备战2020年高考化学一轮复习单元训练金卷第三单元化学物质及其变化A卷含解析

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1、第三单元 化学物质及其变化注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39一、选择题（每小题3分，共48分）1北魏贾思勰齐民要术作酢法这样描述苦酒：“

2、乌梅苦酒法：乌梅去核，一升许肉，以五升苦酒渍数日，曝干，捣作屑。欲食，辄投水中，即成醋尔。”下列有关苦酒主要成分的说法正确的是A苦酒的主要溶质是非电解质 B苦酒的主要溶质是强电解质C苦酒的主要溶质是弱电解质 D苦酒的溶液中只存在分子，不存在离子2分类是化学学习和研究的常用方法之一。下列物质的分类正确的是AH2O、H2CO3、NH3都是氧化物B食用醋、冰红茶、加碘盐都是混合物C烧碱、纯碱、熟石灰都属于碱D液氧、氨水、铁都是常用纯净物3下列说法正确的是能导电的物质一定是电解质氧化还原反应的实质是电子的转移蛋白质、漂白粉、苛性钾、液氨分别为纯净物、混合物、强电解质和非电解质丁达尔效应可用于区别蛋白质

3、溶液与葡萄糖溶液酸性氧化物不一定是非金属氧化物，但是碱性氧化物一定是金属氧化物A B C D4钴酞菁分子（直径为1.3109m）的结构和性质与人体内的血红素及植物体内的叶绿素非常相似。下列关于“钴酞菁”分子的说法中正确的是A“钴酞菁”分子均匀分散于水中所形成的分散系属于悬浊液B“钴酞菁”分子既能透过滤纸，也能透过半透膜C“钴酞菁”分子直径比Na小D“钴酞菁”分子均匀分散于水中形成的分散系能产生丁达尔效应5炼丹是古人为追求长生而炼制丹药的方术。晋人葛洪抱朴子金丹篇记载：“凡草木烧之即烬，而丹砂（硫化汞）烧之成水银，积变又还成丹砂”。其中未涉及到的反应类型A化合反应B分解反应C氧化还原反应D置换反

4、应6根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项实验操作和现象结论A向25mL沸水中滴加56滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸，生成红褐色沉淀制得Fe(OH)3胶体B室温下，向浓度均为0.1 molL-1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出现白色沉淀。Ksp(BaSO4)Ksp(CaSO4)C室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色。Fe3+的氧化性比I2的强D室温下，用pH试纸测得：0.1molL-1 Na2SO3溶液的pH约为10；0.1molL-1 NaHSO3溶液的pH约为5。HSO结合H+的能力比SO的强7常温下，下列各组离子在

5、指定溶液中一定能大量共存的是A0.1 molL1 KNO3溶液：Mg2+、Fe3+、Cl、SOB无色透明的溶液：Cu2+、NH、NO、COC使pH试纸变红的溶液：K、Ca2+、Cl、ClOD水电离出的c(H)=1012molL1的溶液：Na、NH、SO、NO8下列离子方程式或电离方程式正确的是ANaHSO3溶液呈酸性：NaHSO3NaHSOB向Na2SiO3溶液中通入少量CO2：SiOCO2H2OH2SiO3COC工业制漂白粉的反应：Cl2+2OHClO+Cl+H2OD在Na2S2O3溶液中滴加稀硝酸：2HS2OSSO2H2O9解释下列事实所用的方程式不合理的是A硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变

6、蓝：4I+O2+4H+=2I2+2H2OB将充有NO2的玻璃球浸到热水中，气体颜色加深：2NO2(g)N2O4(g) H0C用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙：CO+CaSO4 =CaCO3+SOD以KOH溶液为电解质溶液，氢氧燃料电池的负极区pH减小：H2+2OH-2e=2H2O10ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂，实验室可通过以下反应制得：2KClO3H2C2O4H2SO4=2ClO22CO2K2SO42H2O。下列有关该反应的说法正确的是AKClO3在反应中失去电子BClO2是还原产物CH2C2O4在反应中被还原D1mol H2C2O4参加反应有4mol电子转移1

7、1硫代硫酸钠（Na2S2O3）可作为脱氯剂，已知25 mL 0.1mol/L Na2S2O3溶液恰好把224 mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl，则S2O将转化为ASOBSOCSDS212汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN32KNO3=K2O5X16N2，下列说法不正确的是AX的化学式为Na2OB每生成1.6mol N2，则转移的电子为1molC若被氧化的N原子的物质的量为3mol，则氧化产物比还原产物多1.4 molD上述反应中NaN3被氧化，KNO3发生氧化反应13下列离子方程式书写正确的是A氢氧化钡溶液中加入硫酸铵：Ba2+OHNHSO=BaSO4NH3H2OB用惰性电极电

