1、滚动测试卷()(第一二单元)(时间:90分钟满分:100分)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.(2020天津第一中学高三月考)下列说法中错误的是()。A.聚丙烯和聚四氟乙烯为生产防护服的主要原料,两者均属于有机高分子材料B.“84”消毒液、二氧化氯泡腾片可用作环境消毒C.免洗手消毒液的成分活性银离子、乙醇均能使蛋白质变性D.冠状病毒粒子直径约60220 nm,介于溶液和胶体中分散质粒子直径之间答案:D解析:溶液中分散质粒子直径小于1nm,胶体中分散质粒子直径介于1100nm之间,浊液中分散质粒子直径大于100nm,冠状病毒粒子直径约60220
2、nm,介于胶体和浊液中分散质粒子直径之间,D项错误。2.(2020河南南阳第一中学高三模拟)中国不少古诗词清晰地描绘了当时人们的生活和社会的发展,如刘禹锡的浪淘沙:“日照澄洲江雾开,淘金女伴满江隈。美人首饰侯王印,尽是沙中浪底来。”下列有关本诗中蕴含的化学知识正确的是()。A.“沙中浪底来”指的是金的氧化物B.淘金原理与化学上的萃取一致C.雾的分散质粒子直径范围是10-910-7 cmD.由沙子到计算机芯片发生了还原反应答案:D解析:“沙中浪底来”指的是金单质,A项错误;金的密度较大,且金不溶于水,因此淘金原理与萃取原理不同,B项错误;雾的分散质粒子直径范围是10-910-7m,C项错误;由沙
3、子(主要成分为SiO2)到计算机芯片,硅元素的化合价降低,该过程中SiO2发生了还原反应,D项正确。3.(2020云南昆明高三模拟)化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是()。A.食用油和白酒都应密封保存B.高温下铝粉和氧化铁的反应可以用来焊接铁轨C.电影放映时射到银幕上的光柱证明存在气溶胶D.钢铁锈蚀、食物腐败、钟乳石的形成均涉及氧化还原反应答案:D解析:钢铁锈蚀中Fe失电子,Fe的化合价升高,食物腐败为缓慢氧化过程,O的化合价降低,两个反应都属于氧化还原反应,但钟乳石的形成过程中没有化合价变化,不属于氧化还原反应,D项错误。4.下列离子方程式正确的是()。A.向Ca(OH)2溶液中通入
4、过量CO2:CO2+OH-HCO3-B.向H2SO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性:H+OH-H2OC.Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2:Ca2+2ClO-+SO2+H2OCaSO3+2HClOD.向有水垢的瓶胆内加入足量醋酸溶液:CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O答案:A解析:向Ca(OH)2溶液中通入过量CO2生成Ca(HCO3)2,Ca(HCO3)2易溶,正确的离子方程式为CO2+OH-HCO3-,A项正确;向H2SO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性,正确的离子方程式为2H+2OH-+Ba2+SO42-BaSO4+2H2O,B项错误;Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2
5、,正确的离子方程式为Ca2+3ClO-+SO2+H2OCaSO4+Cl-+2HClO,C项错误;向有水垢的瓶胆内加入足量醋酸溶液,正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOHCa2+CO2+H2O+2CH3COO-,D项错误。5.下列各组离子能大量共存,当溶液中c(H+)=10-1 molL-1时,只能观察到有气体产生;而当溶液中c(H+)=10-13 molL-1时,只能观察到生成沉淀。该组离子可能是()。A.Mg2+、NH4+、SO42-、Cl-、S2O32-B.Pb2+、Ba2+、K+、Cl-、S2-C.Pb2+、Fe2+、Na+、SO42-、NO3-D.Na+、Mg2+、NO3-、H
6、CO3-、SO42-答案:D解析:溶液中c(H+)=10-1molL-1,说明溶液呈酸性,只观察到有气体产生;溶液中c(H+)=10-13molL-1,说明溶液呈碱性,只观察到生成沉淀。在酸性条件下,S2O32-与H+发生反应S2O32-+2H+S+SO2+H2O,既有沉淀生成又有气体产生,A项不符合题意;Pb2+与S2-反应生成PbS沉淀而不能大量共存,B项不符合题意;Pb2+与SO42-反应生成沉淀PbSO4而不能大量共存,C项不符合题意;在酸性条件下,HCO3-+H+CO2+H2O,只有气体产生,在碱性条件下,Mg2+2OH-Mg(OH)2,只生成沉淀,D项符合题意。6.用NA表示阿伏加
