《安徽省亳州市第二中学2022-2022学年高二化学下学期期末考试试题含解析.doc》由会员分享,可在线阅读,更多相关《安徽省亳州市第二中学2022-2022学年高二化学下学期期末考试试题含解析.doc(15页珍藏版)》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、亳州二中20222022学年度第二学期期末质量检测高二化学试卷常用原子量:H:1 C:12 N:14 O:16 Mg:24 Al:27 Fe:56第 I 卷一、选择题共18小题,每题3分,总分值54分1.化学与生活密切相关。以下说法错误的选项是A. 碳酸钠可用于去除餐具的油污B. 漂白粉可用于生活用水的消毒C. 氢氧化铝可用于中和过多胃酸D. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查【答案】D【解析】分析:A.碳酸钠溶液显碱性;B.漂白粉具有强氧化性;C.氢氧化铝能与酸反响;D.碳酸钡可溶于酸。详解:A. 碳酸钠水解溶液显碱性,因此可用于去除餐具的油污,A正确;B. 漂白粉具有强氧化性,可用于生活用水的
2、消毒,B正确;C. 氢氧化铝是两性氢氧化物,能与酸反响,可用于中和过多胃酸,C正确;D. 碳酸钡难溶于水,但可溶于酸,生成可溶性钡盐而使蛋白质变性,所以不能用于胃肠X射线造影检查,应该用硫酸钡,D错误。答案选D。点睛:此题主要是考查常见化学物质的性质和用途判断,题目难度不大。平时注意相关根底知识的积累并能灵活应用即可,注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。2.以下有关化学用语的表述正确的 ( )A. 醋酸的电离方程式:CH3COOH CH3COO-H+B. 质子数为53,中子数为78的碘原子: 13153IC. N2的结构式:NND. 氯离子的结构示意图:【答案】B【解析】【详解】A、醋酸是弱酸,局部
3、电离,其电离方程式为CH3COOHCH3COOH,故A错误;B、根据原子构成,左下角为质子数,左上角为质量数,该核素的质量数为(5378)=131,即为13153I,故B正确;CN2中两个氮原子间共用叁键,正确结构式为NN,故C错误;D、Cl的结构示意图为,故D错误;答案选B。3.以下说法不正确的选项是( )A. 硅酸钠可用作木材防火剂B. 二氧化硅是酸性氧化物,它不溶于任何酸C. 水泥、玻璃、砖瓦都是硅酸盐制品D. 晶体硅可用作半导体材料【答案】B【解析】【详解】A.硅酸钠具有不燃不爆的物理性质,本身硅酸钠就不燃烧,而将硅酸钠涂在木材外表就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触,这样即使燃烧木材至
4、多也只是变黑,如果是高温那也只是干馏,所以硅酸钠可以用作木材的防火剂,不符合题意;B.二氧化硅是酸性氧化物,并可以溶于氢氟酸HF,符合题意;C.水泥、玻璃、砖瓦、黏土都是硅酸盐产品,不符合题意;D.晶体硅具有一个非常重要的特性单方向导电,也就是说,电流只能从一端流向另一端,制作半导体器件的原材料就需要具有有这种特有的特性材料,因此晶体硅可用作半导体材料,不符合题意;故答案为B。4.根据以下反响进行判断,以下各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的选项是()ClO3-5Cl-6H+=3Cl23H2O2FeCl32KI=2FeCl22KClI22FeCl2Cl2=2FeCl3A. ClO3- Cl2 I
5、2 Fe3+B. Cl2 ClO3- I2 Fe3+C. ClO3- Fe3+ Cl2 I2D. ClO3- Cl2 Fe3+ I2【答案】D【解析】【分析】利用氧化复原反响中的强弱规律进行分析;【详解】氧化复原反响中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,ClO3为氧化剂,Cl2为氧化产物,即氧化性:ClO3Cl2;氧化性:FeCl3I2;氧化性:Cl2FeCl3;综上所述,氧化性强弱顺序是ClO3Cl2FeCl3I2,故D正确;答案选D。5.以下试剂的保存方法中错误的选项是( )A. 少量的钠保存在煤油中B. 新制的氯水保存在棕色玻璃瓶中C. 氢氟酸保存在玻璃瓶中D. NaOH溶液保存在带橡皮
