1、安徽省皖中地区 2019届高三入学摸底考试化学相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cu-64一、选择题（16 小题，共 48分，每小题均只有一个正确选项）1.1.我国明代本草纲目中收载药物 1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和精入甑，蒸令气上其清如水，球极浓烈，盖酒露也。 ”这里所用的“法”是指A. 萃取 B. 过滤 C. 蒸馏 D. 干馏【答案】C【解析】从浓酒中分离出乙醇，利用酒精与水的沸点不同，用蒸馏的方法将其分离提纯，这种方法是蒸馏，故 C正确。2.2.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 15g甲基（CH 3）含有的电
2、子数是 9NAB. 7.8g苯中含有的碳碳双键数为 0.3NAC. 1mol C2H5OH和 1mol CH3CO18OH反应生成的水分子中的中子数为 8NAD. 标准状况下，2.24 L CCl 4中的原子总数为 0.5NA【答案】A【解析】分析：A、甲基含有 9个电子；B、苯中无碳碳双键；C、酯化反应中酸断羧基醇断氢；D、标准状况下 CCl4为液体。详解：A15g 甲基的物质的量都是 1mol，1mol 甲基中含有 9mol电子，含有的电子数均为9NA，选项 A正确；B苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，选项 B错误；C、C 2H5OH和 CH3CO18OH反应生成水为 H218O，
3、含 10个中子，但酯化反应为可逆反应，故不能进行彻底，故生成的水中的中子个数小于 10NA个，选项 C错误；D、标况下 CCl4为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项 D错误。答案选 A。点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大。3.3.仅用下表提供的玻璃仪器（自选非玻璃仪器）就能实现相应实验目的的是选项 实验目的 玻璃仪器A 分离硝酸钾和氯化钠混合物 烧杯、酒精灯、玻璃棒、分液漏斗B 配制 450 mL 2 molL1 氯化钠溶液500 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管C 除去氢氧化铝胶体中的泥沙 漏斗(带半透膜)、
4、烧杯、玻璃棒D 从食盐水中获得 NaCl晶体 坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】分离硝酸钾和氯化钠混合物需要进行重结晶，所以应该用普通漏斗进行过滤，选项 A错误。实验室没有 450mL的容量瓶，所以配制 450 mL 2 molL1 氯化钠溶液的时候应该使用500mL容量瓶。用天平（非玻璃仪器）称量氯化钠质量，转移至烧杯，用量筒加水溶解，玻璃棒搅拌，转移至容量瓶，洗涤，定容，摇匀即可，选项 B正确。除去氢氧化铝胶体中的泥沙，应该用带滤纸的漏斗直接过滤，选项 C错误。从食盐水中获得 NaCl晶体的操作是蒸发，应该在蒸发皿中进行，选项 D错误。点睛
5、：胶体不可以透过半透膜，但是可以透过滤纸。溶液是都能透过，浊液是都不能透过。所以分离溶液和胶体应该用半透膜做渗析，分离浊液和胶体应该做过滤。4.4.下列有关物质的分类或归纳的说法正确的是A. 漂白粉、水玻璃、福尔马林都是混合物B. 乙烯、油脂、纤维素、光导纤维都属于高分子化合物C. PM 2.5(微粒直径约为 2.5106 m)分散在空气中形成气溶胶，能产生丁达尔效应D. 纯碱、氨水、蔗糖分别属于强电解质、弱电解质和非电解质【答案】A【解析】A、漂白粉成分是 CaCl2和 Ca(ClO)2，水玻璃是硅酸钠的水溶液，福尔马林是甲醛的水溶液，都属于混合物，故 A正确；B、乙烯、油脂不属于高分子化合
6、物，光导纤维成分是 SiO2，不属于高分子化合物，纤维素属于高分子化合物，故 B错误；C、分散质的微粒直径在1nm100nm 之间的分散系称为胶体，1nm=10 9 m，PM 2.5微粒直径约为 2.5106 m大于胶体分散质微粒直径，因此 PM2.5分散在空气中形成气溶胶，不属于胶体，没有丁达尔效应，故C错误；D、纯碱为 Na2CO3，属于强电解质，氨水是混合物，不属于电解质，也不属于非电解质，蔗糖属于非电解质，故 D错误。5.5.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 0.1mol的 11B中，含有 0.6NA个中子B. pH=1的 H3PO4溶液中，含有 0.1NA个 H+C.
