江西省万载县高三化学 第二章 化学物质及其变化单元综合测验试卷 新人教版必修1.doc

化学物质及其变化一、选择题1.根据右表提供的数据可知，在溶液中能大量共存的微粒组是（） 化学式 电离常数 ch3cooh k=1.7105 hcn k=4.91010 h2co3 k1=4.3107，k2=5.61011ah2co3、hco3、ch3coo、cn bhco3、ch3cooh、cn、co32chcn、hco3、cn、co32 dhcn、hco3、ch3coo、cn2.下列离子方程式正确的是（）a氢氧化钡与稀硫酸混合：so42+h+oh+ba2+=h2o+baso4b碳酸氢钠溶液与naoh溶液混合：hco3+oh=h2o+co32c石灰乳与na2co3溶液混合：ca2+co32=caco3d氧化铜与盐酸反应 o2+2h+=h2o3.fe与硝酸反应随温度和硝酸的浓度不同而产物不同已知0.2mol hno3做氧化剂时，恰好把0.4mol fe氧化为fe2+，则hno3将被还原成（）anh4+ bn2ocno dno24.下列电离方程式，书写正确的是（）aal2（so4）3=2al3+3so42bna2co3=2na+co32cmg（no3）2=mg+2+2no3dkmno4=k+mn7+4o25.甲、乙、丙、丁分别是ca（oh）2溶液、kno3溶液、na2co3溶液和盐酸中的一种已知甲和丙可以反应，甲和丁也可以反应，则下列说法中正确的是（）a甲一定是ca（oh）2溶液b乙一定是kno3溶液c丙不可能是na2co3溶液d丁只能是盐酸6.已知：2bro3+cl2=br2+2clo3；5cl2+i2+6h2o=2hio3+10hcl；clo3+5cl+6h+=3cl2+3h2o下列按物质氧化性顺序由强到弱排列正确的是（）acl2bro3clo3io3bbro3clo3cl2io3cclo3bro3io3cl2dbro3cl2clo3io37.在含有fe3+、fe2+、cu2+的溶液中加入铁粉，充分反应后，固体残渣用盐酸处理有气体放出，则与铁粉反应后的溶液中最多的离子是（）afe3+ bfe2+ccu2+ dh+8.下列叙述与胶体无关的是（）a胶体分散质的微粒直径在109m107m之间b当日光从窗隙射入暗室时，可观察到一束光线c胶体微粒具有较大的表面积，能吸附阳离子或阴离子d向氯化铁溶液中加入氢氧化钠溶液，产生红褐色沉淀9.在强酸性溶液中能大量共存的无色透明离子组是（）ak+、na+、no3、mno4bmg2+、na+、cl、so42ck+、na+、cl、cu2+dna+、ba2+、oh、so4210.fe3+、so42、al3+和x四种离子以物质的量之比2：4：1：1大量共存于同一溶液中，x可能是（）ana+ bohcco32 dcl11.实验室常利用以下反应制取少量氮气：nano2+nh4clnacl+n2+2h2o关于该反应的下列说法，正确的是（）anano2是氧化剂b每生成1mol n2时，转移电子的物质的量为6molcnh4cl中的氮元素被还原dn2既是氧化剂，又是还原剂12.下列离子方程式中，正确的是（）a稀h2so4滴在铜片上：cu+2h+=cu2+h2bmgo和稀hcl混合：mgo+2h+=mg2+h2oc铜片插入agno3溶液中：cu+ag+=cu2+agd稀hcl滴在石灰石上：co32+2h+=h2o+co213.下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是（）a烧碱液态氧碘酒b生石灰白磷熟石灰c干冰铁氯化氢d空气氮气胆矾14.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）a01 moll naalo2溶液中：h+、na+、cl-、so3-b无色溶液中：k+、ca2+、cl-、no3-c使酚酞变红色的溶液中：na+、cu2+、hco3-、no3-d使石蕊变红的溶液中：h+、na+、fe2+、mno4-15.下列实验及现象所对应的离子方程式正确的是（）选项实验现象离子方程式a向氯化铝溶液中滴加过量氨水有白色沉淀产生al3+3oh=al（oh）3b向febr2溶液中通入少量氯气溶液由浅绿色变成黄色2fe2+cl2=2fe3+2clc向稀硝酸中加入单质fe粉有气泡生成fe+6h+=3fe3+3h2d向na2co3溶液中滴加酚酞试剂溶液由无色变为红色co32+h2o=h2co3+2oh二、非选择题16.