2016届高考化学第一轮复习课件课时跟踪检测(二十八) 习题讲解
第28讲化学实验常用仪器、基本操作-2024-2025学年高考化学一轮复习课件
2
其容积的 3
加热时外壁要干燥，液体体积 约占其容积的 1/3～2/3
仪器图形 与名称
主要用途
使用方法和注意事项
液体的蒸馏
加热时，加碎瓷片(或沸石)防 止 暴沸 ，加热时液体体积不
2 超过其容积的3，不少于其容积的 1 3；蒸馏(分馏)时，温度计水银球 宜在 支管口 处
倾斜 蒸发浓缩时要用 玻璃棒 搅拌，大 量 晶体 出现时停止加热
坩埚
灼烧少量固体
移动坩埚时要用 坩埚钳 夹取
(2)需垫陶土网加热的仪器
仪器图形 与名称
主要用途
配制、稀释溶液或做液 体用量较多的反应容 器；有时可代做水浴锅 用
不加热或加热情况下进 行反应的容器；喷泉实 验中充装气体的仪器
使用方法和注意事项
烧杯、锥形瓶、胶头滴管、 待测 NaOH 溶液、已知浓
C
测定 NaOH 溶液浓度 酸式滴定管
度的盐酸、甲基橙试剂
试管、量筒、导管、酒精 冰醋酸、无水乙醇、饱和
D
制备乙酸乙酯
灯
Na2CO3 溶液
[解析] 配制 100 mL 一定物质的量浓度的 NaCl 溶液的步骤为计算、称量、溶解、 转移、洗涤、定容、摇匀，需要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、 100 mL 容量瓶、胶头滴管，选项中所选玻璃仪器和试剂均准确，A 符合题意；往烧 杯中加入适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至 液体呈红褐色停止加热，得到氢氧化铁胶体，所选玻璃仪器和试剂均准确，B 符合题 意；用标准盐酸溶液滴定待测氢氧化钠溶液可测定出氢氧化钠的浓度，取待测液时需 选取碱式滴定管，酸式滴定管则盛装标准盐酸溶液，所以所选玻璃仪器还应有碱式滴 定管，C 不符合题意；制备乙酸乙酯时需要用浓硫酸作催化剂和吸水剂，所选试剂中 缺少浓硫酸，D 不符合题意。
高考化学一轮复习 课时跟踪检测(十三)习题讲解课件
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1
3．解析：A 项 Al3＋与 CO32－、B 项 Fe2＋与 MnO－ 4 ，D 项 NH＋ 4 和 OH－相互反应，只有 C 项中离子能大量共存。 答案：C
4．解析：A 项电荷不守恒，错误；B 项离子方程式书写不完整， NH＋ 4 也与 OH－反应，错误；C 项忽视醋酸为弱电解质，应写 分子式，错误。 答案：D
9．解析：B 项，等物质的量时，NaOH 不足，只与 HSO－ 3 反应， 正确。 答案：B
10．解析：Ba(OH)2 与 H2SO4 反应的离子方程式为 Ba2＋＋2OH－ ＋SO24－＋2H＋===BaSO4↓＋2H2O。 答案：D
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11．解析：离子反应中一定有离子参与反应或有离子生成，因此 一定有电解质(化合物)参与反应或生成。置换反应一定是氧 化还原反应，二者有一部分可用离子方程式表示，如 Zn＋ CuSO4===Cu＋ZnSO4，有的则只能用化学方程式表示，如 CuO＋H2==△===Cu＋H2O。
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3
7．解析：溴首先氧化亚硫酸根离子而后氧化碘离子，溶液仍呈 无色说明一定含有亚硫酸根离子，可能含有碘离子，一定不 含铜离子，根据电荷守恒可知一定含铵根离子。 答案：D
8．解析：HCO3－水解可使溶液呈弱碱性，即弱碱性溶液中可以 含有大量 HCO－ 3 ，C 项正确。 答案：C
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4
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7
12．解析：D 和 A、B 都能生成气体，而题给离子中只有 H＋ 与 CO32－、OH－与 NH4＋能反应生成气体，故 D 只能为 (NH4)2CO3；在 A 或 D 中滴入 C，均有沉淀生成，说明 A 中含有 SO42－，C 中应含有 Ba2＋，而 A 和 D 反应能生成气 体，说明 A 一定是硫酸，产生的气体是二氧化碳，能被 B 吸收，说明 B 是一种碱，所以 精选
2016届高考化学第一轮复习配套作业：课时跟踪检测(三十一) 烃和卤代烃2
课时跟踪检测(三十一)烃和卤代烃1．下列现象中，不是因为发生化学反应而产生的是()A．乙烯使酸性KMnO4溶液褪色B．将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色C．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色D．甲烷与氯气混合，光照一段时间后黄绿色消失2．下列说法正确的是()A．(2012·广东高考)用溴水鉴别苯和正己烷B．(2012·海南高考)煤气的主要成分是丁烷C．(2012·山东高考)石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物D．(2012·浙江高考)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3．卤代烃广泛用于化工生产，下列关于卤代烃的说法正确的是()A．卤代烃性质稳定，不会对环境造成破坏B．卤代烃均难溶于水C．卤代烃都能发生消去反应D．有小分子(如水)生成的反应是消去反应4．下列物质中，既能发生水解反应，又能发生加成反应，但不能发生消去反应的是() A．CH2===CH—CH2CH2ClB．CH3CH2ClC．CH3BrD．5．(2014·蚌埠模拟)关于，下列结论中正确的是()A．该有机物分子式为C13H16B．该有机物属于苯的同系物C．该有机物分子至少有4个碳原子共直线D．该有机物分子最多有13个碳原子共平面6．(2013·淮南模拟)由2-氯丙烷制备少量的1,2-丙二醇()时，需经过的反应是()A．加成―→消去―→取代B．消去―→加成―→取代C．取代―→消去―→加成D．消去―→加成―→消去7．(2011·四川高考)25 ℃和101 kPa时，乙烷、乙炔和丙烯组成的混合烃32 mL与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体总体积缩小了72 mL，原混合烃中乙炔的体积分数为()A．12.5% B．25%C．50% D．75%8. 有机物分子中原子间(或原子与原子团间)的相互影响会导致物质化学性质的不同。
2023届高考化学一轮复习 第28讲 盐类的水解 课件(51张PPT)
―→KKaa22＞ ＜KKhh， ，溶 溶液 液显 显____酸碱__性性__________
HA－＋H2O
H2A＋OH－ Kh＝cH2cAH·Ac－OH－＝KKaw1
水解使溶液显碱性
例：(1) 已知25℃时，草酸(H2C2O4)的电离平衡常数Ka1＝5.6×10－2、Ka2＝1.5× 10－5，则NaHC2O4的盐类水解平衡常数Kh＝____1._8_×_1_0_－_13_________，Kh__＜____Ka2， pH__＜____7。(填“＞”“＜”或“＝”)
(3) 已知25℃时，HCN电离平衡常数Ka＝6.2×10－10，等浓度HCN与NaCN混合溶 液Kh___>___Ka(填“＞”“＜”或“＝”)，可见以___N__aC_N_水__解_______为主，溶液pH
___>___7。 【解析】
用精密pH试纸测得浓度均为0.1 mol/L的
C(2021·江苏百校
联考)
NH4HCO3溶液、HCOONa溶液的pH分别为
7.8、10.0
HNO2电离出H＋的能 力比CH3COOH的强
H2CO3电离出H＋的能 力比HCOOH的强
选项
实验操作和现象
结论
D(2020·苏锡常镇 常温下，分别测定同浓度Na2CO3溶液与
