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阶段检测二(专题二)一、选择题(本大题共25小题,每小题2分,共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.下列转化必须要通过加氧化剂才能发生的是()A.NaHCO3Na2CO3B.KClO3O2C.KII2D.Cl2HClO答案CNaHCO3Na2CO3变化过程中,没有元素化合价发生变化,不需要加入氧化剂,故A不符合题意;由KClO3生成O2,可以利用KClO3在催化剂作用下受热分解实现,不需要另外加入氧化剂,故B不符合题意;KII2变化过程中,碘元素的化合价从-1价升高到0价,KI是还原剂,需要加入氧化剂才能实现,故C符合题意;由Cl2生成HClO,可以利用Cl2和水反应实现,在该反应中,Cl2既是氧化剂又是还原剂,水既不是氧化剂也不是还原剂,故D不符合题意。2.下列物质不能使淀粉碘化钾溶液变蓝的是()A.SO2 B.H2O2C.新制氯水D.碘酒答案ASO2和碘化钾不反应,所以没有碘单质生成,则不能使淀粉碘化钾溶液变蓝,故A符合题意;H2O2具有强氧化性,能和碘离子反应生成碘单质,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝,故B不符合题意;新制氯水中氯气和碘离子发生置换反应生成碘单质,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝,故C不符合题意;碘酒中含有碘单质,碘遇淀粉溶液变蓝,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝,故D不符合题意。3.下列说法不正确的是()A.可将氯气转化为液氯,储存于钢瓶中B.海水中提取粗食盐后的母液是提取溴的原料C.氧化镁是优质的耐高温材料D.通常用食盐溶液去除物品表面的油污答案D在一定条件下,氯气有固、液、气三态变化,所以可将氯气转化为液氯,常温下纯净的氯气与铁不反应,钢瓶的主要成分为铁,所以可盛装液氯,故A正确;海水中含有大量的溴化物,所以提取粗食盐后的母液是提取溴的原料,故B正确;氧化镁是离子化合物,熔点很高,所以是优质的耐高温材料,故C正确;油污是油脂类化合物,不溶于食盐溶液,故不能用食盐溶液去除物品表面的油污,故D错误。4.下列反应既是氧化还原反应,又是化合反应的是()A.Na2CO3+CO2+H2O 2NaHCO3B.SO2+H2O2 H2SO4C.CaO+H2O Ca(OH)2D.Cl2+2NaOH NaClO+NaCl+H2O答案BNa2CO3+CO2+H2O 2NaHCO3反应前后没有化合价变化,属于非氧化还原反应,故A错误;SO2+H2O2 H2SO4反应前后有元素化合价改变,既是氧化还原反应,又是化合反应,故B正确;CaO+H2O Ca(OH)2反应前后没有化合价变化,属于非氧化还原反应,故C错误;Cl2+2NaOH NaClO+NaCl+H2O不是化合反应,故D错误。5.下列反应中,属于氧化还原反应的是()A.IBr+H2O HIO+HBrB.SO3+H2O H2SO4C.SO2+2KOH K2SO3+H2OD.NaH+H2O NaOH+H2答案DIBr中Br显-1价,I显+1价,根据反应方程式,反应前后没有化合价的变化,不属于氧化还原反应,故A错误;反应前后均没有化合价的变化,不属于氧化还原反应,故B、C错误;NaH中H显-1价,化合价升高,转化为0价,H2O中H显+1价,化合价降低,转化为0价,存在化合价的变化,属于氧化还原反应,故D正确。6.下列离子方程式不正确的是()A.硫酸型酸雨的形成会涉及反应:2H2SO3+O2 4H+2SO42-B.纯碱溶液显碱性的原因:CO32-+2H2O H2CO3+2OH-C.盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞的原因:SiO2+2OH- SiO32-+H2OD.成分为盐酸的洁厕灵与“84”消毒液混合使用易中毒:Cl-+ClO-+2H+ Cl2+H2O答案B二氧化硫与水反应生成H2SO3,H2SO3可被氧气氧化生成H2SO4,故A正确;纯碱为强碱弱酸盐,水解呈碱性,但以第一步水解为主,应为CO32-+H2O HCO3-+OH-,故B错误;玻璃中含有二氧化硅,可与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠,反应的离子方程式可写成SiO2+2OH- SiO32-+H2O,故C正确;盐酸与次氯酸钠反应生成氯气,反应的离子方程式为Cl-+ClO-+2H+ Cl2+H2O,故D正确。7.下列离子方程式正确的是()A.氨水中通入少量SO2:SO2+NH3H2O NH4+HSO3-B.钠和水反应:Na+H2O Na+OH-+H2C.碳酸钙与稀硝酸反应:CaCO3+2H+ Ca2+H2O+CO2D.FeI2溶液中通入过量Cl2:2Fe2+2I-+2Cl2 2Fe3+I2+4Cl-答案C氨水中通入少量SO2,应该生成亚硫酸铵,故A错误;原子不守恒,故B错误;FeI2溶液中通入过量Cl2,那么Fe2+和I-都反应完全,则离子方程式中Fe2+和I-的化学计量数之比应该是12,故D错误。8.下列离子方程式正确的是()A.