階段檢測(cè)卷(一)[范圍：物質(zhì)的組成和分類(lèi)物質(zhì)的量離子反應(yīng)氧化還原反應(yīng)]1．解析：選B。“竹”的主要成分是纖維素，屬于天然高分子化合物。2．解析：選A。純堿是碳酸鈉，屬于正鹽，A正確；HClO屬于酸，B錯(cuò)誤；膽礬為CuSO4·5H2O，屬于純凈物，C錯(cuò)誤；氯水，氯氣溶于水所得的溶液，屬于混合物，D錯(cuò)誤。3．解析：選C。固體溶解用玻璃棒攪拌，加速溶解，操作符合要求，故A正確；轉(zhuǎn)移液體，為防止液體外流，應(yīng)用玻璃棒引流，故B正確；膠頭滴管不能伸入容量瓶?jī)?nèi)，應(yīng)在容量瓶正上方，懸空滴加，防止污染膠頭滴管，故C錯(cuò)誤；搖勻時(shí)用食指頂住瓶塞，上下顛倒，操作符合要求，故D正確。4．解析：選B。Na2O2由Na＋、O22?構(gòu)成，78gNa2O2含有的離子數(shù)為3NA，故A錯(cuò)誤；1molNa在氧氣中完全燃燒生成過(guò)氧化鈉，鈉元素化合價(jià)由0升高為＋1，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA，故B正確；標(biāo)準(zhǔn)狀況下水是液體，11.2LH2O的物質(zhì)的量不是0.5mol，故C錯(cuò)誤；NaCl溶液中含有Na＋、Cl－和H2O分子，1L0.1mol·L-1NaCl溶液中所含的微粒數(shù)大于0.2N5．解析：選D。根據(jù)以上分析，氧化性由強(qiáng)到弱的順序是XO4?>Z2>B2>A3+，故A正確；反應(yīng)③中Z元素化合價(jià)由－1升高為0、X元素化合價(jià)由＋7降低至＋2，Z－是還原劑、XO4?是氧化劑，根據(jù)得失電子守恒，氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為1∶5，故B正確；根據(jù)氧化性Z2>A3+、還原性A2+>Z－，所以Z2＋2A2+=2A3+＋2Z－反應(yīng)可以進(jìn)行，故C正確；反應(yīng)6．解析：選C。根據(jù)2CO＋O2點(diǎn)燃2CO2、2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，得總反應(yīng)CO＋Na2O2=Na2CO3，充分反應(yīng)后，氣體體積變?yōu)?1.2L(已換算成標(biāo)準(zhǔn)狀況)，過(guò)氧化鈉吸收0.5molCO，說(shuō)明被氧化為二氧化碳的CO的物質(zhì)的量為0.5mol，則氧氣的物質(zhì)的量為0.25mol，所以原混合氣體中O2的質(zhì)量可能為8g，故選C。7．解析：選B。A項(xiàng)，I－具有還原性，可將Fe3+還原為Fe2+，正確的離子方程式為Fe3O4＋8H＋＋2I－=3Fe2+＋4H2O＋I(xiàn)2，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，反應(yīng)至中性，說(shuō)明反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)為Na2SO4，正確；C項(xiàng)，電荷不守恒，正確的離子方程式為3Cl2＋6OH－=5Cl－＋ClO3?＋3H2O，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，堿性溶液中不會(huì)大量存在H＋，正確的離子方程式為4OH?+3ClO8．解析：選A。使無(wú)色酚酞試液呈紅色的溶液顯堿性，堿性條件下Na＋、K＋、SO42?、CO32?相互之間不反應(yīng)，能大量共存，故選A；含有Cu2+的溶液呈藍(lán)色，無(wú)色透明的溶液中不含Cu2+，故不選B；鋇離子和硫酸根離子反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，含有大量Ba(NO3)2的溶液中不含SO42?，故不選C；強(qiáng)酸性溶液中，MnO9．解析：選A。①高錳酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣，說(shuō)明高錳酸鉀的氧化性強(qiáng)于氯氣，②說(shuō)明氯氣的氧化性強(qiáng)于三價(jià)鐵離子，③說(shuō)明三價(jià)鐵離子的氧化性強(qiáng)于碘單質(zhì)，A項(xiàng)正確；三個(gè)反應(yīng)都為氧化還原反應(yīng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)氧化性強(qiáng)弱順序，氯氣能和碘化鉀反應(yīng)生成碘單質(zhì)，能使?jié)駶?rùn)的淀粉-KI試紙變藍(lán)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)②證明亞鐵離子有還原性，不能證明其有氧化性，D項(xiàng)錯(cuò)誤。10．解析：選D。