2019-2020年高考化学大一轮复习 真题汇编 B单元 化学物质及其变化 苏教版.doc

2019-2020年高考化学大一轮复习 真题汇编 B单元 化学物质及其变化 苏教版 B1 离子反应与离子方程式11B1 H2xx北京卷 在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。图00下列分析不正确的是()A代表滴加H2SO4溶液的变化曲线Bb点，溶液中大量存在的离子是Na、OHCc点，两溶液中含有相同量的OHDa、d两点对应的溶液均显中性11C解析 Ba(OH)2与H2SO4反应的离子方程式为Ba22OH2HSO=BaSO42H2O，Ba(OH)2与NaHSO4溶液反应分为两步：Ba2OHHSO=BaSO4H2O，OHH=H2O。从反应方程式可看出，NaHSO4溶液导电能力下降得慢，故代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，代表滴加NaHSO4溶液的变化曲线，A项正确；从图像可看出，b点为Ba(OH)2与NaHSO4溶液恰好完全沉淀的点，溶液中大量存在未反应的Na、OH，B项正确；在c点，曲线滴入的H2SO4过量，溶液显酸性，而曲线滴入的NaHSO4溶液未完全中和溶液中的OH，溶液显碱性，故两溶液中OH的量不同，C项错误；a点是Ba(OH)2与H2SO4恰好反应的点，溶液呈中性，d点为NaOH与NaHSO4恰好反应的点，溶质是Na2SO4，溶液呈中性，D项正确。5B1 xx江苏卷 下列指定反应的离子方程式正确的是()A将铜丝插入稀硝酸中：Cu4H2NO=Cu22NO2H2OB向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3Fe=2Fe2C向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al33NH3H2O=Al(OH)33NHD向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO32H=H2SiO32Na5C解析 Cu与稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O，A项错误；B项反应前后不符合电荷守恒，B项错误；Al(OH)3不溶于氨水，Al2(SO4)3能与过量的氨水反应生成Al(OH)3，C项正确； Na2SiO3为可溶性盐，在离子方程式中不能写成化学式，D项错误。12B1xx江苏卷 制备(NH4)2Fe(SO4)26H2O的实验中，需对过滤出产品的母液(pH1)进行处理。常温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是()A通入过量Cl2：Fe2、H、NH、Cl、SOB加入过量NaClO溶液：NH、Fe2、H、SO、ClOC加入过量NaOH溶液：Na、Fe2、NH、SO、OHD加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na、SO、Cl、ClO、OH12D解析 Cl2会氧化Fe2，A项错误； ClO会氧化Fe2，且H会与ClO结合成弱电解质HClO，B项错误； OH会与Fe2反应生成Fe(OH)2沉淀，OH也会与NH反应生成NH3H2O，C项错误；加入过量的ClO会氧化Fe2生成Fe3，过量的OH会除去Fe3和NH ，最终溶液中会留下Na和SO，ClO和OH均是过量的，而ClO与Fe2发生氧化还原反应后会生成Cl，D项正确。3B1xx四川卷 下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是()A某无色溶液中可能大量存在H、Cl、MnOBpH2的溶液中可能大量存在Na、NH、SiOCFe2与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2H2O22H=2Fe32H2OD稀硫酸与Ba(OH)2溶液的反应：HSOBa2OH=BaSO4H2O3C解析 MnO是紫色，无色溶液中一定不存在MnO，A项错误；pH2的溶液中含有大量的H，SiO 和H反应生成弱酸硅酸且其溶解度较小，二者不能大量共存，B项错误；C项满足电子守恒、电荷守恒且符合实际，正确；稀硫酸和氢氧化钡溶液反应的离子方程式应为2HSOBa22OH=BaSO42H2O, D项错误。4B1、C2、H3xx天津卷 下列实验的反应原理用离子方程式表示正确的是()A室温下，测得氯化铵溶液pH7，证明一水合氨是弱碱：NH2H2O=NH3H2OH3OB用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝：2Al2OH2H2O=2AlO3H2C用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基：OHCOOH2HCOOCOO2H2O2CO2D用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO16H5C2O=2Mn210CO28H2O4B解析 铵根离子水解的离子方程式为NH2H2ONH3H2OH3O，是“”而不是“=”，故A项错误；利用铝与氢氧化钠溶液反应而与镁粉不反应的原理除去铝，不增加新杂质，且离子方程式正确，故B项正确；碳酸氢根与羧基反应但不与酚羟基反应，故C项错误；由于草酸为弱酸，离子方程式中草酸应写化学式，故D项错误。