1、20102014年高考真题备选题库第四章化学物质及其变化第一节物质的分类1(2014四川理综) 下列关于物质分类的说法正确的是()A金刚石、白磷都属于单质B漂白粉、石英都属于纯净物C氯化铵、次氯酸都属于强电解质D葡萄糖、蛋白质都属于高分子化合物解析：选A金刚石是碳元素形成的单质，白磷是磷元素形成的单质，A项正确；漂白粉是CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，石英的主要成分是二氧化硅，常含有Al2O3、CaO、MgO等杂质，为混合物，B项错误；氯化铵为强电解质，次氯酸为弱酸，是弱电解质，C项错误；葡萄糖是小分子化合物，蛋白质是高分子化合物，D项错误。2(2014北京理综) 下列试剂中，标签上应标
2、注和的是()AC2H5OH BHNO3CNaOH DHCl解析：选BC2H5OH既不是氧化剂，也不是腐蚀品，A项错误；HNO3是强氧化剂，具有强烈的腐蚀性，B项正确；NaOH是强碱，具有强烈的腐蚀性，但不是氧化剂，C项错误；HCl是强酸，具有腐蚀性，但通常不作氧化剂，D项错误。3(2014重庆理综) 下列叙述正确的是()A浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体BCH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c(CH3COO)增大CCa(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应可得到Ca(OH)2D25 时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度解析：选D浓氨水与
3、FeCl3溶液反应生成Fe(OH)3沉淀，A项错误；CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后，CH3COO与H结合生成弱电解质CH3COOH，导致c(CH3COO)减小，B项错误；Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应生成CaCO3沉淀，C项错误；根据溶解平衡：Cu(OH)2(s)Cu2(aq)2OH(aq)，在Cu(NO3)2溶液中，该平衡逆向移动，Cu(OH)2溶解度降低，D项正确。4(2014福建理综) 下列实验能达到目的的是()A只滴加氨水鉴别NaCl、AlCl3、MgCl2、Na2SO4四种溶液B将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体C用萃取分液的方法除去酒精中的水D用可见光束照
4、射以区别溶液和胶体解析：选DA项中氨水与NaCl和Na2SO4均不反应，与AlCl3和MgCl2反应均生成白色沉淀，不能鉴别，A项错误；B项中NH4Cl能发生水解生成NH3和HCl，最终得不到NH4Cl固体，B项错误；酒精和水互溶，不能用分液的方法分离，C项错误；胶体有丁达尔效应，而溶液没有丁达尔效应，可以区别，D项正确。5(2013天津理综)以下食品化学知识的叙述不正确的是()A食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂B新鲜蔬菜做熟后，所含维生素C会有损失C纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可作人类的营养物质D葡萄中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉检验假红酒解析：选C本题考查生活中的化学知识，
5、意在考查考生利用所学知识解决实际问题的能力。食盐可作调味剂，也可以腌制食品作防腐剂，A项正确；随温度升高，新鲜蔬菜中所含维生素C会有损失，B项正确；人体内没有使纤维素水解的酶，C项错误；苏打粉水溶液显碱性，所以可用于红酒的检验，D项正确。6(2013四川理综)下列物质分类正确的是()ASO2、SiO2、 CO均为酸性氧化物B稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物解析：选D本题考查物质的分类知识，意在考查考生对物质的分类知识的应用能力。酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物，CO不属于酸性氧化物，A项错误；氯化铁溶液不是胶体，B项
6、错误；四氯化碳为非电解质，C项错误；福尔马林是35%40%的甲醛水溶液，属于混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，氨水是氨气溶于水形成的混合物，D项正确。7(2013新课标全国理综)化学无处不在，下列与化学有关的说法不正确的是()A侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成解析：选C本题考查化学与STSE，意在考查考生对中学化学基础知识的掌握情况。侯氏制碱法的主要反应原理是NaClNH3H2OCO2=NaHCO3NH4Cl，该反应就利用了物
7、质溶解度的差异，故A正确。浓盐酸挥发出的氯化氢气体遇氨气能生成固体氯化铵，现象为有白烟出现，故可检验氨气是否泄漏，B正确。高碘酸是一种强酸，况且补碘过多实际上对人体有害，故C错误。黑火药的组成是“一硫(S)、二硝(KNO3)、三木炭(C)”，D正确。8(2013广东理综)下列措施不合理的是()A用SO2漂白纸浆和草帽辫B用硫酸清洗锅炉中的水垢C高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅D用Na2S作沉淀剂，除去废水中的Cu2和Hg2解析：选B本题考查了有关物质的用途，意在考查考生将所学知识与生产生活实际相联系的能力。二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质反应生成无色的物质，二氧化硫不仅能漂白品红，也能漂
