廣西專用2024年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)滾動測試卷1第一~二單元含解析新人教版

PAGEPAGE13滾動測試卷(Ⅰ)(第一~二單元)(時間:90分鐘滿分:100分)一、選擇題(本題共18小題,每小題3分,共54分。每小題只有一個選項(xiàng)符合題目要求)1.(2024天津第一中學(xué)高三月考)下列說法中錯誤的是()。A.聚丙烯和聚四氟乙烯為生產(chǎn)防護(hù)服的主要原料,兩者均屬于有機(jī)高分子材料B.“84”消毒液、二氧化氯泡騰片可用作環(huán)境消毒C.免洗手消毒液的成分活性銀離子、乙醇均能使蛋白質(zhì)變性D.冠狀病毒粒子直徑約60~220nm,介于溶液和膠體中分散質(zhì)粒子直徑之間答案:D解析:溶液中分散質(zhì)粒子直徑小于1nm,膠體中分散質(zhì)粒子直徑介于1~100nm之間,濁液中分散質(zhì)粒子直徑大于100nm,冠狀病毒粒子直徑約60~220nm,介于膠體和濁液中分散質(zhì)粒子直徑之間,D項(xiàng)錯誤。2.(2024河南南陽第一中學(xué)高三模擬)中國不少古詩詞清楚地描繪了當(dāng)時人們的生活和社會的發(fā)展,如劉禹錫的《浪淘沙》:“日照澄洲江霧開,淘金女伴滿江隈。美人首飾侯王印,盡是沙中浪底來?！毕铝杏嘘P(guān)本詩中蘊(yùn)含的化學(xué)學(xué)問正確的是()。A.“沙中浪底來”指的是金的氧化物B.淘金原理與化學(xué)上的萃取一樣C.霧的分散質(zhì)粒子直徑范圍是10-9~10-7cmD.由沙子到計(jì)算機(jī)芯片發(fā)生了還原反應(yīng)答案:D解析:“沙中浪底來”指的是金單質(zhì),A項(xiàng)錯誤;金的密度較大,且金不溶于水,因此淘金原理與萃取原理不同,B項(xiàng)錯誤;霧的分散質(zhì)粒子直徑范圍是10-9~10-7m,C項(xiàng)錯誤;由沙子(主要成分為SiO2)到計(jì)算機(jī)芯片,硅元素的化合價降低,該過程中SiO2發(fā)生了還原反應(yīng),D項(xiàng)正確。3.(2024云南昆明高三模擬)化學(xué)與生產(chǎn)、生活親密相關(guān)。下列說法錯誤的是()。A.食用油和白酒都應(yīng)密封保存B.高溫下鋁粉和氧化鐵的反應(yīng)可以用來焊接鐵軌C.電影放映時射到銀幕上的光柱證明存在氣溶膠D.鋼鐵銹蝕、食物腐敗、鐘乳石的形成均涉及氧化還原反應(yīng)答案:D解析:鋼鐵銹蝕中Fe失電子,Fe的化合價上升,食物腐敗為緩慢氧化過程,O的化合價降低,兩個反應(yīng)都屬于氧化還原反應(yīng),但鐘乳石的形成過程中沒有化合價改變,不屬于氧化還原反應(yīng),D項(xiàng)錯誤。4.下列離子方程式正確的是()。A.向Ca(OH)2溶液中通入過量CO2:CO2+OH-HCO3B.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.向有水垢的瓶膽內(nèi)加入足量醋酸溶液:CaCO3+2H+Ca2++CO2↑+H2O答案:A解析:向Ca(OH)2溶液中通入過量CO2生成Ca(HCO3)2,Ca(HCO3)2易溶,正確的離子方程式為CO2+OH-HCO3-,A項(xiàng)正確;向H2SO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性,正確的離子方程式為2H++2OH-+Ba2++SO42-BaSO4↓+2H2O,B項(xiàng)錯誤;Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2,正確的離子方程式為Ca2++3ClO-+SO2+H2OCaSO4↓+Cl-+2HClO,C項(xiàng)錯誤;向有水垢的瓶膽內(nèi)加入足量醋酸溶液,正確的離子方程式為CaCO3+2CH3COOHCa2++CO2↑+H2O+2CH3COO-5.下列各組離子能大量共存,當(dāng)溶液中c(H+)=10-1mol·L-1時,只能視察到有氣體產(chǎn)生;而當(dāng)溶液中c(H+)=10-13mol·L-1時,只能視察到生成沉淀。該組離子可能是()。A.Mg2+、NH4+、SO42-B.Pb2+、Ba2+、K+、Cl-、S2-C.Pb2+、Fe2+、Na+、SO42D.Na+、Mg2+、NO3-、HCO答案:D解析:溶液中c(H+)=10-1mol·L-1,說明溶液呈酸性,只視察到有氣體產(chǎn)生;溶液中c(H+)=10-13mol·L-1,說明溶液呈堿性,只視察到生成沉淀。