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2019-2020年高考化学二轮复习 上篇 专题突破方略 专题一 基本概念综合检测学案(时间：45分钟；分值：100分)一、选择题(本题包括7小题，每小题6分，共42分)1下列有关物质变化和分类的说法正确的是()A电解熔融态的Al2O3、12C转化为14C都属于化学变化B胆矾、冰水混合物、四氧化三铁都不是混合物C葡萄糖溶液和淀粉溶液的本质区别是能否发生丁达尔效应DSiO2、NO2、Al2O3都属于酸性氧化物解析：选B。12C转化为14C不属于化学变化；葡萄糖溶液和淀粉溶液的本质区别是溶液中分散质微粒直径的大小；NO2不是酸性氧化物，Al2O3是两性氧化物。2下列有关化学用语表示正确的是()A乙醇的结构简式：C2H6OB氨基的电子式：C镁离子的结构示意图： D中子数为79、质子数为55的铯(Cs)原子：Cs解析：选B。乙醇的结构简式为CH3CH2OH，A项错误；氨基(NH2)的电子式与氨气(NH3)D中子数为79、质子数为55的铯(Cs)原子：Cs解析：选B。乙醇的结构简式为CH3CH2OH，A项错误；氨基(NH2)的电子式与氨气(NH3)的电子式不同，注意区分，B项正确；镁离子的结构示意图中核电荷数为12，C项错误；铯原子的左上角为质量数，质量数等于质子数与中子数之和，应为134，D项错误。3(xx河北邯郸高三质检)设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列叙述错误的是()A标准状况下，11.2 L氦气中含有0.5NA个原子B标准状况下，0.1 mol Cl2参加反应，转移的电子数目一定为0.2NAC常温常压下，46 g NO2和N2O4的混合气体中含有原子总数为3NAD1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数为NA解析：选B。氦气是单原子分子，标准状况下， 11.2 L氦气中含有0.5NA个原子，A项正确；标准状况下，0.1 mol Cl2参加反应，转移的电子数目不一定为0.2NA，如0.1 mol氯气与氢氧化钠溶液反应转移的电子总数为 0.1NA，B项错误；NO2和N2O4的最简式相同，均是NO2，则46 g NO2和N2O4的混合气体相当于1 mol NO2，所以含有的原子总数为3NA，C项正确；Na在反应中只能失去一个电子，则1 mol Na与足量O2反应时转移电子总数为NA，与生成何种产物无关，D项正确。4(xx山东日照高三检测)下列离子能大量共存，且满足相应要求的是()选项离子要求ANH、Al3、SO、H滴加NaOH浓溶液立刻有气体产生BK、NO、Cl、HSc(K)c(Cl)CFe2、NO、SO、Cl逐滴滴加盐酸时溶液没有颜色变化DNa、HCO、Mg2、SO逐滴滴加氨水立即有沉淀产生解析：选D。A项，滴加NaOH浓溶液，OH会先和H反应，不会立即产生气体；B项，不符合电荷守恒；C项，滴加盐酸时，由于NO在酸性条件下具有强氧化性，能将Fe2氧化成Fe3，所以溶液颜色由浅绿色变为棕黄色；D项，滴加氨水时，开始产生MgCO3沉淀，后转化为Mg(OH)2沉淀。5(xx湖南五市十校模拟)下列解释实验事实的方程式正确的是()A向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水产生白色胶状沉淀：Al33OH=Al(OH)3B90 时测得纯水中c(H)c(OH)3.81013：H2O(l) H(aq)OH(aq)H11014(25 )，说明水的电离是吸热的，即H2O(l) H(aq)OH(aq)H0；D项，CO的水解是分步进行的，其中第一步水解是主要的，所以正确的方程式应为COH2O HCOOH。6(xx河南八市重点高中高三第三次联考)某化学兴趣小组在课外活动中，对某一份溶液成分(已知不含其他还原性离子)进行了检测，其中三次检测结果如下表所示：检测序号溶液中检测出的离子组合第一次KCl、K2SO4、Na2CO3、NaCl第二次KCl、AlCl3、Na2SO4、K2CO3第三次Na2SO4、KCl、K2CO3、NaCl则下列说法合理的是()A三次检测结果都正确B该溶液中的阳离子无法判断C为了检验SO，应先加过量稀硝酸后再滴加Ba(NO3)2，观察是否有沉淀现象D为了确定是否存在CO，可以向其中滴加CaCl2溶液，观察是否有沉淀现象解析：选C。