7、2.24L（标准状况）苯在 O2中完全燃烧，得到 0.6NA个 CO2分子D. 密闭容器中 1mol PCl3与 1mol Cl2反应制备 PCl 5(g)，增加 2NA个 PCl 键【答案】A【解析】A 11B中含有 6个中子，0.1mol 11B含有 0.6NA个中子，A 正确；B溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B 错误；C标准状况下苯是液体，不能利用气体摩尔体积计算 22.4L苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的 CO2分子数目，C 错误；DPCl 3与 Cl2反应生成 PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则 1molPCl3与 1molCl2反应生成的 PCl
8、5小于 1mol，增加的 PCl 键的数目小于 2NA个，D 错误；答案选 A。6.6.我国古代文明中包含着丰富的化学知识。下列没有发生电子转移的是A. 铁石制成指南针 B. 爆竹声中一岁除 C. 西汉湿法炼铜 D. 雷雨发庄稼【答案】A【解析】氧化还原反应本质是有电子转移；打磨磁石制指南针属于物质形状变化,没有新物质生成,属于物理变化,A 正确；黑火药中硫磺、硝酸钾和木炭在一定条件下发生反应生成氮气、硫化钾和二氧化碳，有新物质生成，属于氧化还原反应，B 错误；湿法炼铜使铜由化合态变为游离态,所以有新物质铜生成,属于氧化还原反应,C 错误；空气中的氮气在放电条件下与氧气直接化合生成一氧化氮气体
9、,一氧化氮又被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，生成的硝酸随雨水淋洒到大地上,同土壤中的矿物相互作用,生成可溶于水的硝酸盐可作氮肥,植物生长得更好,这些变化过程，有新物质生成,发生了氧化还原反应,D 错误；正确选项 A。7.7.将标准状况下的 aL HCl (g)溶于 1000g水中，得到的盐酸密度为 b gm-3，则该盐酸的物质的量浓度是A. mol/L B. mol/L C. mol/L D. mol/L【答案】D【解析】氯化氢的物质的量是 ，质量是 。溶液的质量是，所以溶液的体积是 ，因此浓度是 ，答案选 D。8.8.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. p
10、H=l的溶液中：HCO 3、SO 42、K +、Cl -B. 无色透明的溶液中：K +、SO 42 -、Na +、MnO 4C. 遇石蕊变蓝的溶液中：NO 3、Na +、AlO 2、K +D. 含大量 NO 的溶液中：H +、Fe 2+、Cl -、NH 4+【答案】C【解析】分析：A. pH=l的溶液呈酸性，弱酸根离子不能大量存在；B、MnO 4-在水溶液中为紫红色；C、能使紫色石蕊试液变蓝的溶液显碱性；D、NO 3-、H +、Fe 2+之间发生氧化还原反应。详解：A. pH=l 的溶液呈酸性，H +与 HCO3-反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，选项 A错误；B、该组离子不反应，能大量共存
11、，但 MnO4-在水溶液中为紫红色，选项 B错误；C、能使紫色石蕊试液变蓝的溶液显碱性，各离子相互不反应能大量共存，选项 C正确；DNO 3-、H +、Fe 2+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，选项 D错误；答案选 C。点睛：本题考查离子的共存，为高考常见题型，把握离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应及离子颜色的考查，选项 B为易错点，注意信息的抽取和应用，题目难度不大。9.9.下列指定反应的离子方程式正确的是A. 向偏铝酸钠和碳酸钠的混合溶液中滴加少量盐酸：AlO 22+ H+H2O =Al(OH)3 B. 将少量 SO2 通入次氯酸钠溶液：ClO -+SO2+H2O=2
12、H+Cl-+SOC. 向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：NO +3Fe2+4H+=3Fe3+ NO+2H 2OD. 向氯化铝溶液中滴加硫化钠溶液：3S 2-+2Al3+=Al2S3【答案】A【解析】【详解】A.向偏铝酸钠和碳酸钠的混合溶液中滴加少量盐酸时，H +先与偏铝酸根离子反应，则离子反应方程式为 AlO22+ H+H2O =Al(OH)3 ，故 A项正确；B.将少量 SO2 通入次氯酸钠溶液中，反应后有过量的次氯酸根离子存在，则应有次氯酸分子生成，离子反应方程式为3ClO-+SO2+H2O=2HClO+Cl-+SO ，故 B项错误；C.向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸时，由于I的还原性强于