13D3、D4、B1、B3xx浙江卷 为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如下流程：图00下列说法不正确的是()A固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3BX可以是空气，且需过量C捕获剂所捕获的气体主要是COD处理含NH废水时，发生反应的离子方程式为NHNO=N22H2O13B解析 Ca(OH)2与CO2、SO2反应生成CaCO3、CaSO3，A项正确；根据产物NaNO2可知，与NaOH溶液反应的气体为NO和NO2，方程式为NONO22NaOH=2NaNO2H2O，所以NO若与过量空气反应生成二氧化氮，再与氢氧化钠反应生成NaNO3，则不能将铵根离子氧化为氮气，则空气不能过量，B项错误；气体2主要为未反应的CO、N2等，捕获剂捕获的气体为CO，剩余的为无污染气体，C项正确；NaNO2溶液与NH 反应生成无污染气体，可知发生了氧化还原反应，产物为N2，D项正确。19B1 B3 B4 C3 D3xx上海卷 (双选)已知：SOI2H2O=SO2I2H。某溶液中可能含有Na、NH、Fe2、K、I、SO、SO，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是()A肯定不含I B肯定不含SOC肯定含有SO D肯定含有NH19BC解析 溶液无色，则该溶液不含Fe2；向溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，则溶液中一定存在SO；根据方程式SOI2H2O=SO2I2H可知，还原性SOI，当溶液中同时存在SO和I时，SO先被氧化，由于溴水少量，故无法判断溶液中是否存在I；溶液中所有离子物质的量浓度相等，无论是Na、NH还是K，均只带有一个单位正电荷，而SO带两个单位负电荷，若同时存在SO、SO，则电荷无法守恒，故溶液中必定不存在SO；综上所述，溶液中一定存在SO，一定不存在SO和Fe2，可能存在I，Na、NH、K中存在两种或三种。20B1 C2xx上海卷 已知NaOHAl(OH)3=NaAl(OH)4。向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是()ACO22OH=COH2OBAl2O32OH3H2O=2Al(OH)4C2Al2OH6H2O=2Al(OH)43H2DAl34OH=Al(OH)420D解析 反应过程中，并无Al3生成，故D项没有发生。四、xx上海卷 NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：(1)NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl(2)NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2已知HCN(Ki6.31010)有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。完成下列填空：24B1写出第二次氧化时发生反应的离子方程式。_242CNO3ClO=CO2CO3ClN29B1、B3、J5xx天津卷 水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示，单位mgL1，我国地表水环境质量标准规定，生活饮用水源的DO不能低于5 mgL1。某化学小组同学设计了下列装置(夹持装置略)，测定某河水的DO。图001测定原理：碱性条件下，O2将Mn2氧化为MnO(OH)2：2Mn2O24OH=2MnO(OH)2酸性条件下，MnO(OH)2将I氧化为I2：MnO(OH)2IHMn2I2H2O(未配平)用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2：2S2OI2=S4O2I2测定步骤：a安装装置，检验气密性，充N2排尽空气后，停止充N2。b向烧瓶中加入200 mL水样。c向烧瓶中依次迅速加入1 mL MnSO4无氧溶液(过量)、2 mL碱性KI无氧溶液(过量)，开启搅拌器，至反应完全。d搅拌并向烧瓶中加入2 mL H2SO4无氧溶液，至反应完全，溶液为中性或弱酸性。e从烧瓶中取出40.00 mL溶液，以淀粉作指示剂，用0.01000 molL1 Na2S2O3溶液进行滴定，记录数据。fg处理数据(忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化)。回答下列问题：(1)配制以上无氧溶液时，除去所用溶剂水中氧的简单操作为_。(2)在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器是_。滴定管注射器量筒(3)搅拌的作用是_。(4)配平反应的方程式，其化学计量数依次为_。(5)步骤f为_。(6)步骤e中达到滴定终点的标志为_。若某次滴定消耗Na2S2O3溶液4.50 mL，水样的DO_mgL1(保留一位小数)。作为饮用水源，此次测得DO是否达标：_(填“是”或“否”)(7)步骤d中加入H2SO4溶液反应后，若溶液pH过低，滴定时会产生明显的误差，写出产生此误差的原因(用离子方程式表示，至少写出2个)_。