高三化学二轮复习 限时训练

在学生就要走出校门的时候，班级工作仍要坚持德育先行，继续重视对学生进行爱国主义教育、集体主义教育、行为规范等的教育，认真落实学校、学工处的各项工作要求限时训练时限：_分钟满分：100分一、选择题(每题只有一个正确答案，每题6分，共60分)1下面是某“泡腾片”的标签。将这样一粒泡腾片放入1L水中，药片完全溶解，同时产生大量气泡。针对这个过程，下列说法不正确的是( A )泡腾片每片含：碳酸钙500 mg维生素C1000 mg柠檬酸1350 mg用量：XXXXX用法：XXXXXA.溶液中Ca2物质的量浓度为5103mol/LB释放了112 mL(标准状况)的气体C产生的气泡是柠檬酸与碳酸钙生成的CO2气体D每片“泡腾片”含Ca2数约为3.011021解析：1 L为溶剂的体积，不是反应溶液的体积，故A项错；n(CO2)n(CaCO3)0.5 g/100 gmol15103mol，V(CO2)5103 mol22400 mL/mol112 mL，B项正确；产生的气体为CO2，C正确；每片“泡腾片”含Ca2数约为5103mol6.021023mol13.011021，D正确。2设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( A )A常温下，4 g CH4含有NA个CH共价键B1 mol Fe与过量的稀HNO3反应，转移2NA个电子C1 L 0.1 molL1 NaHCO3溶液含有0.1NA个HCOD常温常压下，22.4 L的NO2和CO2混合气体含有2NA个O原子解析：4 g CH4物质的量为0.25 mol,1 mol CH4含4 mol CH键，故A正确。Fe与稀硝酸反应被氧化为Fe3，故应转移3NA个电子，故B错误。HCO会发生水解，故应小于0.1NA，C错误。D项不是标准状况下。3NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( C )A18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NAB2 L 0.5 molL1亚硫酸溶液中含有的H数为2NAC过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NAD密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA解析：A项，D2O和H2O的质子数相同(均为10)，但D2O、H2O的摩尔质量不同，分别为20 gmol1和18 gmol1，所以18 g的两者物质的量不同，质子数不同，错误；B项，n(H2SO3)2 L0.5 molL11 mol，但H2SO3是弱酸，部分电离，所以H数目小于2NA，错误；C项，发生反应：2Na2O22H2O=4NaOHO2，转移电子数为2 mol，正确；D项，发生反应：2NOO2=2NO2，常温下NO2和N2O4之间存在平衡2NO2N2O4，所以分子数小于2NA，错误。4只给出下列甲和乙中对应的物理量，不能求出物质的量的是( C )A甲：物质中的粒子数；乙：阿伏加德罗常数B甲：标准状况下的气体摩尔体积；乙：标准状况下的气体的体积C甲：固体的体积；乙：固体的密度D甲：溶液中溶质的物质的量浓度；乙：溶液体积解析：A项，n；B项，n；C项，只能求出此固体的质量，不能求其物质的量；D项，ncV。5下表为4种常见溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度，这4种溶液中密度最小的是( C )溶质A.HClB.NaOHC.CH3COOHD.HNO3溶质的质量分数/%36.5406063物质的量浓度/molL111.814.310.613.8解析：由公式c可推导出，由于溶质的质量分数与其相对分子质量均相等，故物质的量浓度大的密度就大。6NA代表阿伏加德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量为a g，则该混合物( B )A所含共用电子对数目为(a/71)NAB所含碳氢键数目为aNA/7C燃烧时消耗的O2一定是33.6a/14 LD所含原子总数为aNA/14解析：同质量的C2H4或C3H6中所含共用电子对数目或碳氢键数目相等，故可知14 g混合物中含有共用电子对数目、碳氢键数目分别为3NA、2NA。a g混合物中含有共用电子对数目为(3a/14)NA；a g混合物中含有碳氢键数目为(2a/14)NAa NA/7；不知反应所处的温度、压强，无法求算反应消耗氧气的体积；二者最简式相同，均为CH2，因此a g混合物中所含原子总数为3a NA/14，故答案选择B项。