高中化学苏教版（2019）必修第一册专题３ 从海水中获得的化学物质 复习提升试卷（含答案）

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1、本专题复习提升易混易错练易错点1氯气的实验室制备方法理解上的常见错误1.(2020山东济南高一期中,)实验室利用如图所示装置制备氯气,图中涉及气体发生、除杂、干燥、收集、尾气处理装置,其中错误的是()A.B.C.D.2.(2020云南昆明高一上期末,)已知:氯化铁易吸收空气中的水分而潮解。某同学利用如图装置制备无水氯化铁,下列有关说法错误的是()A.仪器A的名称是分液漏斗B.装置C、D中依次盛有浓硫酸、饱和食盐水C.装置E和装置F之间缺少一个干燥装置,无法制得无水氯化铁D.装置F的作用是吸收多余的尾气,以防止污染空气易错点2对氧化还原反应中的变化规律的认识错误3.(2020黑龙江哈师大附中高一

2、上月考,)下列叙述正确的是()阳离子只有氧化性,阴离子只有还原性;含最高价元素的化合物,一定具有强氧化性;失电子多的还原剂还原性就强;元素由化合态变为游离态,一定被还原;含金属元素的离子不一定都是阳离子;金属阳离子被还原不一定得到金属单质;在氧化还原反应中,非金属单质一定是氧化剂。A.B.C.D.4.(2021黑龙江伊春开学考试,)赤铜矿的主要成分是Cu2O,辉铜矿的主要成分是Cu2S,将赤铜矿与辉铜矿混合加热有以下反应:2Cu2O+Cu2S 6Cu+SO2。对于该反应,下列说法中错误的是()A.反应中Cu2S只作氧化剂B.还原产物与氧化产物的物质的量之比为61C.Cu2O在反应中表现氧化性D

3、.反应中被氧化的元素是S易错点3忽视离子共存问题中的隐含条件5.(2020辽宁沈阳高一上月考,)某溶液中存在大量的Cl-、SO42-、H+。该溶液中还可能大量存在的离子是()A.Na+B.Ba2+C.OH-D.Ag+6.(2021吉林辽源第五中学高一上期中,)工厂排放的废水中可能含有K+、Ag+、NH4+、Mg2+、SO42-、Cl-、NO3-、HCO3-等离子。经检测废水呈强碱性,则可确定该厂废水中肯定不含有的离子组合是()A.Ag+、K+、NO3-、HCO3-B.K+、NH4+、NO3-、SO42-C.Ag+、NH4+、Mg2+、HCO3-D.K+、Mg2+、SO42-、Cl-易错点4忽视

4、离子方程式正误判断的典型误区7.()下列离子方程式改写成化学方程式正确的是()A.Cu2+2OH- Cu(OH)2CuCO3+2NaOH Cu(OH)2+Na2CO3B.CO32-+2H+ CO2+H2OBaCO3+2HCl BaCl2+CO2+H2OC.Ca2+CO32- CaCO3Ca(NO3)2+Na2CO3 CaCO3+2NaNO3D.H+OH- H2OCH3COOH+KOH CH3COOK+H2O8.(2020广东珠海一中实验学校高一上月考,)下列描述对应的离子方程式书写正确的是()A.用食醋清洗水垢(水垢成分之一是氢氧化镁):H+OH- H2OB.硝酸型酸雨腐蚀建筑物(成分之一是C

5、aCO3):CaCO3+2H+ H2O+CO2+Ca2+C.氢氧化铝可用于治疗胃酸过多:Al(OH)3+H+ Al3+H2OD.稀硫酸和氢氧化钡溶液混合:Ba2+OH-+H+SO42- BaSO4+H2O思想方法练利用守恒的思想解决相关问题方法概述守恒思想是重要的化学思想,守恒法是中学化学中重要的解题方法。守恒思想的核心是原子守恒,原子守恒即反应前后各元素种类不变,元素原子个数不变,其物质的量、质量也不变。利用原子守恒有助于从本质上理解物质在转化过程中一些物理量发生变化的根本原因。得失电子守恒是指在氧化还原反应中,氧化剂得到的电子总和等于还原剂失去的电子总和,根据这一原理,既可配平氧化还原反应

6、方程式,又可进行氧化还原反应的快速计算。1.()在一定条件下,NO跟NH3可以发生反应:NO+NH3 N2+H2O(未配平),该反应中被氧化和被还原的氮元素的质量比是(深度解析)A.32B.21C.11D.232.(2020广东珠海第二中学高一上月考,)一定温度下,向氨水中加入过量醋酸溶液,溶液导电性(A)随时间(t)的大致变化图像正确的是(深度解析)3.(2021重庆高一上期末,)向足量的浓盐酸中加入8.7 g二氧化锰并加热,充分反应后,被氧化的HCl的物质的量()A.小于0.2 mol B.等于0.2 molC.在0.20.4 mol之间D.等于0.4 mol4.(2021山西运城高一上月

