2017-2018学年吉林省松原市扶余一中高二下学期期末化学试题(解析版)

2017-2018学年吉林省松原市扶余一中高二（下）期末化
学试卷
一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）
1.生物学家借助新的显微技术，成功观察到小于200纳米的微粒．下列分散系中，分
散质微粒半径最小的是（）
A. 雾
B. 蛋白质溶液
C. 石灰乳
D. KNO3溶液
【答案】D
【解析】解：溶液、浊液、胶体的本质区别就是分散质的微粒直径不同，溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），所以溶液的分散质粒子直径最小。

A．雾属于胶体分散系，故A错误；
B．蛋白质溶液属于胶体分散系，故B错误；
C．石灰乳属于浊液分散系，故C错误；
D．KNO3溶液属于溶液分散系，故D正确。

故选：D。

根据分散质粒子直径大小分类，把分散系分为：溶液、胶体、浊液，溶液、浊液、胶体的本质区别就是分散质的微粒直径不同，溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm）．
本题主要考查了分散系的分类依据，明确分类标准是解题的关键，难度不大．
2.下列物质与常用危险化学品的类别不对应的是（）
A. H2SO4、NaOH--腐蚀品
B. CH4、C2H4--易燃液体
C. CaC2、Na--遇湿易燃物品
D. KMnO4、K2CrO7--氧化剂
【答案】B
【解析】解：A．H2SO4、NaOH有强腐蚀性，是腐蚀品，故A正确；
B．CH4、C2H4是气体，不是易燃液体，故B错误；
C．CaC2、Na能与水反应产生易燃气体，是遇湿易燃物品，故C正确；
D．KMnO4、K2Cr2O7有强氧化性，是氧化剂，故D正确。

故选：B。

A．H2SO4、NaOH有强腐蚀性；
B．CH4、C2H4是气体且具有可燃性；
C．CaC2、Na能与水反应产生易燃气体；
D．KMnO4、K2Cr2O7有强氧化性．
本题考查危险化学品的分类，难度不大，平时注意知识的积累．
3.下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是（）
A. SO3与SO2
B. BF3与NH3
C. BeCl2与SCl2
D. H2O与SO2
【答案】A
【解析】解：A、SO3中S原子杂化轨道数为（6+0）=3，采取sp2杂化方式，SO2中S 原子杂化轨道数为（6+0）=3，采取sp2杂化方式，故A正确。

B、BF3中B原子杂化轨道数为（3+3）=3，采取sp2杂化方式，NH3中N原子杂化轨道数为（5+3）=4，采取sp3杂化方式，二者杂化方式不同，故B错误；
C、BeCl2中Be原子杂化轨道数为（2+2）=2，采取sp杂化方式，SCl2中S原子杂化轨道数为（6+2）=4，采取sp3杂化方式，二者杂化方式不同，故C错误；
D、H2O中O原子杂化轨道数为（6+2）=4，采取sp3杂化方式，SO2中S原子杂化轨道
数为（6+0）=3，采取sp2杂化方式，中心原子杂化轨道的类型不同，故D错误。

故选：A。

A、B、C、D物质属于ABm，ABm型杂化类型的判断：
公式：电子对数n=（中心原子的价电子数+配位原子的成键电子数±电荷数）
注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“-”，电荷数为负值时取“+”．
②当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零．
考查杂化轨道理论，难度中等，判断中心原子的杂化轨道数是关键．
4.下列每组中各物质内既有离子键又有共价键的一组是（）
A. NaOH、H2SO4、（NH4）2SO4
B. MgO、Na2SO4、NH4HCO3
C. Na2O2、KOH、Na2SO4
D. HCl、Al2O3、MgCl2
【答案】C
【解析】解：A．H2SO4中，只有共价键，故A不选；
B．MgO中，只有离子键，故B不选；
C．三种物质中均含离子键、共价键，故C选；
D．HCl中只有共价键，Al2O3、MgCl2中只有离子键，故D不选；
故选：C。

