2019屆高考化學(xué)全冊(cè)精準(zhǔn)培優(yōu)專練（打包22套）.zip,2019,高考,化學(xué),精準(zhǔn),培優(yōu)專練,打包,22 培優(yōu)點(diǎn)一 化學(xué)計(jì)算中的幾種方法 一．化學(xué)計(jì)算中的常用方法 1．守恒法 ①．質(zhì)量守恒法 典例1．0.1mol某烴與1mol過(guò)量氧氣混合，充分燃燒后通過(guò)足量的Na2O2固體，固體增重15g，從Na2O2中逸出的全部氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為16.8L。求烴的化學(xué)式。 【解析】設(shè)烴的化學(xué)式為CxHy，摩爾質(zhì)量為a g·mol?1，因?yàn)樽詈笠莩龅臍怏w不僅包括反應(yīng)剩余的O2，也包括烴燃燒產(chǎn)物CO2和水蒸氣與Na2O2反應(yīng)放出的O2。m(烴)+m(O2)=Δm(Na2O2)+m(逸出氣體)，則有：0.1mol×a g·mol?1+32g·mol?1×1mol=15g+；解得a=70，烴的式量為70，=5余10，所以烴的化學(xué)式為C5H10。 【答案】C5H10 ②．原子(或離子)守恒 典例2．用含1.0mol NaOH的溶液吸收0.8mol CO2，所得溶液中的CO和HCO的物質(zhì)的量之比為（ ） A．1∶3 B．2∶1 C．2∶3 D．3∶2 x+y=0.8mol 2x+y=0.8mol x=0.2mol y=0.6mol 【解析】設(shè)生成Na2CO3、NaHCO3物質(zhì)的量為x、y，由反應(yīng)前后C原子和Na+守恒可得方程組： 解得 解得 ；即所得溶液中CO和HCO的物質(zhì)的量之比為1∶3。 【答案】A ③．電子守恒 典例3．在一定條件下，PbO2與Cr3+反應(yīng)，產(chǎn)物為Cr2O和Pb2+，則與1.0mol Cr3+反應(yīng)所需的PbO2物質(zhì)的量為_(kāi)___________。 【解析】利用電子守恒進(jìn)行計(jì)算：1.0mol×(6-3)=x×(4-2)，得x=1.5mol。 【答案】1.5mol ④．電荷守恒 典例4．在硫酸鋁和硫酸鉀、明礬的混合物中，若c(SO)=0.2mol·L-1，當(dāng)加入等體積的0.2mol·L-1 KOH溶液時(shí)，生成的沉淀又恰好溶解為止，則原溶液中K+的物質(zhì)的量濃度(mol·L?1)是（ ） A．0.2 B．0.25 C．0.3 D．0.45 【解析】方法1：原混合液中含有的陽(yáng)離子是K+、Al3+，陰離子是SO，因c(SO)=0.2mol·L?1則c(K+)+c(Al3+)=c(SO)=0.1mol·L?1；加入KOH溶液后發(fā)生的反應(yīng)是Al3++4OH===AlO+2H2O，所以原溶液中c(Al3+)=c(K+)=0.2mol·L?1+×0.2mol·L?1=0.05mol·L?1，方法2：根據(jù)電荷守恒：3c(Al3+)+c(K+)=2c(SO)，推出c(K+)=2c(SO)-3c(Al3+)=0.25mol·L?1 【答案】B 2．差量法 典例5．某一元醇10g與乙酸反應(yīng)生成酯13.2g，同時(shí)回收醇1.0g，則該醇的式量是（ ） A．74 B．88 C．90 D．104 【解析】醇與乙酸反應(yīng)生成酯和水，則乙酸和水的質(zhì)量差等于酯和醇的質(zhì)量差，設(shè)該醇的式量為x，則有： R－OH+CH3COOHCH3COOR+H2O Δm X 60 18 42 9g （13.2-9）g=4.2g 可得：=；即x=90 【答案】C 3．關(guān)系式法 典例6．將5.6g鐵溶于足量鹽酸中，蒸發(fā)至干并在空氣中灼燒至恒重，最后得到固體的質(zhì)量最接近于（ ） A．8.0g B．19.2g C．24.2g D．30.6g 【解析】由FeFe2+Fe(OH)2Fe(OH)3Fe2O3，所以可得：2Fe－Fe2O3；則Fe2O3的質(zhì)量m(Fe2O3)=5.6g×160/(2×56)=8.0g 【答案】A 4．平均值法 典例7．燃燒鎂和某金屬的合金，所生成的氧化物的質(zhì)量為反應(yīng)前合金的質(zhì)量的2倍，另一金屬可能是（ ） A．Cu B．Be C．Na D．Al 【解析】鎂形成的氧化物中，m(Mg)∶m(O)=24∶16，金屬質(zhì)量大于氧的質(zhì)量；則另一金屬形成的氧化物中，金屬質(zhì)量要小于氧的質(zhì)量。Cu、Be、Na、Al在燃燒時(shí)所形成的氧化物分別是：CuO、BeO、Na2O2、 Al2O3，其中只有BeO中m(Be)∶m(O)=9∶16，是金屬小于氧的質(zhì)量。所以選B。 【答案】B 5．假設(shè)法 典例8．將兩種金屬單質(zhì)混合物13g，加到足量稀硫酸中，共放出標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體11.2L，這兩種金屬可能是（ ） A．Zn和Fe B．Cu和Zn C．Al和Mg D．Mg和Cu 【解析】將混合物當(dāng)作一種金屬來(lái)看，因?yàn)槭亲懔肯×蛩幔?3克金屬全部反應(yīng)生成的11.2L(0.5摩爾)氣體全部是氫氣，即這種金屬每放出1摩爾氫氣需26克，如果全部是+2價(jià)的金屬，其平均原子量為26，則組成混合物的+2價(jià)金屬，其原子量一個(gè)大于26，一個(gè)小于26。故D符合。 【答案】D 6．討論法 典例9．向300mL KOH溶液中緩慢通入一定量的CO2氣體，充分反應(yīng)后，在減壓低溫下蒸發(fā)溶液，得到白色固體。請(qǐng)回答下列問(wèn)題： （1）由于CO2通入量不同，所得到的白色固體的組成也不同，試推斷有幾種可能的組成，并分別列出。 （2）若通入CO2氣體為2.24L（標(biāo)準(zhǔn)狀況下），得到11.9g的白色團(tuán)體。