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全书综合测评
一、选择题(本题共10小题,每小题2分,共20分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.化学与生活密切相关。下列有关说法正确的是( )
A.75%的医用酒精常用于消毒,用95%的酒精消毒效果更好
B.若不慎将84消毒液沾到皮肤上,应立即用大量清水冲洗
C.明矾常用作净水剂,可以用于饮用水杀菌消毒
D.“84消毒液”和“洁厕灵”(含盐酸)混合使用,杀菌消毒效果会更好
2.北宋名画《千里江山图》用到矿物颜料石青[Cu3(OH)2(CO3)2]。根据研究物质性质的方法和程序,下列有关石青的说法正确的是( )
A.物质分类角度:属于碱
B.物理性质角度:易溶于水
C.化学性质角度:高温下能稳定存在
D.物质制备角度:可用于制备胆矾
3.下列有关钠的化合物的说法正确的是( )
A.将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中制备Fe(OH)3胶体
B.将过氧化钠加入硫酸亚铁溶液中,可以观察到有红褐色沉淀生成
C.过氧化钠与水反应生成NaOH,过氧化钠属于碱性氧化物
D.大量的Na2O2粉末加入酚酞溶液中,可以观察到酚酞溶液最终变红
4.氮化铝(AlN)具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质,被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域。在一定条件下,氮化铝可通过如下反应合成:Al2O3+N2+3C 2AlN+3CO。下列叙述正确的是( )
A.在氮化铝的合成反应中,N2是还原剂,Al2O3是氧化剂
B.上述反应中每生成2 mol AlN,N2失去6 mol电子
C.氮化铝中氮元素的化合价为-3价
D.氮化铝是氧化产物
5.配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验,下列有关说法正确的是( )
A.容量瓶用蒸馏水洗净后,可不经干燥直接使用
B.配制500 mL 1 mol·L-1稀硫酸,用量筒量取18.4 mol·L-1的浓硫酸27.17 mL
C.配制1 L 0.1 mol·L-1的CuSO4溶液时,用托盘天平称量16.0 g胆矾
D.定容时,为防止液滴飞溅,胶头滴管紧贴容量瓶内壁
6.下列有关溶液中的离子检验的说法正确的是( )
A.滴加AgNO3溶液,生成白色沉淀,原溶液中一定有Cl-
B.滴加BaCl2溶液,生成白色沉淀,原溶液中一定有S
C.滴加KSCN溶液,溶液变成红色,原溶液中一定有Fe3+
D.滴加稀硫酸,生成无色气体,原溶液中一定有S
7.向如图所示装置中缓慢通入气体X,若打开活塞K,则品红溶液褪色;若关闭活塞K,则品红溶液无变化而澄清石灰水变浑浊。X和Y可能是( )
选项 X Y
A SO2 NaOH溶液
B Cl2 饱和NaHCO3溶液
C HCl 饱和NaCl溶液
D CO Na2SO3溶液
8.下列各组离子在指定条件下可能大量共存的是( )
A.新制氯水中:Na+、N、N、S
B.澄清透明的溶液中:Cu2+、K+、N、S
C.常温下,pH=1的溶液中:Na+、ClO-、K+、Cl-
D.含有Fe3+的溶液中:K+、ClO-、S、I-
9.通过电导率的变化可以测定溶液中离子浓度的变化,向1 mol·L-1某电解质溶液中滴加同浓度的另一电解质溶液,电导率变化如图所示。下列各组试剂与该图像相符的是( )
A.向盐酸中滴加NaOH溶液
B.向FeCl3溶液中滴加KI溶液
C.向Ba(OH)2溶液中滴加稀H2SO4
D.向CH3COOH溶液中滴加KOH溶液
10.X、Y、Z、W四种物质间的转化关系如图所示,下列转化不能一步实现的是 ( )
X Y Z W
A N2 NH3 NO NO2
B Na NaOH Na2CO3 NaCl
C Cl2 Ca(ClO)2 HClO HCl
D H2S S SO3 H2SO4
二、选择题(本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
11.同温同压下,有A、B两个完全相同的气球(质量忽略不计),A气球中充入a气体,B气球中充入b气体,充气后两气球的体积相等,A气球置于氮气中,气球静止不动,B气球置于氧气中,气球上升。下列有关叙述中正确的是( )
A.a气体的相对分子质量一定比b气体的相对分子质量大
B.a气体可能是CO,b气体可能是CH4
C.充气后,A气球中所含气体分子数大于B气球中所含气体分子数
D.充气后,A气球的质量一定大于B气球的质量
12.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.3.2 g O2和O3的混合气体中含有的氧原子数目为0.2NA
B.过氧化钠与水反应时,生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.1NA
C.标准状况下,22.4 L Cl2溶于水配成500 mL氯水,该氯水中Cl-数为2NA
D.10.44 g MnO2与足量12 mol·L-1的浓盐酸反应生成Cl2的分子数为0.12NA
13.用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备纳米Fe3O4,其流程如图所示:
下列叙述正确的是( )
A.步骤①发生的反应均为氧化还原反应
B.步骤②中,发生反应的离子方程式为2Fe3++Fe Fe2+
C.浊液C和浊液D中分散质含量不相同
D.步骤⑤中,“分离”包含的操作有过滤、洗涤
14.某同学设计如图装置探究H2O2、SO2、I2的氧化性强弱。首先用N2排尽装置内空气,然后通入SO2,甲中蓝色溶液褪色,乙中产生不溶于盐酸的白色沉淀;关闭弹簧夹,打开甲中分液漏斗活塞,逐滴滴加H2O2溶液,开始时颜色无明显变化,继续滴加H2O2溶液,混合液逐渐变成蓝色。下列说法错误的是( )
A.甲中蓝色溶液褪色说明SO2将I2氧化
B.乙中反应的离子方程式是SO2+Ba2++H2O2 BaSO4↓+2H+
C.实验中“开始时颜色无明显变化”的原因是SO2与H2O2反应
D.由实验可知H2O2、SO2、I2氧化性由强到弱的顺序是H2O2>I2>SO2
15.某无色透明溶液中可能含有Na+、N、Ba2+、Cu2+、S、Cl-、S中的几种。取100 mL溶液,向其中加入足量Ba(NO3)2溶液,产生白色沉淀,继续加入足量盐酸,沉淀不消失,同时产生无色气体。过滤,所得沉淀经洗涤、干燥后称量,质量为4.66 g;所得滤液中加入足量NaOH溶液并加热,收集到672 mL气体(标准状况)。以下推测正确的是( )
A.实验中两次产生的气体成分不相同
B.原溶液中一定不含Ba2+、Cu2+、S
C.原溶液中一定含有N、Na+、S,且c(Na+)≥0.1 mol·L-1
D.另取试液滴加足量稀盐酸和BaCl2溶液,即可确定离子组成
三、非选择题(本题共5小题,共60分)
16.(12分)回答下列问题:
(1)如图为五个椭圆交叉构成的图案,其中五个椭圆内分别写了C2H5OH、CO2、Fe2O3、FeCl3、KOH,图中相连的物质均可归为一类,相交部分A、B、C、D为相应的分类标准代号。
①相连的两种物质都是电解质的是 (填分类标准代号)。
②图中相连的两种物质能够相互反应的是 (填分类标准代号),所属的基本反应类型是 反应。