【解析】 pH＜7。
(1) Kh＝Ka1HK2wC2O4＝51.×6×101－01－42＝1.8×10－13，Ka2＞Kh溶液显酸性，
(2) 已知25℃时，碳酸的电离平衡常数Ka1＝4.5×10－7、Ka2＝4.7×10－11，则 NaHCO3的盐类水解平衡常数Kh＝_____2_.2_×__10_－_8________，Kh___＞___Ka2，pH___＞___7。 (填“＞”“＜”或“＝”)
2016届高考化学(人教版)一轮复习跟踪检测(18)Word版含解析
精品练习（18）1.向一密闭容器中充入1 mol N2和3 mol H2，在一定条件下发生反应：N2+3H22NH3。
对达到化学平衡状态时的有关说法正确的是( )A.N2将完全转化为NH3B.N2、H2和NH3的物质的量浓度一定相等C.N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化D.正反应和逆反应的速率都为零【解析】选C。
可逆反应不可能进行到底，A错；此反应中的任何时刻N2、H2的浓度都不可能相等，B错；达到化学平衡时正、逆反应速率相等但不为零，D错。
2.(双选)(2014·海南高考)将BaO2放入密闭的真空容器中，反应2BaO 2(s)2BaO(s)+O2(g)达到平衡，保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是( )A.平衡常数减小B.BaO量不变C.氧气压强不变D.BaO2量增加【解析】选C、D。
因为温度不变，只缩小体积，则化学平衡常数不变，A错误；缩小体积，氧气浓度增大，化学平衡逆向移动，氧化钡物质的量减少，过氧化钡物质的量增加，B错误、D正确；因为平衡常数不变，所以氧气的浓度不变，则压强不变，C正确。
【方法规律】化学平衡移动问题分析的思维模式3.(2014·安徽高考)臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO 2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图象作出的判断正确的是( )【解析】选A。
根据A项图知，该反应的反应物的能量比生成物高，是放热反应，升温时，平衡逆向移动，平衡常数减小，A正确；v(NO2)＝0.2 mol·L-1·s-1，单位错误，B错误；使用催化剂，不能使平衡移动，C错误；增大氧气浓度，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，D错误。
【加固训练】下列反应中符合下图图象的是( )A.N 2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝-Q1kJ·mol-1(Q1>0) B.2SO 3(g)2SO2(g)+O2(g)ΔH＝+Q2kJ·mol-1(Q2>0) C.4NH 3(g)+5O2(g)4NO (g)+6H2O(g)ΔH＝-Q3kJ·mol-1(Q3>0) D.H 2(g)+CO(g)C(s)+H2O(g)ΔH＝+Q4kJ·mol-1(Q4>0) 【解析】选B。
高考化学一轮复习课时跟踪练30含答案
课时跟踪练[基础巩固]1．有X、Y两种活性反应中间体微粒，均含有1个碳原子和3个氢原子，其球棍模型如下图所示。
下列说法错误的是()(X)(Y)A．X的组成为CH＋3B．Y的组成为CH－3C．X的中心原子的价层电子对数为4D．Y中键角小于120°解析：选C。
由题图可知，X为平面三角形结构，碳原子的价层电子对数为3，故其组成为CH＋3，A项正确，C项错误；Y为三角锥形结构，碳原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1，采取sp3杂化，故其组成为CH－3，键角小于120°，B、D项正确。
2．下列分子或离子中，中心原子的价层电子对的空间结构为四面体形且分子或离子的空间结构为V形的是()A．NO－2B．PH3C．H3O＋D．OF2解析：选D。
NO－2的中心原子的价层电子对的空间结构呈平面三角形，A不符合题意；PH3的空间结构呈三角锥形，B不符合题意；H3O ＋的空间结构呈三角锥形，C不符合题意；OF2的中心原子的价层电子对的空间结构为四面体形，且分子的空间结构为V形，D符合题意。
3．下列有关杂化轨道理论的说法不正确的是()A．杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变B．杂化轨道全部参与形成化学键C．sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°D．四面体形、三角锥形的结构可以用sp3杂化轨道理论解释解析：选B。
杂化前后的轨道数不变，轨道的形状发生了改变，故A正确；杂化轨道可以部分参与形成化学键，如NH3中N发生了sp3杂化，形成了4个sp3杂化轨道，但是只有3个参与形成了化学键，故B 错误；sp3、sp2、sp杂化轨道的空间结构分别是正四面体形、平面三角形、直线形，所以其夹角分别为109°28′、120°、180°，故C正确；四面体形、三角锥形分子的结构可以用sp3杂化轨道理论解释，如甲烷、氨气分子，故D正确。
2016年高考化学一轮复习配套课件专题1+1-4+氧化还原反应.ppt
C．实验①中MnO2是氧化剂 D．实验③说明Fe2＋还原性比I－强
课前自主回顾 第29页，共69页。
课堂互动探究
1．氧化还原反应方程式的配平
(1)配平方法 ①一标：标出反应前后 变价元素 的化合价。 ②二等：反应中 升价总数 和 降价总数 相等。
③三定：确定化合价发生变化的物质的化学计量数。
④四平：用观察法配平其他各物质的化学计量数。
⑤五查：检查反应前后是否遵循 质量 守恒和 电子 守
恒，离子方程式还有电荷守恒。
课前自主回顾 第20页，共69页。
课堂互动探究
课时作业
与名师对话
高考总复习 ·SJ版 ·化学
4．根据反应条件判断 当不同的氧化剂作用于同一还原剂时，如果氧化产物价 态相同，可根据反应条件的不同进行判断，一般条件越低， 氧化剂的氧化性越强。 5．根据氧化产物的价态高低判断 当变价的还原剂在相同的条件下作用于不同的氧化剂 时，可根据氧化产物价态的高低进行判断，一般氧化产物的 价态越高，氧化剂的氧化性越强。
课前自主回顾 第21页，共69页。
课堂互动探究
课时作业
与名师对话
高考总复习 ·SJ版 ·化学
6．根据电化学原理判断 (1)原电池负极的还原性较强；(2)电解池(以惰性电极为 例) 阳极：易失电子的先放电，其还原性顺序为：S2－>I－>Br －>Cl－>OH－；阴极：易得电子的先放电，其氧化性顺序为： Ag＋>Hg2＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋。 7．根据物质的浓度大小判断 具有氧化性(或还原性)的物质的浓度越大，其氧化性(或 还原性)越强。
课前自主回顾 第22页，共69页。
课堂互动探究
课时作业
与名师对话
2016届高考化学一轮复习考点集训氧化还原反应方程式的配平Word版含解析