請(qǐng)通過(guò)計(jì)算確定此白色固體是由哪些物質(zhì)組成的，其質(zhì)量各為多少？所用的KOH溶液的物質(zhì)的量濃度為多少 【解析】（1）由于CO2和KOH反應(yīng)時(shí)物質(zhì)的量之比不同，則產(chǎn)物不同，故可根據(jù)CO2和KOH反應(yīng)時(shí)物質(zhì)的量之比對(duì)產(chǎn)物進(jìn)行討論。由：①CO2+2KOH===K2CO3+H2O；②CO2+KOH===KHCO3可知n(CO2)/ n(KOH) =1/2時(shí)產(chǎn)物為K2CO3，n(CO2)/n(KOH)=1時(shí)產(chǎn)物為KＨCO3，所以n(CO2)/n(KOH)<1/2時(shí)，KOH過(guò)量，則產(chǎn)物為K2CO3+KOH；1/2< n(CO2)/n(KOH)<1時(shí)，對(duì)于①反應(yīng)來(lái)說(shuō)二氧化碳過(guò)量而對(duì)于②反應(yīng)來(lái)說(shuō)二氧化碳量不足，所以產(chǎn)物為K2CO3+KHCO3；n(CO2)/n(KOH)>1時(shí)，二氧化碳過(guò)量，則固體產(chǎn)物為KHCO3。答案為： （2）由：①CO2 + 2KOH＝K2CO3 +H2O ②CO2 + KOH＝KHCO3 22.4L(標(biāo)態(tài)) 138g 22.4L(標(biāo)態(tài)) 100g 2.24L(標(biāo)態(tài)) 13.8g 2.24L(標(biāo)態(tài)) 10.0g ∵13.8g＞11.9g＞10.0g ∴得到的白色固體是K2CO3和KHCO3的混合物。 設(shè)白色固體中K2CO3 x mol，KHCO3 y mol，即 ①CO2+2KOH＝K2CO3+H2O ②CO2+KOH＝KHCO3 x mol 2x mol x mol y mol y mol y mol x mol+y mol＝＝0.100mol （CO2） 138g·mol-1×x mol÷100g·mol-1×y mol＝11.9g （白色固體） x＝0.0500mol （K2CO3） y＝0.0500mol （KHCO3） 解此方程組，得 ∴ 白色固體中 ，K2CO3質(zhì)量為138g·mol-1×0.0500mol＝6.90g KHCO3質(zhì)量為100g·mol-1×0.0500mol＝5.00g 消耗KOH物質(zhì)的量為2x mol+y mol＝2×0.0500mol+0.0500mol＝0.150mol ∴所用KOH溶液物質(zhì)的量濃度為0.150mol/0.300L＝0.500mol·L?1 【答案】（1）①K2CO3+KOH；②K2CO3；③K2CO3+KHCO3；④KHCO3 （2）白色固體是K2CO3和KHCO3的混合物；m(KHCO3)= 0.0500mol、m(K2CO3)=0.0500mol C(KOH)=0.500mol·L?1 二．對(duì)點(diǎn)增分集訓(xùn) 1．由鋅、鐵、鋁、鎂四種金屬中的兩種組成的混和物10克，與足量的鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生的氫氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為11.2升，則混和物中一定含有的金屬是（ ） A．鋅 B．鐵 C．鋁 D．鎂 【解析】本題利用平均摩爾電子質(zhì)量求解，據(jù)10克金屬與足量的鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生的氫氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為11.2L可得金屬平均摩爾電子質(zhì)量為10g·mol-1。四種金屬的摩爾電子質(zhì)量分別為Zn：32.5g·mol-1、Fe：28g·mol-1、Al：9g·mol-1、Mg：12g·mol-1，其中只有Al的摩爾電子質(zhì)量小于10g·mol-1，故答案為C。 【答案】C 2．將一定質(zhì)量的Mg、Zn、Al混合物與足量稀H2SO4反應(yīng)，生成H2 2.24L（標(biāo)準(zhǔn)狀況），原混合物的質(zhì)量可能是（ ） A．1.8g B．3g C．6.5g D．10g 【解析】一定質(zhì)量的Mg、Zn、Al混合物與足量稀H2SO4反應(yīng)，生成H2 2.24L（標(biāo)準(zhǔn)狀況），假設(shè)全部為Mg，由Mg－H2可得：m(Mg)=24×=2.4g；假設(shè)全部為Zn或Al，同理可求m(Zn)=6.5g；m(Al)=1.8g所以混合物的質(zhì)量介于1.8g～6.5g之間，故選：B。 【答案】B 3．將12g CO和CO2的混合氣體通過(guò)足量灼熱的氧化銅后，得到氣體的總質(zhì)量為18g，求原混合氣體中CO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。 【解析】設(shè)原混合氣體中CO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為x。 CuO+CO===Cu + CO2 Δm(氣體) 28 44 44-28=16 12(1-x) 18g-12g=6g 即 = 解得x=12.5%；所以，原混合氣體中CO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為12.5%。 【答案】12.5% 4．為了預(yù)防碘缺乏病，國(guó)家規(guī)定每千克食鹽中應(yīng)含有40～50毫克的碘酸鉀。為檢驗(yàn)?zāi)撤N食鹽是否為加碘的合格食鹽，某同學(xué)取食鹽樣品428克，設(shè)法溶解出其中全部的碘酸鉀。將溶液酸化并加入足量的碘化鉀淀粉溶液，溶液呈藍(lán)色，再用0.030mol·L?1的硫代硫酸鈉溶液滴定，用去18.00mL時(shí)藍(lán)色剛好褪去。