一般来说，活泼金属与活泼非金属元素之间形成离子键，非金属元素之间形成共价键，以此来解答．
本题考查化学键，注意把握判断化学键的一般规律，明确特殊物质中的化学键即可解答，题目难度不大．
5.将足量CO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（）
A. K+、SiO32-、Cl-、N3-
B. H+、NH4+、Al3+、SO42-
C. Na+、S2-、OH-、SO42-
D. Na+、AlO2-、CH3COO-、HCO3-
【答案】B
【解析】解：A．将足量CO2通入下列各溶液中会生成硅酸沉淀，不能大量共存，故A 错误；
B．将足量CO2通入下列各溶液中不发生任何反应，可大量共存，故B正确；
C．将足量CO2通入下列各溶液中会与OH-反应，不能大量共存，故C错误；
D．将足量CO2通入下列各溶液中会与AlO2-反应生成，氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故D错误。

故选：B。

CO2为酸性气体，可与碱以及酸性比碳酸弱的酸对应的盐反应，以此解答该题。

本题考查离子共存问题，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题给信息，掌握常见离子的性质以及反应类型的判断，难度不大，注意把握二氧化碳的性质。

6.某短周期元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为（2n+1），原子核内质
子数是（2n2-1）。

下列有关X的说法中不正确的是（）
A. X能与某些金属元素形成化合物
B. X可能形成化学式为KXO3的含氧酸钾盐
C. X不可能为第一周期元素
D. 由X形成的含氧酸均为强酸
【答案】D
【解析】解：短周期元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n2-1，若n=1时，最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为5，质子数为7，符合题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，符合题意，
A．X元素为N或Cl，都是属于非金属元素，能够与Mg、Na等金属元素形成化合物，故A正确；
B．X元素为N或Cl，可形成化学式为KNO3或KClO3含氧酸钾盐，故B正确；
C．X元素为N或Cl，处于第二或第三周期，故C正确；
D．氯元素形成的HClO为弱酸，故D错误；
故选：D。

短周期元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n2-1，若n=1时，最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为5，质子数为7，符合题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，符合题意，以此来解答。

本题考查原子结构与元素的性质，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。

7.下列说法正确的是（）
A. 分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键
B. 分子中含两个氢原子的酸一定是二元酸
C. 含有金属离子的晶体一定是离子晶体
D. 元素的非金属性越强，其单质的活泼性一定越强
【答案】A
【解析】解：A、惰性气体组成的晶体中不含化学键，只含有分子间作用力，故A正确；
B、分子能电离出两个H+的酸才是二元酸，如CH3COOH分子中含有4个H，却是一元酸，故B错误；
C、AlCl3晶体中含有金属元素，但以共价键结合，属于分子晶体，故C错误；
D、氮元素的非金属性较强，因单质中的键能较大，则N2很稳定，故D错误。

故选：A。

A、惰性气体组成的晶体中不含化学键；
B、分子能电离出两个H+的酸才是二元酸；
C、AlCl3晶体中含有金属元素，但是分子晶体；
D、元素的非金属性强但活泼性不一定强，还取决于化学键的强弱．
本题考查较为综合，涉及晶体、二元酸以及非金属性等问题，题目难度不大，本题中注意非金属性强的物质不一定活泼．
8.2007年3月21日，我国公布了111号元素Rg的中文名称．该元素名称及所在周期
是（）
A. 錀第七周期
B. 镭第七周期
C. 铼第六周期
D. 氡第六周期【答案】A
【解析】解：稀有气体的原子序数分别为2、10、18、36、54、86，若第七周期排满，稀有气体原子序数为118，所以111号元素处于第七周期第11列，该元素为第七周期第ⅠB族元素錀。