氧化还原反应方程式的配平【知识点的知识】1、配平方法：2、配平原则：电子守恒、原子守恒、电荷守恒3、配平步骤：化合价升降法的基本步骤为：“一标、二等、三定、四平、五查”．“一标”指的是标出反应中发生氧化和还原反应的元素的化合价，注明每种物质中升高或降低的总价数．“二等”指的是化合价升降总数相等，即为两个互质（非互质的应约分）的数交叉相乘．“三定”指的是用跟踪法确定氧化产物、还原产物化学式前的系数．“四平”指的是通过观察法配平其它各物质化学式前的系数．“五查”指的是在有氧元素参加的反应中可通过查对反应式左右两边氧原子总数是否相等进行复核（离子反应还应检查电荷数是否相等），如相等则方程式已配平，最后将方程式中“-”改为“=”．【命题方向】题型：常规配平步骤考察典例已知离子方程式：As2S3+H2O+NO3-→AsO43-+SO42-+NO↑+____（未配平），下列说法错误的是（）A．配平后水的计量数为4 B．反应后溶液呈酸性C．配平后氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：28 D．氧化产物为AsO43-和SO42-分析：反应中As2S3→AsO43-、SO42-，As元素化合价由+3价升高为AsO43-中+5价，S元素化合价由-2价升高为SO2-中+6价，故As2S3是还原剂，AsO43-、SO42-是氧化产物，NO3-→NO，4N元素化合价由+5价降低为NO+2价，故NO3-是氧化剂，NO是还原产物，根据化合价升降配平所含元素化合价变化的各物质的系数，再根据原子守恒、电荷守恒确定缺项物质，配平方程式，据此解答．解答：反应中As2S3→AsO43-、SO42-，As元素化合价由+3价升高为AsO43-中+5价，S元素化合价由-2价升高为SO2-中+6价，化合价共升高2×（5-3）+3×[6-（-2）]=28，NO3-→NO，N4元素化合价由+5价降低为NO+2价，化合价共降低3价，故化合价升降最小公倍数为84，故As2S3系数为3，NO3-系数为4，根据原子守恒可知，AsO43-系数为6，SO42-系数为9，NO系数为28，根据电荷守恒可知，缺项为H+，故H+系数为8，由原子守恒可知，故H2O的系数为4，配平后离子方程式为：3As2S3+4H2O+28NO3-=6AsO43-+9SO42-+28NO↑+8H+，A．由上述分析可知，配平后水的系数为4，故A正确；B．反应后有H+生成，溶液呈酸性，故B正确；C．As2S3是还原剂，NO3-是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为28：3，故C错误；D．反应中As2S3→AsO43-、SO42-，As元素化合价由+3价升高为AsO43-中+5价，S元素化合价由-2价升高为SO2-中+6价，AsO43-、SO42-是氧化产物，故D正确；4故选C．点评：本题考查氧化还原反应基本概念、配平及有关计算等，难度中等，确定缺项物质是解题的关键．【解题方法点拨】特殊配平法：（1）逆向配平法：部分氧化还原反应、自身氧化还原反应等可用逆向配平法（歧化反应从右向左配，归中反应从左向右配）例：通过表明氧化产物、还原产物化合价的升降，确定CrCl3、Cl2的计量数为2和3，然后再用观察法配平．（2）设“1”配平法：设某一反应物或生成物（一般选用组成元素较多的物质作基准物）的化学计量数为1，其余各物质的化学计量数可根据原子守恒原理列方程求得．例：P4O+Cl2→POCl3+P2Cl6可令P4O前的系数为1，Cl2的系数为x，则1P4O+xCl2→POCl3+3/2P2Cl6，再由Cl原子守恒得2x=3+3/2×6 得x=6 即可配平（3）零价配平法：先令无法用常规方法确定化合价的物质中各元素均为零价，然后计算出各元素化合价的升降值，并使元素化合价升降总数相等，最后用观察法配平其他物质的化学计量数．例：Fe3C+HNO3=Fe（NO3）3+CO2↑+NO2↑+H2O复杂化合物Fe3C按照常规方法分析，无法确定其Fe和C的具体化合价，此时可令组成物质的各元素化合价为零价，根据化合价升降法配平．再用观察法确定物质的化学计量数．（4）整体标价法：当某元素的原子在某化合物中有数个时，可将它作为一个整体对待，根据化合物中元素化合价代数和为零原则予以整体标价．例：S+Ca（OH）2→CaS x+Ca2S2O3+H2O生成物CaSx、Ca2S2O3中的S x、S2作为一个整体标价为-2、+4价，则化合价升降关系为：S x0→-2 降2×2S20→+4 升4×1即可配平．（5）缺项配平法：一般先确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量系数，再通过比较反应物与生成物，确定缺项（一般为H2O、H+或OH-），最后观察配平．（6）有机氧化还原反应的配平：有机物中元素的化合价一般来讲，氢元素显+1价，氧元素显-2价，然后再根据化合价的代数和为零求酸碳元素的平均化合价．一、选择题（共15小题）1．在过量的稀硫酸溶液中加入5.6g Fe粉，待反应完全后，再加入50mL0.5mol•L﹣1KNO3溶液，恰好反应完全．该反应的方程式为：“FeSO4+KNO3+H2SO4=K2SO4+Fe2（SO4）3+N x O y+H2O”，则对该反应的下列说法正确的是（）A．反应中还原产物是NOB．氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：8C ． 反应过程中转移的电子数为4e ﹣D ． 化学方程式中按物质顺序的计量数是：8、2、5、1、4、1、52．做实验时不小心粘了一些高锰酸钾，皮肤上的黑斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：2MnO 4﹣+5C 2O 42﹣+H+C 2O 4﹣CO 2MnO 4﹣+Mn2++□．关于此反应的叙述正确的是（ ） A ． 该反应的氧化剂是MnO 4﹣B ． 该反应右边方框内的产物是OH ﹣C ． 该反应电子转移总数是5e ﹣D ． 配平该反应后，H+的系数是163．化学反应SO 2+H 2O+HNO 3﹣H 2SO 4+NO 经配平后，还原剂的化学计量数为（ ） A ． 1 B ． 2 C ． 3 D ． 44．已知氧化性Fe 3+＞I 2．FeI 2溶液中通入一定量的Cl 2，发生反应的离子方程式为：a Fe 2++bI ﹣+c Cl 2→d Fe 3++e I 2+f Cl ﹣下列选项中的数字与离子方程式中的a 、b 、c 、d 、e 、f 一一对应，其中不符合反应实际的是（ ）A ． 2 4 3 2 2 6B ． 0 2 1 0 1 2C ． 2 0 1 2 0 2D ． 2 10 6 2 5 125．NaNO 2是一种食品添加剂，它能致癌，酸性KMnO 4溶液与NaNO 2反应的离子方程式为MnO 4﹣+NO 2﹣+H +﹣Mn 2++□+H 2O （未配平）．下列叙述正确的是（ ） A ． 反应后溶液pH 下降B ． 通常用盐酸酸化的高锰酸钾溶液C ． 方框中粒子为NO 2D ． 当生成1 mol Mn 2+需消耗2.5 mol NO 2﹣6．高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与亚铁离子反应，离子方程式如下（未配平）：____MnO 4+____Fe 2++____H +═K 2SO 4+____Mn 2++____Fe 3++H 2O ，下列有关说法正确的是（ ） A ． MnO 4﹣和H +是氧化剂，Fe 2+是还原剂 B ． H 2O 既是氧化物又是还原物C ． 每生成1mol 水转移1.2mol 的电子D ． Fe 2+的还原性强于Mn 2+7．在xR 2++yH ++O 2=mR 3++nH 2O 的离子方程式中，对系数m 的判断正确的是（ ） A ． m=4 B ． m=n C ． m=2 D ． m=y=38．已知氧化性Br 2＞Fe 3+．FeBr 2溶液中通入一定量的Cl 2，发生反应的离子方程式为：aFe 2++bBr ﹣+cCl 2→dFe 3++eBr 2+fCl ﹣，下列选项中的数字与离子方程式中的a 、b 、c 、d 、e 、f 一一对应，其中不符合反应实际的是（ ）A ． 2 4 3 2 2 6B ． 0 2 1 0 1 2C ． 2 0 1 2 0 2D ． 2 2 2 2 1 49．有一个未完成的离子方程式：+XO3﹣+6H+═3X2+3H2O．据此判断下列说法中正确的是（）A．X可能是周期表中第二周期元素B．X元素的原子最外层上有7个电子C．X2是还原产物，H2O是氧化产物D．若生成3mol X2，转移6mol电子10．把图B中的物质补充到图A中，可得到一个完整的氧化还原型离子方程式（未配平）对该氧化还原反应型离子方程式说法不正确的是（）A．IO作氧化剂B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2C．