河南省重點中學高三化學上學期第二次段考試題（含解析）.doc

2015-2016學年河南省重點中學高三（上）第二次段考化學試卷一.單項選擇題（本題共16小題，每小題3分，共48分）1下列物質(zhì)或微粒中，按只有還原性，只有氧化性，既有氧化性又有還原性的順序排列的一組是（）ana、cl2、br2bh2、n2o4、cl2ci、f2、h2odso2、h+、hcl2下列敘述比較嚴謹?shù)氖牵ǎ゛將兩種帶相反電荷的膠體混合，能發(fā)生聚沉b有化學鍵斷裂的變化一定是化學變化cia族元素形成的單質(zhì)的熔點隨原子序數(shù)的遞增而降低d堿性氧化物一定是金屬氧化物3某化合物的水溶液能導電，且溶液中不存在電解質(zhì)分子，但該化合物屬于非電解質(zhì)，符合該條件的物質(zhì)是（）acl2bnh3cso3dna2o4na表示阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是（）a標準狀況下，等體積的水和co2，含有的氧原子數(shù)目為1：2b含有na個陰離子的na2o2與足量水反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2nac向含有1molfei2的溶液中通入適量氯氣，當有na個fe2+被氧化時，共轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3nad一個no分子質(zhì)量為a g，一個no2分子質(zhì)量是b g，則na個o2的質(zhì)量為（ba）nag5下列說法不正確的是（）將so2通入溶有足量氨的bacl2溶液中，無白色沉淀生成將鹽酸、kscn 溶液和fe（no3）2溶液三種溶液混合，混合溶液顯紅色向某溶液中滴入鹽酸酸 化的bacl2溶液產(chǎn)生白色沉淀，證明溶液中一定含有將兩小塊質(zhì)量相等的金屬鈉，一塊直接投入水中，另一塊用鋁箔包住，在鋁箔上刺些小孔，然后按入水中，兩者放出的氫氣質(zhì)量相等使用明礬可以對水進行消毒、殺菌a只有bcd6下列溶液中，能大量共存的離子組是（）aba2+、cu2+、c1、no3bca2+、al3+、br、clocnh4+、k+、hso3、co32dna+、k+、mno4、i7下列反應的離子方程式正確的是（）a物質(zhì)的量濃度相等的碳酸氫鋇溶液和氫氧化鈉溶液等體積混合ba2+2hco3+2oh=baco3+co32+2h2obnahso4溶液中滴加入ba（oh）2溶液至中性：2h+ba2+2oh+so42=baso4+2h2oc以石墨作電極電解氯化鎂溶液：2cl+2h2o2oh+h2+cl2d碳酸氫鈉溶液加入氯化鋁溶液 3hco3+al3+3co2+al（oh）38下列離子方程式中，不正確的是（）a向febr2溶液中通入少量的cl2：2fe2+cl2=2fe3+2clb向nh4al（so4）2溶液中滴入ba（oh）2恰好使so42反應完全：2ba2+4oh+al3+2so42=2baso4+alo2+2h2oc向mg（hco3）2溶液中加入過量的 naoh溶液：mg2+2hco3+4oh=mg（oh）2+2co32+2h2od向fe（no3）2溶液中加入稀鹽酸：3fe2+4h+no3=3fe3+no+2h2o9將一定質(zhì)量的鎂銅組成的混合物加入到稀硝酸中，金屬完全溶解（假設(shè)反應中還原產(chǎn)物全部是no）向反應后的溶液中加入3mol/lnaoh溶液至沉淀完全，測得生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加7.65g，則下列敘述中正確的是（）a當生成沉淀達到最大量時，消耗naoh溶液的體積為150mlb當金屬全部溶解時收集到no氣體的體積為4.48l（標準狀況下）c參加反應的金屬的總質(zhì)量一定是9.9gd當金屬全部溶解時，參加反應的硝酸的物質(zhì)的量一定是0.6mol10有一混合溶液，其中只含有fe2+、cl、br、i（忽略水的電離），其中cl、br、i的個數(shù)比為2：3：4，向該溶液中通入氯氣使溶液中cl和br的個數(shù)比為3：1，則通入氯氣的物質(zhì)的量與溶液中剩余fe2+的物質(zhì)的量之比為（）a7：1b7：2c7：3d7：411把一塊鎂鋁合金投入到1mol/l hcl溶液里，待合金完全溶解后，再往溶液里加入1mol/l naoh溶液，生成沉淀的物質(zhì)的量隨加入naoh溶液體積變化的關(guān)系如圖所示下列說法中錯誤的是（）ahcl溶液的體積為80mlba的取值范圍為0a50c當a值為30時，b值為0.01d的最大值為2.512在3brf3+5h2ohbro3+br2+9hf+o2中，若有5mol水做還原劑時，被水還原的brf3的物質(zhì)的量是（）a3 molb2 mocmoldmol13a mol fes與b mol feo投入到v l、c moll1的硝酸溶液中充分反應，產(chǎn)生no氣體，所得澄清溶液成分可看做是fe（no3）3、h2so4的混合液，則反應中未被還原的硝酸可能為（）（a+b）63g （a+b）189g 3（a+b） mol （vc）molabcd14fe、mg、al分別跟稀鹽酸充分反應得到相同質(zhì)量的氫氣其原因是：fe、mg、al的質(zhì)量相等，鹽酸足量； fe、mg、al的質(zhì)量比是56：24：27，鹽酸足量；fe、mg、al的質(zhì)量比是28：12：9，鹽酸足量；fe、mg、al均過量，所用鹽酸的溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)和質(zhì)量都相同你認為可能的原因是（）abcd15某無色溶液中可能含有k+、fe3+、cu2+、so42、so32、co32、cl、br這幾種離子中的若干種，依次進行下列實驗，觀察到的現(xiàn)象記錄如下：ph試紙檢驗，溶液的ph7取少量原溶液，向溶液中加入過量的bacl2和鹽酸的混合溶液，無白色沉淀生成另取少量原溶液，向溶液中滴加足量氯水、無氣體產(chǎn)生，再加入ccl4振蕩，靜置后ccl4層呈橙色，用分液漏斗分液向分液后的水溶液中加入ba（no3）2和hno3溶液，有白色沉淀產(chǎn)生在濾液中加入agno3和hno3的混合溶液有白色沉淀產(chǎn)生則關(guān)于原溶液的判斷中正確的是（）a肯定不存在的離子是fe3+、cu2+、co32、brb肯定存在的離子是k+、so42、so32c無法確定原溶液中是否存在cl和co32d若步驟改用bacl2和鹽酸的混合溶液，則對溶液中離子的判斷也無影響16下圖中橫坐標為加入反應物的物質(zhì)的量，縱坐標為產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量下列反應對應的曲線錯誤的是（）a向naalo2溶液中滴入hcl至過量b向澄清石灰水中通入co2至過量c向含有鹽酸的alcl3溶液中滴入naoh溶液至過量d向含有等物質(zhì)的量的ca（oh）2、koh的混合溶液中通入co2至沉淀消失二、填空題（本題包括5小題，共52分）17在酸性條件下，kbro3能把ki氧化成i2或kio3，本身被還原成br或br2，kio3能氧化ki生成i2或氧化br成為br2（本身均被還原為i2）請寫出在稀h2so4中kbro3與ki發(fā)生反應的三個離子方程式：（1）氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1：6，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1：5，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為6：5，（2）現(xiàn)取1l 0.4mol/l kbro3和4l 0.1mol/l ki與足量的稀硫酸混合，你認為發(fā)生上述三個反應的哪些反應（填編號）18（10分）（2009紅橋區(qū)一模）a、b、c為單質(zhì)，其中一種是金屬，通常狀況下，a為固體b為液體（且主要從海水中提取），c為氣體，其余均為化合物，x是一種具有揮發(fā)性的無氧強酸，e為黑色固體，h為無色液體，它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖（其中某些反應條件和產(chǎn)物已略去）（1）寫出：a的化學式，f的化學式，h的電子式（2）在反應中，不屬于氧化還原反應的是 （填序號）（3）完成e和x反應的離子方程式：（4）與b同族的元素中最高價氧化物的水化物其酸性最強的是 （填化學式）（5）完成h和某種化合物快速制c的化學方程式，每生成0.15 mol c電子轉(zhuǎn)移mol（6）b蒸氣與過量氨氣混合有白煙及另一種氣體單質(zhì)產(chǎn)生，該反應的化學方程式為：19（14分）（2012房山區(qū)一模）亞硝酸鈉是一種工業(yè)鹽，在生產(chǎn)、生活中應用廣泛現(xiàn)用如圖所示儀器（夾持裝置已省略）及藥品，探究亞硝酸鈉與硫酸反應及氣體產(chǎn)物成分已知：no+no2+2oh=2no2+h2o氣體液化的溫度：no2 21、no152（1）為了檢驗裝置a中生成的氣體產(chǎn)物，儀器的連接順序（按左右連接）：a、c、（2）反應前應打開彈簧夾，先通入一段時間氮氣，排除裝置中的空氣，目的是（3）在關(guān)閉彈簧夾，打開分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，a中產(chǎn)生紅棕色氣體確認a中產(chǎn)生的氣體含有no，依據(jù)的現(xiàn)象是裝置e的作用是（4）如果向d中通入過量o2，則裝置b中發(fā)生反應的化學方程式為如果沒有裝置c，對實驗結(jié)論造成的影響是（5）通過上述實驗探究過程，可得出裝置a中反應的化學方程式是20（14分）（2015秋河南校級月考）聚合硫酸鐵（pfs）是一種新型高效的無機高分子絮凝劑，廣泛用于水的處理現(xiàn)用一定質(zhì)量的鐵的氧化物（如圖）為原料來制取聚合硫酸鐵，為控制水解時fe3+的濃度，防止生成氫氧化鐵沉淀，原料中的fe3+必須先還原為fe 2+實驗步驟如下：（1）實驗室用18.4moll1的濃硫酸配制250ml4.8moll1的硫酸溶液，所用的玻璃儀器除燒杯、玻璃棒和量筒外，還需（2）在步驟（1）配制250ml4.8moll1的硫酸溶液過程中，下列操作會使配置的溶液的濃度偏高的是a用量筒量取濃硫酸時，俯視讀數(shù)b把量筒中的濃硫酸轉(zhuǎn)移到燒杯中稀釋后，用少量蒸餾水洗滌一下量筒內(nèi)壁，同時把洗滌液也轉(zhuǎn)移到燒杯中c稀釋后的硫酸溶液及時用玻璃棒引流轉(zhuǎn)移到容量瓶中d移夜時容量瓶內(nèi)壁未干燥，殘留有水（3）寫出步驟中用naclo3氧化時的離子方程式（提示：clo3轉(zhuǎn)化為cl）；已知1mol hno3的價格為0.16元，1mol