在酸性條件下,S2O32-與H+發(fā)生反應(yīng)S2O32-+2H+S↓+SO2↑+H2O,既有沉淀生成又有氣體產(chǎn)生,A項(xiàng)不符合題意;Pb2+與S2-反應(yīng)生成PbS沉淀而不能大量共存,B項(xiàng)不符合題意;Pb2+與SO42-反應(yīng)生成沉淀PbSO4而不能大量共存,C項(xiàng)不符合題意;在酸性條件下,HCO3-+H+CO6.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()。A.常溫下,2.7g鋁片投入足量的濃硫酸中,鋁失去的電子數(shù)為0.3NAB.4.0g由H218O與D2O組成的混合物中所含中子數(shù)為2C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,11.2LHF含有0.5NA個HF分子D.電解精煉銅時轉(zhuǎn)移了NA個電子,陽極溶解32g銅答案:B解析:常溫下,鋁片投入足量的濃硫酸中,鋁發(fā)生鈍化,故鋁失去的電子數(shù)小于0.3NA,A項(xiàng)錯誤;H218O與D2O的摩爾質(zhì)量均為20g·mol-1,則4.0g由H218O與D2O組成的混合物的物質(zhì)的量為4.0g20g·mol-1=0.2mol,1個H218O分子含有10個中子,1個D2O分子也含有10個中子,所以0.2mol該混合物含有中子的物質(zhì)的量為07.(2024四川涼山高三診斷性測試)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,下列有關(guān)說法正確的是()。A.c(S2-)=0.1mol·L-1的溶液中:Na+、NH4+、Cu2+、SOB.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,22.4LNH3和HCl的混合氣體中含有的分子總數(shù)為NAC.從外觀上無法區(qū)分FeCl3溶液和Fe(OH)3膠體D.常溫下,由水電離出的c(OH-)=10-13mol·L-1的溶液中:Ba2+、Cl-、NO3-、I答案:D解析:S2-與Cu2+能夠反應(yīng)生成難溶于水的CuS沉淀,不能大量共存,A項(xiàng)錯誤;NH3和HCl混合后會反應(yīng)生成氯化銨固體,故標(biāo)準(zhǔn)狀況下,22.4LNH3和HCl混合后生成了氯化銨固體,氯化銨屬于離子化合物,分子數(shù)少于NA,B項(xiàng)錯誤;Fe(OH)3膠體呈紅褐色,FeCl3溶液呈棕黃色,因此可以從顏色上區(qū)分,C項(xiàng)錯誤;D項(xiàng),常溫下由水電離出的c(OH-)=1×10-13mol·L-1的溶液,水的電離被抑制,溶液的pH=1或pH=13,pH=1的溶液中NO3-與I8.下表各項(xiàng)中的離子能在溶液中大量共存,且滿意相應(yīng)要求的是()。選項(xiàng)離子要求AK+、Cl-、SO42c(K+)<c(Cl-)BNa+、Ca2+、I-、NOc(H+)CAl3+、NH4+、SO42滴加NaOH溶液馬上有氣體產(chǎn)生DNa+、Mg2+、Ag+、NO滴加氨水先有沉淀產(chǎn)生,后沉淀部分溶解答案:D解析:A項(xiàng),c(K+)<c(Cl-)不滿意電荷守恒,應(yīng)當(dāng)是c(K+)>c(Cl-),A錯誤;B項(xiàng),c(H+)c(OH-)=1×1014,溶液顯酸性,H+、I-、N9.某溶液中可能含有K+、Ba2+、Al3+、Mg2+、AlO2-、CO32-、SiO①取少量溶液,漸漸滴加氫氧化鈉溶液,過程中無沉淀生成;②另取少量原溶液,逐滴加入5mL0.2mol·L-1鹽酸,發(fā)生的現(xiàn)象是:起先產(chǎn)生沉淀并漸漸增多,沉淀量基本不變后產(chǎn)生氣體,最終沉淀漸漸削減至完全消逝;③在②中沉淀消逝后的溶液中,再加入足量的硝酸銀溶液可得到沉淀0.43g。下列說法中正確的是()。A.該溶液中肯定不含Ba2+、Mg2+、Al3+、SiO32B.該溶液中肯定含有K+、AlO2-、COC.確定該溶液是否有K+需做焰色反應(yīng)試驗(yàn)(透過藍(lán)色鈷玻璃片)D.