若有2 mol Mn2+参加反应时则转移10 mol电子D．配平后Mn2+、H+的化学计量数分别为2、311．火星的岩层中含有丰富的高氯酸盐，实验室中可用碘水测定其含量，相关反应为：ClO4﹣+I2+X→Cl﹣+IO3﹣+Y，则X、Y分别为（）A．H+、H2O B．OH﹣、H2O C．H2O、H+ D．H2O、OH﹣12．已知氧化性Fe3+＞I2．向Fe I2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为：a Fe2++b I﹣+c Cl2→d Fe3++e I2+f Cl﹣．下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f 一一对应，其中不符合反应实际的是（）A．2，4，3，2，2，6 B．0，2，1，0，1，2 C．2，0，1，2，0，2 D．2，8，5，2，4，1013．将NO3﹣+Zn+OH﹣+H2O→NH3+Zn（OH）42﹣配平后，离子方程式中H2O的系数是（）A．2 B． 4 C． 6 D．814．已知单质铁溶于一定浓度的HNO3溶液中反应的离子方程式为：aFe+bNO3﹣+cH+═dFe2++fFe3++gNO↑+hN2O↑+kH2O，化学计量数a～k均为正整数．则它们之间的关系错误的是（）A．c=4g+10h B．a+c=d+f C．2d+3f=3g+8h D．c﹣b=2d+3f15．水热法制备纳米颗粒Y（化合物）的反应为3Fe2++2S2O32﹣+O2+aOH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O，下列说法中，不正确的是（）A．a=4B．Y的化学式为Fe2O3C．S2O32﹣是还原剂D．每有1molO2参加反应，转移的电子总数为4mol二、填空题（共5小题）（除非特别说明，请填准确值）16．“低碳循环”已引起各国家的高度重视，而如何降低大气中CO2的含量和有效地开发利用CO2正成为化学家研究的主要课题．（l）用电弧法合成的储氢纳米碳管常伴有大量的碳纳米颗粒（杂质），这种颗粒可用如下氧化法提纯，请完成该反应的化学方程式：C+KMnO4+H2SO4→CO2↑+MnSO4+K2SO4+H2O将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），得到如下两组数据：实验组温度℃起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/minCO H2O H2 CO1 650 42 1.6 2.4 62 900 2 1 0.4 1.6 3①实验2条件下平衡常数K=．②实验3，若900℃时，在此容器中加入CO、H2O、CO2、H2均为1mol，则此时v正v （填“＜”，“＞”，“=”）．逆③由两组实验结果，可判断该反应的正反应△H0（填“＜”，‘‘＞”，“=”）．（3）己知在常温常压下：①2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1275.6kJ/mol②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566.0kJ/mol③H2O（g）═H2O（l）△H=﹣44.0kJ/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：2CO（g）═2C（s）+O2（g）①已知该反应的△H＞0，简述该设想能否实现的依据：．②目前，在汽车尾气系统中装置催化转化器可减少CO和NO的污染，其化学反应方程式为．（5）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=2.8×10﹣9．CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为1×10﹣4mol/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为mol/L．17．被誉为“太空金属”的钛（Ti），在自然界中主要以金红石（TiO2）的形式存在．由于金红石熔点高，为金属Ti的直接制备带来了困难．在工业上常常采用将其先转化成熔沸点较低的TiCl4后再进行还原的方法．金红石转化成TiCl4的反应方程式如下：TiO2+C+Cl2═TiCl4+CO （1）配平上述反应的化学方程式并用双线桥法标出电子转移；指出该反应的氧化剂，氧化产物；（3）当有6mol电子转移，则有mol还原剂被氧化．18．建筑工地常用的NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒．已知NaNO2能发生如下反应：NaNO2+HI→NO↑+I2+NaI+H2O（1）配平上述反应方程式，将系数填入横线中．上述反应的氧化剂是，若反应中有5mol电子转移，则生成NO在标准状况下的体积是L．（3）根据上述反应，可用试纸和生活中常见的物质进行实验，以鉴别NaNO2和NaCl，可选用的物质有：①水②碘化钾淀粉试纸③淀粉④白酒⑤白醋，进行实验，下列几组合适的是（填序号）．A．③⑤B．②④C．①②D．②⑤19．次磷酸钠（NaH2PO2）可用于化学镀镍，即通过化学反应在塑料镀件表面沉积镍﹣磷合金．（1）化学镀镍的溶液中含有Ni2+和H2PO，在酸性条件下发生以下镀镍反应：①Ni2++H2PO+→Ni+H2PO+②6H2PO+2H+→2P+4H2PO+3H2↑请配平反应式①．反应式①中还原剂是，被还原元素是．（3）反应②中，若生成1mol H2PO，反应中转移电子的物质的量为．（4）从二个化学镀镍反应分析，若生成1mol Ni和1mol P，同时有mol H2PO生成．（5）完成下列各小题中的化学反应方程式：碱金属与O2反应生成氧化物较复杂，有普通氧化物（如K2O）过氧化物（如K2O2）还有超氧化物和臭氧化物等．要制备碱金属的普通氧化物一般是用碱金属还原对应的过氧化物、硝酸盐或亚硝酸盐．写出下列化学反应式：①钠与过氧化钠反应②钾还原硝酸钾还产生了一种单质气体．20．今年5月12日14时28分，我国四川省汶川发生特大地震，给人民的生产生活带来了巨大灾难．过氧乙酸（CH3COOOH）是震区防疫消毒广为使用的消毒剂．它可由H2O2和冰醋酸反应制取，所以在过氧乙酸中常含有残留的H2O2．测定产品中过氧乙酸浓度c1，涉及下列反应：①__MnO4﹣+__H2O2+__H+═__Mn2++__O2+__H2O②H2O2+2I﹣+2H+═I2+2H2O③CH3COOOH+2I﹣+2H+═CH3COOH+I2+H2O④I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣请回答以下问题：（1）配平反应①的离子方程式并标出电子转移情况：MnO4﹣+H2O2+H+═Mn2++O2+H2O用Na2S2O3标准溶液滴定I2时（反应④）选用的指示剂是．（3）取b0mL待测液，用硫酸使溶液酸化，再用浓度为a1mol•L﹣1的KMnO4标准溶液滴定其中的H2O2，耗用的KMnO4体积为b1mL（反应①，滴定过程中KMnO4不与过氧乙酸反应）．另取b0mL待测液，加入过量的KI，并用硫酸使溶液酸化，此时过氧乙酸和残留的H2O2都能跟KI反应生成I2（反应②和③）．再用浓度为a2mol•L﹣1的Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，耗用Na2S2O3溶液体积为b2mL．请根据上述实验数据计算过氧乙酸的浓度（用含a1、a2、b0、b1、b2的代数式表示）．c0=．（4）为计算待测液中过氧乙酸的浓度c0，加入的KI的质量已过量但没有准确称量，是否影响测定结果（填是或否）．三、解答题（共3小题）（选答题，不自动判卷）21．硼是第ⅢA族元素．（1）B原子的电子有个不同的能级；晶体硼熔点为2300℃，则其为晶体．BF3分子为平面正三角形，则BF3属于分子（填“极性”或“非极性”）；某同学列了一个比较通常化合物中离子半径大小的关系式：H﹣＞Li+＞Be2+＞B3+，这是个前提错误的式子，原因是．