naclo3的價格為0.45元，評價用hno3代替naclo3作為氧化劑的利弊，利是，弊是（4）為了分析產(chǎn)品聚合硫酸鐵溶液中so42與fe3+ 物質(zhì)的量之比，有人設(shè)計了以下操作：（a）取25ml聚合硫酸鐵溶液，加入足量的bacl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，白色沉淀經(jīng)過過濾、洗滌、干燥后，稱重，其質(zhì)量為m g（b）另取25ml聚合硫酸鐵溶液，加入足量銅粉，充分反應后過濾、洗滌，將濾液和洗液合并配成250ml溶液，取該溶液25.00ml，用kmno4酸性溶液滴定，到達終點時用去0.1000mol/l kmno4標準溶液vml反應的離子方程式為：5fe2+mno4+8h+=5fe3+mn2+4h2o回答下列問題：判斷（a）步驟溶液中so42離子已沉淀完全的方法是_；在（b）步驟中判斷達到終點的現(xiàn)象是；聚合硫酸鐵中so42與fe3+的物質(zhì)的量之比為（用含m、v的代數(shù)式表示）21a、b、c、d、e五瓶透明溶液，分別是hcl、bacl2、nahso4、na2co3和agno3中的一種已知：a與b的反應有氣體生成；b與c反應有沉淀生成；c與d反應有沉淀生成在和的反應中生成的沉淀是同一種物質(zhì)d與e反應有沉淀生成；a與e反應有氣體生成；請?zhí)羁眨海?1 ）在和的反應中生成的沉淀的化學式（分子式）是（2）a是，b是，c是，d是，e是（3）寫出各反應的離子方程式：2015-2016學年河南省重點中學高三（上）第二次段考化學試卷參考答案與試題解析一.單項選擇題（本題共16小題，每小題3分，共48分）1下列物質(zhì)或微粒中，按只有還原性，只有氧化性，既有氧化性又有還原性的順序排列的一組是（）ana、cl2、br2bh2、n2o4、cl2ci、f2、h2odso2、h+、hcl考點：氧化還原反應 專題：氧化還原反應專題分析：一般來說，元素化合價為最高價態(tài)，應具有氧化性，元素化合價為最低價態(tài)，則只具有還原性，化合價處于中間價態(tài)，則既有氧化性又有還原性解答：解：ana只有還原性；cl2中cl元素化合價為0價，為中間價態(tài)，則既有氧化性也有還原性；br2中br元素化合價為0價，為中間價態(tài)，則既有氧化性也有還原性，故a錯誤；bh2中h元素化合價為0價，為中間價態(tài)，則既有氧化性也有還原性；cl2中cl元素化合價為0價，為中間價態(tài)，則既有氧化性也有還原性，故b錯誤；ci中元素化合價最低，只有還原性；f2化合價為0價，為最高價態(tài)，只有氧化性；h2o中，h元素有氧化性，o元素有還原性，則h2o既有氧化性也有還原性，故c正確；dso2中s元素化合價為0價，為中間價態(tài)，則既有氧化性也有還原性，故d錯誤故選c點評：本題考查氧化還原反應，側(cè)重于學生的分析能力的考查，本題側(cè)重于從化合價的價態(tài)判斷物質(zhì)可能具有的性質(zhì)，注意把握氧化還原反應中化合價的變化特點，難度不大2下列敘述比較嚴謹?shù)氖牵ǎ゛將兩種帶相反電荷的膠體混合，能發(fā)生聚沉b有化學鍵斷裂的變化一定是化學變化cia族元素形成的單質(zhì)的熔點隨原子序數(shù)的遞增而降低d堿性氧化物一定是金屬氧化物考點：酸、堿、鹽、氧化物的概念及其相互聯(lián)系；膠體的重要性質(zhì)；堿金屬的性質(zhì) 分析：a、膠體微粒吸附帶電離子，整個膠體是電中性的；b、有化學鍵斷裂的變化不一定有化學鍵的生成；c、ia族元素形成的單質(zhì)為金屬晶體（h除外），熔點隨原子序數(shù)的遞增而降低；d、堿性氧化物不一定是金屬氧化物，堿性氧化物是指能和酸反應生成鹽和水的氧化物解答：解：a、膠體吸附帶電離子，膠體不帶電，兩種帶相反電荷的膠體微粒混合，能發(fā)生聚沉，故a錯誤；b、因稀有氣體中不含化學鍵，hcl溶于水共價鍵斷裂，但不是化學變化，故c錯誤；c、ia族元素形成的單質(zhì)為金屬晶體（h除外），隨原子序數(shù)增大半徑增大，則金屬鍵減弱，熔點減小，故c正確；d、堿性氧化物是指能和酸反應生成鹽和水的氧化物，不一定是金屬氧化物，如氧化鋁屬于兩性氧化物，七氧化二錳屬于酸性氧化物，故d錯誤故選c點評：本題考查元素周期表和元素周期律、物質(zhì)的分類以及化學鍵的有關(guān)知識，熟悉周期表中的元素種類數(shù)及元素在同主族、同周期的性質(zhì)變化規(guī)律即可解答，題目難度不大3某化合物的水溶液能導電，且溶液中不存在電解質(zhì)分子，但該化合物屬于非電解質(zhì)，符合該條件的物質(zhì)是（）acl2bnh3cso3dna2o考點：電解質(zhì)與非電解質(zhì) 