高考化学一轮复习滚动测试卷(Ⅰ)(DOC 14页).doc

1、滚动测试卷()(时间:90分钟满分:100分)可能用到的相对原子质量:H 1C 12N 14O 16Na 23Mg 24Si 28S 32Cl 35.5Mn 55Fe 56Cu 64Ag 108一、选择题(本题共18小题,每小题3分,共54分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.(2016四川理综)化学与生产和生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是()A.氯气作水的杀菌消毒剂B.硅胶作袋装食品的干燥剂C.二氧化硫作纸浆的漂白剂D.肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂2.下列分类或归类正确的是()铝热剂、纯净矿泉水、冰水混合物均为混合物NaOH、HD、IBr均为化合物明矾、烧碱、硫酸均为强电解质C6

2、0、金刚石、石墨均为碳的同素异形体碘酒、淀粉溶液、水雾、纳米材料均为胶体A.B.C.D.3.化学与社会、生活密切相关,下列说法正确的是()A.纯银制品在空气中久置变黑,是因为发生了电化学腐蚀B.氨常用作制冷剂,是因为其沸点极低,易液化C.酸雨样品露天放置一段时间,酸性增强,是由于雨水所含成分被氧化D.明矾具有强氧化性,可用作净水剂4.有些古文或谚语包含了丰富的化学知识,下列解释不正确的是()选项古文或谚语化学解释A日照香炉生紫烟碘的升华B以曾青涂铁,铁赤色如铜置换反应C煮豆燃豆萁化学能转化为热能D雷雨发庄稼自然固氮5.(2017江西九江十校联考)化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是()

3、A.福尔马林可浸制生物标本,因其具有使蛋白质变性的性质B.向牛奶中加入果汁会产生沉淀,这是因为发生了酸碱中和反应C.将地沟油制成肥皂,可以提高资源的利用率D.用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料,可实现碳的循环利用6.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是()A.标准状况下,33.6 L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NAB.常温常压下,7.0 g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NAC.标准状况下,448 mL二氯甲烷中含分子数为0.02NAD.某密闭容器盛有0.1 mol N2与0.3 mol H2,在一定条件下充分反应,转移电子的数目为0.6NA7.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列

4、说法中错误的是()A.标准状况下,22.4 L由H2和O2组成的混合气体所含分子总数为NAB.1 mol Cl2参加反应,转移的电子数一定为2NAC.常温常压下,1 mol氖气含有的原子数为NAD.1 L 1 molL-1 FeCl3溶液中Fe3+的数目小于NA8.(2017山东淄博模拟)下表各项中的离子能在溶液中大量共存,且满足相应要求的是()选项离子要求AK+、Cl-、S、Mnc(K+)I213.下列叙述和叙述均正确并且有因果关系的是()选项叙述叙述A测得纳米材料Fe3O4的微粒直径为90 nm纳米材料Fe3O4属于胶体BC(金刚石,s)C(石墨,s)H=-1.5 kJmol-1相同条件下

5、,石墨比金刚石稳定CNaHCO3溶液呈碱性NaHCO3溶液中加入少量NaOH固体,可抑制HC的水解,c(HC)增大D反应物比例不同可导致产物不同Na与O2反应可能生成Na2O,也可能生成Na2O214.(2017浙江金华十校模拟)已知H2SO3+I2+H2OH2SO4+2HI,将0.1 mol Cl2通入100 mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中,有一半的HI被氧化,则下列说法正确的是()A.物质的还原性:HIH2SO3HClB.HI与H2SO3的物质的量浓度为0.6 molL-1C.通入0.1 mol Cl2发生反应的离子方程式为5Cl2+4H2SO3+2I-+4H2O4S+I2

6、+10Cl-+16H+D.若再通入0.05 mol Cl2,恰好能将HI和H2SO3完全氧化15.某容器中发生一个化学反应,反应过程中存在H2O、ClO-、CN-、HC、N2、Cl-六种离子。在反应过程中测得ClO-和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列有关判断中不正确的是()A.还原剂是CN-,氧化产物不只有N2B.氧化剂是ClO-,还原产物是HCC.参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为52D.标准状况下若生成2.24 L N2,则转移电子1 mol16.有关反应14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4的下列说法中错误的是()A.FeS2既是

