2025届高三化学一轮复习 物质及其变化 专项训练

《物质及其变化》专项训练 一、选择题 1．根据反应：①Fe＋Cu2＋＝Fe2＋＋Cu ②2Fe3＋＋Cu＝Cu2＋＋2Fe2＋ ③2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl﹣ ④HClO＋H＋＋Cl﹣＝Cl2↑＋H2O 可以判断出各微粒的氧化性或还原性由强到弱的顺序正确的是（　　） A．氧化性：HClO＞Cl2＞Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2＋ B．氧化性：Cl2＞HClO＞Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2＋ C．还原性：Fe＞Cu2＋＞Fe2＋＞Cl－＞Cl2 D．还原性：Fe2＋＞Cu2＋＞Fe3＋＞Cl－＞Cl2 2．根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（　　） A． 制取氨气 B． 制取NaHCO3 C． 分离NaHCO3 D．D 干燥NaHCO3 3．下列各组离子能在指定溶液中，大量共存的是（　　） ①无色溶液中：K+、Cl-、Na+、SO42- ②pH=11的溶液中：CO32-、Na+、AlO2 -、NO3-、S2-、SO32- ③水电离的c(H+)=10-12mo1·L-1的溶液中：Cl-、HCO3-、 NO3-、NH4+ ④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、 NH4+、 Cl-、K+、SO42- ⑤使石蕊试液变红的溶液中：Fe2+、MnO4－、NO3-、Na+、SO42- ⑥酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3-、I-、Cl-、S2- A．①②⑤ B．①③⑥ C．②④⑤ D．①②④ 4．下列有关的计算分析错误的是（　　） A．在反应3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O中，当有1mol铜被氧化时，被还原的硝酸为2/3mol B．某溶液100 mL，其中含硫酸0.03mol，硝酸0.04mol，若在该溶液中投入1.92 g铜粉微热，反应后放出一氧化氮气体约为0.015mol C．室温时，在容积为a mL的试管中充满NO2气体，然后倒置在水中到管内水面不再上升时为止；再通入b mL O2，则管内液面又继续上升，测得试管内最后剩余气体为c mL，且该气体不能支持燃烧。则a、b的关系为a＝4b＋3c D．物质的量之比为2∶5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比为1∶4 5．下列反应的离子方程式错误的是（　　） A．等物质的量的Ba(OH)2与NH4HSO4在溶液中反应：Ba2++OH-+H++SO42- =BaSO4↓ +H2O B．氢氧化铁与足量的稀硝酸溶液反应：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O C．醋酸与纯碱溶液反应生成气体：2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑ D．向澄清石灰水中滴入少量碳酸氢钠溶液：Ca2++OH-+HCO3- =CaCO3↓+H2O 6．今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K＋、NH4＋、Cl－、Ca2＋、Ba2＋、CO32－、SO42－，现取三份100mL溶液进行如下实验： 第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生； 第二份加入足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体； 第三份加入足量BaCl2 溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。 综合上述实验，你认为以下结论正确的是（　　） A．该混合物中一定含有NH4+、SO42-，可能含有Ca2+、K+、Cl- B．该混合物中一定含有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Ca2+、 K+、Cl- C．该混合物中一定含有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有K+、Cl- D．