可能含有Cl-答案:B解析:①向溶液中滴加氫氧化鈉溶液過程中無沉淀生成,說明溶液中肯定不存在Al3+、Mg2+;②向原溶液中逐滴加入5mL0.2mol·L-1鹽酸,起先產(chǎn)生沉淀并漸漸增多,沉淀量基本不變后產(chǎn)生氣體,最終沉淀漸漸削減至完全消逝,滴加鹽酸先產(chǎn)生后溶解的沉淀為氫氧化鋁,氣體為二氧化碳,說明原溶液中存在AlO2-和CO32-,所以肯定不存在SiO32-和Ba2+;再依據(jù)溶液呈電中性可知溶液中肯定存在K+;③在②中沉淀消逝后的溶液中,再加入足量的硝酸銀溶液可得到AgCl沉淀0.43g,n(AgCl)=0.43g143.5g·mol-1≈0.003mol;步驟②加入鹽酸中氯離子的物質(zhì)的量為n(Cl-)=n(HCl)=0.2mol·L-1×0.005L=0.001mol<n(AgCl),所以原溶液中肯定存在0.002molCl-。綜上所述,溶液中肯定不存在Ba2+、Mg2+、Al3+、SiO32-,肯定存在K+10.36.5gHCl溶解在1L水中(水的密度近似為1g·cm-3),所得溶液的密度為ρg·cm-3,質(zhì)量分?jǐn)?shù)為w,物質(zhì)的量濃度為cmol·L-1,NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值,則下列敘述中正確的是()。A.所得溶液的物質(zhì)的量濃度為1mol·L-1B.所得溶液中含有NA個HCl分子C.36.5gHCl氣體占有的體積為22.4LD.所得溶液的溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)w=36答案:D解析:溶質(zhì)HCl的質(zhì)量為36.5g,物質(zhì)的量為1mol;溶劑水的體積為1L,溶液體積并非1L,所得溶液的物質(zhì)的量濃度不等于1mol·L-1,A項(xiàng)錯誤;HCl是強(qiáng)電解質(zhì),溶于水后完全電離,故溶液中不存在HCl分子,B項(xiàng)錯誤;在標(biāo)準(zhǔn)狀況下,36.5gHCl氣體占有的體積為22.4L,題中未給出氣體所處狀況,故不能確定氣體的體積,C項(xiàng)錯誤;設(shè)溶液體積為VL,則溶液總質(zhì)量為1000ρVg,溶質(zhì)的質(zhì)量為36.5cVg,則所得溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w=36.11.已知甲、乙、丙、X是4種中學(xué)化學(xué)中常見的物質(zhì),其轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。則甲和X不行能是()。A.甲為C,X為O2B.甲為SO2,X為NaOH溶液C.甲為Fe,X為Cl2D.甲為AlCl3溶液,X為NaOH溶液答案:C解析:若甲為C,乙為一氧化碳,丙為二氧化碳,A項(xiàng)可實(shí)現(xiàn)圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系。若甲為二氧化硫,乙為亞硫酸氫鈉,丙為亞硫酸鈉,B項(xiàng)可實(shí)現(xiàn)圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系。氯氣只能一步和鐵反應(yīng)生成氯化鐵,C項(xiàng)不行實(shí)現(xiàn)圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系。若甲為氯化鋁,乙為氫氧化鋁,丙為偏鋁酸鈉,D項(xiàng)可實(shí)現(xiàn)圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系。12.已知下列試驗(yàn)事實(shí):①Cr2O3固體既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液,又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液;②向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液,再酸化,可得K2Cr2O7溶液;③將K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中,溶液變藍(lán)。下列推斷不正確的是()。A.化合物KCrO2中Cr元素為+3價B.試驗(yàn)①證明Cr2O3是兩性氧化物C.試驗(yàn)②證明H2O2既有氧化性又有還原性D.