202X《名师伴你行》系列高考化学（人教）一轮复习配套练案部分：有机化学基础（28张ppt）

1、练案1 物质的组成、 性质和分类,本练案共10题，满分100分，用时50分钟,一、选择题（共7小题，每小题只有1项正确，每小题6分） 1.下列分散系中粒子半径最小的是 （ ） A.雾 B.蛋白质溶液 C.石灰乳 D.KNO3溶液 2.下列说法中，正确的是 （ ） A.含金属元素的离子不一定是阳离子 B.只有原子才满足核内质子数和核外电子数相等 C.由同种元素组成的物质肯定属于纯净物 D.具有相同质子数的粒子都属于同种元素,解析：溶液中溶质粒子半径最小,D,解析：金属元素一般易于形成阳离子，但是MnO-4、AlO-2等阴离子也含有金属元素，A选项正确；质子数和核外电子数相等，则微粒为电中性，分子

2、同样符合要求，B选项错误；同种元素可以组成同素异形体，如金刚石与石墨组成的就是混合物，C选项错误；粒子的范围比较广，比如NH3、CH4同为10个质子微粒，D选项错误,A,3.分类是化学学习和研究中的常用手段。下列分类依据和结论都正确的是 （ ） A.NaF、MgO、CaCl2均由活泼金属与活泼非金属作用形成，都是离子化合物 B.HCl、H2SO4、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸 C.Na2O、HCl、BaSO4、SO2在熔融状态或溶于水时都能导电，都是电解质 D.H2O、HCOOH、Cu（NH3）4SO4中均含有氧，都是氧化物,解析：活泼金属与活泼非金属作用形成的化合物，都是离子化合物，A

3、项正确；酸都有氧化性，但不都是氧化性酸，氧化性酸是酸根离子中心原子获得电子的性质，B项错误；SO2在熔融状态下不导电，SO2的水溶液导电是因为SO2和水发生反应的生成物H2SO3是电解质，C项错误；氧化物是由两种元素构成且其中一种是氧元素的化合物，D项错误,A,4.化学与数轴有密切的关系，将某些化学知识用数轴表示，可以收到直观形象、简明易记的良好效果。下列数轴表示的化学知识错误的是 （ ） A. B.氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液后铝元素的存在形式 C.铁和稀硝酸反应后溶液中铁元素的存在形式 D.二氧化碳通入澄清石灰水中反应的产物,解析：把二氧化碳通入澄清石灰水中反应的产物首先是CaCO3，过量

4、时才生成Ca（HCO3）2，最后完全生成Ca（HCO3）2,D,5.下列物质分类正确的是 ( ) A.CaCO3难溶于水属非电解质 B.SO2能与碱反应生成盐和水属于酸性氧化物 C.NH4Cl组成中不含金属离子不属于盐 D.HCl气体溶于水电离成H+和Cl-属于离子化合物 6.某元素的氢氧化物的式量是a,相同价态该元素的硫酸盐的式量是b，该元素的这种化合价的数值是 ( ) A.（b-a）/31 B.(2b-a)/62 C.(a-b)/31 D.(b+2a)/62,解析：设元素化合价为n,氢氧化物为M（OH）n,硫酸盐为M（SO4）n/2或M2（SO4）n，M的相对原子质量为x，则x+17n=a

5、,x+48n=b或2x+96n=b,n=（b-n）/31或（b-2a）/62,解析：A错，CaCO3难溶于水但属于电解质；C错，NH4Cl属于盐；D错，HCl气体溶于水电离成H和Cl-,但属于共价化合物,B,A,7.下列指定微粒的个数比为21的是 ( ) A.Be2+离子中的质子和电子 B.21H原子中的中子和质子 C.NaHCO3晶体中的阳离子和阴离子 D.BaO2(过氧化钡)固体中的阴离子和阳离子,解析：B中21H质子和中子数相等；C中阴、阳离子数相同；D中阴离子数目与阳离子数目相同,A,解析：(1)A组中除CO2(酸性氧化物)外其余均为碱性氧化物；B组中除H2O(氧化物)外其余均为酸；C

6、组除Na2CO3(盐)外其余均为碱。(2)CO2、H2O、Na2CO3发生化合反应生成NaHCO3的过程中无元素化合价的变化，故该反应不是氧化还原反应；新物质与盐酸反应的离子方程式为：HCO-3H=CO2H2O,二、非选择题（共58分） 8.(12分)下列三组物质中，均有一种物质的类别与其他三种不同 A.MgO、Na2O、CO2、CuO B.HCl、H2O、H2SO4、HNO3 C.NaOH、Na2CO3、KOH、Cu(OH)2 （1）三种我们物质依次是（填化学式）：A ，B , C。 （2）以上三种物质相互作用可生成一种新物质，该反应 氧化还原反应（填“是”或“不是”）。这种新物质与盐酸反应

7、的离子方程式为,CO2,H2O,Na2CO3,不是,HCO-3H=CO2H2O,9.（22分）以下是依据一定的分类标准，对某些物质与水反应情况进行分类的分类图1-1。请根据你所学的知识，按要求填空,图1-1,1)上述第一级分类标准(分成A、B组的依据)是。 (2)C组物质为。 (3)D组物质中，与水反应时氧化剂和还原剂的物质的量之比为11的物质是(填化学式) 。 (4)若E组和F组均有两种物质，则其分类依据是,水溶液的酸碱性,与水反应是否是氧化还原反应,Na,Cl2、Na2O2,10.(24分)用数轴表示化学知识，并按某种共性对化学物质进行分类，有简明易记的效果，例如，根据碳素钢的含碳量，将其