③上述五种物质中的某一物质能与某种强酸反应生成上述中的另一种物质,则该反应的离子方程式为 。
④用洁净的烧杯取25 mL蒸馏水,加热至沸腾,向烧杯中逐滴加入上述五种物质中的某一物质的饱和溶液,继续加热至液体呈红褐色,得到的分散系称为 ,判断该分散系制备成功的方法是 。
(2)分类方法应用广泛,属于同一类的物质性质具有相似性,在生活和学习中,使用分类的方法处理问题可以做到举一反三。
①CO2、SiO2、SO2、SO3都属于酸性氧化物,由CO2+Ca(OH)2 CaCO3↓+H2O,可得出SO3与NaOH反应的化学方程式为 。
②NaHCO3、NaHSO3、NaHS都属于非强酸的酸式盐,由NaHCO3+HCl NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+NaOH Na2CO3+H2O,可得NaHS与NaOH反应的离子方程式为 。
17.(12分)我国某现代化铜冶炼厂排放的废水中含有较多的Fe2+、Fe3+、Cu2+、S和少量的Na+,为了减少污染并变废为宝,该铜冶炼厂以该废水为原料制备硫酸钠、硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)并回收金属铜,设计了如下流程(流程中加入的试剂①、②均过量,试剂③适量)。
已知:加入的试剂①为NaOH溶液。回答下列问题:
(1)在实验室进行操作a时需要用到的主要玻璃仪器有 ;溶液A的溶质为 (填化学式)。
(2)溶液C中的一种离子可与固体F反应,该反应的离子方程式为 。
(3)若取溶液G加入试管中,然后滴加氢氧化钠溶液,可观察到的现象为 ,此现象中涉及氧化还原反应的化学方程式为 。
(4)FeSO4可用来制备Na2FeO4,原理为2FeSO4+6Na2O2 2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑,转移5 mol电子时生成的氧气在标准状况下的体积为 L。
18.(12分)某化学自主实验小组通过实验制备NH3并探究NH3的性质。
实验Ⅰ:利用图1装置制取氨气并探究NH3与Cl2的反应。
图1
(1)装置A中烧瓶内的试剂可选用烧碱,推测可产生NH3的原因: 。
(2)当装置D中集满氨气后,关闭K1、K2,打开K3,若烧杯中盛放蒸馏水,引发喷泉的实验操作是 。
(3)若探究氨气与氯气的反应,则需打开K1、K3,K2处导管连接制取纯净、干燥氯气的装置。
①装置D中氨气与氯气反应产生白烟,同时生成一种无色无味的气体,该反应的化学方程式为 。
②从K3处导管排出的气体中含有少量Cl2,则装置C中应盛放 (填化学式)溶液,Cl2与其发生反应的离子方程式为 。
实验Ⅱ:利用图2装置探究NH3与NO2的反应。
图2
(4)装置E中反应的化学方程式为 。若NO2能够被NH3还原,预期装置C中能观察到的现象是 。
19.(12分)化学小组通过一系列实验探究SO2的性质。用如图装置(夹持、加热仪器略)制备SO2,并将足量的SO2通入试剂b中。
(1)浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是 。
(2)为了排除可能产生的硫酸酸雾的干扰,下列物质可以作为试剂a的是 。
①饱和的NaHCO3溶液 ②饱和的NaCl溶液 ③饱和的NaHSO3溶液
(3)从物质分类的角度分析,SO2和CO2都属于 ,具有相似的化学性质,欲验证该性质,试剂b选用紫色石蕊溶液,预期的实验现象是 。
(4)为了研究二氧化硫是否有氧化性,试剂b可选用 。
①氢氧化钠溶液 ②硫化钠溶液 ③酸性高锰酸钾溶液 ④品红溶液
能说明二氧化硫有氧化性的实验现象是 。
(5)试剂b选用0.1 mol·L-1 Ba(NO3)2溶液。打开分液漏斗活塞,滴加一定量浓硫酸,加热装置A,发现装置C内有白色沉淀产生,液面上方略显浅红棕色。
①白色沉淀是 。
②分析白色沉淀产生的原因,甲同学认为是N氧化了SO2,支持甲同学观点的实验证据是 。
③检验C中上层清液是否含有S的方法是
。
20.(12分)亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效氧化剂和优质漂白剂,可由ClO2为原料制取。实验室利用下图装置制备NaClO2(夹持装置略),并测定所制NaClO2的纯度。
已知:
①ClO2沸点11 ℃,极易溶于水,浓度过高时易分解爆炸;
②2NaOH+H2O2+2ClO2 2NaClO2+O2+2H2O。
(1)装置A中仪器a的名称为 ;在酸性条件下,NaClO3可将Na2SO3氧化为Na2SO4并产生ClO2,A中反应的化学方程式为 。
(2)实验过程中需要持续通入稀有气体,目的是 。
(3)装置B的作用是 。
(4)装置C中用冰水浴冷却的目的是 。
(5)测定亚氯酸钠含量的实验步骤:
①称取NaClO2样品5.0 g于小烧杯中,加入适量蒸馏水和过量的KI固体,再滴入适量的稀H2SO4,充分反应,将所得混合液配成500 mL待测溶液。
②移取10.00 mL待测溶液于锥形瓶中,加0.10 mol·L-1 Na2S2O3溶液40.00 mL,溶液中的I2正好完全反应。(已知:Cl+4I-+4H+ 2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2 2I-+S4)
该样品中NaClO2的质量分数为 。
答案与解析
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1.B 75%的医用酒精比95%的酒精消毒效果更好,故A错误;明矾能净水,是因为Al3+与水反应生成的Al(OH)3胶体具有吸附性,可以吸附杂质和异味,但不能用于饮用水杀菌消毒,故C错误;“84消毒液”的有效成分为NaClO,和“洁厕灵”混合使用时会发生氧化还原反应生成有毒气体Cl2,故D错误。
2.D Cu3(OH)2(CO3)2属于盐,故A错误;Cu3(OH)2(CO3)2是一种矿物颜料,不溶于水,故B错误;Cu3(OH)2(CO3)2是碳酸盐,高温下易分解为氧化铜、二氧化碳、水,故C错误;Cu3(OH)2(CO3)2属于铜盐,与硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳、水,可用于制备胆矾,故D正确。
3.B 将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中生成氢氧化铁沉淀,故A错误;过氧化钠具有氧化性,将过氧化钠加入硫酸亚铁溶液中,可以观察到有红褐色氢氧化铁沉淀生成,故B正确;过氧化钠与水反应生成NaOH和氧气,所以过氧化钠不属于碱性氧化物,故C错误;Na2O2具有氧化性,大量的Na2O2粉末加入酚酞溶液中,可以观察到酚酞溶液先变红后褪色,故D错误。
4.C 反应中N元素化合价由0价降低到-3价,N2是氧化剂,Al2O3中元素化合价不变,既不是氧化剂也不是还原剂,故A错误;N元素化合价由0价降低到-3价,每生成2 mol AlN,N2得到6 mol电子,故B错误;氮化铝中铝元素化合价为+3价、氮元素化合价为-3价,故C正确;氮化铝是还原产物,故D错误。
5.A 由于定容时还需要加水,所以容量瓶用蒸馏水洗净后,可不经干燥直接使用,故A正确;量筒的精确度为0.1 mL,所以不能用量筒量取27.17 mL浓硫酸,故B错误;硫酸铜的物质的量为0.1 mol,胆矾是五水硫酸铜,用托盘天平称量25.0 g胆矾,故C错误;加水定容时,胶头滴管不能伸入容量瓶中,故D错误。