試通過(guò)計(jì)算說(shuō)明該加碘食鹽是否為合格產(chǎn)品。有關(guān)反應(yīng)：IO+5I－+6H+→3I2+3H2O；I2+2S2O→2I－+S4O 【解析】本題為多步反應(yīng)的計(jì)算，可根據(jù)反應(yīng)方程式直接建立IO和S2O的關(guān)系式進(jìn)行求解。 6S2O IO 6mol 1mol 0.030mol·L?1×18.00mL×10-3 n n(IO)=0.030mol·L?1×18.00mL×10-3×1mol÷6mol =0.09×10-3mol 每千克食鹽中含KIO3：(214×0.09×10-3÷428)×1000=45×10-3=45(mg)；即該加碘食鹽是合格的 【答案】合格 5．10ml某氣態(tài)烴在80ml氧氣中完全燃燒后，恢復(fù)到原來(lái)狀況（1.01×105Pa，27℃）時(shí)，測(cè)得氣體體積為70ml，求此烴的分子式。 【解析】原混和氣體總體積為90ml，反應(yīng)后為70ml，體積減少了20ml。剩余氣體應(yīng)該是生成的二氧化碳和過(guò)量的氧氣，下面可以利用差量法進(jìn)行有關(guān)計(jì)算。 CxHy+(x+)O2xCO2 +H2O ΔV 1 1+ 10 20 計(jì)算可得y=4，烴的分子式為C3H4或C2H4或CH4 【答案】C3H4或C2H4或CH4 6．Cu、Cu2O和CuO組成的混合物，加入100mL 0.6mol·L?1HNO3溶液恰好使混合物溶解，同時(shí)收集到224mL NO氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況）。求： （1）寫(xiě)出Cu2O跟稀硝酸反應(yīng)的離子方程式。 （2）產(chǎn)物中硝酸銅的物質(zhì)的量。 （3）如混合物中含0.01moL Cu，則其中Cu2O、CuO的物質(zhì)的量分別為多少？ （4）如混合物中Cu的物質(zhì)的量為X，求其中Cu2O、CuO的物質(zhì)的量及X的取值范圍。 【解析】抓住反應(yīng)的始態(tài)和終態(tài)利用守恒關(guān)系進(jìn)行求解，（1）利用電子守恒進(jìn)行配平：3Cu2O+14HNO3===6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O；（2）利用N原子守恒：n(HNO3)=0.06mol，n(NO)=0.01mol，則n[Cu(NO3)2]=(0.06-0.01)/2=0.025mol；（3）本題混合物中雖含有Cu、Cu2O和CuO三種物質(zhì)，但參加氧化還原反應(yīng)的只有 Cu、Cu2O，所以利用電子守恒可直接求解。轉(zhuǎn)移電子總數(shù)：n(e-)= n(NO)×3===0.03mol；Cu提供電子數(shù)：0.01×2=0.02mol；Cu2O提供電子數(shù)：0.03-0.02=0.01mol；n(Cu2O)=0.01/2=0.005mol，n(CuO)=0.0025-0.01-0.005×2=0.005mol；（4）根據(jù)（3）解法可得n(Cu2O)=0.015-Xmol，n(CuO)=X-0.005mol。根據(jù)電子守恒進(jìn)行極端假設(shè)：若電子全由Cu提供則n(Cu)=0.015mol；若電子全由Cu2O提供則n(Cu2O)=0.015mol，則n(Cu2+)===0.03mol大于了0.025mol，說(shuō)明n(Cu)不等于0，另根據(jù)n(CuO)=X-0.005mol要大于0，可得n(Cu)>0.005mol。所以0.005mol < n(Cu)<0.015mol。 【答案】（1）3Cu2O+14HNO3===6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O （2）0.025mol （3）0.005mol；0.005mol （4）0.015-Xmol；X-0.005mol；0.005molB2>C2>D2 B．還原性:C>A>B>D C．2A+D2===2D+A2反應(yīng)可以進(jìn)行 D．2C+B2===2B+C2反應(yīng)不能進(jìn) 【解析】反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，所以氧化性：D2>B2>A2>C2；還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性，所以還原性：C>A>B>D，由此可判斷C、D都正確。故選A。 【答案】A 2．根據(jù)原電池、電解池的電極反應(yīng)判斷 典例2．a(chǎn)、b、c是三種金屬，根據(jù)下列①、②兩個(gè)實(shí)驗(yàn)，確定它們的還原性強(qiáng)弱順序?yàn)椋? ） ①將a與b浸在稀硫酸中用導(dǎo)線相連，a上有氣泡逸出，b逐漸溶解； ②使用惰性電極電解物質(zhì)的量濃度相同的a、c混合鹽溶液，陰極上先析出c。 A．a(chǎn)＞b＞c B．b＞c＞a C．c＞a＞b D．b＞a＞c 【解析】①將a與b浸在稀硫酸中用導(dǎo)線相連，a上有氣泡逸出，b逐漸溶解，可說(shuō)明b為負(fù)極，a為正極，原電池中活潑金屬為負(fù)極，則還原性b＞a；②為電解，金屬陽(yáng)離子氧化性較強(qiáng)的離子先在陰極析出，金屬陽(yáng)離子的氧化性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的金屬單質(zhì)的活潑性越弱，陰極上先析出c，說(shuō)明活潑性a＞c。則三種金屬的還原性強(qiáng)弱為b＞a＞c，故選D。 【答案】D 3．依據(jù)化學(xué)反應(yīng)條件和反應(yīng)程度進(jìn)行判斷 典例3．