8、分为低碳钢、中碳钢、高碳钢，利用数轴的分类法可将其表示为,图1-2,根据这一分类法请回答： （1）将pH与溶液酸碱性的关系粗略地表示在如下数轴上,2）某化学兴趣小组欲研究H2SO4、KCl、Na2SO3、Na2CO3、NaCl、NaOH的性质，对于如何研究，他们设计了两种研究方案： 方案 将它们按照酸、碱、盐分类，然后分别溶于水得到溶液，进行实验,根据方案中，进行分类时，经实验测得KCl、NaCl溶液的pH等于7；H2SO4的pH小于7；Na2SO3、Na2CO3、NaOH溶液的pH大于7。由此有的同学按分类法把Na2SO3、Na2CO3与NaOH都划分为碱类是否合理？为什么？ 。 在方案中，

9、某同学发现盐类物质中的KCl、NaCl两种物质，它们在与其他物质混合时现象相同，无法区分，你能设计一种简单的方法区分这两种物质吗,方案 将它们按照钠盐、钾盐和其他化合物分类，然后分别溶于水得到溶液，进行实验,不合理，Na2CO3和Na2SO3均属于盐类，只是它们水解显碱性,利用焰色反应，透过蓝色钴玻璃，焰色反应呈紫色的为KCl，焰色反应呈黄色的为NaCl,在方案中，三种钠盐用其他物质中的可加以区分，有关反应的化学方程式分别为。 该兴趣小组中的一位同学认为，还可以根据是否含有钠元素将上述六种物质分为Na2SO3、Na2CO3、NaCl、NaOH和H2SO4、KCl两类。在用H2SO4鉴别四种含钠

10、元素的物质时，Na2SO3和Na2CO3很容易得到了区分，但鉴别NaCl和NaOH时却陷入了困境，你能帮忙解决这一难题吗,在两支试管中分别加入少许H2SO4溶液，再分别加入稍过量的两种未知溶液，充分混合后，再向混合溶液中分别滴加Na2CO3溶液，若有气泡生成，则加入的未知溶液为NaCl溶液；若无气泡生成，则加入的未知溶液为NaOH溶液,H2SO4,Na2CO3H2SO4=Na2SO4CO2H2O， Na2SO3H2SO4=Na2SO4SO2H2O,解析：本题以物质的分类为话题，重点考查了物质的检验。KCl和NaCl可根据焰色反应鉴别；Na2SO3、Na2CO3可用H2SO4鉴别；NaCl和Na

11、OH用H2SO4鉴别，表面看似乎不能鉴别，若结合Na2CO3,从另一个角度就可以解决,本练案共11题，满分100分，用时50分钟,练案2 常用化学计量,一、选择题（共7小题，每小题只有1项正确，每小题6分） 1.下列说法正确的是 ( ) A.1 mol氯含有6.021023个微粒 B.阿伏加德罗常数数值约等于6.021023 C.钠的摩尔质量等于它的相对原子质量 D.H2O的摩尔质量是18 g,解析：A项错在使用摩尔时没有指明微粒的名称，或为1 mol Cl2或为2 mol Cl，使用mol表示物质时，必须用化学式；C项错在把摩尔质量与相对原子质量混同，应为当摩尔质量以g/mol为单位时在数值

12、上等于它的相对原子质量；D项错在摩尔质量的单位为g/mol,B,2.现将足量的氯化银分别加入到：10 mL水，30 mL 0.1 molL-1稀盐酸，50 mL 0.5 molL-1食盐水，50 mL 0.3 molL-1氯化铝溶液中，得到的各饱和溶液中Ag+物质的量浓度由大到小的顺序是下列的 ( ) A. B. C. D,解析：AgCl在溶液中存在沉淀溶解平衡AgCl(s) Ag(aq)Cl(aq),Cl的浓度越大,AgCl的溶解度越小,B,3.下列说法正确的是 ( ) A.1 mol物质的质量就是该物质的摩尔质量 B.1 mol气体的体积就是该气体的摩尔体积 C.1 mol任何粒子的粒子数

13、叫做阿伏加德罗常数 D.1 mol HCl溶于1 L水中，所得盐酸的物质的量浓度为1 mol/L,解析：本题考查基本概念。1 mol物质的质量和该物质的摩尔质量只在数值上相等，A错；1 mol气体的体积和气体摩尔体积只在数值上相等，B错；D项错在把溶剂的体积当作溶液的体积,C,4.下列叙述正确的是 ( ) A.相同条件下，N2和O3的混合气与等体积的N2所含原子数相等 B.等物质的量的甲基(CH3)与羟基(OH)所含电子数相等 C.常温常压下28 g CO与22.4 L O2所含分子数相等 D.16 g CH4与18 g NH+4所含质子数相等,解析：A项中，N2和O3的混合气与等体积的N2的

14、原子数不相等；C项中O2的条件不是标准状况；D项中CH4和NH4所含的质子数分别是10和11,B,5.精确配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，下列实验操作中，正确的是 ( ) A.称量时，将NaOH固体直接放在托盘天平上面的纸上 B.将称好的NaOH固体放入容量瓶中，加入少量水溶解 C.在烧杯中溶解NaOH固体后，立即将所得溶液注入容量瓶中 D.将烧杯中已冷却的NaOH溶液转移到未经干燥的容量瓶中,解析：NaOH固体易吸水潮解，应放入小烧杯中称量。溶解NaOH应在烧杯中进行，待冷却后才能转入容量瓶,D,6.NA表示阿伏德罗常数，下列说法正确的是 ( ) A.常温下22.4 L CO2分子数少于

