（一）化学基本概念
一、选择题
1.（宁夏银川一中10月）化学与中华古文化、生产、生活、科技发展密切相关。下列说法错误的是
A.《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应
B.“独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”中的“飞絮”的主要成分为纤维素，“马尾”的主要成分为蛋白质
C.国家卫健委公布的新型冠状病*肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消*剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病*。其中氯仿的化学名称是三氯甲烷。
D.纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子有较强的物理吸附
D
A．鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为*色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，选项A正确；
B．飞絮的成分是纤维素；鹅毛、青丝、马尾的成分都是蛋白质，选项B正确；
C．乙醚、75%乙醇、含氯消*剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病*。其中氯仿的化学名称是三氯甲烷，选项C正确；
D．铁能够与Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子发生置换反应，选项D错误；
答案选D。
2.（河南省南阳市第一中学10月）某化学学习小组讨论辨析以下说法，其中正确的是
①福尔马林、聚苯乙烯、油脂、生铁、铝热剂、肥皂均是混合物 ②冰和干冰都是酸性氧化物，固体时是分子晶体③小苏打、硬脂酸钠、BaSO4、Al2O3都是强电解质 ④CO2、NH3、SO2、H2S、Cl2都是非电解质 ⑤鸡蛋清溶液、淀粉溶液、烟水晶、雾都是胶体 ⑥苯酚、纯碱、胆矾和H2O2分别属于酸、碱、盐和氧化物
A.①③⑤B.①②④⑤
C.①②③⑤D.①②③④⑤⑥
A
①纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；②能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，冰是水的固态形式，不是酸性氧化物；③强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；④非电解质：水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物；⑤胶体是分散质为直径1-nm的分散系；⑥苯酚为具有弱酸性的酚，纯碱为盐。
①福尔马林是甲醛水溶液，聚苯乙烯是苯乙烯的加聚反应产物，油脂是高级脂肪酸甘油酯，生铁是铁和碳的合金，铝热剂是铝粉和金属氧化物等的混合物，肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，上述物质均属于混合物，正确；②冰不是酸性氧化物，错误；③小苏打、硬脂酸钠、BaSO4、Al2O3都是强电解质，正确；④CO2、NH3和SO2都是非电解质，H2S是电解质，Cl2既不是电解质也不是非电解质，错误；⑤鸡蛋清溶液、淀粉溶液、烟水晶、雾都是胶体，都能产生丁达尔效应，正确；⑥纯碱为Na2CO3，属于盐类，错误。综上正确的有①③⑤。答案选A。
本题考查混合物、酸性氧化物、强电解质、非电解质、胶体、酸、碱、盐和氧化物的定义，难度不大，注意把握概念的区别。
3.（湖南省百校联考9月）化学与生活密切相关。下列物质在使用时发生的化学反应中有电子转移的是（）
A.含氯消*剂用于环境消*B.碱石灰作袋装食品的干燥剂
C.二氧化硫作纸浆的漂白剂D.小苏打用于治疗胃酸过多
A
A．含氯消*剂用于环境消*是利用次氯酸的强氧化性，发生的是氧化还原反应，因此在使用时有电子转移，A符合题意；
B．碱石灰作袋装食品的干燥剂是利用物质的吸水性，发生的是非氧化还原反应，没有电子转移，B不符合题意；
C．二氧化硫作纸浆的漂白剂是利用二氧化硫的漂白性，其漂白是结合漂白，发生的是非氧化还原反应，没有电子转移，C不符合题意；
D．小苏打用于治疗胃酸过多是小苏打与盐酸发生的复分解反应，复分解反应属于非氧化还原反应，没有电子转移，D不符合题意；
故合理选项是A。
4.化学与生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是(
)
A．淀粉与纤维素互为同分异构体
B．煤的气化、液化与石油的裂化、裂解均为化学变化
C．被称为“黑金”的新型纳米材料石墨烯属于有机化合物
D．糖类、油脂和蛋白质都属于营养物质，都能发生水解反应