（3）原子个数相同、价电子数也相同的分子（或离子）叫“等电子体”，等电子体有相似的结构．B3N3H6与苯是等电子体，试写出其结构式．（4）NaBH4可用于电镀（3Ni3B+Ni）为耐腐蚀的坚硬镀层．10NiCl2+8NaBH4+17NaOH+3→（3Ni3B+Ni）+5NaB（OH）4+20NaCl+□H2↑①完成并配平以上化学方程式．②反应中H元素化合价发生的变化是．（5）B原子只有3个价电子，形成的化合物大多属于“缺电子化合物”，其中的B原子还能接受其它物质中氧（或氮等）原子的孤对电子形成“配位键”．硼酸[H3BO3或B（OH）3]是一元弱酸，它的水溶液之所以呈弱酸性并非本身电离出H+，而是硼酸与水作用时，与水电离产生的OH﹣结合，导致溶液中c（H+）＞c（OH﹣）．用离子方程式表示硼酸呈酸性的原因．22．某反应体系中的物质有：NF3、HF、NO、HNO3、H2O．请根据要求回答下列问题：（1）请将方程式补全，并配平．NF3+═HF++反应过程中，被氧化与被还原的元素的物质的量之比为；（3）NF3是一种无色、无臭的气体，但一旦NF3在空气中泄漏，还是易于发现．你判断该气体泄漏时的现象是；一旦NF3泄漏，可以用（填化学式）溶液喷淋的方法减少污染．（4）H2O与H2O2都是由氢、氧两种元素形成的化合物．其中H2O2可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称．如消除采矿业胶液中的氰化物（如KCN），经以下反应实现：KCN+H2O2+H2O═A+NH3↑，试指出生成物A的化学式为．23．已知工业盐中含有NaNO2，外观和食盐相似，有咸味，人若误食会引起中毒，致死量为0.3～0.5g．已知NaNO2能发生如下反应（方程式已配平）：2NO2﹣+xI﹣+yH+=2NO↑+I2+zH2O，请回答下列问题：（1）上述反应中，x=，y=，z=，氧化剂是．根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl可选用的物质有：①碘化钾淀粉试纸、②淀粉、③食醋、④白酒，你认为必须选用的物质有（填序号）．（3）某工厂废切削液中含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成水污染，但加入下列物质中的某一种就能使NaNO2转化为不引起污染的N2，该物质是．A．NaCl B．KMnO4 C．浓硫酸D．NH4Cl（4）饮用水中的NO3﹣对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO3﹣的浓度，某饮用水研究人员提出，在碱性条件下用铝粉将NO3﹣还原为N2，请配平化学方程式：□Al+□NaNO3+□NaOH+□H2O=□+□N2↑．若反应过程中转移0.5mol电子，则生成标况下的N2体积为．氧化还原反应方程式的配平参考答案与试题解析一、选择题（共15小题）1．在过量的稀硫酸溶液中加入5.6g Fe粉，待反应完全后，再加入50mL0.5mol•L﹣1KNO3溶液，恰好反应完全．该反应的方程式为：“FeSO4+KNO3+H2SO4=K2SO4+Fe2（SO4）3+N x O y+H2O”，则对该反应的下列说法正确的是（）A．反应中还原产物是NOB．氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：8C．反应过程中转移的电子数为4e﹣D．化学方程式中按物质顺序的计量数是：8、2、5、1、4、1、5考点：氧化还原反应方程式的配平．专题：氧化还原反应专题．分析：n（Fe）==0.1mol，n（KNO3）=0.5mol/L×0.05L=0.025mol，根据原子守恒知n（FeSO4）=n（Fe）=0.1mol，二者恰好反应，则n（FeSO4）：n（KNO3）=0.1mol：0.025mol=4：1，设氮氧化物中N元素化合价为n，根据转移电子守恒得0.1mol×（3﹣2）=0.025mol×（5﹣n），n=1，所以N x O y中x=2、y=1，再结合转移电子守恒、原子守恒配平方程式为8FeSO4+2KNO3+5H2SO4=K2SO4+4 Fe2（SO4）3+N2O+5H2O，据此分析解答．解答：解：n（Fe）==0.1mol，n（KNO3）=0.5mol/L×0.05L=0.025mol，根据原子守恒知n（FeSO4）=n（Fe）=0.1mol，二者恰好反应，则n（FeSO4）：n（KNO3）=0.1mol：0.025mol=4：1，设氮氧化物中N元素化合价为n，根据转移电子守恒得0.1mol×（3﹣2）=0.025mol×（5﹣n），n=1，所以N x O y中x=2、y=1，再结合转移电子守恒、原子守恒配平方程式为8FeSO4+2KNO3+5H2SO4=K2SO4+4 Fe2（SO4）3+N2O+5H2O，A．反应中还原产物是N2O，故A错误；B．硫酸铁是氧化产物、N2O是还原产物，所以氧化产物和还原产物的物质的量之比为4：1，故B错误；C．反应过程中转移的电子数为0.1mol×（3﹣2）=0.1mol，故C错误；D．通过以上分析知，化学方程式中按物质顺序的计量数是：8、2、5、1、4、1、5，故D正确；故选D．点评：本题考查氧化还原反应的计算，侧重考查分析和计算能力，正确配平方程式是解本题关键，注意从转移电子、原子守恒角度配平方程式，题目难度中等．2．做实验时不小心粘了一些高锰酸钾，皮肤上的黑斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：2MnO 4﹣+5C 2O 42﹣+H+C 2O 4﹣CO 2MnO 4﹣+Mn2++□．关于此反应的叙述正确的是（ ）A ． 该反应的氧化剂是MnO 4﹣B ． 该反应右边方框内的产物是OH ﹣C ． 该反应电子转移总数是5e ﹣D ． 配平该反应后，H+的系数是16考点： 氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算． 专题： 氧化还原反应专题．分析： 该反应中，锰元素化合价由+7价变为+2价，草酸根离子中碳原子化合价由+3价变为+4价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，根据转移电子数相等及原子守恒配平方程式． 解答： 解：A ．该反应中，锰元素化合价由+7价变为+2价，所以高锰酸根离子作氧化剂，故A 正确；B ．根据元素守恒、原子守恒知，该反应右边方框内的产物是H 2O ，故B 错误；C ．配平该反应可得：2MnO 4﹣+5C 2O 4 2﹣+16H +═10CO 2↑+2Mn 2++8H 2O ，转移电子总数是10e ﹣，故C 错误；D ．配平该反应可得：2MnO 4﹣+5C 2O 4 2﹣+16H +═10CO 2↑+2Mn 2++8H 2O ，所以氢离子系数是16，故D 正确； 故选AD ． 点评： 本题考查了氧化还原反应及其配平，根据得失电子相等及原子守恒来配平方程式即可，难度不大．3．化学反应SO 2+H 2O+HNO 3﹣H 2SO 4+NO 经配平后，还原剂的化学计量数为（ ） A ． 1 B ． 2 C ． 3 D ． 4考点： 氧化还原反应方程式的配平． 专题： 氧化还原反应专题．分析： 根据氧化还原反应得失电子数相等配平方程式．解答： 解：SO 2+H 2O+HNO 3﹣H 2SO 4+NO ，该反应中化合价的变化如下：SO 2→H 2SO 4，S 元素由+4价→+6价，一个SO 2分子失2个电子，所以SO 2是还原剂；HNO 3→NO ，N 元素由+5价→+2价，一个HNO 3分子得3个电子，所以硝酸是氧化剂；得失电子的最小公倍数为6，所以SO 2的化学计量数为3，HNO 3的化学计量数为2，其它元素根据原子守恒配平．所以该方程式为3SO 2+2H 2O+2HNO 3=3H 2SO 4+2NO ． 故选C ．点评： 本题考查了氧化还原反应方程式的配平，氧化剂、还原剂根据得失电子数相等配平，其它元素根据原子守恒配平．