硫酸氢钠溶液与小苏打溶液的反应:H+HCO3- CO2+H2OB.用苛性钠溶液吸收过量SO2:SO2+2OH- SO32-+H2OC.二氧化锰和浓盐酸反应:MnO2+4HCl Mn2+2Cl2+2H2OD.工业上氯气和石灰乳反应制漂白粉:Cl2+2OH- ClO-+Cl-+H2O答案A硫酸氢钠是强电解质,完全电离,硫酸氢钠溶液与小苏打溶液的反应:H+HCO3- CO2+H2O,故A正确;用苛性钠溶液吸收过量SO2生成亚硫酸氢钠:SO2+OH- HSO3-,故B错误;氯化氢是强电解质,二氧化锰和浓盐酸反应:MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O,故C错误;石灰乳中氢氧化钙没有全部以自由移动的离子形式存在,工业上氯气和石灰乳反应制漂白粉:Cl2+Ca(OH)2 Ca2+ClO-+Cl-+H2O,故D错误。9.下列指定反应的离子方程式正确的是()A.稀硫酸与氢氧化钡溶液恰好中和:Ba2+OH-+H+SO42- BaSO4+H2OB.金属钠投入硫酸镁溶液中:2Na+2H2O+Mg2+ 2Na+H2+Mg(OH)2C.碳酸钠溶液中通入过量氯气:CO32-+Cl2 CO2+Cl-+ClO-D.实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2:MnO2+4HCl(浓) Mn2+2Cl-+Cl2+2H2O答案B不符合物质的固定组成,应为Ba2+2OH-+2H+SO42- BaSO4+2H2O,A错误;金属钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气,然后氢氧化钠与硫酸镁反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠,两个方程式合二为一,即为2Na+2H2O+Mg2+ 2Na+H2+Mg(OH)2,B正确;氯气溶于水生成盐酸和次氯酸,酸性:盐酸碳酸次氯酸,所以CO32-+2Cl2+H2O CO2+2Cl-+2HClO,C错误;浓盐酸能拆成离子形式,不能写成分子式,D错误。10.根据海水综合利用的工业流程图,判断下列说法不正确的是()A.除去粗盐中杂质(Mg2+、SO42-、Ca2+),加入的药品顺序为:NaOH溶液BaCl2溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸B.在过程中将MgCl26H2O灼烧即可制得无水MgCl2C.从能量转换角度看,氯碱工业是一个将电能转化为化学能的过程D.从第步到第步的目的是富集Br2答案B除去粗盐中的Mg2+,常用NaOH溶液,除去SO42-,常用BaCl2溶液,除去Ca2+,常用Na2CO3溶液,Na2CO3溶液的作用不仅是除去Ca2+,还要除去过量的BaCl2,因此Na2CO3溶液放在BaCl2溶液的后面,即顺序是NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液或者BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液或者BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液,然后过滤,再加盐酸,除去过量的NaOH和Na2CO3,故A说法正确;灼烧MgCl26H2O时,需要在HCl气流中加热,防止Mg2+水解,故B说法错误;电解饱和食盐水的装置为电解池,是将电能转化为化学能,故C说法正确;海水中Br-浓度低,从第步到第步,目的是富集Br2,故D说法正确。11.在c(Na+)为1.0 molL-1的某澄清溶液中,还可能含有K+、Mg2+、Fe3+、Ba2+、CO32-、SO32-、SiO32-、Cl-、SO42-等离子,取该溶液100 mL进行下图连续实验(所加试剂均过量,气体全部逸出)。下列说法不正确的是()A.原溶液中一定不存在Mg2+、Fe3+、Ba2+、SO42-B.在100 mL原溶液中加入足量BaCl2溶液,至少可生成沉淀20.5 gC.为确定原溶液中是否含有Cl-,可取滤液C,加入AgNO3溶液和稀硝酸D.原溶液中一定存在K+,c(K+)可能为1.5 molL-1答案C加稀盐酸有1.12 L即0.05 mol气体生成,则溶液中含有CO32-、SO32-中1种或2种,其物质的量之和为0.05 mol,则原溶液中一定没有Mg2+、Fe3+、Ba2+,因为Mg2+、Ba2+与CO32-、SO32-会生成沉淀,Fe3+与CO32-会发生相互促进的水解,Fe3+与SO32-发生氧化还原反应;由生成沉淀B判断溶液中一定含有SiO32-,发生反应SiO32-+2H+ H2SiO3,H2SiO3加热分解生成3.0 g SiO2,即0.05 mol SiO2,所以原溶液中SiO32-的物质的量为0.05 mol;向滤液C中加入BaCl2溶液,没有明显现象,则原溶液中不含SO42-;已知c(Na+)为1.0 molL-1,溶液体积为100 mL,所以Na+的物质的量为0.1 mol,根据电荷守恒,2n(CO32-)+n(SO32-)+2n(SiO32-)=20.05 mol+20.05 mol=0.2 moln(Na+)=0.1 mol,因此原溶液中一定含有K+,且其物质的量至少为0.1 mol,物质的量浓度至少为1 molL-1。