4．B A．淀粉与纤维素的分子式均为(C6H10O5)n，但聚合度n值不同，不是同分异构体，故A错误；B.煤的气化、液化和石油的裂化、裂解都是伴随着旧化学键的断裂与新化学键的形成，都有新物质生成，均属于化学变化，故B正确；C.被称为“黑金”的新型纳米材料石墨烯是碳单质，不属于化合物，故C错误；D.糖类中的单糖不能水解，故D错误。
5.（山东省济南外国语学校10月）NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A.室温下向1LpH=1的醋酸溶液中加水，所得溶液的H+数目大于0.1NA
B.60g乙酸与足量乙醇发生酯化反应，充分反应后断裂的C-O键数目为NA
C.某无水乙醇与足量金属钠反应生成5.6LH2，该乙醇分子中共价键总数为4NA
D.已知C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g)△H=-.0kI/mol，乙烯与H2加成时放出68.5kJ热量，则反应过程中被破坏的碳原子之间共用电子对数目为NA
A
A．1LpH=1的醋酸溶液中n(H＋)=1L×0.1mol/L=0.1mol，加水稀释，电离平衡正向移动，所得溶液的H＋数目大于0.1NA，A项正确；
B．60g乙酸的物质的量为1mol，乙酸与乙醇的酯化反应属于可逆反应，所以1mol乙酸与足量的乙醇酯化反应，充分反应后断裂的C-O键数目小于NA，B项错误；
C．没有标准状况，无法通过气体摩尔体积计算氢气的物质的量，C项错误；
D．根据热化学方程式可知，当放出68.5kJ热量时，参加反应的乙烯为0.5mol，所以反应过程中被破坏的碳原子之间共用电子对数目为0.5NA，D项错误；
答案选A。
6.（山东省新泰中学9月）我国古代科技十分发达，下列对古文献的解释不正确的是
序号
古文
解释
A
烧酒非古法也，自元时创始，其法用浓酒和糟入甑指蒸锅，蒸令气上，用器承滴露
白酒烧酒的制造过程中采用了蒸馏的方法来分离和提纯
B
白青碱式碳酸铜得铁化为铜
可以用铁来冶炼铜
C
初，人不知盖泥法，元时南安有*长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之
蔗糖的分离提纯采用了*泥来吸附红糖中的色素
D
丹砂烧之成水银，积变又成丹砂
加热时丹砂熔融成液态，冷却时重新结晶为HgS晶体
D
A.白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故A正确；
B.白青得铁化为铜，发生了置换反应，应为湿法炼铜，可以用铁来冶炼铜，故B正确；
C.*泥具有吸附作用，可采用*泥来吸附红糖中的色素，故C正确；
D.丹砂烧之成水银，发生化学变化，生成汞，故D错误；
故选：D。
本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。
7.（陕西省交大附中9月）下列有关化学用语表示正确的是
A.镁离子的结构示意图：B.CH2F2的电子式：
C.HClO的结构式：H—Cl—OD.含18个中子的氯原子：
A
A、镁原子失去最外层两个电子变为镁离子，A正确；
B、CH2F2的电子式中F原子最外层应满足8电子稳定结构，B错误；
C、HClO正确的结构式为H—O—Cl，C错误；
D、含18个中子的氯原子：，D错误。
答案选A。
8.（山西省运城市高中联合体10月）下列离子方程式书写正确的是
A.Na2O2与水反应：2+2H2O=4OH-+O2↑
B.Fe3O4与稀硝酸混合：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O
C.NH4HCO3溶液中加入足量的NaOH溶液：+OH-=+H2O
D.过量小苏打与澄清石灰水：2+2OH-+Ca2+=CaCO3↓++2H2O
D
A.Na2O2与水反应，离子方程式为，故A错误；
B.Fe3O4与稀HNO3反应，离子方程式为：，故B错误；
C.NH4HCO3溶液中加入足量的NaOH溶液，离子方程式：，故C错误；
D.向NaHCO3溶液中加入少量Ca(OH)2，离子方程式为：，故D正确；
故选：D。
9.反应①、②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：
①2NaI＋MnO2＋3H2SO4===2NaHSO4＋MnSO4＋2H2O＋I2
②2NaIO3＋5NaHSO3===2Na2SO4＋3NaHSO4＋H2O＋I2
下列说法正确的是(
)
A．两个反应中均为硫元素被氧化
B．碘元素在反应①中被还原，在反应②中被氧化
C．氧化性：MnO2SO2－4IO－3I2
D．反应①、②中生成等物质的量的I2时转移电子数比为1∶5
9．D 在反应①中硫元素既不被氧化也不被还原，在反应②中被氧化，A错误；碘元素在反应①中被氧化，在反应②中被还原，B错误；氧化性IO－3SO2－4，C错误；反应①中生成1mol碘转移2NA电子，反应②中生成1mol碘转移10NA电子，所以反应①、②中生成等物质的量的I2时转移电子数比为2NA∶10NA＝1∶5，D正确。
10.（山东省青岛市第十七中学10月）某工业废水中含有大量的Mn2+和Cr3+，常经以下过程进行氧化处理，再进行一系列操作，回收锰和铬，以达到回收利用且降低污染的目的。下列说法正确的是（）
