1、2018年高考化学（通用）非选择题系列练题（29）及解析1请按要求书写下列离子方程式：（1）复分解离子反应中，量变引起的变化将NaHSO4溶液滴加到Ba(OH)2溶液中，当溶液恰好呈中性时，反应的离子方程式为_。向Ba(HCO3)2溶液中滴入NaHSO4溶液，至沉淀完全，写出反应的离子方程式_。在上述溶液中继续滴入NaHSO4溶液，此时离子方程式为_。0.2 molL1的NH4Al(SO4)2溶液与0. 3 molL1的Ba(OH)2溶液等体积混合：_。（2）氧化还原反应中，反应物及量的变化。向含有a mol FeBr2的溶液中，通入x mol Cl2，若x=a_，若x=4a_，（3）特殊条件
2、下离子反应方程式的书写在碱性条件下，Cl2可将废水中的CN氧化为无毒的CO2、N2，该过程的离子反应方程式为_。 在酸性条件下，向含铬废水中加入FeSO4，可将Cr2O72-还原为Cr3+，该过程的离子反应方程式为_。在淀粉碘化钾溶液中，滴加少量次氯酸钠碱性溶液，立即会看到溶液变蓝色，离子方程式为_ 。【答案】 2H+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+2H2O Ba2+SO42-+H+HCO3-BaSO4+H2O+CO2 HCO3-+H+CO2+H2O 2Al3+3SO42-+3Ba2+6OH-=2Al（OH）3+3BaSO4 2Fe2+2Br-+2Cl2Br2+2Fe3+4Cl- 2F
3、e2+4Br-+3Cl22Br2+2Fe3+6Cl- 5Cl2+2CN-+8OH-=2CO2+N2+10Cl-+4H2O Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O ClO-+2I-+H2OI2+Cl-+2OH-【解析】(1)当溶液呈中性时，n(H+)=n(OH-)，可假设Ba(OH)2为1mol，即Ba2+为1mol，OH-为2mol，需要2molNaHSO4，反应的离子方程式为2H+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+2H2O；NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2按照2：3物质的量之比反应生成氢氧化铝、硫酸钡和硫酸铵，离子方程式：2Al3+3SO42-+3Ba2+
4、6OH-=2Al(OH)3+3BaSO4；(2)向含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2，若x=a，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，则反应的离子方程式为2Fe2+2Br-+2Cl2Br2+2Fe3+4Cl-；若x=4a，亚铁离子和溴离子全部被氧化，反应的离子方程式为2Fe2+4Br-+3Cl22Br2+2Fe3+6Cl-；(3)特殊条件下离子反应方程式的书写在碱性条件下，Cl2可将废水中的CN氧化为无毒的CO2、N2，自身被还原为Cl-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知发生反应的离子反应方程式为5Cl2+2CN-+8OH-=2CO2+N2+10Cl-+4H2O；次氯酸钠具
5、有强氧化性，可氧化I-生成单质I2，I2遇淀粉变蓝，反应的离子方程式为ClO-+2I-+H2OI2+Cl-+2OH-。2氯气可用于制取漂白剂和自来水消毒。（1）将氯气通入水中制得氯水，氯水可用于漂白，其中起漂白作用的物质是 _(填写化学式）。（2）“84”消毒液也可用于漂白，其工业制法是控制在常温条件下，将氯气通入NaOH溶液中，反应的离子方程式为_。（3）同学们探究“84”消毒液在不同pH下使红纸褪色的情况，做了如下实验：步骤1：将5mL市售“84”消毒液稀释100倍，测得稀释后溶液的pH=12;步骤2：取稀释后溶液各20 mL分别加入3个洁净的小烧杯中；步骤3：用硫酸将3个烧杯内溶液的pH
6、分别调至10、7和4。（溶液体积变化忽略不计）步骤4：在3个烧杯中分别放入大小相同的红纸，观察现象，记录如下：烧杯溶液的pH现象a1010 min后，红纸基本不褪色；4h后红纸褪色b710 min后，红纸颜色变浅；4 h后红纸褪色c410 min后，红纸颜色变得更浅；4h后红纸褪色已知，溶液中Cl2、HC1O和ClO-物质的量分数（） 随pH变化的关系如右图所示：由实验现象可获得以下结论：溶液的pH在4 10范围内，pH越大，红纸褪色_。结合图像进行分析，b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是_。（4）由于氯气会与自来水中的有机物发生反应，生成对人体有害的物质，人们尝试研究并使用新的自来水消毒
7、剂，如ClO2气体就是一种新型高效含氯消毒剂。一种制备ClO2的方法是将SO2通入硫酸酸化的NaC1O3溶液中，反应的离子方程式为_。另一种制备ClO2的方法是用NaClO3与盐酸反应，同时有Cl2生成，产物中Cl2体积约占1/3。则每生成0.5 mol ClO2，转移_mole-。【答案】 HClO Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O 越慢 b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢 SO2+2ClO3-=2ClO2+SO42- 0.5【解析】(1)氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能够将有色物质漂白，故答案为：HClO；(2)