試驗(yàn)③證明氧化性:Cr2O72答案:C解析:Cr2O3既能與強(qiáng)堿反應(yīng)生成鹽和水,又能與強(qiáng)酸反應(yīng)生成鹽和水,因此Cr2O3是兩性氧化物,B項(xiàng)正確;KCrO2中O為-2價,K為+1價,故Cr為+3價,A項(xiàng)正確;試驗(yàn)②中KCrO2溶液與H2O2溶液反應(yīng)后再酸化,可得K2Cr2O7,Cr元素的化合價上升,說明H2O2是氧化劑,具有氧化性,無法證明其有還原性,C項(xiàng)不正確;試驗(yàn)③中溶液變藍(lán),說明K2Cr2O7將KI氧化為I2,K2Cr2O7是氧化劑,I2是氧化產(chǎn)物,則氧化性Cr2O72-13.(2024山東淄博高三階段性診斷考試)I-具有還原性,含碘食鹽中的碘元素主要以KIO3的形式存在,I-、I2、IO3-在A.用淀粉KI試紙和食醋可檢驗(yàn)食鹽是否加碘B.由圖可知氧化性的強(qiáng)弱依次為Cl2>IO3-C.生產(chǎn)等量的碘,途徑Ⅰ和途徑Ⅱ轉(zhuǎn)移電子數(shù)目之比為2∶5D.途徑Ⅲ中反應(yīng)的離子方程式為3Cl2+I-+3H2O6Cl-+IO3-+6H答案:C解析:碘鹽中的碘元素主要以KIO3的形式存在,IO3-與I-在酸性條件下可生成I2,I2能使淀粉溶液變藍(lán),A項(xiàng)正確。由圖途徑Ⅲ可知,Cl2可將I-氧化為IO3-,氧化性Cl2>IO3-;由途徑Ⅱ可知IO3-可被還原為I2,氧化性為IO3->I2,則氧化性的強(qiáng)弱依次為Cl2>IO3->I2,B項(xiàng)正確。生產(chǎn)1mol碘,途徑Ⅰ中-1價碘元素轉(zhuǎn)變?yōu)?價碘元素,須要轉(zhuǎn)移2mol電子;途徑Ⅱ中+5價碘元素轉(zhuǎn)變?yōu)?價碘元素,須要轉(zhuǎn)移10mol電子,故轉(zhuǎn)移電子數(shù)目之比為1∶5,C項(xiàng)錯誤。途徑Ⅲ中Cl2可將I-氧化為IO3-,而氯氣被還原為Cl-,依據(jù)電子得失守恒和質(zhì)量守恒,反應(yīng)的離子方程式為3Cl14.已知H2SO3+I2+H2OH2SO4+2HI,將0.1molCl2通入100mL含等物質(zhì)的量的HI與H2SO3的混合溶液中,有一半的HI被氧化,則下列說法正確的是()。A.物質(zhì)的還原性:HI>H2SO3>HClB.HI與H2SO3的物質(zhì)的量濃度為0.6mol·L-1C.通入0.1molCl2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為5Cl2+4H2SO3+2I-+4H2O4SO42-+I2+10Cl-D.若再通入0.05molCl2,恰好能將HI和H2SO3完全氧化答案:C解析:由H2SO3+I2+H2OH2SO4+2HI可知還原性:H2SO3>HI,A項(xiàng)錯誤;將0.1molCl2通入100mL含等物質(zhì)的量的HI與H2SO3的混合溶液中,有一半的HI被氧化,設(shè)HI的物質(zhì)的量為x,由得失電子守恒可知,0.1mol×2=x×0.5×1+x×(6-4),解得x=0.08mol,HI的物質(zhì)的量為0.08mol,溶液體積為0.1L,濃度為0.8mol·L-1,B項(xiàng)錯誤;通入0.1molCl2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為5Cl2+4H2SO3+2I-+4H2O4SO42-+I2+10Cl-+16H+,C項(xiàng)正確;由上述分析可知,溶液中還有0.04molHI未被氧化,再通入0.02molCl215.已知在堿性溶液中可發(fā)生如下反應(yīng):Fe(OH)3+ClO-+OH-FeO4n-+Cl-+H2O(未配平)。則有關(guān)敘述不正確的是A.已知FeO4n-B.每產(chǎn)生1molCl-,轉(zhuǎn)移2mol電子C.FeO4n-D.若n=2,該反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶3答案:D解析:A項(xiàng),FeO4n-中Fe元素的化合價是+6價,O元素化合價為-2價,由化合價代數(shù)和為0可知,n=2,A項(xiàng)正確;B項(xiàng),反應(yīng)中ClO-轉(zhuǎn)化為Cl-,Cl元素的化合價由+1價降低為-1價,則每產(chǎn)生1molCl-,轉(zhuǎn)移2mol電子,B項(xiàng)正確;C項(xiàng),FeO4n-具有強(qiáng)氧化性,能殺菌消毒,其還原產(chǎn)物為Fe3+,Fe3+水解生成具有吸附性的氫氧化鐵膠體,故可用作新型自來水消毒劑和凈水劑,C項(xiàng)正確;D項(xiàng),離子方程式為2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2FeO4216.