實(shí)驗(yàn)室用下列方法制取氧氣 ①4HCl(濃)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O；②4HCl(濃)+O22Cl2+2H2O ③2KMnO4 +16HCl2KCl+2MnCl2 +5Cl2 ↑+8H2O 試比較上述反應(yīng)中氧化劑氧化能力的強(qiáng)弱 。 【解析】根據(jù)方程式①4HCl(濃)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O；②4HCl(濃)+O22Cl2+2H2O；③2KMnO4 +16HCl2KCl+2MnCl2 +5Cl2 ↑+8H2O知，③沒(méi)有反應(yīng)條件，①的反應(yīng)條件是加熱，②的反應(yīng) 條件是加熱和催化劑，反應(yīng)條件越少的氧化還原反應(yīng)越容易發(fā)生，越容易發(fā)生的氧化還原反應(yīng)氧化劑的氧化性越強(qiáng)，所以氧化性最強(qiáng)的是高錳酸鉀，其次是二氧化錳，最后是氧氣，故為：KMnO4>MnO2>O2 【答案】氧化性：KMnO4>MnO2>O2 二．對(duì)點(diǎn)增分集訓(xùn) 1．下列敘述正確的是（ ） A．含最高價(jià)元素的化合物，一定具有強(qiáng)氧化性 B．陽(yáng)離子只有氧化性，陰離子只有還原性 C．元素失電子越多，還原性越強(qiáng) D．強(qiáng)氧化劑與強(qiáng)還原劑不一定能發(fā)生氧化還原反應(yīng) 【解析】元素處于最高價(jià)態(tài)只有氧化性，但不一定有強(qiáng)氧化性，如NaCl中的鈉元素，故A錯(cuò)誤；元素處于中間價(jià)態(tài)的陽(yáng)離子，既有氧化性又有還原性，如Fe2＋，故B錯(cuò)誤；物質(zhì)氧化性和還原性的強(qiáng)弱與其所含元素原子得失電子的數(shù)目無(wú)直接關(guān)系，而與得失電子的難易程度有關(guān)，如：Na－e－===Na，Al－3e－===Al3，但還原性Na＞Al，故C錯(cuò)誤；一般情況下，強(qiáng)氧化劑與強(qiáng)還原劑相遇即可發(fā)生氧化還原反應(yīng)，但若是同種元素的不同價(jià)態(tài)之間，還必須存在中間價(jià)態(tài)才能發(fā)生反應(yīng)，如濃硫酸與二氧化硫不能發(fā)生反應(yīng)。 【答案】D 2．有下列三個(gè)反應(yīng)：①3Cl2＋2FeI2===2FeCl3＋2I2?、?Fe2+＋Br2===2Fe3+＋2Br－?、跜o2O3＋6HCl(濃)===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O。下列說(shuō)法正確的是（ ） A．①②③中的氧化產(chǎn)物分別是I2、Fe3+、CoCl2 B．根據(jù)以上化學(xué)方程式可以得到氧化性強(qiáng)弱順序Cl2＞Fe3+＞Co2O3 C．可以推理得到Cl2＋FeBr2===FeCl2＋Br2 D．在③反應(yīng)中當(dāng)1mol Co2O3參加反應(yīng)時(shí)，2mol HCl被氧化 【解析】反應(yīng)①②③的還原劑分別為Fe2+與I－、Fe2+、Cl－，其氧化產(chǎn)物分別為Fe3+與I2、Fe3+、Cl2，A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)化學(xué)方程式可以判斷氧化性強(qiáng)弱，由①可知Cl2＞Fe3+，由②可知Br2＞Fe3+，由③可知Co2O3＞Cl2，綜合可知氧化性強(qiáng)弱順序?yàn)镃o2O3＞Cl2＞Fe3+，B錯(cuò)誤；由于還原性Fe2+＞Br－，通入Cl2后，優(yōu)先氧化Fe2+，C錯(cuò)誤；反應(yīng)③中當(dāng)1mol Co2O3參加反應(yīng)時(shí)，6mol HCl中只有2mol HCl被氧化為Cl2，D正確。 【答案】D 3．已知反應(yīng)：①Cl2+2KI===2KCl+I2?、贙ClO3+6HCl===3Cl2↑＋KCl+3H2O?、?KIO3+Cl2===I2+ 2KClO3。下列說(shuō)法中正確的是（ ） A．上述三個(gè)反應(yīng)都有單質(zhì)生成，所以都是置換反應(yīng) B．氧化性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)镵IO3＞KClO3＞Cl2＞I2 C．反應(yīng)②中還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為6∶1 D．反應(yīng)③中1 mol還原劑參與反應(yīng)時(shí)氧化劑得到電子的物質(zhì)的量為2 mol 【解析】②中的反應(yīng)物均為化合物，不屬于置換反應(yīng)，①③為置換反應(yīng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；①中氧化劑為Cl2，氧化產(chǎn)物為I2；②中氧化劑為KClO3，氧化產(chǎn)物為Cl2；③中氧化劑為KIO3，氧化產(chǎn)物為KClO3，由氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的氧化性可知氧化性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)镵IO3＞KClO3＞Cl2＞I2，B項(xiàng)正確；反應(yīng)②中還原劑與氧化劑分別為HCl、KClO3，兩者物質(zhì)的量之比為5∶1，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由元素的化合價(jià)變化可知，③中1mol還原劑參與反應(yīng)時(shí)，氧化劑得到電子的物質(zhì)的量為2mol×(5－0)＝10mol，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 【答案】B 4．