A.在氧化处理过程中用H2O2代替NaClO会更环保，效果更好
B.反应①中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
C.反应②离子方程式为2Cr3+＋3ClO-＋5H2O=2CrO＋3Cl-＋10H+
D.生成CrO在酸性条件下易转化为Cr2O，该反应为氧化还原反应
B
A．MnO2可作H2O2分解反应的催化剂，说明H2O2不能把Mn2+和Cr3+氧化为MnO2、CrO，所以不能用H2O2代替NaClO作氧化剂，故A错误；
B．反应①中Mn2+被NaClO氧化为MnO2，1molMn2+转移2mol电子，1molNaClO转化为Cl-转移2mol电子，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故B正确；
C．反应②，Cr3+被ClO-氧化为CrO42-，自身被还原为Cl-，碱性条件下不能有H+生成，反应的离子方程式为2Cr3++3ClO-+10OH-═2CrO+3Cl-+5H2O，故C错误；
D．存在元素化合价变化的反应是氧化还原反应，生成的CrO在酸性条件下易转化为Cr2O，该反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故D错误；
故答案为B。
11.（安徽省皖南八校10月）25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A.pH=3的溶液中：Na+、Fe2+、Cl－、
B.使石蕊呈红色的溶液中：K+、Mg2+、、Cl－
C.HCl溶液中：K+、Al3+、、ClO－
D.由水电离出的c（OH－）=1.0×10-10mol·L-1溶液中：Mg2+、Na+、、
B
A.pH=3的溶液中含有大量H+与会发生反应生成二氧化碳不能共存，故A错误；
B.使石蕊呈红色的溶液中含有大量H+，K+、Mg2+、、Cl－能大量共存，故B正确；
C.ClO－在酸性条件下会生成HClO不能大量共存，故C错误；
D.由水电离出的c（OH－）=1.0×10-10mol·L-1溶液可能为酸性溶液或碱性溶液，会与OH-和H+发生反应不能共存，故D错误。
故答案选：B。
12.（清华大学附属中学9月）高铁酸钾是一种高效多功能的新型非氯绿色消*剂，主要用于饮用水处理。工业上制备K2FeO4的方法：向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液：
①Cl2+KOH→KCl+KClO+KClO3+H2O(未配平)；
②2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH＝2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。
下列说法不正确的是
A.反应①中每消耗4molKOH，吸收标准状况下22.4LCl2
B.若反应①中n(ClO?)：n()＝5：1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
C.K2FeO4在消*杀菌过程中还可以净水
D.若反应①的氧化产物只有KClO，则得到0.2molK2FeO4时最少消耗0.3molCl2
AB
A.反应①的生成物有KCl、KClO、KClO3，其中K、Cl的物质的量之比为1:1，所以每消耗4molKOH，吸收2molCl2，标况下2mol氯气的体积为：22.4L/mol×2mol=44.8L，故A错误；
B.反应①中氯气既是氧化剂，又是还原剂，n(ClO?)：n(ClO)＝5：1，设ClO?为5mol，ClO3?为1mol，氯气转化成ClO?、ClO3?被氧化，转化成KCl被还原，根据电子守恒可知生成KCl的物质的量为：5mol×1+1mol×(+5?0)=10mol，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为10mol:(5mol+1mol)=5:3，故B错误；
C.用K2FeO4给水消*、杀菌时得到的Fe3+，Fe3+水解得氢氧化铁胶体可以净水，故C正确；
D.若反应①的氧化产物只有KClO，则根据原子守恒、电子守恒可得关系式：2K2FeO4～3KClO～3e-～3KCl～3Cl2，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molCl2，故D正确。
答案选AB。
13.用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备纳米Fe3O4的流程示意图如下：
下列叙述错误的是(
)
A．为提高步骤①的反应速率，可采取搅拌、升温等措施
B．步骤②中，主要反应的离子方程式是2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
C．步骤④中，反应完成后剩余的H2O2无需除去
D．步骤⑤中，“分离”包含的操作有过滤、洗涤