8、常温下，氯气通入NaOH溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(3)根据实验数据，溶液的pH在4 10范围内，pH越大，红纸褪色越慢，故答案为：越慢； (4)将SO2通入硫酸酸化的NaC1O3溶液中反应生成了ClO2，根据氧化还原反应的规律，同时应该生成硫酸钠，反应的离子方程式为SO2+2ClO3-=2ClO2+SO42-，故答案为：SO2+2ClO3-=2ClO2+SO42-；用NaClO3与盐酸反应生成ClO2，同时有Cl2生成，产物中Cl2体积约占1/3，反应的化学方程式为2
9、NaClO3+4HCl= 2ClO2+ Cl2+ 2H2O+2NaCl，反应中转移的电子为2e-，则每生成0.5 mol ClO2，转移的的物质的量为0.5mol，故答案为：0.5。点睛：解答本题的关键是掌握和理解氧化还原反应的规律和氯气的性质。本题的易错点和难点是(3)，要学会读图，从题干信息寻找答案。本题的另一个易错点是氧化还原反应的计算，氧化还原反应的计算依据为得失电子守恒。3A、B、C、D、E、F六种元素为原子序数依次增大的短周期元素。A为原子半径最小的元素，A和B可形成4原子10电子的分子X；C的最外层电子数是内层的3倍；D原子的最外层电子数是最内层电子数的一半；E是地壳中含量最多的
10、金属元素；F元素的最高正价与最低负价代数和为6。请回答下列问题：（1）A和C按原子个数比11形成4原子分子Y，Y的结构式是_。（2）分子X的电子式是_；D可以在液态X中发生类似于与A2C的反应,写出反应的化学方程式_。（3）实验证明，熔融的EF3 不导电，其原因是_。（4）E的单质可溶于A、C、D形成的化合物Z的水溶液中。拉曼光谱证实此反应生成的阴离子主要以E(CA)4 的形式存在，写出E溶于Z溶液的离子方程式：_。（5）工业品Z的溶液中含有某些含氧酸根杂质，可用离子交换膜法电解提纯。电解槽内装有阳离子交换膜（只允许阳离子通过），其工作原理如图所示。该电解槽的阳极反应式是_。通电开始后，阴极附
11、近溶液pH_（“增大”、“减小”或“不变”）。除去杂质后的Z溶液从液体出口_（填写“A”或“B”）导出。【答案】 HOOH 2Na2NH32NaNH2H2 AlCl3 在熔融的状态下不发生电离，没有产生自由移动的离子 2Al2OH6H2O2Al(OH)43H2 4OH4e2H2OO2 增大 B (1)A和C按原子个数比11形成4原子分子Y为H2O2,其结构式为, HOOH 因此，本题正确答案是: HOOH 。(2)分子X是氨气,氨气分子中每个H原子和N原子形成一对共用电子对,电子式为;D是Na,钠和氨气的反应相当于和水的反应,根据钠和水的反应写出钠和氨气反应为 2Na2NH32NaNH2H2,
12、因此，本题正确答案是:; 2Na2NH32NaNH2H2(3)氯化铝是分子晶体,熔融状态下以分子存在,熔融的AlCl3 不导电,因此，本题正确答案是:AlCl3 在熔融的状态下不发生电离,没有产生自由移动的离子。 (5)该电解槽的阳极上氢氧根离子放电,电极反应式为4OH4e2H2OO2,因此，本题正确答案是:4OH4e2H2OO2。通电开始后,阴极上水得电子生成氢气同时生成氢氧根离子,导致阴极附近氢氧根离子浓度增大,所以pH增大,因此，本题正确答案是:增大。在阴极附近生成氢氧根离子,阳离子通过交换膜进入阴极室得到NaOH,所以在阴极室得到NaOH,所以从B出来,因此，本题正确答案是:B4工业上
13、制硫酸的主要反应之一为2SO2(g)+O2(g)2SO2(g)，反应过程中能量的变化如图所示。（1）由图可知该反应的正反应为_ (填“吸热”或“放热”) 反应。（2）向反应体系中加入催化剂后，图中E1_(填“增大”“或“减小”或“不变”，下同)，E3_。（3）已知:2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) H=-442.4kJ/molS(s)+O2(g)=SO2(g) H=-297.0 kJ/mol 。若H2S(g)与O2(g)反应产生SO2(g)和H2O(g)，则消耗0.5mol H2S时，反应中转移的电子总数为_(用NA 表示阿伏加德罗常数的数值)，放出的热量为_kJ。【答案】 放热 减小 不变 3NA 259.1 (3)已知：2H2S(g)+O2(g)2S(s)+2H2O(g)H=-442.4kJmol-1；S(s)+O2 (g)SO2 (g)H=-297.0kJmol-1，利用盖斯定律，将+2可得2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+2H2O(g) H=-1036.4kJmol-1。则消耗0.5molH2S时，反应中转移的电子为3mol，数目为3NA，放出的热量为1036.4kJ =259.1kJ，故答案为：3NA；259.1。