6、塞的玻璃瓶中【答案】C【解析】【详解】A、Na不与煤油发生反响,且Na的密度大于煤油,因此少量的金属钠保存在煤油中,故A说法正确;B、新制的氯水中:Cl2H2OHClHClO,HClO见光受热分解,因此新制的氯水保存在棕色玻璃瓶中,故B说法正确;C、氢氟酸与SiO2发生反响,腐蚀玻璃,盛放氢氟酸用塑料瓶,故C说法错误;D、NaOH是碱,盛放碱时应用橡皮塞的玻璃瓶,故D说法正确;答案选C。6.以下关于胶体的表达不正确的选项是 A. 氢氧化铁胶体加氯化钠溶液会产生沉淀B. 用平行光线照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时,产生的现象相同C. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在110
7、0nm之间D. Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降,到达净水的目的【答案】B【解析】【分析】胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径在1100nm之间,大于100nm为浊液,小于1nm为溶液,胶体具有性质主要有丁达尔效应、电泳、聚沉等,其中丁达尔效应是区分溶液和胶体的方法,据此判断;【详解】A、NaCl为电解质,氢氧化铁胶体中参加NaCl溶液,会使氢氧化铁聚沉,故A说法正确;B、用平行光照射NaCl溶液和氢氧化铁胶体时,后者有丁达尔效应,前者没有,故B说法错误;C、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径在1100nm之间,故C说法正确;D、氢氧化铁胶体具有较大的外表积
8、,吸附悬浮在水中固体颗粒而沉降下来,到达净水的目的,故D说法正确;答案选B。7.下表所列各组物质中,物质之间通过一步反响能实现如下图转化的是( )XYZ物质转化关系ACuCuOCu(OH)2BSiSiO2H2SiO3CNaHCO3Na2CO3NaOHDFeCl2FeOFeCl3A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.Cu与O2反响生成CuO,CuO与C或H2等反响生成Cu,Cu(OH)2无法一步转化为Cu,且CuO无法一步转化为Cu(OH)2,错误;B.Si与O2反响生成SiO2,SiO2与H2或C等反响生成Si,SiO2无法一步转化为H2SiO3,H2SiO3无法一步转
9、化为Si,错误;C.NaHCO3在加热条件下能生成Na2CO3,Na2CO3与CO2、H2O反响生成NaHCO3,Na2CO3与Ca(OH)2反响生成NaOH,NaOH与过量CO2反响能直接生成NaHCO3,正确;D.FeCl2不能一步转化为FeO,FeO与HCl反响能生成FeCl2,FeO无法一步转化为FeCl3,FeCl3与Fe反响生成FeCl2,错误。8.以下离子方程式书写正确的选项是 A. 铁和稀硫酸反响:2Fe + 6H+ =2Fe3+ + 3H2B. 用CH3COOH溶解CaCO3:CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + CO2+ H2OC. (NH4)2Fe(SO4)2溶液与过
10、量NaOH溶液反响制Fe(OH)2:Fe2+2OH-= Fe(OH)2D. 碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合:HCO3-+Ca2+OH-=CaCO3+ H2O【答案】D【解析】【详解】A、铁和稀硫酸反响:Fe2H=Fe2H2,故A错误;B、醋酸是弱酸,不能拆写成离子,故B错误;C、缺少NH4与OH的反响,故C错误;D、NaHCO3是少量,系数为1,因此离子方程式为HCO3Ca2OH=CaCO3H2O,故D正确;答案选D。9.以下说法正确的选项是 A. 滴入无色酚酞试液显红色的该溶液中一定不能大量共存:K+ 、Fe2+ 、NO3- 、HCO3-B. 某无色溶液中可能大量存在H+、K+、Cl-、
11、MnO4-C. 参加铝粉能产生氢气溶液中一定能大量存在: Na、Ca2、Cl、CO32-D. pH=2溶液中可能大量存在Mg2+、Na+、NO3-、I-【答案】A【解析】【详解】A、酚酞变红,说明溶液显碱性,HCO3不能与OH大量共存,且亚铁离子与氢氧根离子也不能大量共存,故A说法正确;B、MnO4显紫红色,不符合无色溶液,且在酸性溶液中能氧化氯离子,故B说法错误;C、Ca2和CO32不能大量共存,生成CaCO3沉淀,这些离子不能大量共存,故C说法错误;D、pH=2溶液显酸性,NO3酸中具有强氧化性,能与I发生氧化复原反响,这些离子在指定溶液中不能大量共存,故D说法错误;答案选A。【点睛】离子
