2019-2020年高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 上篇 專題突破方略 專題一 基本概念綜合檢測學(xué)案.doc

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2019-2020年高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 上篇 專題突破方略 專題一 基本概念綜合檢測學(xué)案(時間：45分鐘；分值：100分)一、選擇題(本題包括7小題，每小題6分，共42分)1下列有關(guān)物質(zhì)變化和分類的說法正確的是()A電解熔融態(tài)的Al2O3、12C轉(zhuǎn)化為14C都屬于化學(xué)變化B膽礬、冰水混合物、四氧化三鐵都不是混合物C葡萄糖溶液和淀粉溶液的本質(zhì)區(qū)別是能否發(fā)生丁達(dá)爾效應(yīng)DSiO2、NO2、Al2O3都屬于酸性氧化物解析：選B。12C轉(zhuǎn)化為14C不屬于化學(xué)變化；葡萄糖溶液和淀粉溶液的本質(zhì)區(qū)別是溶液中分散質(zhì)微粒直徑的大??；NO2不是酸性氧化物，Al2O3是兩性氧化物。2下列有關(guān)化學(xué)用語表示正確的是()A乙醇的結(jié)構(gòu)簡式：C2H6OB氨基的電子式：C鎂離子的結(jié)構(gòu)示意圖： D中子數(shù)為79、質(zhì)子數(shù)為55的銫(Cs)原子：Cs解析：選B。乙醇的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH，A項錯誤；氨基(NH2)的電子式與氨氣(NH3)D中子數(shù)為79、質(zhì)子數(shù)為55的銫(Cs)原子：Cs解析：選B。乙醇的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH，A項錯誤；氨基(NH2)的電子式與氨氣(NH3)的電子式不同，注意區(qū)分，B項正確；鎂離子的結(jié)構(gòu)示意圖中核電荷數(shù)為12，C項錯誤；銫原子的左上角為質(zhì)量數(shù)，質(zhì)量數(shù)等于質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)之和，應(yīng)為134，D項錯誤。3(xx河北邯鄲高三質(zhì)檢)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列敘述錯誤的是()A標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2 L氦氣中含有0.5NA個原子B標(biāo)準(zhǔn)狀況下，0.1 mol Cl2參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目一定為0.2NAC常溫常壓下，46 g NO2和N2O4的混合氣體中含有原子總數(shù)為3NAD1 mol Na與足量O2反應(yīng)，生成Na2O和Na2O2的混合物，轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為NA解析：選B。氦氣是單原子分子，標(biāo)準(zhǔn)狀況下， 11.2 L氦氣中含有0.5NA個原子，A項正確；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，0.1 mol Cl2參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目不一定為0.2NA，如0.1 mol氯氣與氫氧化鈉溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為 0.1NA，B項錯誤；NO2和N2O4的最簡式相同，均是NO2，則46 g NO2和N2O4的混合氣體相當(dāng)于1 mol NO2，所以含有的原子總數(shù)為3NA，C項正確；Na在反應(yīng)中只能失去一個電子，則1 mol Na與足量O2反應(yīng)時轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為NA，與生成何種產(chǎn)物無關(guān)，D項正確。