7、考,)在一密闭容器中盛有2 mol Na2O2与2 mol NaHCO3,将其加热到150 ,经充分反应后,容器内残留的固体是()A.1 mol Na2CO3和2 mol NaOHB.2 mol Na2CO3和2 mol NaOHC.2 mol Na2CO3和1 mol Na2O2D.只有2 mol Na2CO35.(2020浙江绍兴高一期末,)为测定Na2CO3和NaHCO3固体混合物样品的组成,称取四份质量均为2.96 g的固体溶于水,分别往四份溶液中逐滴加入不同体积1.00 molL-1的盐酸,加入盐酸的体积和收集到CO2气体的体积(忽略气体在水中的溶解,气体体积均已折算成标准状况下的体

8、积)如表所示:实验序号1234盐酸体积/mL20406080CO2体积/mL0448672672下列说法不正确的是()A.实验1中发生反应的离子方程式为CO32-+H+ HCO3-B.实验2溶液中含有NaCl、Na2CO3和NaHCO3三种溶质C.实验3和实验4蒸干溶液所得固体一定是NaClD.原固体混合物中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为216.(2020吉林辽源第五中学高一上期中,)现有失去标签的四瓶无色溶液A、B、C、D,只知它们分别是K2CO3溶液、K2SO4溶液、NaHSO4溶液和Ba(NO3)2溶液中的一种,为鉴别它们,进行如下实验:A+D溶液+气体;B+C溶液+沉淀;B

9、+D溶液+沉淀;A+B溶液+沉淀;将得到的沉淀物加入所得的溶液中,沉淀很快溶解并产生无色无味的气体。根据以上实验事实,请回答如下问题:(1)写出各溶液中溶质的化学式:A;B;C;D。(2)写出实验中、所发生反应的离子方程式。;。7.()(1)铬是水体的主要污染物之一。铬的循环示意图如下。在有编号的步骤中,含铬化合物发生氧化反应的是,需要用到还原剂的是(填编号)(提示:铬元素化合价有+6、+3价)。已知碱性条件下H2O2可将NaCrO2氧化为Na2CrO4(H2O2的还原产物为H2O)。则H2O2与NaCrO2反应的化学计量数之比为。(2)已知一定条件下可发生反应:6NO+4NH3 6H2O+5

10、N2。用双线桥法表示该反应中电子转移的方向和数目:。若有3.4 g氨气发生反应,则反应所得还原产物与氧化产物的质量差为。答案全解全析易混易错练1.C题中应用饱和食盐水除去氯化氢,不能用氢氧化钠溶液,因为氢氧化钠可以与氯气反应,故不正确;干燥装置应长导管进气,否则浓硫酸会被压入其右侧装置中,故不正确;澄清石灰水中Ca(OH)2浓度较低,无法完全吸收氯气,应用氢氧化钠溶液吸收氯气,故不正确;答案为C。易错分析有关实验室氯气制备的实验操作、装置组装和相关药品选择中,容易出现错误的内容有制气装置必须选择用分液漏斗滴加液体,并用圆底烧瓶作反应容器,同时具有加热装置,所用原料为浓盐酸和MnO2;除去氯气中

11、的HCl需要采用饱和食盐水,而洗气装置中气体应该是长导管进入,短导管出来;除去或吸收Cl2需要用浓NaOH溶液等,而不能用澄清石灰水;氯气的收集可采用向上排空气法或排饱和食盐水法(瓶内装满饱和食盐水,气体从短导管进入,液体从长导管流出)。2.B仪器A是分液漏斗,A正确;B中制得的氯气含HCl和H2O,先除杂再干燥,故装置C中盛的是饱和食盐水,装置D中盛的是浓硫酸,B错误;装置E右侧应增加干燥装置,防止F中水蒸气进入E中使氯化铁潮解,C正确;氯气是大气污染物,装置F的作用是吸收多余的尾气,以防止污染空气,D正确。3.DFe2+、SO32-都既有氧化性又有还原性,错误;含最高价元素的化合物,不一定

12、具有强氧化性,错误;还原性强弱与失电子能力有关,失电子能力越强,则还原性越强,与失电子多少无关,错误;元素由化合态变为游离态,可能被氧化,也可能被还原,错误;含金属元素的离子可能是阳离子,也可能是阴离子,如MnO4-为阴离子,正确;金属阳离子得到电子被还原,可能得到低价态的金属阳离子,也可能产生金属单质,如Fe3+与少量Zn反应被还原为Fe2+,与足量Zn反应得到Fe单质,因此不一定得到金属单质,正确;在氧化还原反应中,非金属单质可能是氧化剂,也可能是还原剂,还可能既是氧化剂又是还原剂,错误;综上所述可知,说法正确的是,故答案为D。易错分析物质的氧化性与还原性的判断依据是能否得到或失去电子,而

