【详解】 A.2NO2?N2O4 是放热反应，升高温度，平衡向生成二氧化氮的方向移动，颜色变深，可以作为勒夏

特列原理的证据之一；

B、比较元素的非金属性，应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较，浓盐酸不是氯的最高价氧化物对应水化物，无法比较氯和碳的非金属性；生成的二氧化碳中含有HCl气体，氯化氢与二氧化碳都能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，故也无法比较碳和硅的非金属性，不能证明元素周期律；

C、△H=△H1+△H2，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，可以证明盖斯定律； D、在同温同压下，气体的体积比等于方程式的化学计量数之比等于气体的物质的量之比，电解水生成的氧气和氢气体积比等于物质的量之比，可以证明阿伏加德罗定律； 故答案为B。

13．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（ ） 选项 操作 测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH 滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色B 石蕊试纸置于试管口 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打C 磨过的铝箔在酒精灯上加热 将淀粉溶液与少量稀硫酸混合加D 热，然后加入新制的Cu(OH)2悬浊液，并加热 A．A 【答案】B 【解析】 【分析】

A.测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，可比较碳酸氢根离子与亚硫酸氢根离子的酸性； B.滴加稀NaOH溶液，可能生成一水合氨； C.氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面； D.淀粉水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖。 【详解】

A.测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，可比较HCO3-与HSO3-的酸性，不能比较S、C两种元素的非

B．B

C．C

D．D

没有砖红色沉淀生成 淀粉未发生水解 熔化后的液态铝滴落下来 金属铝的熔点较低 试纸不变蓝 不能确定原溶液中含NH4+ 现象 结论 A 前者pH比后者大 非金属性：S>C 金属性强弱，A错误；

B.滴加稀NaOH溶液，可能生成一水合氨，试纸不变蓝，因此不能确定原溶液中是否含NH4+，B正确； C.加热Al，表面的Al被氧化产生Al2O3，Al2O3是离子化合物，熔点高，包裹在Al的外面，使熔化后的液态铝不会滴落下来，C错误；

D.淀粉在酸性条件下水解，水解后产生的葡萄糖应该在碱性溶液中进行检验，未将催化剂硫酸中和，操作不合理，因此不会产生砖红色沉淀，D错误； 故合理选项是B。

14．高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：

下列叙述错误的是

A．用K2FeO4作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水 B．反应I中尾气可用FeCl2溶液吸收再利用 C．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2 D．该条件下，物质的溶解性：Na2 FeO4< K2FeO4 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

A.K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，还原产物为Fe3+，Fe3+水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可达到净水的目的，A叙述正确，但是不符合题意；

B.反应I中尾气Cl2为，可与FeCl2继续反应生成FeCl3，B叙述正确，但是不符合题意；

C.反应II中的反应方程式为3NaClO+10NaOH+2FeCl3=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，氧化剂是NaClO，还原剂是2FeCl3，所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2，C叙述正确，但是不符合题意；

D.向饱和的KOH溶液中加入Na2FeO4，K2FeO4晶体析出，说明该条件下，物质的溶解性：Na2 FeO4>K2FeO4，D叙述错误，但是符合题意； 答案选D。

15．下列物质的检验，其结论一定正确的是 ( )

A．向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明原溶液中一定含有SO42—

B．向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO32— 或

SO32—

C．取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加足量盐酸酸化，然后加BaCl2溶液，若加HCl时有气体产生，加BaCl2时有白色沉淀产生，说明Na2SO3样品已部分被氧化 D．将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体一定是SO2 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A、向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，原溶液可能含SO42￣或Cl￣，故A错误；

B、向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO32— 或SO32—，或HCO3￣或HSO3￣，故B错误；

C、加HCl时有气体产生，加BaCl2时有白色沉淀产生，说明含有SO42￣和SO32￣，Na2SO3样品已部分被氧化，故C正确；

D、能使品红溶液退色的气体可能是SO2、Cl2等具有漂白性的气体，故D错误。 答案选C。 【点晴】

解决本题的关键在于熟练掌握常见物质的检验方法，进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，包括试剂的选择，反应现象及结论判断。物质检验应遵守“三个原则”，即一看(颜色、状态)、二嗅(气味)、三实验(加试剂)。根据实验时生成物所表现的现象不同，进行检验，重点掌握以下离子或物质的检验：Fe3+、Fe2+、NH4+、Al3+、Cl￣、SO42￣、SO32￣、CO32￣、HCO3￣、NH3、Cl2、SO2等。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．水中的溶解氧（DO）的多少是衡量水体水质的重要指标。某化学小组测定某河流中氧的含量，经查阅有关资料了解到溶解氧测定可用“碘量法”，

Ⅰ．用已准确称量的硫代硫酸钠（Na2S2O3）固体配制一定体积的cmol/L标准溶液；

Ⅱ．用水样瓶取河流中水样v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL碱性KI溶液，塞紧瓶塞（瓶内不准有气泡），反复震荡后静置约1小时；

Ⅳ．Ⅲ．向水样瓶中加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶至沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色；将水样瓶内溶液全量倒入锥形瓶中，用硫代硫酸钠标准溶液滴定；

V．待试液呈淡黄色后，加1mL淀粉溶液，继续滴定到终点并记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积为v2。 已知：I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6

（1）在滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和________________________。 （2）在步骤Ⅱ中，水样中出现了MnMnO3沉淀，离子方程式为4Mn2++O2+8OH－

2MnMnO3↓+4H2O。

（3）步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式为

_______________________________________________________________。

（4）滴定时，溶液由__________色到______________色，且半分钟内颜色不再变化即达到滴定终点。 （5）河水中的溶解氧为_____________________________mg/L。

－

（6）当河水中含有较多NO3时，测定结果会比实际值________(填偏高、偏低或不变)

－

【答案】碱式滴定管 MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2++3H2O 蓝 无

8000cv2 偏高 v1【解析】 【分析】

(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性；

(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，根据氧化还原反应方程式分析； (4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色； (5)根据关系式，进行定量分析；

(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3。 【详解】

(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性，用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；

(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全Mn的化合价会降低，部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，即碘化合价升高，离子方程式为MnMnO3+2I

－

+6H+I2+2Mn2++3H2O，故答案为：MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O；

(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色，故答案为：蓝；无； (5)由4Mn2++O2+8OH－

2MnMnO3↓+4H2O，MnMnO3+2I－+6H+

?I2+2Mn2++3H2O，I2 +2Na2S2O3

=2NaI+Na2S4O6，可知关系式O2:2MnMnO3:4I:2I2:4Na2S2O3，即

O21molx:4Na2S2O34molcmol/L?(v2?10?3)Lc?(v2?10?3)，则氧气的物质的量x=mol，v1mL水样中溶解氧

4c?(v2?10?3)8000cv2mol?32g/mol8cv8000cvnM=，故答案为：； 422==g/L=mg/Lv1V(v1?10?3)Lv1v1(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3，即Na2S2O3用量增加，结果偏高，故答案为：偏高。 【点睛】