13．C 铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，过滤过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe(OH)2浑浊液，向浑浊液中加入过氧化氢，过氧化氢将Fe(OH)2浊液氧化成浊液D，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，经过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，据此分析解答。A.搅拌、适当升高温度可提高铁泥与盐酸的反应速率，A正确；B.滤液A的溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原Fe3＋，即主要的离子反应为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，B正确；C.步骤④中，浊液C中的氢氧化亚铁被过氧化氢氧化成浊液D，为了提高Fe3O4的产率需要控制浊液D与滤液B中Fe2＋的比例，为防止滤液B中Fe2＋在步骤⑤中被H2O2氧化，步骤④中反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，C错误；D.步骤⑤为浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，使Fe3O4分离出来需经过过滤、洗涤、干燥，D正确。
14．(双选)汽车尾气是城市空气的主要污染源之一。研究表明，含TiO2的混凝土或沥青可以部分消除汽车尾气中的氮氧化物，其原理如下：
下列关于该“消除”过程的叙述正确的是(
)
A．该过程只发生各物质间化学能的转换
B．消除反应能全天候发生
C．消除总反应可表示为4NOx＋(5－2x)O2＋2H2O===4HNO3
D．将TiO2与沥青混合搅拌后使用不如将TiO2以涂层的形式刷在沥青路面上的消除效果好
14．CD A项，该过程还可以将光能转化为化学能，所以错误；B项，在没有日光照射缺少紫外线的条件下，该过程不能发生，所以错误；C项，由图示可知，参加反应的物质为NOx、O2和H2O，最终生成HNO3，因此总反应可表示为4NOx＋(5－2x)O2＋2H2O===4HNO3，所以正确；D项，以涂层的形式刷在路面上可以增大TiO2与NOx、O2和H2O的接触面积，相比将TiO2与沥青混合搅拌后使用可提高消除效果，所以正确。
15.（河南省阶段性考试四）某化学实验室产生的废液中只可能含有Na+、Al3+、Fe2+、Fe3+、Ba2+、CO、SO、Cl-中的某几种，实验室设计了以下方案对废液进行处理，以确定其组成。
①取少许废液，逐滴滴加NaOH溶液直至过量，先产生沉淀后沉淀部分溶解，过滤得到沉淀甲和滤液甲；
②沉淀甲在空气中灼烧得到红棕色固体；
③向滤液甲中加入过量稀硫酸，过波到滤液乙和沉淀乙。下列说法中正确的是（）
A.根据步骤①的现象，可推知废液中一定含有Al3+不含CO
B.根据步骤②，可推知废液中一定含有Fe3+
C.取滤液乙进行焰色反应，火焰呈*色，可推知废液中一定含有Na+
D.不能确定该废液中是否含有Cl-
A
①取少许废液，逐滴滴加NaOH溶液直至过量，先产生沉淀后沉淀部分溶解，氢氧化铝能溶解，则废液中含有Al3+，未给定不溶沉淀的颜色，且②沉淀甲在空气中灼烧得到红棕色固体，则至少含有Fe2+、Fe3+中的一种，与Al3+反应的CO不能存在；③向滤液甲中加入过量稀硫酸，过滤得到滤液乙和沉淀乙，则原溶液中含有Ba2+，不含SO，溶液中一定含有阴离子，则一定存在Cl-。
A．根据步骤①的现象，可推知废液中一定含有Al3+，则不含与Al3+反应的CO，A说法正确；
B．根据步骤②，可推知废液中至少含有Fe2+、Fe3+中的一种，B说法错误；
C．取滤液乙进行焰色反应，火焰呈*色，可推知滤液乙中一定含有Na+，由于是加入NaOH溶液，则废液中不能确定是否含有Na+，C说法错误；
D．分析可知，确定该废液中含有Cl-，D说法错误；
答案为A。
二、非选择题
16.（安徽省六安市城南中学9月）NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中*。已知NaNO2能发生反应：2NaNO2＋4HI=2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O。
（1）上述反应中还原剂是________。
（2）根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl。可选用的物质有①水、②淀粉-碘化钾试纸、③淀粉、④白酒、⑤食醋，你认为必须选用的物质有________(填序号)。
（3）请配平以下化学方程式：□Al＋□NaNO3＋□NaOH=□NaAlO2＋□N2↑＋□H2O___，若反应过程中转移0.5mol电子，则生成标准状况下N2的体积为________L。
(1).HI(2).②⑤(3).10Al+6NaNO3+4NaOH═10NaAlO2+3N2↑+2H2O(4).1.12