13、性质的强弱则与其得到或失去电子的难易程度有关。4.A由化学方程式可得:2C+1u2O+Cu2S+1-2 6Cu0+S+4O2,反应中Cu2S既有元素化合价升高又有元素化合价降低,所以Cu2S既为氧化剂又为还原剂,A错误;还原产物为Cu,氧化产物为SO2,Cu和SO2物质的量之比为61,B正确;Cu2O在反应中铜元素化合价降低,为氧化剂,具有氧化性,C正确;被氧化的元素为化合价升高的元素,所以S元素为被氧化的元素,D正确。5.A四种离子间不发生反应,可以大量共存,A正确;钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀,不能大量共存,B错误;氢氧根离子与氢离子反应生成水,不能大量共存,C错误;银离子与硫酸根

14、离子及氯离子反应生成沉淀,不能大量共存,D错误。易错分析忽略判断离子共存时的隐含条件容易造成判断错误。在离子共存问题判断中,一般需要考虑以下两方面的问题:一是区分无色溶液与透明溶液。溶液无色透明时,不存在有色离子,而溶液透明时,有可能存在有色离子。二是要注意判断溶液酸碱性的一些隐含条件。如“强酸性溶液”“能使石蕊变红的溶液”或“常温下pH7的溶液”均指碱性溶液,即溶液中有大量OH-,则能与OH-反应的离子肯定不能大量存在,如H+、NH4+等。6.C由废水呈强碱性可知,溶液中含有大量的氢氧根离子,氢氧根离子能与银离子、镁离子反应生成沉淀,能与铵根离子反应生成弱碱一水合氨,能与碳酸氢根离子反应生成

15、碳酸根离子和水。7.C该离子反应中铜盐必须是可溶性铜盐,铜盐可以是氯化铜、硫酸铜或硝酸铜,碳酸铜难溶于水,所以不符合,A错误;该离子反应中碳酸盐必须是可溶性碳酸盐,碳酸盐可以是Na2CO3或K2CO3,BaCO3难溶于水,所以不符合,B错误;该离子反应中反应物必须是可溶性强电解质,Ca(NO3)2和Na2CO3都是可溶性强电解质,化学方程式和离子方程式相吻合,C正确;该离子反应中酸和碱必须是可溶性的强电解质,且除了生成水外不生成沉淀,醋酸是弱酸,所以不符合,D错误。易错分析离子方程式的正误判断相关试题一般会从以下几个方面设置“陷阱”:一是离子方程式与客观事实不相符。如Fe跟稀硫酸反应把生成的离

16、子写成Fe3+。二是把不在稀溶液中进行的反应写成离子方程式。三是把不能拆成离子形式的化学式拆成离子形式,如将CaCO3拆成Ca2+、CO32-。四是漏掉离子反应。如稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应,写成Ba2+SO42- BaSO4或H+OH- H2O。8.B醋酸是弱酸,氢氧化镁是难溶物,二者化学式不能拆成离子形式,A错误;硝酸和碳酸钙反应生成硝酸钙、水和二氧化碳,离子方程式为CaCO3+2H+ H2O+CO2+Ca2+,B正确;氢氧化铝治疗胃酸过多的离子方程式为Al(OH)3+3H+ Al3+3H2O,C错误;稀硫酸和氢氧化钡溶液混合:Ba2+2OH-+2H+SO42- BaSO4+2H2O,

17、D错误。思想方法练1.DNO中氮元素化合价由+2价降低到0价,得到2个电子,被还原,NH3中氮元素化合价由-3价升高到0价,失去3个电子,被氧化。根据氧化还原反应中得失电子守恒,可以得到被氧化和被还原的氮元素的质量比为23。方法解读氧化还原反应是中学化学学习的主线,也是高考必考的内容之一。在氧化还原反应中遵循得失电子守恒,即氧化剂得到电子的物质的量(或个数)等于还原剂失电子的物质的量(或个数),若将得失电子守恒应用到解化学计算题,就可以大大简化计算过程。如本题可抓住NON2、NH3N2中的电子得失,从而找出得、失电子的物质的量之比,再根据题干要求,换算得到相应的质量比。2.D氨水呈弱碱性,离子

18、浓度较小,导电性差,向氨水中加入醋酸溶液,反应生成醋酸铵,醋酸铵是易溶性盐,溶液中离子浓度较大,导电性较强,再加入过量醋酸,溶液体积增大,离子浓度减小,导电性减弱,因此溶液导电性(A)随时间(t)的大致变化图像是先增大后减小,故D正确。方法解读溶液导电性与溶液中离子浓度及离子所带电荷数有关。根据强电解质在水中完全电离,弱电解质在水中部分电离进行解答。3.B8.7 g MnO2的物质的量为8.7 g87 g/mol=0.1 mol,根据化学方程式MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O,可知1 mol MnO2参与反应消耗4 mol HCl,其中氯元素的化合价升高的HCl只有2 m