4(xx山東日照高三檢測)下列離子能大量共存，且滿足相應(yīng)要求的是()選項離子要求ANH、Al3、SO、H滴加NaOH濃溶液立刻有氣體產(chǎn)生BK、NO、Cl、HSc(K)c(Cl)CFe2、NO、SO、Cl逐滴滴加鹽酸時溶液沒有顏色變化DNa、HCO、Mg2、SO逐滴滴加氨水立即有沉淀產(chǎn)生解析：選D。A項，滴加NaOH濃溶液，OH會先和H反應(yīng)，不會立即產(chǎn)生氣體；B項，不符合電荷守恒；C項，滴加鹽酸時，由于NO在酸性條件下具有強氧化性，能將Fe2氧化成Fe3，所以溶液顏色由淺綠色變?yōu)樽攸S色；D項，滴加氨水時，開始產(chǎn)生MgCO3沉淀，后轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2沉淀。5(xx湖南五市十校模擬)下列解釋實驗事實的方程式正確的是()A向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水產(chǎn)生白色膠狀沉淀：Al33OH=Al(OH)3B90 時測得純水中c(H)c(OH)3.81013：H2O(l) H(aq)OH(aq)H11014(25 )，說明水的電離是吸熱的，即H2O(l) H(aq)OH(aq)H0；D項，CO的水解是分步進(jìn)行的，其中第一步水解是主要的，所以正確的方程式應(yīng)為COH2O HCOOH。6(xx河南八市重點高中高三第三次聯(lián)考)某化學(xué)興趣小組在課外活動中，對某一份溶液成分(已知不含其他還原性離子)進(jìn)行了檢測，其中三次檢測結(jié)果如下表所示：檢測序號溶液中檢測出的離子組合第一次KCl、K2SO4、Na2CO3、NaCl第二次KCl、AlCl3、Na2SO4、K2CO3第三次Na2SO4、KCl、K2CO3、NaCl則下列說法合理的是()A三次檢測結(jié)果都正確B該溶液中的陽離子無法判斷C為了檢驗SO，應(yīng)先加過量稀硝酸后再滴加Ba(NO3)2，觀察是否有沉淀現(xiàn)象D為了確定是否存在CO，可以向其中滴加CaCl2溶液，觀察是否有沉淀現(xiàn)象解析：選C。Al3與CO不能大量共存于溶液中，第二次檢測結(jié)果不正確，A項錯誤；因第一次、第三次檢測中均有CO，陽離子均只有K、Na，故溶液中的陽離子可以確定，B項錯誤；CO也能與Ba2結(jié)合形成沉淀，先加過量稀硝酸可排除CO的干擾，再加Ba(NO3)2來檢驗SO，C項正確；CaSO4也可沉淀出來，D項錯誤。7已知下列實驗事實：Cr2O3固體既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液；向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液；將K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液變藍(lán)。下列判斷不正確的是()A化合物KCrO2中Cr元素為3價B實驗證明Cr2O3是兩性氧化物C實驗證明H2O2既有氧化性又有還原性D實驗證明氧化性：Cr2OI2解析：選C。根據(jù)化合物中化合價代數(shù)和為0以及K元素為1價、O元素為2價，可得KCrO2中Cr元素為3 價，A項正確；實驗中Cr2O3固體分別與KOH溶液和硫酸反應(yīng)均生成鹽和水，且沒有化合價的變化，證明Cr2O3是兩性氧化物，B項正確；實驗證明H2O2在酸性條件下具有強氧化性，能將KCrO2氧化為K2Cr2O7，C項錯誤；實驗證明K2Cr2O7能將I氧化為I2，根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物知，氧化性：Cr2OI2，D項正確。二、非選擇題(本題包括4小題，共58分)8(10分)(xx陜西西安八校聯(lián)考)實驗室配制250 mL 0.1 molL1 BaCl2溶液分兩個階段：第一階段：用托盤天平稱取5.2 g 無水BaCl2晶體；第二階段：溶解，配成0.1 molL1BaCl2溶液。(1)在第一階段操作中，稱量5.2 g晶體時的操作方法是_。(2)第二階段操作所用到的儀器有_(填名稱)。(3)下列操作對BaCl2溶液濃度有何影響？(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)如果選用的容量瓶內(nèi)有少量蒸餾水，則所配溶液的濃度_。如果定容搖勻后，液面下降，又加水至刻度線，則所配溶液的濃度_。如果定容時，俯視刻度線，則所配溶液的濃度_。如果BaCl2晶體溶解時放熱，不冷卻即轉(zhuǎn)移，則所配溶液的濃度_。解析：(3)實驗誤差主要是依據(jù)物質(zhì)的量濃度的定義式c進(jìn)行分析。