7一定量的CH4恰好与一定量的O2完全反应生成CO2、CO和水蒸气，生成物的总质量为49.6 g，将其通过足量的浓硫酸后，洗气瓶增重25.2 g，则此甲烷完全燃烧还需要O2的体积(标准状况)为( C )A8.96 L B2.24 LC4.48 L D6.72 L解析：n(H2O)1.4 mol，则n(CH4)0.7 mol。设CO、CO2的物质的量分别为x mol、y mol，xy0.7 mol，28x44y(49.625.2)g；解得：x0.4 mol，y0.3 mol。0.4 mol CO完全燃烧所需要的V(O2)0.4 mol22.4 L/mol4.48 L。8把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为( D )A0.1(b2a)molL1 B10(2ab)molL1C10(ba)molL1 D10(b2a)molL1解析：由题中数据知，在100 mL混合液中n(Ba2)a mol，n(Cl)b mol，利用“电荷守恒”可知溶液中n(K)n(Cl)2n(Ba2)(b2a)mol，故c(K)(b2a)mol/0.1 L10(b2a)molL1。9设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( C )标准状况下，2.24 L苯含有的分子数为0.1NA1 L 0.1 molL1CuSO4溶液中含有的Cu2的数目为0.1NA0.1 mol18O含有中子的数目是NA4.6 g NO2气体中含有的分子数是0.1NA1 mol CnH2n1中所含的电子数为(3n1)NA个常温常压下，31 g白磷与红磷的混合物中所含的磷原子数无法求得A BC D解析：错误，在标准状况下苯是液体；错误，Cu2发生水解后数目小于0.1NA；正确；错误，4.6 g NO2的物质的量为0.1NA，由于存在化学平衡2NO2N2O4，含有的分子数目介于0.050.1NA之间；错误，CnH2n1是烷烃基，1 mol CnH2n1中所含的电子数为(6n2n1)NA个；错误，常温常压下31 g白磷与红磷的混合物中所含的磷原子数为NA个。10碳酸铜和碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3均可溶于盐酸转化为氯化铜。在高温条件下两种化合物均能分解生成氧化铜。溶解28.4 g的上述混合物，消耗1.0 molL1盐酸500 mL。灼烧等量的上述混合物，得到的氧化铜的质量为( B )A15 g B20 gC30 g D35 g二、非选择题(40分)11(20分)合成氨工业生产中所用的Fe催化剂的主要成分为FeO、Fe2O3。(1)某FeO、Fe2O3混合物中，铁、氧的物质的量之比为45，其中Fe2与Fe3物质的量之比为11。(2)当催化剂中Fe2与Fe3的物质的量之比为12时，其催化剂活性最高，此时铁的氧化物混合物中铁的质量分数为0.72(用小数表示，保留2位小数)。(3)以Fe2O3为原料制备上述催化剂，可向其中加入适量炭粉，发生如下反应：2Fe2O3C4FeOCO2。为制得这种活性最高的催化剂，理论上应向480 g Fe2O3粉末中加入炭粉的质量为6 g，生成实验条件下CO2的体积12 L(假设此实验条件下，气体摩尔体积为24 Lmol1)。解析：(1)设FeO、Fe2O3分别为x mol、y mol，根据铁、氧物质的量之比关系得：(x2y)(x3y)45，xy21，Fe2与Fe3物质的量之比：x2y11。(2)根据催化剂中Fe2与Fe3的物质的量之比为12可推知，FeO、Fe2O3的物质的量之比为11，混合物中铁的质量分数为：0.72。(3)由于催化剂中Fe2与Fe3的物质的量之比为12时，其催化剂活性最高，此时反应后的混合物中，FeO、Fe2O3的物质的量之比为11，原料480 g Fe2O3为3 mol，Fe2O32FeO，原料中必须有1/3Fe2O3参加反应，即1 mol Fe2O3参加反应，理论上要有0.5 mol C反应，即6 g C。生成CO2为0.5 mol，在该条件下，体积为12 L。12(20分)氨碱法制纯碱包括石灰石分解、粗盐水精制、氨盐水碳酸化等基本步骤。完成下列计算：(1)CaCO3质量分数为0.90的石灰石100 kg完成分解产生CO220160L(标准状况)。