15、NA B.1 mol NaHCO3固体中含有NA个CO2-3 C.NA个NO与NA个O2混合分子数为2NA D.1 mol Cu反应转移电子数一定为2NA,解析：B错，固体NaHCO3中无CO2-3;C错，NO与O2反应；D错，可能转移电子数NA,A,7.在t 时，将a g NH3完全溶解于水，得到V mL溶液。假设该溶液的密度为 gcm-3，质量分数为w，其中含NH+4的物质的量为b mol。下列叙述正确的是 ( ) A.溶质的质量分数wa/（V-a）100% B.溶质的物质的量浓度c1000a/17 Vmol/L C.溶液中c（H+）1000b/V mol/L D.上述溶液中再加入V mL

16、水后，所得溶液的质量分数大于0.5w,解析：错，溶质的质量分数w/V；C错，溶液中c(OH)=1000 b/V molL1；D错，上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液的质量分数小于0.5w,B,二、非选择题（共52分） 8.(18分)实验室需要0.1 molL-1NaOH溶液450 mL，根据溶液配制情况回答下列问题： (1)实验中除了托盘天平、量筒、烧杯、容量瓶、药匙外还需要的其他仪器有： 。 (2)根据计算得知，所需NaOH的质量为g。 (3)下列操作使所配溶液浓度偏大的有（选填字母，下同)；偏小的有；无影响的有。 A.称量时用生锈的砝码 B.将NaOH放在纸张上称量 C.NaOH在烧杯

17、中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中 D.往容量瓶转移溶液时，有少量液体溅出 E.未洗涤溶解NaOH的烧杯 F.定容时仰视刻度线 G.容量瓶未干燥即用来配制溶液,玻璃棒、胶头滴管,2.0,AC,BDEF,G,4)图2-1是某同学在实验室配制该NaOH溶液的过程示意图，据此回答下列问题： 观察配制NaOH溶液的过程示意图，指出其中有错误的是 (填操作序号,图2-1,解析：(1)题中考查该实验所需仪器，一般容易忘记胶头滴管和玻璃棒，记忆时要学会“有序记忆”即按照实验的先后顺序、步骤，思考每一步所需仪器，然后进行记忆，则一定不会遗漏。 (2)应按500 mL进行计算。 (3)误差分析需要细心认真分析

18、错误操作导致浓度变化的原因。 (4)量筒不能用来溶解固体，玻璃棒应在容量瓶刻度线的下方，读数时应平视,9.（14分）某种含有少量FeCl2杂质的FeCl3样品，现要测定其中铁元素的含量。实验采用以下步骤进行： 准确称量m g样品(23 g)； 向样品中加入10 mL 5 mol/L的盐酸，再加入蒸馏水，配制成250 mL溶液； 量取25 mL操作中配得的溶液，加入3 mL溴水，加热使之完全反应； 趁热迅速加入浓度为10%的氨水至过量，充分搅拌，使之完全沉淀； 过滤，将沉淀洗涤、灼烧、冷却称量，反复操作至恒重。 请根据上面的叙述回答： (1)若称量前，托盘天平的指针偏向标尺左方；称量读数时，指针

19、刚好在标尺的中间，则所得样品的质量。 A.比m g多 B.比m g少 C.恰好为m g,B,2)溶解样品时要加入盐酸，原因是 。 (3)该实验称量物质的质量测铁元素的含量。 (4)加入溴水时发生反应的离子方程式是 。 (5)若坩埚质量为W1 g，坩埚与灼烧后固体的总质量是W2 g，则样品中铁元素的质量分数是。 (6)若在配制250 mL溶液时，所用的容量瓶没有洗干净。当含有下列物质时，最终会使铁元素的测定含量(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。 NaCl；Fe2(SO4)3,解析：称量前，托盘天平的指针偏向标尺左方；称量读数时，指针刚好在标尺的中间，则所得样品的质量比读数质量偏小。计算关系为2

20、FeFe2O3,抑制Fe2、Fe3的水解,Fe2O3,2Fe2Br2=2Fe32Br,7(W2W1)/m,不变,偏高,10.(10分)标准状况下，容积为V mL的烧瓶充满NH3。 (1)集满空气时，该烧瓶为a g，则集满NH3时的质量是g。 (2)烧瓶中气体的原子总数是 个。 (3)用烧瓶中NH3做喷泉实验，水充满烧瓶，假设NH3没有损失，该溶液中溶质的质量分数为，物质的量浓度为molL-1溶液的密度为 gmL-1,解析：(1)先求出烧瓶的质量，再求出盛满NH3后的质量。 (2)原子总数应为4n(NH3)NA。 (3)求w时，利用V mL， gmL1，求出m(NH3)和m(溶液)，求c(NH3

21、)时，求出n(NH3)即可,a3V/5 600,NAV/5 600,17/224,1/22.4,11.(16分)某一反应体系中涉及的反应物和生成物共有4种物质：X、Cl2、NH3、N2。当转移的电子总数为a个时，氮气数量变化了b mol。 (1)氧化产物的摩尔质量是。 (2)阿伏加德罗常数为 (用含a、b的代数式表示)。 (3)X可能有两种组成：HCl、NH4Cl，为确定X的化学式，某同学分别取同温同压下体积分别为V1、V2的两种物质(氧化剂与还原剂)充入一恒压、容积可变的密闭容器中，在一定条件下反应完全并恢复到原温后，再测出容器的容积(V3)。 若实验结果是 (用V1、V2与V3间关系来表示

22、，下同)，则X的化学式一定为HCl。 若实验结果是，则X的化学式为NH4Cl,28 gmol1,a/6b mol1,V32V2V1,V3V27/3V1,解析：从氮元素价态知对应反应为氧化还原反应，因Cl2有强氧化性，故NH3是还原剂，N2是氧化产物；生成1 mol N2时转移6 mol 电子，故有16b （a/NA），NAa/6b。 当X为HCl时，NH3肯定反应完了，由方程式2NH33Cl2=N26HCl及阿伏加德罗定律可推出V32V2V1。当V为NH4Cl，Cl2肯定反应完了，由8NH33Cl2=N26NH4Cl及阿伏加德罗定律可推出V3V27/3V1,本练案共16题，满分100分，用时5