7、氧化剂也是还原剂B.CuSO4在反应中被还原C.14 mol CuSO4氧化了1 mol FeS2D.被还原的S和被氧化的S的质量之比为3717.铜和镁的合金4.6 g完全溶于一定量的浓硝酸,若反应中HNO3被还原只产生1 792 mL的NO2气体和1 120 mL的NO气体(均为标准状况下),在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,生成沉淀的质量为()A.7.04 gB.8.26 gC.8.51 gD.9.02 g18.H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH-、HC、Cl-七种离子形成了甲、乙、丙、丁四种化合物,它们之间可以发生如下转化关系(产物H2O未标出),下列说法不正确的是()A.白色

8、沉淀A可能溶解在溶液D中B.在甲中滴加丁溶液可能发生反应:HC+Ba2+OH-BaCO3+H2OC.丙溶液与I-、N、S可以大量共存D.甲溶液中一定满足:c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)+c(C)二、非选择题(本题共6个小题,共46分)19.(6分)物质的量是高中化学常用的物理量,请完成以下有关计算:(1)0.3 mol的CO(NH2)2中含有个电子(用NA表示)。(2)标准状况下22.4 L CH41.5 mol NH31.8061024个H2O标准状况下73 g HCl中所含H原子个数由多到少的顺序为(填序号)。(3)某常见气体在标准状况下的密度为1.25 gL-1,若该气体的化

9、学式为A2型,则其名称是;该气体在一定条件下可与氢气反应,试写出该反应的化学方程式:。(4)6.72 L CO(标准状况)与一定量的Fe2O3恰好完全反应后,生成Fe的质量为 g,转移的电子数目为。20.(6分)如图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签,试根据有关数据回答下列问题:盐酸分子式:HCl相对分子质量:36.5密度:1.2 gcm-3HCl的质量分数:36.5%(1)该浓盐酸的物质的量浓度为 molL-1。(2)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制250 mL物质的量浓度为0.7 molL-1的稀盐酸。该学生用量筒量取 mL上述浓盐酸进行配制。所需的实验仪器有:a.胶头滴管、b.烧杯、c.量筒

10、、d.玻璃棒,配制稀盐酸时,还缺少的仪器有。下列操作导致所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏低的是(填序号)。A.用量筒量取浓盐酸时俯视凹液面B.未恢复到室温就将溶液注入容量瓶并进行定容C.容量瓶用蒸馏水洗后未干燥D.定容时仰视液面E.未洗涤烧杯和玻璃棒21.(8分)某溶液可能含有Na+、K+、Mg2+、Cu2+等阳离子及Mn、Si、Al、C、HC、S、Cl-等阴离子,已知:该溶液无色;经测定溶液的pH=12;取少量溶液,加入100 mL 2 molL-1稀盐酸进行酸化,有白色沉淀生成,还得到一种无色无味的气体,该气体使澄清石灰水(足量)变浑浊。对酸化后的溶液过滤,得到滤液甲。(1)由可判断:原溶液

11、中一定不存在的离子是,一定存在的离子是。(2)将滤液甲分成两等份,一份中逐滴加入氨水,最终有白色胶状沉淀,说明原溶液中一定有(填离子符号),刚开始加入氨水时,没有沉淀产生,原因是(用离子方程式表示);另一份中加入足量的Ba(NO3)2溶液,有白色沉淀生成,说明原溶液中一定有(填离子符号),过滤得到滤液乙。(3)往滤液乙中加入足量的AgNO3溶液,过滤、洗涤、干燥得固体26.5 g,则原溶液中是否有Cl-?(填“是”或“否”)。22.(10分)氰化钠(NaCN)是重要的化工原料,常用于化学合成、冶金工业等。回答下列问题:(1)下列标志中,应贴在装有氰化钠容器上的是。(2)写出NaCN的电子式:。