如果選用的容量瓶內(nèi)有少量蒸餾水，由于溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液的總體積不變，故對結(jié)果無影響；如果定容搖勻后，液面下降，又加水至刻度線，則會使溶液的體積偏大，結(jié)果偏低；如果定容時，俯視刻度線，則溶液的總體積偏小，結(jié)果偏高；如果BaCl2晶體溶解時放熱，不冷卻即轉(zhuǎn)移，則會使溶液的體積偏小，結(jié)果偏高。答案：(1)先將天平調(diào)平，再在兩盤各放入一張稱量紙，然后右盤放入5 g的砝碼，再將游碼撥至0.2 g刻度處，用藥匙向天平左盤添加BaCl2晶體，最后用右手輕輕磕持藥匙的左手手腕，讓少量固體滑落到天平左邊托盤的紙片上直至天平平衡(2)燒杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、膠頭滴管(3)無影響偏低偏高偏高9(14分)某強堿性溶液中可能含有的離子是K、NH、Al3、AlO、SO、SiO、CO、Cl中的某幾種離子，現(xiàn)進(jìn)行如下實驗：實驗：取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba(NO3)2溶液，無沉淀生成。實驗：另取少量溶液加入鹽酸，其現(xiàn)象是一段時間保持原樣，后產(chǎn)生沉淀并逐漸增多，沉淀量基本不變后產(chǎn)生一種氣體，最后沉淀逐漸減少至消失。(1)原溶液中肯定存在的離子是_，肯定不存在的離子是_。(2)已知向一定量的原溶液中加入5 mL 0.2 molL1鹽酸時，沉淀會完全消失，加入足量的硝酸銀溶液可得到沉淀0.187 g，則原溶液中是否含有Cl？_。(3)按照反應(yīng)順序逐步寫出實驗中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：a._；b_；c_；d_；e_。解析：(1)強堿性溶液中一定不存在Al3、NH，實驗：取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba(NO3)2溶液，無沉淀生成，則一定不含有SO和SiO，可能含有CO；實驗：另取少量溶液加入鹽酸，其現(xiàn)象是一段時間保持原樣(和OH發(fā)生反應(yīng))，后產(chǎn)生沉淀并逐漸增多(和AlO反應(yīng)產(chǎn)生氫氧化鋁沉淀)，沉淀量基本不變后產(chǎn)生一種氣體，最后沉淀逐漸減少至消失(鹽酸將氫氧化鋁全部溶解)，所以一定含有AlO，沉淀量基本不變后產(chǎn)生的一種氣體只能為二氧化碳，即一定含有CO；由電荷守恒知還一定含有K。(2)一定量的原溶液中加入5 mL 0.2 molL1鹽酸(即0.001 mol的HCl)時，沉淀會完全消失，加入足量的硝酸銀溶液可得到氯化銀沉淀0.187 g，即氯化銀的物質(zhì)的量為0.001 3 mol，大于0.001 mol，所以原溶液中含有Cl。(3)實驗：另取少量溶液加入鹽酸，其現(xiàn)象是一段時間保持原樣(和OH發(fā)生反應(yīng))：HOH=H2O，后產(chǎn)生沉淀并逐漸增多(和AlO反應(yīng)產(chǎn)生氫氧化鋁沉淀)：AlOHH2O=Al(OH)3，沉淀量基本不變后產(chǎn)生一種氣體：COH=HCO、HCOH=H2OCO2，最后沉淀逐漸減少至消失(鹽酸將氫氧化鋁全部溶解)：Al(OH)33H=3H2OAl3。答案：(1)OH、AlO、CO、KNH、SO、SiO、Al3(2)有Cl(3)HOH=H2OAlOHH2O=Al(OH)3COH=HCOHCOH=H2OCO2Al(OH)33H=3H2OAl310(16分)高錳酸鉀是一種典型的強氧化劑。(1)在用酸性KMnO4溶液處理Cu2S和CuS的混合物時，發(fā)生的反應(yīng)如下：.MnOCu2SHCu2SO2Mn2H2O(未配平).MnOCuSHCu2SO2Mn2H2O(未配平)請回答下列問題：下列關(guān)于反應(yīng)的說法不正確的是_。A被氧化的元素是Cu和SBMnO是氧化劑，Cu2S既是氧化劑又是還原劑C氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為85D生成2.24 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)SO2，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0.8 mol用單線橋表示反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目和方向：MnOCuS(2)在稀硫酸中，MnO和H2O2也能發(fā)生氧化還原反應(yīng)：氧化反應(yīng)：H2O22e=2HO2還原反應(yīng)：MnO5e8H=Mn24H2O寫出該氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式：_。