9(1)将溶剂水煮沸后冷却(2) (3)使溶液混合均匀，快速完成反应(4)1，2，4，1，1，3(5)重复步骤e的操作23次(6)溶液蓝色褪去(半分钟内不变色)9.0是(7)2HS2O=SSO2H2OSO2I22H2O=4HSO2I4H4IO2=2I22H2O(任写其中2个)解析 (1)除去溶解在水中的氧气的最简单方法是加热煮沸再冷却。(2)用滴定管或量筒加水样或试剂时都需要将橡胶塞打开，从而使空气进入装置干扰实验，而注射器则不需要打开橡胶塞。(3)搅拌的作用是使溶液混合均匀，使反应快速完成。(4)依据反应质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒可配平化学方程式：MnO(OH)22I4H=Mn2I23H2O，其化学计量数分别为1，2，4，1，1，3。(5)滴定操作一般要做23次实验，在误差允许范围内取平均值，故步骤f为重复步骤e的操作23次。(6)碘使淀粉溶液变蓝，当达到滴定终点时碘被消耗尽，蓝色褪去且半分钟内不变色。(7)酸性越强，S2O会发生自身的氧化还原反应生成单质硫和SO2，SO2再与碘反应从而使实验误差增大，并且酸性较强的条件下，较低浓度的O2也会将碘离子氧化，从而产生较大误差。28B1 C5 D2 J4 J5 xx北京卷 以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。 (1)经检验，现象中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象：_。(2)经检验，现象的棕黄色沉淀中不含SO，含有Cu、Cu2和SO。已知：CuCu Cu2，Cu2CuI(白色)I2。用稀H2SO4证实沉淀中含有Cu的实验现象是_。通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2和SO。图00a白色沉淀A是BaSO4，试剂1是_。b证实沉淀中含有Cu2和SO的理由是_。(3)已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验，现象的白色沉淀中无SO，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。推测沉淀中含有亚硫酸根和_。对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：i.被Al(OH)3所吸附；ii.存在于铝的碱式盐中。对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立。a将对比实验方案补充完整。图00步骤二：_(按上图形式呈现)。b假设ii成立的实验证据是_。(4)根据实验，亚硫酸盐的性质有_。盐溶液间反应的多样性与_有关。28(1)2AgSO=Ag2SO3(2)析出红色固体a. HCl和BaCl2溶液b在I的作用下，Cu2转化为白色沉淀CuI，SO转化为SO(3)Al3、OHbV1明显大于V2(4)亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件解析 (1)离子反应发生的条件是生成Ag2SO3沉淀，故离子方程式为2AgSO=Ag2SO3。(2)根据题给信息“棕黄色沉淀中不含SO，含有Cu、Cu2和SO”知沉淀中含Cu2；根据反应CuCuCu2，若沉淀中含有Cu，加入稀硫酸会发生歧化反应生成Cu和Cu2，原沉淀中含有Cu2，故可根据有红色固体生成确定Cu的存在。分析实验流程知实验原理为2Cu24I=2CuII2，I2SOH2O=SO2I2H，SOBa2=BaSO4，据此作答。(3)根据题意知实验的白色沉淀中无SO，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，推测沉淀中含有SO、Al3、OH。为了与步骤一作对比实验，步骤二用氨水制备Al(OH)3，然后再用NaOH溶液溶解，即步骤二为：若假设i SO被Al(OH)3吸附成立，则两个实验中消耗的NaOH溶液的体积相等；若假设ii SO存在于铝的碱式盐中成立，则步骤一比步骤二消耗NaOH溶液的体积多，即V1明显大于V2。28B1、B3、C3、G2、J2xx全国卷 某班同学用如下实验探究Fe2、Fe3的性质。回答下列问题：(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1 molL1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是_。(2)甲组同学取2 mL FeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为_。(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2 mL FeCl2溶液中先加入0.5 mL 煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是_。(4)丙组同学取10 mL 0.1 molL1KI溶液，加入6 mL 0.1 molL1 FeCl3溶液混合。