13、Fe2+，则应是 I先被氧化，离子反应方程式为 6I-+2NO3-+8H+=3I2+ 2NO+4H 2O，故 C项错误；D.向氯化铝溶液中滴加硫化钠溶液时，铝离子和硫离子的水解会相互促进至水解完全，离子反应方程式为 3S2-+2Al3+6H2O=2Al(OH)3+3H 2S，故 D项错误；答案选 A。【点睛】本题重点考查了离子反应方程式的书写与正误的判断，在分析的过程中要特别注意反应物的用量和离子反应的先后顺序，如 H+与 CO32-、HCO 3-、AlO 22，NO 3-在酸性条件下与 I-、Fe 2+等。10.10.室温下，向 10 mL pH3 的 CH3COOH溶液中加入下列物质，对所
14、得溶液的分析正确的是加入的物质 对所得溶液的分析A 90 mLH2O 由水电离出的 c(H+)10 -10 molL1B 0.1 mol CH3COONa固体 c(OH-)比原 CH3COOH溶液中的大C 10 mL pH1 的 H2SO4溶液 CH3COOH的电离程度不变D 10 mL pH11 的 NaOH溶液 c(Na+) c(CH3COO ) c(OH-) c(H+)A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A、向 10 mL pH3 的 CH3COOH溶液中加入 90 mLH2O，醋酸的电离平衡正向移动 c(H+)10-4 molL1 ，故由水电离出的 c(H+)KMn
15、O4C. 氧化剂与还原剂的物质的量比为 1:8 D. 当标准状况下产生 22.4L氯气，转移电子数为 2NA【答案】D【解析】A.部分 HCl中负一价氯被氧化为氯气，HCl 发生了氧化反应，故 A错误；B. 氧化剂 的氧化性大于氧化产物，则氧化性：KMnO 4Cl2，故 B错误；C. 氧化剂与还原剂的物质的量比为2:10=1：5（16molHCl 只有 10molHCl被氧化为 5mol的氯气） ，故 C错误；D. 当标准状况下产生 22.4L氯气，每生成 1mol氯气转移电子数为 2NA个，故 D正确。答案选 D。12.12.24 mL 0.05 mol/L 的 Na2SO3溶液，恰好与 2
16、0mL 0.02 mol/L 的 K2Cr2O7溶液完全反应，则元素 Cr在被还原的产物中的化合价是A. +6 B. +3 C. +2 D. 0【答案】B【解析】Na2SO3被氧化为 Na2SO4，S 元素化合价由+4 价升高为+6 价；K 2Cr2O7中 Cr元素发生还原反应，设 Cr元素在产物中的化合价为 a价，根据电子转移守恒，则：（6-4）0.05mol/L 2410 -3L =（6-a）20.02mol/L2010 -3L，解得 a=+3。故选 B。13.13.把含硫酸铵和硝酸铵的混合液 a L分成两等份。一份加入含 b mol NaOH的溶液并加热，恰好把 NH3全部赶出；另一份需
17、消耗 c mol BaCl2才能使 SO 完全沉淀，则原溶液中 NO的物质的量浓度为A. B. C. D. 【答案】B【解析】bmolNaOH恰好将 NH3全部赶出，根据 NH4 OH NH3H 2O可知，每份中含有 bmol NH4 ；与氯化钡溶液完全反应消耗 c mol BaCl2才能使 SO42 完全沉淀，根据Ba2 SO 42 =BaSO4可知每份含有 SO42 cmol，设每份中含有 NO3 的物质的量为 xmol，根据溶液呈现电中性，则 bmol1=cmol2+xmol1，得 x=（b2c）mol，因将 a L混合液分成两等份，则每份的体积是 0.5aL，所以每份溶液中 NO3 的
18、浓度是 c（NO 3 ）= = mol/L，即原溶液中 NO3 的浓度是 mol/L，故选 B。点睛：根据化学方程式的计算，多以物质的量为核心，考查物质的量、阿伏伽德罗常数、物质的量浓度、物质的质量、摩尔质量等相关物理量的转化关系，以及反应物的转化率或物质之间的比例关系的计算，同时还可以融入多种化学解题思想，比如极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等，是历来高考的重点内容。根据化学方程式计算时一定要准确找出相关物质之间的计量数关系，如果有一种反应物过量，则应根据量少的反应物来进行计算；如果涉及多步反应，可以根据几个化学方程式找出有关物质的关系式进行计算，使计算简化；如果是离子反应，可以根据