12、(3)可用纯碱、焦炭、氨气反应制取NaCN,写出反应的化学方程式(反应条件略),并用单线桥标明电子转移的方向和数目。(4)现代采金技术先以NaCN溶液在自然环境中浸取粉碎的含金(Au)矿石,得到NaAu(CN)2(二氰合金酸钠)溶液,再用锌还原NaAu(CN)2生成金。“浸取”反应的氧化剂是,消耗的锌与生成的金的物质的量之比为。(5)工业NaCN制备蓝色染料的流程如下:通入Cl2时发生反应的离子方程式为,该蓝色染料的化学式为。(6)常温下HCN的电离常数Ka=6.210-10,浓度均为0.5 molL-1的NaCN和HCN的混合溶液显(填“酸”“碱”或“中”)性,通过计算说明其原因。23.(8

13、分)工业上用软锰矿(只含MnO2和MnO)、H2SO4(过量)和FeS2制备MnSO4H2O的流程如下(已知流程中的FeS2、FeSO4、MnO2、MnO均完全反应):(1)已知中只有三个反应,其中两个反应是:MnO+H2SO4MnSO4+H2OFeS2+H2SO4FeSO4+H2S+S完成第三个反应:MnO2+FeSO4+MnSO4+(2)沉淀A、B的化学式分别是。(3)滤液X中的溶质有;实验室中浓缩滤液Y时使用的玻璃仪器有。(4)若得到的沉淀A的质量和MnSO4H2O的质量分别为96.0 g、321.1 g,中加入的MnO为0.1 mol,则理论上软锰矿中MnO2和MnO的物质的量之比为。

14、24.(8分)某溶液A中可能含有N、Fe3+、Al3+、Fe2+、C、N、Cl-、S中的几种离子,且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1 molL-1。现取该溶液进行如右实验:(1)溶液A中一定不存在的离子为(填离子符号)。(2)溶液A中加入(NH4)2CO3,生成白色沉淀甲和气体甲的原因是。(3)白色沉淀乙的成分为(填化学式)。(4)为了进一步确定溶液A中是否含有N,另取10 mL该溶液,向其中滴加NaOH溶液,沉淀的物质的量随NaOH溶液体积的变化如图所示。据图回答:溶液A中(填“含有”或“不含有”)N。所加NaOH溶液的物质的量浓度为 molL-1。若在溶液A中改加10 mL 0.2 m

15、olL-1 Ba(OH)2溶液,充分反应后,溶液中产生沉淀的物质的量为 mol。参考答案滚动测试卷()1.BA项,Cl2溶于水发生化学反应Cl2+H2OHCl+HClO,HClO有较强的氧化性,可用来杀菌消毒;B项,硅胶具有疏松多孔结构,具有很强的吸附性,吸附水分为物理变化;C项,SO2漂白原理:与有色物质化合成不稳定的无色物质,发生了化学变化;D项,肥皂水呈弱碱性,可中和蚊虫叮咬处的酸性物质。2.D铝热剂为金属铝和其他金属氧化物的混合物,纯净矿泉水属于混合物,冰水混合物属于纯净物,故错误;HD是单质,故错误;硫酸是强酸,烧碱是强碱,明矾是盐,它们均为强电解质,故正确;C60、金刚石、石墨都是

16、碳的同素异形体,故正确;碘酒属于溶液,不是胶体,纳米材料也不是胶体,故错误。3.C纯银制品在空气中久置会与空气中的H2S反应生成Ag2S而使表面变黑,发生的是化学腐蚀,A项不正确;液氨中分子间存在氢键,沸点较高,液氨汽化时吸收大量的热,故常用作制冷剂,B项错误;酸雨中含有H2SO3,露天放置时会逐渐被空气中的O2氧化成H2SO4而导致酸性增强,C项正确;明矾净水是由于明矾中的Al3+水解产生Al(OH)3胶体,Al(OH)3胶体具有较强的吸附性而使水中悬浮物沉降从而起到净水作用,D项不正确。4.A“日照香炉生紫烟”与碘的升华无关,A项错误;曾青的主要成分是硫酸铜,涂抹在铁表面,发生置换反应生成