反應(yīng)中若有0.5 mol H2O2參加此反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的個數(shù)為_。由上述反應(yīng)得出的氧化性強弱的結(jié)論是_。實驗中發(fā)現(xiàn)，當(dāng)加入的少量KMnO4完全反應(yīng)后，H2O2仍能發(fā)生反應(yīng)放出氣體。其可能的原因是_。解析：(1)MnOCu2SHCu2SO2Mn2H2O中，Mn元素的化合價降低，Cu、S元素的化合價升高。被氧化的元素是Cu和S，故A正確；MnO是氧化劑，Cu2S是還原劑，故B錯誤；由得失電子守恒可知，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為85，故C正確；生成2.24 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)SO2，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0.1 mol4(2)0.1 mol2(21)0.8 mol，故D正確。反應(yīng)中，Mn由7價降低為2價，則用單線橋法表示電子轉(zhuǎn)移的方向與數(shù)目為(2)得失電子守恒時氧化反應(yīng)與還原反應(yīng)相加得到氧化還原反應(yīng)：5H2O22KMnO43H2SO4=2MnSO45O2K2SO48H2O,1 mol H2O2參加此反應(yīng)轉(zhuǎn)移2 mol電子，則0.5 mol H2O2參加此反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的個數(shù)為0.52NANA；氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物(或還原劑)的氧化性，則氧化性：KMnO4O2(或H2O2)。H2O2仍能發(fā)生反應(yīng)放出氣體，其原因是在Mn2的催化作用下H2O2分解生成氧氣。答案：(1)B(2)5H2O22KMnO43H2SO4=2MnSO45O2K2SO48H2ONAKMnO4O2(或H2O2)還原產(chǎn)物Mn2催化H2O2分解生成氧氣11(18分)(xx河北衡水中學(xué)高三二模)實驗室用下列方法測定某水樣中O2的含量。(1)實驗原理用如圖所示裝置，使溶解在水中的O2在堿性條件下將Mn2氧化成MnO(OH)2，反應(yīng)的離子方程式為_。再用I和H將生成的MnO(OH)2還原為Mn2，反應(yīng)的離子方程式為_。然后用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的I2，反應(yīng)方程式為I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6。(2)實驗步驟打開止水夾a和b，從A處向裝置內(nèi)鼓入過量N2，此操作的目的是_；用注射器抽取某水樣20.00 mL從A處注入錐形瓶；再分別從A處注入含m mol NaOH的溶液及過量的MnSO4溶液；完成上述操作后，關(guān)閉a、b，將錐形瓶中溶液充分振蕩；打開止水夾a、b，分別從A處注入足量NaI溶液及含n mol H2SO4的稀硫酸；重復(fù)的操作；取下錐形瓶，向其中加入23滴_作指示劑；用0.005 molL1Na2S2O3溶液滴定至終點。滴定終點的現(xiàn)象是_。(3)數(shù)據(jù)分析若滴定過程中消耗的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液體積為3.90 mL，則此水樣中氧(O2)的含量為_mgL1。若未用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗滴定管，則測得水樣中O2的含量將_(填“偏大”、“偏小”或“不變”)。實驗要求加入適量的H2SO4使溶液接近中性，其原因是_。