下列關(guān)于反應(yīng)4Li+2SOCl24LiCl+S+SO2↑的敘述中,不正確的是()。A.SOCl2是氧化劑,Li是還原劑B.2molSOCl2參與反應(yīng),共轉(zhuǎn)移4mol電子C.若將該反應(yīng)設(shè)計(jì)成原電池,SOCl2在正極發(fā)生反應(yīng)D.若將該反應(yīng)設(shè)計(jì)成原電池,可用稀硫酸作電解質(zhì)溶液答案:D解析:反應(yīng)中Li的化合價上升,作還原劑,SOCl2中S元素的化合價降低,作氧化劑,A項(xiàng)正確;2molSOCl2參與反應(yīng)時,有1molS由+4價變?yōu)?價,故轉(zhuǎn)移4mol電子,B項(xiàng)正確;將反應(yīng)設(shè)計(jì)成原電池后,正極發(fā)生得電子的反應(yīng),即化合價降低的反應(yīng),SOCl2中S元素在反應(yīng)中化合價降低,因此SOCl2在正極發(fā)生反應(yīng),C項(xiàng)正確;由于Li易與水反應(yīng),因此原電池的電解質(zhì)應(yīng)為非水電解質(zhì),D項(xiàng)錯誤。17.銅和鎂的合金4.6g完全溶于肯定量的濃硝酸,若反應(yīng)中HNO3被還原只產(chǎn)生1792mL的NO2氣體和1120mL的NO氣體(均為標(biāo)準(zhǔn)狀況下),在反應(yīng)后的溶液中加入足量的氫氧化鈉溶液,生成沉淀的質(zhì)量為()。A.7.04g B.8.26gC.8.51g D.9.02g答案:C解析:分析反應(yīng)過程可知,最終生成的沉淀是Cu(OH)2和Mg(OH)2,Cu和Mg在反應(yīng)后均為+2價,它們失去的電子的總物質(zhì)的量n(e-)等于它們形成氫氧化物沉淀時所結(jié)合的OH-的總物質(zhì)的量n(OH-)。由得失電子守恒有:n(e-)=n(NO2)+n(NO)×3=0.08mol+0.05mol×3=0.23mol,則n(OH-)=0.23mol,m(OH-)=3.91g,所以沉淀的質(zhì)量=m(合金)+m(OH-)=4.6g+3.91g=8.51g。18.H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH-、HCO3-、Cl-七種離子形成了甲、乙、丙、丁四種化合物,它們之間可以發(fā)生如右轉(zhuǎn)化關(guān)系(產(chǎn)物HA.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發(fā)生反應(yīng):HCO3-+Ba2++OH-BaCO3↓+H2C.丙溶液與I-、NO3-、SD.甲溶液中肯定滿意:c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)+c(CO3答案:C解析:本題應(yīng)從甲溶液和乙溶液反應(yīng)入手。甲+乙NaCl+A↓+B↑,此反應(yīng)應(yīng)為兩種離子相互促進(jìn)的水解反應(yīng),分析題中所給離子,可知甲、乙分別為NaHCO3和AlCl3中的一種,再由甲+丙NaCl+B↑可確定甲為NaHCO3,則乙為AlCl3,丙溶液為鹽酸,又知甲溶液+丁溶液C↓+D,則丁為Ba(OH)2。白色沉淀A為Al(OH)3,D為Na2CO3或NaOH,Al(OH)3可溶于NaOH溶液中,A項(xiàng)正確;甲與丁反應(yīng)時,若甲過量,反應(yīng)的離子方程式為2HCO3-+Ba2++2OH-CO32-+BaCO3↓+2H2O,若丁過量,反應(yīng)的離子方程式為HCO3-+Ba2++OH-BaCO3↓+H2O,B項(xiàng)正確;丙溶液為鹽酸,在鹽酸中,NO3-可將I-氧化,故二者不能大量共存,C項(xiàng)錯誤;甲溶液為NaHCO3溶液,由質(zhì)子守恒有c(OH-)=c(H+)-c(CO32-)+c(H2CO3),即c(H2CO3)+c(H+)=c二、非選擇題(本題共6個小題,共46分)19.(6分)物質(zhì)的量是中學(xué)化學(xué)常用的物理量,請完成以下有關(guān)計(jì)算:(1)0.3mol的CO(NH2)2中含有個電子(用NA表示)。