Al3与CO不能大量共存于溶液中，第二次检测结果不正确，A项错误；因第一次、第三次检测中均有CO，阳离子均只有K、Na，故溶液中的阳离子可以确定，B项错误；CO也能与Ba2结合形成沉淀，先加过量稀硝酸可排除CO的干扰，再加Ba(NO3)2来检验SO，C项正确；CaSO4也可沉淀出来，D项错误。7已知下列实验事实：Cr2O3固体既能溶于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；将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝。下列判断不正确的是()A化合物KCrO2中Cr元素为3价B实验证明Cr2O3是两性氧化物C实验证明H2O2既有氧化性又有还原性D实验证明氧化性：Cr2OI2解析：选C。根据化合物中化合价代数和为0以及K元素为1价、O元素为2价，可得KCrO2中Cr元素为3 价，A项正确；实验中Cr2O3固体分别与KOH溶液和硫酸反应均生成盐和水，且没有化合价的变化，证明Cr2O3是两性氧化物，B项正确；实验证明H2O2在酸性条件下具有强氧化性，能将KCrO2氧化为K2Cr2O7，C项错误；实验证明K2Cr2O7能将I氧化为I2，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物知，氧化性：Cr2OI2，D项正确。二、非选择题(本题包括4小题，共58分)8(10分)(xx陕西西安八校联考)实验室配制250 mL 0.1 molL1 BaCl2溶液分两个阶段：第一阶段：用托盘天平称取5.2 g 无水BaCl2晶体；第二阶段：溶解，配成0.1 molL1BaCl2溶液。(1)在第一阶段操作中，称量5.2 g晶体时的操作方法是_。(2)第二阶段操作所用到的仪器有_(填名称)。(3)下列操作对BaCl2溶液浓度有何影响？(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)如果选用的容量瓶内有少量蒸馏水，则所配溶液的浓度_。如果定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线，则所配溶液的浓度_。如果定容时，俯视刻度线，则所配溶液的浓度_。如果BaCl2晶体溶解时放热，不冷却即转移，则所配溶液的浓度_。解析：(3)实验误差主要是依据物质的量浓度的定义式c进行分析。如果选用的容量瓶内有少量蒸馏水，由于溶质的物质的量和溶液的总体积不变，故对结果无影响；如果定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线，则会使溶液的体积偏大，结果偏低；如果定容时，俯视刻度线，则溶液的总体积偏小，结果偏高；如果BaCl2晶体溶解时放热，不冷却即转移，则会使溶液的体积偏小，结果偏高。答案：(1)先将天平调平，再在两盘各放入一张称量纸，然后右盘放入5 g的砝码，再将游码拨至0.2 g刻度处，用药匙向天平左盘添加BaCl2晶体，最后用右手轻轻磕持药匙的左手手腕，让少量固体滑落到天平左边托盘的纸片上直至天平平衡(2)烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、胶头滴管(3)无影响偏低偏高偏高9(14分)某强碱性溶液中可能含有的离子是K、NH、Al3、AlO、SO、SiO、CO、Cl中的某几种离子，现进行如下实验：实验：取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba(NO3)2溶液，无沉淀生成。实验：另取少量溶液加入盐酸，其现象是一段时间保持原样，后产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失。(1)原溶液中肯定存在的离子是_，肯定不存在的离子是_。(2)已知向一定量的原溶液中加入5 mL 0.2 molL1盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187 g，则原溶液中是否含有Cl？_。(3)按照反应顺序逐步写出实验中发生反应的离子方程式：a._；b_；c_；d_；e_。