（1）反应中N元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则还原剂是HI，故答案为：HI；
（2）由2NaNO2+4HI═2NO↑+I2+2NaI+2H2O可知，根据题中反应，NaNO2在酸性溶液中能将I?氧化成I2，淀粉遇I2变蓝色，则选择②碘化钾淀粉试纸、⑤食醋，变蓝的为NaNO2，故答案为：②⑤；
（3）Al元素的化合价由0升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为0，由电子守恒及原子守恒可知，反应为10Al+6NaNO3+4NaOH═10NaAlO2+3N2↑+2H2O，反应过程中转移0.5mole?，则生成标准状况下N2的体积为0.5mol××22.4L/mol=1.12L，故答案为：10Al+6NaNO3+4NaOH═10NaAlO2+3N2↑+2H2O；1.12。
17.（宁夏回族自治区海原县第一中学9月）配制ml,0.1mol/L的碳酸钠溶液：
(1)应用托盘天平称取碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)__________g(1克以下用游码)
(2)若称量时砝码和晶体的位置颠倒，则平衡后实际称得的样品质量为__________g
(3)容量瓶在使用前必须进行的操作是__________．
(4)配制时需用的玻璃仪器有玻璃棒、量筒、烧杯、胶头滴管、__________
(5)在溶液配制过程中，下列情况会使所配溶液浓度偏高的是__________
A．溶解固体后的溶液未冷却至室温就移入容量瓶中定容
B．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水
C．称量时，砝码生了锈
D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理
E．转移时不小心有溶液溅出瓶外
F．定容时俯视容量瓶的刻度线
(1).14.3(2).13.7(3).查漏(4).mL容量瓶(5).A、C、F
(1)实验室没有mL的容量瓶，应用mL容量瓶配制溶液，所以需要的碳酸钠晶体的质量为0.5L?0.1mol/L?g/mol=14.3g；
(2)所需药品的质量为14.3g，称量时会用到游码，且游码所示质量为0.3g，砝码质量为14.0g，天平称量固体时左盘质量=右盘质量+游码质量，则右盘质量=左盘质量-游码质量，所以若称量时砝码和晶体的位置颠倒，平衡后实际称得的样品质量=14.0g-0.3g=13.7g；
(3)容量瓶在使用前必须要进行查漏；
(4)配制一定物质的量浓度的溶液的配制步骤：称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等，一般用托盘天平称量，用药匙取药品，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到ml容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤并将该洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒、烧杯、量筒、药匙，缺少的玻璃仪器：mL容量瓶；
(5)A．溶解固体后的溶液未冷却至室温就移入容量瓶中定容，由于液体热胀冷缩，冷却后溶液体积偏小，浓度偏高，故A符合题意；
B．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水并不影响溶液的浓度，故B不符合题意；
C．称量时砝码生锈会导致称得的药品质量偏大，浓度偏大，故C符合题意；
D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理对结果没有影响，故D不符合题意；
E．转移时不小心有溶液溅出瓶外，会导致有部分溶质损失，浓度偏小，故E不符合题意；
F．定容时俯视容量瓶的刻度线会导致溶液体积偏小，浓度偏大，故F符合题意；
综上所述答案为ACF。
18.（山东省东平县高级中学9月）元素化合物在日常生活、化工生产和环境科学中有着重要的用途。
(1)当皮肤划破时可用FeCl3溶液应急止血，用氯化铁固体配制成mL0.1mol·L－1的溶液，配制过程中所需要的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、______________。
(2)生铁中含有一种铁碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，将Y溶于过量盐酸后，溶液中大量存在的阳离子______________(填离子符号)。
(3)高铁酸钾(K2FeO4)是一种既能杀菌消*、又能絮凝净水的水处理剂。其工业制备反Fe(OH)3＋ClO－＋OH－→FeO42－＋Cl－＋H2O(未配平)，每生成1molK2FeO4，转移的电子数________NA。
