2025届高三化学专题训练- -化学综合计算

2025届高三化学专题训练- -化学综合计算 一、单选题 1．将1.1 g铁、铝混合物溶于200 mL 5 mol·L－1的盐酸中，反应后盐酸的浓度变为4.6 mol·L－1(溶液体积变化忽略不计)，则下列表述不正确的是(　　) A．反应中消耗HCl为0.08 mol B．混合物中含有0.02 mol Al C．混合物中含有0.01 mol Fe D．混合物中Al与Fe的物质的量之比为1∶1 2．已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．1mol甲酸钠中含有共用电子对的数目为5NA B．D218O和T2O的混合物1.1g，含有的质子数为0.5NA C．0.1molCH3COOCH2CH3与稀硫酸充分反应，生成CH3COOH的分子数目为0.1NA D．1LpH=3的CH3COOH与1LpH=3的盐酸混合后(忽略溶液的体积变化)，溶液中H+数目大于0.002NA 3．下列溶液中，与200mL0.5mol/LNa2SO4溶液所含物质的量浓度相同的是（　　） A．200mL0.25mol/LNaCl溶液 B．100mL1mol/LNaCl溶液 C．100mL0.5mol/LNaOH溶液 D．100mL2mol/LNaOH溶液 4．下列分子中既含键又含键，且键与键数目之比为的是 A． B． C． D． 5．同温同压下，等质量的和相比较，下列结论正确的是（　　） A．它们的体积比为 B．共价键数之比为 C．它们的质子数之比为 D．密度之比为 6．铜的化合物可用于制造催化剂，铜和氧形成的一种离子化合物的晶体结构如图。下列有关说法正确的是（　　） A．化学式为 B．阳离子的配位数3 C．该物质的密度为 D．基态O原子电子排布图 7．向含有、、(已知还原性)的溶液中缓慢通入氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。下列说法正确的是 A．当通入时，溶液中发生的离子反应是： B．DE段表示的变化情况 C．原溶液中 D．B点时溶液中含有和 8．将agFe2O3、Al2O3样品溶解在过量的100mL0.05 mol∙L−1的盐酸中，然后向其中加入NaOH溶液使Fe3+、Al3+刚好完全沉淀，消耗NaOH溶液100mL，则NaOH溶液的浓度为 A．0.1 mol∙L−1 B．0.2 mol∙L−1 C．0.05 mol∙L−1 D．无法计算 9．向FeBr2和FeI2的混合溶液中通入氯气至恰好完全反应，Fe2+、I-、Br-的物质的量的变化如下图所示。下列说法正确的是（　　） A．还原性：I-<Fe2+<Br- B．通入氯气的总量为6mol C．若反应过程中滴入KSCN溶液，呈血红色，则amol<n(Cl2)≤bmol D．c点时加入过量NaOH溶液，反应后溶液中只含Na+、H+、Cl-、OH-四种离子 10．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是 A．1 mol Zn与足量某浓度的硫酸完全反应，生成气体的分子数目为NA B．0.1mol/L的MgCl2的2L溶液，Cl-浓度为0.2mol/L C．Na2O2与H2O反应时，生成0.1molO2转移的电子数为0.2NA D．标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和为NA 11．设为阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是（　　） A．标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为 B．标准状况下，22.4L水中含有的分子数大于 C．0.1mol氯气分别与足量铁和铜完全反应时转移的电子数均为 D．标准状况下，22.4L氦气与22.4L氯气所含原子数均为 12．纳米级可用于以太阳能为热源分解水制，过程如图所示。下列说法不正确的是 A．中Fe元素的化合价为+2、+3 B．过程I中每消耗转移2mol电子 C．过程Ⅱ的化学方程式为 D．铁氧化合物循环制具有节约能源、产物易分离等优点 13．