分别取 2 mL 此溶液于3支试管中进行如下实验：第一支试管中加入1 mL CCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；第二支试管中加入1滴K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀；第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。实验检验的离子是_(填离子符号)；实验和说明：在I过量的情况下，溶液中仍含有_(填离子符号)，由此可以证明该氧化还原反应为_。(5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为_；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是_，生成沉淀的原因是_(用平衡移动原理解释)。28(1)防止Fe2被氧化(2)2Fe2Cl2=2Fe32Cl(3)隔绝空气(排除氧气对实验的影响)(4)Fe2Fe3可逆反应(5)2Fe2H2O22H=2Fe32H2OFe3催化H2O2分解产生O2H2O2分解反应放热，促进Fe3的水解平衡正向移动解析 (1)FeCl2容易被空气中的O2氧化为FeCl3，由Fe2FeCl3=3FeCl2可知，配制亚铁盐溶液时加入少量铁屑能防止Fe2被氧化。(2)氯气有强氧化性，能将FeCl2氧化为FeCl3，即2Fe2Cl2=2Fe32Cl。(3)煤油不溶于水且密度比水小，浮在FeCl2溶液上面的煤油能隔绝空气，排除氧气对实验的影响。(4)Fe2与黄色的铁氰化钾溶液反应生成蓝色的铁氰化亚铁沉淀，即3Fe22Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62，则实验检验的离子是Fe2；由实验推断，KI与FeCl3溶液发生氧化还原反应，生成物含有I2，实验说明I过量的情况下，溶液中仍含有Fe3；由上述现象推断，Fe3没有完全还原为Fe2，即KI与FeCl3的氧化还原反应是可逆反应。(5)H2O2是强氧化剂，能将Fe2氧化成Fe3，则有2Fe2H2O22H=2Fe32H2O；一段时间后，Fe3能将H2O2氧化成O2，离子方程式为2Fe3H2O2=2Fe2O22H，上述两步反应的总反应方程式为2H2O2=O22H2O，Fe3是该反应的催化剂，因而有气泡出现，且溶液变为棕黄色；由于上述反应放热，温度升高，H2O2反应生成水，起到了稀释作用，增大了溶液的pH，这些因素都能使水解平衡Fe33H2OFe(OH)33H正向移动，因此能生成红褐色沉淀。 B2 氧化还原反应概念2B2 O2xx上海卷 下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是()A海带提碘 B氯碱工业C氨碱法制碱 D海水提溴2C解析 海带提碘的过程中，需要用Cl2或H2O2将I氧化为碘单质，A项涉及氧化还原反应；电解饱和食盐水在工业上被称为氯碱工业，B项涉及氧化还原反应；氨碱法制碱涉及的反应有NaClNH3CO2H2O=NaHCO3NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3CO2H2O，均为非氧化还原反应，C项正确；海水提溴需要将氯气通入提取粗盐后的母液中将Br氧化为Br2，D项涉及氧化还原反应。 B3 氧化还原反应的规律及其应用13B3 A4xx上海卷 O2F2可以发生反应：H2S4O2F2SF62HF4O2，下列说法正确的是()A氧气是氧化产物BO2F2既是氧化剂又是还原剂C若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为1413D解析 分析反应可知，H2S中2价的S被氧化成6价的SF6，O2F2中1价的O被还原成0价的O2，故O2F2是氧化剂，H2S是还原剂，SF6为氧化产物，O2为还原产物，且还原剂与氧化剂的物质的量之比为14，D项正确，A、B项错误；C项没有指明标准状况，故4.48 L的HF并不一定是0.2 mol，转移电子数也不一定是0.8 mol ，C项错误。19B1 B3 B4 C3 D3xx上海卷 (双选)已知：SOI2H2O=SO2I2H。某溶液中可能含有Na、NH、Fe2、K、I、SO、SO，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是()A肯定不含I B肯定不含SOC肯定含有SO D肯定含有NH19BC解析 溶液无色，则该溶液不含Fe2；向溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，则溶液中一定存在SO；根据方程式SOI2H2O=SO2I2H可知，还原性SOI，当溶液中同时存在SO和I时，SO先被氧化，由于溴水少量，故无法判断溶液中是否存在I；溶液中所有离子物质的量浓度相等，无论是Na、NH还是K，均只带有一个单位正电荷，而SO带两个单位负电荷，若同时存在SO、SO，则电荷无法守恒，故溶液中必定不存在SO；综上所述，溶液中一定存在SO，一定不存在SO和Fe2，可能存在I，Na、NH、K中存在两种或三种。26A4、B3、D4、H1 xx全国卷 联氨(又称肼，N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。回答下列问题：(1)联氨分子的电子式为_，其中氮的化合价为_。