高三化学暑期达标复习题18

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1、高三化学暑期达标复习题18原创试题1：氯、溴、碘等卤族元素主要来自海水，很多海洋植物中都含有大量的碘，反应①是从海藻灰中提取碘的主要反应，反应②是从智利硝石中提取碘的主要反应：2NaI＋MnO2＋3H2SO4===2NaHSO4＋MnSO4＋2H2O＋I2①2NaIO3＋5NaHSO3===2Na2SO4＋3NaHSO4＋H2O＋I2②下列有关说法正确的是(　　)A.NaI和NaIO3在一定条件下能反应生成I2B.I2在反应①中是还原产物，在反应②中是氧化产物C.两个反应中生成等量的I2时转移电子数相等D.氧化性：MnO2>IO>I2>SO>Mn

2、2＋答案：A解析：由题干方程式可以看出，I2的两种生成方法，Ａ正确。I2在反应①中是氧化产物，在反应②中是还原产物，Ｂ错误。生成１molI2反应①转移2mol电子，反应②转移10mol电子，C错误。通过反应①产物为Mn2＋和I2，可以推理二者是能共存的，因此D项I2>Mn2＋的说法是错误的。原创试题2：在一个密闭玻璃箱内的中央，隔有一个可以左右无摩擦滑动的半透膜Ｐ，Ｐ两边的Ａ室和Ｂ室的容积相等，Ａ室内充满2mol/L的NaCl溶液，Ｂ室内充满1mol/L的NaCl溶液（半透膜只允许水分子通过）。下列说法错误的是（）A.实验开始后，Ｐ将向右侧移动B

3、.NaCl的摩尔质量为58.5g·mol-1C.Ｐ移至9处附近即可停止移动D.Ｐ停止移动，此时Ａ、Ｂ两室内NaCl溶液的物质的量浓度是1.5mol/L答案：C解析：NaCl的摩尔质量为58.5g·mol-1。如图所示为典型渗透装置，既有半透膜Ｐ，又有Ｐ两侧的浓度差。半透膜可以让水分子自由通过。因Ａ室浓度较Ｂ室高，Ｂ室水向Ａ室扩散速率大于Ａ室水向Ｂ室扩散速率，致使Ａ室体积增大，Ｐ向右侧（Ｂ室）移动，当Ａ、Ｂ两室浓度相等（为1.5mol/L）时，Ｐ将停止移动。可利用物质的量浓度的计算公式来推出箱底刻度，过程如下：设Ａ、Ｂ两室原容积相等，都为V(即Ｐ位

4、于中央刻度时两室的容积)，Ａ室增加的体积为x，由于只有当Ａ、Ｂ两室浓度相等时，Ｐ才停止移动，所以停止移动后Ａ、Ｂ两室的浓度均应为1.5mol/L，则Ａ室浓度＝=1.5,由此得x=V/3，即Ａ室增加部分的体积为原体积的1/3，显然Ｐ要移至刻度８处才符合题意。原创试题3：电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，根据溶液电导率的变化可以确定中和滴定的终点。某化学小组同学利用该原理在常温时，分别测定NaOH溶液和氨水的物质的量浓度，并得到如图所示曲线。①待测溶液：100mL氨水、100mLNaOH溶液②标准溶液：0.40的盐酸。5下列说法错误的是（）

5、A.滴定NaOH溶液时，所得的曲线是bB.达到滴定终点时，N点溶液的pH＜7，M点溶液的pH=7C.氨水溶液的物质的量浓度为0.10D.NaOH溶液的pH=13答案：B解析：本题考查中和滴定反应知识点。由NaOH+HCl=NaCl+H2ONH3·H2O+HCl=NH4Cl+H2O。电导率曲线可以看曲线电导率的转折点就是滴定的终点，马上就可以看出，100mL氨水、100mLNaOH溶液消耗盐酸的物质的量相同（0.40×25×10－3L=0.1mol），则氨水、NaOH溶液浓度都是0.10，NaOH溶液的pH=13，但是氨水的的pH没办法算；由于同浓

6、度的氨水、NaOH溶液，电导高的是强电解质NaOH是曲线b，电导低的是弱电解质是曲线a；电导率的转折点是就是滴定的终点，则N点是NaCl，溶液的pH=7，M点是NH4Cl，溶液的pH＜7。原创试题4：(12分)某研究性学习小组通过查阅资料发现，溶液与溶液反应生成的沉淀中除外还有碱式硫酸铜（化学式可表示为）。为了加以验证，小组成员进行了如下实验：①分别配制50物质的量浓度均为0.l00溶液和溶液；②准确量取10溶液倒人50烧杯中；③向烧杯中匀速加入0.1溶液，并每加入1.00溶液用pH计测一次混合溶液的;④当滴入溶液的体积达到30时停止实验，并绘制

7、出向溶液中滴加溶液时变化曲线如下：请回答以下问题：5(1)配制溶液时需要使用烧杯、、、等玻璃仪器；下列仪器中可用于向烧杯中加入溶液的仪器是。a．胶头滴管b．酸式滴定管c．碱式滴定管d．量筒(2)在0～2.00之间时，溶液中无沉淀产生，但变化较快的原因是。(3)在2.00～15.00之间时，溶液中产生绿色沉淀，并不断增加，经检测此沉淀为碱式硫酸铜。已知蒸馏水的为6.32，当为15.00时，溶液为6.30，则可求得=，=。(4)在17.00～20.00之间时，溶液中出现蓝色沉淀，并不断增加。已知为20.00时，溶液为12.25，则此时沉淀中（填“含”

8、或“不含”）有碱式硫酸铜，请设计实验方案加以证明。答案：（1）100容量瓶玻璃棒、胶头滴管（3分）c（2分）（2）水解产生的反应（2分）