4．已知氧化性Fe 3+＞I 2．FeI 2溶液中通入一定量的Cl 2，发生反应的离子方程式为：a Fe 2++bI ﹣+c Cl 2→d Fe 3++e I 2+f Cl ﹣下列选项中的数字与离子方程式中的a 、b 、c 、d 、e 、f 一一对应，其中不符合反应实际的是（ ）A ． 2 4 3 2 2 6B ． 0 2 1 0 1 2C ． 2 0 1 2 0 2D ． 2 10 6 2 5 12考点：氧化还原反应方程式的配平；氧化性、还原性强弱的比较．专题：氧化还原反应专题．分析：向FeI2溶液中通入氯气，氯气先和碘离子发生置换反应，然后再和亚铁离子发生反应，根据氯气和FeI2反应的离子方程式确定a、b、c、d、e、f是否符合反应实际；A．2Fe2++4I﹣+3Cl2→2Fe3++2I2+6Cl﹣，氯气足量时可以发生；B．0Fe2++2I﹣+Cl2→0Fe3++I2+2Cl﹣，氧化性Fe3+＞I2，可以发生；C．2Fe2++0I﹣+Cl2→2Fe3++0I2+2Cl﹣，氯气不足时，氯气先和碘离子发生置换反应，不可以发生；D．2Fe2++10I﹣+6Cl2→2Fe3++5I2+12Cl﹣，氯气不足，把碘离子氧化成碘单质，再部分氧化亚铁离子．解答：解：向FeI2溶液中通入氯气，氯气先和碘离子发生置换反应2I﹣+Cl2=2Cl﹣+I2，然后再和亚铁离子发生反应2Fe2++Cl2=Fe3++2Cl﹣；所以在含有n molFeI2的溶液中通入Cl2，有x molCl2发生反应，当≥时，碘离子、二价铁离子全部被氧化；≤1时，只能氧化碘离子；1＜＜时，既氧化全部碘离子，又氧化部分二价铁离子；A．氯气过量，I﹣、Fe2+都完全被完全氧化，反应方程式为2Fe2++4I﹣+3Cl2═2Fe3++2I2+6Cl﹣，故A正确；B．氧化性Fe3+＞I2，碘离子的还原性强于二价铁离子，氯气少量，只能氧化碘离子，2I﹣+Cl2→I2+2Cl﹣，故B正确；C．氧化性Fe3+＞I2，碘离子的还原性强于二价铁离子，氯气少量，只能氧化碘离子，不可以先氧化二价铁离子，故C错误；D．当加入的氯气把I﹣完全氧化成I2，还有部分剩余时，再部分氧化亚铁离子，可以发生反应2Fe2++10I﹣+6Cl2→2Fe3++5I2+12Cl﹣，故D正确；故选C．点评：本题以氯气和碘化亚铁的反应为载体考查了氧化还原反应，明确溶液中离子反应的先后顺序是解本题的关键，题目难度中等．5．NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌，酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式为MnO4﹣+NO2﹣+H+﹣Mn2++□+H2O （未配平）．下列叙述正确的是（）A．反应后溶液pH下降B．通常用盐酸酸化的高锰酸钾溶液C．方框中粒子为NO2D．当生成1 mol Mn2+需消耗2.5 mol NO2﹣考点：氧化还原反应方程式的配平．专题：氧化还原反应专题．分析：该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以MnO4﹣是氧化剂，NO2﹣应该作还原剂，亚硝酸根离子中N元素应该失电子化合价升高，酸性条件下，应该生成硝酸根离子，根据转移电子相等、原子守恒配平方程式为2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+=2Mn2++5NO3﹣+3H2O，据此分析解答．解答：解：该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以MnO4﹣是氧化剂，NO2﹣应该作还原剂，亚硝酸根离子中N元素应该失电子化合价升高，酸性条件下，应该生成硝酸根离子，根据转移电子相等、原子守恒配平方程式为2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+=2Mn2++5 NO3﹣+3H2O，A．该反应中氢离子参加反应，所以反应过程中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故A错误；B．HCl具有还原性，能被高锰酸钾溶液氧化，所以不能用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液，应该用稀硫酸，故B错误；C．通过以上分析知，方框中粒子为NO3﹣，故C错误；D．根据方程式知，当生成1 mol Mn2+需消耗2.5 mol NO2﹣，故D正确；故选D．点评：本题考查氧化还原反应，根据高锰酸钾的性质确定NO2﹣的性质，正确配平方程式是解本题关键，易错选项是B，注意盐酸的性质，为易错点．6．高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与亚铁离子反应，离子方程式如下（未配平）：____MnO4+____Fe2++____H+═K2SO4+____Mn2++____Fe3++H2O，下列有关说法正确的是（）A．MnO4﹣和H+是氧化剂，Fe2+是还原剂B．H2O既是氧化物又是还原物C．每生成1mol水转移1.2mol的电子D．Fe2+的还原性强于Mn2+考点：氧化还原反应方程式的配平．分析：该反应中，锰元素的化合价由+7价变为+2价，铁元素的化合价由+2价变为+3价，A．得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物；B．根据元素化合价的变化确定氧化产物和还原产物；C．根据水和转移电子之间的关系式计算；D．同一自发进行的氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性．解答：解：A．该反应中，锰元素的化合价由+7价变为+2价，铁元素的化合价由+2价变为+3价，所以氧化剂是MnO4﹣，还原产物是Mn2+，Fe2+是还原剂，故A错误；B、Mn2+是还原产物，Fe3+是氧化产物，水既不是氧化产物也不是还原产物，故B错误；C．根据得失电子相等配平方程式得2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO4）3+8H2O，根据方程式知，生成1mol水时，转移电子的物质的量==1.25mol，故C错误；D．该反应中还原剂是Fe2+，还原产物是Mn2+，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，Fe2+的还原性强于Mn2+，故D正确；故选D．点评：本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，根据基本概念来分析解答，明确铁离子的检验方法，难度不大．7．在xR2++yH++O2=mR3++nH2O的离子方程式中，对系数m的判断正确的是（）A．m=4 B．m=n C．m=2 D．m=y=3考点：氧化还原反应方程式的配平．专题：氧化还原反应专题．分析：xR2++yH++O2═mR3++nH2O中，由原子守恒可知，x=m，n=2，y=4，由电荷守恒可知，2x+4=3m，所以m=4，该反应中R元素的化合价升高，O元素的化合价降低，以此来解答．解答：解：xR2++yH++O2═mR3++nH2O中，由原子守恒可知，x=m，n=2，y=4，由电荷守恒可知，2x+4=3m，x=m，所以m=4，故选：A．点评： 本题考查氧化还原反应，为高考常考考点，注意电荷守恒及原子守恒的应用，侧重基本概念的考查，明确反应中元素的化合价变化即可解答，题目难度不大．8．已知氧化性Br 2＞Fe 3+．FeBr 2溶液中通入一定量的Cl 2，发生反应的离子方程式为：aFe 2++bBr ﹣+cCl 2→dFe 3++eBr 2+fCl ﹣，下列选项中的数字与离子方程式中的a 、b 、c 、d 、e 、f 一一对应，其中不符合反应实际的是（ ）A ． 2 4 3 2 2 6B ． 0 2 1 0 1 2C ． 2 0 1 2 0 2D ． 