(2)实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为_。(3)2O2(g)N2(g)=N2O4(l)H1N2(g)2H2(g)=N2H4(l)H2O2(g)2H2(g)=2H2O(g)H32N2H4(l)N2O4(l)=3N2(g)4H2O(g)H41 048.9 kJmol1上述反应热效应之间的关系式为H4_，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为_。(4)联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离反应的平衡常数值为_(已知：N2H4HN2H的K8.7107；KW1.01014)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为_。(5)联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是_。联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的O2_kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是_。26(1) 2(2)2NH3NaClO=N2H4NaClH2O(3)2H32H2H1反应放热量大、产生大量气体(4)8.7107N2H6(HSO4)2(5)固体逐渐变黑，并有气泡产生1N2H4的用量少，不产生其他杂质(还原产物为N2和H2O，而Na2SO3产生Na2SO4)解析 (1)N、H均为非金属元素，根据各原子核最外层电子数分析可知，联氨分子含有1个NN键、4个NH键，其电子式为；N2H4是共价化合物，根据电子式可知氮元素的化合价为2价，氢元素的化合价为1价。(2)由题意可知，次氯酸钠是强氧化剂，氨是还原剂，氮元素由3价升高到2价，失去1个电子，生成联氨，氯元素由1价降低到1价，得到2个电子，生成稳定的氯化钠，则反应的化学方程式为2NH3NaClO=N2H4NaClH2O。(3)观察可知，四个热化学方程式关系式为22，由盖斯定律可知2H32H2H1H4 ；由反应可知，2 mol N2H4(l)和1 mol N2O4(l)反应生成3 mol N2(g)和4 mol H2O(g)时，放出1 048.9 kJ热量，且产生7 mol气体，由此推断，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因是反应放热量大、产生大量气体。(4)由题给信息可知，N2H4HN2H的K8.7107，KWc(H)c(OH)1.01014，联氨在水溶液中的第一步电离平衡为N2H4H2ON2HOH，其电离常数Kb1c(OH)c(H)KKW8.71071.010148.7107；由题意可知，二元弱碱与硫酸中和所得正盐为N2H6SO4，该正盐与硫酸继续反应生成的酸式盐为N2H6(HSO4)2。(5)由题意可知，联氨是还原剂，AgBr是氧化剂，两者反应时，AgBr中银元素由1价降低到0价，生成的单质银或银粉覆盖在淡黄色的溴化银固体表面，联氨中氮元素由2价升高到0价，生成氮气，反应的化学方程式为N2H44AgBr =N24Ag4HBr(可能还发生反应N2H4HBr=N2H5Br)，因此可观察到淡黄色固体逐渐变黑，并有气泡产生。由N2H4O2=N2 2H2O可知，1 mol联氨可除去1 mol O2，又因为M(N2H4)M(O2)，mnM，1 kg联氨可除去O2的质量为1 kg；用亚硫酸钠处理水中溶解氧的原理为2Na2SO3O2=2Na2SO4，处理等物质的量的O2时，消耗联氨的物质的量仅为消耗亚硫酸钠的物质的量的一半，且联氨与氧气反应的产物为N2和H2O，而亚硫酸钠与氧气反应的产物为Na2SO4。28B1、B3、C3、G2、J2xx全国卷 某班同学用如下实验探究Fe2、Fe3的性质。回答下列问题：(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1 molL1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是_。(2)甲组同学取2 mL FeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为_。(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2 mL FeCl2溶液中先加入0.5 mL 煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是_。(4)丙组同学取10 mL 0.1 molL1KI溶液，加入6 mL 0.1 molL1 FeCl3溶液混合。分别取 2 mL 此溶液于3支试管中进行如下实验：第一支试管中加入1 mL CCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；第二支试管中加入1滴K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀；第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。实验检验的离子是_(填离子符号)；实验和说明：在I过量的情况下，溶液中仍含有_(填离子符号)，由此可以证明该氧化还原反应为_。