(4)自然界中Cr主要以＋3价和＋6价形式存在。Cr2O72－中的Cr能引起细胞的突变，在酸性条件下可用亚硫酸钠将Cr2O72－还原。其离子方程式：__。
(5)某透明溶液仅含Na＋、Fe2＋、Ba2＋、Al3＋、NO3－、Cl－、SO42－中的4种离子，且均为1mol。向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变(不考虑水的电离和离子的水解)。则溶液中存在的离子是____________。
(1).mL容量瓶、胶头滴管(2).Fe2+、Fe3+、H+(3).3(4).Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O(5).Na+、Fe3+、NO3-、SO42-
(1)血液可看作是胶体分散系，胶体遇电解质能发生聚沉，配制溶液的步骤是计算、称量、溶解、转移、洗涤转移、定容、摇匀，结合操作选择仪器；
(2)碳铁化合物Fe3C在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，Y为Fe3O4，与过量的盐酸反应生成氯化亚铁、氯化铁，溶液有剩余的HCl；
(3)根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，配平方程式，然后结合方程式进行计算；
(4)自然界中Cr主要以+3价和+6价存在。+6价Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬，亚硫酸钠被氧化产生硫酸钠，根据得失电子相等，结合原子守恒和电荷守恒配平书写离子方程式；
(5)向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、NO3-的氧化还原反应生成硝酸铁和NO，阴离子种类不变，则原溶液中存在SO42-，又溶液中含有四种离子，所含离子的物质的量均为1mol，由电荷守恒可知，含有带一个单位正电荷的阳离子，以此来解答。
(1)血液属于胶体，加入电解质溶液(FeCl3溶液)可使胶粒聚沉，血液凝聚达到止血效果，用氯化铁固体配制成mL0.1mol/L的溶液，配制过程中所需要的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、mL容量瓶，所以还缺少的仪器是胶头滴管、mL容量瓶；
(2)Fe3C在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，Y为Fe3O4，溶于过量的盐酸反应生成氯化亚铁、氯化铁，溶液有剩余的HCl，溶液中大量存在的阳离子是Fe2+、Fe3+、H+；
(3)Fe元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低，由电子、电荷守恒、原子守恒可知，离子反应为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，可见：每生成2molK2FeO4，转移的电子6mole-，则生成1molK2FeO4，转移的电子数是3NA；
(4)自然界中Cr主要以+3价和+6价存在。+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬，亚硫酸钠被氧化产生硫酸钠，根据得失电子相等，Cr2O72-与SO32-的物质的量之比是1：3；结合电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式：Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O；
(5)向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、NO3-的氧化还原反应生成硝酸铁和NO，阴离子种类不变，说明原溶液中原来已经存在SO42-，又溶液中含有四种离子，反应生成了Fe3+，所含离子的物质的量均为1mol，由电荷守恒可知，含有带一个单位正电荷的阳离子，即一定含有Na+，由上述推断可知，该溶液中所含的离子为：Na+、Fe2+、NO3-、SO42-。
本题考查了氧化还原反应的分析应用、离子的检验，明确常见离子的性质及检验中发生的化学反应是解答本题的关键，注意检验中应排除离子的相互干扰来解答，并注意离子共存及电荷守恒的应用，结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒，书写有电子转移的离子方程式，并进行有关计算。
19.(吉林省长春市第一高级中学10月)Ⅰ．(1)①H2+CuOCu+H2O
②CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O
③3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O
④NH4NO3+Zn=ZnO+N2↑+2H2O
⑤Cu2O+4HCl=2HCuCl2+H2O
上述反应中，属于氧化还原反应的是________(填序号)。