7、德罗常数的值。下列说法正确的是()。A.常温下,2.7 g铝片投入足量的浓硫酸中,铝失去的电子数为0.3NAB.4.0 g由H218O与D2O组成的混合物中所含中子数为2NAC.标准状况下,11.2 L HF含有0.5NA个HF分子D.电解精炼铜时转移了NA个电子,阳极溶解32 g铜答案:B解析:常温下,铝片投入足量的浓硫酸中,铝发生钝化,故铝失去的电子数小于0.3NA,A项错误;H218O与D2O的摩尔质量均为20gmol-1,则4.0g由H218O与D2O组成的混合物的物质的量为4.0g20gmol-1=0.2mol,1个H218O分子含有10个中子,1个D2O分子也含有10个中子,所以0
8、.2mol该混合物含有中子的物质的量为0.2mol10=2mol,即所含中子数为2NA,B项正确;标准状况下HF不是气体,故11.2LHF不是0.5mol,C项错误;电解精炼铜时,阳极为粗铜,粗铜中含有锌、铁、银等杂质,锌、铁先失电子,反应完全后,铜再失电子,所以电解精炼铜时转移了NA个电子,阳极溶解的铜小于32g,D项错误。7.(2020四川凉山高三诊断性测试)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列有关说法正确的是()。A.c(S2-)=0.1 molL-1的溶液中:Na+、NH4+、Cu2+、SO42-一定能大量共存B.标准状况下,22.4 L NH3和HCl的混合气体中含有的分子总数为NAC.
9、从外观上无法区分FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体D.常温下,由水电离出的c(OH-)=10-13 molL-1的溶液中:Ba2+、Cl-、NO3-、I-可能大量共存答案:D解析:S2-与Cu2+能够反应生成难溶于水的CuS沉淀,不能大量共存,A项错误;NH3和HCl混合后会反应生成氯化铵固体,故标准状况下,22.4LNH3和HCl混合后生成了氯化铵固体,氯化铵属于离子化合物,分子数少于NA,B项错误;Fe(OH)3胶体呈红褐色,FeCl3溶液呈棕黄色,因此可以从颜色上区分,C项错误;D项,常温下由水电离出的c(OH-)=110-13molL-1的溶液,水的电离被抑制,溶液的pH=1或pH=1
10、3,pH=1的溶液中NO3-与I-发生氧化还原反应而不能大量共存,pH=13的溶液中该组离子之间不反应,可大量共存,D项正确。8.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-、SO42-、MnO4-c(K+)c(Cl-)BNa+、Ca2+、I-、NO3-c(H+)c(OH-)=11014CAl3+、NH4+、SO42-、CH3COO-滴加NaOH溶液立刻有气体产生DNa+、Mg2+、Ag+、NO3-滴加氨水先有沉淀产生,后沉淀部分溶解答案:D解析:A项,c(K+)c(Cl-),A错误;B项,c(H+)c(OH-)=11014,溶液显酸性,H+、I-、N
11、O3-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.某溶液中可能含有K+、Ba2+、Al3+、Mg2+、AlO2-、CO32-、SiO32-、Cl-中的两种或多种离子,现进行如下实验:取少量溶液,逐渐滴加氢氧化钠溶液,过程中无沉淀生成;另取少量原溶液,逐滴加入5 mL 0.2 molL-1盐酸,发生的现象是:开始产生沉淀并逐渐增多,沉淀量基本不变后产生气体,最后沉淀逐渐减少至完全消
12、失;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沉淀0.43 g。下列说法中正确的是()。A.该溶液中一定不含Ba2+、Mg2+、Al3+、SiO32-、Cl-B.该溶液中一定含有K+、AlO2-、CO32-、Cl-C.确定该溶液是否有K+需做焰色反应实验(透过蓝色钴玻璃片)D.可能含有Cl-答案:B解析: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5mL0.2molL-1盐酸,开始产生沉淀并逐渐增多,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AlO
13、2-和CO32-,所以一定不存在SiO32-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0.43g,n(AgCl)=0.43g143.5gmol-10.003mol;步骤加入盐酸中氯离子的物质的量为n(Cl-)=n(HCl)=0.2molL-10.005L=0.001molI2答案:C解析:Cr2O3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
14、元素的化合价升高,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Cr2O72-I2,D项正确。13.(2020山东淄博高三阶段性诊断考试)I-具有还原性,含碘食盐中的碘元素主要以KIO3的形式存在,I-、I2、IO3-在一定条件下可发生如图转化关系。下列说法不正确的是()。A.用淀粉KI试纸和食醋可检验食盐是否加碘B.由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2IO3-I2C.生产等量的碘,途径和途径转移电子数目之比为25D.途径中反应的离子方程式为3Cl2+I-+3H2O6Cl-+IO