23、0分钟,练案3 离子反应正误判断与书写,一、选择题（共12小题，每小题只有1项正确，每小题4分,解析：A中电荷及得失电子均不守恒，正确的离子方程式为：Zn+2Ag+=Zn2+2Ag；B中Ca(HCO3)2为可溶性强电解质，应拆成离子形式，正确的离子方程式为： HCO-3+CH3COOH=CH3COO-+CO2+H2O；C中得失电子及原子均不守恒，正确的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2,D,解析：A选项中HCO-3不能拆开写，A错误；B选项中FeS不能拆开写，B错误;D项中电荷不守恒，D错误,C,解析：B错，电荷不守恒；C错，醋酸应写化学式的形式；D错，CO2过量，应生成H

24、CO-3,A,解析：NH4Cl溶液与NaOH溶液反应的离子方程式为:OH-+NH+4=NH3H2O,A选项错误；铜与稀硫酸不反应，B选项错误；稀硫酸与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为2H+SO2-4+Ba2+2OH- = BaSO4+2H2O,C选项错误,D,解析：A项为CH3COO-与酸的反应；C项H2O2为氧化剂，被还原为H2O；D项NaHCO3过量，正确离子方程式为：Ca2+2OH-+2HCO-3=CaCO3+CO2-3+2H2O,B,解析：A项错，NO应是NO-2,且电荷不守恒；B项错，由于澄清的石灰水过量，OH-不可能反应完，反应式应为 HCO-3+Ca2+OH-=CaCO3+H2O；

25、C项错，KMnO4氧化浓盐酸，应用稀硫酸酸化,D,解析：A项HClO为弱酸，不能拆分；B项氨水不能溶解氢氧化铝；碳酸氢铵中的HCO-3和NH+4均能与OH-反应，NH+4+HCO3-+2OH-=NH3H2O+CO2-3，D项不正确,C,解析：A错，应同时生成CO2-3;B项错，正确的离子方程式为Cl2+2OH-=H2O+Cl-+ClO-；D项Fe3+能够将I-离子氧化为碘单质，正确的离子方程式为：2Fe(OH)3+6H+2I-=2Fe2+I2+6H2O,C,解析：A项正确的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO-2+3H2；B项铜与稀硝酸反应生成NO，而不是NO2；C项正确的离子方

26、程式为：Ca2+2HCO-3+2OH- = CaCO3+CO2-3+2H2O,D,解析：A项过量的氯气还会氧化I-；C项醋酸为弱酸，应写成化学式；D项过量的CO2应生成HCO-3,B,解析：Na2O2与水反应的本质是自身氧化还原反应，故氧气中的氧全部来自过氧化钠，B项不正确,B,C,解析：A项，FeBr2溶液中通入过量或少量Cl2时，离子方程式不同，由题意知，Cl2过量，故正确离子方程式为：2Fe2+4Br-+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl-；B项，因CaSO3具有还原性，HClO具有强氧化性，产物应为CaSO4和HCl；D项，正确的离子方程式为：Ca2+HCO-3+OH-=CaCO3+

27、H2O,二、非选择题（共52分） 13.（14分）书写下列过程的离子方程式 (1)用NaOH溶液吸收Cl2 (2)酸性FeCl2溶液中滴加双氧水 (3)FeCl3溶液腐蚀Cu版 (4)用醋酸溶解碳酸钙 (5)铝单质溶解在NaOH溶液中 (6)泡沫灭火器原理 (7)NaHSO4与Ba(OH)2溶液反应恰好呈中性,2,解析：反应后呈中性，NaHSO4与Ba(OH)2反应的物质的量之比为21，如果反应后呈酸性，离子方程式也是如此，若反应后呈碱性，反应的离子方程式为H+OH-+SO2-4+Ba2+=BaSO4+H2O,14.（18分）书写下列过程的离子方程式 (1)向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：

28、 (2)等体积、等浓度的Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液混合 (3)Na2O2与H2O反应制备O2,解析：氢氧化钡过量时，Al3+生成AlO-2,此时生成的沉淀的质量最大，若是Al3+恰好生成Al(OH)3此时生成沉淀的物质的量最大,4）将磁性氧化铁溶于盐酸 (5)含Cr2O2-7的酸性废水加入绿矾 (6)含等物质的量的NaOH、Ca(OH)2的溶液中逐渐通入CO2气体,解析：注意反应过程分为三个阶段,15.（12分）人体胃液中含有胃酸(0.2%0.4%的盐酸)，起杀菌、帮助消化等作用，但胃酸的量不能过多或过少，它必须控制在一定范围内，当胃酸过多时，医生通常用“小苏打片”或“胃舒平”给病人

29、治疗。 (1)用小苏打片(NaHCO3)治疗胃酸过多的离子方程式为。 (2)如果病人同时患有胃溃疡，此时最好服用胃舒平主要成分是Al(OH)3，反应的离子方程式为,HCO-3+H+=CO2+H2O,Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O,3)有人用土法治疗胃酸过多，方法是：将鸡蛋壳洗净、烧焦、磨细服用。据说这种疗法效果还不错。请用学过的知识分析其中的道理。 (4)氢氧化钠也能中和胃酸，为什么不用氢氧化钠来治疗胃酸过多,NaOH具有强烈的腐蚀性，会严重损伤消化道,鸡蛋壳中含CaCO3，洗净是为了除杂物，烧焦主要是杀菌、 消毒，服用后，CaCO3与HCl反应起到了降低HCl浓度的 作用，CaCO