钴（co）及其化合物在工业上有广泛应用为从某工业废料中回收钴，某学生设计流程如下（废料中含有al、li、co2o3和fe2o3等物质）已知：物质溶解性：lif难溶于水，li2co3微溶于水；部分金属离子形成氢氧化物沉淀的ph见下表fe3+co2+co3+al3+ph（开始沉淀）1.97.150.233.4ph（完全沉淀）3.29.151.094.7请回答：（1）步骤中得到含铝溶液的反应的离子方程式是 （2）写出步骤中co2o3与盐酸反应生成cl2的离子方程式： （3）步骤中na2co3溶液的作用是调节溶液的ph，应使溶液的ph不超过 ；废渣中的主要成分除了lif外，还有 （4）naf与溶液中的li+形成lif沉淀，此反应对步骤所起的作用是 （5）在空气中加热5.49g草酸钴晶体（coc2o42h2o）样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表 温度范围/固体质量/g1502104.412903202.418909202.25加热到210时，固体质量减轻的原因是 经测定，加热到210290过程中的生成物只有co2和钴的氧化物，此过程发生反应的化学方程式为： 已知m(coc2o42h2o)=183g/mol17.mno2是重要无机材料，某研究性学习小组设计了将粗mno2（含有较多的mno和mnco3）样品转化为纯mno2实验，其流程如下（已知：氧化性强弱顺序：clo3mno2fe2+）（1）铝与二氧化锰在高温下发生铝热反应，相关反应的化学方程式为： （2）第步反应离子方程式为： （3）第步蒸发操作必需的仪器有铁架台（含铁圈）、玻璃棒、 、 ，第步蒸发得到的固体中除了naclo3和naoh，还一定含有 （写化学式）（4）mno2是碱性锌锰电池的正极材料，则碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是 （5）若粗mno2样品中的质量为28.2g，第步反应后，经过滤得到17.4g mno2，并收集到448ml co2（标准状况下），则在第步反应中至少需要 mol naclo3才能将mn2+完全转化为mno218.工业上以软锰矿（主要成分mno2）为原料，通过液相法生产kmno4即在碱性条件下用氧气氧化mno2得到k2mno4，分离后得到的k2mno4，再用惰性材料为电极电解k2mno4溶液得到kmno4，其生产工艺简略如下：（1）反应器中反应的化学方程式为 （2）生产过程中最好使用含mno280%以上的富矿，因为mno2含量最低的贫矿中al、si的氧化物含量较高，会导致koh消耗量 （填“偏高”或“偏低”）（3）电解槽中阳极的电极反应方程式为 （4）在传统工艺中得到k2mno4后，向其中通入co2反应生成黑色固体、kmno4等，反应的化学反应方程式为 根据上述反应，从mn元素的角度考虑kmno4的产率最高为 与该传统工艺相比，电解法的优势是 （5）用高锰酸钾测定某草酸结晶水合物的纯度：称量草酸晶体样品0.250g溶于水，用0.0500moll1的酸性kmno4溶液滴定（杂质不反应），至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪去，消耗kmno4溶液15.00ml，则该草酸晶体的纯度为 （已知该草酸结晶水合物h2c2o42h2o的式量为126）19.（1）中学常见的某有色物质，全部由短周期元素组成，能与水发生氧化还原反应，但反应中水既不作氧化剂也不作还原剂。试写出符合条件的两种物质(写化学式) _、_。（2）在一定条件下，ro3n- 和i-发生反应，离子方程式为： ro3n-+6i-+6h+=r-+3i2+3h2o ， ro3n-中r元素的化合价为 ，r元素的原子最外层电子有 个。利用i2的氧化性可测定钢铁中硫的含量。做法是将钢铁中的硫转化为h2so3，然后用一定浓度的i2溶液进行滴定，所用指示剂为 ，该滴定反应的离子方程式为 。20.