由以上分析得原溶液中一定不存在Mg2+、Fe3+、Ba2+、SO42-,故A正确;CO32-、SO32-、SiO32-均能和BaCl2溶液产生沉淀,其中n(BaCO3+BaSO3)=0.05 mol,BaCO3摩尔质量小于BaSO3,n(BaSiO3)=0.05 mol,沉淀的质量至少为:197 gmol-10.05 mol+213 gmol-10.05 mol=20.5 g,故B正确;原溶液中滴加过稀盐酸,滤液C中一定含有Cl-,检验滤液C不能证明原溶液中是否含有Cl-,故C错误;根据上述分析,原溶液中一定含有K+,且其浓度至少为1 molL-1,故D正确。12.已知氧化还原反应2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4 2CuI+13I2+12K2SO4+12H2O,当1 mol氧化剂参加反应时,被氧化的物质的物质的量为()A.10 molB.11 molC.12 molD.13 mol答案B由2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4 2CuI+13I2+12K2SO4+12H2O可知,Cu(IO3)2中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价,I元素的化合价由+5价降低为0,则Cu(IO3)2为氧化剂,所以1 mol氧化剂在反应中得到的电子为1 mol(2-1)+2 mol(5-0)=11 mol,KI中I元素的化合价由-1价升高为0,则KI为还原剂,被氧化,所以当1 mol氧化剂参加反应时,被氧化的物质的物质的量为11 mol,答案选B。13.下列指定反应的离子方程式或离子共存叙述正确的是()A.向Ba(OH)2溶液中加入过量NaHCO3溶液:Ba2+OH-+HCO3- BaCO3+H2OB.将0.2 molL-1的NH4Al(SO4)2溶液与0.3 molL-1的Ba(OH)2溶液等体积混合:2Al3+3SO42-+3Ba2+6OH- 2Al(OH)3+3BaSO4C.向Mg(HCO3)2溶液中加入少量的NaOH溶液:Mg2+2HCO3-+4OH- Mg(OH)2+2CO32-+2H2OD.由水电离的c(OH-)=10-14 molL-1的溶液中:Na+、AlO2-、S2-、SO42-一定不能大量共存答案B按照“谁少量谁的化学计量数为1”的原则,向Ba(OH)2溶液中加入过量NaHCO3溶液,反应的离子方程式为Ba2+2OH-+2HCO3- BaCO3+CO32-+2H2O,故A错误;将0.2 molL-1的NH4Al(SO4)2溶液与0.3 molL-1的Ba(OH)2溶液等体积混合,反应的离子方程式为2Al3+3SO42-+3Ba2+6OH- 2Al(OH)3+3BaSO4,故B正确;向Mg(HCO3)2溶液中加入少量的NaOH溶液,离子方程式为Mg2+2HCO3-+2OH- MgCO3+CO32-+2H2O,故C错误;由水电离的c(OH-)=10-14 molL-1的溶液可能是碱性溶液,也可能是酸性溶液,如果是酸性溶液,则H+与AlO2-、S2-可以发生反应而不能大量共存,如果是碱性溶液则可大量共存,故D错误。14.下图为从海带中提取碘的工业生产过程,下列有关说法错误的是()A.因海水中蕴藏着极其丰富的碘元素,所以工业上也可以直接从海水中提取碘元素B.碱化操作时,加入NaOH溶液的原因是在碱性溶液中可溶性有机质可形成沉淀C.在实验室进行氧化操作时,加入的氧化剂可以是新制氯水、双氧水等D.在实验室进行过滤操作时,需要用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗答案A海水中虽然蕴藏着极其丰富的碘元素,但是浓度很小,因此不能直接从海水中提取碘元素,A项错误;由流程图可知,碱化操作时,加入NaOH溶液的原因是在碱性溶液中可溶性有机质可形成有机物沉淀,B项正确;氧化操作的目的是将I-氧化成I2,所以加入的氧化剂可以是新制氯水、双氧水等,C项正确;过滤操作时,需要用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗,D项正确。15.下列有关Na2O2的说法不正确的是()A.向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴加几滴水,脱脂棉剧烈燃烧起来,说明Na2O2与H2O反应放热且有氧气生成B.Na2O2与CO2反应时有单质O2生成,该反应属于置换反应C.Na2O2在空气中久置变白,涉及的氧化还原反应中,Na2O2既是氧化剂,又是还原剂D.Na2O2粉末加入Ca(HCO3)2溶液中,会产生气体和浑浊答案BA项,可燃物燃烧需要与O2接触,且温度达到着火点;B项,反应物中没有单质,不符合置换反应的定义;C项,Na2O2与CO2、H2O的反应都是Na2O2自身的氧化还原反应;D项,Na2O2先和水反应生成O2和NaOH,NaOH再与Ca(HCO3)2反应产生沉淀CaCO3。16.如图,在蒸发皿中放一小块钠,加热至熔化时,用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4与熔化的钠接触,瞬间产生耀眼的火花,同时有红色物质生成,据此判断下列说法不正确的是()A.