8、白其他有机色素，A项说法正确；锅炉中的水垢含有碳酸钙，与硫酸作用生成微溶的硫酸钙，硫酸钙覆盖在水垢表面，不利于水垢的进一步溶解，B项不合理；碳与二氧化硅在高温下作用生成硅和一氧化碳，C项说法正确；S2与Cu2、Hg2反应生成CuS、HgS沉淀，D项说法正确。9(2013福建理综)化学与社会、生产、生活紧切相关。下列说法正确的是()A石英只能用于生产光导纤维B从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现C为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂D“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂解析：选D本题考查生活中的化学知识，意在考查考生利用所学化学知识解决生活中的化学问题的能力。石英除用于生产光导纤
9、维外还可以制硅、生产玻璃等，A项错误；由海水转化为淡水就可以不需要化学反应，B项错误；少量的符合国家标准的食品添加剂对人体无害，大量使用会对人体产生危害，C项错误；“地沟油”经过处理后在碱性条件下水解可用来制肥皂，D项正确。10(2013浙江理综)下列说法不正确的是()A多孔碳可用作氢氧燃料电池的电极材料BpH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断C科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷(As)元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素D和CO2反应生成可降解聚合物，该反应符合绿色化学的原则解析：选B本题考查了pH计的使用、绿色化学的概念等，意在考查考生对相关知识的应用能力。A项，多孔碳可吸
10、附更多的气体，所以可用作氢氧燃料电池的电极材料；B项，pH计可用于酸碱中和滴定终点的判断；C项，As与P在周期表中位于同一主族；D项，生成可降解聚合物，原子利用率为100%，符合绿色化学的原则。11(2013四川理综)化学与生活密切相关，下列说法不正确的是()A二氧化硫可广泛用于食品的漂白B葡萄糖可用于补钙药物的合成C聚乙烯塑料制品可用于食品的包装D次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌解析：选A本题考查生活中的化学知识，意在考查考生利用所学化学知识解决生活中的化学问题的能力。二氧化硫有毒，损害人体健康，不能用二氧化硫给食品增白，A项错误；葡萄糖可以合成葡萄糖酸钙，B项正确；聚乙烯对人体无害，可以用
11、于食品的包装，C项正确；次氯酸钠溶液可以和空气中的二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可以消毒杀菌，D项正确。12(2012新课标全国理综)下列说法中正确的是()A医用酒精的浓度通常为95%B单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料C淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物D合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料解析：选项A，医用酒精的浓度通常为75%，A错误；选项B，单质硅是半导体材料，利用硅制成的光电池可将太阳能直接转变为电能，B正确；选项C，油脂不是高分子化合物，C错误；选项D，合成纤维不属于无机非金属材料而是有机物，D错误。答案：B13(2012山东理综)下列与化学概念有关的说法
12、正确的是()A化合反应均为氧化还原反应B金属氧化物均为碱性氧化物C催化剂能改变可逆反应达到平衡的时间D石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物解析：选项A，有单质参加的化合反应为氧化还原反应，否则不一定为氧化还原反应，A错误；选项B，Mn2O7为酸性氧化物，Al2O3为两性氧化物，B错误；选项C，催化剂能影响反应速率，改变可逆反应达到平衡的时间，C正确；选项D，石油的分馏产物汽油为混合物，D错误。答案：C14(2012广东理综)化学与生活息息相关，下列说法不正确的是()A用食醋可除去热水壶内壁的水垢B淀粉、油脂和蛋白质都是高分子化合物C自行车钢架生锈主要是电化学腐蚀所致D新型复合材料使手机、电脑等
13、电子产品更轻巧、实用和新潮解析：选项A，热水壶内壁的水垢主要成分是碳酸钙等，可用食醋中的醋酸溶解除去。选项B，油脂不是高分子化合物。选项C，生活中钢铁的锈蚀以电化学腐蚀为主，自行车钢架也不例外。选项D，新型复合材料具有强大的功能、绚丽的色彩等优点，在生活中得到广泛应用。答案：B15(2012江苏)下列有关物质的性质与应用不相对应的是()A明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂BFeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路CSO2具有氧化性，可用于漂白纸浆DZn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料解析：C项，SO2漂白纸浆是利用它能与有色物质化合生成不稳定的无色物质的性质，不
14、是利用它的氧化性，故不正确。答案：C16(2012浙江理综)下列说法不正确的是()A利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能的绿色化学方法B蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质C通过红外光谱分析可以区分乙醇和乙酸乙酯D石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃解析：利用太阳能分解水制氢，氢气是清洁能源，符合绿色化学要求，A项正确；油脂水解会生成甘油与高级脂肪酸(或高级脂肪酸盐)，其中高级脂肪酸(或高级脂肪酸盐)为电解质，B项错误；红外光谱主要用于分析有机物中所含有的官能团，C项正确；石油加工中，裂化的目的是生产轻