有一包固体粉末，其中可能含有nacl、ba（no3）2、cuso4、na2co3中的一种或几种，现做以下实验：将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤后溶液呈无色；向的沉淀物中加入足量稀盐酸，固体完全溶解，并有气泡产生；取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；另取中过滤后的溶液加入足量agno3溶液产生白色沉淀试根据上述实验事实，回答下列问题：（1）原粉末中一定含有的物质是 ，一定不含的物质是 ，可能含有的物质是 （以上各种物质均写化学式）（2）写出下列步骤中发生反应的离子方程式： ； ； 21.在一定条件下，no跟nh3可以发生反应生成n2和h2o现有no和nh3的混合物1mol，充分反应后所得产物中，若经还原得到的n2比经氧化得到的n2多1.4g（1）写出反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目（2）若以上反应进行完全，试计算原反应混合物中no与nh3的物质的量可能各是多少22.a、b、c、d四种物质均为下列离子组成的可溶性化合物，组成这四种物质的离子（离子不能重复组合）有：阳离子na+、al3+、ba2+、nh4+阴离子cl、oh、co32、so42分别取四种物质进行实验，实验结果如下：a、d溶液呈碱性，b呈酸性，c呈中性a溶液与b溶液反应生成白色沉淀，再加过量a，沉淀量减少，但不会完全消失a溶液与d溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝回答下列问题：（1）a的化学式是，用电子式表示c的形成过程： （2）向a溶液中通入适量co2，使生成的沉淀恰好溶解，所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是： （3）写出的离子方程式 （4）简述d溶液呈碱性的理由 参考答案1.d考点：离子共存问题分析：根据表中电离平衡常数可知，酸性大小为：ch3coohh2co3hcnhco3，a碳酸的酸性大于hcn，二者能够反应生成碳酸氢根离子和hcn；b醋酸的酸性大于碳酸和hcn，醋酸能够与碳酸氢根离子、碳酸根离子、cn反应；chcn的酸性大于hco3，hcn与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子；d四种粒子之间不发生反应解答：解：根据表中电离平衡常数可知，酸性大小为：ch3coohh2co3hcnhco3，ah2co3的酸性大于hcn，h2co3、cn能够反应生成hco3和hcn，在溶液中不能大量共存，故a错误；bch3cooh的酸性大于h2co3和hcn，ch3cooh能够与hco3、cn、co32反应，在溶液中不能大量共存，故b错误；chcn的酸性大于hco3，hcn与co32反应生成hco3，在溶液中不能大量共存，故c错误；dhcn、hco3、ch3coo、cn之间不反应，在溶液中能够大量共存，故d正确；故选d点评：本题考查粒子共存的判断，题目难度中等，根据表中数据正确判断酸性强弱为解答关键，注意明确酸性强弱与电离平衡常数的关系，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力2.b解：a氢氧化钙和稀硫酸反应生成硫酸钡和水，离子方程式为so42+2h+2oh+ba2+=2h2o+baso4，故a错误；b碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，离子方程式为hco3+oh=h2o+co32，故b正确；c石灰乳写化学式，离子方程式为ca（oh）2+co32=caco3+2oh，故c错误；d氧化物写化学式，离子方程式为cuo+2h+=h2o+cu 2+，故d错误；故选b3.b解：设硝酸被还原到的产物中，n元素的价态是x，则根据反应中得失电子守恒：0.4mol（20）=0.2mol（5x），解得x=1，所以硝酸被还原到的产物中，n元素的价态是+1价，应该是n2o故选b4.ab解：aa12（s04）32a13+3s042，电荷守恒、离子符号正确，所以电离方程式书写正确，故a正确；b碳酸钠是强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式为：na2co32na+co32，故b正确；c离子符号书写时数字写在正负号的前面，正确的离子方程式为：mg（no3）2=mg2+2no3，故c错误；d含有原子