17、铜,B项正确;“煮豆燃豆萁”是利用豆秸燃烧放热将豆类煮熟的过程,燃烧是将化学能转化为热能的过程,C项正确;打雷闪电时,氮气与氧气发生反应生成NO,NO与O2反应生成NO2,然后通过雨水进一步生成硝酸盐,促进作物生长,属于自然固氮过程,D项正确。5.B福尔马林是甲醛的水溶液,甲醛能使蛋白质变性,A项正确;牛奶是胶体,加入果汁会产生聚沉,B项错误;地沟油的主要成分是油脂,可以发生皂化反应,C项正确;聚碳酸酯可水解,D项正确。6.B氟化氢在标准状况下呈液态,不能通过其体积计算物质的量,故A项错误;乙烯和丙烯的最简式均为CH2,7.0 g CH2的物质的量为0.5 mol,氢原子数为0.5 mol2N

18、A mol-1=NA,B项正确;标准状况下二氯甲烷为液体,不能用22.4 Lmol-1来计算液体所含分子数,故C项错误;N2和H2的反应属于可逆反应,0.1 mol N2未反应完,转移电子数小于0.6NA,故D项错误。7.B标准状况下,22.4 L由H2和O2组成的混合气体的物质的量为=1 mol,所含分子总数为NA,故A项正确;1 mol Cl2参加反应,若与氢氧化钠溶液反应,1 mol氯气完全反应转移了1 mol电子,转移的电子数为NA,故B项错误;常温常压下,1 mol氖气含有1 mol原子,含有氖原子数为NA,故C项正确;1 L 1 molL-1 FeCl3溶液中含有氯化铁的物质的量为

19、1 molL-11 L=1 mol,由于铁离子部分水解,则溶液中Fe3+的数目小于NA,故D项正确。8.DA项,c(K+)c(Cl-),A错误;B项,=11014,溶液显酸性,H+、I-、N会发生氧化还原反应,不能大量共存,B错误;C项,滴加NaOH溶液,OH-先与铝离子反应,故不能立即生成气体,C错误;D项,该组离子之间不反应,可大量共存,且滴加氨水时Mg2+、Ag+与其反应有沉淀产生,随着氨水的不断滴加,AgOH沉淀又会溶解于氨水,D正确。9.B向溶液中滴加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成,说明溶液中一定不存在Al3+、Mg2+;向原溶液中逐滴加入5 mL 0.2 molL-1盐酸,开始产生沉

20、淀并逐渐增多,沉淀量基本不变后产生气体,最后沉淀逐渐减少至完全消失,滴加盐酸先产生后溶解的沉淀为氢氧化铝,气体为二氧化碳,说明原溶液中存在Al和C,所以一定不存在Si和Ba2+;再根据溶液呈电中性可知溶液中一定存在K+;在中沉淀消失后的溶液中,再加入足量的硝酸银溶液可得到AgCl沉淀0.43 g,n(AgCl)=0.003 mol;步骤加入盐酸中氯离子的物质的量为n(Cl-)=n(HCl)=0.2 molL-10.005 L=0.001 molN,故D项正确。11.B水电离的c(H+)=110-13 molL-1的溶液为酸性或碱性溶液,Si在酸性溶液中不能大量共存,A项错误;K+、Fe3+、N

21、、Cl-之间不反应,都不与CH3COOH反应,在溶液中能够大量共存,B项正确;c(OH-)c(H+)=11012的溶液中存在大量氢氧根离子,N与氢氧根离子反应,在溶液中不能大量共存,C项错误;遇甲基橙显黄色的溶液的pH4.4,可能为酸性或碱性溶液,C、S在酸性溶液中不能大量共存,N、S在酸性条件下发生氧化还原反应,在溶液中不能大量共存,D项错误。12.CCr2O3既能与强碱反应生成盐和水,又能与强酸反应生成盐和水,因此Cr2O3是两性氧化物,B项正确;KCrO2中O为-2价,K为+1价,故Cr为+3价,A项正确;实验中KCrO2溶液与H2O2溶液反应后再酸化,可得K2Cr2O7,Cr元素的化合

