贵州省高二上学期化学高考模拟试卷

解析：A. 硫原子（S）原子序数为16，核内有16个质子，硫离子（S²⁻）是硫原子得到2个电子形成的，故核外有18个电子，A正确。B. 氯化铵（NH₄Cl）是离子化合物，由铵根离子（NH₄⁺）和氯离子（Cl⁻）构成，其电子式应为[H:Cl:H]+[:Cl:]-，但选项中缺少了N原子，且Cl原子周围应满足8电子稳定结构，B错误。C. 水分子（H₂O）的空间结构为V形（或角形），键角约为104.5°，不是180°，C错误。D. 氯化钠是离子化合物，用电子式表示其形成过程时，钠原子失去电子形成Na⁺，氯原子得到电子形成Cl⁻，但选项中氯原子的电子式书写不规范，应为[:Cl:]-，且形成过程应体现电子转移，D错误。故选A。

解析：A. 标准状况下，水（H₂O）不是气体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol进行计算，A错误。B. 铁（Fe）与足量稀硝酸（HNO₃）反应，硝酸过量时，铁被氧化为+3价（Fe³⁺），1mol Fe失去3mol电子，转移电子数为3NA，B错误。C. 题目只给出了NaOH溶液的物质的量浓度（0.1mol/L），未给出溶液体积，无法计算Na⁺的具体数目，C错误。D. 标准状况下，11.2L Cl₂的物质的量为0.5mol。氯气与NaOH溶液反应的化学方程式为：Cl₂ + 2NaOH = NaCl + NaClO + H₂O。该反应中，Cl₂既是氧化剂又是还原剂，1mol Cl₂参与反应转移1mol电子。故0.5mol Cl₂反应转移0.5mol电子，即0.5NA，D正确。故选D。

解析：A. 稀硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式应为：2H⁺ + SO₄²⁻ + Ba²⁺ + 2OH⁻ = BaSO₄↓ + 2H₂O。选项中H⁺与OH⁻的系数比错误，不符合反应的化学计量关系，A错误。B. 碳酸钙（CaCO₃）是难溶物，在离子方程式中应写成化学式，不能拆成CO₃²⁻。正确的离子方程式为：CaCO₃ + 2H⁺ = Ca²⁺ + H₂O + CO₂↑，B错误。C. 电荷不守恒。正确的离子方程式为：2Fe³⁺ + Cu = 2Fe²⁺ + Cu²⁺，C错误。D. 碳酸氢钠（NaHCO₃）溶液与氢氧化钠（NaOH）溶液反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：HCO₃⁻ + OH⁻ = CO₃²⁻ + H₂O，D正确。故选D。

解析：需要加入还原剂才能实现的变化，说明该物质在反应中作氧化剂，化合价降低，得到电子。A. MnO₄⁻ → MnO₂，Mn元素化合价从+7价降低到+4价，被还原，需要加入还原剂或自身发生歧化反应（如加热分解），但加入还原剂是实现途径之一，符合题意。但需注意，MnO₄⁻在碱性条件下加热分解也能生成MnO₂，不一定需要外加还原剂。B. Fe²⁺ → Fe³⁺，Fe元素化合价从+2价升高到+3价，被氧化，需要加入氧化剂，B错误。C. S²⁻ → S，S元素化合价从-2价升高到0价，被氧化，需要加入氧化剂，C错误。D. Cl₂ → Cl⁻，Cl元素化合价从0价降低到-1价，被还原，需要加入还原剂（如Fe、Cu等金属，或NaOH等），D正确。本题中，A选项虽然化合价降低，但MnO₄⁻在特定条件下（如碱性加热）可自身分解，不一定必须加入还原剂；而D选项Cl₂转化为Cl⁻必须得到电子，必须加入还原剂。因此D更符合“需要加入还原剂才能实现”的严格表述。故选D。

解析：A. 钠（Na）化学性质非常活泼，能与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，同时放出大量热，可能引起氢气燃烧甚至爆炸。因此钠着火时，不能用水扑灭，应用干燥的沙土覆盖，A错误。B. 碳酸钠（Na₂CO₃）碱性较强，对胃黏膜刺激性大，不能用于治疗胃酸过多；碳酸氢钠（NaHCO₃）碱性较弱，可用于中和胃酸，B错误。C. 将钠投入硫酸铜（CuSO₄）溶液中，钠首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，不会直接置换出铜单质，C错误。D. 过氧化钠（Na₂O₂）与水反应的化学方程式为：2Na₂O₂ + 2H₂O = 4NaOH + O₂↑。该反应能产生氧气，因此过氧化钠可用于呼吸面具或潜水艇中作为供氧剂，D正确。故选D。