19、离子方程式进行计算；如果是氧化还原反应，也可以利用电子转移关系进行有关计算。14.14.已知微粒还原性强弱顺序：I -Fe2+Cl-，则下列离子方程式不符合事实的是A. 2Fe3+2I-2Fe 2+I2 B. Cl2+2I-2Cl -+I2C. 2Fe2+I22Fe 3+2I- D. Fe2+Cl22Fe 3+2Cl-【答案】C【解析】A中，Fe 从+3 价降低到+2 价，做氧化剂，发生还原反应，即 Fe2+为还原产物，I 从-1 价升高到 0价，做还原剂，发生氧化反应，即 I 的还原性大于 Fe2+；A 错误；B 中，Cl 2由 0价降低到-1 价，发生还原反应，做氧化剂，Cl -为还原产物
20、，I 从-1 价升高到 0价，做还原剂，发生氧化反应，即还原性 I-Cl-，B 错误；C 中，Fe 2+被氧化为 Fe3+，做还原剂，I 2被还原为 I-，做氧化剂，对应还原产物为 I-，因此还原性：Fe 2+ I-，与题给信息矛盾，C 正确；D 中，Fe2+被氧化为 Fe3+，做还原剂，Cl 2被还原为 Cl-，对应还原产物为 Cl-，因此还原性 Fe2+Cl-，D 错误；正确选项 C。15.15.下列实验方案能达到实验目的的是 实验目的 实验方案A证明 Mg(OH)2 沉淀可以转化为 Fe(OH)3向 2mL1mol/LNaOH溶液中先加入 3滴 1mol/L MgCl2溶液，再加入 3滴
21、 1mol/LFeCl3B 比较氯和碳的非金属性强弱 将盐酸滴入碳酸氢钠溶液中C 配制 100mL1.0mol/LCuSO4溶液 将 25gCuSO45H2O溶于 100mL蒸馏水中D 验证氧化性：Fe 3+I2将 KI和 FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置，观察下层液体是否变成紫色A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A、向 2mL1mol/LNaOH溶液中先加 3滴 1mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀，由于 NaOH过量，再加入 FeCl3时，FeCl 3直接与 NaOH反应，不能证明沉淀的转化，故 A错误；B、将盐酸滴入碳酸氢钠溶液中，产生气
22、泡，证明盐酸酸性强于碳酸，而比较元素的非金属性强弱，要通过比较元素最高价氧化物的水化物的酸性强弱来进行判断，若要比较 Cl和 C的非金属性强弱，则应比较 HClO4与 H2CO3的酸性强弱，故 B错误；C、将 25gCuSO45H2O溶于 100mL蒸馏水中，溶质 CuSO4的物质的量为 1mol，而溶液的体积不是 100mL，所配溶液的浓度不是 1mol/L，故C错误；D、将 KI和 FeCl3溶液在试管中混合后，加入 CCl4，振荡，静置，下层液体变成紫色，则证明产生了 I2，说明 Fe3+将 I-氧化为 I2，氧化性 Fe3+I 2，故 D正确。故选 D。16.16.已知：将 Cl2通入
23、适量 NaOH溶液中，产物中可能含有 NaCl、NaClO、NaClO 3，且 c(Cl-)/c(ClO-)的值与温度高低有关。当 n(NaOH)=a mol时，下列说法不正确的是A. 参加反应的氯气的物质的量等于(1/2)a molB. 改变温度，产物中 NaC1O3的最大理论产量为(1/7)a molC. 改变温度，反应中转移电子的物质的量 n(e-)的范围为(1/2)amol n(e -) (5/6)amolD. 若某温度下，反应后 c(Cl-)/c(ClO-)= 11，则溶液中 c(ClO-)/c(ClO )= 1/2【答案】B【解析】将 Cl2通人 NaOH溶液，可能发生的反应为Cl
24、 2 +2NaOH NaCl+NaClO+H2O和Cl 2 +6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O。A. 从产物 NaC1、NaClO、NaC1O 3的组成可以看出钠元素与氯元素的物质的量相等，所以参加反应的氯气的物质的量等于氢氧化钠的 1/2为 amol，故 A正确；B. 改变温度，除水外，只产生 NaC1、NaC1O 3时产物中 NaC1O3的产量最大，此时5NaC1NaC1O 35e -，所以 NaC1O3的最大理论产量为 1/6amol，故 B错误；C. 改变温度，除水外，只产生 NaC1、NaC1O 3时，反应中转移电子的物质的量为 ne= amol ，只产生NaC1、NaC