15、质油；裂解的目的是生产气态不饱和烃，D项正确。答案：B17(2012天津理综)根据下列物质的化学性质，判断其应用错误的是()A酒精能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒BCaO能与SO2反应，可作工业废气的脱硫剂C明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂D镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢材料解析：病毒、细菌的成分中有蛋白质，而酒精能使蛋白质失去生理活性，A对；在空气作用下，CaO与SO2作用可得到稳定的CaSO4，从而减少SO2的排放，B对；选项C，明矾能作净水剂但无漂白性，C错；选项D，镧镍合金吸附H2的能力很强，可作储氢材料，D对。答案：C18(2011山东理综)化学与生产、生
16、活密切相关下列叙述正确的是()A煤的干馏和石油的分馏均属化学变化BBaSO4在医学上用做钡餐，Ba2对人体无毒C14C可用于文物的年代鉴定，14C与12C互为同素异形体D葡萄糖注射液不能产生丁达尔现象，不属于胶体解析：本题考查化学在生产、生活中的应用，意在考查考生运用化学知识解决实际问题的能力煤的干馏为化学变化，但石油的分馏为物理变化，A项错误；Ba2为重金属离子，对人体有害，B项错误；14C与12C为碳元素的两种不同原子，互为同位素，C项错误；胶体能够产生丁达尔现象，葡萄糖注射液不属于胶体，D项正确答案：D19(2010北京理综)下列物质与常用危险化学品的类别不对应的是()AH2SO4、Na
17、OH腐蚀品BCH4、C2H4易燃液体CCaC2、Na遇湿易燃物品DKMnO4、K2Cr2O7氧化剂解析：本题考查常见危险化学品的辨别，意在考查考生对常见危险化学品的辨析能力H2SO4和NaOH均具有腐蚀性，属于腐蚀品，A项正确；CH4、C2H4属于易燃气体，B项错误；CaC2、Na与水均能剧烈反应并生成可燃性气体，属于遇湿易燃物品，C项正确；KMnO4、K2Cr2O7均具有强氧化性，属于氧化剂，D项正确答案：B第二节 离子反应1（2014山东理综）下列有关溶液组成的描述合理的是()A无色溶液中可能大量存在Al3、NH、Cl、S2B酸性溶液中可能大量存在Na、ClO、SO、IC弱碱性溶液中可能大
18、量存在Na、K、Cl、HCOD中性溶液中可能大量存在Fe3、K、Cl、SO解析：选CAl3与S2可发生相互促进的水解反应而不能大量共存，A项错误；ClO在酸性条件下具有强氧化性，不能与具有较强还原性的I大量共存，B项错误；HCO水解可使溶液呈弱碱性，即弱碱性溶液中可以含有大量HCO，C项正确；Fe3在中性溶液中因发生强烈水解而不能大量存在，D项错误。2（2014广东理综）水溶液中能大量共存的一组离子是()ANa、Ca2、Cl、SOBFe2、H、SO、ClOCK、Fe3、NO、SCNDMg2、NH、Cl、SO解析：选DA中Ca2与SO可形成微溶物CaSO4，不能大量共存。B中Fe2、SO在H大量
19、存在时能被ClO氧化而不能大量共存。C中Fe3与SCN形成络合物而不能大量共存。3（2013江苏单科）25 时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()ApH1的溶液中：Na、K、MnO、COBc(H)11013 molL1的溶液中：Mg2、Cu2、SO、NOC0.1 molL1NH4HCO3溶液中：K、Na、NO、ClD0.1 molL1FeCl3溶液中：Fe2、NH、SCN、SO解析：选CpH1的溶液中存在大量H，其可与CO反应不能大量共存，A项错误；c(H)11013 molL1的溶液是碱性溶液，Mg2、Cu2与OH反应不能大量共存，B项错误；C选项中离子间不发生反应可以共存，C项
20、正确；Fe3与SCN反应不能大量共存，D项错误。4（2014安徽理综）下列有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是()A该溶液中，K、Fe2、C6H5OH、Br可以大量共存B和KI溶液反应的离子方程式：Fe32I=Fe2I2C和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：Fe3SOBa23OH=Fe(OH)3BaSO4D1 L 0.1 molL1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2 g Fe解析：选DA项错误，Fe3与苯酚发生反应；B项错误，离子方程式中电子得失不守恒，电荷不守恒；C项错误，不符合物质的组成比例；D项正确，1 L 0.1 molL1的Fe2(SO4)3溶液中含Fe30.2 mol，
21、足量的Zn可将0.2 mol Fe3还原得到0.2 mol的Fe，即质量为11.2 g。5（2014大纲全国）下列离子方程式错误的是()A向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba22OH2HSO=BaSO42H2OB酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO5H2O26H=2Mn25O28H2OC等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合：Mg22OH=Mg(OH)2D铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO42H2O2e=PbO24HSO解析：选CH2SO4与Ba(OH)2混合时四种离子均参与反应，A项正确；酸性条件下，MnO可被还原成Mn2，H2O2被氧化成O2，B项正确；C项中三种