8、解CuCl2溶液：Cu2+2Cl2H2OCu(OH)2H2Cl2C向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫：Ca2+2ClOSO2H2O=CaSO32HClOD向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：C6H5OCO2H2OC6H5OHHCO14下列离子组在给定条件下能否大量共存的判断正确，所发生反应的离子方程式也正确的是选项条件离子组离子共存判断及反应的离子方程式A滴加氨水Na+、Al3+、Cl、NO不能共存，Al3+3OH=Al(OH)3BpH1的溶液Fe2+、Al3+、SO、MnO不能共存，5Fe2+MnO8H+=Mn2+5Fe3+4H2OC由水电离出的H+浓度为11012 molL1的溶液NH、Na+、N

9、O、Cl一定能共存，NHH2O=NH3H2OH+D通入少量SO2气体K+、Na+、ClO、SO不能共存，2ClOSO2H2O=2HClOSO15把图b的碎纸片补充到图a中，可得到一个完整的离子方程式。下列有关该离子方程式的说法正确的是A配平后的化学计量数依次为3、1、2、6、3B若有1 mol S被氧化，则生成2 mol S2C氧化剂与还原剂的物质的量之比为12D2 mol S参加反应有3 mol电子发生转移16已知2Fe3+2I=I22Fe2+、2Fe2+Br2=2Br2Fe3+。现向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色

10、，则下列叙述中正确的是氧化性：Br2Fe3+I2原溶液中Br一定被氧化通入氯气后，原溶液中的Fe2+一定被氧化不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2+若取少量所得溶液，加入CCl4后静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2+、Br均被完全氧化A BC D二、非选择题（共6小题，52分）17有下列物质：氢氧化钡固体KHSO4 HNO3 稀硫酸 二氧化碳气体铜碳酸钠粉末蔗糖晶体熔融氯化钠CuSO45H2O晶体。请用序号填空：（1）上述状态下可导电的是_。（2）属于电解质的是_。（3）属于非电解质的是_。（4）在水溶液中的电离方程式为_，与在溶液中反应使溶液

11、呈中性的离子方程式为_。（5）与可以发生如下反应：Cu4HNO3(浓)Cu(NO3)22NO22H2O，回答下列问题：I还原产物是_。II.当有2 mol HNO3参加反应时，被氧化的物质的质量为_g。III.用双线桥表示该反应电子转移的方向和数目_。18有下列词语：渗析盐析聚沉溶胶凝胶电泳丁达尔效应中和水解，选出适当的词语将其序号填入下列空格中。(1)往浓肥皂水中加入饱和食盐水(或固体食盐)，肥皂凝聚，这种现象称为_。(2)在肥皂水中透过强光，可看到光带，这种现象称为_。(3)使热的浓肥皂水冷却并完全固化后的物质叫_。(4)在肥皂水中加入酚酞变红色，说明高级脂肪酸根离子发生了_。(5)在Fe

12、(OH)3胶体中加入(NH4)2SO4产生红褐色沉淀，这种现象叫做_。(6)用半透膜把制取Fe(OH)3胶体中生成的氯化钠分离出的方法叫做_。(7)在水泥和冶金工厂常用高压电对气溶胶作用，除去大量烟尘，以减小对空气的污染。这种做法应用的主要原理是_。19.某厂废水中含KCN，其浓度为0.01molL1，现用氯氧化法处理，发生如下反应(化合物中N化合价均为3价)：KCN2KOHCl2=KOCN2KClH2O。(1)上述反应中被氧化的元素是_(用元素符号表示)。(2)投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气，请配平下列化学方程式：KOCN_Cl2_=K2CO3_N2_KCl_(3)若将10 L含K

13、CN的浓度为0.01molL1的废水中KCN氧化除去，最少需要氯气_mol。.某实验小组为了测定(3)中溶液多余Cl2的含量，常用Na2S2O3标准溶液进行定量测定。(4)现实验室需用480 mL一定浓度的Na2S2O3溶液，配制该溶液所需玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还需_。(5)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO，因此Na2S2O3常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为_。(6)现取(3)中溶液20.00 mL，用a molL1 Na2S2O3溶液进行滴定，经过平行实验测得消耗Na2S2O3标准溶液b mL，计算废液中Cl2的浓度为_molL1(用含a、b的表达