石灰窑中，该石灰石100 kg与焦炭混合焙烧，产生CO2 29120 L(标准状况)，如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生CO，则焦炭的物质的量为400mol。(2)已知粗盐水含MgCl2 6.80 mol/m3，含CaCl2 3.00 mol/m3。向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子：MgCl2Ca(OH)2=Mg(OH)2CaCl2然后加入Na2CO3除钙离子。处理上述粗盐水10m3，至少需要加Na2CO310388g。如果用碳酸化尾气(含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040)代替碳酸钠，发生如下反应：Ca22NH3CO2H2O=CaCO32NH。处理上述10 m3粗盐水至少需要通入多少L(标准状况)碳酸化尾气？列式计算。答案：V(CO2)54880 L(3)某氨盐水含氯化钠1521 kg，通入二氧化碳后析出碳酸氢钠晶体，过滤后溶液中含氯化铵1070 kg。列式计算：过滤后溶液中氯化钠的质量。析出的碳酸氢钠晶体的质量。答案：由方程式NaClNH3CO2H2O=NaHCO3NH4Cl可知：n(NH4Cl)n(NaHCO3)2104 molm(NaHCO3)2104 mol84 g/mol1680 kgm(NaCl)1521 kg2104 mol58.5 g/mol103 kg/g351 kg解析：(1)CaCO3CaOCO2，V(CO2)22.4 Lmol120160 L。根据碳原子守恒有：n(C)400 mol。(2)注意加入Ca(OH)2，增加了Ca2，加入Ca(OH)2后，溶液中c(Ca2)6.80 mol/m33.00 mol/m39.80 mol/m3，m(Na2CO3)9.80 mol/m310 m3106 g/mol10388 g。由方程式可知相对于NH3的量CO2不足，所以按CO2的量计算，V(CO2)(9.80 mol/m310 m322.4 L/mol)/0.0454880 L。(3)发生反应：NaClNH3CO2H2O=NaHCO3NH4Cl，n(NH4Cl)2104 mol，析出m(NaHCO3)2104 mol84 g/mol1680 kg，溶液的NaCl质量为1521 kg2104 mol58.5 g/mol103kg/g351 kg。限时训练 P79时限：_分钟满分：100分一、选择题(每题只有一个正确答案，每题6分，共60分)1下列叙述正确的是( C )A发生化学反应时失去电子越多的金属原子，还原能力越强B金属阳离子被还原后，一定得到该元素的单质C核外电子总数相同的原子，一定是同种元素的原子D能与酸反应的氧化物，一定是碱性氧化物解析：本题属于易混淆基本概念的记忆题。A中氧化性、还原性的强弱是指得失电子的难易程度，而非得失电子多少，例如Na、Mg、Al的还原性依次减弱；金属阳离子可能有多种价态，被还原后可能生成该元素的低价阳离子，例：Fe3Fe2Fe；C中根据原子结构的有关知识，原子的核外电子总数质子数，相同的核外电子总数说明其质子数相同，元素种类相同，属于同种元素的原子，C正确；D中能与酸反应的氧化物，可能是两性氧化物或碱性氧化物。2下列硫元素化合价变化中，从左至右，按硫元素只被氧化、只被还原、既被氧化又被还原、既没有被氧化又没有被还原排列的是( D )浓硫酸与炭粉在加热条件下反应硫化氢溶液中通入氧气硫代硫酸钠(Na2S2O3)与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和硫等向烧碱溶液中缓慢通入二氧化硫A BC D解析：浓硫酸与炭反应，硫化合价由6价降至4价，硫被还原；硫化氢与氧气反应，硫由2价升至0价，硫被氧化；硫代硫酸钠与硫酸反应，硫代硫酸钠中硫由2价，一部分硫化合价升至4价，另一部分硫的化合价降至0价，既被氧化又被还原；二氧化硫与氢氧化钠反应，硫元素的化合价没有变化。3已知下述三个实验中的物质均能发生化学反应。将铁钉放入硫酸铜溶液中向硫酸亚铁溶液中滴入几滴浓硝酸将铁钉放入氯化铁溶液中下列判断正确的是( A )A实验和中的铁钉只作还原剂B上述实验证明氧化性：Fe3Fe2Cu2C实验中Fe2既显氧化性又显还原性D实验中反应的离子方程式为FeFe3=2Fe2解析：实验中铁置换出铜，铁钉作还原剂，实验中铁钉被Fe3氧化，铁钉作还原剂，A正确。由实验可知氧化性：Cu2Fe2，B错误。实验中Fe2被硝酸氧化为Fe3，Fe2是还原剂，C错误。D选项中的离子方程式的电荷不守恒，正确的离子方程式为Fe2Fe3=3Fe2，D错误。