(5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为_；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是_，生成沉淀的原因是_(用平衡移动原理解释)。28(1)防止Fe2被氧化(2)2Fe2Cl2=2Fe32Cl(3)隔绝空气(排除氧气对实验的影响)(4)Fe2Fe3可逆反应(5)2Fe2H2O22H=2Fe32H2OFe3催化H2O2分解产生O2H2O2分解反应放热，促进Fe3的水解平衡正向移动解析 (1)FeCl2容易被空气中的O2氧化为FeCl3，由Fe2FeCl3=3FeCl2可知，配制亚铁盐溶液时加入少量铁屑能防止Fe2被氧化。(2)氯气有强氧化性，能将FeCl2氧化为FeCl3，即2Fe2Cl2=2Fe32Cl。(3)煤油不溶于水且密度比水小，浮在FeCl2溶液上面的煤油能隔绝空气，排除氧气对实验的影响。(4)Fe2与黄色的铁氰化钾溶液反应生成蓝色的铁氰化亚铁沉淀，即3Fe22Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62，则实验检验的离子是Fe2；由实验推断，KI与FeCl3溶液发生氧化还原反应，生成物含有I2，实验说明I过量的情况下，溶液中仍含有Fe3；由上述现象推断，Fe3没有完全还原为Fe2，即KI与FeCl3的氧化还原反应是可逆反应。(5)H2O2是强氧化剂，能将Fe2氧化成Fe3，则有2Fe2H2O22H=2Fe32H2O；一段时间后，Fe3能将H2O2氧化成O2，离子方程式为2Fe3H2O2=2Fe2O22H，上述两步反应的总反应方程式为2H2O2=O22H2O，Fe3是该反应的催化剂，因而有气泡出现，且溶液变为棕黄色；由于上述反应放热，温度升高，H2O2反应生成水，起到了稀释作用，增大了溶液的pH，这些因素都能使水解平衡Fe33H2OFe(OH)33H正向移动，因此能生成红褐色沉淀。13D3、D4、B1、B3xx浙江卷 为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如下流程：图00下列说法不正确的是()A固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3BX可以是空气，且需过量C捕获剂所捕获的气体主要是COD处理含NH废水时，发生反应的离子方程式为NHNO=N22H2O13B解析 Ca(OH)2与CO2、SO2反应生成CaCO3、CaSO3，A项正确；根据产物NaNO2可知，与NaOH溶液反应的气体为NO和NO2，方程式为NONO22NaOH=2NaNO2H2O，所以NO若与过量空气反应生成二氧化氮，再与氢氧化钠反应生成NaNO3，则不能将铵根离子氧化为氮气，则空气不能过量，B项错误；气体2主要为未反应的CO、N2等，捕获剂捕获的气体为CO，剩余的为无污染气体，C项正确；NaNO2溶液与NH 反应生成无污染气体，可知发生了氧化还原反应，产物为N2，D项正确。27B3、G3、G4、H5xx全国卷 元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3(蓝紫色)、Cr(OH)(绿色)、Cr2O(橙红色)、CrO(黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体。回答下列问题：(1)Cr3与Al3的化学性质相似，在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是_。(2)CrO和Cr2O在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0 molL1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O)随c(H)的变化如图所示。图00用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应_。由图可知，溶液酸性增大，CrO的平衡转化率_(填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为_。升高温度，溶液中CrO的平衡转化率减小，则该反应的H_0(填“大于”“小于”或“等于”)。(3)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl，利用Ag与CrO生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl恰好完全沉淀(浓度等于1.0105 molL1)时，溶液中c(Ag)为_molL1，此时溶液中c(CrO)等于_molL1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.01012和2.01010)。(4)6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O还原成Cr3，反应的离子方程式为_。