5.85gNaCl的物質(zhì)的量為：5.85g58.5gmol＝0.1mol，0.1molNaCl溶于1L水中，所得溶液體積不是1L，溶液濃度不是0.1mol/L，故A錯(cuò)誤；HClO是弱電解質(zhì)，加水稀釋促進(jìn)電離，B錯(cuò)誤；設(shè)質(zhì)量分?jǐn)?shù)分別為20%與80%的硫酸溶液的密度分別為xg/mL、yg/mL；硫酸溶液的密度隨濃度增大而增大，所以x＜y，假定體積為1mL，則20%硫酸溶液的質(zhì)量為1mL×xg/mL＝xg，溶質(zhì)硫酸的質(zhì)量為xg×20%，80%的硫酸溶液的質(zhì)量為1mL×yg/mL＝y(tǒng)g，溶質(zhì)硫酸的質(zhì)量為yg×80%，所以混合后硫酸的溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)＝xg×20%+yg×80%xg+yg＝20%+80%×yx1+yx＝20%?80%+80%1+yx1+yx＝80%－60%×11+yx，由于x＜11．解析：選D。還原性：I－＞Fe2+＞Br－，I－、Fe2+、Br－的物質(zhì)的量相等，通入氯氣時(shí)，被氧化的先后順序依次為I－、Fe2+、Br－，A錯(cuò)誤；溴化銀的溶解度小于氯化銀，在含有等物質(zhì)的量的NaCl、NaBr的溶液中加入硝酸銀溶液，首先生成溴化銀沉淀，B錯(cuò)誤；氧化性：Fe3+＞Cu2+，含等物質(zhì)的量的Fe3+、Cu2+的溶液中加入鐵粉，首先發(fā)生Fe3+與鐵的反應(yīng)，C錯(cuò)誤；在含有等物質(zhì)的量的H＋、Al3+的溶液中，逐滴加入NaOH溶液，首先發(fā)生H＋的中和反應(yīng)，然后OH－與Al3+反應(yīng)生成Al(OH)3沉淀，最后Al(OH)3溶解生成Na[Al(OH)4]，D正確。12．解析：選A。還原性：Fe2+＞Br－，當(dāng)只有少量Cl2時(shí)，氯氣優(yōu)先氧化Fe2+，A正確；由表中信息可知，氧化性：KClO3＞Cl2＞Br2＞Fe3+，B錯(cuò)誤；濃鹽酸與氯酸鉀的反應(yīng)中，KCl既不是氧化產(chǎn)物又不是還原產(chǎn)物，生成3molCl2時(shí)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)是5NA，C錯(cuò)誤；③中反應(yīng)的離子方程式為2MnO4?＋5H2O2＋6H＋=2Mn2+＋5O2↑13．解析：選C。1個(gè)CO2中所含的電子數(shù)為22個(gè)，1mol中含有電子數(shù)22NA，B正確；由圖可知反應(yīng)過(guò)程中二氧化碳有兩個(gè)共價(jià)鍵沒(méi)有斷裂，C錯(cuò)誤；100g46%的甲酸水溶液中所含的氧原子還包括水中所含有的氧原子，D正確。14．B15．解析：(1)已知該反應(yīng)中H2O2只發(fā)生如下過(guò)程：H2O2→O2。則H2O2在反應(yīng)中作還原劑，結(jié)合物質(zhì)價(jià)態(tài)可知H2CrO4作氧化劑，被還原為Cr(OH)3，根據(jù)得失電子守恒以及元素守恒得反應(yīng)方程式：2H2CrO4+3由反應(yīng)可知轉(zhuǎn)移6mol電子時(shí)生成3mol氧氣，則轉(zhuǎn)移了0.3mol電子生成0.15mol氧氣，標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為：0.15mol×22.4L/mol＝3.36L。(2)1.6g某氣態(tài)氧化物RO2體積為0.56L，則其物質(zhì)的量為0.56L22.4Lmol＝0.025mol，其摩爾質(zhì)量為：1.6g0.025mol＝64g/mol；則R的相對(duì)原子質(zhì)量為：64－32＝32；36gNH4+的物質(zhì)的量為36g(3)根據(jù)碳原子守恒可知CO和CO2的總物質(zhì)的量等于燃燒后得到的二氧化碳?xì)怏w的物質(zhì)的量＝22.4L22.4Lmol＝1mol，設(shè)原混合氣體中CO為xmol，CO2為ymol，則x＋y＝1；28x＋44y＝36，解得：x＝y(tǒng)＝0.5；混合氣體中CO的質(zhì)量是0.5mol×28g/mol＝14g；混合氣體的平均摩爾質(zhì)量為36g/mol；混合氣體中CO2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積是0.5mol×22.4L/mol＝11.2L；混合氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度是36g22.4L答案：(1)①H2O2③3.36L(2)3222NA20NA(3)14g36g/mol11.2L1.6g/L1816．