4R2O在一定条件下可以把Mn2氧化成MnO，若反应后R2O转变为RO。又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为52，则n值为( B )A1 B2C3 D4解析：设R2O中R的化合价为x，RO中R的化合价为y，则有n122x6y，即：2xy6，根据得失电子守恒：10(xy)10，解得x5，n12252。5MnO2的一些性质或用途如图，下列说法正确的是( D )A、三个反应中MnO2均作氧化剂B足量MnO2与2 L 10 mol/L HCl共热，可生成5 mol Cl2C反应若生成1 mol Al2O3，则反应过程中转移12 mol电子D反应中K2CO3和KNO3的化学计量数均为1解析：反应中二氧化锰作还原剂，A项错；足量MnO2与2 L 10 mol/L HCl共热，随着反应的进行浓盐酸变为稀盐酸，反应不再进行，所以生成的氯气小于5 mol，B项错；反应若生成1 mol Al2O3，则反应过程中转移6 mol电子，C项错；反应：MnO2KNO3K2CO3=K2MnO4KNO2CO2，D项正确。6Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO46Na2O2=2Na2FeO42Na2O2Na2SO4O2，下列说法中不正确的是( D )ANa2O2在上述反应中既作氧化剂又作还原剂BNa2FeO4既是氧化产物又是还原产物CNa2FeO4处理水时，既能杀菌，又能在处理水时产生胶体净水D2 mol FeSO4发生反应时，共有8 mol电子发生转移解析：6 mol的Na2O2中只有1 mol中的氧失去电子变成氧气，另外5 mol中的氧得到电子变成2价的氧，A项正确；2 mol Fe2转化为6价的铁时，转移8 mol电子，再加上生成1 mol O2时Na2O2失去的2 mol电子，反应中共转移10 mol电子，D项错误。7已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2，且Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列叙述中，正确的是( B )ACl2通入FeI2溶液中，可存在反应3Cl26FeI2=2FeCl34FeI3B每1 mol Co2O3在酸性溶液中被还原生成Co2时转移2 mol eCFeCl3溶液不能使淀粉KI试纸变蓝DI2是A族元素单质，具有较强的氧化性，可以将Co2氧化成Co2O3解析：由于Fe3氧化性强于I2，所以FeI3不存在，A中反应不可能发生，A错；B项中1 mol Co2O3被还原为Co2时转移2 mol e，B正确；因Fe3氧化性大于I2，FeCl3将KI氧化为I2，I2遇淀粉变蓝，C不正确；因氧化性Co2O3I2，I2不能把Co2氧化为Co2O3，D错误。8现有M、N、P、E四种单质，有以下反应：(1)在水溶液中，MN2=M2N，(2)P2H2O(l)=P(OH)2H2，(3)N、E相连浸入稀H2SO4中，电极反应：N2e=N2，2H2e=H2，判断四种单质的还原性由强到弱的顺序是( C )AM、N、P、E BM、N、E、PCP、M、N、E DE、P、M、N解析：根据(2)，P能与H2O反应产生H2，说明P的还原性最强；根据(1)可知M的还原性大于N；根据(3)可知N失去电子为原电池负极，所以N的还原性大于E，故还原性由强到弱的顺序为PMNE。9向FeBr2、FeI2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示，下列有关说法中不正确的是( B )Ad曲线代表溶液中Br变化情况B原溶液中FeI2的物质的量为2 molC原溶液中n(Fe2)n(Br)23D当通入2 mol Cl2时，溶液中离子反应为2Fe22I2Cl2=2Fe3I24Cl解析：由于Fe2、I、Br的还原性大小为：IFe2Br，故向该溶液中通入氯气，氯气先氧化I，再氧化Fe2，最后氧化Br，故a、b、c、d曲线分别表示I、Fe2、Fe3、Br的变化情况，A项正确；由图像可知，I为2 mol，故原溶液中FeI2为1 mol，B项错误；由图可以看出Fe2是4 mol，Br是6 mol，故原溶液中n(Fe2)n(Br)23，C项正确；当通入2 mol Cl2时，2 mol的I消耗氯气1 mol，余下的1 mol氯气再与2 mol Fe2反应，故溶液中发生的离子反应可表示为2Fe22I2Cl2=2Fe3I24Cl，D项正确。10某反应体系的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。