22、价升高,说明H2O2是氧化剂,具有氧化性,无法证明其有还原性,C项不正确;实验中溶液变蓝,说明K2Cr2O7将KI氧化为I2,K2Cr2O7是氧化剂,I2是氧化产物,则氧化性Cr2I2,D项正确。13.B胶体微粒直径为1100 nm,在分散系中形成胶体,纳米材料Fe3O4不是胶体,故A项错误;物质能量越高越活泼,C(金刚石,s)C(石墨,s)H=-1.5 kJmol-1,金刚石能量高,石墨比金刚石稳定,叙述和均正确并且有因果关系,故B项正确;NaHCO3溶液水解显碱性,叙述正确,NaHCO3溶液中加入少量NaOH固体,OH-会与HC发生反应,溶液中c(HC)减小,叙述错误,故C项错误;Na与O

23、2反应可能生成Na2O,也可能生成Na2O2,是反应条件不同引起的,没有因果关系,故D项错误。14.C由H2SO3+I2+H2OH2SO4+2HI可知还原性:H2SO3HI,A错误;将0.1 mol Cl2通入100 mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中,有一半的HI被氧化,设HI的物质的量为x,由电子守恒可知,0.1 mol2=x0.51+x(6-4),解得x=0.08 mol,HI的物质的量为0.08 mol,溶液体积为0.1 L,浓度为0.8 molL-1,B错误;通入0.1 mol Cl2发生反应的离子方程式为5Cl2+4H2SO3+2I-+4H2O4S+I2+10Cl-+1

24、6H+,C正确;由上述分析可知,溶液中还有0.04 mol HI未被氧化,再通入0.02 mol Cl2恰好能将尚未反应的HI完全氧化,D错误。15.B由题图可知,随反应进行ClO-的物质的量降低,N2的物质的量增大,则ClO-为反应物,N2是生成物,根据元素守恒和电子转移相等可知,CN-是反应物,Cl-是生成物,HC是生成物,H2O是反应物。根据得失电子守恒配平该反应的离子方程式为2CN-+5ClO-+H2O2HC+N2+5Cl-,C元素化合价由CN-中的+2价升高为HC中的+4价,N元素化合价由CN-中的-3价升高为N2中的0价,可知CN-为还原剂,氧化产物为HC、N2,A项正确;反应中C

25、l元素化合价由ClO-中的+1价降低为Cl-中的-1价,ClO-是氧化剂,还原产物是Cl-,B项错误;反应中CN-是还原剂,ClO-是氧化剂,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为52,C项正确;标准状况下若生成2.24 L N2,物质的量为0.1 mol,则参加反应的ClO-的物质的量为0.5 mol,Cl元素的化合价由ClO-中的+1价降低为Cl-中的-1价,转移电子为0.5 mol2=1 mol,D项正确。16.D准确分析各元素在反应前后化合价的变化是解题的关键。FeS2中的S元素化合价既有升高又有降低,因此FeS2既是氧化剂又是还原剂,被还原的S和被氧化的S的质量比为73,故D项错误,A项正

26、确;CuSO4中Cu元素化合价降低被还原,B项正确;14 mol CuSO4被还原时得到14 mol e-,1 mol FeS2被氧化时失去14 mol e-,故14 mol CuSO4能将1 mol FeS2氧化,C项正确。17.C分析反应过程可知,最后生成的沉淀是Cu(OH)2和Mg(OH)2,Cu和Mg在反应后均为+2价,它们失去的电子的总物质的量n(e-)等于它们形成氢氧化物沉淀时所结合的OH-的总物质的量n(OH-)。由得失电子守恒有:n(e-)=n(NO2)+n(NO)3=0.08 mol+0.05 mol3=0.23 mol,则n(OH-)=0.23 mol,m(OH-)=3.9

