2023-2024学年高中化学人教版选修6第3章 物质的检测单元测试(含答案解析)

2023-2024学年人教版高中化学单元测试
学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息;
2．请将答案正确填写在答题卡上;
一、选择题（本大题共计12小题，每题3分，共计36分）
1.下列关于有机物的说法正确的是（）
A. 乙酸、乙醇均能与金属钠反应，说明它们含有相同的官能团
B. 淀粉和纤维素不是同分异构体
C. 乙烯能使溴水褪色、乙醇能使酸性\ KMnO_4溶液褪色，两者反应类型相同
D. 油脂和蛋白质都属于高分子化合物
【答案】B
【解析】 A．乙酸含有羧基，乙醇分含有羟基，都可与钠反应生成氢气，故 A错误；B．淀粉和纤维素都为高聚物，聚合度介于较大范围之间，没有确定的值，则二者分子式不同，不是同分异构体，故 B正确；
C．乙烯含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，乙醇被酸性高锰酸钾氧化，反应类型不同，故 C错误；
D．油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故 D错误。

2.为研究某铁钉与浓硫酸反应生成气体 Y的成分，某学习小组做出假设，认为所得气体中除含有 SO_2外，还可能含有 H_2和 Q气体，并设计了下列实验装置（图中夹持仪器省略）探究气体的成分，为确认 Q的存在，需在装置中添加 M于（）
A. \ A-B之前
B. \ B-C间
C. \ C-D间
D. \ D-E间
【答案】C
【解析】解：铁钉中杂质碳能与浓硫酸反应生成 CO_2和 SO_2，则气体 Q为 CO_2，SO_2和 CO_2均能使澄清石灰水变浑浊，所以应在除去 SO_2后将气体通入澄清石灰水中检验 CO_2气体。

故选 C。

3.
关于下列实验方案中，实验设计能达到实验目的的是（）
A. \ A
B. \ B
C. \ C
D. \ D
【答案】D
【解析】解：A.硝酸银中的银离子能与氯离子及碳酸根离子结合生成白色沉淀，故A 错误；
B.虽然 CaCl_2可以用于除去NaCl溶液中的 Na_2CO_3，但加入过量的 CaCl_2会引入新的杂质，故B错误；
C.检验二氧化碳气体应用澄清石灰水，故C错误；
D.将组内物质两两混合，既有沉淀又有气体生成的是碳酸钾，与碳酸钾反应产生沉淀的是氯化钡，产生气体的是稀盐酸，故D正确。

故选D。

4.某化学兴趣小组准确称取a\ g碳酸铵，利用如图所示的装置加热使之分解，来测定碳酸铵中 C元素和 N元素的含量，其中 U形管内盛有碱石灰。

下列有关说法错误的是（）
A. \ U形管内碱石灰可以用无水\ CaCl_2代替
B. 装置Ⅲ用于吸收氨，可防止倒吸现象的发生
C. 加热后无固体残余，称量\ U形管在实验前后的质量差为b \ g，由此测得\ N元素的质量是dfrac1417left( a-bright) \ g
D. 可将a \ g碳酸铵完全溶于水，加入过量\ BaCl_2，测定生成沉淀质量来测定碳酸铵中碳元素的质量分数
【答案】A
【解析】 A．称取a\ g碳酸铵，加热使之分解，碱石灰增加的质量为水和二氧化碳的质量，尾气为氨。

U形管内的碱石灰主要吸收碳酸铵分解生成的二氧化碳和水，而无水 CaCl_2能吸收水和氨，不能吸收二氧化碳， A项错误；
B．通过碱石灰的气体为氨，装置Ⅲ主要用于吸收氨，同时装置Ⅲ还能防止倒吸， B项正确；
C．加热后最终没有固体残余，称量 U形管在实验前后的质量差为b\ g，则氨的质量为(a-b)\ g，则含 N元素的质量为\dfrac1417(a-b)\ g， C项正确；
D．碳酸铵中含碳离子只有 CO^2-_3，加入 BaCl_2能完全反应生成沉淀，可测定碳元素的质量分数， D项正确。