故选：A。

根据稀有气体的原子序数分别为2、10、18、36、54、86，若第七周期排满，稀有气体原子序数为118，所以111号元素处于第七周期第11列，据此判断．
本题考查根据原子序数判断元素在周期表中位置，难度不大，识记稀有气体后碱金属元素的原子序数，据此推断比较有效，注意镧系与锕系元素，整体把握元素周期表结构．
9.某无机化合物的二聚分子结构如图，该分子中A、B两种元素
都是第三周期的元素，分子中所有原子最外层都达到8电子稳
定结构．下列关于该化合物的说法不正确的是（）
A. 化学式是Al2Cl6
B. 不存在离子键和非极性共价键
C. 在固态时所形成的晶体是分子晶体
D. 是离子化合物，在熔融状态下能导电
【答案】D
【解析】解：A．将二聚分子变成单分子，得AB3化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是PCl3或AlCl3，而在PCl3所有原子已达稳定结构，形成二聚分子的话不可能符合，故只可能是AlCl3，该化合物的化学式是Al2Cl6，故A正确；
B．该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，不存在离子键；Cl与Cl之间没有形成非极性共价键，故B正确；
C．该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，熔沸点较低，是分子晶体，故C正确；
D．该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，不存在离子键，也不是离子化合物，故D错误。

故选：D。

将二聚分子变成单分子，得AB3化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是PCl3或AlCl3，而在PCl3所有原子已达稳定结构，形成二聚分子的话不可能符合，故只可能是AlCl3，为共价化合物，只含有共价键，不含离子键，在固体时为分子晶体，熔沸点较低，以此解答该题．
本题考查化学键，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意判断化合物的化学式是解答的关键，难度不大，但应注意特例，如氯化铝为共价化合物．
10.Na2S x在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应
中Na2S x与NaClO的物质的量之比为1：16，则x值是（）
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
【答案】D
【解析】解：Na2S x在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由-升高为+6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由+1价降低为-1价，反应中Na2S x与NaClO 的物质的量之比为1：16，根据电子转移守恒，则：
x×[6-（-）]=16×[1-（-1）]
解得：x=5
故选：D。

Na2S x在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由-升高为+6，而NaClO 被还原为NaCl，Cl元素化合价由+1价降低为-1价，反应中Na2S x与NaClO的物质的量之比为1：16，根据电子转移守恒，列方程计算x的值．
本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意元素化合价的判断，为解答该题的关键，从元素化合价的角度解答该类题目，难度不大．
11.化合物A、B、C都只含有两种元素，且A、B均含X元素．已知一定条件下可发
生反应：A+B=D+C，D是由X组成的单质，由此可知X元素（）
A. 一定是金属元素
B. 一定是非金属元素
C. 可能是金属元素，也可能是非金属元素
D. 无法确定
【答案】B
【解析】解：根据题意：（1）A、B、C都是化合物；（2）A、B均含X元素；（3）反应生成单质X，可以推知该反应为“归中型”氧化还原反应。

即化合物A、B中X元素的化合价“一高一低”（一个高于0价、一个低于0价），两者共同作用生成X单质
（化合价为0）。

由于金属元素在化合物中只呈现正价态，不可能有负价态，因此可以肯定X不是金属元素；只有非金属元素在化合物中才既可呈正价态，又可呈负价态，并在一定条件下可以发生归中反应。

例如：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，4NH3+6NO=5N2+6H2O，所以X应该是非金属，即该题的答案为B。