6.C 滴加AgNO3溶液,生成白色沉淀,原溶液中可能含C、S、Cl-等,故A错误;滴加BaCl2溶液,生成白色沉淀,原溶液中可能含有C、Ag+、S等,故B错误;滴加KSCN溶液,溶液变成红色,原溶液中一定有Fe3+,故C正确;滴加稀硫酸,生成无色气体,原溶液中可能含有C、HC、S、HS等,故D错误。
7.B
选项 打开活塞K 关闭活塞K
A SO2具有漂白性,能使品红溶液褪色 SO2被NaOH溶液吸收,品红溶液无变化,澄清石灰水不变浑浊
B Cl2与水反应生成的HClO使品红溶液褪色 Cl2与水反应生成的HCl与NaHCO3反应生成CO2,CO2不能使品红溶液褪色,但能使澄清石灰水变浑浊
C HCl不能使品红溶液褪色 HCl被饱和NaCl溶液吸收,品红溶液无变化,澄清石灰水不变浑浊
D CO不能使品红溶液褪色 CO与Na2SO3溶液不反应,CO不能使澄清石灰水变浑浊
8.B A项,新制氯水具有强氧化性,能氧化S,不能大量共存;B项,澄清透明的溶液中,Cu2+、K+、N、S之间不反应,可能大量共存;C项,常温下,pH=1的溶液显酸性,ClO-与H+、Cl-之间反应生成氯气,不能大量共存;D项,含有Fe3+的溶液中,Fe3+能氧化I-,不能大量共存;故选B。
9.C A项,氢氧化钠和稀盐酸恰好完全反应时生成氯化钠,氯化钠能导电,溶液导电能力不会减小到接近0,与图像不符;B项,向FeCl3溶液中滴加KI溶液,恰好完全反应时生成KCl、I2、FeCl2,溶液导电能力不会减小到接近0,与图像不符;C项,氢氧化钡和硫酸恰好完全反应时生成硫酸钡沉淀和水,溶液几乎不导电,与图像相符;D项,醋酸是弱酸,醋酸钾是强电解质,醋酸中加入同浓度的KOH溶液,导电能力应有所增强,与图像不符。
10.D A项,氮气与氢气在高温、高压和有催化剂存在的条件下反应可制得氨气,氨气与氧气发生催化氧化可得到一氧化氮,NO与氧气反应可得到NO2,二氧化氮与一氧化碳在催化剂作用下反应可得到氮气;B项,Na与水反应可得到NaOH,NaOH与二氧化碳反应可得到碳酸钠,碳酸钠与氯化钡反应可得到氯化钠,电解熔融氯化钠可得到钠单质;C项,氯气和氢氧化钙反应可得到次氯酸钙,次氯酸钙和二氧化碳、水反应生成次氯酸,次氯酸分解可得到HCl,浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应可得到氯气;D项,硫化氢和二氧化硫反应可得到硫单质,硫单质无法通过一步反应制得SO3;故选D。
11.B 同温同压下,充气后两气球的体积相等,说明两气球中所含气体分子物质的量相等;A气球置于N2中,气球静止不动,a气体的密度与N2相等,B气球置于O2中,气球上升,说明b气体的密度比O2小,根据同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比可知,a气体的相对分子质量为28,b气体的相对分子质量小于32,但b气体的相对分子质量不一定小于28,a气体的相对分子质量不一定比b气体的相对分子质量大,故A错误;CO的相对分子质量为28,CH4的相对分子质量为16<32,故B正确;两气球中所含气体分子的物质的量相等,两气球中所含气体分子数相等,故C错误;两气球中所含气体分子的物质的量相等,由于b气体摩尔质量未知,无法确定充气后A气球与B气球质量的相对大小,故D错误。
12.AD 3.2 g O2和O3的混合气体中含有氧原子的物质的量为=0.2 mol,数目为0.2NA,故A正确;过氧化钠与水反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O 4Na++4OH-+O2↑,生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA,故B错误;标准状况下,22.4 L Cl2的物质的量为1 mol,氯气可溶于水,部分与水反应生成HCl、HClO,所以氯水中Cl-数小于NA,故C错误;10.44 g MnO2的物质的量为0.12 mol,根据反应MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O可知,生成氯气的物质的量为0.12 mol,分子数为0.12NA,故D正确。
13.CD 步骤①中Fe2O3、FeO与盐酸的反应均为非氧化还原反应,A项错误;步骤②中,发生反应的离子方程式为2Fe3++Fe 3Fe2+,B项错误;步骤④中,氢氧化亚铁被过氧化氢氧化成氢氧化铁,氢氧化亚铁含量减少,氢氧化铁含量增多,C项正确;浊液D与溶液B混合加热、搅拌发生反应制得Fe3O4,要分离出Fe3O4需经过滤、洗涤,D项正确。
14.A 向甲中通入二氧化硫气体,蓝色溶液褪色,是因为碘单质与二氧化硫反应生成HI和H2SO4,则说明碘单质将二氧化硫氧化,故A错误;装置乙中二氧化硫被H2O2氧化生成硫酸根离子,硫酸根离子与钡离子反应生成不溶于盐酸的硫酸钡,离子方程式为SO2+Ba2++H2O2 BaSO4↓+2H+,故B正确;关闭弹簧夹,打开分液漏斗,向甲中逐滴滴加H2O2溶液,刚开始颜色无明显变化,原因是SO2的还原性比碘离子强,SO2先与H2O2反应,然后继续滴加H2O2溶液,混合液变成蓝色,是因为H2O2与碘离子反应生成碘单质,说明氧化性:H2O2>I2,所以H2O2、SO2、I2氧化性由强到弱的顺序是H2O2>I2>SO2,故C、D正确。
15.AC 无色透明溶液中不存在Cu2+,向100 mL溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液,产生白色沉淀,继续加入足量盐酸,沉淀不消失(为硫酸钡沉淀),同时产生气体,过滤,所得沉淀经洗涤、干燥后称量,质量为4.66 g,则n(BaSO4)为0.02 mol,由于硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性,能将S氧化为S同时生成NO气体,所以溶液中一定存在S,不确定是否含有S,且100 mL原溶液中含硫阴离子的物质的量为0.02 mol,根据离子共存可知,原溶液中不存在Ba2+;在所得滤液中加入足量NaOH溶液并加热,收集到标准状况下672 mL气体为氨气,物质的量为0.03 mol,所以100 mL原溶液中含有0.03 mol N;根据溶液呈电中性可知,溶液中一定存在Na+,不确定是否存在Cl-;实验中第一次得到的气体为NO,第2次得到的气体为NH3,两次产生的气体成分不相同,故A正确;原溶液中一定不含Ba2+、Cu2+,一定含S,故B错误;原溶液中一定含有N、Na+、S,不确定是否存在Cl-,根据电荷守恒可知,100 mL原溶液中Na+至少为0.02 mol×2-0.03 mol=0.01 mol,所以c(Na+)≥0.1 mol·L-1,故C正确;另取试液滴加足量稀盐酸和BaCl2溶液,不能确定原溶液中是否含有Cl-,故D错误。
16.答案 (除标注外,每空2分)(1)①C、D ②D(1分) 复分解(1分)③Fe2O3+6H+ 2Fe3++3H2O ④胶体(1分) 检验能否产生丁达尔效应(1分) (2)①SO3+2NaOH Na2SO4+H2O ②HS-+OH- S2-+H2O
解析 (1)①C2H5OH、CO2均由分子构成,在水溶液中和熔融状态下不能因自身发生电离而导电,不属于电解质;Fe2O3是活泼金属氧化物,由离子构成,难溶于水,在熔融状态下能够发生电离而导电,属于电解质;FeCl3是盐,KOH是碱,均属于电解质。②在相连的物质中,FeCl3与KOH在溶液中会发生复分解反应,产生Fe(OH)3沉淀和KCl。③五种物质中Fe2O3能与盐酸反应生成FeCl3,反应的离子方程式为Fe2O3+6H+ 2Fe3++3H2O。④得到的分散系为Fe(OH)3胶体,胶体具有丁达尔效应。(2)①SO3是酸性氧化物,与NaOH反应产生Na2SO4和H2O,该反应的化学方程式为SO3+2NaOH Na2SO4+H2O。②NaHS与NaOH反应产生Na2S、H2O,反应的离子方程式为HS-+OH- S2-+H2O。