解析：(1)强碱性溶液中一定不存在Al3、NH，实验：取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba(NO3)2溶液，无沉淀生成，则一定不含有SO和SiO，可能含有CO；实验：另取少量溶液加入盐酸，其现象是一段时间保持原样(和OH发生反应)，后产生沉淀并逐渐增多(和AlO反应产生氢氧化铝沉淀)，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失(盐酸将氢氧化铝全部溶解)，所以一定含有AlO，沉淀量基本不变后产生的一种气体只能为二氧化碳，即一定含有CO；由电荷守恒知还一定含有K。(2)一定量的原溶液中加入5 mL 0.2 molL1盐酸(即0.001 mol的HCl)时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到氯化银沉淀0.187 g，即氯化银的物质的量为0.001 3 mol，大于0.001 mol，所以原溶液中含有Cl。(3)实验：另取少量溶液加入盐酸，其现象是一段时间保持原样(和OH发生反应)：HOH=H2O，后产生沉淀并逐渐增多(和AlO反应产生氢氧化铝沉淀)：AlOHH2O=Al(OH)3，沉淀量基本不变后产生一种气体：COH=HCO、HCOH=H2OCO2，最后沉淀逐渐减少至消失(盐酸将氢氧化铝全部溶解)：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)高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。(1)在用酸性KMnO4溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：.MnOCu2SHCu2SO2Mn2H2O(未配平).MnOCuSHCu2SO2Mn2H2O(未配平)请回答下列问题：下列关于反应的说法不正确的是_。A被氧化的元素是Cu和SBMnO是氧化剂，Cu2S既是氧化剂又是还原剂C氧化剂与还原剂的物质的量之比为85D生成2.24 L(标准状况下)SO2，转移电子的物质的量是0.8 mol用单线桥表示反应中电子转移的数目和方向：MnOCuS(2)在稀硫酸中，MnO和H2O2也能发生氧化还原反应：氧化反应：H2O22e=2HO2还原反应：MnO5e8H=Mn24H2O写出该氧化还原反应的化学方程式：_。反应中若有0.5 mol H2O2参加此反应，转移电子的个数为_。由上述反应得出的氧化性强弱的结论是_。实验中发现，当加入的少量KMnO4完全反应后，H2O2仍能发生反应放出气体。其可能的原因是_。解析：(1)MnOCu2SHCu2SO2Mn2H2O中，Mn元素的化合价降低，Cu、S元素的化合价升高。被氧化的元素是Cu和S，故A正确；MnO是氧化剂，Cu2S是还原剂，故B错误；由得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为85，故C正确；生成2.24 L(标准状况下)SO2，转移电子的物质的量是0.1 mol4(2)0.1 mol2(21)0.8 mol，故D正确。反应中，Mn由7价降低为2价，则用单线桥法表示电子转移的方向与数目为(2)得失电子守恒时氧化反应与还原反应相加得到氧化还原反应：5H2O22KMnO43H2SO4=2MnSO45O2K2SO48H2O,1 mol H2O2参加此反应转移2 mol电子，则0.5 mol H2O2参加此反应转移电子的个数为0.52NANA；氧化剂的氧化性大于氧化产物(或还原剂)的氧化性，则氧化性：KMnO4O2(或H2O2)。H2O2仍能发生反应放出气体，其原因是在Mn2的催化作用下H2O2分解生成氧气。答案：(1)B(2)5H2O22KMnO43H2SO4=2MnSO45O2K2SO48H2ONAKMnO4O2(或H2O2)还原产物Mn2催化H2O2分解生成氧气11(18分)(xx河北衡水中学高三二模)实验室用下列方法测定某水样中O2的含量。(1)实验原理用如图所示装置，使溶解在水中的O2在碱性条件下将Mn2氧化成MnO(OH)2，反应的离子方程式为_。再用I和H将生成的MnO(OH)2还原为Mn2，反应的离子方程式为_。然后用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，反应方程式为I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6。