该混合物中一定含有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Cl-，且n(K+)≥0.04mol 7．向某NaOH溶液中通入CO2气体后得到溶液M，因CO2通入的量不同，溶液M的组成也不同，若向溶液M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系如图所示。则下列分析与判断错误的是(不计CO2溶解)（　　） A．若OB=0，则形成溶液的过程中所发生反应的离子方程式为OH―+CO2═HCO3― B．若OB=BC，则溶液M为Na2CO3溶液 C．若OB＞BC，则溶液M中大量存在的阴离子为CO32―和HCO3― D．若3OB=BC，则溶液M中c(NaHCO3)=2c(Na2CO3) 8．碘是一种与人的生命活动密切相关的元素，已知I2能溶于NaOH或KI溶液，反应方程式分别为：3I2＋6OH－=5I－＋IO＋3H2O(HIO不稳定，易发生歧化反应)和I2＋I－=I3—，溴化碘(IBr)是一种卤素互化物，具有与卤素单质相似的性质，下列反应方程式中错误的是（　　） A．IBr加入Na2S溶液中产生黄色浑浊：IBr＋S2－=I－＋Br－＋S↓ B．IBr加入KI溶液中：IBr＋2I－=Br－＋I3- C．IBr加入NaOH溶液中：IBr＋2OH－=I－＋BrO－＋H2O D．IBr加入AgNO3溶液中：3IBr＋5Ag＋＋3H2O=3AgBr↓＋2AgI↓＋IO3—＋6H＋ 9．向a L 1mol·L-1的Na2CO3的溶液中缓慢地滴加b L 1mol·L-1的盐酸，并不断搅拌，随着盐酸的加入，溶液中离子物质的量也相应地发生变化如图所示（不考虑盐类的水解及水的电离），下列说法不正确的是（　　） A．四条线与溶液中离子的对应关系是：X：Na+；Y：CO32-；Z：HCO3-；W：Cl- B．当a＜b＜2a时，发生的离子方程式为：HCO3- ＋ H+= CO2↑＋ H2O C．当2a=3b时，发生的离子方程式为：CO32- ＋ H+ = HCO3- D．当 ＜b＜2a时，溶液中HCO3-与CO32- 的物质的量之比为b：（4a-b） 10．常温下，向25 mL 0.1 mol.L-1NaOH溶液中逐滴滴加0.2 mol.L-1的HN3（叠氮酸）溶液，pH的变化曲线如图所示（溶液混合时体积的变化忽略不计，叠氮酸的Ka=10-4.7）。下列说法正确的是（　　） A．水电离出的c(H+)：A点小于B点 B．在B点，离子浓度大小为c（OH-）>c(H+)>c (Na+)>c(N3-) C．在C点，滴加的V(HN3)=12.5 mL D．在D点，c(Na+)=2c(HN3)+2 c(N3-) 二、非选择题 11．实验室用沾有油污的废铁屑制备硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]，具体流程如下： （1）废铁屑需用热的纯碱溶液洗涤，其目的是　 　。 （2）“酸浸”是温度需保持为80~95 ℃，采用的合适加热方式是　 　。 （3）“氧化”过程发生反应的离子方程式是　 　。 （4）“转化”后制取硫酸铁铵晶体的操作主要包括加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。实验室过滤操作必须用到的玻璃仪器有烧杯、　 　和　 　。 12．ClO2是一种易溶于水的、具有氧化性的黄绿色气体，可用作安全高效的水处理剂。一种实验室制备并吸收ClO2的原理及装置如下： 已知装置A中发生的反应： 2NaClO3＋4HCl=2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O＋2NaCl（主反应） NaClO3＋6HCl=NaCl＋3Cl2↑＋3H2O（副反应） （1）证明装置A中产生Cl2，是否可用湿润的淀粉碘化钾试纸：　 　（填“是”或“否”）。 （2）Cl2在装置B的反应中主要体现氧化性，该反应的化学方程式为　 　。 （3）实验过程中不断缓慢通入N2的目的是　 　。 （4）单位体积ClO2吸收液中含有ClO2的质量的实验测定步骤如下： 步骤1：准确移取1.00 mL装置C中的吸收液加入锥形瓶中，加入丙二酸静置后，再加入适量硫酸及稍过量的KI溶液(2ClO2+10I-+8H＋=5I2＋2Cl-+4H2O)，在暗处放置5 min。 