12、共存,我们一般根据一色,二性,三反响进行分析判断,溶液是无色溶液还是有色溶液,如果是无色溶液,有色离子不能存在;判断出溶液的酸碱性,需要在离子组后面加上H或OH,特别是NO3,NO3在酸中具有强氧化性,不与复原性离子大量共存。10.利用碳酸钠晶体Na2CO310H2O,相对分子质量286来配制0.1mol/L的碳酸钠溶液980mL,假设其他操作均准确无误,以下情况会引起配制溶液的浓度偏高的是 A. 称取碳酸钠晶体28.6gB. 溶解时进行加热,并将热溶液转移到容量瓶中至刻度线C. 转移时,对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行洗涤D. 定容后,将容量瓶振荡摇匀,静置发现液面低于刻度线,又参加少量水
13、至刻度线【答案】B【解析】【详解】A.在实验室没有980mL容量瓶,要选择1000mL容量瓶,需要溶质的物质的量为n(Na2CO3)=0.1mol/L1L=0.1mol,根据n(Na2CO310H2O)=n(Na2CO3),所以m(Na2CO310H2O)= 0.1mol286g/mol=28.6g,溶液浓度为0.1mol/L,不会产生误差,A不符合题意;B.溶解时进行加热,并将热溶液转移到容量瓶中至刻度线,由于溶液的体积受热膨胀,遇冷收缩,所以待恢复至室温时,体积不到1L,根据c=,可知V偏小,那么c偏高,B符合题意;C.转移时,对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行洗涤,那么溶质的物质的量偏少
14、,根据c=,可知n偏小,那么c偏低,C不符合题意;D.定容后,将容量瓶振荡摇匀,静置,发现液面低于刻度线,是由于局部溶液粘在容量瓶颈部,假设又参加少量水至刻度线,那么V偏大,根据c=,可知:假设V偏大,会导致配制溶液的浓度偏低,D不符合题意;故合理选项是B。11.设NA为阿伏加德罗常数的值,以下说法正确的选项是 A. 常温常压下,22.4LCl2含有的分子数目为NAB. 1.00mol/LCa(NO3)2溶液中含有的NO3- 离子数目为2NAC. 22 g二氧化碳与标准状况下11.2 L HCl含有相同的分子数D. 1molO2与足量Na反响,生成Na2O和Na2O2的混合物转移的电子数为 2
15、NA【答案】C【解析】【详解】A、常温常压下,不能直接用22.4Lmol1,无法求出Cl2的物质的量,故A错误;B、没有溶液的体积,无法计算出物质的量,故B错误;C、22gCO2的物质的量为=0.5mol,标准状况下,11.2LHCl的物质的量为=0.5mol,22gCO2与标准状况下的11.2LHCl具有相同的分子数,故C正确;D、假设全部生成Na2O,1molO2转移电子物质的量为4mol,全部转化成Na2O2,1molO2转移电子物质的量为2mol,生成Na2O和Na2O2混合物转移电子物质的量应在2mol和4mol之间,故D错误;答案选C。12.向Ba(OH)2和NaOH混合溶液中缓缓
16、通入CO2气体至过量,生成沉淀物质的量与通入CO2气体的体积V标准状况的关系如下图,以下结论不正确的选项是 A. 原混合物中nBa(OH)2:nNaOH =1:2B. 横坐标轴上p点的值为90C. b点时溶质为NaHCO3D. ab段发生反响的离子方程式依次为:CO2+2OH-= H2O+CO32-,CO2+H2O+ CO32-=2HCO3-【答案】A【解析】试题分析:AOa段:Ba2+2OH-+CO2BaCO3+H2O,消耗30mL的二氧化碳、ab段:2OH-+CO2CO32-+H2O、ab段消耗60-30mL的二氧化碳;bp段:最后是BaCO3+CO2+H2OBa2+2HCO3-,由Oa段
17、和ac段的反响原理可知,消耗二氧化碳的量BaOH2和NaOH的物质的量相等,所以原混合溶液中BaOH2和NaOH的物质的量之比为30:60-30=1:1,故A错误;BOa段:Ba2+2OH-+CO2BaCO3+H2O,消耗30mL的二氧化碳,bp段:最后是BaCO3+CO2+H2OBa2+2HCO3-,需消耗30mL的二氧化碳,所以P点为90mL,故B正确;Cab段:2OH-+CO2CO32-+H2O、CO32-+H2O+CO2=2HCO3-,所以b点溶液中溶质为NaHCO3,故C正确;Da、b段,当氢氧化钡消耗完时,继续通入二氧化碳,二氧化碳和氢氧化钾反响生成碳酸钾,CO2+2OH-=CO3