25、1O 时，反应中转移电子的物质的量为 ne= amol ，n e的范围： amoln e amol，故 C正确；D. 若某温度下，反应后 11，假设 c(Cl )为 11，则 c(ClO )为 1，反应产生的 c(Cl )为 1，反应产生的 c(Cl )为 10，反应产生的c(ClO3 )为 2，因此，溶液中 ，故 D正确。故选 B。二、非选择题（共 52分）17.17.现有下列状态的物质：干冰 NaHCO 3晶体 氨水 纯醋酸 FeCl 3溶液 铜 熔融的 KOH 蔗糖其中属于电解质的是_，属于强电解质的是_,能导电的是_。胶体是一种常见的分散系，回答下列问题。向煮沸的蒸馏水中逐滴加入_溶液
26、，继续煮沸至_，停止加热，可制得 Fe(OH)3胶体，制取 Fe(OH)3胶体化学反应方程式为_。向 Fe(OH)3胶体中加入 Na2SO4饱和溶液，由于_离子（填离子符号）的作用，使胶体形成了沉淀，这个过程叫做_。区分胶体和溶液常用的方法叫做_。FeCl 3溶液用作蚀刻铜箔制造电路板的工艺，离子方程式为_。有学生利用 FeCl3溶液制取 FeCl36H2O晶体主要操作包括：滴入过量盐酸，_、冷却结晶、过滤。过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器是_。高铁酸钾（K 2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl 3与 KClO在强碱性条件下反应可制取 K2FeO4，反应
27、的离子方程式为_。【答案】 (1). (2). (3). (4). 饱和 FeCl3 (5). 溶液呈红褐色 (6). FeCl3+3H2O(沸水) Fe(OH)3(胶体)+3HCl (7). SO (8). 胶体的聚沉 (9). 丁达尔效应 (10). 2Fe3+ Cu 2Fe2+ Cu2+ (11). 蒸发浓缩 (12). 玻璃棒 (13). 2Fe3+3ClO-+10 OH- 2FeO +3Cl-+5H2O (或 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH- 2FeO +3Cl-+5H2O写出一个即可)【解析】I、电解质的定义是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，主要包括酸、碱、盐、活泼金
28、属氧化物、水等。我们在判断此类试题的时候，最直接的方法是按照物质的分类进行判断。干冰是固态二氧化碳，不属于上述物质中的任一种，在水溶液和熔融状态下均不导电，所以不是电解质；NaHCO 3晶体属于盐，在水溶液中可以电离出离子而导电，所以属于电解质；氨水属于混合物而不是化合物，所以不是电解质；纯醋酸属于酸，在水溶液中可以电离出离子而导电，所以属于电解质；FeCl 3溶液是混合物而不是化合物，所以不是电解质；铜是单质而不是化合物，所以不是电解质；熔融的 KOH属于碱，在熔融状态下和水溶液中均可以电离出离子而导电，所以是电解质； 蔗糖不属于上述物质中的任一种，在水溶液和熔融状态下均不导电，所以不是电解
29、质；所以属于电解质的是：。强电解质的定义是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，因此强电解质首先必须是电解质，只能从里面找，其中 NaHCO3晶体在水溶液中可以完全电离出离子，所以属于强电解质；纯醋酸属于共价化合物，在熔融状态下不能电离出离子，在水溶液中不能完全电离，所以属于弱电解质；熔融的 KOH是离子化合物，在熔融状态下和水溶液中都能完全电离出离子，所以属于强电解质，因此属于强电解质的是。因在氨水、FeCl 3溶液、熔融的 KOH中都含有能够自由移动的离子，所以可以导电；铜作为金属单质，含有能够自由移动的电子，所以也可以导电，因此能够导电的是。II、.Fe(OH) 3胶体的制备过程是：
30、向煮沸的蒸馏水中逐滴加入饱和的 FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即可制得 Fe(OH)3胶体。故答案是：饱和 FeCl3 ； 溶液呈红褐色； FeCl 3+3H2O（沸水） Fe(OH)3(胶体)+3HCl。.向 Fe(OH)3胶体中加入 Na2SO4饱和溶液，由于硫酸根离子中和了氢氧化铁胶粒的电荷，导致胶体发生了聚沉，故答案是：SO 42- ； 胶体的聚沉.利用胶体具有丁达尔效应而溶液没有丁达尔效应，进行区分胶体和溶液，所以答案是：丁达尔效应、. FeCl 3溶液用作蚀刻铜箔制造电路板的工艺，利用的是 Fe3 的氧化性，将铜氧化成Cu2 ，所以其反应的离子方程式是：2Fe