故选：B。

根据题意：（1）A、B、C都是化合物；（2）A、B均含X元素；（3）反应生成单质X，可以推知该反应为“归中型”氧化还原反应．即化合物A、B中X元素的化合价“一高一低”（一个高于0价、一个低于0价），两者共同作用生成X单质（化合价为0）．由于金属元素在化合物中只呈现正价态，不可能有负价态，因此可以肯定X不是金属元素；只有非金属元素在化合物中才既可呈正价态，又可呈负价态，并在一定条件下可以发生归中反应．
本题考查无机物推断，属于开放性题目，需要学生熟练掌握氧化还原反应知识等，若对“归中型”氧化还原反应及元素性质的认识不够深入，本题易错选C或D．
12.同一温度下，强电解质溶液a、弱电解质溶液b、金属导体c三者的导电能力相同，
若升高温度后，它们的导电能力强弱顺序是（）
A. b＞a＞c
B. a=b=c
C. c＞a＞b
D. b＞c＞a
【答案】A
【解析】解：同一温度下，强电解质溶液a、弱电解质溶液b、金属导体c三者的导电能力相同，金属导体随着温度升高，电阻率变大，从而导致电阻增大，所以c的导电能力减弱，a是强电解质完全电离，不影响其导电能力，b是弱电解质，升高温度，促进弱电解质电离，导致溶液中离子浓度增大，所以溶液导电能力增大，则它们的导电能力强弱顺序是b＞a＞c，故选A。

升高温度促进弱电解质电离，温度越高，金属晶体的电阻越大，据此分析解答．
本题考查了物质与导电能力的关系，明确金属导体导电能力与温度的关系是解本题关键，结合弱电解质电离特点来分析解答，难度中等．
13.有关下列说法正确的是（）
A. 2.3g钠与97.7g水反应后，溶液的质量分数为4%
B. 钠与CuSO4溶液反应生成的蓝色沉淀上有时出现暗斑，这是析出了金属铜
C. 将金属钠与水反应后的溶液中通入适量的氯气后，溶液中含有两种盐
D. 钠在空气中的缓慢氧化与其在空气中点燃的产物一样
【答案】C
【解析】解：A.2.3g钠与97.7g水反应，依据2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，生成氢氧化钠的质量4g，但是因为反应消耗了水，同时生成氢气，所以溶液的质量小于100g，溶质的质量分数大于4%，故A错误；
B．钠与水反应放热，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，从而出现暗斑，而不是铜单质，故B错误；
C．依据钠与水反应后的溶液为NaOH溶液，与氯气反应生成NaCl、NaClO，所以产物中有两种盐生成，故C正确；
D．钠在空气中的缓慢氧化生成氧化钠，与其在空气中点燃生成过氧化钠，故D错误；故选：C。

A．根据钠与水反应生成氢氧化钠和氢气的方程式算出反应后溶质氢氧化钠的质量，再算出氢气质量，再计算出溶液质量，根据计算公式再算出所得溶液的质量分数；
B．钠与水反应放热，氢氧化铜受热分解；
C．依据钠与水反应后的溶液为NaOH溶液，与氯气反应生成NaCl、NaClO；
D．钠与氧气反应温度不同产物不同。

本题考查了钠的性质，明确钠与盐溶液反应的原理是解题关键，注意氯气与水反应生成
盐酸和次氯酸。

14.某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合物，经
测定ClO-与ClO3-的物质的量之比为11：1，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的物质的量之比（）
A. 1：3
B. 4：3
C. 2：1
D. 3：1
【答案】B
【解析】解：Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，
ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为11：1，
则可设ClO-为11mol，ClO3-为1mol，被氧化的Cl共为12mol，
失去电子的总物质的量为11mol×（1-0）+1mol×（5-0）=16mol，
氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，
Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，
则得到电子的物质的量也应为16mol，
则被还原的Cl的物质的量为16mol，
所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol：12mol=4：3，
故选：B。

Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，Cl2生成KCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比可计算失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比。

本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，本题注意从氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等的角度计算，注意守恒法的利用。

15.将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入100mL 4.40mol/L盐酸中，充
分反应后产生896mL H2（标准状况），残留固体1.28g．过滤，滤液中无Cu2+．将滤液加水稀释到200mL，测得其中c（H+）为0.400mol/L．则原混合物中单质铁的质量是（）
A. 2.24g
B. 3.36g
C. 5.60g
D. 10.08g
【答案】C
【解析】解：完全反应后滤液中没有Cu2+，说明溶液中也没有Fe3+，则溶液中阳离子有Fe2+和H+，溶质为FeCl2和HCl，
根据电荷守恒得2n（Fe2+）+n（H+）=n（Cl-），则n（Fe2+）
=mol=0.18mol，生成n（H2）==0.04mol，因为还有盐
酸剩余，溶液残留固体是Cu，n（Cu）==0.02mol，
设Fe的物质的量为xmol、Fe2O3的物质的量为ymol，
根据Fe原子守恒得x+2y=0.18
根据转移电子守恒得2x=0.04×2+0.02×2+2y×1，
解得x=0.10、y=0.04，
所以m（Fe）=0.10mol×56g/mol=5.60g，
故选：C。