18、2-+H2O,继续通入二氧化碳,二氧化碳和碳酸钾、水反响生成碳酸氢钾,CO32-+H2O+CO2=2HCO3-,故D正确;应选A。【考点定位】考查有关混合物反响的计算【名师点晴】此题考查物质之间的反响,明确物质的性质、及反响先后顺序是解此题关键,向NaOH和BaOH2的混合稀溶液中通入CO2,先二氧化碳和氢氧化钡反响生成碳酸钡沉淀,当氢氧化钡消耗完时,继续通入二氧化碳,二氧化碳和氢氧化钠反响生成碳酸钠,当氢氧化钠完全反响后,继续通入二氧化碳,二氧化碳和碳酸钠、水反响生成碳酸氢钠,当碳酸钠反响后,继续通入二氧化碳,二氧化碳和和碳酸钡、水反响生成可溶性的碳酸氢钡。13.以下关于物质的分类中,正确的
19、选项是 酸性氧化物酸盐混合物电解质ASiO2HClO烧碱CuSO45H2OCO2BNa2O2HNO3NaHSO4漂白粉MgCSO3H2SiO3纯碱水玻璃NaClDNOAl(OH)3BaCO3水泥NH3A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】和碱反响生成盐和水的氧化物为酸性氧化物;水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸;金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐;不同物质组成的为混合物;水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质。【详解】A.烧碱为氢氧化钠属于碱,CuSO45H2O为纯洁物,CO2为非电解质,故A错误;B. Na2O2为过氧化物不是酸性氧化物,Mg是金属单质既
20、不是电解质也不是非电解质,故B错误;C. SO3属于酸性氧化物,H2SiO3属于酸,纯碱是碳酸钠为盐,水玻璃为硅酸钠的水溶液为混合物,氯化钠溶于水导电属于电解质,所以C选项是正确的;D.NO和碱不反响属于不成盐氧化物,氢氧化铝为两性氢氧化物,氨气为非电解质,故D错误。所以C选项是正确的。14.以下说法正确的选项是A. 液态HCl、固态AgCl均不导电,所以HCl、AgCl是非电解质B. NH3、CO2的水溶液均能导电,所以NH3、CO2均是电解质C. 碱性氧化物一定是金属氧化物,金属氧化物一定是碱性氧化物D. 非金属氧化物不一定是酸性氧化物,酸性氧化物不一定都是非金属氧化物【答案】D【解析】【
21、详解】A、HCl和AgCl为电解质,电解质导电需要自由移动的阴阳离子,即需要水溶液或熔融状态,故A错误;B、NH3、CO2的水溶液虽然导电,但导电的离子不是本身电离产生,NH3和CO2不是电解质,均是非电解质,故B错误;C、碱性氧化物一定是金属氧化物,但金属氧化物不一定是碱性氧化物,如Al2O3属于两性氧化物,故C错误;D、非金属氧化物不一定是酸性氧化物,如CO是不成盐氧化物,酸性氧化物不一定都是非金属氧化物,如Mn2O7属于金属氧化物,故D正确;答案选D。【点睛】电解质:在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物,导电的阴阳离子必须是本身电离产生,电解质导电需要条件,在水溶液或熔融状态。15.过氧
22、化钠具有强氧化性,遇亚铁离子可将其氧化为一种常见的高效水处理剂,化学方程式为2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2.以下说法中不正确的选项是A. 氧化性:Na2O2Na2FeO4FeSO4B. FeSO4只作复原剂,Na2O2既作氧化剂,又作复原剂C. 由反响可知每3molFeSO4完全反响时,反响中共转移12mol电子D. Na2FeO4处理水时,不仅能杀菌消毒,还能起到净水的作用【答案】C【解析】A.由氧化剂的氧化性大于氧化产物可知,氧化性:Na2O2Na2FeO4FeSO4 ,A正确;B.2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2