22、物质混合后，H与OH先发生反应，错误；铅酸蓄电池的正极材料是PbO2，放电过程中PbO2会转化为PbSO4，则充电时PbSO4转化为PbO2，D项正确。6. （2014浙江理综）雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na、NH、Mg2、Al3、SO、NO、Cl 。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后得试样溶液，设计并完成了如下实验：已知：3NO8Al 5OH2H2O,3NH38AlO根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是A试样中肯定存在NH、Mg2、SO和NOB试样中一定不含Al3C试样中可能存在Na、ClD该雾霾中可能存在NaNO3 、N
23、H4Cl和MgSO4解析：选B易知气体1为NH3，说明溶液中含有NH；溶液1中通CO2气体，会产生沉淀2，该沉淀中一定含有BaCO3，还可能含有Al(OH)3，这两种沉淀加H均能溶解，所以由沉淀2加酸能溶解，不能确定或排除AlO的存在；而溶液2的后续实验能证明溶液中含有NO；沉淀1加酸部分溶解，说明溶液中一定含有SO，也说明一定含有Mg2。实验过程无法确认Na、Cl的存在。7. （2013北京理综）用FeCl3酸性溶液脱除H2S后的废液，通过控制电压电解得以再生。某同学使用石墨电极，在不同电压(x)下电解pH1的0.1 mol/L FeCl2溶液，研究废液再生机理。记录如下(a、b、c代表电压
24、值)：序号电压/V阳极现象检验阳极产物xa电极附近出现黄色，有气泡产生有Fe3、有Cl2axb电极附近出现黄色，无气泡产生有Fe3、无Cl2bx0无明显变化无Fe3、无Cl2(1)用KSCN溶液检验出Fe3的现象是_。(2)中，Fe3产生的原因可能是Cl在阳极放电，生成的Cl2将Fe2氧化。写出有关反应：_。(3)由推测，Fe3产生的原因还可能是Fe2在阳极放电，原因是Fe2具有_性。(4)中虽未检验出Cl2，但Cl在阳极是否放电仍需进一步验证。电解pH1的NaCl溶液做对照实验，记录如下：序号电压/V阳极现象检验阳极产物axc无明显变化有Cl2Vcxb无明显变化无Cl2NaCl溶液的浓度是_
25、mol/L。中检验Cl2的实验方法：_。与对比，得出的结论(写出两点)：_。解析：(1)用KSCN检验出Fe3的现象是溶液呈红色。(2)Cl在阳极的放电反应为2Cl2e=Cl2，Fe2被Cl2氧化成Fe3，Cl2被还原为Cl：Cl22Fe2=2Cl2Fe3。(3)Fe2放电生成Fe3，说明Fe2具有还原性。(4)由题意，NaCl溶液中Cl浓度应与pH1的0.1 mol/L的FeCl2溶液中Cl浓度相同，所以NaCl溶液的浓度为0.2 mol/L。用湿润的淀粉KI试纸检验Cl2，若试纸变蓝则证明有Cl2生成。比较实验条件和结果可得出结论：通过控制电压，证实了产生Fe3的两种原因都成立；通过控制电
26、压，验证了Fe2先于Cl放电。答案：(1)溶液变红(2)2Cl2e=Cl2、Cl22Fe2=2Cl2Fe3(3)还原(4)0.2取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝通过控制电压，证实了产生Fe3的两种原因都成立；通过控制电压，验证了Fe2先于Cl放电8（2013重庆理综）在水溶液中能大量共存的一组离子是()ANa、Ba2、Cl、NOBPb2、Hg2、S2、SOCNH、H、S2O、PODCa2、Al3、Br、CO解析：选A本题考查离子共存，意在考查考生分析问题的能力。A项各离子之间不发生反应，能够大量共存，A项正确；Pb2、Hg2与S2能反应生成沉淀，B项错误；H与PO、S2O不能
27、大量共存，C项错误；Ca2与CO反应生成白色沉淀，Al3与CO也不能大量共存，D项错误。9（2013广东理综）水溶液中能大量共存的一组离子是()ANa、Al3、Cl、COBH、Na、Fe2、MnOCK、Ca2、Cl、NODK、NH、OH、SO解析：选C本题考查了离子大量共存的相关知识，意在考查考生的分析与判断能力。Al3与CO发生相互促进的水解反应，产生CO2气体与Al(OH)3沉淀，A项错误；MnO、H与Fe2会发生氧化还原反应，B项错误；C项中离子能大量共存；NH与OH结合生成NH3H2O，D项错误。10（2013安徽理综）下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是()A银氨溶液：N
28、a、K、NO、NH3H2OB空气：C2H2、CO2、SO2、NOC氢氧化铁胶体：H、K、S2、BrD高锰酸钾溶液：H、Na、SO、葡萄糖分子解析：选A本题考查分子、离子共存，意在考查考生对离子反应发生条件的理解能力。银氨溶液中，提供的四种微粒均能共存，A项正确；空气中NO与O2，化合为NO2，B项错误；氢氧化铁胶体中H和S2不能大量存存，C项错误；高锰酸钾溶液具有强氧化性，葡萄糖为还原性糖，两者发生氧化还原反应，D项错误。11（2013江苏单科）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使甲基橙变红色的溶液：Mg2、K、SO 、NOB使酚酞变红色的溶液：Na、Cu2、HCO 、N
29、OC0. 1 molL1AgNO3 溶液：H、K、SO 、ID0. 1 molL1NaAlO2 溶液： H、Na、Cl、SO解析：选A本题考查离子共存，意在考查考生对离子反应知识的理解与应用能力。使甲基橙变红色的溶液呈酸性，A项中四种离子不反应，可大量共存。使酚酞变红色的溶液呈碱性，Cu2、HCO均不能大量存在，B错误。Ag与SO、I均不能大量共存，C错误。AlO与H不能大量共存，D错误。12（2012广东理综）在水溶液中能大量共存的一组离子是()AFe2、Al3、ClO、ClBK、Cu2、OH、NOCNH、Na、Br、SODMg2、H、SiO、SO解析：A中Fe2有还原性，能被ClO氧化。选