解析：(1)注意從題給條件中挖掘信息：反應(yīng)物有O2、OH(堿性條件下)、Mn2，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成MnO(OH)2，利用化合價升降相等配平O2、Mn2、MnO(OH)2的化學(xué)計量數(shù)，再利用電荷守恒配平OH的化學(xué)計量數(shù)， 最后可用原子守恒檢查方程式的配平是否正確。(3)根據(jù)(1)中的三個方程式，可以得出物質(zhì)間的定量關(guān)系為O22MnO(OH)22I24Na2S2O3，則n(O2)0.005 molL1(3.90103)L44.875106mol，則此水樣中氧(O2)的含量為7.8 mgL1。若未用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗滴定管，則c(Na2S2O3)減小，V(Na2S2O3)增大，所以n(O2)增大，故測得水樣中O2的含量將偏大。實驗要求加入適量的H2SO4使溶液接近中性，其原因是若堿過量，則MnO(OH)2不能全部轉(zhuǎn)化為Mn2；若酸過量，滴定過程中Na2S2O3可與酸反應(yīng)。答案：(1)2Mn2O24OH=2MnO(OH)2MnO(OH)22I4H=Mn2I23H2O(2)排出裝置內(nèi)的空氣，避免空氣中O2的干擾淀粉溶液滴最后一滴標(biāo)準(zhǔn)液，溶液恰好由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色(3)7.8偏大若堿過量，則MnO(OH)2不能全部轉(zhuǎn)變?yōu)镸n2，而酸過量時，滴定過程中Na2S2O3可與酸反應(yīng)(卷二)(時間：45分鐘；分值：100分)一、選擇題(本題包括7小題，每小題6分，共42分)1(xx河北邯鄲高三質(zhì)檢)按純凈物、混合物、電解質(zhì)和非電解質(zhì)順序排列的一組物質(zhì)是()A鹽酸、空氣、醋酸、干冰B冰醋酸、海水、硫酸鈉、乙醇C蛋白質(zhì)、油脂、燒堿、碳酸鈣D膽礬、漂白粉、氯化鉀、硫酸鋇解析：選B。A項，鹽酸是混合物；C項，蛋白質(zhì)是高分子化合物，屬于混合物，碳酸鈣是電解質(zhì)；D項，硫酸鋇是電解質(zhì)。2下列化學(xué)用語表示正確的是()ANaCl的電子式：B鈉離子的結(jié)構(gòu)示意圖： CHClO分子的結(jié)構(gòu)式：HOClD含78個中子的碘的放射性核素：I解析：選C。A項，NaCl的電子式為NaC；B項，鈉離子的結(jié)構(gòu)示意圖為；C項，HClO分子中，氧原子形成兩個共價鍵；D項，碘的核電荷數(shù)為53。3(xx甘肅部分普通高中聯(lián)考)設(shè)NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A10 mL 18.4 molL1濃硫酸與足量鋅反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.184NAB0.1 mol 24Mg18O晶體中所含中子總數(shù)為2.0NAC在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24 L CO和2.8 g N2所含電子數(shù)均為1.4NAD1 L 1 molL1的NaClO溶液中含有ClO的數(shù)目為NA解析：選C。A項，濃硫酸與鋅反應(yīng)生成二氧化硫氣體，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，濃硫酸逐漸變?yōu)橄×蛩?，稀硫酸與鋅反應(yīng)產(chǎn)生氫氣，所以轉(zhuǎn)移的電子數(shù)不能確定；B項，24Mg18O中的中子數(shù)是(2412)(188)22，所以0.1 mol 24Mg18O晶體中所含中子數(shù)為2.2NA；C項，標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24 L CO的物質(zhì)的量是0.1 mol,2.8 g N2的物質(zhì)的量也是0.1 mol，二者一個分子中的電子數(shù)都是14，所以電子數(shù)均為1.4NA；D項，ClO水解，使溶液中ClO的數(shù)目小于NA。4常溫下，下列各組微粒在指定的溶液中一定能大量共存的是()A加入金屬鎂產(chǎn)生H2的溶液中：NH、Na、SO、CH3COOB含有大量ClO的溶液中：K、Na、NO、SOCc(Cu2)0.1 molL1的溶液中：H、NH、Br、COD含有大量MnO的溶液中：H、SO、Cl、CH3CH2OH解析：選B。