23、Na2SO4+O2,Fe元素的化合价由+2价升高为+6价,O元素的化合价局部由1价降低为2价,局部由1价升高为0价,所以FeSO4只作复原剂,Na2O2既作氧化剂又作复原剂,B正确;C2FeSO410e-,所以每3molFeSO4完全反响时,反响中共转移15mol电子,C错误。DNa2FeO4处理水时,Na2FeO4可以氧化杀死微生物,生成的复原产物氢氧化铁又具有吸附作用,可以起到净水的作用,D正确;答案选C.点睛:解答此题特别需要注意在氧化复原反响中Na2O2既可作氧化剂又可作复原剂。16.以下实验过程可以到达实验目的的是( )选项实验目的操作过程A比拟Fe3+和I2氧化性强弱向淀粉碘化钾溶
24、液中滴入氯化铁溶液,溶液变蓝色B证明SO2具有漂白性将SO2通入酸性高锰酸钾溶液,溶液紫色褪去C检验NaHCO3与Na2CO3溶液用小试管分别取少量溶液,然后滴加澄清石灰水D检验溶液中含有SO42-向某溶液中先滴加硝酸酸化,再滴加BaCl2溶液,有白色沉淀生成A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A、参加FeCl3后溶液变蓝色,说明I被氧化成I2,氧化剂为Fe3,利用氧化复原反响的规律,得出Fe3的氧化性强于I2,故A符合题意;B、SO2的漂白性,中学阶段表达在能使品红溶液褪色,使酸性高锰酸钾褪色,表达SO2的复原性,故B不符合题意;C、澄清石灰水与NaHCO3、Na2CO
25、3都能产生沉淀,鉴别NaHCO3和Na2CO可以用CaCl2溶液,NaHCO3与CaCl2不发生反响,Na2CO3与CaCl2生成沉淀CaCO3,故C不符合题意;D、HNO3具有强氧化性,将SO32氧化成SO42,对SO42的检验产生干扰,应先加盐酸,再滴加BaCl2溶液,故D不符合题意;答案选A。17.复原性由强到弱的顺序为SO32- I-Br-,向NaBr、NaI、Na2SO3的混合溶液中通入一定量的氯气后,将溶液蒸干并充分灼烧,得到的剩余固体物质的组成可能是 A. NaClB. NaCl、Na2SO4、NaIC. NaCl、Na2SO4、I2D. NaCl、NaBr、Na2SO4【答案】
26、D【解析】【详解】根据氧化复原反响的先后顺序取决于氧化性或复原性的相对强弱,复原性最强的Na2SO3优先与Cl2反响Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl生成Na2SO4,所以固体中一定含有Na2SO4;其余依次为NaI、NaBr分别与Cl2反响生成NaCl、I2、Br2,那么固体中一定含有NaCl;有可能NaBr未反响完全,但不会NaBr反响完全而余NaI,生成的I2、Br2蒸干并灼烧时将挥发,升华脱离固体。故答案选D。18.向200 mL 0.1 mo/L的Fe(NO3)2溶液中参加适量的NaOH溶液,使Fe2+恰好完全沉淀,过滤,小心加热沉淀,直到水分蒸干,再灼烧后得到固体
27、的质量为A. 1.44 gB. 1.6 gC. 1.8 gD. 2.14 g【答案】B【解析】Fe(NO3)2溶液中参加适量的NaOH溶液,使Fe2+完全沉淀,得到硝酸钠与氢氧化亚铁,过滤,小心加热沉淀,再灼烧至质量不再变化,由于氢氧化亚铁易被氧化,最终所得固体为Fe2O3,200mL 0.1mol/L的Fe(NO3)2溶液中nFe(NO3)2=0.2L0.1mol/L=0.02mol,由Fe原子守恒可知:nFe(NO3)2=2nFe2O3,所以nFe2O3=0.02mol2=0.01mol,其质量为0.01mol160g/mol=1.6g,答案选B。点睛:此题考查化学反响方程式的计算,注意氢
28、氧化亚铁不稳定、易被氧化的性质,关键是判断最终固体为氧化铁,最后再利用守恒法计算。第II卷总分值46分二、填空题3小题,共30分19.1室温时,在以下物质中:Na Cl2 Na2O FeCl2溶液 NaHCO3 蔗糖 NH3 NaCl晶体 HClO Fe(OH)2 属于碱性氧化物的是(用序号填写,下同) _,属于酸的是_,属于强电解质的是_,属于非电解质的是_,能导电的是_。2Na2O2与CO2的反响化学方程式_;3向硫酸氢钠溶液中逐滴参加氢氧化钡溶液到中性,请写出发生反响的离子方程式 _。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). 2Na2O2+2CO22Na2CO