17.答案 (每空2分)(1)烧杯、漏斗、玻璃棒 Na2SO4、NaOH
(2)2Fe3++Cu 2Fe2++Cu2+
(3)先产生白色沉淀,白色沉淀迅速变成灰绿色,最终变成红褐色 4Fe(OH)2+O2+2H2O 4Fe(OH)3
(4)11.2
解析
(1)操作a为过滤,需要用到的主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗;溶液A的溶质是Na2SO4、NaOH。
(2)溶液C的溶质为H2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3和CuSO4,固体F为铜,铜可以与溶液C中的Fe3+反应,离子方程式为2Fe3++Cu 2Fe2++Cu2+。
(3)溶液G为FeSO4溶液,加入氢氧化钠溶液会生成白色的氢氧化亚铁沉淀,随后氢氧化亚铁沉淀又被氧化为红褐色的氢氧化铁沉淀,实验现象为先产生白色沉淀,白色沉淀迅速变成灰绿色,最终变成红褐色;涉及的氧化还原反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O 4Fe(OH)3。
(4)根据得失电子守恒可知,生成1 mol氧气转移10 mol电子,所以转移5 mol电子时生成0.5 mol氧气,标准状况下,0.5 mol氧气的体积为0.5 mol×22.4 L/mol=11.2 L。
18.答案 (除标注外,每空2分)(1)烧碱溶于水放出大量的热促使NH3·H2O分解 (2)用热毛巾将烧瓶捂热 (3)①3Cl2+8NH3 6NH4Cl+N2 ②NaOH(1分) Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O (4)4HNO3(浓)+Cu Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O 混合气体的颜色逐渐变浅(1分)
解析 实验Ⅰ目的是制取氨气并探究与Cl2的反应,A装置制取氨气,B装置用于干燥氨气,打开K1、K2,用向下排空气法收集氨气;若打开K1、K3,K2处导管连接制取纯净、干燥氯气的装置,可以验证氨气和氯气的反应;实验Ⅱ目的是探究NH3与NO2的反应,故A、E装置分别制备氨气、NO2,干燥后通入C中反应。(1)烧碱固体溶于水放出大量热,促使NH3·H2O分解生成氨气。(2)当装置D中集满氨气后,关闭K1、K2,打开K3,用热毛巾将烧瓶捂热,使烧瓶内压强增大,氨气与水接触,即可引发喷泉。(3)①由装置D中氨气与氯气反应产生白烟可知有氯化铵生成,同时生成的无色无味的气体是氮气,根据得失电子守恒和原子守恒可得化学方程式为3Cl2+8NH3 6NH4Cl+N2。②从K3处导管排出的气体中含有少量Cl2,氯气能与氢氧化钠溶液反应,装置C中应盛放NaOH溶液,Cl2与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O。(4)装置E用铜和浓硝酸反应制备NO2,反应的化学方程式为4HNO3(浓)+Cu Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O;若NO2能够被NH3还原,则NO2浓度减小,预期装置C中能观察到的现象是混合气体的颜色逐渐变浅。
19.答案 (除标注外,每空1分)(1)2H2SO4(浓)+Cu CuSO4+SO2↑+2H2O(2分)
(2)③
(3)酸性氧化物 紫色石蕊溶液变红
(4)② 有淡黄色沉淀生成
(5)①BaSO4 ②装置C内产生白色沉淀,液面上方略显浅红棕色(2分) ③取少量C中上层清液于试管中,先滴加稀盐酸,无明显现象,再滴加氯化钡溶液,若产生白色沉淀,说明存在硫酸根离子(2分)
解析 (1)浓硫酸与Cu反应的化学方程式为2H2SO4(浓)+Cu CuSO4+SO2↑+2H2O。
(2)①硫酸可与饱和NaHCO3溶液反应生成杂质气体CO2,且饱和NaHCO3溶液会吸收SO2;②SO2能溶于饱和NaCl溶液中;③饱和NaHSO3溶液可吸收硫酸酸雾并与其反应生成SO2,且SO2难溶于饱和NaHSO3溶液中;故选③。
(3)SO2和CO2都属于酸性氧化物,两者的水溶液都显酸性,能使紫色石蕊溶液变红。
(4)二氧化硫与氢氧化钠反应生成Na2SO3和H2O,二氧化硫不表现氧化性;二氧化硫与硫化钠反应生成硫单质,二氧化硫表现氧化性;二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液氧化生成硫酸根离子,二氧化硫表现还原性;二氧化硫具有漂白性,能使品红溶液褪色;故选②。二氧化硫与硫化钠反应生成硫单质,实验现象为溶液中有淡黄色沉淀生成。
(5)①SO2的水溶液呈酸性,硝酸钡在水溶液中电离出的N在酸性条件下具有强氧化性,能将SO2氧化生成S与Ba2+反应生成BaSO4白色沉淀。②在水溶液中N和SO2反应生成了S和NO,NO与氧气反应生成NO2,所以装置C内产生白色沉淀,液面上方略显浅红棕色。③检验S的方法为取少量C中上层清液于试管中,先滴加稀盐酸,无明显现象,再滴加氯化钡溶液,若产生白色沉淀,则说明存在S。
20.答案 (每空2分)(1)分液漏斗 2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓) 2Na2SO4+2ClO2↑+H2O
(2)稀释ClO2,防止发生危险
(3)做安全瓶(或缓冲瓶),防止C中液体倒吸进入装置A中
(4)减少H2O2分解和ClO2挥发
(5)90.5%
解析 制备亚氯酸钠的原理是2NaOH+H2O2+2ClO2 2NaClO2+O2+2H2O,A装置制备ClO2,B装置为安全瓶,C装置制备亚氯酸钠,D装置的作用是吸收ClO2。
(1)装置A中仪器a的名称为分液漏斗;A中反应的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓) 2Na2SO4+2ClO2↑+H2O。
(2)ClO2浓度过高,易分解爆炸,故实验过程中通入稀有气体的目的是稀释ClO2,防止发生危险。
(3)装置B是安全瓶,防止C中液体倒吸进入A中。
(4)ClO2沸点较低,易挥发,制取NaClO2时用到H2O2,H2O2易分解,冰水浴可以减少H2O2分解和ClO2挥发。
(5)NaClO2将I-氧化为I2,根据题中已知得:
Cl
1 mol 4 mol
n(Cl) 0.10 mol·L-1×40.00×10-3 L
10.00 mL待测液中n(NaClO2)=n(Cl)=0.10 mol·L-1×40.00×10-3 L×=1×10-3 mol,500 mL待测液中n总(NaClO2)=1×10-3 mol×=0.05 mol,m(NaClO2)=0.05 mol×90.5 g/mol=4.525 g,w=×100%=90.5%。(
密
○
封
○
装
○
订
○
线
密
○
封
○
装
○
订
○
线
密
封
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内
不
要
答
题
)
(
姓名