2 2 2 2 1 4考点： 氧化还原反应方程式的配平．专题： 氧化还原反应专题．分析： A 、2Fe 2++4Br ﹣+3Cl 2→2Fe 3++2Br 2+6Cl ﹣，氯气足量时可以发生；B 、0Fe 2++2Br ﹣+Cl 2→0Fe 3++Br 2+2Cl ﹣，氧化性Br 2＞Fe 3+，不可能；C 、2Fe 2++0Br ﹣+Cl 2→2Fe 3++0Br 2+2Cl ﹣，氯气不足时，可以发生；D 、2Fe 2++2Br ﹣+2Cl 2→2Fe 3++1Br 2+4Cl ﹣，氯气不足，把亚铁离子氧化成三价铁离子后，再部分氧化溴离子．解答： 解：A 、氯气过量，Br ﹣、Fe 2+都完全被完全氧化，反应方程式为2Fe 2++4Br﹣+3Cl 2═2Fe 3++2Br 2+6Cl ﹣，故A 正确；B 、氧化性Br 2＞Fe 3+，不可能存在Fe 2+、Br 2共存，故B 错误；C 、加入的氯气的物质的量与铁的物质的量1：2时，发生反应 2Fe 2+﹣+Cl 2═2Fe 3++2Cl ﹣，故C 正确；D 、当加入的氯气把Fe 2+完全氧化成Fe 3+，还有部分剩余时，可以发生反应2Fe 2++2Br﹣+2Cl 2→2Fe 3++1Br 2+4Cl ﹣，故D 正确；故选B ．点评： 本题以氯气和溴化亚铁的反应为载体考查了氧化还原反应，明确溶液中离子反应的先后顺序是解本题的关键，题目难度中等．9．有一个未完成的离子方程式：+XO 3﹣+6H +═3X 2+3H 2O ．据此判断下列说法中正确的是（ ）A ． X 可能是周期表中第二周期元素B ． X 元素的原子最外层上有7个电子C ． X 2是还原产物，H 2O 是氧化产物D ． 若生成3mol X 2，转移6mol 电子考点： 氧化还原反应方程式的配平．专题： 氧化还原反应专题．分析： 根据离子方程式左右电荷相等，则未知物应含有5个负电荷，根据方程式遵循质量守恒定律可知，如生成3mol X 2，则XO 3﹣为1mol ，未知物为5mol ， 所以1mol 未知物含有1mol 负电荷，即X 的最低化合价为﹣1价，X 原子最外层有7个电子，最高化合价为+7价，以此解答该题．解答： 解：根据离子方程式左右电荷相等，则未知物应含有5个负电荷，根据方程式遵循质量守恒定律可知，如生成3mol X 2，则XO 3﹣为1mol ，未知物为5mol ， 所以1mol 未知物含有1mol 负电荷，即X 的最低化合价为﹣1价，X 原子最外层有7个电子，最高化合价为+7价．。
高考化学一轮复习课时跟踪练28含答案
课时跟踪练[基础巩固]1．(2024·广州高三阶段测试)为维护国家安全和利益，经国务院批准，决定对镓、锗相关物项实施出口管制。
下列说法不正确的是()A.镓的核电荷数为31B．锗元素的相对原子质量为72.63C．镓、锗位于元素周期表p区D．镓、锗是稀土元素解析：选D。
A.镓为31号元素，核电荷数为31，A正确；B.根据题图可知，锗元素的相对原子质量为72.63，B正确；C.根据镓、锗的价层电子排布可知，二者位于元素周期表p区，C正确；D.镓、锗为主族元素，不是稀土元素，D错误。
2．某元素原子的最外层电子数为2，价层电子数为5，并且该元素是同族中原子序数最小的元素。
下列关于该元素的判断错误的是() A．该元素原子的电子排布式为[Ar]3d34s2B．该元素为VC．该元素属于第ⅢA族元素D．该元素属于过渡元素答案：C3．(2024·肇庆高三质检)下列有关物质性质的比较正确的是() A．碱性强弱：Ba(OH)2＜Ca(OH)2＜KOHB．离子半径：Mg2＋＜O2－＜F－C．还原性：SiH4＞PH3＞HClD．热稳定性：CH4＞NH3＞HF解析：选C。
A项，金属性：Ca<Ba，碱性强弱：Ba(OH)2＞Ca(OH)2，A不正确；B项，核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径：O2－＞F－>Mg2＋，B不正确；C项，非金属性：Si<P<Cl，还原性：SiH4＞PH3＞HCl，C正确；D项，非金属性：C<N<F，热稳定性：CH4＜NH3＜HF，D不正确。
4．第一电离能、第二电离能、第三电离能分别用I1、I2、I3表示，下表是第三周期部分元素的电离能[单位：eV(电子伏特)]数据。
A．甲的金属性比乙的弱B．乙的化合价为＋1价C．丙一定是非金属元素D．丁一定是金属元素解析：选C。
根据I2(甲)≫I1(甲)和I3(乙)≫I2(乙)以及甲、乙在第三周期可推知甲为Na，乙为Mg，金属性：Na>Mg，Mg的化合价为＋2价，A、B不正确；根据丙的各级电离能可知，丙为原子序数大于Al 的非金属元素，再根据I1(丁)>I1(丙)>I1(Mg)可推知，丁为第三周期中原子序数大于Al的非金属元素，C正确、D不正确。
2016届高考化学第一轮复习课件课时跟踪检测(二十九) 习题讲解
物质 试剂
乙酸
乙醇 混溶 混溶
苯 分层 分层
氢氧化钡 有白色沉淀 溶液呈蓝色
碳酸钠溶液 有气体生成 紫色石蕊试液 溶液呈红色
答案：D
16．解析：乙酸和乙醇均在下层，乙酸乙酯在上层，分液后将下层 液体A蒸馏，可将乙醇蒸出，然后在乙酸钠中加入H2SO4使之 反应生成乙酸，再将乙酸蒸出。 答案：B 17．解析：乙物质不能发生加成反应，D项错误。 答案：D
12．解析：该有机物含有三种官能团：羟基、碳碳双键、羧 基，故该有机物能发生酯化反应、加成反应和氧化反应， 不能发生水解反应。 答案：A 13．解析：B项，2Na＋2CH3COOH―→2CH3COONa＋H2↑， 2CH3CH2OH＋2Na―→2CH3CH2ONa＋H2↑，葡萄糖分子 中含—OH，也能和钠发生反应。 答案：B
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4．解析：A项葡萄糖、果糖是单糖，不能发生水解反应；B项 蛋白质除含C、H、O元素外，还含有N、S等元素；C项油 脂、单糖和二糖不属于高分子化合物。 答案：D 5．解析：体积分数为75%的乙醇消毒效果最好，该浓度的乙醇 用于医疗消毒，故选项B正确。 答案：B
6．解析：植物油的分子结构中含碳碳不饱和键，能使酸性 KMnO4溶液褪色，A错误；甲烷与Cl2发生取代反应，乙烯和 Br2发生加成反应，B错误；乙醇分子中的羟基和乙酸分子中的 羧基均能与Na反应放出H2，D错误。 答案：C 7．解析：反应物混合的顺序为：将浓硫酸加入乙醇中，冷却后再 加入冰醋酸，故A不正确。 答案：A
8．解析：要求三种液体满足的条件是：甲与乙互不相溶且乙 的密度小于甲；乙和丙互不相溶且丙的密度小于乙；只 有A组三种物质符合。 答案：A 9．解析：②乙醇汽油是混合物；④石油的分馏是物理变化。 答案：A
江西省横峰中学2016届高考化学第一轮复习一课双测备选作业：课时跟踪检测(二) 铝及其化合物含解析
课时跟踪检测（二)铝及其化合物1．化学与科学、技术、社会、环境密切相关。
下列说法不正确的是（）A．常温下浓硝酸与铝发生钝化，可用铝制容器存放浓硝酸B．向MgCl2、AlCl3溶液中分别加入过量的氨水来比较镁、铝的金属性强弱C．铝合金的大量使用归功于人们能使用电解法从氧化铝中获得铝D．明矾在水中能形成Al（OH）3胶体，可用作净水剂2．（2014·西安模拟)下列反应的离子方程式书写正确的是（）A．向氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O===AlO错误!＋4NH错误!＋2H2OB．向浓烧碱溶液中加入铝片：Al＋2OH－===AlO错误!＋H2↑C．用浓NaOH溶液溶解Al2O3：2OH－＋Al2O3===2AlO－，2＋H2OD．向碳酸镁中滴加稀盐酸：CO2－3＋2H＋===CO2↑＋H2O3．(2013·山东高考)足量下列物质与相同质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是（）A．氢氧化钠溶液B．稀硫酸C．盐酸D．稀硝酸4．双羟基铝碳酸钠是医疗上常用的一种抑酸剂，其化学式是NaAl（OH）2CO3。