27(1)蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液(2)2CrO2HCr2OH2O增大1.01014小于(3)2.01055.0103(4)Cr2O3HSO5H2Cr33SO4H2O解析 (1)根据Cr3与Al3化学性质相似，可知蓝紫色的Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液，要先生成灰蓝色的Cr(OH)3沉淀，当NaOH溶液过量时，Cr(OH)3溶解得到含有NaCr(OH)4的绿色溶液。(2)从图像中可看出在酸性条件下CrO可转化为Cr2O，对应的离子反应为2CrO2H=Cr2OH2O。从图像中可看出溶液中c(H)越大，即酸性越强时，CrO的平衡转化率越大，A点对应c(H)1.0107 mol/L，溶液中c(Cr2O)0.25 mol/L，则平衡时溶液中c(CrO)1.0 mol/L2c(Cr2O)0.5 mol/L，则根据中反应可求出A点对应的平衡常数K1.01014。升温时CrO平衡转化率减小，说明升温平衡逆向移动，则该反应H0。(3)结合Ksp(AgCl)和溶液中c(Cl)1.0105 mol/L，可求出溶液中c(Ag)2.0105 mol/L。结合溶液中c(Ag)2.0105 mol/L和Ksp(Ag2CrO4)可求出溶液中c(CrO)5.0103 mol/L。(4)HSO在反应中被氧化为SO，结合反应前后元素化合价变化，利用升降法可写出并配平该离子方程式。28D2、B3、F4、J2xx全国卷 NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：图00回答下列问题：(1)NaClO2中Cl的化合价为_。(2)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式：_。(3)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2和Ca2，要加入的试剂分别为_、_。“电解”中阴极反应的主要产物是_。(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，该反应中氧化产物是_。(5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为_。(计算结果保留两位小数)28(1)3(2)2NaClO3SO2H2SO4=2ClO22NaHSO4(3)NaOH溶液Na2CO3溶液ClO(或NaClO2)(4)21O2(5)1.57解析 (1)NaClO2中Na和O分别为1和2价，则Cl为3价。(2)结合图示可知NaClO3与SO2在H2SO4作用下反应生成ClO2和NaHSO4，根据化合价变化可配平该反应：2NaClO3SO2H2SO4=2ClO22NaHSO4。(3)可向食盐水中分别加入NaOH溶液和Na2CO3溶液除去食盐水中的Mg2和Ca2。结合图示可知阳极生成Cl2，阴极得到的产物为NaClO2。(4)结合图示可知尾气ClO2在反应中被还原为ClO，则H2O2被氧化为O2，根据转移电子数目相等可确定氧化剂与还原剂的物质的量之比为21。(5)1 mol NaClO2在反应中转移4 mol电子，而1 mol Cl2在反应中转移2 mol电子，根据，解得n(e)3.14 mol，则可确定NaClO2中有效氯含量为3.14 mol2 mol1.57。7B3、D4、E2、E5、F2xx天津卷 下表为元素周期表的一部分。碳氮YX硫Z回答下列问题(1)Z元素在周期表中的位置为_。(2)表中元素原子半径最大的是(写元素符号)_。(3)下列事实能说明Y元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是_；aY单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊b在氧化还原反应中，1 mol Y单质比1 mol S得电子多cY和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高(4)X与Z两元素的单质反应生成1 mol X的最高价化合物，恢复至室温，放热687 kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为69 和58 ，写出该反应的热化学方程式：_。(5)碳与镁形成的1 mol化合物Q与水反应，生成2 mol Mg(OH)2和1 mol烃，该烃分子中碳氢质量比为91，烃的电子式为_。Q与水反应的化学方程式为_。(6)铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由上表中两种元素组成，气体的相对分子质量都小于50。为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1 L 2.2 molL1 NaOH溶液和1 mol O2，则两种气体的分子式及物质的量分别为_，生成硫酸铜物质的量为_。7(1)第三周期第A族(2)Si(3)ac(4)Si(s)2Cl2(g)=SiCl4(l)H687 kJmol1(5) Mg2C34H2O=2Mg(OH)2C3H4(6)NO0.9 mol；NO21.3 mol2 mol解析 根据元素在周期表中的位置及原子序数关系可判断X为Si，Y为O，Z为Cl。(1)Cl在元素周期表中位于第三周期第A族。