完全反应后滤液中没有Cu2+，说明溶液中也没有Fe3+，则溶液中阳离子有Fe2+和H+，溶质为FeCl2和HCl，
根据电荷守恒得2n（Fe2+）+n（H+）=n（Cl-），则n（Fe2+）
=mol=0.18mol，生成n（H2）==0.04mol，因为还有盐
酸剩余，溶液残留固体是Cu，n（Cu）==0.02mol，
设Fe的物质的量为xmol、Fe2O3的物质的量为ymol，
根据Fe原子守恒得x+2y=0.18
根据转移电子守恒得2x=0.04×2+0.02×2+2y×1，
从而计算n（Fe），根据m=nM计算铁的质量．
本题考查混合物的计算，侧重考查分析计算能力，明确溶液中的溶质是解本题关键，根据原子守恒、转移电子守恒进行计算，能化繁为简，提高效率．
16.在含a molFeCl3的溶液中加入含b mol Fe和b mol Cu的混合粉末充分反应（忽略离
子水解），下列说法不正确的是（）
A. 当a≤2b时，发生的离子反应为 2Fe3++Fe=3Fe2+
B. 当2b≤a≤4b时，反应中转移电子的物质的量为2bmol≤n（e-）≤4bmol
C. 当2a=5b时，发生的总离子反应为10 Fe3++4 Fe+Cu=14 Fe2++Cu2+
D. 当2b＜a＜4b时，反应后的溶液中n（Fe2+）：n（Cu2+）=0.5（a-2b）：（a+b）【答案】D
【解析】解：A．当a≤2b时，Fe恰好完全反应，发生的离子反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，故A正确；
B．当2b≤a≤4b时，Fe3+完全反应，根据电子守恒可知转移电子为amol（3-2）=amol，即反应中转移电子的物质的量n（e-）为2bmol≤n（e-）≤4b mol，故B正确；
C．当2a=5b时，即a=2.5b，bmolFe完全反应消耗2bmolFe3+，剩余的bmolFe3+完全反应消耗0.5bmolCu，发生的总离子反应为：10Fe3++4Fe+Cu=14Fe2++Cu2+，故C正确；D．当2b＜a＜4b时，Fe完全反应、Cu部分反应，Fe3+完全反应，则反应后溶液中Fe2+的物质的量为（a+b）mol；amolFe完全反应消耗Fe3+的物质的量为2amol，剩余Fe3+
的物质的量为（b-2a）mol，剩余Fe3+消耗Cu的物质的量为：（b-2a）mol，根据质量守恒可知生成Cu2+的物质的量为（b-2a）mol，则反应后的溶液中n（Fe2+）：n（Cu2+）=（a+b）mol：（b-2a）mol=2（a+b）：（b-2a），故D错误；
故选：D。

还原性：Fe＞Cu，当a≤2b时发生反应为2Fe3++Fe=3Fe2+；当a≥4b时发生反应
4Fe3++Fe+Cu=5Fe2++Cu2+；当2b≤a≤4b时，Fe3+完全反应，转移电子为amol；当2b＜a ＜4b时，Fe完全反应，Cu部分反应，根据反应方程式计算出amolFe完全反应后剩余Fe3+的物质的量，然后可计算出生成Cu2+的物质的量，反应后溶液中Fe2+的物质的量为（a+b）mol，据此可计算出反应后的溶液中n（Fe2+）：n（Cu2+）。