(2)①標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4LCH4②1.5molNH3③1.806×1024個H2O④標(biāo)準(zhǔn)狀況下73gHCl中所含H原子個數(shù)由多到少的依次為(填序號)。

(3)某常見氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度為1.25g·L-1,若該氣體的化學(xué)式為A2型,則其名稱是;該氣體在肯定條件下可與氫氣反應(yīng),試寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式:。(4)6.72LCO(標(biāo)準(zhǔn)狀況)與肯定量的Fe2O3恰好完全反應(yīng)后,生成Fe的質(zhì)量為g,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為。

答案:(1)9.6NA(2)③②①④(3)氮?dú)釴2+3H22NH3(4)11.20.6NA解析:(2)①標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4LCH4中所含H原子個數(shù)為4NA;②1.5molNH3中所含H原子個數(shù)為4.5NA;③1.806×1024個H2O中所含H原子個數(shù)為6NA;④73gHCl中所含H原子個數(shù)為2NA,所以所含H原子個數(shù)由多到少的依次為③②①④。(3)該氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度為1.25g·L-1,其摩爾質(zhì)量為1.25g·L-1×22.4L·mol-1=28g·mol-1,若該氣體的化學(xué)式為A2型,則其名稱是氮?dú)狻?4)標(biāo)準(zhǔn)狀況下6.72L一氧化碳的物質(zhì)的量為6.72L22.4L·mol-1=0.3mol,0.3molCO完全反應(yīng)生成CO2失去的電子的物質(zhì)的量為0.3mol×(4-2)=0.6mol,轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.6NA,依據(jù)得失電子守恒,反應(yīng)生成鐵的物質(zhì)的量為0.6mol20.(2024山東臨沂外國語學(xué)校月考)(6分)已知某“84”消毒液瓶體部分標(biāo)簽如圖所示,該“84”消毒液通常稀釋100倍(體積之比)后運(yùn)用。請回答下列問題:“84”消毒液【有效成分】NaClO【規(guī)格】1000mL【質(zhì)量分?jǐn)?shù)】25%【密度】1.19g·cm-3(1)該“84”消毒液的物質(zhì)的量濃度約為mol·L-1。