14、式表示)。20在Na浓度为0.5 molL1的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。阳离子K、Ag、Mg2+、Ba2+阴离子NO、CO、SiO、SO现取该溶液100 mL进行如下实验(气体体积均在标准状况下测定)：序号实验内容实验结果向该溶液中加入足量稀盐酸产生白色沉淀并放出0.56 L(标准状况下)气体将的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4 g向的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题。（1）实验能确定一定不存在的离子是_。（2）实验中生成沉淀的离子方程式为_。（3）通过实验、和必要的计算，填写下表中阴离子的浓度(能计算出的填写计算结果，

15、一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”)。阴离子NOCOSiOSOc/(molL1)（4）判断K是否存在_(填“存在”或“不存在”)，若存在求其最小浓度_ molL1，若不存在说明理由：_。21有一未知的无色溶液，只可能含有以下离子中的若干种：H、NH、K、Mg2+、Cu2+、Al3+、NO、CO、SO，现取三份100 mL溶液进行如下实验：第一份加入足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生。第二份加入足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99 g。第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图所示。根据上述实验，完成下列问题：（1

16、）原溶液中一定不存在的离子是_。（2）2535段发生反应的离子方程式为_。（3）3540段发生反应的离子方程式为_。（4）实验所加的NaOH的浓度为_。3单元训练金卷高三化学卷（A） 第三单元 化学物质及其变化答 案一、选择题（每小题3分，共48分）1【答案】C【解析】根据题意分析苦酒即成醋酸，说明苦酒的成分是乙酸。A. 苦酒的主要溶质是乙酸，属于弱电解质，故A错误；B. 苦酒的主要溶质是乙酸，属于弱电解质，故B错误；C. 苦酒的主要溶质是乙酸，属于弱电解质，故C正确；D. 苦酒的溶质属于弱电解质，在水中部分电离，所以既有电解质分子CH3COOH，又有H+和CH3COO离子，故D错误；答案：C

17、。2【答案】B【解析】A氧化物是由两种元素构成，其中一种是氧元素的化合物，故H2CO3、NH3不是氧化物，故A错误；B由两种或两种以上的物质组成的是混合物，加碘盐是NaCl和KIO3的混合物，故食用醋、冰红茶、加碘盐都是混合物，故B正确；C纯碱Na2CO3是盐不是碱，故C错误；D氨水是混合物，不属于纯净物，故D错误；答案选B。3【答案】C【解析】金属、石墨均能导电，但不属于电解质，错误；蛋白质为高分子化合物，是混合物，错误。4【答案】D【解析】A“钴酞菁”的分子(直径为1.3109m= 1.3nm)，在水中形成的分散系属于胶体，故A错误；B“钴酞菁”的分子(直径为1.3nm)，在水中形成的分散

18、系属于胶体，能透过滤纸，不能透过半透膜，故B错误；C“钴酞菁”分子(直径为1.3nm)，Na+半径小于1nm，故C错误；D“钴酞菁”的分子(直径为1.3nm)，在水中形成的分散系属于胶体，具有胶体的性质，能发生丁达尔现象，故D正确；答案选D。5【答案】D【解析】A积变又还成丹砂”是指汞与硫化合生成硫化汞，该反应属于化合反应，选项A不选；B丹砂(硫化汞)烧之成水银”是指硫化汞受热分解生成汞和硫，该反应属于分解反应，选项B不选；C硫化汞的分解反应和汞与硫的化合反应都属于氧化还原反应，选项C不选；D化合反应和分解反应都与置换反应无关。选项D选。答案选D。6【答案】C【解析】AFeCl3饱和溶液在沸水

19、中水解生成氢氧化铁胶体，为防止胶体聚沉，当溶液呈红褐色时停止加热，故A错误；B白色沉淀可能为硫酸钡或硫酸钙，不能比较Ksp(BaSO4)、Ksp(CaSO4)的大小，故B错误；C碘离子和铁离子反应生成碘和亚铁离子，碘遇淀粉试液变蓝色，在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，该反应中氧化剂是铁离子、氧化产物的碘，所以氧化性：Fe3+I2，故C正确；D前者水解显碱性，后者电离程度大于水解程度，溶液显酸性，则HSO结合H+的能力比SO的弱，故D错误；答案选C。7【答案】A【解析】A. 0.1 molL1 KNO3溶液中：Mg2+、Fe3+、Cl、SO、K+、NO之间相互不反应，能大量共