已知酸性溶液中還原性的順序?yàn)镾O＞I－＞Fe2＋＞Br－＞Cl－，下列反應(yīng)不能發(fā)生的是（ ） A．2Fe3+＋SO＋H2O===2Fe2+＋SO＋2H＋ B．I2＋SO＋H2O===SO＋2I－＋2H＋ C．2Fe2+＋I(xiàn)2===2Fe3+＋2I－ D．Br2＋SO＋H2O===SO＋2Br－＋2H＋ 【解析】A項(xiàng)，因該反應(yīng)中S元素的化合價(jià)升高，F(xiàn)e元素的化合價(jià)降低，則SO為還原劑，還原性強(qiáng)弱為SO＞Fe2+，與已知還原性強(qiáng)弱一致，能發(fā)生，故不選A；B項(xiàng)，因該反應(yīng)中S元素的化合價(jià)升高，I元素的化合價(jià)降低，則SO為還原劑，還原性強(qiáng)弱為SO＞I－，與已知的還原性強(qiáng)弱一致，能發(fā)生，故不選B；C項(xiàng)，因該反應(yīng)中Fe元素的化合價(jià)升高，I元素的化合價(jià)降低，則Fe2+為還原劑，還原性強(qiáng)弱為Fe2+＞I－，與已知的還原性強(qiáng)弱不一致，反應(yīng)不能發(fā)生，故選C；D項(xiàng)，因該反應(yīng)中Br元素的化合價(jià)降低，S元素的化合價(jià)升高，則SO為還原劑，還原性強(qiáng)弱為SO＞Br－，與已知的還原性強(qiáng)弱一致，能發(fā)生，故不選D。 【答案】C 5．已知：H2SO3＋Br2＋H2O===2HBr＋H2SO4?，F(xiàn)將0.03 mol Cl2緩緩?fù)ㄈ牒?.02 mol H2SO3和0.02 mol HBr的混合溶液中，在此過(guò)程中，溶液的c(H＋)與n(Cl2)的關(guān)系示意圖是(不考慮溶液的體積變化)（ ） 【解析】根據(jù)方程式知，還原性H2SO3＞HBr，所以向混合溶液中通入氯氣時(shí)，先氧化H2SO3后氧化HBr，根據(jù)方程式H2SO3+Cl2+H2O===2HCl+H2SO4知，0.02mol H2SO3完全被氧化，需要n(Cl2)=n(H2SO3)=0.02mol，亞硫酸是弱酸、鹽酸和硫酸都是強(qiáng)酸，所以隨著反應(yīng)的進(jìn)行氫離子濃度增大；剩余的0.01mol氯氣氧化HBr，根據(jù)Cl2+2HBr===Br2+2HCl知，0.01mol氯氣能氧化0.02mol HBr，HCl、HBr都是強(qiáng)電解質(zhì)，所以該過(guò)程中氫離子濃度不變，即橫坐標(biāo)增大而縱坐標(biāo)不變，故選A 【答案】A 6．硫酸亞鐵的煅燒反應(yīng)為2FeSO4SO2↑＋Fe2O3＋SO3↑，有關(guān)說(shuō)法正確的是（ ） A．該反應(yīng)中FeSO4既作氧化劑，又作還原劑 B．SO2能使溴水褪色，說(shuō)明SO2具有漂白性 C．該反應(yīng)中每生成1mol Fe2O3轉(zhuǎn)移電子數(shù)約為6.02×1023 D．該反應(yīng)生成的氣體通入足量BaCl2溶液中，可得到BaSO3和BaSO4兩種沉淀 【解析】A項(xiàng)，F(xiàn)e化合價(jià)升高，被氧化，S化合價(jià)降低，被還原，F(xiàn)eSO4既作氧化劑，又作還原劑，正確；B項(xiàng)，二氧化硫與溴水發(fā)生氧化還原反應(yīng)，表現(xiàn)還原性，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，由方程式可知，反應(yīng)中Fe化合價(jià)由＋2價(jià)升高到＋3價(jià)，該反應(yīng)中每生成1mol Fe2O3轉(zhuǎn)移2mol電子，電子數(shù)目約為2×6.02×1023，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，該反應(yīng)生成的氣體通入足量BaCl2溶液中，生成硫酸鋇沉淀，沒(méi)有BaSO3生成，錯(cuò)誤。 【答案】A 7．已知某一反應(yīng)體系反應(yīng)物和生成物共五種物質(zhì)：O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2。已知該反應(yīng)中H2O2只發(fā)生如下過(guò)程：H2O2―→O2，則關(guān)于該反應(yīng)體系說(shuō)法錯(cuò)誤的是（ ） A．該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2H2CrO4＋3H2O2===2Cr(OH)3↓＋3O2↑＋2H2O B．該反應(yīng)中的氧化劑是H2O2，還原產(chǎn)物是O2 C．氧化性：H2CrO4＞O2 D．如反應(yīng)轉(zhuǎn)移了0.3mol電子，則產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為3.36L 【解析】由信息H2O2→O2可知，O元素的化合價(jià)由－1價(jià)升高到0價(jià)，則H2O2為還原劑，氧化劑發(fā)生還原反應(yīng)，則Cr元素的化合價(jià)降低，即還原反應(yīng)的過(guò)程為H2CrO4→Cr(OH)3，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為2H2CrO4＋3H2O2===2Cr(OH)3↓＋3O2↑＋2H2O，A正確；H2O2為還原劑，B錯(cuò)誤；根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，氧化性H2CrO4＞O2，C正確；由2H2CrO4＋3H2O2===2Cr(OH)3↓＋3O2↑＋2H2O可知，生成3mol氣體轉(zhuǎn)移6mol電子，則轉(zhuǎn)移了0.3mol電子，產(chǎn)生的氣體的物質(zhì)的量為×3mol＝0.15mol，其在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為0.15mol×22.4L·mol?1＝3.36L，D正確。 