团的物质电离时，原子团应作为一个整体，不能分开，高锰酸根不能分，正确为：kmno4=k+mno4，故d错误；故选ab5.b解：a、甲、乙、丙、丁分别是ca（oh）2溶液、kno3溶液、na2co3溶液和盐酸中的一种已知甲和丙可以反应，甲和丁也可以反应，甲可以是ca（oh）2溶液、na2co3溶液和盐酸中的一种，都可以和另外两种物质反应，故a错误；b、甲、乙、丙、丁分别是ca（oh）2溶液、kno3溶液、na2co3溶液和盐酸中的一种已知甲和丙可以反应，甲和丁也可以反应，甲可以是ca（oh）2溶液、na2co3溶液和盐酸中的一种，都可以和另外两种物质反应，退单乙一定为kno3溶液，故b正确；c、ca（oh）2溶液、na2co3溶液和盐酸中，任意一种都会和另外两种物质反应所以，丙可能为ca（oh）2溶液、na2co3溶液和盐酸中的任意一种，故c错误；d、依据c分析，丁可以是ca（oh）2溶液、na2co3溶液和盐酸中的任意一种，故d错误；故选b6.b解：反应2bro3+cl2=br2+2clo3，氧化剂为cl2，还原剂为bro3，所以氧化性bro3clo3； 5cl2+i2+6h2o=2hio3+10hcl，氧化剂为cl2，氧化产物为io3，所以氧化性cl2io3；clo3+5cl+6h+=3cl2+3h2o，氧化剂为clo3，氧化产物为cl2，所以氧化性clo3cl2；所以氧化性bro3clo3cl2io3故选b7.b解：由于固体残渣用盐酸处理有气体放出，证明铁粉有剩余，即铁粉过量，发生了反应：2fe3+fe3fe2+、cu2+fecu+fe2+，原溶液中的fe3+、cu2+都会被铁完全消耗，反应后的溶液中主要存在fe2+，故b正确；故选b8.d解：a胶体区别于其它分散系的本质特征是分散质的微粒直径大小，直径在109m107m之间的为胶体，故a正确； b当日光从窗隙射入暗室时，可观察到一束光线，这是丁达尔现象，是胶体的性质，故b正确；c胶体微粒具有较大的表面积，具有吸附作用，能吸附阳离子或阴离子，故c正确；d氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应，产生红褐色沉淀，与胶体性质无关，故d错误；故选d9.b解：a、mno4离子有颜色，不符合题目无色的要求，故a错误；b、在酸性条件下本选项中四种离子不发生任何反应，能大量共存，且溶液无色，符合题目要求，故b正确；c、cu2+离子有颜色，不符合题目无色的要求，故c错误；d、oh与h+离子发生反应的离子不能大量共存，ba2+与so42反应生成沉淀而不能大量共存，故d错误故选b10.d解：由fe3+、so42、al3+和x四种离子以物质的量之比2：4：1：1，由溶液呈电中性可知，fe3+和al3+所带电荷总数大于so42带的电荷数，设x离子带的负电荷数为x，则32+31=24+x1，解得x=1，即x为带1个单位负电荷的阴离子，又oh与fe3+、al3+结合生成沉淀，不能共存于同一溶液，故x可能为cl，故选：d11.a解：a、反应nano2+nh4c1nac1+n2+2h2o中，nano2中n的化合价从+3价降为0价，nano2是氧化剂，故a正确；b、反应nano2+nh4c1nac1+n2+2h2o中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=3，即每生成1moln2时，转移电子的物质的量为3mol，故b错误；c、nh4c1中的氮元素化合价从3价升为0价，所以nh4c1中的氮元素被氧化，故c错误；d、反应nano2+nh4c1nac1+n2+2h2o中，nano2中n的化合价从+3价降为0价，nh4c1中的氮元素化合价从3价升为0价，氮气既是氧化产物又是还原产物，故d错误故选a12.b解：a铜为不活泼金属，不能置换出氢气，故a错误；bmgo和稀hcl反应生成氯化镁和水，反应的离子方程式为mgo+2h+=mg2+h2o，故b正确；c电荷不守恒，应为cu+2ag+=cu2+2ag，故c错误；d稀hcl滴在石灰石上，反应的离子方程式为caco3+2h+=h2o+co2+ca2+，故d错误故选b13.a解：a烧碱是由钠、氢、氧 