加入金屬鎂產(chǎn)生H2的溶液呈酸性，CH3COO與H不能大量共存，A項錯誤；含有大量ClO的溶液具有強氧化性，K、Na、NO、SO均可以大量共存，B項正確；Cu2與CO能發(fā)生水解相互促進(jìn)的反應(yīng)，不能大量共存，H與CO也不能大量共存，C項錯誤；含有大量MnO、H的溶液具有強氧化性，Cl和CH3CH2OH都可以被氧化，D項錯誤。5能正確表示下列反應(yīng)的離子方程式的是()A向Fe(NO3)2稀溶液中加入鹽酸：3Fe24HNO=3Fe3NO2H2OB三氯化鐵濃溶液滴入沸水中，制取氫氧化鐵膠體：Fe33H2OFe(OH)33HC碳酸氫銨溶液與足量的NaOH溶液混合后加熱：NHOHNH3H2OD鋁片跟氫氧化鈉溶液反應(yīng)：Al2OH=AlOH2解析：選A。Fe(OH)3應(yīng)標(biāo)出膠體，而不是用沉淀符號，B項錯誤；碳酸氫銨溶液和足量的NaOH溶液混合后加熱，反應(yīng)的離子方程式為NHHCO2OHNH32H2OCO，C項錯誤；D項電荷不守恒，正確的離子方程式為2Al2OH2H2O=2AlO3H2。6把圖2中的物質(zhì)補充到圖1中，可得到一個完整的氧化還原型離子方程式(未配平)：對于該離子方程式的說法不正確的是()AIO作氧化劑B氧化性：MnOIOC氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為52D若有2 mol Mn2參加反應(yīng)時，則轉(zhuǎn)移10 mol電子解析：選B。由Mn2MnO知，錳元素的化合價升高，Mn2作還原劑，MnO為氧化產(chǎn)物，由IOIO知，碘元素的化合價降低，則IO作氧化劑，IO為還原產(chǎn)物，選項A正確。根據(jù)得失電子守恒得2Mn25IO5IO2MnO，根據(jù)電荷守恒得2Mn25IO5IO2MnO6H，根據(jù)原子守恒得2Mn25IO3H2O=5IO2MnO6H，根據(jù)配平后的反應(yīng)可知選項C和D均正確。根據(jù)氧化性：氧化劑氧化產(chǎn)物可知選項B錯誤。7(xx甘肅部分普通高中聯(lián)考)向含S2、Fe2、Br、I各0.10 mol的溶液中通入Cl2，通入Cl2的體積(標(biāo)準(zhǔn)狀況)和溶液中相關(guān)離子的物質(zhì)的量關(guān)系圖正確的是()解析：選C。S2、Fe2、Br、I的還原性大小關(guān)系是S2IFe2Br，根據(jù)“強者優(yōu)先”規(guī)律可知通入Cl2后發(fā)生的反應(yīng)依次是S2Cl2=S2Cl、2ICl2=I22Cl、2Fe2Cl2=2Fe32Cl、2BrCl2=Br22Cl，消耗的Cl2的物質(zhì)的量依次是0.10 mol、0.05 mol、0.05 mol、0.05 mol，標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積分別是2.24 L、1.12 L、1.12 L、1.12 L，通入Cl2的體積和溶液中相關(guān)離子的物質(zhì)的量關(guān)系如圖所示，對照各選項可以看出，只有C項是正確的。二、非選擇題(本題包括4小題，共58分)8(10分)(xx河南鄭州高三模擬)某地環(huán)保部門取一定量某工廠所排廢水試樣分成甲、乙、丙、丁四份，進(jìn)行如圖所示探究。已知廢水試樣中可能含有下表中的離子：離子陽離子Na、Mg2、X陰離子Cl、SO、Y、NO請回答下列問題：(1)離子X是_，離子Y是_。(2)表中不能確定是否存在的陰離子是_，能證明該陰離子是否存在的簡單實驗操作為_。(3)寫出廢水試樣中滴加淀粉-KI溶液所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：_。解析：由甲組實驗中溴水不褪色，說明廢水試樣中不含SO；由丙組實驗現(xiàn)象可確定其含NH，即X為NH；由丁組實驗現(xiàn)象說明其含NO；由乙組實驗現(xiàn)象說明其含SO，即Y為SO。不能確定是否存在的陰離子為Cl。廢水試樣中滴加淀粉-KI溶液，酸性條件下，NO有強氧化性，與I發(fā)生氧化還原反應(yīng)。答案：(1)NHSO(2)Cl取少量廢水試樣，滴加足量的Ba(NO3)2溶液，靜置；取上層清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀產(chǎn)生，則存在Cl；若無白色沉淀產(chǎn)生，則不存在Cl(3)6I2NO8H=3I22NO4H2O9(15分)實驗室需要0.1 mol/L NaOH溶液450 mL和0.3 mol/L硫酸溶液480 mL。