【答案】B 8．向僅含F(xiàn)e2＋、I－、Br－的溶液中通入適量氯氣，溶液中這三種離子的物質(zhì)的量隨消耗氯氣的物質(zhì)的量的變化如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（ ） A．線段Ⅲ代表Fe2+的變化情況 B．線段Ⅰ代表Br的變化情況 C．a(chǎn)值等于6 D．原混合溶液中n(FeBr2)＝4mol 【解析】向僅含F(xiàn)e2+、I、Br的溶液中通入適量氯氣，還原性I＞Fe2+＞Br，首先發(fā)生反應(yīng)2I+Cl2===I2+2Cl，I反應(yīng)完畢，再反應(yīng)反應(yīng)2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl，F(xiàn)e2+反應(yīng)完畢，最后發(fā)生反應(yīng)2Br+Cl2===Br2+2Cl，故線段I代表I的變化情況，線段Ⅱ代表Fe2+的變化情況，線段Ⅲ代表Br的變化情況。由通入氯氣可知，根據(jù)反應(yīng)離子方程式可知溶液中n(I)=2n(Cl2)=2mol，溶液中n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×(3mol－1mol)=4mol，F(xiàn)e2+反應(yīng)完畢，根據(jù)電荷守恒可知n(I)+n(Br)=2n(Fe2+)，故n(Br)=2n(Fe2+)－n(I)=2×4mol－2mol=6mol。A、由上述分析可知，線段Ⅲ代表Br的變化情況，故A錯(cuò)誤；B、由上述分析可知，線段I代表I的變化情況，故B錯(cuò)誤；C、由上述分析可知，溶液中n(Br)=2n(Fe2+)－n(I)=2×4mol－2mol=6mol，根據(jù)2Br+Cl2=Br2+2Cl可知，溴離子反應(yīng)需要的氯氣的物質(zhì)的量為3mol，故a=3+3=6，故C正確；D、溶液中n(Br)=6mol，所以原混合溶液中n(FeBr2)=3mol，故D錯(cuò)誤。故選C 【答案】C 9．碘化亞銅(Cu2I2)是一種不溶于水也不溶于酸的白色固體，用途很廣泛。完成下列填空： （1）碘化鉀溶液中滴加適量硫酸銅溶液，就能得到碘化亞銅。請(qǐng)完成并配平上述反應(yīng)： ____KI+____CuSO4→____I2+____Cu2I2↓+____________ 該反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為_(kāi)__________。 （2）往上述反應(yīng)后的溶液中加入淀粉，溶液變藍(lán)，再滴加亞硫酸溶液，藍(lán)色又褪去。寫(xiě)出KI、Cu2I2、H2SO3的還原性由強(qiáng)到弱的順序：______________。 （3）碘化亞銅能用于檢測(cè)空氣中的汞蒸氣，其反應(yīng)為2Cu2I2＋Hg===Cu2HgI4(玫瑰紅)＋ 2Cu，產(chǎn)物 Cu2HgI4中Cu元素顯______價(jià)。當(dāng)有1mol Cu2I2參與反應(yīng)時(shí)，轉(zhuǎn)移電子_______mol。 【解析】（1）缺項(xiàng)配平，先根據(jù)電子守恒配平，后根據(jù)原子守恒配平，4KI+2CuSO4===I2+Cu2I2↓+2K2SO4，4mol KI中2mol為氧化劑生成碘單質(zhì)，2mol不作為氧化劑生成Cu2I2，故答案為2∶2=1∶1； （2）根據(jù)氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物，還原劑的還原性強(qiáng)于還原產(chǎn)物判斷，H2SO3、KI、Cu2I2； （3）根據(jù)該物質(zhì)中碘元素為-1價(jià)，汞元素為+1或+2價(jià)，根據(jù)化合價(jià)為零原則，判斷該物質(zhì)中汞元素為+2價(jià)，銅元素為+1價(jià)，根據(jù)方程式判斷該反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移為2個(gè)，故當(dāng)有1mol Cu2I2參與反應(yīng)時(shí)，轉(zhuǎn)移電子1mol； 【答案】（1）4、2、1、1、2K2SO4；1∶1 （2）H2SO3、KI、Cu2I2 （3）+1；1 10．某實(shí)驗(yàn)小組為探究ClO－、I2、SO在酸性條件下的氧化性強(qiáng)弱，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)如下： 實(shí)驗(yàn)①：在淀粉碘化鉀溶液中加入少量次氯酸鈉溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即變藍(lán)； 實(shí)驗(yàn)②：向?qū)嶒?yàn)①的溶液中加入4mL 0.5mol·L?1的亞硫酸鈉溶液，藍(lán)色恰好完全褪去。 （1）寫(xiě)出實(shí)驗(yàn)①中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式： ____________________________________________。 （2）實(shí)驗(yàn)②的化學(xué)反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是__________________。 （3）以上實(shí)驗(yàn)說(shuō)明，在酸性條件下ClO－、I2、SO的氧化性由弱到強(qiáng)的順序是________________。 