15、3-+6H+答案:C解析:碘盐中的碘元素主要以KIO3的形式存在,IO3-与I-在酸性条件下可生成I2,I2能使淀粉溶液变蓝,A项正确。由图途径可知,Cl2可将I-氧化为IO3-,氧化性Cl2IO3-;由途径可知IO3-可被还原为I2,氧化性为IO3-I2,则氧化性的强弱顺序为Cl2IO3-I2,B项正确。生产1mol碘,途径中-1价碘元素转变为0价碘元素,需要转移2mol电子;途径中+5价碘元素转变为0价碘元素,需要转移10mol电子,故转移电子数目之比为15,C项错误。途径中Cl2可将I-氧化为IO3-,而氯气被还原为Cl-,根据电子得失守恒和质量守恒,反应的离子方程式为3Cl2+I-+3
16、H2O6Cl-+IO3-+6H+,D项正确。14.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-+4H2O4SO42-+I2+10Cl-+16H+D.若再通入0.05 mol Cl2,恰好能将HI和H2SO3完全氧化答案:C解析:由H2SO3+I2+H2OH2SO4+2HI可知还原性:H2SO
17、3HI,A项错误;将0.1molCl2通入100mL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,由得失电子守恒可知,0.1mol2=x0.51+x(6-4),解得x=0.08mol,HI的物质的量为0.08mol,溶液体积为0.1L,浓度为0.8molL-1,B项错误;通入0.1molCl2发生反应的离子方程式为5Cl2+4H2SO3+2I-+4H2O4SO42-+I2+10Cl-+16H+,C项正确;由上述分析可知,溶液中还有0.04molHI未被氧化,再通入0.02molCl2恰好能将尚未反应的HI完全氧化,D项错误。15.已知在碱性溶液中可发生如
18、下反应:Fe(OH)3+ClO-+OH-FeO4n-+Cl-+H2O(未配平)。则有关叙述不正确的是()。A.已知FeO4n-中Fe的化合价是+6价,则n=2B.每产生1 mol Cl-,转移2 mol电子C.FeO4n-具有强氧化性,一般其还原产物为Fe3+,可用作新型自来水消毒剂和净水剂D.若n=2,该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为23答案:D解析:A项,FeO4n-中Fe元素的化合价是+6价,O元素化合价为-2价,由化合价代数和为0可知,n=2,A项正确;B项,反应中ClO-转化为Cl-,Cl元素的化合价由+1价降低为-1价,则每产生1molCl-,转移2mol电子,B项正确;C项
19、,FeO4n-具有强氧化性,能杀菌消毒,其还原产物为Fe3+,Fe3+水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体,故可用作新型自来水消毒剂和净水剂,C项正确;D项,离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O,可知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为32,D项错误。16.下列关于反应4Li+2SOCl24LiCl+S+SO2的叙述中,不正确的是()。A.SOCl2是氧化剂,Li是还原剂B.2 mol SOCl2参加反应,共转移4 mol电子C.若将该反应设计成原电池,SOCl2在正极发生反应D.若将该反应设计成原电池,可用稀硫酸作电解质溶液答案:D解析:反应中Li
20、的化合价升高,作还原剂,SOCl2中S元素的化合价降低,作氧化剂,A项正确;2molSOCl2参加反应时,有1molS由+4价变为0价,故转移4mol电子,B项正确;将反应设计成原电池后,正极发生得电子的反应,即化合价降低的反应,SOCl2中S元素在反应中化合价降低,因此SOCl2在正极发生反应,C项正确;由于Li易与水反应,因此原电池的电解质应为非水电解质,D项错误。17.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.7.0
21、4 gB.8.26 gC.8.51 gD.9.02 g答案:C解析: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=0.08mol+0.05mol3=0.23mol,则n(OH-)=0.23mol,m(OH-)=3.91g,所以沉淀的质量=m(合金)+m(OH-)=4.6g+3.91g=8.51g。18.H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH-、HCO3-、Cl-七种离子形成了甲、乙、丙、