27、1 g,所以沉淀的质量=m(合金)+m(OH-)=4.6 g+3.91 g=8.51 g。18.C本题应从甲溶液和乙溶液反应入手。甲+乙NaCl+A+B,此反应应为两种离子相互促进的水解反应,分析题中所给离子,可知甲、乙分别为NaHCO3和AlCl3中的一种,再由甲+丙NaCl+B可确定甲为NaHCO3,则乙为AlCl3,丙溶液为盐酸,又知甲溶液+丁溶液C+D,则丁为Ba(OH)2。白色沉淀A为Al(OH)3,D为Na2CO3或NaOH,Al(OH)3可溶于NaOH溶液中,A项正确;甲与丁反应时,若甲过量,反应的离子方程式为2HC+Ba2+2OH-C+BaCO3+2H2O,若丁过量,反应的离子

28、方程式为HC+Ba2+OH-BaCO3+H2O,B项正确;丙溶液为盐酸,在盐酸中,N可将I-氧化,故二者不能大量共存,C项错误;甲溶液为NaHCO3溶液,由质子守恒有c(OH-)=c(H+)-c(C)+c(H2CO3),即c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)+c(C),D项正确。19.答案 (1)9.6NA(2)(3)氮气N2+3H22NH3(4)11.20.6NA解析 (2)标准状况下22.4 L CH4中所含H原子个数为4NA;1.5 mol NH3中所含H原子个数为4.5NA;1.8061024个H2O中所含H原子个数为6NA;73 g HCl中所含H原子个数为2NA,所以所含H原

29、子个数由多到少的顺序为。(3)气态烃A在标准状况下的密度为1.25 gL-1,其摩尔质量为1.25 gL-122.4 Lmol-1=28 gmol-1,若该气体的分子式为A2型,则其名称是氮气。(4)标准状况下6.72 L一氧化碳的物质的量为=0.3 mol,0.3 mol CO完全反应生成CO2失去的电子的物质的量为0.3 mol(4-2)=0.6 mol,转移电子的数目为0.6NA,根据得失电子守恒,反应生成铁的物质的量为=0.2 mol,质量为56 gmol-10.2 mol=11.2 g。20.答案 (1)12(2)14.6250 mL容量瓶ADE解析 (1)该浓盐酸中HCl的物质的量

30、浓度c= molL-1=12 molL-1。(2)设所需的浓盐酸的体积为V,根据稀释定律c浓V浓=c稀V稀来计算:12 molL-1V=0.7 molL-1250 mL,解得V14.6 mL。根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤:计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀,可知所需的仪器有:量筒、烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、胶头滴管,故缺少的仪器是250 mL容量瓶。用量筒量取浓盐酸时俯视凹液面,会使所取的浓盐酸的体积偏小,则所配溶液浓度偏低,A正确;未恢复到室温就将溶液注入容量瓶并进行定容,则冷却后溶液体积偏小,则所配溶液浓度偏高,B错误;容量瓶未干燥,对浓度无影响,C错误;定容时仰视液

31、面,会使溶液体积偏大,则所配溶液浓度偏低,D正确;未洗涤烧杯和玻璃棒,会导致溶质损失,则所配溶液浓度偏低,E正确。21.答案 (1)Mn、Cu2+、Mg2+、HCC、Si(2)AlNH3H2O+H+N+H2OS(3)是解析 (1)由可知不含Mn与Cu2+;由可知不含Mg2+、HC;由可知一定含Si与C。(2)溶液加氨水后生成白色胶状沉淀,说明原溶液中含有Al(加入盐酸酸化时转化为Al3+),而开始加入氨水没有形成沉淀,原因是剩余的H+与氨水反应;加入Ba(NO3)2溶液得白色沉淀,说明含有S。(3)利用题中数据计算知:n(AgCl)n(HCl)加入,利用质量守恒可知原溶液中含有Cl-。22.答