三种元素组成的化合物，液态氧是由氧元素组成的氧单质，碘酒含有碘和酒精两种物质是混合物，故a正确；b生石灰是由钙和氧两种元素组成的化合物，白磷是由磷元素组成的磷单质，熟石灰是有钙、氧、氢三种元素组成的化合物，故b错误；c干冰是由碳和氧组成的化合物，铁是有铁元素组成的单质，氯化氢是由氯元素和氢组成的化合物，故c错误；d空气含有氧气、氮气等多种物质属于混合物，氮气是由氮元素组成的单质，胆矾是由铜、氧、硫、氢组成的化合物，故d错误；故选a14.b试题解析：a、h+与naalo2溶液反应，在溶液中不能大量共存，故a不合题意；b、各离子均为无色，且相互之间不反应，可大量共存，故b符合题意；c、使酚酞变红色的溶液显碱性，有大量的oh-，而hco3-可以与oh-反应，故c不合题意；d、mno4-在酸性条件下有强氧化性，可以氧化fe2+，不共存，故d不合题意。15.b考点：离子方程式的书写分析：a一水合氨为弱电解质，离子方程式中不能拆开，应该保留分子式；b亚铁离子的还原性大于溴离子，氯气少量，浅绿色亚铁离子优先被氧化成黄色的铁离子；c铁与稀硝酸反应生成no气体，不会生成氢气；d碳酸根离子的水解分步进行，主要以第一步为主，水解的离子方程式只写出第一步即可解答：解：a向氯化铝溶液中滴加过量氨水可以获得氢氧化铝白色沉淀，一水合氨不能拆开，正确的离子方程式为：al3+3nh3h2oal（oh）3+3nh4+，故a错误；b向febr2溶液中通入少量氯气，亚铁离子优先被氧化，溶液由浅绿色变成黄色，反应的离子方程式为：2fe2+cl2=2fe3+2cl，故b正确；c铁与稀硝酸反应生成no气体，不会产生氢气，如：铁过量时，稀硝酸与过量的铁粉反应生成硝酸亚铁和一氧化氮和水，离子方程式为：3fe+8h+2n033fe2+2no+4h2o，故c错误；d碳酸根离子水解主要以第一步为主，正确的离子方程式为：co32+h2o=hco3+oh，故d错误；故选b点评：本题考查了离子方程式的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等；本题中还要注意反应现象是否正确16.（1）2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2；（2）co2o3+6h+2cl=2co2+cl2+3h2o；（3）7.15；fe（oh）3；（4）降低溶液中li+浓度，避免步骤中产生li2co3沉淀；（5）失去结晶水；3coc2o4+2o2co3o4+6co2；考点：三废处理与环境保护；金属的回收与环境、资源保护分析：该工艺流程为：废料加入氢氧化钠溶液碱浸，得到钴渣，加入盐酸溶解后发生氧化还原反应，氧化钴氧化氯离子为氯气，过滤得到酸溶的溶液加入碳酸钠溶液和naf溶液净化，除去锂离子和铁离子，在滤液中加入碳酸钠溶液沉淀钴离子为碳酸钴沉淀，加入盐酸和草酸铵溶液得到草酸钴晶体，高温分解得到氧化钴；（1）步骤中铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；（2）co2o3与盐酸反应生成cl2，依据得失电子守恒结合原子个数守恒写成反应的离子方程式；（3）依据表中数据分析判断加入碳酸钠调节溶液ph，沉淀铁离子和锂离子，但不能沉淀钴离子；（4）naf与溶液中的li+形成lif沉淀，防止锂离子结合碳酸根离子形成碳酸锂沉淀；（5）计算晶体物质的量n=0.03mol，失去结晶水应为0.06mol，固体质量变化=0.06mol18g/mol=1.08g，图表数据可知，150210固体质量变化=5.49g=4.41g=1.08g，说明210失去结晶水得到coc2o4；210290过程中是coc2o4发生的反应，210290过程中产生的气体只有co2 ，依据元素守恒得到生成co2物质的量为0.06mol，质量=0.06mol44g/mol=2.64g，气体质量共计减小=4.41g2.41g=2g，说明不是分解反应，参加反应的还有氧气，则反应的氧气质量=2.64g2g=0.64g，o2物质的量=0.02mol，依据原子守恒配平书写反应的化学方程式解答：解：（1）步骤中铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式：2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2；故答案为：2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2；（2