故选 A。

5. pH= 1的某溶液 X中还含有 NH_4^+ 、 Al^3+ 、 Ba^2+ 、 Fe^2+ 、 Fe^3+ 、 CO_3^2-、SO_3^2-、 SO_4^2-、 Cl^-、 NO_3^-中的一种或几种（忽略水的电离及离子的水解），取该溶液进行如下实验：
下列有关推断不正确的是（）
A. 根据上述连续实验不能确定溶液\ X中是否含有\ Fe^3+ 、\ Cl^-
B. 溶液\ X中一定含有\ NH_4^+ 、\ Al^3+ 、\ Fe^2+、\ SO_4^2-、\ H^+
C. 沉淀\ H为\ Al(OH)_3、\ BaCO_3的混合物
D. 若溶液\ X为\ 100 mL，产生的气体\ A为\ 44.8 mL（标况），则\ X中\ c(Fe^2+ )= 0.06 molcdotL^-1
【答案】C
【解析】 pH= 1的某溶液 X是强酸性溶液，则一定含 H^+，一定不会含有弱酸根离
子 CO^2-_3、 SO^2-_3；加入硝酸钡，溶液具有了强氧化性，故气体 A是一氧化氮，故溶液中一定含有还原性的离子 Fe^2+；加入硝酸钡，产生沉淀 C，则 C是硫酸钡，原溶液一定含有 SO^2-_4； B中加入氢氧化钠产生了气体 D， D一定是氨气，溶液中一定含有 NH_4^+； E中通入过量二氧化碳生成了沉淀 H， H为氢氧化铝，不可能是BaCO_3，因 BaCO_3会溶于过量的 CO_2，故溶液中一定含有铝离子。

A．由以上分析可得，不能确定溶液 X中是否含有 Fe^3+ 、 Cl^-，故 A正确；
B．由以上分析可得，溶液 X中一定含有 NH_4^+ 、 Al^3+ 、 Fe^2+、 SO_4^2-、 H^+，故 B正确；
C．由以上分析可得，沉淀 H为 Al(OH)_3，不可能有 BaCO_3，故 C错误；
D．由以上分析可得，气体 A为 NO，标准状况下， 44.8 mLNO的物质的量是
\dfrac0.0448L22.4L /mol =0.002mol，根据 3Fe^2++NO_3^-
+4H^+=3Fe^3++NO\uparrow+2H_2O ，则 Fe^2+的物质的量是 0.006 mol，则 Fe^2+的浓度是 \dfrac0.006mol 0.1L=0.06mol\cdotL^-1，故 D正确；
故选 C。

6.下列反应对应的离子方程式书写正确的是（）
A. 向\ FeBr_2溶液中通入等物质的量\ Cl_2: 2Fe^2+ + 4Br^-+ 3Cl_2= 2Fe^3+ + 2Br_2+ 6Cl^-
B. 以惰性电极电解\ AlCl_3水溶液：\ 2Cl^-+ 2H_2Odfracunderset20H^-+ Cl_2uparrow + H_2uparrow
C. 向\ Ca(ClO)_2溶液中通入少量\ SO_2: Ca^2+ + ClO^-+ H_2O+ SO_2= Cl^-+
CaSO_4downarrow + 2H^+
D. 饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳：\ 2Na^+ + CO_3^2-+ CO_2+ H_2O=
2NaHCO_3downarrow
【答案】D
【解析】 A． FeBr_2溶液中通入等物质的量 Cl_2，亚铁离子离子优先被氧化，剩余的
氯气氧化溴离子，离子反应为 2Fe^2+ + 2Br^-+ 2Cl_2= 2Fe^3+ + Br_2+ 4Cl^-，故 A错误；B．惰性电极电解氯化铝溶液时，阳极放电的为氯离子，氯离子失去电子生成氯气，阴
极氢离子得到电子生成氢气，生成的氢氧根离子与氯离子反应生成氢氧化铝沉淀，反
应达到离子方程式为： 2Al^3+ + 6Cl^-+ 6H_2O\dfrac\underset3H_2\uparrow +
2Al(OH)_3\downarrow + 3Cl_2\uparrow ，故 B错误；
C．少量 SO_2通入 Ca(ClO)_2溶液中，二者发生氧化还原反应，离子反应为： SO_2+
Ca^2+ + 3ClO^-+ H_2O＝ CaSO_4\downarrow + 2HClO+ Cl^-，故 C错误；
D．向饱和碳酸钠溶液中通入足量二氧化碳，反应生成了碳酸氢钠晶体，反应的离子方程式为： 2Na^+ + CO_3^2-+ CO_2+ H_2O＝ 2NaHCO_3\downarrow ，故 D正确；
7.实验室有一包白色固体，可能含有 Na_2CO_3、 NaHCO_3和 NaCl中的一种或多种。