本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握守恒思想在氧化还原反应计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。

二、双选题（本大题共2小题，共6.0分）
17.下列物质的熔、沸点高低顺序正确的是（）
A. 金刚石，晶体硅，二氧化硅，碳化硅
B. CI4＞CBr4＞CCl4＞CH4
C. MgO＞H20＞02＞N2
D. 金刚石＞生铁＞纯铁＞钠
【答案】BC
【解析】解：A．原子晶体中共价键的键长越短，键能越大，熔、沸点越大，则熔、沸点为金刚石＞二氧化硅＞碳化硅＞晶体硅，故A错误；
B．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越大，则熔、沸点为CI4＞CBr4＞CCl4＞CF4，故B正确；
C．离子晶体的熔沸点大于分子晶体，水中含有氢键，熔、沸点比氮气、氧气的大，则熔、沸点为MgO＞H20＞O2＞N2，故C正确；
D．熔、沸点：原子晶体＞金属晶体，合金的熔点比纯金属的低，则熔、沸点为金刚石＞纯铁＞生铁＞钠，故D错误；
故选：BC。

A．原子晶体中半径越小，键长越短，共价键越强，熔点越大；
B．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越大；
C．离子晶体的熔沸点大于分子晶体，水中含有氢键，熔、沸点比氮气、氧气的大；D．熔、沸点：原子晶体＞金属晶体，合金的熔点比纯金属的低．
本题考查不同类型晶体的熔沸点比较，明确不同类型晶体的熔沸点比较方法是解答本题的关键，注意水中含有氢键及合金与组成金属的熔点的关系即可解答，题目难度不大．
18.氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非
氧化剂又非还原剂等．下列反应与Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr相比较，水的作用不相同的是（）
A. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
B. 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3
C. 2F2+2H2O=4HF+O2
D. 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑【答案】CD
【解析】解：因反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中，Br的化合价从0→-1，Br2作氧化剂，S的化合价从+4→+6，SO2作还原剂，水中元素化合价没有变化，所以水既非氧化剂又非还原剂；
A、Na2O2既是氧化剂又是还原剂，水既非氧化剂又非还原剂，故A中水的作用相同；
B、O2为氧化剂，4Fe（OH）2为还原剂，水既非氧化剂又非还原剂，故B中水的作用相同；
C、F2为氧化剂，水还原剂，故C中水的作用不同；
D、Al作还原剂，水作氧化剂，故D中水的作用不同；
故选：CD。

利用元素化合价的变化，找出氧化剂和还原剂，找出Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中水所起的作用，分析选项中水所起的作用，与题干对比．
本题考查了氧化剂、还原剂的判断．分析反应中元素的化合价的变化，即可得出正确结论．本题易漏选D，对于一些特殊的反应，如选项中的A、D，还需加强记忆．
三、填空题（本大题共1小题，共8.0分）
19.向含有Cl-、Br-、I-、Fe2+的溶液中，逐滴加入新制的溴水至足量，反应后溶液中离
子中数量明显减少的是______；离子数量明显增多的是______；离子数量基本不变的是______；发生反应的离子方程式依次为______。

【答案】I-、Fe2+；Br-；Cl-；2I-+Br2=2Br-+I2、2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-
【解析】解：Cl-、Br-、I-、Fe2+的还原性顺序为I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-，向含有Cl-、Br-、I-、Fe2+的溶液中，逐滴加入新制的溴水至足量，则反应先后顺序为I-＞Fe2+，发生的反应为2I-+Br2=2Br-+I2、2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，则离子数量减少的是I-、Fe2+，增多的是Br-，离子数量不变的是Cl-，
故答案为：I-、Fe2+；Br-；Cl-；2I-+Br2=2Br-+I2、2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-。

Cl-、Br-、I-、Fe2+的还原性顺序为I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-，向含有Cl-、Br-、I-、Fe2+的溶液中，逐滴加入新制的溴水至足量，则反应先后顺序为I-＞Fe2+，据此分析解答。

