（通用版）高考化学总复习 非选择题系列练题（32）.doc

非选择题系列练题（32）1一份溶液中可能大量含有k+、a13+、h+、nh4+、cl-、br-、i-、clo-、a1o2-等离子中的若干种。为了确定溶液的组成，进行了如下操作：（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质的量(n)与加入naoh溶液的体积关系如图所示：则该溶液中一定存在的离子是_，一定不大量存在的离子是_。（2）经检测后，该溶液中含有大量的cl-、br-、i-，若向1l该混合溶液中通入一定量的氯气，则溶液中cl-、br-、i-、与通入氯气的体积(标准状况下)关系如下表所示，回答下列问题：cl2的体积(标准状况下)2.8 l5.6 l11.2 ln(cl-)1.25 mol1.5 mol2 moln(br-)1.5 mol1.4 mol0.9 moln(i-)a mol00当通入的氯气为2.8l(标准状况下)时，溶液中发生反应的离子方程式为_，原溶液中n(cl-)为_mol；通入氯气的体积在2.8l5.6l(标准状况下)之间时的有关离子方程式为(如有多个反应，请分开书写)_，原溶液中cl-、br-、i-的物质的量浓度之比为_。【答案】 al3+、h+、nh4+ clo-、alo2- cl2+2i-=2cl-+i2 1 cl2+2i-=2cl-+i2、cl2+2br-=2cl-+br2 10:15:4【解析】(1)加入naoh，开始无气体和沉淀，则原溶液中含有h+，从而不含clo-和alo2-；再加入naoh，开始产生沉淀，则原溶液中含有al3+，当沉淀的量达到最大值时，沉淀的量不变，而开始产生气体，则原溶液中含有nh4+，当nh4+反应完后，再加naoh溶液，沉淀溶解。据此判断：该溶液中一定存在的离子是：al3+、h+、nh4+，一定不大量存在的离子是：clo-、alo2-，可能存在的离子是：k+、cl-、br-、i-。 (2)在含有 cl-、br-、i-的混合溶液中，由于还原性大小顺序为：i-br-，通入cl2时，cl2先与i-反应，的体积在2.8l5.6l(标准状况下)之间时（即0.125mol），未反应的a moli-先完全反应，然后br-反应掉0.1mol，此过程中发生了两个反应：cl2+2i-=2cl-+i2、cl2+2br-=2cl-+br2；消耗掉0.1molbr-需要消耗0.05molcl2，所以a moli-消耗的cl2的物质的量为0.125mol-0.05mol=0.075mol，故a=0.075mol2=0.15mol，加上第一次消耗掉的0.25moli-，故原溶液中总共含有i-的物质的量为0.15mol+0.25mol=0.4mol。综上所述：原溶液中cl-、br-、i-的物质的量的比为：1:1.5:0.4=10:15:4，所以浓度比为10:15:4。2某学习小组研究溶液中fe2+的稳定性，进行如下实验，记录结果。【实验】物质0 min1min1h5hfeso4淡黄色桔红色红色深红色(（nh4)2fe(so4)2几乎无色淡黄色黄色桔红色（1）上述(nh4)2fe(so4)2溶液ph小于feso4的原因是_（用离子方程式表示）。溶液的稳定性：feso4_(nh4)2fe(so4)2（填“”或“”）。（2）甲同学提出实验中两溶液的稳定性差异可能是(nh4)2fe(so4)2溶液中的nh4+保护了fe2+，因为nh4+具有还原性。进行【实验】，否定了该观点，请补全该实验。操作现象取_,滴加_，观察。与实验中(nh4)2fe(so4)2溶液现象相同。（3）乙同学提出【实验】中两溶液的稳定性差异是溶液酸性不同导致，进行【实验iii】，分别配制0.8 mollph为1、2、3、4的feso4溶液，观察，发现ph1的feso4溶液长时间无明显变化，ph越大，feso4溶液变黄的时间越短。资料显示：亚铁盐溶液中存在反应4fe2+o210h2o 4fe(oh)38h+由【实验iii】，乙同学可得出实验的结论是_，原因是_。（4）进一步研究在水溶液中fe2+的氧化机理。测定同浓度feso4溶液在不同ph条件下，fe2+的氧化速率与时间的关系如图（实验过程中溶液温度几乎无变化）。反应初期，氧化速率都逐渐增大的原因可能是_。（5）综合以上实验，增强fe2+稳定性的措施有_。（6）向溶液中加入一定量h2o2氧化fe2。为确定加入h2o2的量，需先用k2cr2o7标准溶液滴定滤液中的fe2，离子方程式如下：cr2o72-+6fe2+14h+=2cr3+6fe3+7h2o。在向滴定管注入k2cr2o7标准溶液前，滴定管需要检漏、用蒸馏水洗涤和_，应选用_式滴定管。若滴定xml滤液中的fe2，消耗amoll1k2cr2o7标准溶液bml，则滤液中c(fe2)=_moll-1。