下列根据实验事实得出的结论正确的是（）
A. 取一定量固体加热，若质量减少，说明原固体中一定含有\ NaHCO_3
B. 取一定量固体，向其中加入稀盐酸，有气体生成，说明原固体中一定含有\
Na_2CO_3
C. 取一定量固体，溶解，向溶液中滴加适量\ AgNO_3溶液，观察到有白色沉淀生成，
说明原固体中一定含有\ NaCl
D. 取一定量固体，溶解，向溶液中加入适量澄清石灰水，充分反应后观察到有白色沉
淀生成，说明原固体中一定含有\ Na_2CO_3
【答案】A
【解析】 A．碳酸氢钠不稳定，加热易分解，导致固体质量减少，故 A正确；
B．碳酸钠、碳酸氢钠都可与盐酸反应生成气体，不能确定是否含有碳酸钠，故 B错误；C． Na_2CO_3、 NaCl均与 AgNO_3溶液反应生成白色沉淀，则有白色沉淀生成，不能
说明原固体中一定含有 NaCl，故 C错误；
D．加入石灰水，均与 Na_2CO_3、 NaHCO_3反应生成白色沉淀，则有白色沉淀生成，不能说明原固体中一定含有 Na_2CO_3，故 D错误。

8.某无色气体可能由 O_2、 CO_2、 HCl、 NH_3、 NO、 Br_2
中的一种或几种组成，通过图中洗气瓶后气体体积减小，通过干燥管后（干燥管未与
空气接触）气体呈红棕色，则下列推断正确的是（）
A. 原气体中一定有\ NO和\ O_2
B. 原气体中一定有\ NO、\ CO_2
C. 原混合气体中可能有\ HCl、\ Br_2、\ O_2
D. 原气体中一定没有\ HCl、\ Br_2、\ CO_2
【答案】B
【解析】解：混合气体为无色，则一定不存在有色的气体 Br_2；
混合气体通过浓硫酸时，气体体积明显减小，则一定含有与浓硫酸反应的气体 NH_3，HCl能够与氨气反应，二者不能共存，所以一定不存在 HCl；
通过盛有过氧化钠的干燥管时，气体变成红棕色，该红棕色气体为 NO_2，则原气体中
一定含有 NO，一氧化氮能够与氧气反应，二者不能共存，所以一定不会存在氧气；混
合气体中还应该含有与过氧化钠反应生成氧气的气体 CO_2，
A．根据以上分析可知，原混合气体中一定含有的气体为： NH_3、 NO、 CO_2，一定
不含 Br_2、 HCl、 O_2，故 A错误；
B．原混合气体中一定含有的气体为： NH_3、 NO、 CO_2，故 B正确；
C．根据分析可知，原混合气体中一定不含 Br_2、 HCl、 O_2，故 C错误；
D．原混合气体中一定含有二氧化碳气体，故 D错误；
故选 B．
9.化学与社会、生活密切相关。