30、项B中Cu2与OH结合形成沉淀而不能大量共存。选项C中四种离子可以大量共存。选项D中H与SiO生成H2SiO2不溶于水，不能大量共存。答案：C13（2012安徽理综）下列离子或分子在溶液中能大量共存，通入 CO2 后仍能大量共存的一组是()AK、Ca2、Cl、NOBK、Na、Br、SiOCH、Fe2、SO、Cl2DK、Ag、NH3H2O、NO解析：A项中离子能大量共存，通入CO2后，溶液呈酸性，不会生成CaCO3沉淀，各离子仍能大量共存，A项正确；B项中通入CO2后SiO因转化为H2SiO3沉淀而不能大量存在；C项中Fe2与Cl2发生氧化还原反应不能大量共存；D项中Ag与NH3H2O因能生成银
31、氨配离子而不能大量共存。答案：A14（2012江苏单科）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A0.1 molL1NaOH溶液：K、Na、SO、COB0.1 molL1Na2CO3溶液：K、Ba2、NO、ClC0.1 molL1FeCl3溶液：K、NH、I、SCNDc(H)/c(OH)11014的溶液：Ca2、Na、ClO、NO解析：A项，碱性条件下这些离子可以大量共存；B项，CO与Ba2不能大量共存；C项，Fe3与I、SCN均不能大量共存；D项，c(H)/c(OH)11014的溶液呈酸性，此条件下ClO不能大量存在。答案：A15（2012重庆理综）向10 mL 0.1 mol
32、L1 NH4Al(SO4)2溶液中，滴加等浓度Ba(OH)2溶液x mL。下列叙述正确的是()Ax10时，溶液中有NH、Al3、SO，且c(NH)c(Al3)Bx10时，溶液中有NH、AlO、SO，且c(NH)c(SO)Cx30时，溶液中有Ba2、AlO、OH，且c(OH)H，所以离子半径LiH，C项不正确答案：B6(2010北京理综)自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝(CuS)下列分析正确的是()ACuS的溶解度大于PbS的溶解度B原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性CCuSO4与ZnS反应的离子方程
33、式是Cu2S2=CuSD整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应解析：本题考查物质的转化、离子反应等，意在考查考生运用化学基本原理分析生活中的化学问题的能力由于CuSO4与PbS反应生成CuS和PbSO4，说明CuS的溶解度小于PbS的溶解度，A项错误；原生铜的硫化物和铜蓝中的S均显2价，处在硫元素的最低价态，均具有还原性，B项错误；CuSO4与ZnS反应的离子方程式为：Cu2ZnS=CuSZn2，C项错误；原生铜的硫化物转化为CuSO4发生的是氧化还原反应，CuSO4转化为CuS为复分解反应，D项正确答案：D第四节氧化还原反应的规律及应用1(2014大纲卷) 已知：将Cl2通入适量K
34、OH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关。当n(KOH)a mol时，下列有关说法错误的是()A若某温度下反应后11，则溶液中B参加反应的氯气的物质的量等于a molC改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：a molnea molD改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为 a mol解析：选D反应后，当11时，根据得失电子守恒有：c(Cl)c(ClO)5c(ClO)，由此可求出，A项正确；根据元素守恒知B项正确；因反应中肯定有Cl生成，当价态升高的氯元素全部以ClO形式存在时，a mol KOH需要消耗a mol Cl2，此时转移电子a mol，当价态
35、升高的氯元素全部以ClO形式存在时，由6KOH3Cl2=5KClKClO33H2O知，此时转移电子a mol，C项正确；由反应方程式知，KClO3的最大理论产量为a mol，D项错误。2(2014天津理综) Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定。.制备Na2S2O35H2O反应原理：Na2SO3(aq)S(s)Na2S2O3(aq)实验步骤：称取15 g Na2SO3加入圆底烧瓶中，再加入80 mL蒸馏水。另取5 g研细的硫粉，用3 mL乙醇润湿，加入上述溶液中。安装实验装置(如图所示，部分夹持装置略去)，水浴加热，微沸60分钟。趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析
36、出Na2S2O35H2O，经过滤、洗涤、干燥，得到产品。回答问题：(1)硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是_。(2)仪器a的名称是_，其作用是_。(3)产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是_。检验是否存在该杂质的方法是_。(4)该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子反应方程式表示其原因：_。.测定产品纯度准确称取W g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.100 0 molL1碘的标准溶液滴定。反应原理为：2S2OI2=S4O2I(5)滴定至终点时，溶液颜色的变化：_。(6)滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为_mL。产品的纯度为(设N