(2)配平下面氧化还原反应的化学方程式：KMnO4+SO2+H2O—K2SO4+MnSO4+H2SO4_____________。
Ⅱ．某无色透明溶液中可能大量存在Ag+、Mg2+、Cu2+中的几种离子。
(1)不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是_____。
(2)取少量原溶液加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，原溶液中肯定有的离子是________。
(3)取(2)的滤液加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定存在的离子有_____，离子反应方程式为_________。
(4)原溶液中可能大量存在的阴离子是下列的________(填序号)。
A．Cl-B．C．D．OH-
(1).①③④(2).2KMnO4+5SO2+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4(3).Cu2+(4).Ag+(5).Mg2+(6).Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓(7).B
I．(1)根据氧化还原反应的特征判断；
(2)根据电子守恒、原子守恒配平方程式；
II．(1)根据有色离子在无色溶液中不能大量存在；
(2)根据AgCl是白色既不溶于水也不溶于硝酸分析；
(3)根据离子共存判断可能存在的阴离子。
I．(1)分析反应中元素化合价的变化情况：其中①③④三个反应中有元素化合价发生了变化，因此这三个反应属于氧化还原反应，而②⑤⑥三个反应中没有元素化合价发生变化，因此这三个反应不属于氧化还原反应，故合理选项是①③④；
(2)在反应KMnO4+SO2+H2O——K2SO4+MnSO4+H2SO4中，Mn元素化合价由反应前KMnO4中的+7价变为反应后MnSO4中的+2价，化合价降低5价；S元素化合价由反应前SO2中的+4价变为反应后MnSO4、K2SO4和H2SO4中的+6价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数是10，所以KMnO4、MnSO4的系数是2；SO2的系数是5，K2SO4的系数是1，H2SO4的系数是2，再根据H原子守恒，可知H2O的系数是2，则配平后该反应方程式为2KMnO4+5SO2+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4；
Ⅱ．(1)Cu2+水溶液显蓝色，在无色溶液中不能大量存在，故不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是Cu2+；
(2)取少量原溶液加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，则原溶液中肯定有的离子是Ag+；
(3)取(2)的滤液加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定存在的离子是Mg2+，发生该反应的离子方程式为：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；
(4)根据上述分析可知：该溶液中没有Cu2+，含有Ag+、Mg2+。
A．Cl-与Ag+会反应产生AgCl白色沉淀，因此Cl-不能大量存，A不符合题意；
B．与Ag+、Mg2+不会发生任何反应，可以大量存在，B符合题意；
C．与Ag+、Mg2+能发生反应，产生Ag2CO3、MgCO3沉淀，不能大量存在，C不符合题意；
D．OH-与Ag+、Mg2+能发生反应，产生AgOH、Mg(OH)2沉淀，不能大量存在，D不符合题意；
故合理选项是B。
本题考查氧化还原反应和离子反应。掌握氧化还原反应的特征与实质及物质的性质分析解答。记住有色离子在无色溶液中不能大量存在，并且若离子之间会发生反应，就不能大量共存进行判断。
20.21．铬是一种具有战略意义的金属，它具有多种价态，单质铬的熔点为℃。
(1)工业上以铬铁矿[主要成分是Fe(CrO2)2]为原料冶炼铬的流程如图所示：
①Fe(CrO2)2中各元素化合价均为整数，则铬元素为________价。
②高温氧化时反应的化学方程式为______________________________________。
③操作a由两种均发生了化学反应的过程构成，其内容分别是______________________、铝热反应。
(2)Cr(OH)3是两性氢氧化物，请写出其分别与NaOH溶液、稀硫酸反应时生成的两种盐的化学式：__________________、________________。
(3)水中的铬元素对水质及环境均有严重的损害作用，必须进行无害化处理。
①含有Cr2O2－7的污水处理方法通常为用铁作电极电解污水，Cr2O2－7被阳极区生成的离子还原成为Cr3＋，生成的Cr3＋与阴极区生成的OH－结合生成Cr(OH)3沉淀除去。则阴极上的电极反应式为____________，若要处理含10molCr2O2－7的污水，则至少需要消耗的铁为________g。