分析：根據(jù)電解質(zhì)是指在水溶液中或在熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姡娊怆x成陽離子與陰離子）的化合物；非電解質(zhì)是指在水溶液中或在熔融狀態(tài)下都不能導電的化合物判斷解答：解：acl2是單質(zhì)，即cl2既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)，故a錯誤； bnh3的水溶液能導電，是因nh3和h2o反應生成nh3h2o，nh3h2o部分電離生成離子而導電，還存在nh3，但發(fā)生電離不是nh3本身，故nh3屬于非電解質(zhì)，故b錯誤；cso3的水溶液能導電，是因so3和h2o反應生成h2so4，h2so4全部電離生成離子而導電，不存在so3，但發(fā)生電離不是so3本身，故so3屬于非電解質(zhì)，故c正確；dna2o的水溶液能導電，是因na2o和h2o反應生成naoh，naoh全部電離生成離子而導電，不存在na2o，但na2o在熔融狀態(tài)下自身發(fā)生電離而導電，故na2o屬于電解質(zhì)，故d錯誤故選c點評：本題考查了電解質(zhì)和非電解質(zhì)的判斷，根據(jù)其定義來分析解答即可，難度不大4na表示阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是（）a標準狀況下，等體積的水和co2，含有的氧原子數(shù)目為1：2b含有na個陰離子的na2o2與足量水反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2nac向含有1molfei2的溶液中通入適量氯氣，當有na個fe2+被氧化時，共轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3nad一個no分子質(zhì)量為a g，一個no2分子質(zhì)量是b g，則na個o2的質(zhì)量為（ba）nag考點：阿伏加德羅常數(shù) 分析：a標準狀況下，水是液體； bna2o2與水的反應為歧化反應，1molna2o2轉(zhuǎn)移1mol電子即na個；c碘離子的還原性強于二價鐵離子，氯氣先氧化碘離子，再氧化二價鐵離子；d根據(jù)一個no分子的質(zhì)量為ag，一個no2分子的質(zhì)量為bg，可求1個氧原子的質(zhì)量為：（ba）g解答：解：a標準狀況下，水是液體，不能用氣體摩爾體積計算，故a錯誤； b含有na個陰離子的na2o2為1mol，na2o2與水的反應為歧化反應，1molna2o2轉(zhuǎn)移1mol電子即na個，故b錯誤；c向含有fei2的溶液中通入適量氯氣，氯氣先氧化i，當有1mol fe2+被氧化時轉(zhuǎn)移na個電子；2mol i被氧化時轉(zhuǎn)移2na個電子；該反應轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目至少為3na，故c正確；d一個no分子的質(zhì)量為a克，一個no2分子質(zhì)量為b克，1個氧原子的質(zhì)量為：（ba）g，根據(jù)摩爾質(zhì)量的概念：1mol物質(zhì)具有的質(zhì)量，所以1mol氧原子的質(zhì)量：na（ba），na個o2的質(zhì)量為2（ba）nag，故d錯誤故選c點評：本題考查阿伏加德羅常數(shù)的相關(guān)計算，題目難度不大，注意物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)、性質(zhì)以及物質(zhì)存在的外界條件和聚集狀態(tài)等問題5下列說法不正確的是（）將so2通入溶有足量氨的bacl2溶液中，無白色沉淀生成將鹽酸、kscn 溶液和fe（no3）2溶液三種溶液混合，混合溶液顯紅色向某溶液中滴入鹽酸酸 化的bacl2溶液產(chǎn)生白色沉淀，證明溶液中一定含有將兩小塊質(zhì)量相等的金屬鈉，一塊直接投入水中，另一塊用鋁箔包住，在鋁箔上刺些小孔，然后按入水中，兩者放出的氫氣質(zhì)量相等使用明礬可以對水進行消毒、殺菌a只有bcd考點：二氧化硫的化學性質(zhì)；鹽類水解的應用；硫酸根離子的檢驗；鈉的化學性質(zhì)；鋁的化學性質(zhì)；二價fe離子和三價fe離子的檢驗 專題：鹽類的水解專題；氧族元素；幾種重要的金屬及其化合物分析：二氧化硫與氨水反應生成亞硫酸銨，亞硫酸銨與氯化鋇反應；鐵離子與scn結(jié)合溶液呈紅色；溶液中含有銀離子，也會產(chǎn)生白色沉淀；鈉與水發(fā)生反應生成氫氣，鋁與氫氧化鈉溶液反應生成氫氣；明礬在水中發(fā)生水解生成氫氧化鋁膠體能凈水，不能殺菌消毒解答：解：二氧化硫與氨水反應生成亞硫酸銨，亞硫酸銨與氯化鋇反應生成亞硫酸鋇沉淀，故錯誤；鐵離子與scn結(jié)合溶液呈紅色，可以由于檢驗鐵離子，故正確；向某溶液中滴入鹽酸酸 化的bacl2溶液產(chǎn)生白色沉淀，溶液中可能含有銀離子或硫酸根離子，故錯誤；鈉與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，若用鋁箔包住，在鋁箔上刺些小孔，然后按入水中，除發(fā)生鈉與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，鋁與生成氫氧化鈉溶液反應生成氫氣，故鋁箔包住的鈉生成的氫氣多，故錯誤；明礬在水中發(fā)生水解生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體表面積很大，能吸附懸浮雜質(zhì)起凈水，但不能殺菌消毒，故錯誤故錯誤故選c點評：本題考查元素化合物的綜合運用、離子檢驗等，難度不大，注意基礎(chǔ)知識的注意中離子檢驗注意干擾離子影響6下列溶液中，能大量共存的離子組是（）aba2+、cu2+、c1、no3bca2+、al3+、br、clocnh4+、k+、hso3、co32dna+、k+、mno4、i考點：離子共存問題 