本题考查氧化还原反应，为高频考点，明确离子反应先后顺序是解本题关键，会正确书
写离子方程式，题目难度不大。

四、简答题（本大题共4小题，共38.0分）
20.某学生往一支试管中按一定的顺序分别加入下列几种物质（一种物质只加一次）：
A．KI溶液 B．淀粉溶液 C．NaOH溶液 D．稀H2SO4 E．氯水
发现溶液颜色按如下顺序变化：①无色→②紫色→③蓝色→④无色→⑤蓝色。

依据溶液颜色的变化，回答下列问题：
（1）加入以上药品的顺序是（写序号）______。

（2）①→②反应的化学方程式为______。

（3）溶液由紫色变为蓝色的原因是______。

（4）③→④反应的化学方程式为______。

【答案】A→E→B→C→D；2KI+Cl2=2KCl+I2；生成的I2遇到淀粉变成蓝色；
I2+2NaOH=NaI+NaIO+H2O
【解析】解：某学生往一支试管中按一定的顺序分别加入下列几种物质（一种物质只加一次），现溶液颜色按如下顺序变化：①无色→②紫色→③蓝色→④无色→⑤蓝色，碘化钾溶液中滴入氯水发生氧化还原反应生成碘单质，紫色溶液，再加入淀粉溶液遇到淀粉变蓝色，加入氢氧化钠溶液和碘单质反应生成碘化钠、次碘酸钠和水，溶液变为无色，加入稀硫酸发生碘的归中反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，
（1）上述分析说明试剂分别为：A．KI溶液→E．氯水→B．淀粉溶液→C．NaOH溶液→D．稀H2SO4，
故答案为：A→E→B→C→D；
（2）①→②反应的是氯气氧化碘化钾生成碘单质，化学方程式为：2KI+Cl2=2KCl+I2，故答案为：2KI+Cl2=2KCl+I2；
（3）溶液由紫色变为蓝色的原因是：生成的I2遇到淀粉变成蓝色，
故答案为：生成的I2遇到淀粉变成蓝色；
（4）③→④反应是碘单质和氢氧化钠溶液反应生成碘化钠、次碘酸钠和水，溶液变为无色，反应的化学方程式为：I2+2NaOH=NaI+NaIO+H2O，
故答案为：I2+2NaOH=NaI+NaIO+H2O。

某学生往一支试管中按一定的顺序分别加入下列几种物质（一种物质只加一次），现溶液颜色按如下顺序变化：①无色→②紫色→③蓝色→④无色→⑤蓝色，碘化钾溶液中滴入氯水发生氧化还原反应生成碘单质，紫色溶液，再加入淀粉溶液遇到淀粉变蓝色，加入氢氧化钠溶液和碘单质反应生成碘化钠、次碘酸钠和水，溶液变为无色，加入稀硫酸发生碘的归中反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，据此分析。