）co2o3与盐酸反应生成cl2，反应中钴元素化合价降低为+2价氯元素化合价1价变化为0价，依据得失电子守恒可知co2o3的系数为1，cl的系数为2，结合原子个数守恒，反应的离子方程式：co2o3+6h+2cl=2co2+cl2+3h2o；故答案为：co2o3+6h+2cl=2co2+cl2+3h2o；（3）依据表中数据分析判断加入碳酸钠调节溶液ph，沉淀铁离子和锂离子，但不能沉淀钴离子，步骤中na2co3溶液的作用是调节溶液的ph，应使溶液的ph不超过7.15，废渣中的主要成分除了lif外还有fe（oh）3；故答案为：7.15；fe（oh）3；（4）naf与溶液中的li+形成lif沉淀，此反应对步骤所起的作用是，降低溶液中li+浓度，避免步骤中产生li2co3沉淀；故答案为：降低溶液中li+浓度，避免步骤中产生li2co3沉淀；（5）计算晶体物质的量n=0.03mol，失去结晶水应为0.06mol，固体质量变化=0.06mol18g/mol=1.08g，图表数据可知，150210固体质量变化=5.49g=4.41g=1.08g，说明210失去结晶水得到coc2o4；故答案为：失去结晶水；210290过程中是coc2o4发生的反应，产生的气体只有co2 ，依据元素守恒得到生成co2物质的量为0.06mol，质量=0.06mol44g/mol=2.64g，气体质量共计减小=4.41g2.41g=2g，说明说明有气体参加反应应为氧气，则反应的氧气质量=2.64g2g=0.64g，o2物质的量=0.02mol，则：n（coc2o4）：n（o2）：n（co2）=0.03：0.02：0.06=3：2：6，方程式计量系数之比等于转化量之比，所以该反应的方程式为：3coc2o4+2o2co3o4+6co2；故答案为：3coc2o4+2o2co3o4+6co2；点评：本题通过从某工业废料中回收钴的工艺流程考查了化学方程式、离子方程式书写，确各个阶段固体成分及先后分解生成物成分是解本题关键，题目难度中等17.（1）3mno2+4al2al2o3+3mn；（2）5mn2+2clo3+4h2o=5mno2+cl2+8h+；（3）酒精灯；蒸发皿；nacl；（4）mno2+h2o+emnooh+oh；（5）0.056考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题：实验设计题分析：粗mno2（含有较多的mno和mnco3）样品中加入过量的稀硫酸，由于mno2不溶于硫酸，则样品中的mno和mnco3分别和硫酸反应生成可溶性的mnso4，过滤得滤液为硫酸锰溶液，加入naclo3发生反应为：5mn2+2clo3+4h2o=5mno2+cl2+8h+，再过滤得到滤液和二氧化锰固体，而氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠方程式为：3cl2+6naoh=naclo3+nacl+3h2o，（1）铝与二氧化锰在高温下发生铝热反应生成氧化铝和锰，据此写出反应的方程式；（2）依据得失电子守恒和质量守恒可写出离子方程式；（3）蒸发所需的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；cl2通入热的naoh溶液中有naclo3和nacl生成；（4）根据原电池工作原理判断正极发生还原反应，然后根据总反应写出正极的电极反应式；（5）根据质量守恒和化学方程式计算，co2的物质的量为0.02mol，则mnco3的物质的量为0.02mol，质量为：115g/mol0.0：2mol=2.3，所以mno的质量为28.2g17.4g2.3g=8.5g，其物质的量为 =0.12mol，因此与稀硫酸反应时共生成mnso4的物质的量为0.14mol，根据方程式5mnso4+2naclo3+4h2o=5mno2+cl2+na2so4+4h2so4，可计算出需要naclo3的物质的量为0.056mol解答：解：粗mno2（含有较多的mno和mnco3）样品中加入过量的稀硫酸，由于mno2不溶于硫酸，则样品中的mno和mnco3分别和硫酸反应生成可溶性的mnso4，过滤得滤液为硫酸锰溶液，加入naclo3发生反应为：5mn2+2clo3+4h2o=5mno2+cl2+8h+，再过滤得到滤液和二氧化锰固体，而氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠方程式为：3cl2+6naoh=naclo3+nacl+3h2o，（1）铝与二氧化锰在高温下发生铝热反应，反应的化学方程式为：3mno2+4al 