下列说法正确的是（）
A. 光线透过树叶间的缝隙射入密林中时产生一道道光柱属于丁达尔效应
B. 神舟飞船所用太阳能电池板可将光能转换为电能，所用转换材料是二氧化硅
C. 明矾常用作净水剂是因为明矾具有杀菌消毒功能
D. 用四氯化碳擦去圆珠笔油渍涉及化学变化
【答案】
【解析】
10.下列由相关实验现象所推出的结论正确的是（）
A. \ Cl_2、\ SO_2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性
B. 向溶液中滴加酸化的\ Ba(NO_3)_2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有\
SO_4^2-
C. \ Fe与稀\ HNO_3、稀\ H_2SO_4反应均有气泡产生，说明\ Fe与两种酸均发生置换
反应
D. 分别充满\ HCl、\ NH_3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水【答案】D
【解析】 A. 氯气和水反应生成的次氯酸有强氧化性，次氯酸使品红溶液褪色；二氧化
硫和品红反应生成无色的物质而使品红褪色，只能说明二氧化硫有漂白性不能说明其
有氧化性，故 A错误；
B. 酸性条件下，硝酸根离子有强氧化性，能把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，对
检验硫酸根离子造成干扰，所以向溶液中滴加酸化的 Ba(NO_3)_2溶液出现白色沉淀，
不能说明该溶液中一定有 SO^2-_4，故 B错误；
C. 铁和硝酸反应生成硝酸盐和一氧化氮、水，发生的是氧化还原反应而不是置换反应，故 C错误；
D. 分别充满 HCl、 NH_3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明烧瓶内气体的压强
迅速减小，据此说明二者均易溶于水导致气体迅速减小，故 D正确；
故选 D。

11.能鉴别 MgI_2、 AgNO_3、 Na_2CO_3、 NaAlO_2四种溶液的试剂是（）
A. \ HNO_3
B. \ KOH
C. \ BaCl_2
D. \ NaClO
【答案】A
【解析】 A． MgI_2、 AgNO_3、 Na_2CO_3、 NaAlO_2四种溶液分别与 HNO_3反应时，现象分别为生成紫色碘单质、无现象、有无色气泡生成、先生成白色沉淀后沉淀消失，现象不同，能鉴别，故 A正确；
B． MgI_2、 AgNO_3分别与 KOH反应，现象分别为白色沉淀、褐色沉淀，而
Na_2CO_3、 NaAlO_2溶液均不与 KOH溶液反应，无法鉴别，故 B错误；
C． AgNO_3、 Na_2CO_3分别与 BaCl_2反应，均生成白色沉淀，无法鉴别，故 C错误；D．AgNO_3、Na_2CO_3、NaAlO_2溶液均不与NaClO反应，则无法鉴别，故D错误；
12.用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是（）
A. 用图\ 1所示装置进行用已知浓度的氢氧化钠溶液测定盐酸浓度的实验
B. 用图\ 2所示装置验证二氧化硫的漂白性
C. 用图\ 3所示装置分离四氯化碳和苯的混合物
D. 用图\ 4所示装置检验氯化铵受热分解生成的两种气体
【答案】D
【解析】
二、多选题（本大题共计2小题，每题3分，共计6分）
13.对于某些离子的检验及结论正确的是（）
A. 先加适量的盐酸将溶液酸化，再加\ AgNO_3溶液，产生了白色沉淀．溶液中一定含
有大量的\ Cl^-
B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有\ SO_4^2-
C. 加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，可能有\
CO_3^2-
D. 向待测液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，待
测液中一定有\ NH_4^+
【答案】C, D
【解析】 A．加入盐酸酸化，再加入硝酸银产生白色沉淀，由于加入盐酸引进了干扰
离子氯离子，所以无法判断原溶液中是否含有 Cl^-，故 A错误；
B．加入氯化钡有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，该沉淀可能为硫酸钡或氯化银，原溶液中不一定存在 SO_4^2-，可能含有银离子，故 B错误；
C．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通澄清石灰水中，溶液变浑浊，该气体可能为二
氧化碳或二氧化硫，原溶液中可能含 CO_3^2-，故 C正确；
D．湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝，加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有 NH_4^+ ，故 D正确。

14.某无色溶液中可能含有 Na^+、 K^+、 NH_4^+、 Mg^2、 Cu^2+、 SO^2-_4、 SO^2-_3、Cl^-、 Br^-、 CO^2-_3中的若干种，离子浓度均为 0.1mol \cdot L^-1，往溶液中加入过
量的 BaCl_2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成。