表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A．一定条件下，5.6 g Fe与足量S反应，转移个电子 B．常温下，溶液中阴离子总数等于 C．电解精炼铜时每转移个电子，阳极质量一定减少32 g D．常温常压下，6 g 晶体中所含硅氧键数目为 14．“人造太阳”、墨子“传信”、超算“发威”、中国空间站、C919投运，是中国“赶上世界”的强国梦实现了历史性跨越。下列有关说法正确的是 A．“人造太阳”核聚变反应堆的2H中子数为2 B．量子通信的光纤和超算“天河一号”的芯片的主要材料均为SiO2 C．火箭用液氢为燃料生成的水，水分子的空间构型为V形 D．C919民航客机材料中的复合纤维属于天然有机高分子 15．在大试管内将足量 NaHCO3加热到 200℃，将产生的混合气体通入到盛 3.74g Na2O 和 Na2O2的密闭容器中，待 Na2O 和 Na2O2全部反应后，得到标准状况下 448mL O2，再将反应后密闭容器内的固体全部溶于水配成 200mL 溶液。下列说法正确的是（　　） A．配成的 200mL 溶液中 c(Na+) = 0.5 mol·L-1 B．反应过程中总共转移 0.08mol 电子 C．在 Na2O2与 H2O 的反应中，Na2O2只作氧化剂 D．Na2O 和 Na2O2均为碱性氧化物 16．制备(S呈+2价)的化学方程式为。下列说法正确的是 A．参与反应，转移电子的数目为 B．25℃、101kPa条件下，的分子数为 C．由()与()组成的混合物中所含共价键的数目为 D．常温下，1LpH为5的溶液中，由水电离出的数目为 17．如图是某常见非金属元素的价类二维图。下列说法正确的是（　　） A．c、d、e中，只有c、d是酸性氧化物 B．一定条件下，a与氧气能一步反应生成d C．g和h不可能是同一种物质 D．一定条件下，a和e能反应生成b 18．已知为阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是 A．32g和的混合物中含有的氧原子数为 B．0.5mol/L溶液中含有的数为 C．标准状况时，5.6L中含有的电子数为 D．3.2gCu在足量氯气中燃烧，氯原子得电子数为 19．锌—空气电池(原理如图)适宜用作城市电动车的动力电源。该电池放电时转化为。该电池工作时，下列说法正确的是（　　） A．向石墨电极移动 B．石墨电极的电极反应式： C．电极发生还原反应 D．当电路中流过电子，消耗的体积为(标准状况下) 20．ClO2是常见的水处理剂。实验室利用以下反应制备：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2↑+2H2O，下列说法正确的是（　　） A．还原性：H2C2O4大于ClO2 B．KClO3 在反应中被氧化，失电子 C．ClO2净水利用了ClO2的还原性 D．反应中，每产生22.4 L气体，转移2 mol电子 二、综合题 21．KMnO4在生产和生活中有着广泛用途，某化学小组在实验室制备KMnO4并探究其性质。 （1）(一) KMnO4的制备，分步骤Ⅰ、Ⅱ两步进行。 步聚Ⅰ．先利用如图所示装置制备K2MnO4。称取7.0gKOH(s)和5.0gKClO3(s)放入容器A中，加热，待混合物熔融后，加入5.0gMnO2(s)，待反应物干涸后，加大火焰强热4~8min，得墨绿色的锰酸钾。 A可选用　 　(填标号)。 ①石英坩埚 ②瓷坩埚 ③铁坩埚 （2）实验中发生反应生成K2MnO4的化学方程式为　 　。 （3）Ⅱ．由K2MnO4制备KMnO4。已知：K2MnO4易溶于水，水溶液呈墨绿色。主要过程如下： ①待A处物料冷却后，用20mL4%KOH溶液重复浸取，合并浸取液便得墨绿色的锰酸钾溶液。 ②向滤液中通入足量CO2，使K2MnO4歧化为KMnO4和MnO2，过滤出生成的MnO2。 ③再将滤液进行一系列处理，得KMnO4晶体。 过程②向滤液中通入足量CO2，可观察到的现象为　 　；检验K2MnO4歧化完全的实验方法是　 　。 （4）(二) KMnO4的性质。已知：KMnO4具有强氧化性，可与草酸(H2C2O4)反应：。