30、3+2H+=Ca2+CO2+H2O,16.（8分）(1)NaHSO4溶液滴加到有酚酞试液的Ba(OH)2溶液中，当溶液的颜色刚好由红色变为无色时，反应的离子方程式为。 (2)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,Ba2+HCO-3+H+SO2-4 =BaSO4+H2O+CO2,2H+SO2-4+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O,HCO-3+H+=CO2+H2O,本练案共11题，满分100分，用时50分钟,练案4 离 子 共 存,一、选择题（共7小题，每小题只有1项正确，每小题6分） 1

31、.滴加新制氯水后，下列各组离子可能大量存在的是 （ ） A.Fe3+、Al3+、Cl-、NO-3 B.K+、Na+、I-、SO2-4 C.Ag+、Ca2+、NH+4、NO-3 D.Na+、Ba2+、CO2-3、SO2-4,解析：氯水氧化I-，B中离子不能大量共存；C中Ag与氯水中的Cl-反应，不能大量共存，D中的CO2-3与氯水中的H反应，不能大量共存,A,2.向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，生成沉淀 Al（OH）3的量随AlCl3加入量的变化关系如图4-1所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是 ( ) A.a点对应的溶液中：Na+、Fe3+、SO2-4、HCO-3

32、 B.b点对应的溶液中：Na+、S2-、SO2-4、Cl- C.c点对应的溶液中：Ag+、Ca2+、NO-3、F- D.d点对应的溶液中：K+、NH+4、I-、CO2-3,图4-1,B,解析：a点OH-与Fe3+不共存；c点Ag+与Cl-不共存；d点Al3+与CO2-3不共存,解析：能与NH4HCO3作用产生气体的溶液既可能是酸性溶液（此时产生CO2），也可能是碱性溶液（此时产生NH3）。A项中HCO-3在酸性溶液和碱性溶液中均不能大量共存；C项中MnO-4为紫色；D项中Fe2+为浅绿色且和OH-不能大量共存,B,解析：由溶液无色，首先排除MnO-4，滴加氯水生成气体，一定有CO2-3，无Ca

33、2+,溶液呈橙黄色，但不能使淀粉变蓝，没有I-,有Br-，向呈橙黄色溶液中加入BaCl2溶液时无沉淀生成,没有SO2-3,C,解析：x=10时Al3部分沉淀，由于NH4水解，c(NH+4）c(Al3+)，A正确，B错误；x=30时,没有Al3，c(OH-)c(AlO-2),C、D项错误,A,解析：A中Fe3+与SCN-不共存；C中HCO-3与H+、OH-不共存；D中HCOO-、ClO-与H+不共存,B,解析：由电荷守恒和离子共存，B项正确,B,二、非选择题（共58分） 8.(14分)某强酸性溶液X中含有Ba2+、Al3+、NH+4、Fe2+、Fe3+、CO2-3、SO2-3、SO2-4、Cl-

34、、NO-3中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图4-2,图4-2,根据以上信息，回答下列问题： （1）上述离子中，溶液X中除含有H+外还一定含有的离子是 ， 不能确定的阳离子是， 若要用实验证明该离子一定不存在，其最可靠的化学方法是。 （2）沉淀G的化学式为,Al3+、NH+4、Fe2+、SO2-4,Fe3,取少量X溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液， 不变红色说明无Fe3+（其他合理答案也可,Fe（OH）3,3）写出下列反应的离子方程式： 中生成气体A： 。 中生成沉淀I：。 （4）假设测定A、F、I均为0.01 mol，10 mL X溶液中n（H+）0.04 mol，且不能确定

35、含有的离子只有一种。当X溶液中不能确定的离子是时，沉淀C的物质的量,解析：强酸性溶液排除SO2-3、CO2-3,加入Ba(NO3)2生成沉淀和气体，说明有SO2-4、Fe2，则没有NO-3，加入过量的NaOH溶液生成气体，有NH4，生成沉淀，应该为Fe(OH)3，生成的溶液H通入CO2生成沉淀，说明有Al3;Cl-、Fe3+不能确定是否有，由电荷守恒，可确定SO2-4的物质的量大于或小于0.07 mol,3Fe2+4H+NO-3=3Fe3+NO+2H2O,AlO-2+2H2O+CO2=Al(OH）3+HCO-3,Fe3,007 mol,或Cl-007 mol,9.（14分）某无色溶液A中含有K

36、、Cl、OH、SO23、SO2-4，为检验确认其中所含的各阴离子，限用的试剂有：盐酸、硝酸溶液、硝酸银溶液、硝酸钡溶液、溴水和酚酞试液。检验其中OH-的实验方法从略，检验其他阴离子的过程及现象如图4-3所示,图4-3,1)图中部分试剂溶质的化学式分别是：，。 (2)图中现象a、b、c表明检验出的离子分别是： a，b. ，c. 。 (3)白色沉淀A加试剂反应的离子方程式是。 (4)白色沉淀A若加试剂而不加试剂对实验的影响是。 (5)气体E通入试剂发生反应的离子方程式,解析：本题的关键是明确提议，检验阴离子，注意检验的顺序，应该先加入Ba(NO3)2。向生成的沉淀加入盐酸，检验SO2-4、SO2-

37、3；无色溶液C中加入AgNO3检验Cl,Ba(NO3)2,Br2,AgNO3,SO2-3,SO2-4,Cl,BaSO3+2H+=Ba2+SO2+H2O,会使SO2-3对SO2-4的检验产生干扰，不能确定SO2-4是否存在,SO2+Br2+2H2O=4H+SO2-4+2Br,10.（12分）某无色溶液，其中可能含有Na+、Ba2+、AlO-2、S2-、SO2-3、SO2-4取该溶液进行有关实验，实验结果如图4-4,图4-4,请回答下列问题： (1)沉淀甲的化学式： ； (2)由溶液甲生成沉淀乙的离子方程式：； (3)沉淀丙中一定含有； (4)写出生成淡黄色沉淀甲的离子方程式：； (5)综合以上所