某同学另取少量原溶液，设计并完
成如下实验：
则关于原溶液的判断正确的是（）
A. 无法确定原溶液中是否存在\ Cl^-
B. 肯定存在的离子是\ SO^2-_3 、\ Br^-，是否存在\ Na^+、\ K^+需要通过焰色反应来确
定
C. 把\ Ba(NO_3)_2和\ HNO_3混合溶液改为\ BaCl_2和盐酸的混合溶液，对溶液中离子
的判断无影响
D. 肯定不存在的离子是\ Mg^2+、\ Cu^2+、\ SO^2-_4、\ CO^2-_3，是否含\ NH_4^+无
需另做实验验证
【答案】C, D
【解析】无色溶液中一定不含 Cu^2+，往该溶液中加入过量的 BaCl_2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，说明不含有 SO^2-_4；另取少量原溶液，加足量氯水，无气体产生，说明不含有 CO^2-_3，溶液中加四氯化碳后分层，下层呈橙色，则有 Br^-，上层溶液加入硝酸钡和稀硝酸后有白色沉淀生成，溶液中不含 SO_4^2-和 CO_3^2-，则说明含
有 SO^2-_3，溶液中有 SO_3^2-存在说明无 Mg^2+；因为氯水引入了 Cl^-，向溶液中加
入 AgNO_3和 HNO_3混合溶液，产生白色沉淀，不能确定原溶液是否存在 Cl^-，再根
据离子浓度都为 0.1mol \cdot L^-1，由电荷守恒可知，一定含有 NH_4^+、 Na^+、 K^+，才能与 SO^2-_3、 Br^-组成电中性溶液，也就一定不存在 Cl^-。

A．由分析知溶液中一定不存在 Cl^-，故 A错误；
B．由分子知离子浓度均为 0.1mol \cdot L^-1，由电荷守恒可知，一定含有 NH_4^+、
Na^+、 K^+，才能与 SO^2-_3、 Br^-组成电中性溶液，故 B错误；
C．加入 Ba(NO_3)_2和 HNO_3混合溶液的目的是检验 SO^2-_3，若改用 BaCl_2和盐酸
的混合溶液，因为前面氯水已将 SO^2-_3氧化为 SO^2-_4，对溶液中离子的判断无影响，故 C正确；
D．由分析知溶液中一定不存在 Mg^2+、 Cu^2+、 SO^2-_4、 CO^2-_3，离子浓度均为0.1mol \cdot L^-1，由电荷守恒可知，一定含有 NH_4^+、 Na^+、 K^+，才能与 SO^2-_3、Br^-组成电中性溶液，即 NH_4^+无需另做验证就能确定，故 D正确；
故选 CD。

三、解答题（本大题共计4小题，每题10分，共计40分）
15.（1） LiFePO_4中铁的化合价是________。

15.（2）“酸浸”中主要发生的化学方程式为__________________________________；“滤渣1”的主要成分有________。

15.（3）操作Ⅰ加入过量 A物质的目的是______________；硫酸亚铁晶体的溶解度如
表所示，其中绿矾 (FeSO_4\cdot 7H_2O)容易被氧化，则“操作Ⅱ”包括真空加热浓缩、
____________。

15.（4）“转化”利用的是 TiO^2+ 的水解过程，则其在 90^\circ C水解的离子方程式为
_________________________；“转化后的滤液”可返回到_______工序循环利用。

煅烧TiO_2\cdot xH_2O获得 TiO_2会发黄，发黄的杂质可能是_______（填化学式）。

15.（5）由“沉铁”到制备 LiFePO_4的过程中，所需 17\% \, H_2O_2溶液与草酸 (\,
H_2C_2O_4)的质量比是________。

【答案】（1）\ + 2
【解析】钛铁矿（主要成分为 FeTiO_3，含有少量 Fe_2O_3、 CaO， SiO_2）加硫酸溶
解生成TiO^2+、Fe^3+、Fe^2+，CaSO_4，加入铁粉还原铁离子：2Fe^3++Fe=3Fe^2+，得到硫酸亚铁和 TiOSO_4溶液，对溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到绿矾晶体和TiOSO_4溶液，将 TiOSO_4溶液加热，促进 TiO^2+水解生成 TiO_2\cdot xH_2O：
TiO^2+ + (x+1)H_2O\overset90^\circ C=\!=\!=\!= TiO_2\cdot xH_2O\downarrow+2H^+，
TiO_2\cdot xH_2O分解得到钛白粉 (TiO_2)；将绿矾与过氧化氢、 H_3PO_4混合沉铁：
2Fe^2++H_2O_2+2H_3PO_4 =2FePO_4\downarrow +2H_2O+4H^+，将得到的 FePO_4与
草酸、 Li_2CO_3焙烧生成锂离子电池的正极材料 LiFePO_4。