(2)某同學(xué)取100mL該“84”消毒液,稀釋后用于消毒,稀釋后的溶液中c(Na+)=mol·L-1。

(3)該同學(xué)參閱該“84”消毒液的配方,欲用NaClO固體配制480mL含NaClO質(zhì)量分?jǐn)?shù)為25%的消毒液。下列說法正確的是。

A.如圖所示的儀器中,有三種是不須要的,還須要一種玻璃儀器B.容量瓶用蒸餾水洗凈后,應(yīng)烘干后才能用于溶液配制C.配制過程中,未用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒可能導(dǎo)致結(jié)果偏低D.須要稱量NaClO固體的質(zhì)量為143.0g(4)“84”消毒液與稀硫酸混合運(yùn)用可增加消毒實(shí)力,某消毒小組人員用98%(密度為1.84g·cm-3)的濃硫酸配制2000mL2.3mol·L-1的稀硫酸用于增加“84”消毒液的消毒實(shí)力。①所配制的稀硫酸中,H+的物質(zhì)的量濃度為mol·L-1。

②需用濃硫酸的體積為mL。

答案:(1)4.0(2)0.04(3)C(4)①4.6②250解析:(1)c(NaClO)=1000×1.19×25%74.5mol·(2)稀釋前后溶液中NaClO的物質(zhì)的量不變,則有100mL×10-3L·mL-1×4.0mol·L-1=100mL×100×10-3L·mL-1×c(NaClO),稀釋后c(NaClO)=0.04mol·L-1,c(Na+)=c(NaClO)=0.04mol·L-1。(3)A項(xiàng),需用托盤天平稱量NaClO固體,需用燒杯來溶解NaClO,需用玻璃棒進(jìn)行攪拌和引流,需用容量瓶和膠頭滴管來定容,圖示的a、b不須要,但還需玻璃棒和膠頭滴管。B項(xiàng),配制過程中須要加入水,所以已經(jīng)洗滌干凈的容量瓶不必烘干后再運(yùn)用。C項(xiàng),未洗滌燒杯和玻璃棒將導(dǎo)致配制的溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量減小,結(jié)果偏低。D項(xiàng),應(yīng)選取500mL的容量瓶進(jìn)行配制,然后取出480mL,所以須要NaClO的質(zhì)量為0.5L×4.0mol·L-1×74.5g·mol-1=149.0g。(4)①依據(jù)H2SO4的組成可知,溶液中c(H+)=2c(H2SO4)=4.6mol·L-1;②2000mL2.3mol·L-1的稀硫酸中溶質(zhì)的物質(zhì)的量為2L×2.3mol·L-1=4.6mol,設(shè)須要98%(密度為1.84g·cm-3)的濃硫酸的體積為xmL,則xmL×1.84g21.(8分)某溶液可能含有Na+、K+、Mg2+、Cu2+等陽離子及MnO4-、SiO32-、AlO2-、CO32-、HCO3-、SO4(1)由①②③可推斷:原溶液中肯定不存在的離子是,肯定存在的離子是。

(2)將濾液甲分成兩等份,一份中逐滴加入氨水,最終有白色膠狀沉淀,說明原溶液中肯定有(填離子符號),剛起先加入氨水時,沒有沉淀產(chǎn)生,緣由是(用離子方程式表示);另一份中加入足量的Ba(NO3)2溶液,有白色沉淀生成,說明原溶液中肯定有(填離子符號),過濾得到濾液乙。

(3)往濾液乙中加入足量的AgNO3溶液,過濾、洗滌、干燥得固體26.5g,則原溶液中是否有Cl-?(填“是”或“否”)。

答案:(1)MnO4-、Cu2+、Mg2+、HCO3-(2)AlO2-NH3·H2O+H+NH4++H(3)是解析:(1)由①可知不含MnO4-與Cu2+;由②可知不含Mg2+、HCO3-;由③可知肯定含SiO32-與CO32-。(2)溶液加氨水后生成白色膠狀沉淀,說明原溶液中含有AlO2-(加入鹽酸酸化時轉(zhuǎn)化為Al3+),而起先加入氨水沒有形成沉淀,緣由是剩余的H+與氨水反應(yīng);加入Ba(NO3)22.(10分)氧化還原滴定是常用的定量分析方法。(1)試驗(yàn)室里欲用KMnO4固體來配制240mL0.1mol·L-1的酸性KMnO4溶液。①需用的儀器有托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、量筒、膠頭滴管、。

②整個配制溶液過程中,玻璃棒所起的作用有、。

③下列操作會導(dǎo)致所配溶液濃度偏小的是(填字母)。

A.加水定容時俯視刻度線B.容量瓶內(nèi)壁附有水珠而未干燥處理C.未用蒸餾水洗滌燒杯內(nèi)壁或未將洗滌液注入容量瓶D.顛倒搖勻后發(fā)覺凹液面低于刻度線又加水補(bǔ)上(2)用上述酸性KMnO4溶液來測定FeSO4溶液中Fe2+的含量。①寫出該反應(yīng)的離子方程式:。

②若消耗3.16gKMnO4,則該反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為(設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)。