解析：A. 氯气（Cl₂）是黄绿色、有刺激性气味的有毒气体，能与氢氧化钠溶液反应（Cl₂ + 2NaOH = NaCl + NaClO + H₂O），因此实验室常用NaOH溶液进行尾气处理，A正确。B. 液氯是液态氯单质，本身不具有漂白性，不能使有色布条褪色；新制氯水中含有HClO（次氯酸），具有强氧化性，能使有色布条褪色；次氯酸（HClO）具有强氧化性，能使有色布条褪色。因此“液氯...能使有色布条褪色”的说法错误，B错误。C. 氯水久置后，其中的次氯酸（HClO）见光分解：2HClO = 2HCl + O₂↑，溶液中盐酸（HCl）浓度相对增大，酸性增强，C正确。D. 漂白粉的主要成分是氯化钙（CaCl₂）和次氯酸钙（Ca(ClO)₂），有效成分是次氯酸钙。次氯酸钙在空气中易与二氧化碳和水反应而失效，因此应密封、避光保存，D正确。故选B。

解析：(1) 氧化铝（Al₂O₃）是两性氧化物，能与强碱NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al₂O₃ + 2OH⁻ = 2AlO₂⁻ + H₂O。 (2) 铝土矿中的Al₂O₃和SiO₂均能与NaOH溶液反应：Al₂O₃ + 2OH⁻ = 2AlO₂⁻ + H₂O；SiO₂ + 2OH⁻ = SiO₃²⁻ + H₂O。Fe₂O₃不与NaOH反应，过滤后进入滤渣。因此滤液A中主要含有的阴离子是偏铝酸根（AlO₂⁻）和硅酸根（SiO₃²⁻）。 (3) 向滤液A中通入过量CO₂，CO₂与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠。因为CO₂过量，生成的是碳酸氢钠（NaHCO₃）而不是碳酸钠（Na₂CO₃）。化学方程式为：NaAlO₂ + CO₂ + 2H₂O = Al(OH)₃↓ + NaHCO₃。硅酸根也会与CO₂反应生成硅酸沉淀，但题目要求写出生成沉淀B（Al(OH)₃）的方程式，且流程中最终得到Al₂O₃，故主要考虑铝的转化。 (4) 步骤②中消耗了CO₂，步骤③灼烧Al(OH)₃生成Al₂O₃的同时，也会产生H₂O，但CO₂在过程中并未直接再生。然而，在工业生产中，步骤②生成的NaHCO₃可以加热分解生成Na₂CO₃、CO₂和H₂O，CO₂可以循环利用。因此，该流程中可以循环利用的物质是CO₂。

解析：(1) 在反应 MnO₂ + 4HCl(浓) →△ MnCl₂ + Cl₂↑ + 2H₂O 中，Mn元素化合价从+4价（MnO₂）降低到+2价（MnCl₂），被还原，MnO₂是氧化剂。Cl元素化合价从-1价（HCl）升高到0价（Cl₂），被氧化，HCl是还原剂。但注意，4个HCl中只有2个HCl的Cl元素化合价升高（生成1个Cl₂），另外2个HCl的Cl元素化合价不变（生成MnCl₂）。因此，氧化剂（MnO₂）与还原剂（参与氧化还原反应的HCl）的物质的量之比为1:2。 (2) 配平步骤： ① 标出化合价变化：Fe²⁺ → Fe³⁺，化合价升高1价；MnO₄⁻ → Mn²⁺，Mn化合价从+7降到+2，降低5价。 ② 根据电子守恒，升高总数等于降低总数，最小公倍数为5。因此，Fe²⁺系数为5，MnO₄⁻系数为1。 ③ 根据电荷守恒，左边电荷：5×(+2) + 1×(-1) + n×(+1) = +9 + n；右边电荷：5×(+3) + 1×(+2) = +17。令+9 + n = +17，得n=8，即H⁺系数为8。 ④ 根据原子守恒，右边需补充H₂O，由H原子守恒，左边有8个H⁺，右边应有4个H₂O。检查O原子守恒：左边MnO₄⁻有4个O，右边4H₂O有4个O，守恒。最终配平结果为：5Fe²⁺ + 1MnO₄⁻ + 8H⁺ = 5Fe³⁺ + 1Mn²⁺ + 4H₂O。 电子转移：5个Fe²⁺各失去1个电子，共失去5个电子；1个MnO₄⁻得到5个电子。电子转移方向为Fe²⁺ → MnO₄⁻，转移电子数为5e⁻。 (3) 根据反应 2Fe³⁺ + Cu = 2Fe²⁺ + Cu²⁺，反应中Fe³⁺与Cu按2:1反应。0.2mol Fe³⁺完全反应需要0.1mol Cu，题目中铜粉足量，因此Fe³⁺完全反应。生成Fe²⁺的物质的量与消耗的Fe³⁺相等，为0.2mol。生成Cu²⁺的物质的量为消耗Cu的一半，即0.1mol。