本题考查了氯气氧化性、碘单质和淀粉、氢氧化钠溶液反应的性质分析、反应现象的分析判断是解题关键，题目难度不大。

21.
现取该溶液适量，向其中加入某试剂，产生沉淀的物质的量（n）与加入试剂体
积（V）的关系图所示．
（1）若Y是盐酸，则Oa段转化为沉淀的离子（指
来源于X溶液的，下同）是______，
ab段发生反应的离子是______，bc段发生反应的离
子方程式为______．
（2）若Y是NaOH溶液，则X中一定含有的离子
是______，ab段反应的离子方程式为______．
【答案】SiO32-、AlO2-；CO32-+H+=HCO3-、HCO3-+H+=H2O+CO2↑；Al（OH）
+3H+=Al3++3H2O；Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；NH4++OH-=NH3•H2O
3
【解析】解：溶液无色说明溶液中不含Fe3+；
（1）如果Y是盐酸，向溶液中加盐酸，先生成沉淀，则溶液中可能含SiO32-、AlO2-或两者中的一种，即生成的沉淀为H2SiO3、Al（OH）3或两者中的一种，则溶液中不含Al3+、Mg2+；当a-b段时，沉淀的量不变化，发生的是盐酸和碳酸根离子反应生成气体：CO32-+H+=HCO3-，HCO3-+H+=H2O+CO2↑；当b-c段时沉淀的质量减少，即部分沉淀和盐酸反应：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，部分沉淀和盐酸不反应，说明生成的沉淀既有H2SiO3又有Al（OH）3，原溶液中有SiO32-和AlO2-，则oa段发生反应的离子方程式SiO32-+2H+=H2SiO3↓，AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓，由于SiO32-和AlO2-和铵根离子能双水解，所以溶液中不含NH4+，含有的阳离子是Na+．
则X中一定含有的离子是CO32-、SiO32-、AlO2-、Na+，oa段发生反应的离子方程式SiO32-+2H+=H2SiO3↓，AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓，ab段发生反应的离子方程式
CO32-+H+=HCO3-，HCO3-+H+=H2O+CO2↑，bc段发生反应的离子方程式：Al（OH）
+3H+=Al3++3H2O．
3
故答案为：SiO32-、AlO2-；CO32-+H+=HCO3-、HCO3-+H+=H2O+CO2↑；Al（OH）
+3H+=Al3++3H2O；
3
（2）若Y是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，溶液中可能含Al3+、Mg2+或两者中的一种，由于弱碱阳离子和弱酸根会双水解而不能共存，即溶液中不含CO32-、SiO32-、AlO2-，由于溶液一定要保持电中性，故溶液中一定含Cl-；当a-b段时，沉淀的量不变化，是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体：NH4++OH-=MH3•H2O，即溶液中含NH4+；当b-c段时沉淀的质量减少但没有完全溶解，即部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有Al3+、Mg2+，即bc段的反应为：Al（OH）
+OH-=AlO2-+2H2O．
3
即则X中一定含有的离子是Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；由于溶液中有Al3+、Mg2+，故oa 段转化为沉淀的离子是Al3+、Mg2+，ab段是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体，反应的离子方程式为NH4++OH-=NH3•H2O；故答案为：Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；
NH4++OH-=NH3•H2O．
溶液无色说明溶液中不含Fe3+；
（1）如果Y是盐酸，向溶液中加盐酸，先生成沉淀，则溶液中可能含SiO32-、AlO2-或两者中的一种，即生成的沉淀为H2SiO3、Al（OH）3或两者中的一种，则溶液中不含Al3+、Mg2+；当a-b段时，沉淀的量不变化，发生的是盐酸和碳酸根离子反应生成气体；当b-c段时沉淀的质量减少，即部分沉淀和盐酸反应，部分沉淀和盐酸不反应，说明生成的沉淀既有H2SiO3又有Al（OH）3，原溶液中有硅酸根离子和偏铝酸根离子，弱酸根离子和铵根离子能双水解，所以溶液中不含NH4+，含有的阳离子是Na+；
（2）若Y是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，当a-b段时，沉淀的量不变化，氢氧化钠和铵根离子反应生成气体；当b-c段时沉淀的质量减少，部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有铝根离子和镁离子，则溶液中不含硅酸根离子、碳酸根离子和偏铝酸根离子，所以溶液中含有的阴离子是氯离子
本题考查了溶液中离子的判断，能明确离子的性质是解本题的关键，会根据图象确定溶液中存在的离子及其含量，难度不大．
22.工业盐中含有NaNO2，外观和食盐相似，有咸味，人若误食会引起中毒，致死量
为0.3g～0.5g。

已知NaNO2能发生如下反应：2NO2-+xI-+yH+=2NO↑+I2+zH2O，请回答下列问题：
（1）上述反应中，x的数值是______，y的数值是______。

（2）根据上述反应，鉴别NaNO2和食盐，现有碘化钾淀粉试纸，则还需选用的生活中常见物质的名称为______。