关于该物质的说法正确的是()A．该物质属于两性氢氧化物B．该物质是Al(OH）3和Na2CO3的混合物C．1 mol NaAl（OH)2CO3最多可消耗3 mol H＋D．该药剂不适合于胃溃疡患者服用5．（2014·南昌一模)某溶液能与Al粉反应放出H2，该溶液中可能大量共存的离子组是（）A．NH错误!、Ba2＋、HCO错误!、Cl－B．K＋、Al3＋、S2－、ClO－C．Na＋、Fe3＋、Cl－、SO2－，4D．NH＋4、Mg2＋、SO2－，4、NO错误!6．某校化学兴趣小组用如图所示过程除去AlCl3溶液中含有的Mg2＋、K＋杂质离子并尽可能减少AlCl3的损失。
下列说法正确的是（)A．NaOH溶液可以用氨水来代替B．溶液a中含有Al3＋、K＋、Cl－、Na＋、OH－C．溶液b中只含有NaClD．向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH7．下列各组物质，不能按（“―→”表示反应一步完成）关系转化的是（)选项 a b cA Al2O3NaAlO2Al(OH)3B AlCl3Al（OH)3NaAlO2C Al Al(OH）3Al2O3D MgCl2Mg（OH)2MgO8。
高中化学课时跟踪检测六1.3化学键新人教版必修28
课时跟踪检测（六）1.3化学键（时间：45分钟分值：100分）一、选择题（本题包括15小题，每小题4分，共60分）1. 下列说法正确的是（）A. 破坏化学键的过程，一定是化学变化过程B. NaOH熔化时，既破坏了离子键又破坏了共价键点燃C. 反应H2+ Cl 2=====HCl破坏了共价键，形成了共价键D.16O和18O的相互转化属于化学变化答案：C2. 下列电子式正确的是（）ANt O■ •EH十［:S :］卜C.「H； 0 门一B/—「：0 ；HTUN : ；N■ *Na+C x 0 v Na+:解析：选C。
A项，应为B项，应为■ ■H： S : l（；D 项，应为：N 1 ? N：Q• *3. 下列叙述中正确的是（）A. 由金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物B. 完全由非金属元素形成的化合物一定是共价化合物C. 离子化合物中只含有离子键D. 共价化合物中只含有共价键解析：选D。
由金属元素和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝（AICI 3）就属于共价化合物，A选项错误；氯化铵（NHCI ）虽完全由非金属元素组成，但属于离子化合物，B选项错误；NaOH中的OH内O与H之间存在着共价键，C选项错误；只以共价键形成的化合物叫作共价化合物，D选项正确。
4•两个不同原子，通过一对共用电子而形成双原子分子，这两个原子的电子层结构可( )的 2 47丿B.A、©27D,@2112“丿◎C115.HCI K2O① HCI： H^Ci：一H'[:Ch]② KtO：K^?-^:*7xKF +——K'A. B.C. D.D HCI67 6. NaCI HCIA.NaC IB.HCI H+[:ci :4 ♦C.NaCID.HCI H CID A C NaCI Na CI BHCI■ ■H：Cl ：.■7.A.B.ABC.D.BA化学键的形成主要通过原子的价电子间的转移或共用来实现，C错误；离子化合物不一定含金属元素，如铵盐；含金属元素的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝、氯化铍等，D错误。
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19．解析：根据“某烃的相对分子质量为86”，可推出该烃的 化学式为C6H14，根据“分子中含有1个 、1个C和若干
个—CH3”，可知该烃为
，根据该烃中等
效氢原子的数目，可判断出其一氯代物有3种，A项正确。 答案：A
20．解析：当X分子的主链上有4个碳原子时，X分子中有4个甲 基，A错误；符合条件的X的结构有2种，它们的一氯代物 分别有2种和3种，B错误；正己烷在催化剂存在下加热发生 催化裂化反应可得到不同的烷烃、烯烃，C正确；烷烃与 溴单质不能发生加成反应且与CCl4互溶，D错误。 答案：C
பைடு நூலகம்
17．解析：C中丙为苯，其分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳 碳双键之间的独特的键，正确。 答案：C
18．解析：CH3CH3只有一种一氯代物，C4H10有两种同分异构 体：CH3CH2CH2CH3(一氯代物有2种)和 (一氯
代物有2种)；C项能生成一种一氯代物的是
，D
项能生成一种一氯代物的是 答案：B
课时跟踪检测(二十八)
1．解析：乙烯的电子式为
，A项错误；CH2===
CH2为乙烯的结构简式，B错误；通常状况下，5.6 L乙烯的 物质的量不是0.25 mol，D错误。 答案：C
2．解析：甲苯相当于苯基取代了CH4中的一个H原子，CH4中各 原子均不共面，因此甲苯中所有原子不共面；乙烯与Cl2、H2 可发生加成反应，甲烷可以与Cl2发生取代反应；苯能与H2发 生加成反应，但不能被酸性KMnO4溶液氧化，甲烷也不能被 酸性KMnO4溶液氧化。 答案：B
3．解析：题图表示的是乙烯的加成反应。 答案：B 4．解析：高锰酸钾溶液具有氧化性，氧化乙烯可减缓水果的 成熟。 答案：C
5．解析：甲烷与Cl2发生取代反应，生成气体CH3Cl、HCl和液体 CH2Cl2、CHCl3、CCl4；液化石油气主要成分是C3H8、 C4H10，而天然气的主要成分是甲烷；苯使溴水层变为无色是 因苯萃取了溴水中溴的缘故，并未发生加成反应。煤干馏可得 煤焦油，而不是煤油，乙烯不能从石油中分馏得到。 答案：A
10．解析：乙烯与Br2发生加成反应生成1,2二溴乙烷。 答案：D 11．解析：A项，等物质的量的氯气与乙烷在光照条件下反应， 生成多种取代产物，不能得到纯净的氯乙烷。 答案：A
12．解析：先写出含有碳碳双键结构的碳架： ① ② ③ C===C—C ，然后连接2个氯原子，其位置关系可能是
①①(即两个氯原子都位于①号碳原子上，下同)、①②、 ①③、②③、③③，共5种。 答案：C
6．解析：A项是因为乙烯被酸性KMnO4溶液氧化；B项是因 为苯萃取了溴水中的Br2；D项是因为甲烷和Cl2发生取代 反应，而生成无色物质；只有C项是因为乙烯和Br2发生 了加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色。 答案：C 7．解析：A项，生成物应为CH2BrCH2Br，不正确。 答案：A
8．解析：A项，乙烷的二氯代物有2种同分异构体，丙烷的一 氯代物也有2种同分异构体，A项正确。 答案：A 9．解析：苯环上的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的 独特的键，因此它不具有烯烃的性质，不能使溴水和酸性 高锰酸钾溶液褪色，但可以发生加成反应。 答案：D
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13．解析：乙烯和甲烷的碳、氢含量不相等，故相同质量的乙 烯和甲烷生成的水质量不相同。 答案：C 14．解析：甲、乙、丙的分子式相同，互为同分异构体，A错 误；C5H12可表示甲、乙、丙任一种或其混合物，B错误。
C(CH3)4的二氯代物有两种： D错误。 答案：C
、
，
15．解析：溴水分别与苯、CCl4混合，不发生反应，静置后分 层，苯在上层，呈橙红色，CCl4在下层，呈橙红色，溴水与 己烯发生反应而褪色，A项正确。 答案：A 16．解析：已知乙烯是平面形分子，四个氢原子和两个碳原子都 在同一平面上，丙烯可看作是—CH3取代乙烯分子中的一个 氢原子的产物，因而三个碳原子不在同一直线上。甲基 (—CH3)中所有原子不在同一平面上，故丙烯所有原子一定不 在同一平面上，丙烯与HCl加成产物应有两种即 CH3CH2CH2—Cl和 。 答案：D