步骤2：向锥形瓶的反应液中加入1 mL　 　溶液（填试剂名称），溶液呈蓝色，再向其中滴加0.08 mol·L-1 Na2S2O3溶液(发生反应I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)，至恰好完全反应时（蓝色褪去）消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。 ①步骤2中所加试剂名称是　 　； ②计算装置C中，每1.00 mL ClO2吸收液中含有ClO2的质量　 　（单位mg）（写出计算过程）。 13．根据所学知识回答下列问题： （1）将一小块新切的金属钠迅速放入平底烧瓶底部按图甲所示塞紧瓶塞。一段时间后可观察到的现象有　 　，发生反应的化学方程式为　 　。 （2）按图乙所示的装置，进行钠与水反应的实验，实验开始时，振动细铁丝使钠块掉入滴有酚酞的水溶液中，可观察到钠与水反应的现象，不同的现象反映钠的不同性质。 ①能证明钠的密度比水的小的现象是　 　。 ②能证明钠的熔点低的现象是　 　。 ③能证明有氢氧化钠生成的现象是　 　。 （3）少量与溶液可发生反应，其化学方程式为(未配平)。已知的化学计量数为6配平上述化学方程式，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目：　 　。该反应中被还原的元素是　 　(填元素符号)，氧化产物是　 　(填化学式)。 （4）向中滴加浓盐酸试管壁发热，有刺激性气味的气体产生，反应后所得溶液呈浅黄绿色。推测产生该气体的反应的化学方程式为　 　。 14．回答下列问题 （1）取少量 (红棕色)粉末加入适量盐酸，所发生反应的离子方程式是　 　。反应后得到的 溶液呈棕黄色。 （2）在小烧杯甲中加入 蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中加入 溶液，继续煮沸至溶液呈　 　色，即可制得 胶体。取 胶体于烧杯中，用红色激光笔照射烧杯中的液体，可看到烧杯中产生　 　效应。所得分散系与原 溶液是不同的分散系，其本质原因是　 　不同。 （3）在制得的红褐色液体中逐滴加入稀硫酸，看到的现象为　 　，写出与现象有关的离子反应方程式　 　。 （4）在胶体中加入电解质溶液或带有相反电荷的胶体微粒能使胶体微粒沉淀下来。将 胶体装入 形管内，用石墨做电极，接通直流电，通电一段时间后发现与电源负极相连的电极区附近颜色逐渐加深，这表明 胶体微粒带　 　(填“正”或“负”)电荷。 （5）如 溶液中含有少量的 ，要除去 得到纯净的 溶液，有下列实验方案： 试剂②是　 　(填化学式)；“操作Ⅰ”为　 　(填操作名称)。 答案解析部分 1．【答案】A 【解析】【解答】①反应Fe+Cu2+＝Fe2++Cu中铜离子是氧化剂，亚铁离子是氧化产物，铁是还原剂，铜是还原产物，则还原性Fe＞Cu，氧化性为Cu2+＞Fe2+； ②反应2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+中铁离子是氧化剂，铜离子是氧化产物，铜是还原剂，亚铁离子是还原产物，则还原性Cu＞Fe2＋，氧化性为Fe3+＞Cu2+； ③反应2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－中氯气是氧化剂，铁离子是氧化产物，亚铁离子是还原剂，氯离子是还原产物，则还原性Fe2＋＞Cl－，氧化性为Cl2＞Fe3+； ④反应HClO+H++Cl－＝Cl2+H2O中次氯酸是氧化剂，氯气是氧化产物，氯离子是还原剂，氯气是还原产物，则还原性Cl－＞Cl2，氧化性为HClO＞Cl2； 由此可以判断出各微粒的氧化性由强到弱的顺序正确的是HClO＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，还原性由强到弱的顺序正确的是Fe＞Cu＞Fe2＋＞Cl－＞Cl2， 故答案为：A。 【分析】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，还原剂的还原性强于还原产物。 2．【答案】C 【解析】【解答】A.氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，故A不符合题意； B.应将二氧化碳从长导管通入，否则会将液体排出，故B不符合题意； C.从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故C符合题意； D.碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可低温烘干或用滤纸吸去表面的水，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.