(2)实验步骤打开止水夹a和b，从A处向装置内鼓入过量N2，此操作的目的是_；用注射器抽取某水样20.00 mL从A处注入锥形瓶；再分别从A处注入含m mol NaOH的溶液及过量的MnSO4溶液；完成上述操作后，关闭a、b，将锥形瓶中溶液充分振荡；打开止水夹a、b，分别从A处注入足量NaI溶液及含n mol H2SO4的稀硫酸；重复的操作；取下锥形瓶，向其中加入23滴_作指示剂；用0.005 molL1Na2S2O3溶液滴定至终点。滴定终点的现象是_。(3)数据分析若滴定过程中消耗的Na2S2O3标准溶液体积为3.90 mL，则此水样中氧(O2)的含量为_mgL1。若未用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管，则测得水样中O2的含量将_(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。实验要求加入适量的H2SO4使溶液接近中性，其原因是_。解析：(1)注意从题给条件中挖掘信息：反应物有O2、OH(碱性条件下)、Mn2，发生氧化还原反应，生成MnO(OH)2，利用化合价升降相等配平O2、Mn2、MnO(OH)2的化学计量数，再利用电荷守恒配平OH的化学计量数， 最后可用原子守恒检查方程式的配平是否正确。(3)根据(1)中的三个方程式，可以得出物质间的定量关系为O22MnO(OH)22I24Na2S2O3，则n(O2)0.005 molL1(3.90103)L44.875106mol，则此水样中氧(O2)的含量为7.8 mgL1。若未用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管，则c(Na2S2O3)减小，V(Na2S2O3)增大，所以n(O2)增大，故测得水样中O2的含量将偏大。实验要求加入适量的H2SO4使溶液接近中性，其原因是若碱过量，则MnO(OH)2不能全部转化为Mn2；若酸过量，滴定过程中Na2S2O3可与酸反应。答案：(1)2Mn2O24OH=2MnO(OH)2MnO(OH)22I4H=Mn2I23H2O(2)排出装置内的空气，避免空气中O2的干扰淀粉溶液滴最后一滴标准液，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色(3)7.8偏大若碱过量，则MnO(OH)2不能全部转变为Mn2，而酸过量时，滴定过程中Na2S2O3可与酸反应(卷二)(时间：45分钟；分值：100分)一、选择题(本题包括7小题，每小题6分，共42分)1(xx河北邯郸高三质检)按纯净物、混合物、电解质和非电解质顺序排列的一组物质是()A盐酸、空气、醋酸、干冰B冰醋酸、海水、硫酸钠、乙醇C蛋白质、油脂、烧碱、碳酸钙D胆矾、漂白粉、氯化钾、硫酸钡解析：选B。A项，盐酸是混合物；C项，蛋白质是高分子化合物，属于混合物，碳酸钙是电解质；D项，硫酸钡是电解质。2下列化学用语表示正确的是()ANaCl的电子式：B钠离子的结构示意图： CHClO分子的结构式：HOClD含78个中子的碘的放射性核素：I解析：选C。A项，NaCl的电子式为NaC；B项，钠离子的结构示意图为；C项，HClO分子中，氧原子形成两个共价键；D项，碘的核电荷数为53。3(xx甘肃部分普通高中联考)设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A10 mL 18.4 molL1浓硫酸与足量锌反应，转移电子数为0.184NAB0.1 mol 24Mg18O晶体中所含中子总数为2.0NAC在标准状况下，2.24 L CO和2.8 g N2所含电子数均为1.4NAD1 L 1 molL1的NaClO溶液中含有ClO的数目为NA解析：选C。A项，浓硫酸与锌反应生成二氧化硫气体，随着反应的进行，浓硫酸逐渐变为稀硫酸，稀硫酸与锌反应产生氢气，所以转移的电子数不能确定；B项，24Mg18O中的中子数是(2412)(188)22，所以0.1 mol 24Mg18O晶体中所含中子数为2.2NA；C项，标准状况下2.24 L CO的物质的量是0.1 mol,2.8 g N2的物质的量也是0.1 mol，二者一个分子中的电子数都是14，所以电子数均为1.4NA；D项，ClO水解，使溶液中ClO的数目小于NA。