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○
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○
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订
○
线
密
封
线
内
不
要
答
题
)
第2章 元素与物质世界
一、选择题(本题共10小题,每小题2分,共20分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.如图是按一定的方法给物质进行的分类,以下说法中错误的是( )
A.分类标准1是所含物质的种类
B.分类标准2是所含元素的种类
C.类别1是混合物,类别2是单质
D.该种分类方法是交叉分类法
2.能够在人体血管中通行的“纳米药物分子运输车”在中国科学院上海硅酸盐研究所研制成功,该“运输车”可提高肿瘤的治疗效果,其结构如图所示。下列有关说法正确的是( )
A.该“纳米药物分子运输车”中铁元素的化合价为+3价
B.二氧化硅属于金属氧化物
C.该“纳米药物分子运输车”分散于水中所得的分散系属于胶体
D.该“纳米药物分子运输车”的外壳含有碳元素
3.导体中自由的带电微粒在电场作用下发生定向移动从而形成电流,如金属铜、熔融NaCl、NaCl溶液都是导体。下列说法正确的是( )
A.因为金属有较好的导电性,所以它属于电解质
B.电解质都能导电
C.加入水或加热至熔融态都会使氯化钠发生电离
D.液态氯化氢不能导电,故氯化氢不属于电解质
4.已知钙及其化合物存在如下转化关系,下列说法错误的是( )
A.反应①和反应②的反应类型可能相同
B.反应③的另一反应物可能是酸性氧化物或盐
C.反应④的条件是高温
D.四个反应都不存在电子转移
5.在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的是( )
A.K+、Mn、Na+、Cl- B.K+、Na+、N、C
C.Na+、H+、N、S D.Fe3+、Na+、Cl-、S
6.下列叙述对应的离子方程式书写正确的是( )
A.向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至产生的沉淀质量最大:H++S+Ba2++OH- BaSO4↓+H2O
B.向NaHCO3溶液中加入过量NaOH溶液:HC+OH- CO2↑+H2O
C.过氧化钠与水反应:2+2H2O 4OH-+O2↑
D.向CaCl2溶液中通入少量CO2:Ca2++CO2+H2O CaCO3↓+2H+
7.用48 mL 0.1 mol/L的FeSO4溶液恰好还原2.4×10-3 mol [RO(OH)2]+,Fe2+被氧化为Fe3+,则反应后R元素的价态为( )
A.+2价 B.+3价 C.+4价 D.+5价
8.碳捕集技术是减少CO2排放的一种途径,捕集烟气中CO2的流程如图。下列说法错误的是( )
A.“吸收”时发生反应的离子方程式:CO2+2OH- C+H2O
B.可用Na2CO3溶液代替KOH溶液
C.整个流程可循环利用的物质只有1种
D.整个流程不涉及氧化还原反应
9.用图中所示的装置分别进行如下导电性实验,小灯泡的亮度比反应前明显减弱的是( )
A.向Na2SO3溶液中通入Cl2
B.向AgNO3溶液中加入少量NaCl固体
C.向HI饱和溶液中通入少量O2
D.向NaOH溶液中通入少量Cl2
10.一个完整的氧化还原反应方程式可以拆开写成两个“半反应式”,一个是“氧化反应式”,一个是“还原反应式”。如Fe+Cu2+ Fe2++Cu的拆写结果:“氧化反应式”为Fe-2e- Fe2+;“还原反应式”为Cu2++2e- Cu。在稀硫酸中,草酸钾(K2C2O4)与高锰酸钾可发生反应:5C2+16H+ 2Mn2++10CO2↑+8H2O,对该离子反应的分析错误的是 ( )
A.对应的化学方程式为5K2C2O4+2KMnO4+8H2SO4 2MnSO4+6K2SO4+10CO2↑+8H2O
B.“氧化反应式”为C2-2e- 2CO2↑
C.“还原反应式”为Mn+5e-+4H2O Mn2++8OH-
D.反应中每生成1个CO2分子,转移1个电子
二、选择题(本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
11.下列实验操作能够达到相应实验目的的是( )
选项 实验目的 实验操作
A 鉴别溶液中的C 取样,分别加入足量澄清石灰水,观察溶液是否变浑浊
B 鉴别稀硫酸、Ba(NO3)2溶液、KCl溶液 取样,分别加入Na2CO3溶液,观察现象
C 除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、S 试剂添加顺序:先加Na2CO3溶液,再加BaCl2溶液,最后加NaOH溶液
D 除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3溶液 将混合液用滤纸进行过滤
12.KIO3常用作食盐中的补碘剂,可用“氯酸钾氧化法”制备,该方法的第一步反应为6I2+11KClO3+3H2O 6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。下列说法正确的是( )
A.还原产物为Cl2和KCl
B.还原剂和氧化剂的物质的量之比为11∶6
C.氧化性:KClO3>KH(IO3)2
D.产生1 mol KH(IO3)2时,反应中转移5 mol e-
13.在稀硫酸存在下发生反应的几种离子的转化关系如图所示。下列说法错误的是( )
A.反应1中氧化产物为Mn3+
B.氧化性:Ce4+>Fe3+>I2>Mn3+
C.反应2的氧化剂为Mn3+,还原产物为Fe3+
D.从氧化还原反应的角度推测可能会发生反应:2Mn3++2I- I2+2Mn2+
14.向NaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加0.1 mol/L的稀盐酸,生成CO2的物质的量与加入盐酸的体积的关系如图所示。下列叙述不正确的是( )
A.在加入盐酸0~0.2 L范围内,发生中和反应
B.ab段发生反应的离子方程式为HC+H+ H2O+CO2↑
C.a=0.3
D.原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶2
15.有600 mL某种混合物溶液,可能含有以下离子中的若干种:K+、N、Cl-、Mg2+、Ba2+、C、S,现将此溶液分成三等份,进行如下实验:
(1)向第一份中加入AgNO3溶液,有沉淀产生;
(2)向第二份中加足量NaOH溶液并加热后,收集到气体0.04 mol;(已知N+OH- NH3↑+H2O)
(3)向第三份中加足量BaCl2溶液,得到沉淀,干燥后质量为6.27 g,经足量盐酸洗涤、干燥后,沉淀质量为2.33 g。
根据上述实验,以下推测正确的是( )
A.K+一定存在 B.Mg2+、Ba2+一定不存在
C.Cl-一定不存在 D.原混合溶液中C的物质的量为0.02 mol
三、非选择题(本题共5小题,共60分)
16.(12分)已知一种明胶是水溶性蛋白质混合物,溶于水可形成胶体。回答下列问题:
(1)已知Fe(CrO2)2中铬元素是+3价,则其中铁元素是 价。Cr是一种酸根离子,则Fe(CrO2)2属于 (填“酸”“碱”“盐”或“氧化物”)。
(2)胶体和溶液最本质的区别是 。
A.分散质粒子直径大小不同 B.能否产生丁达尔效应
C.是否能透过滤纸