加热氯化铵会产生氯化氢气体，使得到的氨气不纯； B.在制取碳酸氢钠时应该使二氧化碳从长管进入，与溶液接触； C.固液分离用过滤的方法； D.由于碳酸氢钠的热稳定性较差，因此不能用灼烧的方法干燥碳酸氢钠。 3．【答案】D 【解析】【解答】①在指定的溶液中能够大量共存，①符合题意； ②在指定溶液中能够大量共存，②符合题意； ③水电离的c(H＋)=10－12mol·L－1，该溶液可能为酸或碱，HCO3－既不能与H＋大量共存，也不能与OH－大量共存，指定溶液中不能大量共存，③不符合题意； ④加入Mg能放出H2，该溶液为酸性，指定的溶液中能够大量共存，④符合题意； ⑤MnO4－具有强氧化性，能把Fe2＋氧化，石蕊变红，说明溶液显酸性，NO3－、H＋、Fe2＋不能大量共存，⑤不符合题意； ⑥酸性条件下，NO3－具有强氧化性，能与Fe2＋、I－、S2－发生氧化还原反应，指定溶液中不能大量共存，⑥不符合题意； 故答案为：D 【分析】①无色溶液中不存在有色离子； ②pH=12的溶液中存在大量OH-； ③水电离的c(H+)=10-12mol/L，则该溶液可能显酸性，有可能显碱性； ④加入Mg能生成H2的溶液显酸性； ⑤能使石蕊变红的溶液显酸性； ⑥NO3-在酸性条件下具有强氧化性； 4．【答案】B 【解析】【解答】A.在反应3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O中，当有3mol铜被氧化时，被还原的硝酸为2mol，所以若有1mol的Cu被氧化，被还原的硝酸就为 mol，不符合题意； B.某溶液100 mL，其中含硫酸0.03mol，硝酸0.04mol，若在该溶液中投入1.92g铜粉微热，n(Cu)=0.03mol，n(H+)=0.03×2+0.04=0.1mol；n(NO3-)=0.03mol。根据反应的两种方程式可知：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O可知Cu不足量，产生的气体应该按照Cu来计算，n(NO)=0.02mol，符合题意； C.室温时，在容积为a mL的试管中充满NO2气体，然后倒置在水中到管内水面不再上升时为止；再通入b mL O2，则管内液面又继续上升，测得试管内最后剩余气体为c mL，且该气体不能支持燃烧。则剩余气体是NO，根据反应方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO可知若NO有c mL，相当于有NO23cmL，则变为硝酸的NO2的体积是(a－3c)mL，则消耗的氧气的体积可根据方程式4NO2+O2+2H2O=4HNO3得知：V(O2)=1/4V(NO2)=(a－3c)ml÷4=b，a－3c=4b，所以a＝4b＋3c，不符合题意； D.物质的量之比为2∶5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则反应方程式是：4Zn+10HNO3(稀)=4Zn(NO3)2+N2O↑+5H2O.该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比为1∶4 ，不符合题意。 【分析】A、根据氧化产物Cu(NO3)2与还原产物NO的物质的量之比为3：2，还原剂Cu有1mol被氧化时，硝酸有2/3mol被还原； B、稀硫酸不与铜反应，因此发生铜与稀硝酸的反应：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；n(Cu)=0.03mol，n(H+)=0.03×2+0.04=0.1mol；n(NO3-)=0.03mol。判断酸过量，铜不足，根据铜的物质的量计算生成的NO的体积； C、试管内最后剩余的气体不支持燃烧，且不溶于水，为NO；NO2溶于水生成NO，通入氧气后，NO转化为NO2再与水反应；最后有NO剩余，故氧气少量；根据3NO2+H2O=2HNO3+NO计算参加反应的NO2；再用三者的综合反应式4NO2+O2+2H2O=4HNO3计算参加反应的氧气的体积； D、锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余；则Zn---Zn2+，NO3－---N2O，根据氧化还原中得失电子守恒计算被还原的硝酸； 5．