分析：根據(jù)離子之間不能結(jié)合生成沉淀、氣體、水等，不能發(fā)生氧化還原反應等，不能相互促進水解等，則離子大量共存，以此來解答解答：解：a該組離子之間不反應，可大量共存，故a正確；bal3+、clo相互促進水解，不能大量共存，故b錯誤；chso3、co32發(fā)生復分解反應，不能大量共存，故c錯誤；dmno4、i發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故d錯誤；故選a點評：本題考查離子的共存，為高頻考點，把握常見離子之間的反應為解答的關(guān)鍵，側(cè)重氧化還原反應、水解反應及復分解反應的離子共存的考查，題目難度不大7下列反應的離子方程式正確的是（）a物質(zhì)的量濃度相等的碳酸氫鋇溶液和氫氧化鈉溶液等體積混合ba2+2hco3+2oh=baco3+co32+2h2obnahso4溶液中滴加入ba（oh）2溶液至中性：2h+ba2+2oh+so42=baso4+2h2oc以石墨作電極電解氯化鎂溶液：2cl+2h2o2oh+h2+cl2d碳酸氫鈉溶液加入氯化鋁溶液 3hco3+al3+3co2+al（oh）3考點：離子方程式的書寫 分析：a物質(zhì)的量濃度相等的碳酸氫鋇溶液和氫氧化鈉溶液等體積混合，應滿足n（hco3）：n（oh）=1：1；bnahso4溶液中滴加入ba（oh）2溶液至中性，生成硫酸鋇沉淀和水；c電解氯化鎂溶液生成氫氣、氯氣和氫氧化鎂沉淀；d碳酸氫鈉溶液加入氯化鋁溶液發(fā)生互促水解，比較徹底解答：解：a物質(zhì)的量濃度相等的碳酸氫鋇溶液和氫氧化鈉溶液等體積混合，應滿足n（hco3）：n（oh）=1：1，離子方程式為ba2+hco3+oh=baco3+h2o，故a錯誤；bnahso4溶液中滴加入ba（oh）2溶液至中性，生成硫酸鋇沉淀和水，為2h+ba2+2oh+so42=baso4+2h2o，故b正確；c電解氯化鎂溶液生成氫氣、氯氣和氫氧化鎂沉淀，為mg2+2h2o+2clh2+cl2+mg（oh）2，故c錯誤；d碳酸氫鈉溶液加入氯化鋁溶液發(fā)生互促水解，比較徹底，不用可逆符號，應為3hco3+al3+=3co2+al（oh）3，故d錯誤故選b點評：本題考查了離子方程式正誤判斷，為考試熱點，難溶物、弱電解質(zhì)、氧化物、氣體、絡合物等都要寫化學式，要注意遵循轉(zhuǎn)移電子守恒、原子守恒及電荷守恒，題目難度不大8下列離子方程式中，不正確的是（）a向febr2溶液中通入少量的cl2：2fe2+cl2=2fe3+2clb向nh4al（so4）2溶液中滴入ba（oh）2恰好使so42反應完全：2ba2+4oh+al3+2so42=2baso4+alo2+2h2oc向mg（hco3）2溶液中加入過量的 naoh溶液：mg2+2hco3+4oh=mg（oh）2+2co32+2h2od向fe（no3）2溶液中加入稀鹽酸：3fe2+4h+no3=3fe3+no+2h2o考點：離子方程式的書寫 專題：離子反應專題分析：a、溴化亞鐵溶液中fe2+的還原性大于br的還原性，通入少量氯氣只氧化亞鐵離子；b、加入的氫氧化鋇溶液恰好使硫酸根離子完全沉淀，氫氧根離子應生成氫氧化鋁沉淀后先結(jié)合銨根離子形成弱電解質(zhì)再溶解氫氧化鋁；c、酸式鹽和堿反應量少的碳酸氫鎂全部反應，離子方程式中鎂離子和碳酸氫根離子符合1：2的組成比，并且氫氧化鎂沉淀溶解性小于碳酸鎂；d、依據(jù)硝酸亞鐵溶液中加入鹽酸，形成了強氧化性的硝酸，能氧化二價鐵離子；解答：解：a、fe2+的還原性大于br的還原性，向febr2溶液中通入少量的cl2，只氧化亞鐵離子，離子方程式為：2fe2+cl2=2fe3+2cl，故a正確；b、向nh4al（so4）2溶液中滴入ba（oh）2恰好使so42反應完全，氫氧化鋇提供的氫氧根離子會完全沉淀鋁離子后會和銨根離子結(jié)合成弱電解質(zhì)，離子方程式為：2ba2+4oh+al3+2so42+nh4+2baso4+al（oh）3+nh3h2o，故b錯誤；c、向mg（hco3）2溶液中加入過量的 naoh溶液，碳酸氫鎂全部反應，沉淀為氫氧化鎂，離子方程式為：mg2+2hco3+4oh=mg（oh）2+2co32+2h2o，故c正確；d、向fe（no3）2溶液中加入稀鹽酸，形成的硝酸具有強氧化性把亞鐵離子氧化為三價鐵離子，離子方程式為：3fe2+4h+no33fe3+no+2h2o，故d正確；故選b點評：本題考查氧化還原反應的順序判斷，酸式鹽和堿反應時離子的反應順序判斷，量少的全部反應，關(guān)鍵是硝酸鹽在酸中隱含的硝酸的強氧化性的判斷；9將一定質(zhì)量的鎂銅組成的混合物加入到稀硝酸中，金屬完全溶解（假設(shè)反應中還原產(chǎn)物全部是no）向反應后的溶液中加入3mol/lnaoh溶液至沉淀完全，測得生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加7.65g，則下列敘述中正確的是（）a當生成沉淀達到最大量時，消耗naoh溶液的體積為150mlb當金屬全部溶解時收集到no氣體的體積為4.48l（標準狀況下）c參加反應的金屬的總質(zhì)量一定是9.9gd當金屬全部溶解時，參加反應的硝酸的物質(zhì)的量一定是0.6mol考點：有關(guān)混合物反應的計算 分析：將一定量的鎂和銅組成的混合物加入到稀hno3中，金屬完全溶解（假設(shè)反應中還原產(chǎn)物只有no），發(fā)生反應：3mg+8hno3 （?。?3mg（no3）2+2no+4h2o；3cu+8hno3 （?。?3cu（no3）2+2no+4h2o；向反應后的溶液中加入過量的3mol/l