②还可将水中的铬元素转化为重要产品磁性铁铬氧体(CrxFeyOz)而除去：先向含CrO2－4的污水中加入适量的硫酸及硫酸亚铁，待充分反应后再通人适量空气(氧化部分Fe2＋)并加入NaOH，就可以使铬、铁元素全部转化为磁性铁铬氧体。写出CrO2－4在酸性条件下被Fe2＋还原为Cr3＋的离子方程式：____________________，若处理含1molCrO2－4(不考虑其他含铬微粒)的污水时恰好消耗10molFeSO4，则当铁铬氧体中n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝3∶2时，磁性铁铬氧体的化学式为______________________。
21．解析 (1)①设Fe(CrO2)2中Fe、Cr元素的化合价分别为＋x、＋y，根据化合物中各元素的正、负化合价代数和为0，(＋x)＋2×(＋y)＋4×(－2)＝0，整理可得x＋2y＝8，由于Fex＋中Fe元素的化合价不超过＋3，又因x、y均为整数，经讨论得x＝2，y＝3，即Fe元素的化合价为＋2价，Cr元素的化合价＋3价。②根据流程，高温氧化时Fe(CrO2)2与Na2CO3、O2反应生成CO2、Fe2O3、Na2CrO4，反应可写成Fe(CrO2)2＋Na2CO3＋O2―→CO2＋Fe2O3＋Na2CrO4，在反应中Fe元素的化合价由＋2价升至＋3价、Cr元素的化合价由＋3价升至＋6价，1molFe(CrO2)2参与反应失去7mol电子，1molO2参与反应得到4mol电子，根据得失电子守恒和原子守恒配平，高温氧化时反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2＋8Na2CO3＋7O2高温8CO2＋2Fe2O3＋8Na2CrO4。③操作a使Cr(OH)3经两步反应生成Cr，后一步为铝热反应，则第一步反应为灼烧使Cr(OH)3分解，两步反应的化学方程式分别为2Cr(OH)3△Cr2O3＋3H2O、2Al＋Cr2O3高温Al2O3＋2Cr。(2)Cr(OH)3与Al(OH)3都属于两性氢氧化物，且在两种氢氧化物中Cr、Al元素的化合价均为＋3价，模仿Al(OH)3与NaOH溶液、稀硫酸的反应，Cr(OH)3与NaOH溶液、稀硫酸反应的化学方程式分别为Cr(OH)3＋NaOH===NaCrO2＋2H2O、2Cr(OH)3＋3H2SO4===Cr2(SO4)3＋6H2O，Cr(OH)3与NaOH溶液、稀硫酸反应生成的盐的化学式分别为NaCrO2、Cr2(SO4)3。(3)①以Fe作电极，阳极电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，阴极电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－(或2H＋＋2e－===H2↑)。在阳极区Fe2＋将Cr2O2－7还原为Cr3＋，Fe2＋自身被氧化成Fe3＋，1molCr2O2－7得到6mol电子生成2molCr3＋，1molFe2＋失去1mol电子生成1molFe3＋，根据得失电子守恒，n(Fe2＋)＝6n(Cr2O2－7)＝6×10mol＝60mol，根据Fe守恒，至少需要消耗Fe的物质的量为60mol，其质量为60mol×56g·mol－1＝g。②酸性条件下CrO2－4被Fe2＋还原为Cr3＋，Fe2＋被氧化成Fe3＋，反应可写成Fe2＋＋CrO2－4＋H＋―→Fe3＋＋Cr3＋＋H2O，在反应中1molFe2＋失去1mol电子，1molCrO2－4得到3mol电子，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3Fe2＋＋CrO2－4＋8H＋===3Fe3＋＋Cr3＋＋4H2O。根据Fe原子守恒，磁性铁铬氧体中n(Fe2＋)＝10mol×35＝6mol，n(Fe3＋)＝10mol×25＝4mol，根据Cr原子守恒，磁性铁铬氧体中n(Cr3＋)＝n(CrO2－4)＝1mol，根据电荷守恒，磁性铁铬氧体中n(O2－)＝2×6mol＋3×4mol＋3×1mol2＝13.5mol，磁性铁铬氧体中n(Cr)∶n(Fe)∶n(O)＝1mol∶10mol∶13.5mol＝2∶20∶27，则磁性铁铬氧体的化学式为Cr2Fe20O27。
答案 (1)①＋3
②4Fe(CrO2)2＋7O2＋8Na2CO3高温2Fe2O3＋8Na2CrO4＋8CO2
③灼烧使Cr(OH)3分解
(2)Na[Cr(OH)4] Cr2(SO4)3
(3)①2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑(或2H＋＋2e－===H2↑)
②3Fe2＋＋CrO2－4＋8H＋===3Fe3＋＋Cr3＋＋4H2O Cr2Fe20O27
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