31、3+ Cu=2Fe2+ Cu2+。.利用 FeCl3溶液制取 FeCl36H2O晶体，需要在 HCl气流中加热、蒸发浓缩，因此其主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；过滤操作主要需要用到烧杯、漏斗、玻璃棒；所以答案是：蒸发浓缩； 玻璃棒、用 FeCl3与 KClO在强碱性条件下反应可制取 K2FeO4，其反应的离子方程式为：3Fe3+3ClO-+10 OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O或者 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。18.18.过氧化氢 H2O2（氧的化合价为1 价） ，俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。
32、对于下列 AD 涉及 H2O2的反应，填写空白：ANa 2O2+2HCl=2NaCl+H2O2 BAg 2O+H2O2=2Ag+O2+H2OC2H 2O2=2H2O+O2 D3H 2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O（1）H 2O2仅体现氧化性的反应是_（填代号） 。（2）H 2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是_（填代号） 。（3）在稀硫酸中，KMnO 4和 H2O2能发生氧化还原反应。氧化反应：H 2O22e =2H+O2还原反应：MnO +5e +8H+=Mn2+4H2O写出该氧化还原反应的离子方程式：_。（4）在 K2Cr2O7+14HCl=
33、2KCl+3Cl2+7H 2O+2CrCl3的反应中，有 0.3 mol电子转移时生成Cl2的体积为_（标准状况） ，被氧化的 HCl的物质的量为_。（5）除去镁粉中混入的铝粉杂质用溶解、_方法，化学反应方程式为_。【答案】 (1). D (2). C (3). 2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+5O2 (4). 3.36L (5). 0.3mol (6). 过滤 (7). 2NaOH+2Al+2H 2O=2NaAlO2+3H2【解析】【分析】本题主要考查氧化还原反应的相关概念和反应中电子转移的计算，解决此类问题关键是了解反应前后物质化合价的变化【详解】根据 A、B、C、D
34、四个有关双氧水参与的反应中双氧水中氧元素的化合价的变化可知 A为非氧化还原反应，B 双氧水中氧元素的化合价仅升高，仅起还原性作用，C 双氧水中氧元素的化合价既升高，又降低，则既体现氧化性又体现还原性，D 反应双氧水中氧元素的化合价仅降低为-2 价，则只体现出氧化性，故（1）选 D， （2）选 C， （3）因为氧化还原反应中得失电子数目是相等的，故可将（H 2O22e =2H+O2）5 与（MnO +5e +8H+=Mn2+4H2O）2 相叠加可得离子反应 2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+5O2；（4）在 K2Cr2O7+14HCl=2KCl+3Cl2+7H 2O+2CrCl
35、3的反应中通过化合价分析可得如下关系：:3Cl 2 6 e 6HCl（被氧化） ，由关系式计算可得当有0.3mol电子转移时得到 Cl20.15mol，体积为 0.15mol22.4L/mol=3.36L，被氧化的 HCl为0.3mol；（5）由镁不能与氢氧化钠反应而铝能溶于氢氧化钠溶液中，因此镁粉中混入铝粉杂质可用 NaOH溶液溶解，然后过滤的方法而除去，化学反应方程式为2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2。【点睛】在氧化还原反应的计算中，往往要根据电子转移来进行，特别是在K2Cr2O7+14HCl=2KCl+3Cl2+7H 2O+2CrCl3等此类反应中，HCl 是还原剂，