4常温下，下列各组微粒在指定的溶液中一定能大量共存的是()A加入金属镁产生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：选B。加入金属镁产生H2的溶液呈酸性，CH3COO与H不能大量共存，A项错误；含有大量ClO的溶液具有强氧化性，K、Na、NO、SO均可以大量共存，B项正确；Cu2与CO能发生水解相互促进的反应，不能大量共存，H与CO也不能大量共存，C项错误；含有大量MnO、H的溶液具有强氧化性，Cl和CH3CH2OH都可以被氧化，D项错误。5能正确表示下列反应的离子方程式的是()A向Fe(NO3)2稀溶液中加入盐酸：3Fe24HNO=3Fe3NO2H2OB三氯化铁浓溶液滴入沸水中，制取氢氧化铁胶体：Fe33H2OFe(OH)33HC碳酸氢铵溶液与足量的NaOH溶液混合后加热：NHOHNH3H2OD铝片跟氢氧化钠溶液反应：Al2OH=AlOH2解析：选A。Fe(OH)3应标出胶体，而不是用沉淀符号，B项错误；碳酸氢铵溶液和足量的NaOH溶液混合后加热，反应的离子方程式为NHHCO2OHNH32H2OCO，C项错误；D项电荷不守恒，正确的离子方程式为2Al2OH2H2O=2AlO3H2。6把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原型离子方程式(未配平)：对于该离子方程式的说法不正确的是()AIO作氧化剂B氧化性：MnOIOC氧化剂与还原剂的物质的量之比为52D若有2 mol Mn2参加反应时，则转移10 mol电子解析：选B。由Mn2MnO知，锰元素的化合价升高，Mn2作还原剂，MnO为氧化产物，由IOIO知，碘元素的化合价降低，则IO作氧化剂，IO为还原产物，选项A正确。根据得失电子守恒得2Mn25IO5IO2MnO，根据电荷守恒得2Mn25IO5IO2MnO6H，根据原子守恒得2Mn25IO3H2O=5IO2MnO6H，根据配平后的反应可知选项C和D均正确。根据氧化性：氧化剂氧化产物可知选项B错误。7(xx甘肃部分普通高中联考)向含S2、Fe2、Br、I各0.10 mol的溶液中通入Cl2，通入Cl2的体积(标准状况)和溶液中相关离子的物质的量关系图正确的是()解析：选C。S2、Fe2、Br、I的还原性大小关系是S2IFe2Br，根据“强者优先”规律可知通入Cl2后发生的反应依次是S2Cl2=S2Cl、2ICl2=I22Cl、2Fe2Cl2=2Fe32Cl、2BrCl2=Br22Cl，消耗的Cl2的物质的量依次是0.10 mol、0.05 mol、0.05 mol、0.05 mol，标准状况下的体积分别是2.24 L、1.12 L、1.12 L、1.12 L，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量关系如图所示，对照各选项可以看出，只有C项是正确的。二、非选择题(本题包括4小题，共58分)8(10分)(xx河南郑州高三模拟)某地环保部门取一定量某工厂所排废水试样分成甲、乙、丙、丁四份，进行如图所示探究。已知废水试样中可能含有下表中的离子：离子阳离子Na、Mg2、X阴离子Cl、SO、Y、NO请回答下列问题：(1)离子X是_，离子Y是_。(2)表中不能确定是否存在的阴离子是_，能证明该阴离子是否存在的简单实验操作为_。(3)写出废水试样中滴加淀粉-KI溶液所发生反应的离子方程式：_。解析：由甲组实验中溴水不褪色，说明废水试样中不含SO；由丙组实验现象可确定其含NH，即X为NH；由丁组实验现象说明其含NO；由乙组实验现象说明其含SO，即Y为SO。不能确定是否存在的阴离子为Cl。废水试样中滴加淀粉-KI溶液，酸性条件下，NO有强氧化性，与I发生氧化还原反应。答案：(1)NHSO(2)Cl取少量废水试样，滴加足量的Ba(NO3)2溶液，静置；取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl；若无白色沉淀产生，则不存在Cl(3)6I2NO8H=3I22NO4H2O9(15分)实验室需要0.1 mol/L NaOH溶液450 mL和0.3 mol/L硫酸溶液480 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：(1)如图所示的仪器中配制溶液需要的是_(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_(填仪器名称)。