【答案】A 【解析】【解答】A、等物质的量的Ba（OH）2与NH4HSO4在溶液中反应生成硫酸钡沉淀、一水合氨和水，反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+NH4++H++SO42-→BaSO4↓+NH3•H2O+H2O，A符合题意； B、氢氧化铁与足量的稀硝酸溶液发生中和反应，反应生成硝酸铁和水，反应的离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，B不符合题意； C、醋酸的酸性强于碳酸，醋酸能与纯碱溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑，C不符合题意； D、向碳酸氢钠溶液中滴入过量澄清石灰水，碳酸氢钠全部反应，离子方程式为Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O，D不符合题意； 故答案为：A 【分析】A.缺少NH4+与OH-的反应； B.Fe(OH)3是难溶性物质，保留化学式； C.醋酸是弱酸，保留化学式； D.NaHCO3少量，则HCO3-完全反应； 6．【答案】D 【解析】【解答】第一份加入AgNO3溶液后有沉淀生成，溶液中可能含有Cl-，SO42-，CO32-；第二份加足量NaOH有气体，一定含有NH4+，没有沉淀生成，一定没有Mg2+；第三份有沉淀后加酸沉淀部分溶解一定存在CO32-、SO42-，不存在Ba2+；所以一定存在的离子是NH4+ 、CO32-、SO42-；根据NH4+- NH3关系可知，每生成0.08molNH3，溶液中的NH4+的量为0.08mol；生成硫酸钡沉淀4.66g，物质的量为0.02mol，所以n(SO42-)=n(BaSO4)=0.02mol，碳酸钡沉淀质量为12.54g-4.66g=7.88g，物质的量为0.04mol，所以n(CO32-)=n(BaCO3)= 0.04mol，因为电解质溶液呈电中性，所以0.08molNH4+带的正电荷总量为0.08mol，而0.04molCO32-带的负电荷总量为0.08 mol，0.02molSO42-带的负电荷总量为0.04mol，因此该溶液中一定含有阳离子钾离子0.04 mol；当溶液中如果再含有Cl-，那么n(K+)>0.04mol。 结合以上分析可知，该混合物中一定含有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Cl-，且n(K+)≥0.04mol，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】根据几种试剂检验的结果可知，溶液中一定存在的是NH4+ 、CO32-、SO42-，一定不存在的离子是Ba2+；再根据电荷守恒可以推出一定存在的是K+；Cl-是否存在不能确定。 7．【答案】C 【解析】【解答】向某NaOH溶液中通入CO2气体，涉及反应及产物分别为：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O（CO2＋2OH－=CO32－＋H2O）；NaOH＋CO2=NaHCO3（OH―+CO2═HCO3―）；M溶液加入盐酸时发生的反应可能为：CO32－＋H＋=HCO3－，HCO3－＋H＋=H2O＋CO2↑；在不同的物质的量比的范围内产物（溶液M的成分）不同，参见下图：设a=n(CO2)/n(NaOH)，则： a M的成分 OB与BC的关系 a＜1：2 NaOH 和 Na2CO3 OB>BC a=1：2 Na2CO3 OB=BC 1：2＜a＜1：1 NaHCO3和Na2CO3 OB<BC a≥1：1 NaHCO3 OB=0 由上表可知，若3OB=BC，则溶液M的成分为NaHCO3和Na2CO3，可得：3n（Na2CO3）=n（Na2CO3）+n（NaHCO3）即：c(NaHCO3)=2c(Na2CO3)，综上所述选项A、B、D正确，选项C错误； 故答案为：C 【分析】向NaOH溶液中通入CO2气体，发生反应的化学方程式为：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O、NaOH＋CO2=NaHCO3；向M溶液加入盐酸时发生的反应可能为：CO32－＋H＋=HCO3－，HCO3－＋H＋=H2O＋CO2↑；根据以上反应规律进行分析。 8．【答案】C 【解析】【解答】A．IBr加入Na2S溶液反应的离子方程式为IBr+S2-＝I-+Br-+S↓，故A不符合题意； B．IBr加入KI溶液中，首先发生IBr+I-＝Br-+I2，由于KI过量，则进一步发生I2+I-=I3-，故B不符合题意； C．IBr加入NaOH溶液中，不发生氧化还原反应，应为IBr+2OH-＝Br-+IO-+H2O，故C符合题意； D．