上述反应是置换反应B.上述反应说明钠比铜活泼C.上述反应证明钠可以从CuSO4溶液中置换出铜D.加热且无水条件下,Na可以与CuSO4反应并生成Cu答案C实验在无水条件下进行,有红色物质生成,说明熔融的钠将硫酸铜中的铜置换出来并且放出热量,属于置换反应,钠作还原剂,硫酸铜作氧化剂,说明钠比铜活泼,故A、B项正确;若钠与CuSO4溶液混合,则钠先与水反应生成氢氧化钠,氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜,不会置换出金属铜,故C错误;根据以上分析,在无水条件下,Na可以与CuSO4反应并生成Cu,故D正确。17.实验室常用NaNO2与NH4Cl两种物质的浓溶液混合共热制取少量N2。下列关于该反应的说法中不正确的是()A.该反应产物除N2外还有NaCl和H2OB.NaNO2是氧化剂,NH4Cl是还原剂C.标准状况下每生成2.24 L N2转移0.6 mol电子D.氧化产物和还原产物均为N2答案C根据化学方程式NaNO2+NH4Cl NaCl+N2+2H2O,该反应产物除N2外还有NaCl和H2O,故A正确;NaNO2中N元素的化合价由+3价降低为0价,NH4Cl中N元素的化合价由-3价升高为0价,NaNO2是氧化剂,NH4Cl是还原剂,故B正确;由化合价变化可知,每生成1 mol N2时,转移电子的物质的量为(3-0) mol=3 mol,则每生成0.1 mol N2时,转移电子的物质的量为0.3 mol,故C错误;该反应中只有N元素的化合价发生变化,则生成物中的N2既是氧化产物又是还原产物,故D正确。18.Cu2S与一定浓度的HNO3反应,生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O。当产物n(NO2)n(NO)=11时,下列说法错误的是()A.1 mol Cu2S参加反应时有10 mol电子转移B.参加反应的n(Cu2S)n(HNO3)=15C.反应中Cu2S作还原剂D.产物nCu(NO3)2n(CuSO4)=11答案BCu2S与一定浓度的HNO3反应,生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O。当产物n(NO2)n(NO)=11时,根据得失电子守恒、原子守恒可得该反应的化学方程式是2Cu2S+14HNO3 2Cu(NO3)2+2CuSO4+5NO2+5NO+7H2O,1 mol Cu2S参加反应时有10 mol电子转移,A正确;参加反应的n(Cu2S)n(HNO3)=214=17,B错误;在该反应中Cu2S失去电子被氧化,所以Cu2S作还原剂,C正确;根据化学方程式可知,反应产生的Cu(NO3)2、CuSO4的物质的量之比是nCu(NO3)2n(CuSO4)=11,D正确。19.向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量,观察到有沉淀CuI生成,且溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体,溶液逐渐变成无色。下列有关分析中正确的是()A.上述实验条件下,物质的氧化性:Cu2+SO2I2B.在SO2与I2反应中得到的还原产物为H2SO4C.通入SO2后溶液逐渐变成无色,体现了SO2的漂白性D.滴加KI溶液时,每转移2 mol e-会生成2 mol CuI沉淀答案D由题干信息可知,向CuSO4溶液中加入KI溶液时发生反应:,当转移2 mol e-时生成2 mol CuI沉淀,故D正确;向反应后的混合物中再通入SO2气体,又发生反应:I2+SO2+2H2O H2SO4+2HI,该反应中SO2作还原剂,体现了SO2的还原性,得到的还原产物是HI,故B、C均不正确;根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知,反应中氧化性:Cu2+I2,反应中I2将SO2氧化,说明氧化性:I2SO2,故A不正确。20.往含有0.2 mol NaOH和0.1 mol Ba(OH)2的混合溶液中持续稳定地通入CO2气体,当通入气体为8.96 L(标准状况)时立即停止。则这一过程中,溶液中离子的物质的量与通入CO2气体的体积关系图像正确的是(气体的溶解和离子的水解忽略不计)()答案C本题涉及的化学反应有Ba(OH)2+CO2 BaCO3+H2O、2NaOH+CO2 Na2CO3+H2O、BaCO3+CO2+H2O Ba(HCO3)2、Na2CO3+CO2+H2O 2NaHCO3。当未通入CO2气体时,溶液中的离子为0.2 mol Na+、0.1 mol Ba2+、0.4 mol OH-,共0.7 mol;当通入2.24 L CO2时,发生反应,此时溶液中离子为0.2 mol Na+、0.2 mol OH-,共0.4 mol;当通入4.48 L CO2时,发生反应,此时溶液中离子为0.2 mol Na+、0.1 mol CO32-,共0.3 mol;当通入6.72 L CO2时,发生反应,此时溶液中离子为0.2 mol Na+、0.2 mol HCO3-,共0.4 mol;当通入8.96 L CO2时,发生反应,此时溶液中离子为0.2 mol Na+、0.1 mol Ba2+、0.4 mol HCO3-,共0.7 mol,故C正确。