38、述信息，该溶液中肯定存在的离子有,解析：解决本题的关键是明确黄色是单质硫，含有S2-、SO2-3,则没有Ba2，加入过量的NH4HCO3生成沉淀，说明一定有AlO-2，最后加入Ba(OH)2生成沉淀，和气体，不能说明原溶液中含有SO2-4，因为前面加入了过量的NH4HCO3，一定生成BaCO3沉淀。由电荷守恒，一定有Na,S,Al3+3HCO-3=Al(OH)3+3CO2,BaCO3,2S2-+SO2-3+6H+=3S+3H2O,Na+、S2-、SO2-3、AlO-2,11.（18分）L某混合溶液中可能含有的离子如下表,图4-5,1)往该溶液中逐滴加入NaOH溶液并适当加热,产生沉淀和气体的物

39、质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图4-5所示。 则该溶液中确定含有的离子有; 不能确定是否含有的阳离子有; 要确定其存在可补充做的实验是; 肯定不存在的阴离子有,H+、Al3+、NH+4,K,焰色反应,ClO-、AlO-2,2)经检测,该溶液中含有大量的Cl-、Br-、I-若向1 L该混合溶液中通入一定量的Cl2溶液中Cl-、Br-、I-的物质的量与通入Cl2的体积(标准状况)的关系如下表所示,分析后回答下列问题: 当通入Cl2的体积为2.8 L时,溶液中发生反应的离子方程式为。 原溶液中Cl-、Br-、I-的物质的量浓度之比为,Cl2+2I-=2Cl-+I2,1015 4,

40、解析：(1)由图像看出,加入NaOH溶液,开始时没有气体生成,也没有沉淀生成可知原溶液一定含有H+由产生沉淀的曲线(根据斜率和能完全溶解)可知一定含有Al3+则不含ClO-和AlO-2。产生的气体为氨气,故原溶液中含有NH+4不能确定是否含有K+、Cl-、Br-、I-。 (2)根据还原性最强,优先与氯气发生反应,当通入2.8 L氯气后溶液中含有n(Br-)为1.5 mol,再通入2.8 L,即0.125 mol氯气,Br-减少了0.1 mol,说明第一阶段I-没有全部被氧化,根据电子守恒可知还剩余I-0.15 mol,故原溶液中含I-共有0.125 mol2+0.15 mol=0.4 mol;

41、共有1.5 mol,Cl-共有2.0 mol。故原溶液中Cl-、Br-、I-的物质的量浓度之比为10 15 4,本练案共11题，满分100分，用时50分钟,练案5 氧化还原反应,一、选择题（共7小题，每小题只有1项正确，每小题6分） 1.2011年9月29日，“长征2F”运载火箭成功将“天宫一号”目标飞行器送上太空，火箭中使用的燃料是偏二甲肼（CH3NHNHCH3）和四氧化二氮（N2O4）。在火箭升空过程中，燃料发生反应：CH3NHNHCH3+2N2O42CO2+3N2+4H2O提供能量。下列有关叙述正确的是 ( ) A.该燃料绿色环保，在燃烧过程中不会造成任何环境污染 B.该反应中N2O4是

42、氧化剂，偏二甲肼还原剂 C.CO2是氧化产物，N2是还原产物 D.每有0.6 mol N2生产，转移电子数目为2.4 N A,图5-1,解析：燃料燃烧过程中会释放少量的N2O4（或NO2），造成大气污染，A项错；反应中N2O4是氧化剂，偏二甲肼是还原剂，CO2是氧化产物，N2既是氧化产物又是还原产物，B项正确，C项错误；结合N2O4分析，每有3 molN2生成时，电子转移数目为16NA，则D项中转移电子数目应为3.2NA,D项错,B,2.将NaBiO3固体加入H2SO4和MnSO4的混合溶液中，加热溶液显紫色，发生的离子方程式为5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Na+5Bi3+2MnO-4

43、+7H2O。下列有关说法正确的是 ( ) A.NaBiO3是还原剂 B.MnSO4是氧化剂 C.H2SO4提供酸性环境 D.氧化性MnO-4NaBiO3,解析：NaBiO3是氧化剂，Mn2+是还原剂，氧化性NaBiO3大于MnO-4,C,D,解析,4.某含铬（Cr2O2-7）废水用硫酸亚铁铵FeSO4（NH4）2SO46H2O处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀经干燥后得到n mol FeOFeyCrxO3。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是 ( ) A.消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(2-x)mol B.处理废水中Cr2O2-7的物质的量为nx/2 mol C.反应中发生

44、转移的电子数为3nx mol D.在FeOFeyCrxO3中，3x=y,解析：本题考查氧化还原反应的知识，意在考查学生对元素化合价的判断及对电子守恒的掌握情况。该反应中铁的化合价由+2升高到+3、铬的化合价由+6降低到+3。由原子守恒知B选项正确；参加反应的铬的物质的量为nx mol，转移电子3nx mol，C选项正确；根据电子守恒知D选项正确；消耗硫酸亚铁铵的物质的量为 n（1+y）mol，A选项错误,A,解析：Fe2+还原性大于Br-，Fe2+先反应，B项错,B,6.向27.2Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2。在所得溶液中加