（1） LiFePO_4中 Li为 + 1价，磷酸根为 -3价，根据化合价代数和为 0，可知 Fe元素
化合价为 0-1-(-3)＝ + 2。

【答案】（2）\ FeTiO_3+2H_2SO_4=TiOSO_4+FeSO_4+2H_2O, \ CaSO_4、\ SiO_2
【解析】（2）“酸浸”中主要发生 FeTiO_3和硫酸反应生成 TiOSO_4和硫酸亚铁和水，化学方程式为 FeTiO_3+2H_2SO_4=TiOSO_4+FeSO_4+2H_2O；硫酸和氧化钙反应生成微溶
的硫酸钙，二氧化硅不参与反应，故滤渣 1中的主要成分有 CaSO_4、 SiO_2。

【答案】（3）将溶液中\ Fe^3+还原为\ Fe^2+，防止\ Fe^2+被氧化, 低于\ 50^circ C降温
结晶，过滤（洗涤）
【解析】（3）操作Ⅰ加入过量 A物质的目的是将溶液中 Fe^3+还原为 Fe^2+，防止
Fe^2+被氧化，分析硫酸亚铁晶体的溶解度表可知“操作Ⅱ”包括真空加热浓缩、低于
50^\circ C降温结晶，过滤（洗涤）。

【答案】（4）\ TiO^2+ + (x+1)H_2Ooverset90^circ C=!=!=!=TiO_2cdot
xH_2Odownarrow+2H^+, 酸浸, \ Fe_2O_3
【解析】（4） TiO^2+ 易水解生成 TiO_2\cdot xH_2O，反应离子方程式为： TiO^2+ +
(x+1)H_2O\overset90^\circ C=\!=\!=\!=TiO_2\cdot xH_2O\downarrow+2H^+， TiOSO_4溶
液中可能含有少量 Fe^2+，转化为少量氢氧化亚铁沉淀，进一步转化为氢氧化铁沉淀，煅烧后，产生少量的 Fe_2O_3，使获得的 TiO_2发黄。

【答案】（5）\ 20: 9
【解析】（5）“沉铁”过程中过氧化氢将二价铁氧化为三价铁，而生成 LiFePO_4反应中
三价铁被草酸还原为二价铁，草酸被氧化为二氧化碳，根据电子转移守恒可知过氧化
氢获得的电子等于草酸失去的电子，则 n(H_2O_2)＝ n(H_2C_2O_4)，设双氧水质量为xg，草酸质量为 yg，则 \dfracxg \times 17\%34g/mol = \dfracyg90g/mol，整理可得 x: y
＝ 20: 9，即 17\% 双氧水与 H_2C_2O_4的质量比为 20: 9。

16.（1）如图所示的物质分类方法名称是________。

16.
（2）以 Na、 K、 H、 O、 C、 S、 N中任两种或三种元素组成合适的物质，分别填在
下表②③⑥的后面。

16.（3）写出⑦转化为⑤的化学方程式
___________________________________________________。

16.（4）实验室制备⑦常用________和________反应，检验该气体的方法是
_________________________________________________________________________。