21.NaCl是一种化工原料,可以制备一系列物质(如图,部分产物已略)。下列说法中正确的是()A.25 时,NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大B.石灰乳与Cl2的反应中,Cl2既是氧化剂又是还原剂C.电解NaCl溶液的阳极产物为H2和NaOHD.图中所示转化反应都是氧化还原反应答案BA项,25 时,NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的小,错误;B项,氯元素的化合价既升高又降低,所以Cl2既是氧化剂又是还原剂,正确;C项,电解氯化钠溶液,阳极上发生的反应是氯离子放电生成氯气,错误;D项,氯化钠和水、氨气、二氧化碳的反应以及碳酸氢钠的分解反应中均没有元素化合价的变化,不是氧化还原反应,错误。22.某同学为检验溶液A中是否含有几种常见的离子,进行了如图所示的实验操作。其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。由该实验能得到的正确结论是()A.溶液A中一定含有SO42-B.溶液A中一定含有NH4+C.溶液A中一定含有Cl-D.溶液A中一定含有Fe3+答案B溶液A中加入Ba(NO3)2溶液和盐酸生成白色沉淀,溶液A中可能存在SO42-、SO32-或Ag+,A错误;因检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,说明溶液A中一定含有NH4+,B正确;溶液B中加入AgNO3溶液产生的白色沉淀可能是加入的盐酸引起的,C错误;加入KSCN溶液得到血红色溶液,Fe3+可能是由溶液A中的Fe2+被氧化得到的,故溶液A中不一定含有Fe3+,D错误。23.关于微粒在指定溶液中能否大量共存的评价正确的是()选项溶液微粒评价A8%H2O2水溶液Fe3+、Mg2+、SO42-、Na+可以大量共存B室温下pH=12的水溶液NO3-、Na+、SO32-、K+NO3-能将SO32-氧化而不能大量共存C1 molL-1的NH4Cl溶液Ba2+、OH-、NH3H2ONH4Cl溶液显酸性,NH3H2O不能大量共存DNaHSO4水溶液I-、K+、CH3COO-、Br-CH3COO-能与NaHSO4溶液反应,不能大量共存答案DFe3+对H2O2的分解有催化作用,A项错误;NO3-只有在酸性条件下才具有强氧化性,B项错误;C项中OH-不能大量共存,原因是NH4+OH- NH3H2O,C项错误;NaHSO4能完全电离生成H+,故能发生反应CH3COO-+H+ CH3COOH,D项正确。24.已知:将Cl2通入适量KOH溶液,产物中可能有KCl、KClO、KClO3,且c(Cl-)c(ClO-)的值与温度高低有关。当n(KOH)=a mol时,下列有关说法错误的是()A.若某温度下,反应后c(Cl-)c(ClO-)=11,则溶液中c(ClO-)c(ClO3-)=12B.参加反应的氯气的物质的量等于12a molC.改变温度,产物中KClO3的最大理论产量为17a molD.改变温度,反应中转移电子的物质的量ne-的范围:12a molne-56a mol答案CA项,可设溶液为1 L,n(Cl-)=11 mol,n(ClO-)=1 mol,则反应中n(得电子)=11 mol,生成1 mol ClO-时只失电子1 mol,故应生成2 mol ClO3-(失电子10 mol),即c(ClO-)c(ClO3-)=12,A正确。由KCl、KClO、KClO3中n(Cl)=n(K)=n(KOH)=a mol可推知n(Cl2)=a2mol,B正确。若只发生如下反应,KClO3可达最大理论产量a6mol,C错误。Cl2通入KOH溶液中,可发生,当n(KOH)=a mol 时,转移电子的物质的量范围:12a mol(只发生反应)ne-56a mol(只发生反应),D正确。25.某无色溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、Cu2+、SO42-、SO32-、Cl-、Br-、CO32-中的若干种。为检验其中含有的离子,进行如下实验:取10 mL溶液,加入足量氯水,无气体产生,再加入CCl4分层,下层为橙红色;分液后,向中上层溶液加入足量BaCl2和稀盐酸,产生白色沉淀2.33 g;另取10 mL原溶液,加入过量的浓氢氧化钠溶液并加热,收集到标准状况下448 mL气体。下列关于原溶液的说法正确的是()A.肯定存在NH4+、Cl-、Br-B.SO42-、SO32-至少含有一种C.是否存在Na+需要通过焰色反应来确定D.肯定不存在Ba2+、Cu2+、SO32-、CO32-答案B无色溶液中不存在有色的Cu2+;根据加入足量氯水无气体产生可知,原溶液中不存在CO32-,再加入CCl4分层,下层为橙红色,说明存在Br-;向中上层溶液加入足量BaCl2和稀盐酸,产生白色沉淀2.33 g,该沉淀为硫酸钡,氯水有强氧化性,可将SO32-氧化为SO42-,所以原溶液中至少含有SO42-、SO32-中的一种,则一定不存在Ba2+;根据可知生成的气体为氨气,其物质的量为0.448 L22.4 L/mol=0.02 mol,说明原溶液中含有0.02 mol NH4+;2.33 g硫酸钡的物质的量为2.33 g233 g/mol=0.01 mol,由于溶液中含有溴离子,根据电荷守恒可知原溶液中一定含有Na+,不能确定是否含有Cl-。