IBr加入AgNO3溶液中，首先是IBr与水反应生成HIO和HBr，由于HIO不稳定，在水中发生歧化反应生成HIO3和HI，进而生成AgI和AgBr，反应的离子方程式可为3IBr+5Ag++3H2O＝3AgBr↓+2AgI↓+IO3-+6H+，故D不符合题意， 故答案为：C。 【分析】根据元素非金属性分析，C项中方程式应为IBr+2OH-＝Br-+IO-+H2O。 9．【答案】D 【解析】【解答】A.随着盐酸的加入，溶液Cl-的量逐渐增加，Na+不参与反应，故Na+的量一直不变，则X为Na+、W为Cl-；由发生的反应可知，Y为CO32-、Z为HCO3-，选项正确，A不符合题意； B.当b＞a时，说明反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl已完全进行，当b＜2a时，发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，其离子方程式为：HCO3- ＋H+=CO2↑＋H2O，选项正确，B不符合题意； C. 当2a=3b时，即，此时加入的盐酸的量少，只发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，该反应的离子方程式为：CO32-＋H+= HCO3-，选项正确，C不符合题意； D.当时， 由于b与a的等量关系未知，故该过程中，若b趋向于，则只发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；若b趋向于2a，则反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl已完全进行，此时溶液中不存在CO32-，选项错误，D不符合题意； 故答案为：D 【分析】往Na2CO3溶液中滴加稀盐酸的过程中发生的反应依次为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，据此结合选项进行分析。 10．【答案】A 【解析】【解答】A.A点为氢氧化钠溶液，氢氧化钠浓度越大，水的电离程度越小，B点为氢氧化钠和NaN3的混合液，N3-水解促进了水的电离，则水电离出的c（H+）：A点小于B点，故A符合题意； B.B点呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），由于pH=8，混合液中的氢离子、氢氧根离子浓度较小，则符合题意的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（N3-）＞c（OH-）＞c（H+），故B不符合题意； C.滴加的V（HN3）=12.5 mL时，恰好反应生成NaN3，N3-部分水解，溶液呈碱性，而C点溶液的pH=7，所以C点V（HN3）＞12.5 mL，故C不符合题意； D.在D点，V（HN3）=25 mL，根据物料守恒可知：2c（Na+）=c（HN3）+c（N3-），故D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】明确图象曲线对应溶质组成为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，能够根据电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理判断离子浓度大小 A．A点为氢氧化钠溶液，B点为氢氧化钠和NaN3的混合液，氢氧化钠浓度越小，水的电离程度越大； B．B点呈碱性，则c（OH-）>c（H+），由于pH=8，氢离子、氢氧根离子浓度较小，则c（Na+）>c（N3-）>c（OH-）>c（H+）； C．当加入12.5mLHN3（叠氮酸）溶液时，恰好反应生成NaN3，N3-部分水解，溶液呈碱性； D．根据D点的物料守恒判断． 11．【答案】（1）除去废铁屑上的油污 （2）水浴加热 （3）2Fe2+ +H2O2 +2H+ = 2Fe3+ + 2H2O （4）玻璃棒；漏斗 【解析】【解答】（1）废铁屑表面有油污，需用碱液反应处理洗去，所以本问应填“除去废铁屑上的油污”； （2）持续稳定的温度加热需用“水浴加热”； （3）Fe2+在酸性条件下与H2O2反应生成Fe3+，离子方程式为“”； （4）过滤操作需要的玻璃仪器有：烧杯、“玻璃棒”、“漏斗”。 【分析】先用碱洗处理废铁屑上的油污，再用酸浸使单质铁生成Fe2+，过滤除去不溶性杂质，再加H2O2溶液将Fe2+氧化成Fe3+，加入(NH4)2SO4后进行结晶处理，得到产物。 12．