2al2o3+3mn，故答案为：3mno2+4al2al2o3+3mn；（2）mnso4要转化为mno2，需失去电子，故需要加入naclo3做氧化剂，依据得失电子守恒可以配平，所以反应的化学方程式是：5mnso4+2naclo3+4h2o=5mno2+cl2+na2so4+4h2so4，因此反应的离子方程式是：5mn2+2clo3+4h2o=5mno2+cl2+8h+，故答案为：5mn2+2clo3+4h2o=5mno2+cl2+8h+；（3）第属于蒸发，所以所需的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；cl2通入热的naoh溶液中一定发生氧化还原反应，且氯气既做氧化剂又做还原剂，naclo3属于氧化产物，因此一定有还原产物nacl，故答案为：酒精灯；蒸发皿；nacl；（4）原电池中负极失去电子，正极得到电子，因此碱性锌锰电池放电时，正极是二氧化锰得到电子，则电极反应式为：mno2+h2o+e=mno（oh）+oh，故答案为：mno2+h2o+emnooh+oh；（5）生成的co2的物质的量为：=0.02mol，则mnco3的物质的量为0.02mol，碳酸锰的质量为：115g/mol0.0：2mol=2.3，混合物中mno的质量为：28.2g17.4g2.3g=8.5g，mno的物质的量为：=0.12mol，因此与稀硫酸反应时共生成mnso4的物质的量为：0.02mol+0.12mol=0.14mol，根据方程式5mnso4+2naclo3+4h2o=5mno2+cl2+na2so4+4h2so4，可计算出需要naclo3的物质的量为：0.14mol=0.056mol，故答案为：0.056点评：本题考查物质的分离与提纯方法的综合应用，为高频考点，题目难度中等，把握流程中发生的化学反应及混合物分离方法为解答的关键，注意掌握化学实验基本操作方法，试题侧重分析能力及推断能力的考查18.（1）4koh+2mno2+o2=2k2mno4+2h2o；（2）偏高；（3）mno42e=mno4；（4）3k2mno4+2co22kmno4+mno2+2k2co3；66.7%；产率更高、koh循环利用；（5）94.5%考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用分析：（1）碱性条件下用氧气氧化mno2得到k2mno4，根据得失电子守恒和原子守恒写出相应的方程式；（2）氧化铝是两性氧化物，氧化铝能和强碱反应生成偏铝酸盐和水，所以会导致koh消耗量偏高（3）在电解槽中用铂板作用阳极，铁作阴极电解k2mno4溶液得到kmno4，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阳极上锰酸根离子失电子反应氧化反应生成高锰酸根离子（4）根据题干信息可知反应物为k2mno4、co2、生成黑色固体mno2、kmno4，根据原子守恒书写化学反应方程式，根据方程式分析kmno4的产率，电解法阳极都生成kmno4，产率更高；（5）发生反应：5h2c2o4+2mno4+6h+=10co2+2mn2+8h2o，根据方程式计算样品中草酸的质量，进而计算草酸的质量分数解答：解：（1）二氧化锰和氢氧化钾、氧气发生反应，生成锰酸钾和水，mn（+4+6），o（02），反应的化学方程式为4koh+2mno2+o2=2k2mno4+2h2o，故答案为：4koh+2mno2+o2=2k2mno4+2h2o；（2）氧化铝是两性氧化物，既能与强酸反应也能与强碱反应，氧化铝和强碱反应生成偏铝酸盐和水，反应的化学方程式为2koh+al2o3=2kalo2+h2o，所以会导致koh消耗量偏高，故答案为：偏高；（3）电解锰酸钾溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2h2o+2e=h2+2oh，阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为2mno422e=