(2)容量瓶所具备的功能有_。A配制一定体积、准确浓度的标准溶液B贮存溶液C测量容量瓶规格以下的任意体积的液体D稀释某一浓度的溶液E量取一定体积的液体F用来加热溶解固体溶质(3)根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为_g。在实验中其他操作均正确，若定容时俯视刻度线，则所得溶液浓度_(填“大于”、“等于”或“小于”)0.1 mol/L。若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则需要如何操作：_。(4)下列操作会使配制的NaOH溶液浓度偏低的是_。A用滤纸称量NaOHB选用的容量瓶内有少量蒸馏水C定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线D整个配制过程中，容量瓶不振荡(5)根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84 g/cm3的浓硫酸的体积为_mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有10 mL、15 mL、20 mL量筒，应选用_mL的量筒最好。配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是_。解析：(2)容量瓶常用于配制一定体积的、浓度准确的溶液，但不能用于贮存、稀释、加热溶液等。(3)配制450 mL溶液应选用500 mL的容量瓶，故m(NaOH)0.1 mol/L0.5 L40 g/mol2.0 g；定容时俯视，造成溶液实际体积小于500 mL，则所得溶液浓度大于0.1 mol/L。(4)A项，滤纸上会残留NaOH，造成溶液浓度偏低；B项，容量瓶中的蒸馏水对配制溶液无影响；C项，定容摇匀后再加水，会使溶液体积变大，造成溶液浓度偏低；D项，整个过程不振荡会造成溶液体积小于500 mL，溶液浓度偏大，故选AC。(5)配制480 mL H2SO4溶液，需用500 mL容量瓶，设需要质量分数为98%、密度为1.84 g/cm3的浓硫酸的体积为x mL，则0.3 mol/L0.5 L98 g/mol98%1.84 g/mLx mL，解得x8.2，所以应选择10 mL的量筒。答案：(1)BDE烧杯、玻璃棒(2)AE(3)2.0大于重新配制(4)AC(5)8.210将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入水中，并且不断搅拌10(16分)HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2氧化成Fe3。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：(1)人体正常的血红蛋白中含有Fe2。泡菜及变质的蔬菜等食物中含有较多的亚硝酸盐，若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2转化为Fe3而中毒，服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是_(填序号)。A亚硝酸盐被还原B维生素C具有还原性C维生素C将Fe3还原为Fe2D在上述变化中亚硝酸盐是还原剂(2)下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl两种溶液的是_(填序号)。A测定这两种溶液的pHB分别在两种溶液中滴加甲基橙C在酸性条件下加入淀粉KI溶液来区分D用AgNO3和HNO3两种试剂来区分(3)某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl，请写出反应的离子方程式：_。(4)Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4。若用反应所得的酸性溶液，将Fe2转化为Fe3，要求产物纯净，可选用的最佳试剂是_(填序号)。ACl2 BFeCH2O2 DHNO2(5)配平下列方程式：_Fe(NO3)3_KOH_Cl2=_K2FeO4_KNO3_KCl_H2O解析：(1)误食亚硝酸盐会导致血红蛋白中的Fe2转化为Fe3而中毒，说明亚硝酸盐是氧化剂；服用维生素C可解毒，所以维生素C是还原剂。