37、a2S2O35H2O相对分子质量为M)_.Na2S2O3的应用(7)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为_。解析：(1)硫粉难溶于水，微溶于乙醇，故硫粉用乙醇润湿后易扩散到溶液中。(2)装置中仪器a(冷凝管)可以将挥发出的乙醇冷凝回流到烧瓶中。(3)因反应物Na2SO3易被空气中的氧气氧化成Na2SO4，故可能存在的无机杂质是Na2SO4；检验产品中是否含有Na2SO4，即检验SO是否存在，需要防止SO的干扰，故不能用具有强氧化性的硝酸酸化，而应用盐酸酸化，过滤除去不溶物，再向滤液中滴加氯化钡溶液。(4)产品发黄，说明产品中含有硫杂质，这是
38、由于在酸性环境中Na2S2O3不稳定，发生反应：2HS2O=SSO2H2O。(5)滴定终点时，过量的单质碘使无色的淀粉溶液变蓝，可指示滴定终点。(6)起始读数为0.00 mL，终点读数为18.10 mL，所以消耗碘的标准溶液的体积为18.10 mL0.00 mL18.10 mL；根据2Na2S2O35H2O2S2OI2，得n(Na2S2O35H2O)2n(I2)20.100 0 molL118.10103 L3.620103 mol，则产品的纯度100%100%。(7)S2O被Cl2氧化成SO，Cl2被还原为Cl，首先根据化合价升降总值相等写出S2O4Cl22SO8Cl，然后根据原子守恒和电荷
39、守恒配平得：S2O4Cl25H2O=2SO8Cl10H。答案：(1)使硫粉易于分散到溶液中(2)冷凝管冷凝回流(3)Na2SO4取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4(4)S2O2H=SSO2H2O(5)由无色变蓝色(6)18.10100%(7)S2O4Cl25H2O=2SO8Cl10H2(2014新课标全国卷) 次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，具有较强还原性，回答下列问题： (1)H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式_。(2)H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag还原为银，从而可用于化学镀银。H3PO2中，P元素的
40、化合价为_。利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为41，则氧化产物为_(填化学式)。NaH2PO2为_(填“正盐”或“酸式盐”)，其溶液显_(填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”)。(3)H3PO2的工业制法是：将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式_。(4)H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如下图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)：写出阳极的电极反应式_。分析产品室可得到H3PO2的原因_。早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2：将
41、“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替。并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有_杂质。该杂质产生的原因是_。解析：(1)根据H3PO2为一元中强酸，可知其电离方程式为H3PO2HH2PO。(2)根据化合价代数和为0可确定H3PO2中P显1价。根据题中信息可写出反应方程式：4AgH3PO22H2O=4AgH3PO44H，即氧化产物为H3PO4。因为H3PO2为一元中强酸，则NaH2PO2为正盐，由于H2PO水解而使溶液呈弱碱性。(3)根据题中信息和反应前后元素化合价变化可写出其化学方程式为2P43Ba(OH)26H2O=2PH33Ba(H2P
42、O2)2。(4)阳极为水电离出的OH放电，电极反应式为2H2O4e=O24H。阳极室中的H穿过阳膜进入产品室，原料室中的H2PO穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2。在阳极区H2PO或H3PO2可能失电子发生氧化反应，即生成物中会混有PO。答案：(1)H3PO2HH2PO(2)1H3PO4正盐弱碱性(3)2P43Ba(OH)26H2O=3Ba(H2PO2)22PH3(4)2H2O4e=O24H阳极室的H穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2POH2PO或H3PO2被氧化3(2014北京理综) 碳、硫的含量影响钢铁性能。碳、硫含量的一种测定方法
43、是将钢样中碳、硫转化为气体，再用测碳、测硫装置进行测定。(1)采用装置A，在高温下将x克钢样中碳、硫转化为CO2、SO2。气体a的成分是_。若钢样中硫以FeS形式存在，A中反应：3FeS5O21_3_。(2)将气体a通入测硫装置中(如图)，采用滴定法测定硫的含量。H2O2氧化SO2的化学方程式：_。用NaOH溶液滴定生成的H2SO4，消耗z mL NaOH溶液。若消耗1 mLNaOH溶液相当于硫的质量为y克，则该钢样中硫的质量分数：_。(3)将气体a通入测碳装置中(如图)，采用重量法测定碳的含量。气体a通过B和C的目的是_。计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是_。解析：(1)根据题给信息可知