naoh溶液至沉淀完全，發(fā)生反應：mg（no3）2+2naoh=mg（oh）2+2nano3；cu（no3）2+2naoh=cu（oh）2+2nano3，沉淀為氫氧化鎂和氫氧化銅，生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加7.65g，則氫氧化鎂和氫氧化銅含有氫氧根的質(zhì)量為7.65g，氫氧根的物質(zhì)的量為=0.45mol，則鎂和銅的總的物質(zhì)的量為0.225mola反應中硝酸可能恰好反應，也可能有剩余，不能計算生成沉淀達到最大量時消耗naoh溶液的體積；b根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒計算no物質(zhì)的量，再根據(jù)v=nvm計算no的體積；c鎂和銅的總的物質(zhì)的量為0.225mol，金屬的總質(zhì)量與金屬的含量有關(guān)；d根據(jù)氮元素守恒n（hno3）=2n（硝酸銅+硝酸鎂）+n（no）解答：解：將一定量的鎂和銅組成的混合物加入到稀hno3中，金屬完全溶解（假設(shè)反應中還原產(chǎn)物只有no），發(fā)生反應：3mg+8hno3 （?。?3mg（no3）2+2no+4h2o；3cu+8hno3 （?。?3cu（no3）2+2no+4h2o；向反應后的溶液中加入過量的6mol/l naoh溶液至沉淀完全，發(fā)生反應：mg（no3）2+2naoh=mg（oh）2+2nano3；cu（no3）2+2naoh=cu（oh）2+2nano3，沉淀為氫氧化鎂和氫氧化銅，生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加7.65g，則氫氧化鎂和氫氧化銅含有氫氧根的質(zhì)量為7.65g，氫氧根的物質(zhì)的量為=0.45mol，則鎂和銅的總的物質(zhì)的量為0.225mol，a硝酸沒有剩余時，當生成的沉淀達到最大量時，溶液中溶質(zhì)為nano3，硝酸根守恒可知n（nano3）=2n（硝酸銅+硝酸鎂）=0.225mol2=0.45mol，由鈉離子守恒由n（naoh）=n（nano3）=0.45mol，故此時氫氧化鈉溶液的體積為=0.15l=150ml，硝酸若有剩余，消耗的氫氧化鈉溶液體積大于150ml，故a錯誤；b根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知生成的no物質(zhì)的量為=0.15mol，標準狀況下，生成no的體積為0.15mol22.4l/mol=3.36l，故b錯誤；c鎂和銅的總的物質(zhì)的量為0.225mol，假定全為鎂，質(zhì)量為0.225mol24g/mol=5.4g，若全為銅，質(zhì)量為0.225mol64g/mol=14.4g，所以參加反應的金屬的總質(zhì)量（m）為5.4gm14.4g，故c錯誤；d根據(jù)氮元素守恒n（hno3）=2n（硝酸銅+硝酸鎂）+n（no）=0.225mol2+0.15mol=0.6mol，故d正確，故選：d點評：本題主要考查混合物有關(guān)計算，綜合考查學生的得失電子守恒、質(zhì)量守恒等綜合運用和解決復雜問題的能力，是一道考查能力的好題，a選項為易錯點，學生容易按硝酸恰好完全反應計算，難度較大10有一混合溶液，其中只含有fe2+、cl、br、i（忽略水的電離），其中cl、br、i的個數(shù)比為2：3：4，向該溶液中通入氯氣使溶液中cl和br的個數(shù)比為3：1，則通入氯氣的物質(zhì)的量與溶液中剩余fe2+的物質(zhì)的量之比為（）a7：1b7：2c7：3d7：4考點：離子方程式的有關(guān)計算 分析：還原性：ife2+brcl，根據(jù)電荷守恒2n（fe2+）=n（cl）+n（br）+n（i）計算n（fe2+），根據(jù)溶液中通入氯氣使溶液中cl和br的個數(shù)比為3：1，計算消耗的氯氣和剩余fe2+的物質(zhì)的量，可則解答該題解答：解：由題意可設(shè)cl、br、i的物質(zhì)的量分別為2mol、3mol、4mol，由電荷守恒可得：2n（fe2+）=n（cl）+n（br）+n（i）=2mol+3mol+4mol=9mol，n（fe2+）=4.5mol，通入氯氣后，要滿足 n（cl）：n（br）=3：1，cl只要增加7mol就可以，即需通入氯氣3.5mol4mol i先消耗2mol氯氣，3mol fe2+消耗1.5mol氯氣，剩余fe2+1.5mol，則通入氯氣與剩余fe2+的物質(zhì)的量之比為：3.5：1.5=7：3，故選c點評：本題考查氧化還原反應的計算，題目難度中等，本題注意根據(jù)物質(zhì)還原性的強弱，從電荷守恒的角度計算n（fe2+），根據(jù)反應的程度判斷物質(zhì)的量關(guān)系，答題時注意體會11把一塊鎂鋁合金投入到1mol/l hcl溶液里，待合金完全溶解后，再往溶液里加入1mol/l naoh溶液，生成沉淀的物質(zhì)的量隨加入naoh溶液體積變化的關(guān)系如圖所示下列說法中錯誤的是（）ahcl溶液的體積為80mlba的取值范圍為0a50c當a值為30時，b值為0.01d的最大值為2.5考點：有關(guān)混合物反應的計算 分析：根據(jù)圖可知，首先發(fā)生的反應是中和過量的酸：h+oh=h2o，然后是沉淀兩種金屬離子：mg2+2oh=mg（oh）2、al3+3oh=al（oh）3，最后是al（oh）3的溶解：al（oh）3+oh=alo2+2h2o，從橫坐標80ml到90ml這段可以求出nal（oh）3=0.01mol，則n（al）=n（al（oh）3）=0.01mol，所以al3+消耗的naoh溶液的體積為=0.03l=30mla沉淀量最大時，溶液溶質(zhì)為nacl，此時加入1mol/l