某化学小组选用硫酸酸化的0.05mol/L高锰酸钾溶液与草酸溶液反应，探究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下三组实验： [实验内容及记录的数据] 编号 室温下，试管中所加试剂及其用量/mL 室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min H2C2O4溶液 　 KMnO4溶液 3mol/L稀硫酸 1 3.0 1.0 4.0 2.0 4.0 2 2.0 2.0 4.0 2.0 5.2 3 1.0 3.0 4.0 2.0 6.4 配制250mL 0.05mol/L的高锰酸钾溶液肯定不需要的仪器是　 　(填标号)。 a．蒸发皿 b．容量瓶 c．玻璃棒 d．烧杯 e．坩埚 f．胶头滳管 （5）为达到实验目的，H2C2O4溶液的物质的量浓度不低于　 　。 （6）利用实验1中数据计算，0~4min内，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率：　 　。 22．处理废水中Cr(Ⅵ)的常用方法包括绿矾还原法、铁粉还原法和离子交换法等。含Cr(Ⅵ)物种浓度随pH的变化如下图所示。 （1）绿矾还原法。FeSO4∙7H2O去除废水中的Cr(Ⅵ)经过“酸化一还原一沉淀”的过程。 ①“还原”时，被还原成Cr3+的离子方程式为　 　。 ②的晶胞沿c轴(c轴垂直于a、b轴)方向投影的平面图如下图所示，其中硫原子的杂化方式为　 　；已知该晶胞中S原子的数目为4，试预测Fe2+是否占据该晶胞的所有顶点、面心和体心，并说明理由　 　。 （2）铁粉还原法。为探究铜离子浓度对Cr(Ⅵ)去除率的影响，向1000mL某浓度酸性废水中加入2.0g铁粉，随着Cu2+浓度由0升高至15mg·L-1，测得废水中Cr(Ⅵ)的去除率增大，其可能原因为　 　。 （3）离子交换法。阴离子交换树脂(ROH，R为高分子阳离子骨架)去除酸性废水中Cr(Ⅵ)的原理为。 ①树脂失效后，用NaOH溶液将树脂再生，发生反应的化学方程式为　 　。 ②某树脂的Cr(Ⅵ)摩尔交换总容量为1.45mol·L-1，即每升湿树脂最多吸收1.45molCr(Ⅵ)。现将Cr(Ⅵ)含量为50mg·L-1的废水以1.0L∙h-1的流量通过填充有30mL湿树脂的淡化室。试通过计算说明，通废水20h时，该离子交换树脂是否达到吸收饱和　 　。［Cr(Ⅵ)均以铬元素计，写出计算过程］ 23．某化学小组为探究的制备、性质及检验等相关问题，进行如下实验： （1）Ⅰ.制备并收集纯净干燥的 实验室可供选择的试剂：C(s)、Cu(s)、饱和溶液、75%浓。 ①实验所需装置的连接顺序是：a→　 　→d→e(按气流方向用小写字母标号表示)。 ②该实验中制备的反应方程式为　 　。 （2）Ⅱ.探究的性质 将收集到的持续通入如图装置进行实验： ①装置E中出现　 　现象时可验证具有氧化性。 ②装置F用于验证的还原性，为实现这一目的，需进一步采取的实验操作是　 　。 ③从硫元素间的相互转化所得的规律判断下列物质中既有氧化性，又有还原性的是　 　(填字母序号)。 a．Na b． c． d． e． （3）Ⅲ.葡萄酒中抗氧化剂残留量(以游离计算)的测定准确量取100.00mL葡萄酒样品，加酸蒸馏出抗氧化剂成分，取馏分于锥形瓶中，滴加少量淀粉溶液，用物质的量浓度为标准溶液滴定至终点，重复操作三次，平均消耗标准溶液22.50mL。(已知滴定过程中所发生的反应是)。 滴定前需排放装有溶液的滴定管尖嘴处的气泡，其正确的图示为____(填字母)。 A． B． C． D． （4）判断达到滴定终点的依据是　 　；所测100.00mL葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量(以游离计算)为　 　。 24．以电石渣制备。电石渣主要成分为，制备的流程如下： 已知：氯化时存在与作用生成的反应，进一步转化为，少量热分解为和。 （1）生成的化学方程式为　 　。 （2）提高转化为的转化率的可行措施有____。(填序号)。 A．适当减缓通入速率 B．加水使完全溶解 C．充分搅拌浆料 （3）滤液中与的物质的量之比　 　5∶1(填“>”、“<”或“=”)。 （4）“转化”时向滤液中加入KCl固体将转化为，可能的原因是　 　。 （5）该流程制得的样品中含少量KCl杂质，为测定产品纯度进行如下实验：准确称取5.049g样品溶于水中，配成250mL溶液，从中取出25.00mL于锥形瓶中，加入适量葡萄糖，加热使全部转化为，加入少量溶液作指示剂，用溶液进行滴定至终点，消耗溶液体积。计算样品的纯度。(请写出计算过程)　 　。 25．醋酸是一种常见的弱酸，回答下列问题： （1）Ⅰ、向100 mL 0.1 mol·L− 1的醋酸中加入V mL 0.1 mol·L− 1的NaOH溶液完全反应后，溶液呈中性，则V　 　100 mL(填“＞”“＜”或“＝”)。25℃时，pH＝8的CH3COONa溶液中，水电离产生的OH−浓度c(OH−)水=　 　。 （2）Ⅱ、某化学实验小组从市场上买来一瓶某品牌食用白醋(主要是醋酸的水溶液)，用实验室的标准NaOH溶液对其进行滴定实验以测定它的准确浓度，操作可分为如下几步： ①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并注入NaOH溶液至“0”刻度线以上 ②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体 ③调节液面至“0”或“0”以下某一刻度，并记下读数 ④经准确操作后，量取V mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴指示剂溶液 ⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数（完全反应时所得溶液的pH大致为9） 以上步骤有错误的是　 　 (填序号)。 （3）Ⅲ、如图表示50 mL滴定管中液面的位置，若A与C刻度间相差1 mL，A处的刻度为25，滴定管中液面读数应为　 　mL； （4）为减小实验误差，该实验最好选用 　 　（填石蕊、酚酞或甲基橙）作指示剂；除此外该同学一共进行了三次实验，假设每次所取白醋体积均为V mL，NaOH标准液浓度为c mol·L− 1，三次实验结果记录如下： 实验次数 第一次 第二次 第三次 消耗NaOH溶液体积/mL 26.02 25.35 25.30 从表可以看出，第一次实验中记录消耗NaOH溶液的体积明显多于后两次，其原因可能是　 　。 A．实验结束时，仰视刻度线读取滴定终/点时NaOH溶液的体积 B．滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定结束尖嘴部分有气泡 C．盛装白醋溶液的滴定管用蒸馏水洗过，未用白醋溶液润洗 D．锥形瓶预先用食用白醋润洗过 （5）据②所得到的数据，写出计算该白醋中醋酸的物质的量浓度的表达式c＝　 　 mol·L− 1(只代数据不必化简)。 答案解析部分 1．【答案】D 2．【答案】B 3．【答案】B 【解析】【解答】A、该溶液中c(Na＋)=0.25mol·L－1×1=0.25mol·L－1，A不符合题意。 B、该溶液中c(Na＋)=1mol·L－1×1=1mol·L－1，B符合题意。 C、该溶液中c(Na＋)=0.5mol·L－1×1=0.5mol·L－1，C不符合题意。 D、该溶液中c(Na＋)=2mol·L－1×1=2mol·L－1，D不符合题意。 故答案为：B 【分析】200mL 0.5mol·L－1的Na2SO4溶液中c(Na＋)=0.5mol·L－1×2=1mol·L－1。 4．【答案】D 5．【答案】C 【解析】【解答】A．相同条件下，气体体积比等于物质的量之比，相同质量时H2S和NH3的体积比为：1/34：1/17=1∶2，A不符合题意； B．共价键数之比为1/34×2：1/17×3=1：3，B不符合题意； C．质子数之比为1/34×18：1/17×10=9∶10，C符合题意； D．同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比34：17=2：1，D不符合题意； 故答案为：C 【分析】相同条件下，气体体积比等于物质的量之比，共价键数之比，质子数之比的计算；同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比。 6．【答案】C 【解析】【解答】A．由晶胞结构图可知，一个晶胞中，O的个数为 ，Cu的个数为4，则化学式为 ，故A不符合题意； B．