45、入1.0 mol/L的NaOH的溶液1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2 g。下列有关说法不正确的是 ( ) A.Cu与Cu2O的物质的量之比为21 B.硝酸的物质的量浓度为2.6 mol/L C.产生的NO在标准状态况下的体积为4.48 L D.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol,解析：最终溶液中的溶质是NaNO3，物质的量为1 mol，Cu（OH）2的物质的量为0.4 mol，铜的物质的量为0.4 mol，由混合物的质量和铜的物质的量计算Cu和Cu2O的物质的量n(Cu)=0.2 mol,n(Cu2O)=0.1 mol。由得失电子守恒，生成

46、NO物质的量为0.2 mol,B,7.部分氧化的FeCu合金样品（氧化产物为Fe2O3、CuO）共5.76 g，经如图5-2所示流程处理,图5-2,下列说法正确的是 ( ) A.滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+ B.V=224 C.样品中CuO的质量为4.0 g D.V=448,D,解析：合金中，m(Cu)=3.2 g,n(Fe)=3.2 g/160 gmol-12=0.04 mol，m(Fe)=0.04 mol56 gmol-1=2.24 g，m(O)=5.76 g-3.2 g-2.24 g=0.32 ,n(O)=0.32 g/16 gmol-1=0.02 mol，由合金中铁由0价

47、变成+2价失去电子的总物质的量等于氧气氧化部分合金得到电子的物质的量与H+反应变成H2得到电子的物质的量之和，得n(H2)2+n(O)2=n(Fe)2,即n(H2)2+0.02 mol2=0.04 mol2,解得n(H2)=0.02 mol，V（H2）=448 mL，故D项正确，B项错；有滤渣，滤液A中不存在Fe3+，A项错；样品中氧元素的物质的量总共0.02 mol，CuO的物质的量最多0.02 mol，质量最大0.02 mol80 gmol-1=1.6 g，C项错,二、非选择题（共58分） 8.（12分）已知物质K2EO4具有很强的氧化性，是一种高效绿色氧化剂，可用于废水和生活污水的处理。

48、根据下列框图如图5-3回答问题（答题时，化学式和方程式中的M、E用所对应的元素符号表示,图5-3,1）M和E相比，还原性较强的是（填化学式）。 （2）在K2EO4的水溶液中能大量共存的离子是（填字母）。 A.Fe2+ B.S2- C.SO2-3 D.Cl- (3)写出X与稀H2SO4和H2O2混合液反应的离子方程式。 （4）在ZK2EO4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比,解析：由题意，紫红色金属为铜，在酸性条件下被H2O2氧化为CuSO4溶液，化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，金属E为铁，还原性铁比铜强，X中含有Fe2+，被H2O2氧化为Fe3+，生成Fe（O

49、H）3被Cl2在碱性环境中氧化为K2FeO4，离子方程式 2Fe（OH）3+3Cl2+10OH- = FeO2-4+6Cl-+8H2O，K2FeO4具有强的氧化性,Fe,D,2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O,32,9.(14分)高铁酸钾是一种重要的绿色净水剂，具有净水和消毒双重功能。某课外学习小组设计如图5-4所示方案制备高铁酸钾,图5-4,1)在次氯酸钠溶液中加入固体烧碱形成碱性环境。 (2)将研磨后的硝酸铁少量多次地加入到上述溶液中，水浴中反应1 h。该反应的离子方程式为； (3)将KOH加入到反应后的溶液中搅拌半小时。静置，抽滤粗产品。该反应的化学方程式为；推测该反应发生的

50、理由是。 (4)依次用甲苯、乙醇、乙醚洗涤以除去水分和KNO3、KCl、KOH等杂质,K2FeO4溶解度较小,5）在强碱性溶液中， 高铁酸钾能将亚铬酸盐（KCrO2）氧化为铬酸盐（K2CrO4），生成的铬酸盐溶液酸化后，得到的重铬酸钾（K2Cr2O7）用Fe（）的标准溶液滴定，以二苯胺磺酸钠为指示剂。到达滴定终点时，溶液由紫色变为淡绿色（+6价铬转化成+3价铬）。现称取5.00 g高铁酸钾样品于烧杯中，加入适量氢氧化钾溶液和稍过量的KCrO2，充分反应后，转移到250 mL容量瓶中，定容。量取25.00 mL溶液，用稀硫酸化后，用0.1000 molL-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液

51、进行滴定，共用去标准溶液33.33 mL。 用离子方程式表示标准溶液显酸性的原因：,用离子方程式表示上述滴定反应原理： ；如果滴定过程中，剧烈振荡，会使部分亚铁离子被空气中的氧气氧化，导致实验结果偏低。写出亚铁离子在酸性条件下被空气中氧气氧化的离子方程式： 。 上述实验制得的样品中高铁酸钾的质量分数为,43.996,解析：解答流程题的关键是分析流程每一步反应可能性。NaClO在碱性环境中氧化Fe3+为FeO2-4，Na2FeO4溶液中加入KOH生成K2FeO4，说明K2FeO4的溶解度小；解答（5）问的关键是分析复杂的化学过程，高铁酸钾氧化KCrO2，生成K2CrO4，酸化后得到K2Cr2O7

52、，再用（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液进行滴定K2Cr2O7。关系式为6Fe2+Cr2O2-72CrO2-42K2FeO4，从而计算样品中高铁酸钾的质量分数,10.（16分）工业上可以通过次氯酸钠氧化法制备高铁酸钠，生产过程如图5-5,图5-5,回答下列问题： (1)经过步骤后，加入NaOH固体的原因是。 (2)步骤反应的离子方程式是。 (3)从溶液中分离出Na2FeO4后，还有副产品Na2SO4、NaCl，则步骤中反应的离子方程式为,碱性环境中稳定存在，所以加入氢氧化钠可以调节溶液显碱性,Na2FeO4只在,2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O,2Fe3+3ClO-+10OH-