【解析】（2）實(shí)驗(yàn)①中生成的I2具有氧化性，將SO氧化為SO，根據(jù)SO～2e－～SO，可得0.002 mol Na2SO3失去電子(轉(zhuǎn)移電子)的物質(zhì)的量＝2×0.002mol＝0.004mol。（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)①知，氧化性ClO－＞I2，根據(jù)實(shí)驗(yàn)②知，氧化性I2＞SO，故氧化性ClO－＞I2＞SO。 【答案】（1）ClO－＋2I－＋2H＋===I2＋Cl－＋H2O （2）0.004 mol （3）SO＜I2＜ClO－ 7 培優(yōu)點(diǎn)六 溶液中電荷守恒的應(yīng)用 一．溶液中電荷守恒的應(yīng)用 1．溶液中離子濃度的大小判斷 典例1．用0.1mol·L?1的鹽酸滴定0.1mol·L?1的氨水，滴定過(guò)程中不可能出現(xiàn)的結(jié)果是（ ） A．c(NH)>c(Cl－)，c(OH－)>c(H+) B．c(NH)＝c(Cl－)，c(OH－)＝c(H+) C．c(Cl－)>c(NH)，c(OH－)>c(H+) D．c(Cl－)>c(NH)，c(H+)>c(OH－) 【解析】反應(yīng)過(guò)程中，溶液中的離子為Cl－、NH、H+、OH－，根據(jù)電荷守恒c(NH)+c(H+)＝c(Cl－)+c(OH)，不可能出現(xiàn)陰離子均大于陽(yáng)離子的情況。 【答案】C 2．溶質(zhì)的組成、確定離子類別的判斷 典例2．今有一混合物的水溶液，只可能含有以下離子中的若干種：K+、NH、Cl－、Mg2+、Ba2+、CO、SO?，F(xiàn)取三份100mL溶液進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)： （1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀產(chǎn)生；（2）第二份加足量NaOH溶液加熱后，收集到氣體0.68g； （3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，經(jīng)足量鹽酸洗滌、干燥后，沉淀質(zhì)量為2.33g。 根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)，以下推測(cè)正確的是（ ） A．K+一定存在 B．100mL溶液中含0.6g CO C．Cl－不可能存在 D．Ba2+一定不存在，Mg2+可能存在 【解析】說(shuō)明溶液中可能存在Cl－、SO、CO等離子。據(jù)(2)知NH+OH－NH3 ↑+H2O，則NH物質(zhì)的量為0.04mol。據(jù)（3）知BaSO4：2.33g(0.01mol)，即100mL溶液中含有0.01mol SO；BaCO3為6.27g－2.33g＝3.94g(0.02mol)，即CO有0.02mol；Ba2+、Mg2+不會(huì)存在，Cl－可能存在。由于n(NH)<2n(CO)+2n(SO)，由電荷守恒可知，必有K+。 【答案】A 3．溶液中某些離子的濃度計(jì)算 典例3．下列溶液中有關(guān)物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（ ） A．0.1mol·L?1NaHCO3溶液：c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(H2CO3) B．0.1mol·L?1NaHCO3溶液與0.1mol·L?1NaOH溶液等體積混合：c(Na+)＝2c(CO)+c(HCO)+2c(H2CO3) C．0.1mol·L?1NaHCO3溶液與0.2mol·L?1NaOH溶液等體積混合：c(Na)>c(OH)>0.05mol·L?1> c(CO)>c(HCO) D．0.2mol·L?1NaHCO3溶液與0.1mol·L?1NaOH溶液等體積混合：c(CO)+2c(OH－)＝c(HCO)+ 3c(H2CO3)+c(H+) 【解析】A項(xiàng)，NaHCO3溶液顯堿性，所以HCO水解大于電離，則c(H2CO3)>c(CO)，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，兩者反應(yīng)后為Na2CO3溶液，由物料守恒知，c(Na+)＝2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，反應(yīng)后的溶液為0.05mol·L?1 Na2CO3和0.05mol·L?1 NaOH的混合溶液，CO水解會(huì)產(chǎn)生OH－，所以c(OH)>0.05mol·L?1>c(CO)，正確；D項(xiàng)，反應(yīng)后溶液中c(NaHCO3)∶c(Na2CO3)＝1∶1，由電荷守恒知，c(Na+)+c(H+)＝c(HCO)+2c(CO)+c(OH－)，由物料守恒知，2c(Na+)＝3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)，消去c(Na+)可得，c(CO)+2c(OH－)＝c(HCO)+3c(H2CO3)+2c(H+)，錯(cuò)誤。 【答案】C 二．對(duì)點(diǎn)增分集訓(xùn) 1．在Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol的BaCl2，恰好使溶液中的SO42－完全沉淀；如加入足量強(qiáng)堿并加熱可得到c mol NH3，則原溶液中的Al3+的濃度(mol·L?1)為（ ） A． B． C． D． 【解析】由于NH3的物質(zhì)的量為c mol，由原子守恒和電荷守恒得：(NH4)2SO4的物質(zhì)的量為 mol，反應(yīng)時(shí)用去的BaCl2的物質(zhì)的量也為 mol，剩余的BaCl2為(b－)mol，則Al2(SO4)3中的SO的物質(zhì)的量也為(b－)mol，由電荷守恒得：n(Al3+)×3＝(b－)×2，所以c(Al3+)＝ mol·L?1。 