)行對(duì)比，防止對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果造成干擾實(shí)驗(yàn)a中白色沉淀的量比實(shí)驗(yàn)b多或?qū)嶒?yàn)a中有白色沉淀而實(shí)驗(yàn)b中沒有（答案合理即可）(4)SO2水溶液和Na2S反應(yīng)生成S單質(zhì)(5)3【分析】實(shí)驗(yàn)2中，將+4價(jià)的S轉(zhuǎn)化為+6價(jià)的S，可選擇試劑SO2水溶液和氯水，二者反應(yīng)生成H2SO4和HCl，氯水的黃綠色褪去；實(shí)驗(yàn)5中，將+6價(jià)的S轉(zhuǎn)化為+4價(jià)的S，可選擇Cu和濃硫酸，二者在加熱條件下反應(yīng)生成SO2?！驹斀狻浚?）①實(shí)驗(yàn)2中，將+4價(jià)的S轉(zhuǎn)化為+6價(jià)的S，可選擇試劑SO2水溶液和氯水，二者反應(yīng)生成H2SO4和HCl，氯水的黃綠色褪去，故i為①⑥，故答案為：①⑥；②ii為氯水黃綠色褪去，故答案為：氯水黃綠色褪去；③實(shí)驗(yàn)5中，將+6價(jià)的S轉(zhuǎn)化為+4價(jià)的S，可選擇Cu和濃硫酸，二者在加熱條件下反應(yīng)生成SO2，iii為②⑦，故答案為：②⑦；（2）Cu和濃硫酸在加熱條件下反應(yīng)生成SO2，化學(xué)方程式為：，故答案為：；（3）①向反應(yīng)后的溶液中先加過量稀鹽酸，再加足量溶液，可檢驗(yàn)溶液中是否含有，故答案為：溶液中是否含有；②和稀鹽酸反應(yīng)生成SO2，加稀鹽酸可以除去未反應(yīng)的，防止與反應(yīng)產(chǎn)生白色沉淀干擾實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，故答案為：防止與反應(yīng)產(chǎn)生白色沉淀干擾實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象；③具有還原性，也可能被空氣的中O2氧化為，故設(shè)計(jì)此實(shí)驗(yàn)進(jìn)行對(duì)比，防止對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果造成干擾，故答案為：設(shè)計(jì)此實(shí)驗(yàn)進(jìn)行對(duì)比，防止對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果造成干擾；④若實(shí)驗(yàn)a中白色沉淀的量比實(shí)驗(yàn)b多，或?qū)嶒?yàn)a中有白色沉淀而實(shí)驗(yàn)b中沒有，即可驗(yàn)證是轉(zhuǎn)化為，故答案為：實(shí)驗(yàn)a中白色沉淀的量比實(shí)驗(yàn)b多或?qū)嶒?yàn)a中有白色沉淀而實(shí)驗(yàn)b中沒有（答案合理即可）；（4）SO2水溶液和Na2S反應(yīng)生成S單質(zhì)，故答案為：SO2水溶液和Na2S反應(yīng)生成S單質(zhì)；（5）實(shí)驗(yàn)中能體現(xiàn)SO2氧化性的是實(shí)驗(yàn)3，SO2中的S從+4價(jià)降至0價(jià)，發(fā)生還原反應(yīng)，故答案為：3。25．(1)Na2SO3、H2O(