根據(jù)這兩種溶液的配制情況回答下列問題：(1)如圖所示的儀器中配制溶液需要的是_(填序號)，配制上述溶液還需用到的玻璃儀器是_(填儀器名稱)。(2)容量瓶所具備的功能有_。A配制一定體積、準(zhǔn)確濃度的標(biāo)準(zhǔn)溶液B貯存溶液C測量容量瓶規(guī)格以下的任意體積的液體D稀釋某一濃度的溶液E量取一定體積的液體F用來加熱溶解固體溶質(zhì)(3)根據(jù)計算用托盤天平稱取NaOH的質(zhì)量為_g。在實驗中其他操作均正確，若定容時俯視刻度線，則所得溶液濃度_(填“大于”、“等于”或“小于”)0.1 mol/L。若NaOH溶液在轉(zhuǎn)移至容量瓶時，灑落了少許，則需要如何操作：_。(4)下列操作會使配制的NaOH溶液濃度偏低的是_。A用濾紙稱量NaOHB選用的容量瓶內(nèi)有少量蒸餾水C定容搖勻后，液面下降，又加水至刻度線D整個配制過程中，容量瓶不振蕩(5)根據(jù)計算得知，所需質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%、密度為1.84 g/cm3的濃硫酸的體積為_mL(計算結(jié)果保留一位小數(shù))。如果實驗室有10 mL、15 mL、20 mL量筒，應(yīng)選用_mL的量筒最好。配制過程中需先在燒杯中將濃硫酸進(jìn)行稀釋，稀釋時操作方法是_。解析：(2)容量瓶常用于配制一定體積的、濃度準(zhǔn)確的溶液，但不能用于貯存、稀釋、加熱溶液等。(3)配制450 mL溶液應(yīng)選用500 mL的容量瓶，故m(NaOH)0.1 mol/L0.5 L40 g/mol2.0 g；定容時俯視，造成溶液實際體積小于500 mL，則所得溶液濃度大于0.1 mol/L。(4)A項，濾紙上會殘留NaOH，造成溶液濃度偏低；B項，容量瓶中的蒸餾水對配制溶液無影響；C項，定容搖勻后再加水，會使溶液體積變大，造成溶液濃度偏低；D項，整個過程不振蕩會造成溶液體積小于500 mL，溶液濃度偏大，故選AC。(5)配制480 mL H2SO4溶液，需用500 mL容量瓶，設(shè)需要質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%、密度為1.84 g/cm3的濃硫酸的體積為x mL，則0.3 mol/L0.5 L98 g/mol98%1.84 g/mLx mL，解得x8.2，所以應(yīng)選擇10 mL的量筒。答案：(1)BDE燒杯、玻璃棒(2)AE(3)2.0大于重新配制(4)AC(5)8.210將濃硫酸沿?zé)瓋?nèi)壁緩慢倒入水中，并且不斷攪拌10(16分)HNO2是一種弱酸，且不穩(wěn)定，易分解生成NO和NO2；它能被常見的強氧化劑氧化；在酸性溶液中它也是一種氧化劑，如能把Fe2氧化成Fe3。AgNO2是一種難溶于水、易溶于酸的化合物。試回答下列問題：(1)人體正常的血紅蛋白中含有Fe2。泡菜及變質(zhì)的蔬菜等食物中含有較多的亞硝酸鹽，若誤食亞硝酸鹽(如NaNO2)，則導(dǎo)致血紅蛋白中的Fe2轉(zhuǎn)化為Fe3而中毒，服用維生素C可解毒。下列敘述不正確的是_(填序號)。A亞硝酸鹽被還原B維生素C具有還原性C維生素C將Fe3還原為Fe2D在上述變化中亞硝酸鹽是還原劑(2)下列方法中，不能用來區(qū)分NaNO2和NaCl兩種溶液的是_(填序號)。A測定這兩種溶液的pHB分別在兩種溶液中滴加甲基橙C在酸性條件下加入淀粉KI溶液來區(qū)分D用AgNO3和HNO3兩種試劑來區(qū)分(3)某同學(xué)把新制的氯水加到NaNO2溶液中，觀察到氯水褪色，同時生成NaNO3和HCl，請寫出反應(yīng)的離子方程式：_。(4)Fe與過量稀硫酸反應(yīng)可以制取FeSO4。若用反應(yīng)所得的酸性溶液，將Fe2轉(zhuǎn)化為Fe3，要求產(chǎn)物純凈，可選用的最佳試劑是_(填序號)。ACl2 BFeCH2O2 DHNO2(5)配平下列方程式：_Fe(NO3)3_KOH_Cl2=_K2FeO4_KNO3_KCl_H2O解析：(1)誤食亞硝酸鹽會導(dǎo)致血紅蛋白中的Fe2轉(zhuǎn)化為Fe3而中毒，說明亞硝酸鹽是氧化劑；服用維生素C可解毒，所以維生素C是還原劑。(2)NaCl溶液顯中性，NaNO2溶液顯堿性(水解所致)，兩種溶液的pH都大于4.4，甲基橙遇這兩種溶液都呈黃色，所以不能用甲基橙區(qū)分二者。(3)根據(jù)反應(yīng)物和生成物，結(jié)合電荷守恒可寫出反應(yīng)的離子方程式。