【答案】C 2．由硫酸鉀、硫酸鋁和硫酸組成的混合溶液，其pH＝1，c(Al3+)＝0.4mol·L?1，c(SO)＝0.8mol·L?1，則c(K)約為（ ） A．0.15mol·L?1 B．0.2mol·L?1 C．0.3mol·L?1 D．0.4mol·L?1 【解析】電荷守恒c(H+)+3c(Al3+)+c(K+)=2c(SO)+c(OH)，得：c(K+)=0.3mol·L?1[由于溶液呈酸性，溶液中n(OH)很小，計(jì)算過(guò)程中可忽略]，C項(xiàng)正確。 【答案】C 3．已知HF的電離程度大于等濃度的CH3COOH的電離程度，則在相同條件下，同濃度等體積的NaF、CH3COONa溶液中，離子總數(shù)（ ） A．前者多 B．后者多 C．一樣多 D．無(wú)法確定 【解析】NaF溶液中離子總數(shù)：n1=n(Na+)+n(H+)1+n(F)+n(OH)1，CH3COONa溶液中離子總數(shù)n2= n(Na+)+n(H+)2+n(CH3COO)+n(OH)2。由電荷守恒原理：n(Na+)+n(H+)1=n(F)+n(OH)1、n(CH3COO)+ n(OH)2=n(Na+)+n(H+)2，推出n1=2n(Na+)+2n(H+)1、n2=2n(Na+)+2n(H+)2；由于兩溶液n(Na+)相等，且CH3COONa水解程度大，n(H+)2 n2，A項(xiàng)正確。 【答案】A 4．3.2g銅與過(guò)量30mL 8mol·L?1濃硝酸充分反應(yīng)硝酸的還原產(chǎn)物有NO和NO2。反應(yīng)后溶液中含a mol H+，此時(shí)溶液所含NO的物質(zhì)的量為（ ） A．a(chǎn) mol B．(a+0.1)mol C．0.1amol D．(1-a)mol 【解析】溶液中陽(yáng)離子有銅離子0.05mol和a mol氫離子，陰離子是硝酸根。根據(jù)電荷守恒原則可知硝酸根離子的物質(zhì)的量應(yīng)為(a+0.1)mol，所以答案應(yīng)選B。 【答案】B 5．已知HF的酸性比HCN的酸性強(qiáng)?，F(xiàn)有物質(zhì)的量濃度和體積均相同的NaF和NaCN兩種溶液，已知前者溶液中離子數(shù)目為n1，后者溶液中離子數(shù)目為n2。下列關(guān)系正確的是（ ） A．n1＝n2 B．n1>n2 C．n1c(CN)，NaF溶液中c(H+)相對(duì)較大，即：c(Na+)+c(H+)1＞c(Na+)+c(H+)2， 故n1>n2。 【答案】B 6．醋酸溶液中存在電離平衡CH3COOHH++CH3COO－，下列敘述不正確的是（ ） A．醋酸溶液中離子濃度的關(guān)系滿足：c(H+)＝c(OH－)+c(CH3COO－) B．0.10mol·L?1的CH3COOH溶液中加水稀釋，溶液中c(OH－)減小 C．CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固體，平衡逆向移動(dòng) D．常溫下pH＝2的CH3COOH溶液與pH＝12的NaOH溶液等體積混合后，溶液的pH＜7 【解析】根據(jù)電荷守恒，選項(xiàng)A中的等量關(guān)系成立 【答案】B 7．常溫下，將甲酸和氫氧化鈉溶液混合，所得溶液pH＝7，則此溶液中（ ） A．c(HCOO－)>c(Na+) B．c(HCOO－)＜c(Na+) C．c(HCOO－)＝c(Na+) D．無(wú)法確定c(HCOO－)與c(Na+)的關(guān)系 【解析】當(dāng)甲酸與氫氧化鈉發(fā)生過(guò)離子反應(yīng)后，溶液中存在著四種離子：HCOO、Na+、H+、OH，由于pH=7，即氫離子濃度與氫氧根離子濃度相等，根據(jù)電荷守恒原則可知，甲酸根離子與鈉離子的濃度也一定相等．所以答案應(yīng)選C。 【答案】C 8．把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸鈉的溶液，恰好使鋇離子完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸銀溶液，恰好使氯離子完全沉淀。則該混合溶液中鉀離子濃度為（ ） A．0.1(b－2a)mol·L?1 B．10(2a－b)mol·L?1 C．10(b－a)mol·L?1 D．10(b－2a)mol·L?1 【解析】依題意知，在100ml混合液中n(Ba2+)=amol，n(Cl)=bmol；根據(jù)電荷守恒2n(Ba2+)+n(K+)+ n(H+)=n(Cl)+n(OH)，可得n(K+)=(b-2a)mol[溶液呈中性n(H+)=n(OH)]，故混合液中c(K+)=(b-2a) mol/0.1L ，D項(xiàng)正確。 【答案】D 9．將0.2mol·L?1 HCN溶液和0.1mol·L?1 NaOH溶液等體積混合后，溶液顯堿性，下列關(guān)系式中正確的是（ ） A．c(HCN)＜c(CN－) B．c(Na+)c(H+)，故c(Na+)>c(CN－)；根據(jù)物料守恒知D選項(xiàng)正確。 【答案】D 10．已知某H2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3混合溶液100 mL，其中陽(yáng)離子濃度相等，SO濃度為6mol·L?1，此溶液中可溶解鐵粉的質(zhì)量為（ ） A．11.2 g B．16.8 g C．33.6 g D．5.6 g 【解析】 根據(jù)電中性原理得c(H+)+2c(Fe2+)+3c(Fe3+)=2c(SO)。又由于c(H+)=c(Fe2+)=c(Fe3+)，則6c(H+)=2×6，c(H+)=2mol·L?1。能溶解鐵粉的質(zhì)量為：56g·mol?1×2mol·L?1×0.1L×0.5+2mol·L?1×0.1L×0.5× 56g·mol?1=11.2 g，A項(xiàng)正確。 【答案】A 5