综上所述,B项说法正确。二、非选择题(本大题共7小题,共50分)26.(4分)已知一定量的氢气在氯气中燃烧,所得混合物用500 mL 6.0 molL-1的KOH溶液恰好完全吸收,测得溶液中含有ClO-0.20 mol、ClO3- 0.30 mol(忽略氯气与水反应、盐类水解及溶液体积变化)。回答下列问题。(1)所得溶液中c(Cl-)为molL-1。(2)所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n(Cl2)n(H2)=。答案(1)5.0(2)154或3.751解析(1)因为KOH与混合物恰好完全反应,溶质为KCl、KClO、KClO3,根据电荷守恒,n(K+)=n(Cl-)+n(ClO-)+n(ClO3-),代入得50010-3 L6 molL-1=n(Cl-)+0.20 mol+0.30 mol,解得n(Cl-)=2.5 mol,则c(Cl-)=2.5 mol/50010-3 L=5.0 molL-1;(2)Cl2与KOH反应发生氧化还原反应,根据得失电子守恒,n(Cl-)=n(ClO-)1+n(ClO3-)5,解得n(Cl-)=1.7 mol,有HCl与KOH反应生成n(Cl-)=(2.5-1.7) mol=0.8 mol,因此参加反应的氢气的物质的量为0.8/2 mol=0.4 mol,根据氯元素守恒,所用氯气的总物质的量为n(Cl2)=(2.5+0.2+0.3)/2 mol=1.5 mol,因此所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比为1.50.4=154。27.(4分)已知还原性:I-Fe2+I2,在水溶液中I2可被Cl2氧化为IO3-,向含溶质为a mol的FeI2溶液中通入b mol Cl2,充分反应(不考虑单质与水的反应)。(1)当a=2b时,反应后的粒子浓度之比为c(Fe2+)c(I-)c(Cl-)=。(2)若反应后溶液中I2与IO3-的物质的量之比为11,则反应中转移的电子为mol(用含a的代数式表示)。答案(1)111(2)19a/3解析还原性强弱顺序为I-Fe2+I2,所以不断通Cl2的过程中,依次发生以下氧化还原反应:Cl2+2I- 2Cl-+I2、Cl2+2Fe2+ 2Fe3+2Cl-、5Cl2+I2+6H2O 2IO3-+12H+10Cl-。(1)当a=2b时,则碘离子的物质的量为4b mol,而b mol Cl2消耗2b mol的I-,生成2b mol Cl-,所以反应后的粒子的物质的量之比为n(Fe2+)n(I-)n(Cl-)=2b2b2b=111,因此c(Fe2+)c(I-)c(Cl-)=111;(2)若反应后溶液中I2与IO3-的物质的量之比为11,说明亚铁离子完全被氧化,a mol的FeI2中43a mol的碘离子氧化成23a mol碘单质,另外23a mol的碘离子氧化成23a mol碘酸根离子,所以转移电子的物质的量为43a mol1+23a mol6+a mol1=193a mol。28.(6分)某学习小组按如下实验流程探究海带中碘的制取。甲、乙两种实验方案如下:已知:3I2+6NaOH 5NaI+NaIO3+3H2O。(1)分液漏斗使用前需检漏,检漏方法为。(2)步骤X中,萃取后分液漏斗内观察到的现象是。(3)下列有关步骤Y的说法,正确的是。A.应控制NaOH溶液的浓度和体积B.将碘转化成离子进入水层C.操作Z的名称是过滤D.NaOH溶液可以由乙醇代替答案(1)向分液漏斗中加入少量水,检查旋塞处是否漏水;将分液漏斗倒转过来,检查玻璃塞处是否漏水(2)液体分上下两层,下层呈紫红色(3)ABC解析(1)分液漏斗使用前需检漏,检漏方法为向分液漏斗中加入少量水,检查旋塞处是否漏水;将分液漏斗倒转过来,检查玻璃塞处是否漏水。(2)碘单质易溶于有机溶剂,微溶于水,且四氯化碳的密度大于水的密度,所以步骤X向含有碘单质的水溶液中加入四氯化碳后,混合液会分为上下两层,下层为碘的四氯化碳溶液,则下层呈紫红色。(3)反应3I2+6NaOH 5NaI+NaIO3+3H2O中,需要浓氢氧化钠溶液,所以应控制NaOH溶液的浓度和体积,故A正确;根据反应3I2+6NaOH 5NaI+NaIO3+3H2O可知,步骤Y将碘转化成离子进入水层,故B正确;操作Z将碘单质和水分离,由于碘单质不溶于水,可通过过滤操作完成,操作Z的名称是过滤,故C正确;乙醇易溶于水和四氯化碳,将氢氧化钠换成乙醇,仍然无法分离出碘单质,故D错误;故选ABC。29.(6分)现有四瓶贴有甲、乙、丙、丁标签的溶液,它们可能是K2CO3、Ba(NO3)2、NaHSO4和K2SO4溶液。现进行如下实验,并记录部分实验现象(如图):据此完成下列问题:(1)写出各溶液中的溶质的化学式。甲:,乙:,丁:。(2)写出下列反应的离子方程式。甲+乙:。沉淀a+溶液b:。(3)检验物质丙中阳离子的方法为 (写出具体实验操作及现象等)。