20、存，选项A正确；B. 无色透明的溶液中不能含有Cu2+，且Cu2+与CO反应生成沉淀而不能大量共存，选项B错误；C. 使pH试纸变红的溶液呈酸性，H、Cl、ClO之间发生氧化还原反应而不能大量共存，选项C错误；D. 水电离出的c(H)=1012molL1的溶液可能为强酸性也可能为强碱性，若为强碱性则不能大量存在NH，选项D错误。答案选A。8【答案】B【解析】A. NaHSO3为强电解质，在水溶液中电离生成钠离子与亚硫酸氢根离子，其离子方程式：NaHSO3Na+HSO，A项错误；B. 向Na2SiO3溶液中通人少量CO2，其离子方程式为：SiO+CO2+H2OH2SiO3+CO，B项正确；C.

21、工业制漂白粉，利用氯气通入石灰乳反应的原理，石灰乳为悬浊液，在离子方程式书写时需保留化学式，C项错误；D. 硫代硫酸钠与稀硝酸反应时，因硝酸具有强氧化性，会将+2价的硫元素氧化到+6价，产物以硫酸根离子形式存在，D项错误；选B。9【答案】B【解析】A. 酸性环境下，氧气能够氧化碘离子生成单质碘，碘单质遇淀粉溶液变为蓝色，反应的离子方程式为4I+O2+4H+=2I2+2H2O，A正确；B. 将充有NO2的玻璃球浸到热水中，气体颜色加深，说明化学平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，所以该反应的正反应为放热反应，H0，B错误；C. 碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，所以可以用Na2CO3溶液处理锅炉水垢

22、中的硫酸钙：CO+CaSO4 =CaCO3+SO，使沉淀转化为CaCO3，然后用盐酸溶解CaCO3变为可溶性的CaCl2而除去，C正确；D. 以KOH溶液为电解质溶液，氢氧燃料电池的负极发生反应：H2-2e+2OH=2H2O，由于不断消耗溶液中的OH，因此负极区c(OH)减小，溶液的pH减小，D正确；故合理选项是B。10【答案】B【解析】2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O中，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，C元素的化合价由+3价升高到+4价，其余元素的化合价不变，据此分析解答。AKClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾得电

23、子为氧化剂，故A错误；BKClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾为氧化剂，其对应的产物ClO2是还原产物，故B正确；CH2C2O4中C元素的化合价由+3价升高到+4价，H2C2O4为还原剂，在反应中被氧化，故C错误；D1mol H2C2O4参加反应有1mol(4-3)=1mol电子转移，故D错误；答案选B。11【答案】A【解析】设完全反应后S2O转化成的物质中硫元素的化合价为n，则根据氧化还原反应中得失电子守恒可得：20.224L/22.4Lmol12（n2）0.025 L0.1mol/L，解得n6，即完全反应后S2O转化为SO，答案选

24、A。12【答案】D【解析】反应中NaN3中N元素化合价升高，被氧化，KNO3中N元素化合价降低，被还原，根据反应方程式可知，每当生成16mol N2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2mol KNO3被还原，据此分析。A反应10NaN32KNO3 = K2O5X16N2，根据质量守恒可知，右边少10个Na、5个O，X的计量数为5，则X的化学式为Na2O，选项A正确；B氮元素由-价变为0价，每生成16mol N2，则转移的电子为10mol，故每生成1.6mol N2，则转移的电子为1 mol，选项B正确；C若被氧化的N原子

25、的物质的量为3mol，则氧化产物比还原产物多1.4 mol，选项C正确；D反应中NaN3中N元素化合价升高，被氧化，KNO3中N元素化合价降低，被还原，发生还原反应，选项D不正确。答案选D。13【答案】D【解析】A该反应不符合正确配比，离子方程式为Ba2+2OH+2NH+SO=BaSO4+2NH3H2O，故A错误；B电解饱和CuCl2溶液时，阴极上Cu2+放电能力大于H+，阳极上氯离子放电，所以相当于电解氯化铜本身，电池反应式为Cu2+2ClCu+Cl2，故B错误；C向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫，发生氧化还原反应生成硫酸钙和氯化钙，离子方程式为SO2+Ca2+ClO+H2O=CaSO4+2H