由晶胞结构图可知，O2-的配位数为4，又阴、阳离子的配位数之比与其个数成反比，故阳离子的配位数2，故B不符合题意； C．由A项分析知，一个晶胞中含有2个，故该物质的密度为g/cm3= ，故C符合题意； D．当电子位于同一能级的不同轨道时，优先单独占据一个轨道且自旋方向相同，故该电子排布图违反了洪特规则，故D不符合题意； 故答案为：C 【分析】A.根据占位即可计算出氧原子和铜原子的个数计算出化学式； B.根据一个铜周围距离最近的氧有4个； C.根据计算利用ρ=m/V计算出密度； D.当电子位于同一能级的不同轨道时，优先单独占据一个轨道且自旋方向相同即可判断。 7．【答案】A 8．【答案】C 【解析】【解答】 最后溶液中的溶质为Na2SO4，，推得n(NaOH)＝n（H+)，即c(NaOH)×0.1L＝0.05mol/L×0.1L，所以c(NaOH)＝0.05mol/L，故C正确。 故答案为：C。 【分析】利用终态产物法计算。 9．【答案】B 【解析】【解答】A．同种氧化剂，还原性强的先反应，反应顺序为I-、Fe2+、Br-，还原性的强弱顺序为I-＞Fe2+＞Br-，A不符合题意； B．I-、Fe2+、Br-的物质的量为2mol、4mol、6mol，通入氯气的的物质的量为(2mol+4mol+6mol) ×1/2=6mol，B符合题意； C．当氯气物质的量大于amol，亚铁离子会与氯气反应生成铁离子，滴入硫氰化钾溶液，溶液都会变红色，C不符合题意； D．c点时加入过量 NaOH 溶液，会把氢离子消耗完，D不符合题意； 故答案为：B 【分析】A．同种氧化剂，还原性强的先反应； B．物质的量计算； C．亚铁离子会与氯气反应生成铁离子，滴入硫氰化钾溶液，溶液都会变红色； D．加过量 NaOH 溶液，会把氢离子消耗完。 10．【答案】D 11．【答案】D 【解析】【解答】A、标况下11.2L气体物质的量为0.5mol，而0.5mol氮气包含的原子数为0.5×2=1mol，0.5mol氧气所含的原子数为0.5mol×2=1mol，因此 11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA；故A不符合题意； B、标况下水为固态，22.4L水的物质的量大于1mol，则其含有的分子数大于NA；故B不符合题意； C、 0.1mol氯气分别与足量铁和铜完全反应时，铁与铜均过量，而氯气是不足的，因此氯气都是消耗完全，且氯气的化合价都是从0价降低到-1价，0.1mol氯气包含0.2mol氯原子，因此其转移的电子书为0.2NA；故C不符合题意； D、标况下，22.4L的氦气和氯气物质的量为1mol，而氦气是由原子组成的，因此1mol氦气含有的原子数为NA；故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A、混合气体一定体积时，其包含的原子数计算时采用极限求法，先分别计算纯净物的原子数； B、标况下，要先考虑物质的状态； C、氧化还原反应中转移电子的计算； D、计算气体包含的原子数时要考虑物质的组成。 12．【答案】B 13．【答案】A 【解析】【解答】A．硫单质氧化性较弱，铁和硫反应时只能生成+2价的铁，5.6 g Fe与足量S反应，转移个电子，A符合题意； B．溶液中，发生水解，，所以阴离子的总数增加，大于，B不符合题意； C．电解精炼铜时，阳极为粗铜，含有其他的杂质，每转移个电子，阳极质量不一定减少32 g，C不符合题意； D．为正四面体网状结构，每个硅原子含有4个硅氧键，所以6 g 晶体为0.1mol，所含硅氧键数目为，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A．铁和硫反应时只能生成+2价的铁； B．会水解； C．阳极为粗铜，含有其他的杂质； D．为正四面体网状结构，每个硅原子含有4个硅氧键。 14．【答案】C 【解析】【解答】A. 2H表示质量数2的H原子，H原子序数为1，则 2H 中子数为1，故A不符合题意； B. 芯片的主要材料均为Si，故B不符合题意； C.O的孤电子对数为，中心原子价电子对数为4，空间构型为V形 ，故C符合题意； D.