解析：(1)密度為1.18g/mL、質(zhì)量分?jǐn)?shù)為36.5%的濃鹽酸的物質(zhì)的量濃度c＝1000×1.18×36.5%(2)配制步驟為計(jì)算、量取、稀釋、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻，正確操作順序是BCAFED。(3)操作A中，將洗滌液都移入容量瓶，其目的是保證溶質(zhì)全部轉(zhuǎn)入容量瓶，溶液注入容量瓶前需恢復(fù)到室溫，這是因?yàn)槿萘科渴⒎艧崛芤簳r(shí)，體積不準(zhǔn)確。(4)若沒(méi)有進(jìn)行(2)中的A操作，溶質(zhì)偏少，所配溶液濃度偏低；若定容時(shí)仰視刻度線，溶液體積偏大，所配溶液濃度偏低。(5)加蒸餾水時(shí)不慎超過(guò)了刻度線倒掉重新配制。答案：(1)2.1(2)BCAFED(3)保證溶質(zhì)全部轉(zhuǎn)入容量瓶容量瓶盛放熱溶液時(shí)，體積不準(zhǔn)確(4)偏低偏低(5)倒掉重新配制17．解析：廢催化劑在純堿中進(jìn)行“灼燒”得到偏鋁酸鈉、偏釩酸鈉、鉬酸鈉及不溶于水的NiO、Fe2O3，向“水浸”后所得的溶液中通入二氧化碳可將四羥基合鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀而除去，再向溶液中加入NH4Cl溶液調(diào)節(jié)pH“沉釩”得到偏釩酸銨，最后經(jīng)過(guò)“離子交換”過(guò)程回收Mo元素，得到鉬酸銨。(1)“灼燒”過(guò)程中V2O5與純堿反應(yīng)生成偏釩酸鈉和二氧化碳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為V2O5＋Na2CO3高溫2NaVO3＋CO2↑。(2)“除鋁”中通入過(guò)量CO2，四羥基合鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁，同時(shí)生成碳酸氫鈉，反應(yīng)的離子方程式為[Al(OH)4]－＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO3(3)加入NH4Cl溶液調(diào)節(jié)pH，將釩元素以偏釩酸銨的形式分離出來(lái)，根據(jù)圖像可知，當(dāng)K在4附近時(shí)，沉淀率可達(dá)到最大，則K最佳值約為4；再根據(jù)釩的沉淀率隨溫度的變化曲線可知，溫度最佳值約為80℃；因?yàn)镹H4Cl受熱易分解，則溫度過(guò)高因氯化銨分解，同時(shí)促進(jìn)銨根離子水解，溶液中銨根離子濃度下降，會(huì)使沉釩率下降。(4)設(shè)少量晶體為1mol(NH4)2Mo2O7，則其質(zhì)量為340g，在597℃時(shí)，固體損失340g×(1－84.7%)≈52g，因?yàn)殇@鹽受熱易分解，結(jié)合分解前后固體質(zhì)量變化分析可知，固體損失的質(zhì)量為2molNH3與1molH2O的質(zhì)量，則余下固體應(yīng)為MoO3，則597℃時(shí)，鉬酸銨熱分解的產(chǎn)物為MoO3、NH3和H2O；鉬酸銨在高溫下通入H2制單質(zhì)鉬的化學(xué)方程式為NH42Mo2O7+6H2高溫2NH3＋2Mo＋7H2O或(NH4)2Mo2O7高溫2NH答案：(1)V2O5＋Na2CO3高溫2NaVO3＋CO2↑(2)[Al(OH)4]－＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO(3)K為4、80℃溫度過(guò)高，NH4+水解程度增大，生成的NH3(4)MoO3、NH3、H2O(NH4)2Mo2O7＋6H2高溫2NH3＋2Mo＋7H2O[或(NH4)2Mo2O7高溫2NH3＋2MoO3＋H2O、MoO3＋3H2高溫Mo18．解析：(1)E中左側(cè)為短導(dǎo)管，可防止液體倒吸；F中盛放NaOH溶液進(jìn)行尾氣處理，從而保護(hù)環(huán)境。(2)二氧化硫能溶于水生成亞硫酸，二氧化硫和亞硫酸鈉、碳酸氫鈉反應(yīng)，為防止二氧化硫溶解，應(yīng)該用飽和NaHSO3溶液洗氣。(3)二氧化硫具有還原性、鐵離子具有氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成SO42?和Fe2+。(4)方案①：往第一份試液中加入KMnO4溶液，紫紅色褪去，原來(lái)溶液中有二氧化硫，二氧化硫和亞鐵離子都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而導(dǎo)致酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以不能確定哪種粒子起作用，故錯(cuò)誤；方案②：往第二份試液中加入KSCN溶液，不變紅，再加入新制的氯水，溶液變紅，亞鐵離子和KSCN不反應(yīng)，鐵離子和KSCN反應(yīng)生成紅色溶液，所以可以檢驗(yàn)溶液中存在亞鐵離子，故正確；方案③：往第三份試液中加入用稀鹽酸酸化的BaCl2，加入稀鹽酸酸化除去溶液中SO32?，而硫酸根離子和鋇離子反應(yīng)生成硫酸鋇