【答案】 nh4+h2onh3h2oh+ 取2 ml ph4.0的0.80 moll1 feso4溶液 加2滴0.01 moll1 kscn溶液 溶液ph越小，fe2+越稳定 溶液中存在平衡4fe2+o210h2o 4fe(oh)38h+， c（h+）大，对平衡的抑制作用强，fe2+更稳定 生成的fe(oh)3对反应有催化作用 加一定量的酸；密封保存 用重铬酸钾溶液润洗2-3次 酸式 6ab/x【解析】(1)feso4溶液中只有fe2+的水解使溶液呈弱酸性，而(nh4)2fe(so4)2溶液中fe2+和nh4+都水解使溶液呈弱酸性，所以(nh4)2fe(so4)2溶液ph小于feso4溶液的ph，即增加了nh4+的水解，反应的离子方程式为 nh4+h2onh3h2oh+；根据表中颜色的变化快慢分析，feso4溶液与kscn溶液反应1min时的颜色和(nh4)2fe(so4)2溶液与kscn溶液反应5h的颜色相同，说明feso4的稳定性弱于(nh4)2fe(so4)2； (3)根据实验iii的结果说明feso4溶液的的ph越小，feso4越稳定，与kscn溶液反应越不易；根据亚铁盐溶液中存在的化学平衡4fe2+o210h2o 4fe(oh)38h+可知，ph越小，c(h+)越大，对平衡的抑制作用越大，feso4越稳定；(4)根据亚铁盐溶液中存在的化学平衡4fe2+o210h2o 4fe(oh)38h+可推测，生成的fe(oh)3对反应有催化作用，且反应初期生成的c(h+)小，对反应的抑制作用很小；(5)综合以上实验，增强fe2+稳定性的措施可以是加入一定量的酸，增大c(h+)，减小溶液的ph，或进行密封保存，减少与空气的接触等；(6)在向滴定管注入k2cr2o7标准溶液前，需要对滴定管依次进行检漏、用蒸馏水洗涤和用k2cr2o7标准溶液润洗2-3次；由于k2cr2o7具有氧化性，能够氧化橡胶管，所以应用酸式滴定管盛放k2cr2o7标准溶液；根据消耗k2cr2o7标准溶液的体积和浓度求得n(k2cr2o7)=amoll-1b10-3l=ab10-3mol，由离子方程式得n(fe2)=6ab10-3mol，所以c(fe2) = =moll-1。3a、b、c、d、e、f六种短周期元素在元素周期表中的位置如图所示。回答下列问题：（1）在周期表中,e位于第_周期第_族。（2）a、b能组成既含极性键又含非极性键的化合物，其电子式为_。（3）在e、f的气态氢化物中,热稳定性较强的是_(填化学式,下同),还原性较强的是_。（4）a、c、d、e组成两种酸式盐x、y,将x、y溶液混合发生复分解反应,写出离子方程式：_。（5）常用(ba4)2e2c8检验废水中的mn2+,若观察到无色溶液变紫红色,可判断废水中含mn2+,还原产物与盐酸酸化的bacl2溶液混合产生白色沉淀。写出无色溶液变紫红色溶液的离子方程式：_。【答案】 三 a hcl h2s hso3-+h+=so2+h2o 5s2o82-+2mn2+8h2o=10so42-+2mno4-+16h+（3）s、cl的非金属性相比，scl，所以其气态氢化物中热稳定性较强的是hcl，还原性较强的是h2s。（4）a、c、d、e组成两种酸式盐为硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，将两溶液混合发生复分解反应，其离子方程式为hso3-+h+=so2+h2o。（5）常用(nh4)2s2o8检验废水中的mn2+,若观察到无色溶液变紫红色,可判断废水中含mn2+,还原产物与盐酸酸化的bacl2溶液混合产生白色沉淀，则s2o82-被还原为so42-、mn2+被氧化为mno4-，该反应的离子方程式为5s2o82-+2mn2+8h2o=10so42-+2mno4-+16h+。4化学反应过程中，不仅有物质的变化，同时还伴随有能量的变化。（1）已知几种化学键的键能如表所示：化学键clclffclf键能/ kjmol1242159172则反应cl2(g)+ 3f2(g)2clf3(g) 的h=_ kjmol1 。 （2）如图是乙烷、二甲醚燃烧过程中的能量变化图。请回答下列问题:乙烷的燃烧热h=_kjmol-1。等物质的量的液态乙烷比气态乙烷完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量_(填“多”或“少”)。根据题图写出二甲醚完全燃烧时的热化学方程式_。（3）实验室用50ml 0.50moll1hcl与50ml 0.55moll1naoh溶液测定中和热。若改用60ml hcl进行实验，与原实验相比，所放出的热量_（填“相等”或“不相等”，忽略实验本身误差，下同），所求中和热_（填“相等”或“不相等”，）。若用相同浓度和体积的氨水代替naoh溶液进行上述实验，所求中和热数值会_（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。【答案】 313 -1 560 少 ch3och3(g)+3o2(g)2co2(g)+3h2o(l)h=-1 455 kj/mol或ch3och3(g)+o2(g)co2(g)+h2o(l)h=-485 kj/mol 不相等 相等 偏小因为液态乙烷转化为气态乙烷要吸热，所以等物质的量的液态乙烷比气态乙烷完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量少，故答案为：少；根据图象分析可知mol二甲醚完全燃烧放热485kj，则1mol二甲醚完全燃烧放热=485kj3=1455kj，反应的热化学方程式为：ch3och3(g)+3o2(g)2co2(g)+ 3h2o(l) h=-1455kjmol-1，故答案为