26、+Cl，故C错误；D苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：C6H5O+CO2+H2OC6H5OH+HCO，故D正确；答案选D。14【答案】B【解析】NH3H2O为弱电解质，书写离子方程式时不能拆开，应为Al3+3NH3H2O=Al(OH)33NH，故A错误；pH1的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+与MnO发生氧化还原反应，反应的离子方程式为5Fe2+MnO8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，故B正确；由水电离出的H+浓度为11012 molL1，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，碱性条件下NH不能大量存在，NHOH=NH3H2O，故C错误；SO2具

27、有还原性，与ClO发生氧化还原反应，反应的离子方程式为ClOSO2H2O=2H+ClSO，故D错误。15【答案】B【解析】A项，在碱性条件下，S与OH反应生成S2、SO和H2O，其反应的离子方程式为3S6OH=2S2SO3H2O，错误；B项，若有1mol S被氧化，则转移4mol电子，则生成2mol S2，正确；C项，若有1mol S被氧化，则转移4mol电子，有2mol S被还原，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为21，错误；D项，由方程式可知3mol S参加反应转移4mol电子，则2mol S参加反应有mol电子发生转移，错误。16【答案】B【解析】由已知的两个离子方程式及同一个反应中氧化

28、剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：Fe3+I2、Br2Fe3+，故正确；向溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色说明溶液中含有Fe3+，则说明溶液中无I存在，又氧化性：Cl2Br2Fe3+I2，氯气的量不确定，则Br不一定被氧化，故错误，正确；由上述分析可知溶液中存在Fe3+，但不能确定是否所有的Fe2+均被氧化为Fe3+，故正确；上层溶液中若含Br，则产生淡黄色沉淀，若含I，则产生黄色沉淀，由题知只产生白色沉淀，则说明溶液中含Cl不含Br和I，即溶液中的Fe2+、Br均被完全氧化，故正确。二、非选择题（5小题，共52分）17【答案】（1） （2） （3） （4）KHSO4K+H+SO

29、 Ba2+2OH+2H+SOBaSO4+2H2O （5）NO2 32 【解析】氢氧化钡固体中不存在自由移动的离子，不导电，可以电离，属于电解质；KHSO4中不存在自由移动的离子，不导电，可以电离，属于电解质；HNO3中不存在自由移动的离子，不导电，可以电离，属于电解质；稀硫酸中存在自由移动的电子，导电，属于混合物，不属于电解质也不属于非电解质；二氧化碳气体中不存在自由移动的离子，不导电，不能电离，属于非电解质；铜是金属单质，可以导电，不属于电解质也不属于非电解质；碳酸钠粉末中不存在自由移动的离子，不导电，可以电离，属于电解质；蔗糖晶体中不存在自由移动的离子，不导电，不能电离，属于非电解质；熔融

30、氯化钠中存在自由移动的电子，导电，可以电离，属于电解质；CuSO45H2O中不存在自由移动的离子，不导电，可以电离，属于电解质；（1）根据以上分析可知上述状态下可导电的是。（2）属于电解质的是。（3）属于非电解质的是。（4）硫酸氢钾是强酸的酸式盐，在水溶液中的电离方程式为KHSO4K+H+SO，与在溶液中反应使溶液呈中性时生成硫酸钡、硫酸钾和水，反应的离子方程式为Ba2+2OH+2H+SOBaSO4+2H2O。（5）与可以发生如下反应：Cu4HNO3(浓)Cu(NO3)22NO22H2O。I氮元素化合价降低，被还原，还原产物是NO2。II.铜失去电子被氧化，当有2 mol HNO3参加反应时，

31、消耗铜是0.5mol，则被氧化的物质的质量为0.5mol64g/mol32g。III.氮元素从+5价降低到+4价，铜元素化合价从0价升高到+2价，失去2个电子，则根据电子得失守恒可知用双线桥表示该反应电子转移的方向和数目可表示为。18【答案】（1） （2） （3） （4） （5） （6） （7）【解析】(1)肥皂水是高级脂肪酸盐的水溶液，分散质粒子较大，为胶体。NaCl使其凝聚的过程叫盐析。故答案为；(2)肥皂水中透过强光，看到光带，此现象为丁达尔效应。故答案为；(3)块状肥皂是凝胶。故答案为；(4)高级脂肪酸是弱酸，其钠盐在水溶液中发生水解呈碱性。故答案为；(5)Fe(OH)3胶体中加入电解