44、气体a的成分为CO2、SO2和过量的O2。根据原子守恒和得失电子守恒配平方程式得：3FeS5O2Fe3O43SO2。(2)过氧化氢具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应生成硫酸。消耗1 mL NaOH溶液相当于硫的质量为y g，则消耗z mL NaOH溶液相当于硫的质量为yz g，所以钢样中硫的质量分数为。(3)整个装置要准确测定CO2的含量，故需要排除干扰气体SO2，由题给装置可知，活性二氧化锰的作用是除去气体a中的SO2，重铬酸钾和浓硫酸的作用是检验SO2是否除尽。通过测量二氧化碳吸收瓶吸收CO2前、后的质量计算出钢样中碳的质量分数。答案：(1)O2、SO2、CO2Fe3O4
45、SO2(2)H2O2SO2=H2SO4(3)排除SO2对CO2测定的干扰吸收CO2前、后吸收瓶的质量4(2014重庆理综) 氢能是重要的新能源。储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一。(1)氢气是清洁燃料，其燃烧产物为_。(2)NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应得到NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为_，反应消耗1 mol NaBH4时转移的电子数目为_。(3)储氢还可借助有机物，如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢： (g) (g)3H2(g)。在某温度下，向恒容密闭容器中加入环己烷，其起始浓度为a molL1，平衡时苯的浓度为b molL1
46、，该反应的平衡常数K_。(4)一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢(忽略其他有机物)。导线中电子转移方向为_。(用A、D表示)生成目标产物的电极反应式为_。该储氢装置的电流效率_。(生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数100%，计算结果保留小数点后1位)。解析：(1)H2燃烧生成H2O。(2)反应前后B元素价态不变，反应的实质是NaBH4中1价的H与H2O中1价的H发生氧化还原反应生成H2，同时生成NaBO2，得反应方程式：NaBH42H2O=NaBO24H2，1 mol NaBH4反应转移4 mol电子，其数目为4NA。(3)K mol3L3。(4)发生还原反应，得到电子，所
47、以电子应该从电源A端流到D电极。生成的目标产物是C6H12，在电解池右边H2O电离出的OH失去电子生成O2，同时产生H，H通过高分子电解质膜到达D电极上，C6H6与H在D电极上反应生成C6H12，其电极反应式为C6H66H6e=C6H12。根据电解池右边生成2.8 mol O2可知，转移电子的物质的量为42.8 mol11.2 mol，同时产生11.2 mol H。电解池左边开始时10 mol混合气体中含有2.4 mol C6H6和7.6 mol不参与反应的其他气体，电解过程中假设有x mol C6H6(g)参与反应，则消耗6x mol H，产生x mol C6H12(g)，(11.26x)
48、mol H产生H2(5.63x)mol，则电解后气体总物质的量为(15.63x) mol，其中含有(2.4x)mol C6H6(g)，则有：100%10%，解得x1.2。生成目标产物消耗电子的物质的量为61.2 mol7.2 mol，共转移电子11.2 mol，则有100%64.3%。答案：(1)H2O(2)NaBH42H2O=NaBO24H24NA或24081024(3) mol3L3(4)ADC6H66H6e=C6H1264.3%5(2013山东理综)金属冶炼与处理常涉及氧化还原反应。(1)由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是_。aFe2O3 bNaClcCu2S dAl2O3(2)辉铜
49、矿(Cu2S)可发生反应：2Cu2S2H2SO45O2=4CuSO42H2O，该反应的还原剂是_。当1 mol O2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为_mol。向CuSO4溶液中加入镁条时有气体生成，该气体是_。(3)右图为电解精炼银的示意图，_(填“a”或“b”)极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体产生，则生成该气体的电极反应式为_。(4)为处理银器表面的黑斑(Ag2S)，将银器浸于铝质容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用是_。解析：本题考查金属冶炼与处理，意在考查考生对金属冶炼及处理中化学原理的理解能力。(1)Na、Al的金属活动性较强，冶炼时选择电解法。
50、(2)该反应中Cu、S的化合价升高，因此还原剂为Cu2S。反应中O2中O由0价变为2价，1 mol O2发生反应，得4 mol电子，根据得失电子守恒，则还原剂失电子为4 mol。CuSO4溶液中由于Cu2水解显酸性，加入镁条，产生的气体为H2。(3)电解精炼银时，粗银作阳极，与电源正极相连。b极产生的红棕色气体为NO2，电极反应式为NOe2H=NO2H2O。(4)食盐水的作用是做电解质溶液，形成原电池。答案：(1)b、d(2)Cu2S4H2(3)aNO2He=NO2H2O(4)做电解质溶液(或导电)6(2013北京理综)用含有Al2O3、SiO2和少量FeOxFe2O3的铝灰制备Al2(SO4