【答案】（1）树状分类法
【解析】（1）树状分类法是一种很形象的分类法，按照层次，一层一层来分，就像一
棵大树，有叶、枝、杆、根，图示方法就是树状图，故答案为：树状分类法；
【答案】（2）②\ H_2SO_4, ③\ NaOH, ⑥\ K_2SO_4
【解析】（2）酸是电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，如 H_2SO_4；碱电离出的
阴离子全部为氢氧根离子，如 NaOH；盐电离出得阳离子为金属离子、阴离子为酸根离子，如 K_2SO_4，
故答案为：② H_2SO_4；④ NaOH；⑥ K_2SO_4；
【答案】（3）\ CO_2+ 2NaOH= Na_2CO_3+ H_2O
【解析】（3） CO_2与 NaOH反应转化为 Na_2CO_3，其化学方程式为： CO_2+ 2NaOH= Na_2CO_3+ H_2O，故答案为： CO_2+ 2NaOH= Na_2CO_3+ H_2O；
【答案】（4）\ CaCO_3, 稀盐酸, 通入澄清石灰水，若变浑浊，则生成的气体为\ CO_2 【解析】（4）实验室制备二氧化碳常用 CaCO_3和稀盐酸反应，检验该气体的方法是
通入澄清石灰水，若变浑浊，则生成的气体为 CO_2，故答案为： CaCO_3，稀盐酸；
通入澄清石灰水，若变浑浊，则生成的气体为 CO_2。

17.（1）下列四种溶液：① 100mL\, 0.1mol/L\, H_2SO_4溶液；② 100mL\, 0.15mol/L\, HCl溶液；③ 100mL\, 0.2mol/L\, CH_3COOH溶液；④ 200mL\, 0.1mol/L\, CH_3COOH
溶液．回答：
其中pH最小的是________（填序号，下同），由水电离的H^+ 浓度最大的是________，与足量的 Zn反应，生成 H_2最少的是________；①和③分别与 100mL\,
0.2mol/LNaOH溶液反应，放出热量少的是________，理由是________．
17.（2）实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生用 0.10mol/LNaOH标准溶液进行测
定盐酸的浓度的实验．该学生取 20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加 2\sim 3滴酚酞作指示剂，用 NaOH标准溶液进行滴定．滴定达到终点的标志是________；17.（3）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有
________．（填字母序号）
【答案】①, ④, ②, ③, \ CH_3COOH电离吸热
【解析】解：（1）① 100mL\, 0.1mol/L\, H_2SO_4溶液中氢离子浓度为 0.2mol/L；
② 100mL\, 0.15mol/L\, HCl溶液中氢离子浓度为 0.15mol/L；
③ 100mL\, 0.2mol/LCH_3COOH溶液中， CH_3COOH部分电离，则氢离子浓度小于
0.2mol/L；
④ 200mL\, 0.1mol/L\, CH_3COOH溶液中氢离子浓度小于 0.1mol/L；
根据分析可知，各溶液中氢离子浓度最大的为①，则溶液的 pH最小的为①；
四种溶液中，氢离子浓度最小的为④，则④对水的电离的抑制程度最小，其溶液中水电离的氢离子浓度最大；
① 100mL\, 0.1mol/L\, H_2SO_4溶液中能够提供的氢离子的总物质的量为：
0.1mol/L\times 2\times 0.1L= 0.02mol；
② 100mL\, 0.15mol/L\, HCl溶液中能够提供的氢离子的物质的量为： 0.15mol\times
0.1L= 0.015mol；
③ 100mL\, 0.2mol/LCH_3COOH溶液中最多能够提供氢离子： 0.2mol/L\times 0.1L=
0.02mol；
④ 200mL\, 0.1mol/L\, CH_3COOH溶液中能够提供的氢离子的物质的量为：
0.1mol/L\times 0.1L= 0.02mol；
根据分析可知，能够提供氢离子的物质的量最小的为②，则与足量锌反应生成氢气最少的为②，
醋酸为弱酸，电离时会吸热，所以①和③分别与 100mL\, 0.2mol/LNaOH溶液反应，放出热量少的是③；
【答案】后一滴\ NaOH溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色
【解析】（2）滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，即酚酞在酸中为无色，在碱性溶液中显浅红色；
【答案】D
【解析】（3） A．滴定终点读数时俯视，导致 V（标准）偏小，据 c（待测） =
\dfracc(标准)\times V(标准)V(待测)分析， c（待测）偏小，故 A错误；
B．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗，盐酸溶液被稀释，待测液的物质的量偏小，导致 V（标准）偏小，据 c（待测） = \dfracc(标准)\times V(标准)V(待测)分析， c（待测）偏小，故 B错误；
C．锥形瓶水洗后未干燥，待测液的物质的量不变， V（标准）不变，据 c（待测） = \dfracc(标准)\times V(标准)V(待测)分析， c（待测）无影响，故 C错误；
D．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致 V（标准）偏大，据 c（待测） = \dfracc(标准)\times V(标准)V(待测)分析， c（待测）偏大，故 D正确；
故选 D．
18.（1）提出猜想： Fe^2+可能是 Fe与_________或___________反应的产物。