(3)高錳酸鉀溶液與濃鹽酸反應(yīng):2KMnO4+16HCl(濃)2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O,用單線橋標(biāo)出反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目。(4)測定某葡萄酒中Na2S2O5殘留量時,用碘標(biāo)準(zhǔn)液進(jìn)行滴定。滴定反應(yīng)的離子方程式為。答案:(1)①250mL容量瓶②攪拌,加速溶解引流③CD(2)①5Fe2++MnO4-+8H+5Fe3++Mn2++4H2O②0.1NA(或6.02×1022(3)2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O(4)S2O52-+2I2+3H2O2SO42解析:(1)①因試驗(yàn)室沒有240mL的容量瓶,因此應(yīng)選用250mL的容量瓶,所以還須要250mL的容量瓶。②在溶解時玻璃棒用于攪拌以加速溶解,在向容量瓶中轉(zhuǎn)移溶液時用于引流。③A項(xiàng),加水定容時俯視刻度線,會導(dǎo)致溶液體積偏小,所配制的溶液濃度偏大,故A項(xiàng)錯誤;B項(xiàng),容量瓶內(nèi)壁附有水珠而未干燥處理,對配制溶液無影響,故B項(xiàng)錯誤;C項(xiàng),若未用蒸餾水洗滌燒杯內(nèi)壁或未將洗滌液注入容量瓶,會造成溶質(zhì)削減,所配制的溶液濃度偏小,故C項(xiàng)正確;D項(xiàng),顛倒搖勻后發(fā)覺凹液面低于刻度線又加水補(bǔ)上,會導(dǎo)致溶液的體積偏大,所配制的溶液濃度偏小,故D項(xiàng)正確。(2)①鐵元素化合價從+2價上升到+3價,錳元素的化合價從+7價降低到+2價,依據(jù)化合價升降總數(shù)相等并結(jié)合質(zhì)量守恒,配平后的化學(xué)方程式為10FeSO4+2KMnO4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3+8H2O,則離子方程式為5Fe2++MnO4-+8H+5Fe3++Mn2++4H2O。②依據(jù)反應(yīng)的化學(xué)方程式可知,當(dāng)有2molKMnO4被消耗時,反應(yīng)轉(zhuǎn)移10mol電子,因此當(dāng)有3.16g即0.02molKMnO4被消耗時,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0.1mol,所以轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.1NA。(3)在2KMnO4+16HCl(濃)2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反應(yīng)中,依據(jù)化合價改變狀況分析可知,當(dāng)有2molKMnO4反應(yīng)時,有10mol電子轉(zhuǎn)移,因此用單線橋法表示的式子為2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。(4)Na2S2O5中S元素的化合價為+4價,會被氧化為+6價,單質(zhì)碘具有氧化性,能把焦硫酸鈉氧化為硫酸鈉,因此反應(yīng)的離子方程式為S2O52-+2I2+3H2O2SO42-23.(2024廣東茂名高三二模)(8分)鈷(Co)是生產(chǎn)耐熱合金、硬質(zhì)合金、防腐合金、磁性合金和各種鈷鹽的重要原料,其金屬性弱于Fe而強(qiáng)于Cu。某低位硫鈷銅礦的成分為CoS、CuFeS2、CaS、SiO2,一種利用生物浸出并回收其中鈷和銅的工藝流程如圖:回答下列問題。(1)Cu2+的生物浸出原理如下:溫度超過50℃浸出率急劇下降,其緣由是;其他金屬離子的浸出原理與上圖類似,寫出由CoS浸出Co2+的離子方程式:。(2)浸渣的主要成分為。

(3)萃取分別銅的原理:Cu2++2(HR)org(CuR2)org+2H+。依據(jù)流程,反萃取加入的試劑應(yīng)當(dāng)為(寫化學(xué)式)。

(4)除鐵步驟中加入H2O2,調(diào)整溶液的pH至4,將Fe2+轉(zhuǎn)化為FeOOH過濾除去,寫出該轉(zhuǎn)化的離子方程式為。檢驗(yàn)Fe2+是否完全被轉(zhuǎn)化的試劑為。

(5)通過電解法制得的粗鈷含有少量銅和鐵,須要電解精煉,進(jìn)行精煉時,精鈷應(yīng)處于(填“陰”或“陽”)極,陽極泥的主要成分為。

答案:(1)溫度過高,細(xì)菌失活CoS+2Fe3+Co2++2Fe2++S(2)CaSO4、SiO2(3)H2SO4(4)H2O2+2Fe2++2H2O2FeOOH↓+4H+鐵氰化鉀(5)陰銅解析:(1)溫度過高,細(xì)菌失活,浸出率急劇下降;依據(jù)Cu2+的生物浸出可知礦物在細(xì)菌和Fe3+作用下化合物中S元素轉(zhuǎn)化為S單質(zhì),則Co2+的生物