复合纤维含有合成纤维，属于合成有机高分子材料，故D不符合题意； 故答案为：C 【分析】代表质量数为A，质子数为Z的X原子。 利用硅的导电性能可以制成计算机、通信设备和家用电器等的芯片，以及光伏电站、人造卫星和电动汽车等的硅太阳能电池。 判断空间构型：1.计算孤电子对。2.计算价层电子对数。3.判断构型， 15．【答案】A 【解析】【解答】根据 Na2O2全部反应后，得到标准状况下 448mL O2， 即可得到n(O2)=0.02mol，即可得到n(Na2O2)=0.04mol，即可得到n(Na2O)=0.01mol， A.根据计算n(Na+)=0.04x2+0.01x2mol=0.1mol，物质的量浓度为0.1mol/0.2L=0.5mol/L，故A符合题意； B.生成0.02mol氧气转移了0.02mol，电子，故B不符合题意； C. 在 Na2O2与 H2O 的反应中，Na2O2氧化剂和还原剂，故C不符合题意； D.Na2O 为碱性氧化物，故D不符合题意； 故答案为：A 【分析】根据 Na2O2全部反应后，得到标准状况下 448mL O2， 即可得到n(O2)=0.02mol，即可得到n(Na2O2)=0.04mol，即可得到n(Na2O)=0.01mol，结合选项即可判断。 16．【答案】C 17．【答案】D 【解析】【解答】A．由分析可知，c是N2O5，d是NO2，e是NO，酸性氧化物与碱反应生成相应盐和水，只有N2O5是酸性氧化物，A不符合题意； B．一定条件下，NH3与O2能一步反应生成NO和H2O，B不符合题意； C．由分析可知，h是硝酸盐，g是铵盐，g和h可能是同一种物质，如硝酸铵，C不符合题意； D．一定条件下，NH3和NO能反应生成N2和H2O，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】根据该非金属元素的价类二维图可知，该元素为氮元素，则a是NH3，b是N2，c是N2O5，d是NO2，e是NO，f是HNO3，h是硝酸盐，g是铵盐。 18．【答案】A 【解析】【解答】A.32g 和 的混合物中含氧原子的物质的量是32g ÷16g/mol = 2mol，氧原子个数为2NA，A符合题意； B．体积未知，无法计算数Na+，B不符合题意； C．标准状况时，H2O为液体，不能用气体摩尔体积，C不符合题意； D.3.2gCu物质的量为3.264=0.05mol，在足量氯气中燃烧，转移电子数为0.1NA，氯原子得电子数为0.1NA，D不符合题意； 故答案为：A 【分析】A．氧原子个数的计算； B．体积未知，无法计算数Na+； C．标准状况时，H2O为液体； D．转移电子数的计算。 19．【答案】A 【解析】【解答】A．阳离子向正极移动，由分析可知，石墨电极为正极，则K+向石墨电极移动，A符合题意； B．由分析可知，正极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，B不符合题意； C．由分析可知，Zn电极发生氧化反应，C不符合题意； D．由分析可知，当电路中流过2mol电子，消耗0.5mol O2，则标况下消耗11.2L O2，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】根据图示信息可知，该装置为原电池，Zn失电子发生氧化反应，作负极，其电极反应式为Zn+2OH--2e-═ZnO+H2O，正极上，氧气得电子发生还原反应，其电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-。 20．【答案】A 【解析】【解答】A.由分析可知，H2C2O4作还原剂，还原性>还原产物ClO2，A正确； B.由分析可知，KClO3中的Cl化合价降低生成ClO2，得到电子发生还原反应，作氧化剂，B错误； C. ClO2净水利用了ClO2的氧化性，C错误； D.反应为注明标准再看下，不适用于气体摩尔体积，D错误。 故答案为：A。 【分析】本题主要考查制备ClO2氧化还原反应和相关计算。 首先分析该反应， +5 +3 +4 +4 2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2↑+2H2O， KClO3中的Cl化合价降低生成ClO2，得到电子发生还原反应，作氧化剂，ClO2为还原产物； H2C2O4中的C化合价升高生成CO2，失去电子，发生氧化反应，作还原剂，CO2为氧化产物； 21．