naoh溶液的體積為80ml，根據(jù)氯離子、鈉離子守恒可知n（hcl）=n（nacl）=n（naoh），再結(jié)合v=計算hcl溶液的體積；b合金的組成可以采用極限假設(shè)法，當金屬全部是鋁時剩余的酸最多，a的值最大，據(jù)此判斷a得取值范圍ca=30時，和mg2+反應的naoh溶液為20ml，此時n（mg2+）=0.01mol，b為氫氧化鎂與氫氧化鋁之和，b=n（mg2+）+n（al3+）d當a=0時，沉淀中mg（oh）2物質(zhì)的量最大，進而合金中金屬鎂的最大量，據(jù)此計算該合金中兩元素物質(zhì)的量之比的最大值解答：根據(jù)圖可知，首先發(fā)生的反應是中和過量的酸：h+oh=h2o，然后是沉淀兩種金屬離子：mg2+2oh=mg（oh）2、al3+3oh=al（oh）3，最后是al（oh）3的溶解：al（oh）3+oh=alo2+2h2o，從橫坐標80ml到90ml這段可以求出nal（oh）3=0.01mol，則n（al）=n（al（oh）3）=0.01mol，所以al3+消耗的naoh溶液的體積為=0.03l=30mla沉淀量最大時，溶液溶質(zhì)為nacl，此時加入1mol/l naoh溶液的體積為80ml，根據(jù)氯離子、鈉離子守恒可知n（hcl）=n（nacl）=n（naoh），所以v（hcl）1mol/l=1mol/l80ml，所以v（hcl）=80ml，故a正確；b假設(shè)鹽酸溶解金屬后不剩，這種情況下，酸恰好與合金反應完全，即a=0，通過極值法，當合金中完全是鋁時，因為沉淀al3+需要naoh溶液的體積為30ml，從圖可知，中和過量的酸所消耗的堿液體積最大為50ml，但是假設(shè)不成立，最大值是不存在的，所以的取值范圍為 0a50，故b正確；ca=30時，和mg2+反應的naoh溶液為（803030）ml=20ml，此時n（mg2+）=1mol/l0.02l=0.01mol，b=n（mg2+）+n（al3+）=0.02mol，故c錯誤；d當a=0時，沉淀中mg（oh）2物質(zhì)的量最大，沉淀最大時消耗n（naoh）=0.08l1mol/l=0.08mol，故根據(jù)氫氧根守恒，mg（oh）2物質(zhì)的量最大值=0.025mol，即合金中mg的最大物質(zhì)的量為0.025mol，故該合金中鎂鋁物質(zhì)的量之比的最大值為=2.5，故d正確，故選：c點評：本題考查鎂鋁及其化合物的性質(zhì)、混合物計算，清楚各階段發(fā)生的反應是關(guān)鍵，注意利用極限法進行解答，難度較大12在3brf3+5h2ohbro3+br2+9hf+o2中，若有5mol水做還原劑時，被水還原的brf3的物質(zhì)的量是（）a3 molb2 mocmoldmol考點：氧化還原反應的計算 專題：氧化還原反應專題分析：在反應3brf3+5h2o=hbro3+br2+9hf+o2中，元素化合價變化情況為：溴元素由+3價升高為+5價，溴元素由+3價降低為0價，氧元素化合價由2價升高為0價，所以brf3既起氧化劑也起還原劑作用，同時水也起還原劑作用根據(jù)氧化還原反應中電子轉(zhuǎn)移守恒計算被水還原的brf3的物質(zhì)的量解答：解：在反應3brf3+5h2o=hbro3+br2+9hf+o2中，元素化合價變化情況為：溴元素由+3價升高為+5價，溴元素由+3價降低為0價，氧元素化合價由2價升高為0價，所以brf3既起氧化劑也起還原劑作用，同時水也起還原劑作用若5molh2o被氧化，氧原子提供電子物質(zhì)的量為5mol2，令被水還原的brf3的物質(zhì)的量為xmol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，則：5mol2=xmol（30）解得x=，故選：d點評：本題考查氧化還原反應的計算、氧化還原反應基本概念，為高頻考點，側(cè)重于學生的分析能力和計算能力的考查，難度中等，關(guān)鍵根據(jù)化合價判斷氧化劑、還原劑，利用電子轉(zhuǎn)移守恒計算13a mol fes與b mol feo投入到v l、c moll1的硝酸溶液中充分反應，產(chǎn)生no氣體，所得澄清溶液成分可看做是fe（no3）3、h2so4的混合液，則反應中未被還原的硝酸可能為（）（a+b）63g （a+b）189g 3（a+b） mol （vc）molabcd考點：有關(guān)混合物反應的計算 分析：如果硝酸不足量，則未被還原的硝酸為生成硝酸鐵部分的硝酸；如果硝酸過量，則fes和feo完全反應，被還原的硝酸為生成no的硝酸，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等計算生成no的硝酸量，根據(jù)n原子守恒計算未被還原的硝酸的量解答：解：如果硝酸不足量，則未被還原的硝酸為生成硝酸鐵部分的硝酸，根據(jù)n、fe原子守恒得n（hno3）=3nfe（no3）3=3n（fe）=3n（fes）+n（feo）=3（a+b）mol=3（a+b）mol，m（hno3）=n（hno3）m（hno3）=（a+b）189g；如果硝酸過量，則fes和feo完全反應，被還原的硝酸為生成no的硝酸，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