22、丁四种化合物,它们之间可以发生如右转化关系(产物H2O未标出),下列说法不正确的是()。A.白色沉淀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:HCO3-+Ba2+OH-BaCO3+H2OC.丙溶液与I-、NO3-、SO42-可以大量共存D.甲溶液中一定满足:c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)+c(CO32-)答案:C解析: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
23、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2HCO3-+Ba2+2OH-CO32-+BaCO3+2H2O,若丁过量,反应的离子方程式为HCO3-+Ba2+OH-BaCO3+H2O,B项正确;丙溶液为盐酸,在盐酸中,NO3-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(CO32-)+c(H2CO3),即c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)+c(CO32-),D项正确。二、非选择题(本题共6个小
24、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。答案:(1)9.6NA(2)(3)
25、氮气N2+3H22NH3(4)11.20.6NA解析:(2)标准状况下22.4LCH4中所含H原子个数为4NA;1.5molNH3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;73gHCl中所含H原子个数为2NA,所以所含H原子个数由多到少的顺序为。(3)该气体在标准状况下的密度为1.25gL-1,其摩尔质量为1.25gL-122.4Lmol-1=28gmol-1,若该气体的化学式为A2型,则其名称是氮气。(4)标准状况下6.72L一氧化碳的物质的量为6.72L22.4Lmol-1=0.3mol,0.3molCO完全反应生成CO2失去的电子的物质的量为0.3
26、mol(4-2)=0.6mol,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0.6mol3-0=0.2mol,质量为56gmol-10.2mol=11.2g。20.(2020山东临沂外国语学校月考)(6分)已知某“84”消毒液瓶体部分标签如图所示,该“84”消毒液通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题:“84”消毒液【有效成分】NaClO【规格】1 000 mL【质量分数】25%【密度】1.19 gcm-3(1)该“84”消毒液的物质的量浓度约为 molL-1。(2)某同学取100 mL该“84”消毒液,稀释后用于消毒,稀释后的溶液中c(Na+)= molL
27、-1。(3)该同学参阅该“84”消毒液的配方,欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是。A.如图所示的仪器中,有三种是不需要的,还需要一种玻璃仪器B.容量瓶用蒸馏水洗净后,应烘干后才能用于溶液配制C.配制过程中,未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低D.需要称量NaClO固体的质量为143.0 g(4)“84”消毒液与稀硫酸混合使用可增强消毒能力,某消毒小组人员用98%(密度为1.84 gcm-3)的浓硫酸配制2 000 mL 2.3 molL-1的稀硫酸用于增强“84”消毒液的消毒能力。所配制的稀硫酸中,H+的物质的量浓度为 molL-1。
28、需用浓硫酸的体积为 mL。答案:(1)4.0(2)0.04(3)C(4)4.6250解析:(1)c(NaClO)=10001.1925%74.5molL-14.0molL-1。(2)稀释前后溶液中NaClO的物质的量不变,则有100mL10-3LmL-14.0molL-1=100mL10010-3LmL-1c(NaClO),稀释后c(NaClO)=0.04molL-1,c(Na+)=c(NaClO)=0.04molL-1。(3)A项,需用托盘天平称量NaClO固体,需用烧杯来溶解NaClO,需用玻璃棒进行搅拌和引流,需用容量瓶和胶头滴管来定容,图示的a、b不需要,但还需玻璃棒和胶头滴管。B项,
29、配制过程中需要加入水,所以已经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用。C项,未洗涤烧杯和玻璃棒将导致配制的溶液中溶质的物质的量减小,结果偏低。D项,应选取500mL的容量瓶进行配制,然后取出480mL,所以需要NaClO的质量为0.5L4.0molL-174.5gmol-1=149.0g。(4)根据H2SO4的组成可知,溶液中c(H+)=2c(H2SO4)=4.6molL-1;2000mL2.3molL-1的稀硫酸中溶质的物质的量为2L2.3molL-1=4.6mol,设需要98%(密度为1.84gcm-3)的浓硫酸的体积为xmL,则xmL1.84gcm-398%98gmol-1=4.6mol,解得