(3)该种明胶的水溶液和K2SO4溶液共同具备的性质是 (填字母)。
A.都不稳定,密封放置会产生沉淀 B.二者均能产生丁达尔效应
C.分散质粒子均可通过滤纸
(4)已知胶体的分散质粒子不能透过半透膜,但水分子等小分子或离子能透过半透膜。下列装置,可提纯胶体的是 (填字母)。
A B C
(5)现有10 mL该种明胶的水溶液与5 mL K2SO4溶液混合装入半透膜内,将此半透膜袋浸入盛蒸馏水的烧杯中,设计实验证明S能够透过半透膜: 。
17.(10分)已知HNO2是一种弱酸,向NaNO2中加入强酸可生成HNO2。HNO2不稳定,易分解成NO和NO2气体。HNO2是一种还原剂,能被常见的强氧化剂氧化,但在酸性溶液中它也是一种氧化剂,如能把Fe2+氧化成Fe3+。NaNO2晶体外观和食盐相似,又有咸味,因而容易误食引起中毒。试回答下列问题:
(1)在酸性条件下HNO2与KI反应,I-被氧化为I2,HNO2被还原为NO气体,写出该反应的离子方程式: 。
(2)已知NaNO2能发生反应:2NaNO2+4HI 2NO↑+I2+2NaI+2H2O。鉴别NaNO2和NaCl,可选用的物质有:①KI-淀粉试纸;②水;③淀粉;④白酒;⑤食醋。你认为可选用的物质为 (填序号)。
(3)某厂废液中含有2%~5%的NaNO2,直接排放会造成污染,下列试剂中能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是 (填字母)。
A.NaCl B.NH4Cl C.HNO3 D.浓H2SO4
(4)请配平化学方程式:Al+NaNO3+NaOH Na[Al(OH)4]+N2↑+H2O
。
18.(12分)某校化学兴趣小组为研究Cl2的性质,设计如图所示装置进行实验。装置Ⅲ中夹持装置已略去,其中a为干燥的品红试纸,b为湿润的品红试纸。
(1)实验室用二氧化锰和浓盐酸制备氯气的化学方程式为 。
(2)装置Ⅱ的作用是 。
(3)若产生Cl2足量,实验过程中装置Ⅳ中的实验现象为 。
(4)实验结束后,该组同学在装置Ⅲ中观察到b的红色褪去,但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象。为了达到这一实验目的,你认为还需在图中装置Ⅱ与Ⅲ之间添加 装置(填序号)。
(5)有一种“地康法”制取氯气的反应原理如图所示:
①反应Ⅰ属于 反应(填四种基本反应类型之一)。
②反应Ⅱ在450 ℃条件下进行,反应Ⅱ的化学方程式为 。
③工业生产中常用氨气检查输送氯气的管道是否有Cl2泄漏。若Cl2有泄漏,可以观察到有白烟(NH4Cl固体)生成,同时会生成一种空气中含量最多的物质,试写出该反应的化学方程式: 。
19.(12分)(1)“84”消毒液可用于漂白,其工业制法是在常温下,将氯气通入NaOH溶液中,反应的离子方程式为 。
(2)同学们探究“84”消毒液在不同pH下使红纸褪色的情况,做了如下实验:
步骤1:将5 mL市售“84”消毒液稀释至100倍,测得稀释后溶液的pH=12。
步骤2:将稀释后溶液各取20 mL分别加入3个洁净的小烧杯中,3个小烧杯分别标记为a、b、c。
步骤3:用H2SO4溶液将a、b、c中溶液的pH分别调至10、7和4(溶液体积变化忽略不计)。
步骤4:在3个烧杯中分别放入大小、形状相同的红纸,观察现象,记录如下:
烧杯 溶液的pH 现象
a 10 10 min后,红纸基本不褪色;4 h后红纸褪色
b 7 10 min后,红纸颜色变浅;4 h后红纸褪色
c 4 10 min后,红纸颜色变得更浅;4 h后红纸褪色
已知,溶液中Cl2、HClO和ClO-物质的量分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示:
①由实验现象可得以下结论:溶液的pH在4~10范围内,pH越大,红纸褪色 。
②结合图像进行分析,b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是 。
(3)由于氯气会与自来水中的有机物发生反应生成对人体有害的物质,人们尝试研究并使用新的自来水消毒剂,如ClO2气体就是一种新型高效含氯消毒剂。
①一种制备ClO2的方法是用SO2通入硫酸酸化的NaClO3溶液中,反应的离子方程式为 。
②另一种制备ClO2的方法是用NaClO3与盐酸反应,同时有Cl2生成,产物中Cl2体积占气体产物体积的,每生成0.5 mol ClO2,转移 mol e-。
③ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐(Cl),需将其转化为Cl-除去。下列试剂中,可将Cl转化为Cl-的是 (填字母)。
a.FeSO4 b.O3 c.KMnO4 d.KI
20.(14分)亚氯酸钠(NaClO2)是一种杀菌漂白剂,可用于棉纺织品漂白、食品消毒、水处理等,消毒时本身被还原成Cl-。亚氯酸钠晶体的一种生产工艺如图:
已知:①ClO2浓度过高时易发生爆炸分解,一般用稀有气体或空气稀释至含量10%以下;
②NaClO2在温度高于60 ℃时易分解生成NaClO3和NaCl。
(1)在“ClO2发生器”中,NaClO3与SO2反应生成ClO2和Na2SO4,该反应的化学方程式为 。
(2)向“ClO2发生器”中鼓入空气的作用是 (填字母)。
a.将SO2氧化成SO3,增强酸性
b.将NaClO2氧化成ClO2
c.稀释ClO2,以防发生爆炸
(3)“吸收塔”的作用是将产生的ClO2转化为NaClO2,在此过程中加入的H2O2是做 (填“氧化剂”或“还原剂”)。“吸收塔”中需要控制温度不超过20 ℃,其原因是 。
(4)NaClO2的溶解度曲线如图所示。从NaClO2溶液中获得NaClO2晶体的操作是:将NaClO2溶液 、 、过滤、洗涤、干燥。
(5)为测定所得NaClO2产品的纯度,进行如下实验:
步骤①:取1.000 g样品于烧杯中,用适量蒸馏水溶解后,加入略过量的KI晶体,再滴加适量的稀硫酸,充分反应(反应的化学方程式为NaClO2+4KI+2H2SO4 2H2O+2I2+NaCl+2K2SO4);
步骤②:将①所得溶液转移至250 mL容量瓶中,稀释定容得溶液A;
步骤③:准确移取25.00 mL溶液A于锥形瓶中,向锥形瓶中滴加两滴淀粉溶液作指示剂,用0.200 mol/L的Na2S2O3标准溶液与之反应,至恰好完全反应时消耗Na2S2O3溶液22.00 mL(反应的化学方程式为I2+2Na2S2O3 2NaI+Na2S4O6)。
计算该NaClO2产品的纯度: (写出计算过程)。
答案与解析
第2章 元素与物质世界
1.D 分类标准1是所含物质的种类,由一种物质组成的为纯净物,由两种或两种以上物质组成的为混合物,类别1为混合物;分类标准2是所含元素的种类,只由一种元素组成的纯净物是单质,由两种或两种以上元素组成的纯净物是化合物,类别2为单质,故A、B、C正确;根据题图可知,该分类方法为树状分类法,故D错误。
2.D 由题图可知,该“纳米药物分子运输车”中含有四氧化三铁(Fe3O4),其中铁元素的化合价有+2价和+3价,故A错误;二氧化硅属于非金属氧化物,故B错误;该“纳米药物分子运输车”的直径为200 nm,而胶体分散质粒子直径介于1~100 nm,所以该“纳米药物分子运输车”分散于水中所得的分散系不属于胶体,故C错误;该“纳米药物分子运输车”为有机物外壳,有机物中含有碳元素,故D正确。
3.C 电解质一定是化合物,金属是单质,不属于电解质,故A错误;电解质没有电离时不导电,如氯化钠固体是电解质,但不导电,故B错误;氯化钠溶于水或熔融状态下都能导电,故C正确;虽然液态氯化氢不能导电,但溶于水时自身能电离,属于电解质,故D错误。