等、n原子守恒得生成no的硝酸量=mol，根據(jù)n原子守恒得未被還原的硝酸的量=vcmolmol=（vc）mol，故選b點評：本題考查混合物的計算，側(cè)重考查分析計算能力，根據(jù)原子守恒、轉(zhuǎn)移電子守恒進行計算即可，注意要討論解答，為易錯題14fe、mg、al分別跟稀鹽酸充分反應得到相同質(zhì)量的氫氣其原因是：fe、mg、al的質(zhì)量相等，鹽酸足量； fe、mg、al的質(zhì)量比是56：24：27，鹽酸足量；fe、mg、al的質(zhì)量比是28：12：9，鹽酸足量；fe、mg、al均過量，所用鹽酸的溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)和質(zhì)量都相同你認為可能的原因是（）abcd考點：常見金屬元素的單質(zhì)及其化合物的綜合應用；化學方程式的有關(guān)計算 專題：元素及其化合物分析：根據(jù)一定質(zhì)量金屬完全反應放出氫氣質(zhì)量=，三種金屬質(zhì)量相等時與足量鹽酸反應放出氫氣的質(zhì)量并不相等；根據(jù)反應生成的氫氣全部鹽酸中所含的氫元素，要得到相同質(zhì)量的氫氣，則三種金屬消耗鹽酸的質(zhì)量一定相等解答：解：、fe、mg、al的質(zhì)量相等，鹽酸足量，利用一定質(zhì)量金屬完全反應放出氫氣質(zhì)量=，三種金屬質(zhì)量相等時與足量鹽酸反應放出氫氣的質(zhì)量由多到少的關(guān)系為almgfe；故錯誤；鹽酸足量時，質(zhì)量比為56：24：27的fe、mg、al完全反應放出氫氣的質(zhì)量比=56：24：27=2：2：3，即得到氫氣的質(zhì)量不相等；故錯誤；鹽酸足量時，質(zhì)量比為28：12：9的fe、mg、al完全反應放出氫氣的質(zhì)量比=28：12：9=1：1：1，即得到相同質(zhì)量的氫氣，故正確；根據(jù)反應生成的氫氣全部鹽酸中所含的氫元素，fe、mg、al均為過量，所用鹽酸的質(zhì)量分數(shù)和質(zhì)量都相同時，充分反應，得到相同質(zhì)量的氫氣，故正確；故選d點評：金屬鐵可以表現(xiàn)出+2、+3價，但在金屬與酸或與鹽發(fā)生置換反應時，只能表現(xiàn)出+2價，反應生成亞鐵鹽15某無色溶液中可能含有k+、fe3+、cu2+、so42、so32、co32、cl、br這幾種離子中的若干種，依次進行下列實驗，觀察到的現(xiàn)象記錄如下：ph試紙檢驗，溶液的ph7取少量原溶液，向溶液中加入過量的bacl2和鹽酸的混合溶液，無白色沉淀生成另取少量原溶液，向溶液中滴加足量氯水、無氣體產(chǎn)生，再加入ccl4振蕩，靜置后ccl4層呈橙色，用分液漏斗分液向分液后的水溶液中加入ba（no3）2和hno3溶液，有白色沉淀產(chǎn)生在濾液中加入agno3和hno3的混合溶液有白色沉淀產(chǎn)生則關(guān)于原溶液的判斷中正確的是（）a肯定不存在的離子是fe3+、cu2+、co32、brb肯定存在的離子是k+、so42、so32c無法確定原溶液中是否存在cl和co32d若步驟改用bacl2和鹽酸的混合溶液，則對溶液中離子的判斷也無影響考點：常見離子的檢驗方法 分析：無色溶液中一定不存在有色離子：fe3+、cu2+；ph試紙檢驗，溶液呈堿性，說明溶液中存在弱酸根離子co32或so32；取少量原溶液，向溶液中加入過量的bacl2和鹽酸的混合溶液，無白色沉淀生成，硫酸鋇不溶于鹽酸，說明溶液中一定不存在so42；另取少量原溶液，向溶液中滴加足量氯水，無氣體產(chǎn)生，說明沒有co32，再加入ccl4振蕩，靜置后ccl4層呈橙紅色，橙色物質(zhì)為溴單質(zhì)，說明溶液中一定存在br；用分液漏斗分液，取上層溶液，加入ba（no3）2和hno3溶液有白色沉淀產(chǎn)生，說明硫酸鋇生成，即含有so32，在濾液中加入agno3和hno3的混合溶液有白色沉淀產(chǎn)生，由于加入氯水引進了氯離子，無法證明原溶液中是否存在氯離子；根據(jù)電荷守恒可知溶液中還一定含有k+；根據(jù)以上分析進行解答解答：解：無色溶液中一定不存在有色離子：fe3+、cu2+；ph試紙檢驗，溶液呈堿性，說明溶液中存在弱酸根離子co32或so32；取少量原溶液，向溶液中加入過量的bacl2和鹽酸的混合溶液，無白色沉淀生成，硫酸鋇不溶于鹽酸，說明溶液中一定不存在so42；另取少量原溶液，向溶液中滴加足量氯水，無氣體產(chǎn)生，說明沒有co32，再加入ccl4振蕩，靜置后ccl4層呈橙紅色，橙色物質(zhì)為溴單質(zhì)，說明溶液中一定存在br；用分液漏斗分液，取上層溶液，加入ba（no3）2和hno3溶液有白色沉淀產(chǎn)生，說明硫酸鋇生成，即含有so32，在濾液中加入agno3和hno3的混合溶液有白色沉淀產(chǎn)生，由于加入氯水引進了氯離子，無法證明原溶液中是否存在氯離子；由電荷守恒可知溶液中還一定含有k+；根據(jù)以上分析可知，原溶液中一定存在的離子為：so32、k+、br，一定不存在的離子為：fe3+、cu2+、so42、co32，無法確定的離子為：cl，a根據(jù)分析可知，溶液中一定不存在的離子為：fe3+、cu2+、so42、co32，一定含有so32、k+、br，故a錯誤；b原溶液中一定不存在so42，故b錯誤；c根據(jù)分析可知，溶液中一定不存在co32，故c錯誤；d若步驟目的是檢驗是否含有so42，改用