30、x=250。21.(8分)某溶液可能含有Na+、K+、Mg2+、Cu2+等阳离子及MnO4-、SiO32-、AlO2-、CO32-、HCO3-、SO42-、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
31、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”)。答案:(1)MnO4-、Cu2+、Mg2+、HCO3-CO32-、SiO32-(2)AlO2-NH3H2O+H+NH4+H2OSO42-(3)是解析:(1)由可知不含MnO4-与Cu2+;由可知不含Mg2+、HCO3-;由可知一定含SiO32-与CO32-。(2)溶液加氨水后生成白色胶状沉淀,说明原溶液中含有AlO2-(加入盐酸酸化时转化为Al3+),而开始加入
32、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SO42-。(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.(10分)氧化还原滴定是常用的定量分析方法。(1)实验室里欲用KMnO4固体来配制240 mL 0.1 molL-1的酸性KMnO4溶液。需用的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、。整个配制溶液过程中,玻璃棒所起的作用有、。下列操作会导致所配溶液浓度偏小的是(填字母)。A.加水定容时俯视刻度线B.容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理C.未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶D.颠
33、倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上(2)用上述酸性KMnO4溶液来测定FeSO4溶液中Fe2+的含量。写出该反应的离子方程式:。若消耗3.16 g KMnO4,则该反应转移的电子数目为(设NA为阿伏加德罗常数的值)。(3)高锰酸钾溶液与浓盐酸反应:2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O,用单线桥标出反应中电子转移的方向和数目。(4)测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时,用碘标准液进行滴定。滴定反应的离子方程式为。答案:(1)250 mL容量瓶搅拌,加速溶解引流CD(2)5Fe2+MnO4-+8H+5Fe3+Mn2+4H2O0.1NA(或6.021022)(
34、3)2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O(4)S2O52-+2I2+3H2O2SO42-+4I-+6H+解析:(1)因实验室没有240mL的容量瓶,因此应选用250mL的容量瓶,所以还需要250mL的容量瓶。在溶解时玻璃棒用于搅拌以加速溶解,在向容量瓶中转移溶液时用于引流。A项,加水定容时俯视刻度线,会导致溶液体积偏小,所配制的溶液浓度偏大,故A项错误;B项,容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理,对配制溶液无影响,故B项错误;C项,若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶,会造成溶质减少,所配制的溶液浓度偏小,故C项正确;D项,颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上,会导致溶液的体积偏
35、大,所配制的溶液浓度偏小,故D项正确。(2)铁元素化合价从+2价升高到+3价,锰元素的化合价从+7价降低到+2价,根据化合价升降总数相等并结合质量守恒,配平后的化学方程式为10FeSO4+2KMnO4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3+8H2O,则离子方程式为5Fe2+MnO4-+8H+5Fe3+Mn2+4H2O。根据反应的化学方程式可知,当有2molKMnO4被消耗时,反应转移10mol电子,因此当有3.16g即0.02molKMnO4被消耗时,转移电子的物质的量是0.1mol,所以转移电子的数目为0.1NA。(3)在2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnC
36、l2+5Cl2+8H2O反应中,根据化合价变化情况分析可知,当有2molKMnO4反应时,有10mol电子转移,因此用单线桥法表示的式子为2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O。(4)Na2S2O5中S元素的化合价为+4价,会被氧化为+6价,单质碘具有氧化性,能把焦硫酸钠氧化为硫酸钠,因此反应的离子方程式为S2O52-+2I2+3H2O2SO42-+4I-+6H+。23.(2020广东茂名高三二模)(8分)钴(Co)是生产耐热合金、硬质合金、防腐合金、磁性合金和各种钴盐的重要原料,其金属性弱于Fe而强于Cu。某低位硫钴铜矿的成分为CoS、CuFeS2、CaS、SiO2,一种利用生物浸出并回
37、收其中钴和铜的工艺流程如图:回答下列问题。(1)Cu2+的生物浸出原理如下:温度超过50 浸出率急剧下降,其原因是;其他金属离子的浸出原理与上图类似,写出由CoS浸出Co2+的离子方程式:。(2)浸渣的主要成分为。(3)萃取分离铜的原理:Cu2+2(HR)org(CuR2)org+2H+。根据流程,反萃取加入的试剂应该为(写化学式)。(4)除铁步骤中加入H2O2,调节溶液的pH至4,将Fe2+转化为FeOOH过滤除去,写出该转化的离子方程式为。检验Fe2+是否完全被转化的试剂为。(5)通过电解法制得的粗钴含有少量铜和铁,需要电解精炼,进行精炼时,精钴应处于(填“阴”或“阳”)极,阳极泥的主要成
38、分为。答案:(1)温度过高,细菌失活CoS+2Fe3+Co2+2Fe2+S(2)CaSO4、SiO2(3)H2SO4(4)H2O2+2Fe2+2H2O2FeOOH+4H+铁氰化钾(5)阴铜解析:(1)温度过高,细菌失活,浸出率急剧下降;根据Cu2+的生物浸出可知矿物在细菌和Fe3+作用下化合物中S元素转化为S单质,则Co2+的生物浸出离子方程式为CoS+2Fe3+Co2+2Fe2+S。(2)由生物浸出原理图可知S元素最终转化为SO42-,与Ca2+结合生成CaSO4,SiO2不参与反应,金属阳离子进入滤液,则浸出渣的主要成分为CaSO4、SiO2。(3)根据平衡移动原理可知,反萃取需加入酸,由
39、流程图可知反萃取后得到CuSO4溶液,则应加入硫酸。(4)H2O2与Fe2+反应生成FeOOH沉淀,反应的离子方程式为H2O2+2Fe2+2H2O2FeOOH+4H+。检验亚铁离子可用铁氰化钾溶液,若生成蓝色沉淀,则存在亚铁离子。(5)电解精炼时粗钴作阳极,精钴作阴极。电解精炼时,Fe和Co溶解,Cu较不活泼,不能溶解,因此,阳极泥的主要成分为铜。24.(8分)某溶液A中可能含有NH4+、Fe3+、Al3+、Fe2+、CO32-、NO3-、Cl-、SO42-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。现取该溶液进行如下实验:(1)溶液A中一定不存在的离子为(填离子符号)
40、。(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NH4+,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”)NH4+。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 molL-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。答案:(1)Fe3+、Fe2+、CO32-(2)CO32-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)
41、BaCO3、BaSO4(4)含有0.20.002解析:(1)因为加入过量(NH4)2CO3只生成白色沉淀,说明溶液A中一定没有Fe3+、Fe2+,一定含有Al3+,CO32-不能与Al3+共存,所以溶液A中一定不存在的离子有Fe3+、Fe2+、CO32-。(2)溶液A中加入(NH4)2CO3,生成白色沉淀甲和气体甲的原因是CO32-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0.1molL-1Al3+,而加入铜及硫酸后铜溶解了,说明溶液中有0.1molL-1NO3-,据电荷守恒则一定还有SO42-,因为加入过量(NH4)2CO3,所以溶液甲里含有CO3
42、2-,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+、NO3-、SO42-,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NH4+;加入15mL氢氧化钠溶液时Al3+沉淀完全,n(Al3+)=0.1molL-10.01L=0.001mol,n(OH-)=0.003mol,NaOH溶液的物质的量浓度为0.003mol0.015L=0.2molL-1;10mL0.2molL-1Ba(OH)2溶液中n(Ba2+)=0.20.01mol=0.002mol,n(OH-)=0.40.01mol=0.004mol,加入Ba(OH)2溶液之后,Al3+和SO42-先沉淀,剩余0.001molOH-与0.001molNH4+反应,故最终反应生成0.001molAl(OH)3和0.001molBaSO4,共生成沉淀0.002mol。