(2)NaCl溶液显中性，NaNO2溶液显碱性(水解所致)，两种溶液的pH都大于4.4，甲基橙遇这两种溶液都呈黄色，所以不能用甲基橙区分二者。(3)根据反应物和生成物，结合电荷守恒可写出反应的离子方程式。(4)选取的试剂要有氧化性且不能引入新的杂质，所以选H2O2。(5)1个Cl2转化为Cl得2个电子，1个Fe3转化为FeO失去3个电子，所以最小公倍数是6，Cl2的化学计量数是3，硝酸铁的化学计量数是2，其他物质根据原子守恒配平即可。答案：(1)D(2)B(3)NOCl2H2O=NO2H2Cl(4)C(5)2163266811(17分)(1)(xx高考上海卷)硫化氢具有还原性，可以和许多氧化剂反应。在酸性条件下，H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式：_。将黑色的Fe2S3固体加入足量盐酸中，溶液中有淡黄色固体生成，产物还有_、_。过滤，微热滤液，然后加入过量的氢氧化钠溶液，可观察到的现象是_。(2)铅及其化合物可用于蓄电池、耐酸设备及X射线防护材料等。回答下列问题：PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为_。PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得，反应的离子方程式为_。(3)(xx高考安徽卷)ClO2常用于水的净化，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2。写出该反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目：_。(4)(xx高考海南卷)MnO2可与KOH和KClO3在高温条件下反应，生成K2MnO4，反应的化学方程式为_。K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为_。解析：(1)由题干信息知，反应物为H2S、KMnO4和H2SO4，生成物为S、MnSO4、K2SO4和H2O；由H2，化合价升高2，由KnO4nSO4，化合价降低5，根据得失电子守恒，H2S前配5，KMnO4前配2，然后再根据原子守恒即可写出氧化还原反应方程式。在Fe2S3中Fe的化合价为3价，S的化合价为2价，加入盐酸后相当于Fe3将S2氧化为单质S，自身被还原为Fe2，根据得失电子守恒可知S2过量，故还有H2S生成，故产物还有FeCl2、H2S；过滤后在滤液中加入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，故白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。(2)PbO2中的Pb为4价，Pb为2价时相对稳定，故PbO2中的Pb具有强氧化性，能发生类似MnO2与浓盐酸的反应，将Cl氧化为Cl2，故反应方程式为PbO24HCl(浓)PbCl2Cl22H2O。由PbO和NaClO反应制PbO2，PbOPbO2，Pb的化合价升高，则NaClO作氧化剂，本身被还原为NaCl，故离子方程式为PbOClO=PbO2Cl。(3)Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，ClO被氧化为ClO2，而Cl2被还原为Cl，根据氧化还原反应中元素化合价升降总数守恒可得离子方程式为Cl22ClO=2ClO22Cl。(4)MnO2中Mn为4价，K2MnO4中Mn为6价，化合价升高2，KClO3中Cl为5价，KCl中Cl为1 价，化合价降低6，根据得失电子守恒配平，MnO2前配3，KClO3前配1，然后再配平其他元素。K2MnO4中Mn为6价，产物KMnO4中Mn为7价(变化1)，产物MnO2中Mn为4价(变化2)，根据得失电子守恒知，n(KMnO4)n(MnO2)21。答案：(1)5H2S2KMnO43H2SO4=K2SO42MnSO48H2O5SFeCl2H2S先有白色沉淀生成，然后白色沉淀转化为灰绿色，最终转化为红褐色(2)PbO24HCl(浓)PbCl2Cl22H2OPbOClO=PbO2Cl(3) =2ClO22Cl(合理答案均可)(4)3MnO2KClO36KOH3K2MnO4KCl3H2O21