18.
（2）实验探究：在两支试管中分别加入与上述实验等量的铁粉，再加入不同的液体试剂， 5min后取上层清液，分别加入相同体积和浓度的铁氰化钾溶液。

①2号试管中所用的试剂为__________________________________。

②资料显示：该温度下， 0.1mol\cdotL^-1的 AgNO_3溶液可以将 Fe氧化为 Fe^2+，但
1号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为______________________________。

③小组同学继续进行实验，证明了 2号试管得出的结论正确。

实验如下：取
100mL0.1mol\cdotL^-1硝酸酸化的 AgNO_3溶液（ pH=2），加入铁粉并搅拌，分别插入pH传感器和 NO_3^-传感器（传感器可检测离子浓度）得到如图图示，其中 pH传感器
测得的图示为_______（填“图甲”或“图乙”）。

④实验测得 2号试管中有 NH_4^+生成，则 2号试管中发生反应的离子方程式为
_____________________________________ 。

Ⅱ.探究 Fe^3+产生的原因。

查阅资料可知，反应中溶液逐渐变棕黄色是因为 Fe^2+被 Ag^+氧化。

小组同学设计不
同实验方案对此进行验证。

18.（3）方案一：取出少量黑色固体，洗涤后，_______________________（填操作和
现象），证明黑色固体中有 Ag。

18.（4）方案二按图连接装置，一段时间后取出左侧烧杯溶液，加入 KSCN溶液，溶液
变红。

该实验现象_______（填“能”或“不能”）证明 Fe^2+可被 Ag^+氧化，理由为
________________________________。

【答案】（1）\ HNO_3, \ AgNO_3
【解析】解：（1）向硝酸酸化的 2mL0.1 mol\cdotL^-1 AgNO_3溶液（ pH=2）中加入过
量铁粉，则 Fe^2+可能是Fe与硝酸或硝酸银反应的产物；
【答案】（2）①硝酸酸化的\ NaNO_3溶液（\ pH=2）（只答\ 2 mL 0.1mol/L\ HNO_3或\ pH=2的\ HNO_3不给分）, ②该反应速率很小或该反应的活化能较大, ③图乙, ④\
4Fe+10H^++ \ NO_3^-=4Fe^2++\ NH_4^++3H_2O
【解析】（2）① 2号试管中所用的试剂为硝酸酸化的 2mL0.1 mol\cdotL^-1 NaNO_3溶
液（ pH=2）；
② 1号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为该反应速率很小或该反应的活化能较大；
③取 100mL0.1 mol\cdotL^-1硝酸酸化的 AgNO_3溶液（ pH=2），加入铁粉并搅拌，随
着反应进行，溶液中 H^+浓度下降， pH逐渐增大，故 pH传感器测得的图示为图乙；
④由题意得：铁与硝酸反应生成 Fe^2+和 NH_4^+，反应方程式为 4Fe+10H^++ NO_3^-=4Fe^2++ NH_4^++3H_2O；
【答案】（3）加入足量稀硝酸加热将固体全部溶解，再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀或加入足量盐酸，有黑色固体剩余
【解析】（3）取出少量黑色固体，洗涤后，加入足量稀硝酸加热将固体全部溶解，再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀或加入足量盐酸，有黑色固体剩余，证明黑色固体中有 Ag；
【答案】（4）不能, \ Fe^2+可能被\ HNO_3氧化或被氧气氧化
【解析】（4）以上装置中 Fe^2+可能被 HNO_3氧化或被氧气氧化，故不能证明 Fe^2+可被 Ag^+氧化。