答案(1)NaHSO4Ba(NO3)2K2CO3(2)Ba2+SO42-BaSO4BaCO3+2H+Ba2+CO2+H2O(3)用洁净的铂丝蘸取丙(或K2SO4)溶液少许,在煤气灯外焰处灼烧,透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色,若火焰颜色为紫色,则溶液中含有钾离子解析(1)乙分别和甲、丁反应均生成沉淀,则乙是Ba(NO3)2溶液,生成的沉淀a和沉淀b只能是BaCO3和BaSO4,沉淀a与溶液b混合后有气体生成,则沉淀a为BaCO3,丁是K2CO3溶液,溶液b显酸性,则甲是NaHSO4溶液。(2)甲与乙反应的离子方程式是Ba2+SO42-BaSO4;沉淀a与溶液b反应的离子方程式是BaCO3+2H+Ba2+CO2+H2O。(3)丙为K2SO4溶液,检验K+,用焰色反应,需要透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色。30.(10分)已知常温下SO2与Na2O2之间可能发生两个反应,其中一个为2Na2O2+2SO2 2Na2SO3+O2(记为a),为验证两者到底是发生一个反应还是两个反应,某研究性学习小组的同学设计了如图所示的实验装置进行研究。回答下列问题:(1)SO2与Na2O2之间可能发生的另一个反应(记为b)是。(2)盛装Na2SO3的仪器名称是,其中发生反应的化学方程式为。实验开始时,先打开弹簧夹通入一段时间的N2,目的是。(3)若想通过检验装置D中所收集到的气体来判断反应a是否发生。请补画出装置D中相应的导管。为确保检验结论的可靠性,装置B中应盛放的试剂是,且需要在装置C、D之间添加相应的装置,该装置的作用是。(4)假设通过(3)中的操作证明反应a发生了,为确定反应b也发生了,实验中应持续通入气体至C中的现象为;然后取适量C中的固体 (写出具体操作步骤及现象)。答案(1)Na2O2+SO2 Na2SO4(2)三颈烧瓶Na2SO3+H2SO4 Na2SO4+SO2+H2O排出装置内的空气,防止其产生干扰(3)无水CaCl2(或P2O5)吸收没有反应的SO2(4)固体淡黄色完全消失溶于蒸馏水中,加入足量的盐酸,再加入适量的BaCl2溶液,得到白色沉淀解析(1)Na2O2中O元素的化合价为-1价,Na2O2既有氧化性又有还原性,反应a中只有氧元素的化合价发生变化;SO2中S元素的化合价为+4价,既有氧化性又有还原性,但主要表现还原性,因此反应b应是Na2O2氧化SO2:Na2O2+SO2 Na2SO4。(2)盛装Na2SO3的仪器为三颈烧瓶,是制取SO2的装置,其中发生的反应为H2SO4+Na2SO3 Na2SO4+SO2+H2O;装置中的空气会干扰实验结果,所以实验开始时应通入一段时间的N2。(3)装置D为向上排空气法收集氧气的装置,气体应“长进短出”。H2O与Na2O2反应也会生成O2,因此SO2进入C装置前应干燥,B中可选用的干燥剂为无水CaCl2或P2O5;SO2不一定反应完,为确保检验结论的可靠性及不污染空气,C、D装置之间应添加一个可以吸收SO2的装置。(4)为确定反应b也发生了,要对产物进行检验。取少量C装置中固体加适量蒸馏水溶解,滴加足量盐酸,然后加入适量BaCl2溶液,若生成白色沉淀,即有BaSO4生成,则可证明反应b也发生了。31.(10分).实验室常用以下几种方法制取氯气。(1)二氧化锰与浓盐酸反应制氯气,写出其反应的离子方程式:。(2)高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气,写出其反应的化学方程式:。(3)氯酸钾与浓盐酸反应制氯气,该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为。.某研究性学习小组利用下列装置制备漂白粉,之后对漂白粉有效成分的质量分数进行测定。(1)装置中的X试剂为。(2)装置中发生反应的化学方程式为,该反应是放热反应,反应温度较高时有副反应发生,改进该实验装置以减少副反应发生的方法是。(3)测定漂白粉有效成分的质量分数:称取1.000 g漂白粉于锥形瓶中,加水溶解,调节溶液的pH,以淀粉为指示剂,用0.100 0 molL-1KI溶液进行滴定,溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为3ClO-+I- 3Cl-+IO3-,IO3-+5I-+3H2O 6OH-+3I2。实验测得数据如下表所示。滴定次数123KI溶液体积/mL19.9820.0220.00该漂白粉中有效成分的质量分数为;若滴定过程中未充分振荡溶液,局部变浅蓝色时就停止滴定,则测定结果(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。答案.(1)MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O(2)2KMnO4+16HCl(浓) 2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O(3)51.(1)NaOH溶液(2)2Ca(OH)2+2Cl2 CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O将装置放于冷水浴中进行实验(3)7.15%偏低解析.(1)二氧化锰与浓盐酸反应制氯气的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O,离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O。