29、3+O2 (7). 2H+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+2H2O【解析】【详解】1碱性氧化物:能与水生成相应的碱,属于碱性氧化物的是Na2O,即;酸:电离出的阳离子全部是H的化合物,属于酸的是;强电解质包括强酸、强碱、多数的盐、活泼金属的氧化物,即属于强电解质的是;非电解质:在水溶液或熔融状态下都不能够导电的化合物,即属于非电解质的是;能导电的是石墨、金属单质、电解质的水溶液或熔融状态,即能导电的是;2Na2O2与CO2发生反响的方程式为:2Na2O22CO2=2Na2CO3O2;3反响后溶液为中性,离子方程式为Ba22OH2HSO42=BaSO42H2O。【点睛】易错点是3,溶液为
30、中性,按照氢氧化钡进行分析,即氢氧化钡的系数为1,1molBa(OH)2中含有2molOH,需要2molH,然后得出:Ba22OH2HSO42=BaSO42H2O。20.工业上利用电解饱和食盐水生产氯气(Cl2)、烧碱和氢气的化学方程式是:2NaCl2H2O2NaOHCl2H2。1用双线桥表示出电子转移的方向和数目_,题干中反响改写成离子方程式是_。2电解食盐水的过程中,被复原的元素是_,氧化产物是_。四氧化三铁Fe3O4磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛,是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反响是:3Fe2+2S2O32-+O2+xOH-
31、Fe3O4+S4O62-+2H2O。请答复以下问题。1水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反响中,复原剂是_。2反响的化学方程式中x=_。3每生成1 mol Fe3O4,反响转移的电子为_mol,被Fe2+复原的O2的物质的量为_mol。【答案】 (1). (2). 2Cl2H2O2OHCl2H2 (3). 氢元素(或H) (4). 氯气(或Cl2) (5). Fe2+和S2O32- (6). 4 (7). 4 (8). 0.5【解析】【分析】根据反响中相关元素的化合价变化情况、氧化复原反响的有关概念以及原子守恒和电子转移守恒分析解答。【详解】1氯化钠中氯元素的化合价从1价升高到0价,失去电子,水中
32、氢元素化合价从+1价降低到0价,得到电子,根据电子转移守恒可知反响中转移2个电子,那么用双线桥表示出电子转移的方向和数目为,反响的离子方程式为2Cl2H2O2OHCl2H2。2电解食盐水过程中,水中氢元素化合价从+1价降低到0价,得到电子,被复原的元素是氢元素。氯元素失去电子,发生氧化反响,氧化产物是氯气。1根据方程式可知水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反响中铁元素和硫元素化合价升高,失去电子,被氧化,所以复原剂是Fe2+和S2O32-。2根据氢原子守恒可知反响的化学方程式中x=4。3反响中只有氧气中氧元素化合价降低,氧气是氧化剂,每生成1 mol Fe3O4,消耗1mol氧气,因此反响转移的电
33、子为4mol。根据方程式可知3mol亚铁离子参加反响只有2mol被氧化,化合价从+2价升高到+3价,那么根据电子得失守恒可知被Fe2+复原的O2的物质的量为2mol40.5mol。【点睛】准确判断出反响中相关元素的化合价变化情况是解答的关键,注意氧化复原反响的分析思路:判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价是非常关键的一步,特别是反响物中含有同种元素的氧化复原反响,必须弄清它们的变化情况。21.某待测液中可能含有Ag+、Fe3+、K+、Ba2+、NH4+等阳离子,进行如下实验:1参加过量的稀盐酸,有白色沉淀生成。2过滤,在滤液中参加过量的稀硫酸,又有白色沉淀生成。
34、3过滤,取少量滤液,滴入2滴KSCN溶液,没有明显的现象出现。4另取少量步骤3中的滤液,参加NaOH溶液至使溶液呈碱性,加热,可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体。根据实验现象答复:待测液中一定含有的阳离子有_,一定不含的阳离子有_,还有一种阳离子不能确定是否存在,要检验这种阳离子的实验方法是_填写实验名称,观察到的现象是_。【答案】 (1). 一定含有的阳离子有Ag+、Ba2+、NH4+ (2). 一定不含的阳离子有Fe3+ (3). 焰色反响 (4). 透过蓝色钴玻璃火焰呈紫色【解析】【分析】根据离子的性质、离子的检验方法结合实验现象分析解答。【详解】参加过量的稀盐酸,有白色沉淀生成,说