4.D 反应①可能为钙和氧气反应生成氧化钙,反应②可能为氧化钙和水反应生成氢氧化钙,均属于化合反应,故A正确;氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙和水,氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠,所以反应③的另一反应物可能是酸性氧化物或盐,故B正确;碳酸钙高温条件下分解为氧化钙和二氧化碳,故C正确;反应①中钙元素化合价由0价变为+2价,存在电子转移,故D错误。
5.B A项,Mn在溶液中显紫色;C项,在碱性溶液中H+不能大量存在;D项,Fe3+在溶液中显黄色,且Fe3+在碱性溶液中不能大量存在;故选B。
6.A 向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至产生的沉淀质量最大时,离子方程式为H++S+Ba2++OH- BaSO4↓+H2O,故A正确;向NaHCO3溶液中加入过量NaOH溶液,反应生成碳酸钠和水,故B错误;过氧化钠与水反应的离子方程式中,过氧化钠不能拆成离子形式,故C错误;盐酸的酸性大于碳酸,氯化钙溶液中通入少量二氧化碳不产生沉淀,故D错误。
7.B 由题意可知,反应中化合价发生变化的元素分别为铁元素和R元素,[RO(OH)2]+中R元素的化合价为+5价,设反应后R元素的价态为x价,由得失电子守恒有:48×10-3 L×0.1 mol/L×(3-2)=2.4×10-3 mol×(5-x),解得x=+3。
8.C “吸收”时二氧化碳和KOH溶液(足量)反应生成碳酸钾和水,离子方程式为CO2+2OH- C+H2O,故A正确;用Na2CO3溶液代替KOH溶液,碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠,CaO与H2O反应生成Ca(OH)2,Ca(OH)2与碳酸氢钠反应可生成碳酸钙,也能吸收CO2,故B正确;整个流程可循环利用的物质不止1种,故C错误;整个流程没有元素化合价发生变化,不涉及氧化还原反应,故D正确。
9.C 电解质溶液的导电性与溶液中自由移动的离子浓度有关,一般离子浓度越大,溶液导电性越强,溶液导电能力明显减弱说明溶液中自由移动的离子浓度明显减小。A项,向亚硫酸钠溶液中通入氯气,反应生成硫酸钠和氯化氢,离子浓度增大,溶液导电能力明显增强;B项,向硝酸银溶液中加入少量氯化钠固体,反应生成AgCl和硝酸钠,溶液中离子浓度变化不明显,溶液导电能力变化不明显;C项,向HI饱和溶液中通入少量氧气,反应生成单质碘和水,溶液中离子浓度减小,所以溶液导电能力明显减弱;D项,向NaOH溶液中通入少量Cl2,反应生成NaCl、NaClO和水,离子浓度变化不明显,溶液导电能力变化不明显;故选C。
10.C 根据得失电子守恒、原子守恒可知,在稀硫酸中草酸钾(K2C2O4)与高锰酸钾反应的化学方程式为5K2C2O4+2KMnO4+8H2SO4 2MnSO4+6K2SO4+10CO2↑+8H2O,故A正确;由C2 CO2,碳元素的化合价升高,C2失去电子发生氧化反应,根据题干信息可知,“氧化反应式”为C2-2e- 2CO2↑,故B正确;由Mn Mn2+,锰元素的化合价降低,Mn得到电子发生还原反应,由题干信息可知,该反应是在酸性条件下进行的,“还原反应式”为Mn+5e-+8H+ Mn2++4H2O,故C错误;由C2-2e- 2CO2↑可知,反应中每生成1个CO2分子,转移1个电子,故D正确。
11.B A项,C和HC均能与氢氧化钙发生反应生成碳酸钙沉淀,不能鉴别;B项,鉴别稀硫酸、Ba(NO3)2溶液、KCl溶液,取样分别加入Na2CO3溶液,有气泡冒出的为稀硫酸,产生白色沉淀的是Ba(NO3)2溶液,无明显现象的是KCl溶液,可以鉴别;C项,除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、S,Na2CO3溶液应在BaCl2溶液之后加入,目的是除去Ca2+及过量的Ba2+;D项,Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液都能透过滤纸,需选择半透膜进行分离。
12.AC 反应中KClO3被还原生成KCl和Cl2,还原产物为Cl2和KCl,故A正确;反应中I2为还原剂,KClO3为氧化剂,所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为6∶11,故B错误;同一反应中氧化剂氧化性大于氧化产物,所以氧化性:KClO3>KH(IO3)2,故C正确;反应中碘元素由0价升高至+5价,生成6 mol KH(IO3)2转移60 mol电子,则产生1 mol KH(IO3)2,转移10 mol电子,故D错误。
13.BC 由转化关系可知,反应1中,Mn2+转化为Mn3+,锰元素化合价升高,Mn2+是还原剂,Mn3+是氧化产物,故A正确;反应1中Ce4+是氧化剂,Mn3+是氧化产物,反应2中Mn3+是氧化剂,Fe3+是氧化产物,反应3中Fe3+是氧化剂,I2是氧化产物,根据同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物可知,氧化性:Ce4+>Mn3+>Fe3+>I2,故B错误;反应2中锰元素化合价降低,所以Mn3+为氧化剂,Mn2+为还原产物,故C错误;由于氧化性Mn3+>I2,可发生反应2Mn3++2I- I2+2Mn2+,故D正确。
14.D 向NaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加0.1 mol/L的稀盐酸,依次发生反应:①OH-+H+ H2O、②C+H+ HC、③HC+H+ H2O+CO2↑;根据图像可知,发生反应③生成0.01 mol二氧化碳,消耗盐酸的体积是0.1 L,所以发生反应②消耗盐酸的体积也是0.1 L,发生反应①消耗0.2 L盐酸,则在加入盐酸0~0.2 L范围内,发生中和反应,故A正确;ab段发生反应生成二氧化碳,反应的离子方程式为HC+H+ H2O+CO2↑,故B正确;根据图像可知,发生反应③生成0.01 mol二氧化碳,消耗盐酸的体积是0.1 L,所以a=0.3,故C正确;发生反应③消耗HCl 0.01 mol,所以Na2CO3的物质的量为0.01 mol,发生反应①消耗0.02 mol HCl,原混合溶液中NaOH的物质的量是0.02 mol,NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2∶1,故D不正确。
15.AB 向第二份溶液中加入足量NaOH溶液并加热后,收集到气体0.04 mol,根据信息可知一份溶液中n(N)=0.04 mol;向第三份溶液中加足量BaCl2溶液,得到沉淀,干燥后质量为6.27 g,经足量盐酸洗涤、干燥后,沉淀质量为2.33 g,为BaSO4,则n(BaSO4)=n(S=0.01 mol,BaCO3的质量为6.27 g-2.33 g=3.94 g,n(BaCO3)=n(C=0.02 mol,则原混合溶液中:n(C)=0.06 mol,n(S)=0.03 mol,故原混合溶液中不存在Ba2+、Mg2+;向第一份溶液中加入AgNO3溶液,有沉淀产生,可能是硫酸银、氯化银等,不能确定是否含有氯离子;一份溶液中硫酸根离子和碳酸根离子带电荷总物质的量为0.06 mol,一份溶液中n(N)=0.04 mol,根据溶液呈电中性可知,钾离子一定存在;综上可知,A、B正确。