(4)選取的試劑要有氧化性且不能引入新的雜質(zhì)，所以選H2O2。(5)1個Cl2轉(zhuǎn)化為Cl得2個電子，1個Fe3轉(zhuǎn)化為FeO失去3個電子，所以最小公倍數(shù)是6，Cl2的化學(xué)計量數(shù)是3，硝酸鐵的化學(xué)計量數(shù)是2，其他物質(zhì)根據(jù)原子守恒配平即可。答案：(1)D(2)B(3)NOCl2H2O=NO2H2Cl(4)C(5)2163266811(17分)(1)(xx高考上海卷)硫化氫具有還原性，可以和許多氧化劑反應(yīng)。在酸性條件下，H2S和KMnO4反應(yīng)生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：_。將黑色的Fe2S3固體加入足量鹽酸中，溶液中有淡黃色固體生成，產(chǎn)物還有_、_。過濾，微熱濾液，然后加入過量的氫氧化鈉溶液，可觀察到的現(xiàn)象是_。(2)鉛及其化合物可用于蓄電池、耐酸設(shè)備及X射線防護(hù)材料等?；卮鹣铝袉栴}：PbO2與濃鹽酸共熱生成黃綠色氣體，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。PbO2可由PbO與次氯酸鈉溶液反應(yīng)制得，反應(yīng)的離子方程式為_。(3)(xx高考安徽卷)ClO2常用于水的凈化，工業(yè)上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2。寫出該反應(yīng)的離子方程式，并標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：_。(4)(xx高考海南卷)MnO2可與KOH和KClO3在高溫條件下反應(yīng)，生成K2MnO4，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2的物質(zhì)的量之比為_。解析：(1)由題干信息知，反應(yīng)物為H2S、KMnO4和H2SO4，生成物為S、MnSO4、K2SO4和H2O；由H2，化合價升高2，由KnO4nSO4，化合價降低5，根據(jù)得失電子守恒，H2S前配5，KMnO4前配2，然后再根據(jù)原子守恒即可寫出氧化還原反應(yīng)方程式。在Fe2S3中Fe的化合價為3價，S的化合價為2價，加入鹽酸后相當(dāng)于Fe3將S2氧化為單質(zhì)S，自身被還原為Fe2，根據(jù)得失電子守恒可知S2過量，故還有H2S生成，故產(chǎn)物還有FeCl2、H2S；過濾后在濾液中加入NaOH溶液生成白色的Fe(OH)2沉淀，由于Fe(OH)2很容易被O2氧化成Fe(OH)3，故白色沉淀迅速變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色。(2)PbO2中的Pb為4價，Pb為2價時相對穩(wěn)定，故PbO2中的Pb具有強氧化性，能發(fā)生類似MnO2與濃鹽酸的反應(yīng)，將Cl氧化為Cl2，故反應(yīng)方程式為PbO24HCl(濃)PbCl2Cl22H2O。由PbO和NaClO反應(yīng)制PbO2，PbOPbO2，Pb的化合價升高，則NaClO作氧化劑，本身被還原為NaCl，故離子方程式為PbOClO=PbO2Cl。(3)Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，ClO被氧化為ClO2，而Cl2被還原為Cl，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中元素化合價升降總數(shù)守恒可得離子方程式為Cl22ClO=2ClO22Cl。(4)MnO2中Mn為4價，K2MnO4中Mn為6價，化合價升高2，KClO3中Cl為5價，KCl中Cl為1 價，化合價降低6，根據(jù)得失電子守恒配平，MnO2前配3，KClO3前配1，然后再配平其他元素。K2MnO4中Mn為6價，產(chǎn)物KMnO4中Mn為7價(變化1)，產(chǎn)物MnO2中Mn為4價(變化2)，根據(jù)得失電子守恒知，n(KMnO4)n(MnO2)21。答案：(1)5H2S2KMnO43H2SO4=K2SO42MnSO48H2O5SFeCl2H2S先有白色沉淀生成，然后白色沉淀轉(zhuǎn)化為灰綠色，最終轉(zhuǎn)化為紅褐色(2)PbO24HCl(濃)PbCl2Cl22H2OPbOClO=PbO2Cl(3) =2ClO22Cl(合理答案均可)(4)3MnO2KClO36KOH3K2MnO4KCl3H2O21