53、=2FeO2-4+3Cl-+5H2O,4)将一定量的Na2FeO4投入到pH不同的污水中（污水中其余成分均相同），溶液中Na2FeO4浓度变化如图5-6曲线、所示，试推测曲线比曲线对应的污水pH (填“高”或“低”,图5-6,5)通过计算得知Na2FeO4的消毒效率（以单位质量得到的电子数表示）比氯气的（填“高”或“低”），用高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂的优点是 （答出两点即可,高,既能消毒杀菌又能净水（或无毒或方便保存等,低,解析：（1）根据框图中的提示可知，Na2FeO4只在碱性环境中稳定存在，所以加入氢氧化钠可以调节溶液显碱性。 （2）在酸性条件下一步，H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，

54、自身被还原性生成H2O，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O。 （3）步骤中参加反应的离子有Fe3+、ClO-和OH-，除生成FeO2-4和Cl-外还有H2O生成，故该反应的离子方程式为2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO2-4+3Cl-+5H2O。 （4）Na2FeO4在碱性环境中稳定存在，污水的pH越高，Na2FeO4的浓度越大，故曲线比曲线对应的污水pH高。 （5）1g Na2FeO4能得到电子的物质的量为3/166 mol0.018 mol，1 gCl2能得到电子的物质的量为2/71 mol0.028 mol，故Na2FeO4的消毒效率比氯气的低,11

55、.(16分)（1）在NaOH的环境中，Cl2与NaI反应，每1 mol NaI完全反应转移6 mol电子，写出反应的化学方程式。 （2）FeCl3溶液与草酸（H2C2O4）反应，得到澄清溶液，同时生成一种能使石灰水变浑浊的气体，此反应的离子方程式为：。 （3）写出向FeBr2溶液中通入过量Cl2的反应的离子方程式：,4）碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应，配平化学方程式（将化学计量数填于空白处）： KIO3+KI+H2SO4= K2SO4+I2+H2O （5）向FeSO4溶液中，加入淀粉KI溶液和H2O2，有红褐色沉淀生成，当每消耗2 mol I-时，共转移3 mol电子，该反应的离子方程

56、式是,3,1,5,3,3,3,解析：（1）书写氧化还原方程式的关键是根据电子转移数的多少分析产物，1 mol NaI反应转移6 mol电子，说明生成NaIO3，根据得失电子数配平方程式即可；（2）H2C2O4被FeCl3氯化为CO2，碳元素的化合价根据氢的化合价为+1和氧元素的化合价为-2价确定；（5）反应2 mol I-时转移3 mol电子，说明Fe2+被氧化，并且参加反应的Fe2+与I-转移3 mol电子，参加反应的Fe2+和I-的物质的量比为12,本练案共11题，满分100分，用时50分钟,练案6 钠及其氧化物,一、选择题（共7小题，每小题只有1项正确，每小题6分） 1.在蒸发皿中放一小

57、块钠，加热至熔化时，用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4与熔化的钠接触，瞬间产生耀眼的火花，同时有红色物质生成。据此判断下列说法中不正确的是 （ ） A.上述反应是置换反应 B.上述反应是放热反应 C.上述反应中无水CuSO4表现了还原性 D.加热且无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Cu,解析：在加热无水条件下，Na与CuSO4发生置换反应：2Na+CuSO4=Na2SO4+Cu，其中CuSO4表现了氧化性,C,2.物质的量均为1 mol的下述物质，长期放置于空气中(最终物质不考虑潮解情况)，最后质量增加的大小关系是 （ ） 氧化钠 过氧化钠 氢氧化钠 亚硫酸钠 A. B. C. D,解析：

58、这些物质长期放置于空气中，1 mol Na2O会变成1 mol Na2CO3，质量增加44 g。1 mol Na2O2也会变成1 mol Na2CO3，质量增加28g。1 mol NaOH会变成0.5 mol Na2CO3，质量增加13 g。1 mol Na2SO3会生成1 mol Na2SO4，质量增加16 g,B,3.在一定条件下，将钠与氧气反应的生成物1.5 g溶于水，所得溶液恰好能被80 mL浓度为0.50 mol/L的HCl溶液中和，则生成物的成分是 ( ) A.Na2O B.Na2O2 C.Na2O和Na2O2 D.Na2O2和NaO2,解析：钠与氧气反应的产物可能是Na2O，也可

59、能是Na2O2，还可能是二者的混合物。与水反应生成NaOH，由题意知n(Na+)=n(Cl-)=n(HCl)=0.08 L0.50 molL-1=0.04 mol。若只生成Na2O，则n(Na2O)=0.02 mol,m(Na2O)=62 gmol-10.02 mol=1.24 g;若只生成Na2O2，m(Na2O2)=78 gmol-10.02 mol=1.56 g。现在1.24 g1.5 g1.56 g，故生成物应是Na2O、Na2O2二者的混合物。以上是利用平均值与极值的方法解题。 另解，采用元素守恒法，n(HCl)=0.08 L0.50 molL-1=0.04 mol，n(Na+)=n

60、(Cl-)=0.04 mol，所以n(O)=（1.5 g-0.04 mol23 gmol-1）/16 gmol-1=0.58/16 mol,即1n(Na)/n(O)2,故生成物应为Na2O和Na2O2的混合物,C,4.将0.01 mol下列物质分别加入100 mL蒸馏水中，恢复至室温，所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是（溶液体积变化忽略不计） （ ） Na2O2 Na2O Na2CO3 NaCl A. B. C.= D.,解析：四种物质溶于水后所得溶液中溶质分别是0.02 mol NaOH，0.02 mol NaOH，0.01 mol Na2CO3,0.01 mol NaCl；又因为CO2-3发