(2)在元素周期表中同周期主族元素随着原子序数的递增原子半径逐渐减小，同主族元素原子半径自上而下逐渐增大，由此可判断所给元素中X元素即硅元素原子半径最大。(3)单质的氧化性越强，其元素的非金属性越强；氢化物的稳定性越强，其非金属性越强；故选ac。(4)单质Si和Cl2发生化合反应生成Si的最高价化合物即SiCl4，根据熔沸点可判断常温下SiCl4为液体，根据题意可写出热化学方程式为Si(s)2Cl2(g)=SiCl4(l)H687 kJ/mol。(5)根据生成的烃分子的碳氢质量比为91可推知，碳氢原子个数比为34，则该烃的分子式为C3H4，即为丙炔，其电子式为；又因为1 mol Q与水反应生成2 mol Mg(OH)2和1 mol C3H4，则Q的化学式为Mg2C3，其与水反应的化学方程式为Mg2C34H2O=2Mg(OH)2C3H4。(6)铜与硝酸反应的气体产物为NO或NO2或N2O4，但其相对分子质量要小于50，则两种气体产物为NO和NO2，设NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y，则依据原子守恒和得失电子守恒有xy1 L2.2 mol/L2.2 mol和3xy4 mol，解得x0.9 mol，y1.3 mol；因为铜失去的电子的物质的量等于硝酸根得到的电子的物质的量，也等于NO和NO2失去的电子的物质的量(又生成硝酸根)，还等于1 mol O2得到的电子的物质的量即4 mol，1 mol Cu失去2 mol电子，则需要2 mol Cu失去4 mol 电子生成2 mol Cu2，即生成CuSO4 2 mol。9B1、B3、J5xx天津卷 水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示，单位mgL1，我国地表水环境质量标准规定，生活饮用水源的DO不能低于5 mgL1。某化学小组同学设计了下列装置(夹持装置略)，测定某河水的DO。图001测定原理：碱性条件下，O2将Mn2氧化为MnO(OH)2：2Mn2O24OH=2MnO(OH)2酸性条件下，MnO(OH)2将I氧化为I2：MnO(OH)2IHMn2I2H2O(未配平)用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2：2S2OI2=S4O2I2测定步骤：a安装装置，检验气密性，充N2排尽空气后，停止充N2。b向烧瓶中加入200 mL水样。c向烧瓶中依次迅速加入1 mL MnSO4无氧溶液(过量)、2 mL碱性KI无氧溶液(过量)，开启搅拌器，至反应完全。d搅拌并向烧瓶中加入2 mL H2SO4无氧溶液，至反应完全，溶液为中性或弱酸性。e从烧瓶中取出40.00 mL溶液，以淀粉作指示剂，用0.01000 molL1 Na2S2O3溶液进行滴定，记录数据。fg处理数据(忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化)。回答下列问题：(1)配制以上无氧溶液时，除去所用溶剂水中氧的简单操作为_。(2)在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器是_。滴定管注射器量筒(3)搅拌的作用是_。(4)配平反应的方程式，其化学计量数依次为_。(5)步骤f为_。(6)步骤e中达到滴定终点的标志为_。若某次滴定消耗Na2S2O3溶液4.50 mL，水样的DO_mgL1(保留一位小数)。作为饮用水源，此次测得DO是否达标：_(填“是”或“否”)(7)步骤d中加入H2SO4溶液反应后，若溶液pH过低，滴定时会产生明显的误差，写出产生此误差的原因(用离子方程式表示，至少写出2个)_。9(1)将溶剂水煮沸后冷却(2) (3)使溶液混合均匀，快速完成反应(4)1，2，4，1，1，3(5)重复步骤e的操作23次(6)溶液蓝色褪去(半分钟内不变色)9.0是(7)2HS2O=SSO2H2OSO2I22H2O=4HSO2I4H4IO2=2I22H2O(任写其中2个)解析 (1)除去溶解在水中的氧气的最简单方法是加热煮沸再冷却。(2)用滴定管或量筒加水样或试剂时都需要将橡胶塞打开，从而使空气进入装置干扰实验，而注射器则不需要打开橡胶塞。(3)搅拌的作用是使溶液混合均匀，使反应快速完成。(4)依据反应质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒可配平化学方程式：MnO(OH)22I4H=Mn2I23H2O，其化学计量数分别为1，2，4，1，1，3。(5)滴定操作一般要做23次实验，在误差允许范围内取平均值，故步骤f为重复步骤e的操作23次。(6)碘使淀粉溶液变蓝，当达到滴定终点时碘被消耗尽，蓝色褪去且半分钟内不变色。(7)酸性越强，S2O会发生自身的氧化还原反应生成单质硫和SO2，SO2再与碘反应从而使实验误差增大，并且酸性较强的条件下，较低浓度的O2也会将碘离子氧化，从而产生较大误差。27C2、C3、H3、B3、E1、A4xx浙江卷 .化合物Mg5Al3(OH)19(H2O)4可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：2Mg5Al3(OH)19(H2O)427H2O10MgO3Al2O3(1)写出该化合物作阻燃剂的两条依据：_。(2)用离子方程式表示除去固体产物中Al2O3的原理：_。(3)已知MgO可溶于NH4Cl的水溶液，用化学方程式表示其原理：_