(2)高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓) 2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O。(3)氯酸钾与浓盐酸反应制氯气的化学方程式为KClO3+6HCl(浓) KCl+3Cl2+3H2O,1 mol氧化剂KClO3与5 mol还原剂HCl反应生成3 mol Cl2,所以该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为51。.高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气,用饱和食盐水除去挥发出的氯化氢气体,氯气与石灰浆发生反应,化学方程式为2Ca(OH)2+2Cl2 CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。氯气有毒,不能直接排放到空气中,所以X试剂为NaOH溶液。根据题意知,减少副反应发生的方法是降低温度,可以将装置放于冷水浴中进行实验。(3)消耗KI溶液的平均体积为(19.98+20.02+20.00)mL3=20.00 mL,消耗KI的物质的量为0.002 mol。反应原理整理后得ClO-+2I-+H2O Cl-+2OH-+I2,则ClO-的物质的量为0.001 mol,Ca(ClO)2的物质的量为0.000 5 mol,Ca(ClO)2的质量为143 gmol-10.000 5 mol=0.071 5 g,所以其质量分数为0.071 5 g1.000 g100%=7.15%;若滴定过程中未充分振荡溶液,局部变浅蓝色时就停止滴定,则消耗KI的物质的量偏少,所以测定结果偏低。32.(10分)二氧化氯(ClO2)是一种在水处理等方面有广泛应用的高效、安全的消毒剂。而且是与氯气(Cl2)相比不会产生对人体有潜在危害的有机氯化物。下列两种方法可制备ClO2。方法一:2NaClO3+H2O2+H2SO42ClO2+O2+Na2SO4+2H2O方法二:2NaClO3+4HCl2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O(1)关于方法一的下列说法中正确的是(填序号)。A.H2SO4是氧化剂B.NaClO3被还原C.H2O2是还原剂D.ClO2中氯元素的化合价为+2价(2)方法二中被还原物质与被氧化物质的物质的量之比是,若反应中产生的ClO2气体在标准状况下的体积为3.36 L,则电子转移为mol。(3)某温度下,将Cl2通入NaOH溶液中,反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液,经测定Cl-与ClO3-的物质的量浓度之比为91,则所得溶液c(ClO3-):c(ClO-)=。(4)ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN-氧化为无毒的物质,自身被还原为Cl-。处理含相同量CN-的电镀废水,所需Cl2的物质的量是ClO2的倍。(5)已吸收ClO2气体的稳定剂和稳定剂,加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化曲线如图所示,若将其用于水果保鲜,你认为效果较好的稳定剂是,原因是。答案(1)BC(2)110.15(3)14(4)2.5(5)稳定剂稳定剂可以缓慢释放ClO2,能较长时间维持保鲜所需的浓度解析(1)方法一中,氯元素化合价由+5价变为+4价,氧元素化合价由-1价变为0价。H2SO4中各元素在反应前后化合价不变,所以既不是氧化剂也不是还原剂,故A错误;氯酸钠中氯元素化合价由+5价变为+4价,作氧化剂,故B正确;H2O2中氧元素化合价由-1价变成0价,作还原剂,故C正确;ClO2中氯元素化合价为+4价,故D错误。(2)根据化合价变化分析电子转移情况,方法二中2 mol的NaClO3是氧化剂,被还原,2 mol的HCl作还原剂,被氧化,所以被还原物质与被氧化物质的物质的量之比是2 mol2 mol=11;生成1 mol ClO2时转移电子的物质的量为1 mol,反应中产生的ClO2气体在标准状况下的体积为3.36 L,其物质的量为3.36 L22.4 L/mol=0.15 mol,则电子转移为0.15 mol。(3)Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程,氯元素化合价分别由0价升高为+1价和+5价,Cl-与ClO3-的物质的量浓度之比为91,则可设Cl-的物质的量为9 mol,得到9 mol电子,ClO3-的物质的量为1 mol,失去5 mol电子,根据得失电子守恒可知,ClO-的物质的量为4 mol,则所得溶液c(ClO3-)c(ClO-)=14。(4)1 mol ClO21 mol Cl-得到5 mol电子,1 mol Cl22 mol Cl-得到2 mol电子,因此所需Cl2的物质的量是ClO2的2.5倍。
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