35、明待测液中有Ag;过滤后,滤液中参加过量稀硫酸,又有白色沉淀生成,那么待测液中含有Ba2;过滤,取少量滤液,滴入2滴KSCN溶液,没有明显现象出现,说明待测液中不含Fe3;参加NaOH溶液至使溶液呈碱性,加热,可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,该气体为NH3,推出待测液中含有NH4,根据上述分析,待测液中一定含有的阳离子是Ag、Ba2、NH4;一定不含有的离子是Fe3;K不能确定;检验K,通过焰色反响,透过蓝色钴玻璃火焰呈紫色,说明待测液中含有K。三、实验题1小题,共10分22.某化学兴趣小组为探究SO2的性质,按如下图装置进行实验。请答复以下问题:(1)装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是_,
36、其中发生反响的化学方程式为_。(2)实验过程中,装置B、C中发生的现象分别是_、 _,这些现象分别说明SO2具有的性质是_和_。(3)装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性,请写出实验操作及现象_。(4)尾气可采用_溶液吸收。(写化学式)【答案】 (1). 分液漏斗 (2). Na2SO3H2SO4(浓)=Na2SO4SO2H2O (3). 溶液由紫红色变为无色 (4). 出现黄色浑浊 (5). 复原性 (6). 氧化性 (7). 待品红溶液完全褪色后,关闭分液漏斗的旋塞,点燃酒精灯加热;无色溶液恢复为红色 (8). NaOH【解析】【分析】实验目的是探究SO2的性质,A装置为制气装置,B
37、装置验证SO2的复原性,C装置验证SO2的氧化性,D装置验证SO2的漂白性,据此分析;【详解】1A装置盛放浓硫酸的仪器是分液漏斗;根据所加药品,装置A为制气装置,化学反响方程式为Na2SO3H2SO4(浓)=Na2SO4SO2H2O;2酸性高锰酸钾溶液显紫红色,具有强氧化性,如果颜色褪去,表达SO2的复原性,SO2和Na2S发生反响,生成硫单质,表达SO2的氧化性;答案是溶液紫红色褪去,出现黄色沉淀,复原性,氧化性;3SO2能够使品红溶液褪色,表达SO2的漂白性,加热后,溶液恢复为红色,探究SO2与品红作用的可逆性,具体操作是待品红溶液完全褪色后,关闭分液漏斗的旋塞,点燃酒精灯加热;无色溶液恢
38、复为红色;4SO2有毒气体,为防止污染环境,需要尾气处理,SO2属于酸性氧化物,采用碱液吸收,一般用NaOH溶液。【点睛】实验题一般明确实验目的和实验原理,实验设计中一定有尾气的处理,同时注意题中信息的应用,分清楚是定性分析还是定量分析,注意干扰。四、计算题1小题,共6分23.将一定质量的镁和铝的混合物投入100mL盐酸中,固体全部溶解后,向所得溶液中参加NaOH溶液,生成沉淀的物质的量与参加NaOH溶液的体积关系如下图。1原混合液中镁和铝的质量比为_2NaOH溶液的物质的量浓度为_mol/L。3生成的气体在标准状况下的体积为_L。【答案】 (1). 2:3 (2). 5 (3). 10.08
39、【解析】根据图像可知,参加NaOH溶液后并没有立即生成沉淀,这说明稀盐酸是过量的,所以有关离子方程式应该是:HOH=H2O、Al33OH=Al(OH)3、Mg22OH=Mg(OH)2、Al(OH)3OH=AlO22H2O。根据图像可知,和Al(OH)3反响的NaOH溶液是240mL200mL40mL,那么Al(OH)3的物质的量是0.35mol0.15mol0.20mol,Mg(OH)2是0.15mol,1根据原子守恒可知,镁和铝的总的质量分别是0.15mol24g/mol=3.6g,0.2mol27g/mol5.4g,质量比为:3.6:5.4=2:3;2NaOH溶液的物质的量浓度是5mol/L;3根据镁和铝的物质的量可知:生成的氢气在标准状况下的体积为0.15mol0.2mol22.4L/mol10.08L。点睛:该题是高考中的常见题型和考点,考查镁、铝和酸碱反响的有关计算,属于中等难度的试题。注重对学生根底知识稳固和训练的同时,侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练,有利于培养学生的逻辑推理能力和灵活应变能力。该题的关键是明确反响原理,然后依据方程式和图像灵活运用即可。