32、案 (1)A(2)Na+C-(3)(4)O212(5)2Fe(CN)64-+Cl22Fe(CN)63-+2Cl-Fe3Fe(CN)62(6)碱CN-的水解常数Kh=1.610-5,KhKa,说明CN-的水解程度大于HCN的电离程度,混合溶液呈碱性解析 (4)用NaCN溶液浸取含金矿石得到NaAu(CN)2,浸取前后Au的化合价由0价+1价,被氧化,而CN-的化合价没有变化,因此反应的氧化剂肯定来自自然环境,即空气中的氧气,还原1 mol金要转移1 mol电子,而1 mol锌反应能转移2 mol 电子,所以消耗的锌与生成的金的物质的量之比为12。(5)通入Cl2时,Na4Fe(CN)6被Cl2氧

33、化为Na3Fe(CN)6,即Fe元素由+2价被氧化为+3价,则Cl2被还原为Cl-,据此可写出反应的离子方程式。蓝色染料由Na3Fe(CN)6与FeSO4反应生成,该反应不是氧化还原反应,是复分解反应,蓝色染料的化学式为Fe3Fe(CN)62。(6)HCN电离使溶液呈酸性,CN-水解使溶液呈碱性,因此判断NaCN和HCN的混合溶液的酸碱性时,需比较HCN的电离程度和CN-的水解程度的相对大小,可通过计算CN-的水解常数Kh与HCN的电离常数Ka进行比较。23.答案 (1)122H2SO411Fe2(SO4)32H2O(2)S、Fe(OH)3(3)MnSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4玻璃棒

34、、酒精灯(4)51解析 (1)根据题意,反应物中要加入硫酸,提供酸性环境,根据得失电子守恒和质量守恒配平化学方程式。(2)根据所给反应的化学方程式和转化关系可知,沉淀A为硫单质,滤液X中含过量的H2SO4,反应生成的MnSO4、Fe2(SO4)3,加入MnO调节溶液的pH,沉淀B为Fe(OH)3,滤液Y为MnSO4。(3)实验室中浓缩滤液Y时使用的主要玻璃仪器有玻璃棒、酒精灯。(4)根据关系式2S2FeSO4MnO2,n(MnO2)=n(S)=1.5 mol;n(MnSO4H2O)=1.9 mol,根据锰元素守恒可知,n(MnO)=1.9 mol-1.5 mol-0.1 mol=0.3 mol

35、,则理论上软锰矿中MnO2和MnO的物质的量之比为51。24.答案 (1)Fe3+、Fe2+、C(2)C与Al3+的水解反应相互促进从而生成Al(OH)3沉淀和CO2气体(3)BaCO3、BaSO4(4)含有0.20.002解析 (1)因为加入过量(NH4)2CO3溶液只生成白色沉淀,说明溶液A中一定没有Fe3+、Fe2+,一定含有Al3+,C不能与Al3+共存,所以溶液A中一定不存在的离子有Fe3+、Fe2+、C。(2)溶液A中加入(NH4)2CO3,生成白色沉淀甲和气体甲的原因是C与Al3+的水解反应相互促进从而生成Al(OH)3沉淀和CO2气体。(3)因为溶液中有0.1 molL-1 A

36、l3+,而加入铜及硫酸后铜溶解了,说明溶液中有0.1 molL-1 N,据电荷守恒则一定还有S,因为加入过量(NH4)2CO3,所以溶液甲里含有C,加入氢氧化钡溶液,产生的白色沉淀乙是BaCO3、BaSO4。(4)据分析,溶液A里一定有Al3+、N、S,加入氢氧化钠沉淀达到最大量后没有立刻溶解,说明溶液中含有N;加入15 mL氢氧化钠溶液时Al3+沉淀完全,n(Al3+)=0.1 molL-10.01 L=0.001 mol,n(OH-)=0.003 mol,NaOH溶液的物质的量浓度为=0.2 molL-1;10 mL 0.2 molL-1 Ba(OH)2溶液中n(Ba2+)=0.20.01 mol=0.002 mol,n(OH-)=0.40.01 mol=0.004 mol,加入Ba(OH)2溶液之后,Al3+和S先沉淀,剩余0.001 mol OH-与0.001 mol N反应,故最终反应生成0.001 mol Al(OH)3和0.001 mol BaSO4,共生成沉淀0.002 mol。14 / 14