【答案】（1）③ （2） （3）墨绿色溶液变为紫红色，同时有黑色固体生成；取少量上层清液于试管中继续通入CO2，静置若无黑色沉淀则歧化完全或用玻璃棒蘸取溶液点到滤纸上，滤纸上只有紫色而无绿色痕迹，则歧化完全 （4）ae （5）0.5 （6） 【解析】【解答】（1）A是高温煅烧碱性物质可用铁坩埚； （2）根据反应物是氢氧化钾和氯酸钾和二氧化锰加热得到产物，即可写出方程式为 ； （3）根据产物通入二氧化碳后，墨绿色溶液变为紫色溶液，同时有黑色固体产生， 检验K2MnO4歧化完全的实验方法是 检验溶液中是否含有锰酸钾，可以取上层清液继续通入二氧化碳观察是否产生黑色沉淀即可； （4）配制一定物质的量浓度的溶液需要250mL容量瓶，玻璃棒，烧杯，胶头滴管； （5）根据方程式 2 5 0.05mol/L x4x10-3L 1x10-3Lxc c= 0.5 （6）利用数据I计算，混合后的高锰酸钾溶度为 0.05mol/L x4x10-3L /10x10-3L=0.02mol/L，速率为0.02mol/L/4min= ； 【分析】（1）根据反应物性质即可找出； （2）根据反应物和生成物即可写出方程式； （3）根据题意可知加入二氧化碳的产物即可判断现象，即可检验锰酸钾，继续通入二氧化碳看现象； （4）根据配制一定物质的量浓度的溶液方法配制； （5）根据第三组数据利用方程式计算出浓度； （6）根据数据计算出高锰酸钾的起始浓度，即可计算出速率。 22．【答案】（1）；sp3；否，若Fe2+占据晶胞所有顶点、面心和体心，则Fe2+的数目为个，而S原子只有4个，不符合FeSO4的化学式 （2）铁粉置换出铜形成Fe-Cu原电池，增加了c(Fe2+)，Cr(Ⅵ)去除率增大 （3）；30mL湿树脂最多吸收Cr(Ⅵ)的质量： 通废水20h湿树脂需吸收Cr(Ⅵ)的质量： ，故该树脂未达到摩尔交换总容量，20h时未达到吸收饱和 23．【答案】（1）cbgf； （2）淡黄色沉淀；取与NaClO溶液反应后的溶液样品少许，先滴加盐酸酸化，再滴加溶液，若出现白色沉淀，则证明具有还原性；ce （3）C （4）滴入最后半滴标准液，溶液的颜色从无色刚好变为蓝色，且30s内不再褪去；144 【解析】【解答】（1）①A装置是用来制取SO2的装置，由于产物中也有水，所以将SO2通入浓硫酸中吸收水分，然后收集SO2气体，再加一个碱石灰装置防止SO2气体排入空气，所以气体的流向应该是： a→ cbgf →d→e ； ②制取SO2的反应是：亚硫酸钠与浓硫酸反应： ； （2） ① SO2具有氧化性，可以与Na2S反应得到S单质，所以现象是出现淡黄色的沉淀； ②装置F中的ClO-将SO2氧化为SO42-，若能检验出SO42-，则能证明SO2具有还原性； ③元素的中间价态既具有氧化性又具有还原性； （3）碘单质具有氧化性，应该用酸式滴定管盛放，酸式滴定管赶气泡的操作是：在滴定管的底部轻轻打开阀门，用食指和中指捏住活塞放气，C选项是正确的； （4）滴定的终点是： 滴入最后半滴标准液，溶液的颜色从无色刚好变为蓝色，且30s内不再褪去 ； ​​​根据化学方程式之间的关系，可知碘单质和SO2的物质的量相等，100毫升 葡萄酒样品 中的质量为：22.5×0.01×64×10-3=0.144g， 所测100.00mL葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量 为0.144×1000mg/0.1L=144 。 【分析】（1）①该实验的原理是先制取SO2，再收集SO2，并做好SO2的尾气处理； ②该反应原理的实质是强酸制弱酸； （2）①和Na2S反应的方程式为：3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3； ②装置F中的ClO-将SO2氧化为SO42-，若能检验出SO42-，则能证明SO2具有还原性； ③元素的中间价态，既具有上升价态的空间，也有下降的空间，所以中间价态既具有氧化性也有还原性； （3）具有氧化性的物质应该用酸式滴定管来装取； （4）根据化学方程式可以得出SO2和碘单质之间的物质的量关系，从而计算出葡萄酒中SO2的含量。 