【答案】（1）否 （2）2NaClO2+Cl2 =2ClO2+2NaCl （3）将A中产生的ClO2和Cl2以及B中的ClO2吹出 （4）淀粉；21.6mg；解：由ClO2～2.5I2～5Na2S2O3 n(ClO2)=×0.0800mol·L－1×20.00mL×10－3L·mL－1=3.200×10－4mol 每1.00mLClO2吸收液中：m(ClO2) =3.200×10－4mol×67.5g·mol－1×1000mg·g－1=21.6mg。 【解析】【解答】（1）A中反应有ClO2生成，ClO2接触淀粉碘化钾试纸也能氧化I-，使其生成I2，试纸同样会出现颜色改变，故不能用该试纸测定Cl2是否生成； （2）NaClO2中Cl原子+3价，生成ClO2中Cl原子+4价，所以Cl2作氧化剂，生成Cl-，反应方程式为“2NaClO2+Cl2 =2ClO2+2NaCl”； （3）通入N2做载气，气流能将反应容器中生成的ClO2和Cl2吹出，确保产物被充分吸收；（4）①根据反应原理，使用“淀粉”试液做指示剂标定滴定终点； 【分析】利用NaClO3与浓盐酸反应生成ClO2和Cl2，再利用NaClO2与之前生成的Cl2反应生成ClO2，最后用蒸馏水吸收，并进行定量测定。 13．【答案】（1）金属钠光亮的表面变暗，气球膨胀； （2）钠浮在水面上；钠熔化为光亮的小球；溶液呈红色 （3）；O；和 （4）(浓) 【解析】【解答】(1)将一小块新切的金属钠迅速放入平底烧瓶底部按图甲所示塞紧瓶塞。钠和氧气反应生成氧化钠，钠的表面变暗，氧气减少，气球变鼓。发生反应的化学方程式为； (2)钠和水反应现象为浮、熔、游、响、红； ①能证明钠的密度比水的小的现象是浮在水面上。 ②能证明钠的熔点低的现象是钠熔化成小球。 ③能证明有氢氧化钠生成的现象是溶液变红。 (3)少量与溶液可发生反应，一个过氧化钠降低2价，氯化亚铁化合价升高1价，故二者的化学计量数比为1：2，已知的化学计量数为6，，用单线桥法标出电子转移的方向和数目：。该反应中被还原的元素是氧元素，氧化产物是和； (4)向中滴加浓盐酸试管壁发热，有刺激性气味的气体产生，反应后所得溶液呈浅黄绿色，说明产生氯气，溶液为氯水。产生该气体的反应的化学方程式为(浓)； 【分析】（1）将一小块新切的金属钠迅速放入平底烧瓶，钠和氧气反应生成氧化钠； （2）钠和酚酞溶液反应现象为浮、熔、游、响、红； （3）少量Na2O2与FeCl2的反应中被还原的元素是氧元素，氧化产物是Fe(OH)3和FeCl3； （4）向Na2O2中滴加浓盐酸试管壁发热，有刺激性气味的气体产生，反应后所得溶液呈浅黄绿色，说明产生氯气，溶液为氯水。 14．【答案】（1） （2）红褐色；丁达尔；分散质粒子的直径大小 （3）先有红褐色沉淀生成，后沉淀溶解，溶液呈黄色； （4）正 （5）；过滤 【解析】【解答】（1）Fe2O3(红棕色)能够被盐酸溶解生成氯化铁，反应的离子方程式是 ，故答案为： ； （2）在小烧杯甲中加入25mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中加入2mLFeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即可制得Fe(OH)3胶体。取Fe(OH)3胶体于烧杯中，用红色激光笔照射烧杯中的液体，在与光线垂直的角度，可以看到烧杯中会产生丁达尔效应。胶体与溶液的区别是分散质粒子的直径大小。故答案为：红褐色；丁达尔；分散质粒子的直径大小； （3）在制得的Fe(OH)3胶体（红褐色液体）中逐滴加入稀硫酸，胶体会发生聚沉生成红褐色沉淀氢氧化铁，氢氧化铁与硫酸发生反应，然后又逐渐溶解，溶液呈现黄色，反应离子方程式为： 。故答案为：先有红褐色沉淀生成，后沉淀溶解，溶液呈黄色； ； （4）将Fe(OH)3胶体装入U形管内，用石墨做电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的颜色逐渐加深，这表明Fe(OH)3胶体微粒带正电荷，故答案为：正； （5） 溶液中(含 )加入试剂①是氢氧化钠溶液，反应生成氢氧化铁沉淀，过滤得到A为Fe(OH)3，氢氧化铁沉淀加入试剂为盐酸，氢氧化铁溶解生成氯化铁溶液。故答案为： ；过滤。 【分析】 (1)、 金属除铁锈； (2)、依据胶体的制备方法分析； (3)、红褐色的Fe(OH)3和盐酸反应； (4)、依据胶体的电泳分析； (5)、依据除杂的原则，既不引入新杂质又可以将杂质除去的原则分析。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$