32、质(NH4)2SO4时发生聚沉。故答案为；(6)用半透膜将胶体提纯，此过程叫渗析。故答案为；(7)水泥和治金厂产生的气溶胶，其分散质粒子带有电荷，利用电泳现象，使烟尘在高压直流电的作用下定向移动，达到除尘目的。故答案为。19【答案】(1) C(2)238KOH2164H2O(3)0.25(4)500 mL容量瓶(5)S2O4Cl25H2O=2SO8Cl10H(6)0.2ab【解析】(1)已知反应中氯元素化合价降低，被还原。碳元素化合价从2价升高到4价，失去电子，因此被氧化的元素是C。(2)氯元素的化合价从0价降低到1价，得到1个电子。氮元素化合价从3价升高到0价，失去3个电子，因此根据电子得失

33、守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比是 32，根据原子守恒可知还有水生成，因此反应的化学方程式为2KOCN3Cl28KOH=2K2CO3N26KCl4H2O。(3)根据以上分析可知1 mol KCN最终被氧化为碳酸钾和氮气，失去5 mol电子，1 mol氯气得到2 mol电子，根据电子得失守恒可知将10 L含KCN的浓度为0.01 molL1的废水中KCN氧化除去，最少需要氯气0.25 mol。(4)没有480 mL 规格的容量瓶，所以还需500 mL容量瓶。(6)消耗Na2S2O3的物质的量是0.001ab mol，根据方程式可知消耗氯气的物质的量是0.004ab mol，因此废液中Cl2的

34、浓度为0.2ab molL1。20【答案】（1）Ag、Mg2+、Ba2+（2）SiO2H+=H2SiO3（3）阴离子NOCOSiOSOc/(molL1)？0.250.40（4）存在0.8【解析】由实验、可知，加入稀盐酸产生气体，则原溶液中一定含有CO，其浓度为0.56 L22.4Lmol10.1 L0.25molL1，则溶液中一定无Ag、Mg2+、Ba2+；且能生成白色沉淀知，原溶液中一定含有SiO，发生的反应为SiO2H+=H2SiO3，且SiO的浓度为2.4 g60 gmol10.1 L0.4 molL1；由实验可知溶液中不含SO；由电荷守恒知，2c(CO)2c(SiO)20.25 mol

35、L120.4 molL11.3 molL10.5 molL1，因此原溶液中一定含有K，且其浓度至少为1.3 molL10.5 molL10.8 molL1，不能确定是否含有NO。21【答案】（1）Cu2+、CO、H+ （2）NHOH=NH3H2O （3）Al(OH)3OH=AlO+2H2O （4）2 molL1 【解析】根据无色溶液可知，有颜色的离子不能存在，一定不含Cu2+；第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生，所以推断一定有CO、SO两种离子中的一种；第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g，则推断一定有CO、SO两种离子中的一种；第三份逐

36、滴滴加NaOH溶液，由图可知，开始加入氢氧化钠溶液时立即有沉淀生成，说明不含有H+；沉淀最大时，滴加氢氧化钠溶液，沉淀不溶解，说明含有铵根离子。继续加入氢氧化钠时沉淀部分溶解，最后溶液中仍然有沉淀，推断一定含有Mg2+、Al3+，Mg2+、Al3+和碳酸根离子不共存，所以溶液中一定不含碳酸根离子，含有硫酸根离子，结合图象以及电荷守恒解答。（1）硫酸钡的物质的量是6.99g233g/mol0.03mol，则每一份溶液中硫酸根的物质的量是0.03mol。根据图像可知与铵根离子反应的氢氧化钠是10mL，溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠是5mL，则沉淀铝离子消耗氢氧化钠是15mL，所以沉淀镁离子消耗氢氧化钠是

37、25mL15mL10mL。最终得到氢氧化镁沉淀是0.01mol，所以每一份溶液中镁离子是0.01mol，与镁离子反应的氢氧化钠是0.02mol，则氢氧化钠的浓度是0.02mol0.01L2mol/L，所以每一份溶液中铵根的物质的量是0.01L2mol/L0.02mol，与氢氧化铝反应的氢氧化钠是2mol/L0.005L0.01mol，则每一份溶液中铝离子是0.01mol。根据电荷守恒可知溶液中一定存在硝酸根离子，而钾离子不能确定，所以根据以上分析可知原溶液中一定不存在Cu2、CO、H。（2）根据以上分析可知2535段发生反应的离子方程式为NHOH=NH3H2O。（3）根据以上分析可知3540段发生反应的离子方程式为Al(OH)3OH=AlO+2H2O。（4）根据以上分析可知实验所加的NaOH的浓度为2 molL1。3