16.答案 (每空2分)(1)+2 盐 (2)A (3)C (4)C (5)取烧杯中液体少许于一支洁净的试管中,加入稀盐酸酸化,再加BaCl2溶液,若有白色沉淀产生,则说明S能够透过半透膜
解析 (1)Fe(CrO2)2中,氧元素的化合价是-2,铬元素的化合价是+3,根据化合物中元素化合价的代数和为0可知,铁元素化合价为+2;Fe(CrO2)2是由Fe2+和Cr组成的盐。(2)胶体和溶液最本质的区别是分散质粒子直径的大小不同,故选A。(3)溶液很稳定,胶体具有介稳性,A错误;胶体能产生丁达尔效应而溶液不能,B错误;胶体和溶液中的分散质粒子都能透过滤纸,C正确。(4)胶体的分散质粒子不能透过半透膜,但水分子等小分子或离子能透过半透膜,所以当胶体中混有溶液时,用渗析的方法来提纯,故选C。
17.答案 (除标注外,每空2分)(1)2HNO2+2I-+2H+ 2NO↑+I2+2H2O(3分)
(2)①②⑤
(3)B
(4)10Al+6NaNO3+4NaOH+18H2O 10Na[Al(OH)4]+3N2↑(3分)
解析 (1)根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可得反应的离子方程式为2HNO2+2I-+2H+ 2NO↑+I2+2H2O。
(2)根据2NaNO2+4HI 2NO↑+I2+2NaI+2H2O,亚硝酸根离子在酸性条件下能将碘离子氧化成碘单质,所以鉴别NaNO2和NaCl,可先加水溶解,然后加入食醋,最后用KI-淀粉试纸检验,变蓝的是NaNO2,故选①②⑤。
(3)根据价态变化规律,NaNO2转化为不引起二次污染的N2,N元素的化合价降低,所以必定有元素化合价升高,题中所给物质中只有NH4Cl符合,故选B。
(4)反应中Al元素化合价由0价升高为+3价,氮元素化合价由+5价降低为0价,所以Al的化学计量数为10,N2的化学计量数为3,再根据原子守恒配平化学方程式为10Al+6NaNO3+4NaOH+18H2O 10Na[Al(OH)4]+3N2↑。
18.答案 (除标注外,每空2分)(1)MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O (2)除去氯气中的氯化氢气体(1分) (3)溶液先变红后褪色 (4)④ (5)①复分解(1分) ②2CuCl2+O2 2CuO+2Cl2 ③3Cl2+8NH3 6NH4Cl+N2
解析 (1)实验室用二氧化锰和浓盐酸制备氯气,化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O。(2)由于浓盐酸具有挥发性,故制取的氯气中往往混有氯化氢,用饱和食盐水可以除去氯化氢。(3)氯气与水反应生成HCl和次氯酸,溶液显酸性,能使紫色石蕊试液变红,次氯酸具有漂白性,能使溶液褪色,所以装置Ⅳ中通入氯气后,溶液先变红后褪色。(4)干燥的氯气不具有漂白性,Ⅱ和Ⅲ之间可增加干燥装置,除去氯气中的水蒸气,应选浓硫酸,故选④。(5)①由转化关系图可知,反应Ⅰ的化学方程式为CuO+2HCl CuCl2+H2O,属于复分解反应。②在450 ℃条件下,CuCl2与O2反应生成Cl2和CuO,根据得失电子守恒、原子守恒可得,反应Ⅱ的化学方程式为2CuCl2+O2 2CuO+2Cl2。③用氨气检查输送氯气的管道是否有Cl2泄漏,若Cl2有泄漏,可以观察到有白烟生成,即有NH4Cl生成,同时会生成一种空气中含量最多的物质N2,化学方程式为3Cl2+8NH3 6NH4Cl+N2。
19.答案 (每空2分)(1)Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O
(2)①越慢 ②pH=4的溶液中HClO含量高于pH=7的溶液中HClO含量
(3)①SO2+2Cl 2ClO2+S ②0.5 ③ad
解析 (1)氯气通入NaOH溶液中反应的离子方程式为Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O。
(2)①由实验现象可知:溶液的pH在4~10范围内,pH越大,红纸褪色越慢;②结合图像可知,b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是HClO含量不同。
(3)①SO2通入硫酸酸化的NaClO3溶液中,NaClO3被还原为ClO2,SO2被氧化为S,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可得反应的离子方程式为SO2+2Cl 2ClO2+S;②NaClO3与盐酸反应生成ClO2、Cl2、NaCl和H2O,Cl2体积占气体产物体积的,反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl Cl2↑+2ClO2↑+2H2O+2NaCl,NaClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价,所以每生成0.5 mol ClO2,转移0.5 mol e-;③需将Cl转化为Cl-除去,氯元素的化合价由+3价降低为-1价,Cl得电子,被还原,需要加入具有还原性的物质,FeSO4具有还原性,O3具有强氧化性,KMnO4具有强氧化性,KI具有还原性,故选a、d。
20.答案 (除标注外,每空2分)(1)2NaClO3+SO2 Na2SO4+2ClO2
(2)c
(3)还原剂(1分) 防止H2O2(受热)分解
(4)加热升温至略低于60 ℃蒸发浓缩 冷却至略高于38 ℃结晶
(5)由NaClO2~2I2~4Na2S2O3,可知25.00 mL溶液中n(NaClO2)=×0.022 L×0.200 mol/L=0.001 1 mol,则样品中m(NaClO2)=10×0.001 1 mol×90.5 g/mol=0.995 5 g,因此该NaClO2产品的纯度=×100%=99.55%(3分,未写计算过程,不给分)
解析 (1)在“ClO2发生器”中,NaClO3被SO2还原为ClO2,而SO2被氧化为硫酸钠,该反应的化学方程式为2NaClO3+SO2 Na2SO4+2ClO2。
(2)根据题中信息可知,ClO2浓度过高时易发生爆炸分解,一般用稀有气体或空气稀释到含量10%以下,故向“ClO2发生器”中鼓入空气的作用是稀释ClO2,以防ClO2发生爆炸,故选c。
(3)在“吸收塔”中,ClO2被H2O2还原为NaClO2,H2O2被氧化为O2,所以在此过程中加入的H2O2做还原剂;为防止H2O2受热分解,“吸收塔”中需要控制温度不超过20 ℃。
(4)根据NaClO2的溶解度曲线可以看出,温度低于38 ℃时会生成NaClO2·3H2O,NaClO2在温度高于60 ℃时易分解生成NaClO3和NaCl,则从NaClO2溶液中获得NaClO2晶体的操作是:将NaClO2溶液加热升温至略低于60 ℃蒸发浓缩、冷却至略高于38 ℃结晶、过滤、洗涤、干燥。
(5)由NaClO2+4KI+2H2SO4 2H2O+2I2+NaCl+2K2SO4,I2+2Na2S2O3 2NaI+Na2S4O6,可得关系式NaClO2~2I2~4Na2S2O3,所以25.00 mL溶液中n(NaClO2)=×0.022 L×0.200 mol/L=0.001 1 mol,则样品中m(NaClO2)=10×0.001 1 mol×90.5 g/mol=0.995 5 g,故该NaClO2产品的纯度=×100%=99.55%。