19、ol。浓盐酸是过量的,因此MnO2完全被消耗,则0.1 mol MnO2完全反应,被氧化的HCl有0.2 mol,B符合题意。4.B2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2,过氧化钠分别与二氧化碳、水反应;2Na2O2+2CO2 2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O 4NaOH+O2。2 mol碳酸氢钠分解生成的Na2CO3、水和二氧化碳均为1 mol,过氧化钠为2 mol,所以水、二氧化碳、过氧化钠恰好完全反应,最终残留的固体为碳酸钠(2 mol)、氢氧化钠(2 mol)。答案为B。5.B向Na2CO3和NaHCO3固体混合物中滴加盐酸,开始没有气体生成,发生的反应为CO32-+

20、H+ HCO3-,再加盐酸,开始有气体生成,发生的反应为HCO3-+H+ CO2+H2O,由题中表格可知,气体体积为672 mL时反应结束。根据分析,实验1中尚未出现气体,故发生的反应为CO32-+H+ HCO3-,A正确;实验2已经开始生成气体,溶液中没有Na2CO3,B错误;通过题中表格中生成的气体量,可以推断实验3和实验4已经反应完,溶液中有NaCl和HCl,蒸干后只剩NaCl,C正确;设Na2CO3的物质的量为x,NaHCO3的物质的量为y,672 mL CO2的物质的量为0.672 L22.4 Lmol-1=0.03 mol,根据题意可得x+y=0.03mol106 gmol-1x+

21、84 gmol-1y=2.96 g,解得x=0.02moly=0.01mol,故Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为21,D正确。6.答案(1)K2CO3Ba(NO3)2K2SO4NaHSO4(2)2H+CO32- CO2+H2OSO42-+Ba2+ BaSO4CO32-+Ba2+ BaCO3BaCO3+2H+ Ba2+CO2+H2O解析根据中B与C、D、A反应均得到沉淀,可知B为Ba(NO3)2溶液,只有NaHSO4和K2CO3反应才能生成气体,根据可知,A和D应该分别是K2CO3溶液和NaHSO4溶液中的一种,则C为K2SO4溶液,将得到的沉淀加入所得的溶液中,沉淀很快溶解并产生无色

22、无味的气体,则所得的溶液呈酸性,中的沉淀是BaCO3,所以A是K2CO3溶液,D是NaHSO4溶液。(1)由上述分析可知,A的溶质是K2CO3,B的溶质为Ba(NO3)2,C的溶质为K2SO4,D的溶质是NaHSO4。(2)是碳酸钾和硫酸氢钠反应,实质是氢离子和碳酸根离子反应,离子方程式为2H+CO32- CO2+H2O;是硝酸钡和硫酸氢钠反应,离子方程式为SO42-+Ba2+ BaSO4;是碳酸钾和硝酸钡反应,离子方程式为CO32-+Ba2+ BaCO3;将得到的沉淀物碳酸钡加入所得溶液中,离子方程式为BaCO3+2H+ Ba2+CO2+H2O。7.答案(1)32(2)1.4 g解析(1)在

23、反应中Cr元素化合价降低,得到电子,被还原,发生还原反应,需要加入还原剂才可以实现;在反应中,Cr元素化合价没有变化,发生的是非氧化还原反应;在反应中Cr元素化合价升高,失去电子,被氧化,发生氧化反应,需要加入氧化剂才可以实现。在H2O2与NaCrO2的反应中,O元素化合价由反应前H2O2中的-1价变为反应后H2O中的-2价,化合价降低;Cr元素化合价由反应前NaCrO2中的+3价变为反应后Na2CrO4中的+6价,化合价升高,根据元素化合价升、降总数相等,可知H2O2与NaCrO2的化学计量数之比为32。(2)在反应6NO+4NH3 6H2O+5N2中,N元素化合价由反应前NO中的+2价变为反应后N2中的0价,化合价降低,则6个NO得到的电子数目为62e-;N元素化合价由反应前NH3中的-3价变为反应后N2中的0价,化合价升高,4个NH3失去的电子数目为43e-,用双线桥法表示电子转移的方向和数目为;根据方程式可知,每有4 mol NH3反应,即有68 g NH3发生反应,转移12 mol电子,在得到的5 mol N2中,有4 mol N是氧化产物,6 mol N是还原产物,二者的质量差是28 g,故若有3.4 g氨气发生反应,反应所得还原产物与氧化产物的质量差为3.4 g68 g28 g=1.4 g。