51、)318H2O，工艺流程如下(部分操作和条件略)：.向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤；.向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；.加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；.加入MnSO4至紫红色消失，过滤；.浓缩、结晶、分离，得到产品。(1)H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是_(2)将MnO氧化Fe2的离子方程式补充完整：MnOFe2_Mn2Fe3_(3)已知：生成氢氧化物沉淀的pHAl(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8注：金属离子的起始浓度为0.1 molL1根据表中数据解释步骤的目的：_。(4)己知：一
52、定条件下，MnO可与Mn2反应生成MnO2。 向 的沉淀中加入浓HCl并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是_。 中加入MnSO4的目的是_。解析：本题主要考查化工制备知识，意在考查考生的信息挖掘能力、实验探究能力以及解答综合实验问题的能力。Al2O36H=2Al33H2O(2)58H54H2O(3)pH约为3时，Fe2和Al3不能形成沉淀，将Fe2氧化为Fe3，可使铁完全沉淀(4)生成黄绿色气体除去过量的MnO答案：(1)Al2O36H=2Al33H2O(2)58H54H2O(3)pH约为3时，Fe2和Al3不能形成沉淀，将Fe2氧化为Fe3，可使铁完全沉淀(4)生成黄绿色气体除去过量的M
53、nO7(2010全国理综)若(NH4)2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3和H2O，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为()A14 B12C21 D41解析：本题考查氧化还原反应理论，意在考查考生根据所学知识解决问题的能力根据(NH4)2SO4SO2N2NH3H2O，由得失电子守恒可得：(NH4)2SO43SO2N2NH3H2O，那么(NH4)2SO4的计量数为3，利用N原子守恒可以确定NH3的计量数为4，所以变价N与未变价N原子数之比为12.答案：B8(2011福建理综).磷、硫元素的单质和化合物应用广泛(1)磷元素的原子结构示意图是_(2)磷酸钙与焦炭、石英砂混
54、合，在电炉中加热到1500C生成白磷，反应为：2Ca3(PO4)26SiO2=6CaSiO3P4O1010CP4O10=P410CO 每生成1 mol P4时，就有_mol电子发生转移(3)硫代硫酸钠(Na2S2O3)是常用的还原剂在维生素C(化学式C6H8O6)的水溶液中加入过量I2溶液，使维生素C完全氧化，剩余的I2用Na2S2O3溶液滴定，可测定溶液中维生素C的含量发生的反应为：C6H8O6I2=C6H6O62H2I2S2OI2=S4O2I在一定体积的某维生素C溶液中加入a molL1I2溶液V1 mL，充分反应后，用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2，消耗b molL1Na2S2O3溶液
55、V2mL.该溶液中维生素C的物质的量是_mol.(4)在酸性溶液中，碘酸钾(KIO3)和亚硫酸钠可发生如下反应：2IO5SO2H=I25SOH2O生成的碘可以用淀粉溶液检验，根据反应溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率某同学设计实验如下表所示：0.01 molL1KIO3酸性溶液(含淀粉)的体积/mL0.01 molL1Na2SO3溶液的体积/mLH2O的体积/mL实验温度/C溶液出现蓝色时所需时间/s实验15V13525实验2554025实验355V20该实验的目的是_；表中V2_mL.稀土元素是宝贵的战略资源，我国的蕴藏量居世界首位(5)铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素在加热条件下
56、CeCl3易发生水解，无水CeCl3可用加热CeCl36H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备其中，NH4Cl 的作用是_(6)在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2，调节pH3，Ce3通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分离完成反应的离子方程式：Ce3H2O2H2O=Ce(OH)4_解析：本题考查原子结构、化学反应速率、氧化还原反应等方面的知识，意在考查考生的综合分析能力和数据处理能力(2)磷在反应中的价态由5价变成0价，故每生成1 mol P4就会得到20 mol电子(3)由题目给出的两个离子方程式知，n(I2)n(C6H8O6)0.5n(S2O)，即aV1103n(C6H8O6)0.5
57、bV2103，则n(C6H8O6)aV11030.5bV2103.(4)由实验中改变的反应条件有温度、水的体积(引起反应物浓度的变化)知，本实验探究的是反应速率与温度、浓度之间的关系，由实验2、实验3中反应条件知，二者温度不同，故其他条件应该相同，V2应该是40 mL.(5)由CeCl33H2OCe(OH)33HCl，NH4ClNH3HCl知，NH4Cl分解产生的HCl能抑制Ce3的水解(6)利用得失电子守恒原理及反应中1 mol H2O2失去2 mol电子易配得各物质的计量数，再根据原子守恒，知还有6个H.答案：(1)15 (2)20(4)探究该反应的速率与温度、亚硫酸钠浓度的关系(或其他合理答案)40(5)分解生成HCl气体，抑制CeCl3水解(或其他合理答案)(6)Ce3H2O2H2O=Ce(OH)4H