2mno4，即mno42e=mno4，故答案为：mno42e=mno4；（4）反应物为k2mno4、co2、生成黑色固体mno2、kmno4，所以方程式为：3k2mno4+2co22kmno4+mno2+2k2co3，由化学反应方程式：3k2mno4+2co22kmno4+mno2+2k2co3分析得出，3份锰参加反应生成2份kmno4，所以kmno4的产率最高为100%=66.7%，与该传统工艺相比，电解法阳极都生成kmno4，产率更高，所以优势是产率更高、koh循环利用；故答案为：3k2mno4+2co22kmno4+mno2+2k2co3；66.7%；产率更高、koh循环利用；（5）在测定过程中，高锰酸钾为氧化剂，草酸为还原剂，反应的离子方程式为：5h2c2o4+2mno4+6h+=10co2+2mn2+8h2o，根据方程式可得关系式：5h2c2o42h2o2kmno45 2n 0.05mol/l15.0103l 解得n（h2c2o42h2o）=1.875103mol则m（h2c2o42h2o）=1.875103mol126g/mol=0.236g，所以成品的纯度=100%=94.5%，故答案为：94.5%点评：本题考查实验制备方案、基本操作、工艺流程、氧化还原反应滴定计算、物质含量的测定等，根据题中已知条件确定生成物并写出反应方程式明确原理是解题关键，是对学生综合能力的考查，题目难度中等19.（1）cl2、no2（或na2o2）（2）+5；7；淀粉溶液；i2+h2so3+h2o=2i-+ so42-+4h+ 【ks5u解析】（1）常见的有色物质，全部由短周期元素组成的有cl2、no2、na2o2等，cl2黄绿色，no2红棕色，na2o2黄色，cl2+h2o=hcl+hclo，3no2+h2o=2hno3+no,2na2o2+2h2o=4naoh+o2，均能与水发生氧化还原反应，且反应中水既不作氧化剂也不作还原剂，故答案为：cl2、no2（或na2o2）（2）根据电荷守恒可知n=1，所以ro3-中r元素的化合价是+5。还原产物是r-，说明r元素的最低化合价是-1，所以r是a族元素，最外层电子有7个；：因为i2h2so3h2o=2i4hso42-，i2遇淀粉变蓝，所以应选用淀粉溶液作指示剂，故答案为+5；7；淀粉溶液；i2+h2so3+h2o=2i-+ so42-+4h+ 20.（1）ba（no3）2、na2co3；cuso4；nacl；（2） ba2+co32=baco3； baco3+2h+=ba2+co2+h2o； ba2+so42=baso4解：依据题干信息和实验过程可知，将部分粉末加入水中，溶液呈无色，说明一定不含有cuso4：振荡，有白色沉淀生成，说明一定含有ba（no3）2、na2co3生成碳酸钡白色沉淀；向的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明是碳酸钡沉淀；取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明生成的是硫酸钡沉淀；另取中过滤后的溶液加入足量agno3溶液，产生白色沉淀，一定有碳酸银沉淀，可能含有氯化银沉淀；（1）上述分析可知一定含有ba（no3）2、na2co3，一定不含cuso4，可能含有nacl，故答案为：ba（no3）2、na2co3；cuso4；nacl；（2）依据各步实验现象可知，固体混合得到白色沉淀和无色溶液，一定不含有cuso4，生成沉淀的是ba（no3）2、na2co3，生成的碳酸钡沉淀，反应的离子方程式为：ba2+co32=baco3，故答案为：ba2+co32=baco3；向的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，是碳酸钡沉淀溶于稀硝酸生成二氧化碳气体，反应的离子方程式为：baco3+2h+=ba2+co2+h2o，故答案为：baco3+2h+=ba2+co2+h2o；取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明生成的是硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：ba2+so42=baso4，故答案为：ba2+so42=baso421.（1）；（2）原反应混合物