36、但只是部分被氧化，还有一部分起酸性作用，所以要抓住氯元素的价态变化来分析。19.19.碘是人体中不可缺少的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定量的 KIO3进去。某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3H2O+3K2SO4（1）用双线桥表示该反应中电子转移的方向和数目，该反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比是_，0.2mol KIO 3参加反应时转移电子_mol。（2）实验结束后分离 I2和 K2SO4溶液所用的试剂是_。ACCl 4 B酒精 CNa 2SO4溶液 D食盐水所用的分离
37、方法是_，所用主要玻璃仪器是_。（3）上面实验中用到一定物质的量浓度的稀硫酸，若配制 1mol/L的稀硫酸溶液 480mL，需用 18mol/L浓 H2SO4_mL，配制中需要用到的主要玻璃仪器是（填序号）_。A100mL 量筒 B托盘天平 C玻璃棒 D100mL 容量瓶 E50mL 量筒 F胶头滴管 G烧杯 H500mL 容量瓶（4）下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是_A溶解后溶液没有冷却到室温就转移B转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒C向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面D用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶E摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线【答案】 (1). 1:5 (2)
38、. 1 (3). A (4). 萃取、分液 (5). 分液漏斗 (6). 27.8 (7). CEFGH (8). ACD【解析】试题分析：（1）氧化还原反应 KIO3+5KI+3H2SO43K 2SO4+3I2+3H2O中，I 元素的化合价由+5价降低为 0，I 元素的化合价由-1 价升高为 0，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=5，电子转移情况如下： ；KI 为还原剂，+5 价的I元素被还原，还原产物与氧化产物均为碘，由原子守恒及反应可知，物质的量之比为1：5；根据反应方程式得 1mol KIO3参加反应 时转移电子 5mol，则 0.2mol KIO3参加反应时转移电子 0.25m
39、ol=1mol。（2）A、碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，所以 A正确；B、酒精与水互溶，所以 B错误；C、Na 2SO4溶液与 K2SO4溶液互溶，所以 C错误；D、食盐水与 K2SO4溶液互溶，所以 D错误；答案选 A。分离方法是萃取分液，所以用分液漏斗；（3）设浓硫酸的体积为 VmL，稀释前后溶质物质的量不变，则：1 mol/L0.5L=“18“ mol/LV10-3，解得 V=27.8mL；配制中需要用到的主要玻璃仪器是 C玻璃棒 E50mL 量筒 F胶头滴管 G烧杯 H500mL 容量瓶。（4）A未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，溶液冷却后体积偏小，配制的溶
40、液浓度偏高，故 A正确； B转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故 B错误；C定容时俯视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故 C正确；D洗涤量筒，溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，故 D正确；E又加蒸馏水至刻度线，配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏小，故 E错误故答案为：ACD考点：考查碘的相关性质及溶液的配制20.20.某无色溶液中可能含有 Mg2+、Ba 2+、Cl -、CO 、Cu 2+、Fe 3+中的一种或几种离子。为确定其成分，进行以下实验：实验 1：取 10mL无色溶液，滴加过量稀盐酸无明显现象。实