24．【答案】（1） （2）A；C （3）> （4）相同温度下，的溶解度比小 （5）97.05% 【解析】【解答】(1)生成的化学方程式为 ： ； (2) A．适当减缓通入 速率，充分反应，提高转化率，A符合题意； B．加水使 完全溶解，不能提高转化率，B不符合题意； C．充分搅拌浆料，增大接触面积，加快反应速率，提高转化率，C符合题意； (3) 氯气与氢氧化钙生成氯化钙和氯酸钙，理论上= 5：1，但Cl2会和Ca(OH)2反应，生成次氯酸钙会部分分解成氯化钙，使氯化钙的量增多，>5：1； (4) “转化”时向滤液中加入KCl固体将转化为，可能的原因是： 相同温度下，的溶解度比小 ； (5) n（AgNO3）=0.2x0.021=0.0042mol，n（KCl）总=0.0042mol，n（KClO3）+n（KCl）=0.0042mol，n（KClO3）x122.5+n（KCl）x74.5=0.5049g，联立得，n（KClO3）=0.004mol，m（KClO3）=0.004x122.5=0.49，样品的纯度（0.49x10/5.049）x100%=97.05%； 【分析】(1) 氯气与氢氧化钙生成氯化钙和氯酸钙 ； (2) A．适当减缓通入 速率，充分反应，提高转化率； B．加水使 完全溶解，不能提高转化率； C．充分搅拌浆料，增大接触面积，加快反应速率，提高转化率； (3) Cl2会和Ca(OH)2反应，生成次氯酸钙会部分分解成氯化钙； (4)相同温度下，的溶解度比小 ； (5) 样品的纯度的计算。 25．【答案】（1）＜；1.0×10− 6 mol·L− 1 （2）① （3）25.40 （4）酚酞；AD （5） 【解析】【解答】（1）根据醋酸钠显碱性，因此需要加入氢氧化钠体积稍微小于100mL即可保证溶液呈现中性， 25℃时，pH＝8的CH3COONa溶液中， 此时c(H+)=10-8mol/L，利用水的离子积计算得到c(OH-)=c(H+)=10-6mol/L； （2）①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并且用标准液进行润洗，并注入NaOH溶液至“0”刻度线以上，故①符合题意； ②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体 ，故②不符合题意； ③调节液面至“0”或“0”以下某一刻度，并记下读数，故③不符合题意； ④经准确操作后，量取V mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴指示剂溶液 ，故④不符合题意； ⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数 ，故⑤不符合题意； （3）根据图示即可得到都市为25.40mL； （4）醋酸钠显碱性，而酚酞的变色范围为8.2-10，因此选择的时酚酞； A.由于滴定管0刻度线在上，因此仰视导致读数增大，故A符合题意； B. 滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定结束尖嘴部分有气泡 导致液体的体积减小，故B不符合题意； C. 盛装白醋溶液的滴定管用蒸馏水洗过，未用白醋溶液润洗 导致白醋的浓度降低，消耗氢氧化钠体积减小，故C不符合题意； D. 锥形瓶预先用食用白醋润洗过 ，导致醋酸增多，消耗氢氧化钠增加，故D符合题意； （5）根据数据大小即可判断，可用第二次和第三次数据，集结号方程式即可计算出c(醋酸)= mol·L− 1 ； 【分析】（1）根据产物醋酸钠显碱性，因此加入的氢氧化钠应少，根据水的离子积计算出氢氧根离子浓度即可； （2）蒸馏水润洗后的滴定管需要用标准液润洗； （3）根据图示读数即可； （4）考虑产物是醋酸钠显碱性，因此可用酚酞作为指示剂， A.实验结束后，仰视读数导致读数增大，消耗体积更大； B.开始无气泡后来有气泡导致消耗体积减少； C.用蒸馏水润洗导致醋酸浓度降低消耗氢氧化钠体积减少； D.锥形瓶用白醋润洗导致醋酸增多消耗氢氧化钠增多体积增大； （5）根据数据找出合理数据计算出。 学科网（北京）股份有限公司 $$