41、验 2：另取 10mL无色溶液，加入足量的 Na2SO4溶液，有白色沉淀生成。实验 3：取实验 1后的溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中逐滴加入 NaOH溶液，滴加过程中产生沉淀的质量与加入 NaOH溶液的体积的关系如图所示。回答下列问题：（1）原溶液中不存在的离子是_，存在的离子是_。（2）实验 3中，图像中 OA段反应的离子方程式为_。（3）根据图像计算原溶液中 Mg2+的物质的量浓度_。【答案】 (1). CO32、Cu 2+、Fe 3+ (2). Mg2+、Ba 2+、Cl (3). H OH H 2O (4). 1mol/L【解析】溶液无色，则不含有色离子 Cu2+、Fe 3+；实验 1，取
42、无色溶液，滴加适量稀盐酸无明显现象，则不含 CO32，根据电荷守恒可知，溶液中一定含有一种阴离子，则 Cl 一定有；实验 2，另取无色溶液，加入足量的 Na2SO4溶液，有白色沉淀生成，证明一定含 Ba2+；实验 3，取实验l滴加过稀盐酸的溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中逐滴加入 NaOH溶液，开始是中和盐酸，随后生成沉淀，且沉淀的最大值为 0.58g，说明溶液中一定含有 Mg2+。根据上述分析，原溶液中不存在的离子为 CO32 、Cu 2+、Fe 3+；存在的离子有Mg2+、Ba 2+、Cl ；（2）实验 3中，图象中 OA段反应是 NaOH中和盐酸，离子方程式为：H +OH=H2O；（3）mMg
43、(OH) 2=0.58g，n(Mg 2+)=nMg(OH)2=0.01mol，溶液体积为 10mL，所以 c（Mg 2+）=1mol/L。21.21.某小组同学为探究 H 2O2、 H 2SO3、 Br 2 氧化性强弱，设计如下实验（夹持仪器已略去，装置的气密性已检验） 。.实验记录如下：实验操作 实验现象打开活塞 a，滴加氯水，关闭活塞 a_吹入热空气一段时间后停止A中溶液颜色明显变浅；B 中有气泡，产生大量白色沉淀，沉降后上层清液为无色打开活塞 b，逐滴加入H2O2溶液开始时溶液颜色无明显变化；继续滴加 H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙红色。完成下列填空：（1）在进行操作时，A
44、中的实验现象是_，有关反应的离子方程式是_。（2）操作吹入热空气的目的是_。B 中产生白色沉淀的化学式是_。（3）装置 C的作用是_。（4）由上述实验可知，在此实验条件下，H 2O2、H 2SO3、Br 2氧化性强弱顺序为_。（5）操作开始时颜色无明显变化可能原因是（写出一条即可）：_。【答案】 (1). A (2). 中溶液变为橙红色 (3). Cl2+2Br-=Br2+2Cl- (4). 吹出单质 Br2 (5). BaSO4 (6). 吸收尾气 (7). H2O2Br 2H 2SO3 (8). H2SO3有剩余（H 2O2浓度小或 Br -与 H 2O2 反应慢等因素，合理即可）【解析】
45、装置分析：本题利用“氧化剂的氧化性大于氧化产物”这一原理来比较 H2O2、H 2SO3、Br 2氧化性强弱。向 NaBr溶液中滴加氯水，氯水置换出溴单质；然后鼓吹热空气，将 Br2(g)吹入B装置，H 2SO3与 BaCl2不反应，当 Br2(g)进入，产生了白色沉淀，则 Br2将 H2SO3氧化成H2SO4，Br 2被还原为 Br-，说明 Br2氧化性强于 H2SO3，该白色沉淀为 BaSO4；再向 B装置中加入 H2O2溶液，一段时间后溶液变橙红色，则 Br-被氧化为 Br2，说明 H2O2氧化性比 Br2强。（1）打开活塞 a，向 NaBr溶液中滴加氯水，氯水氧化溴离子为溴单质，反应方程
46、式为Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；A 中因为有溴单质导致 A中溶液变橙红色；故答案为：A 中溶液变为橙红色；Cl 2+2Br-=Br2+2Cl-；（2）Br 2具有挥发性，热空气能促进 Br2挥发，将 Br2(g)吹入 B装置；Br 2将 H2SO3氧化为H2SO4，所以白色沉淀为 BaSO4。故答案为：吹出单质 Br2；BaSO 4；（3）装置 C中为 NaOH溶液，反应过程中有氯气、溴蒸气等污染性气体不能排放到空气中,可以用 NaOH溶液吸收，所以装置 C的作用是吸收尾气。故答案为：吸收尾气；（4）根据上述分析，可知：氧化性 H2O2Br 2H 2SO3；（5）操作中，向 B装置中逐滴加入 H2O2，溶液开始时颜色无明显变化可能是因为：B 装置中还有 H2SO3剩余，H 2O2先与 H2SO3反应，再与 Br-反应；也可能是因为 H2O2浓度小或 Br -与H2O2 反应慢等因素。