下列选项正确的是( C )ANa2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOHBNa2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2OCNa2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOHD当1 mol Au2O3完全反应时，转移电子的物质的量为8 mol解析：Au2O3是反应物，则Au2O一定是生成物，其中Au元素化合价由3价变成1价，化合价降低，则必然有化合价升高的，即Na2S2O3(硫元素为2价)是反应物，Na2S4O6(硫元素为2.5价)是生成物。根据反应前后硫元素守恒则有：2Na2S2O3Na2S4O6，根据钠元素守恒，则生成物这边缺少钠元素，所以NaOH是生成物，再根据氢元素守恒，则水是反应物。由关系式：Au2O3Au2O4e，所以当1 mol Au2O3完全反应时，转移电子的物质的量为4 mol。二、非选择题(40分)11(9分)氧化还原反应是氧化和还原两个过程的对立统一。现有一个还原过程的反应式如下：NO4H3e=NO2H2O(1)下列五种物质中能使上述还原过程发生的是C(填字母)。AKMnO4BNa2CO3CCu2ODFe2(SO4)3ESi(2)写出上述反应的化学方程式并配平：14HNO33Cu2O=6Cu(NO3)22NO7H2O。(3)反应中硝酸体现的性质是氧化性和酸性，氧化产物是Cu(NO3)2。(4)反应中若产生0.2 mol气体，则消耗硝酸的物质的量是1.4mol，转移电子的物质的量是0.6mol。(5)若相同量的还原剂与不同浓度的硝酸反应时，被还原的硝酸的物质的量增加了，原因是硝酸浓度偏大，部分被还原成了NO2。解析：(1)完成该过程需要还原剂，五种物质中只有Cu2O可作还原剂。(2)Cu2O作还原剂被氧化为Cu2，根据得失电子守恒配平化学方程式：14HNO33Cu2O=6Cu(NO3)22NO7H2O。(3)分析上述化学方程式，硝酸起到氧化剂和酸的作用，表现了氧化性和酸性，氧化产物是Cu(NO3)2。(4)由方程式知14HNO32NO6e，故生成0.2 mol气体时，消耗HNO3的物质的量为1.4 mol，转移电子的物质的量为0.6 mol。(5)相同量的还原剂，应转移相同量的电子，被还原的硝酸的物质的量增加，可能是因为硝酸浓度偏大，部分被还原成了NO2。12(11分)化学实验的微型化可有效地减少污染，实现化学实验绿色化的要求。某学生按下列操作做一个实验：在一块下衬白纸的玻璃片的不同位置分别滴加浓度为0.1 mol/L的KBr、KI(含淀粉溶液)、NaOH(含酚酞)、FeCl2(含KSCN)溶液各1滴，每种液滴彼此分开，围成半径小于表面皿的圆形(如下图所示)，在圆心处放置2粒芝麻大小的KMnO4晶体，向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸，再立即将表面皿盖好。已知：2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O(1)e处反应的离子方程式为2MnO16H10Cl=2Mn25Cl28H2O，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为15。(2)b处的实验现象为溶液由无色变为蓝色，d处的实验现象为溶液变为红色。(3)c处反应的化学方程式为Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，标准状况下，当有0.224 L Cl2被NaOH溶液吸收后，转移电子的物质的量为0.01 mol。(4)通过该实验能否比较Cl2、FeCl3、KMnO4三种物质氧化性的强弱？能(填“能”或“不能”)；若能，其氧化性由强到弱的顺序是KMnO4Cl2FeCl3。解析：(1)根据e处发生反应的化学方程式判断反应中的氧化剂为KMnO4，还原剂为HCl，其中氧化剂和还原剂的物质的量之比为21015，而不是18。(2)b处发生的反应为2KICl2=2KClI2，I2遇淀粉显蓝色；d处发生的反应为：2FeCl2Cl2=2FeCl3，Fe3和SCN反应使溶液变红色。(3)Cl2与NaOH溶液反应的化学方程式： l22NaOH=Na 得eNa 失eOH2O当有0.01 mol Cl2被吸收时，转移0.01 mol电子。(4)e处实验说明氧化性KMnO4Cl2，d处实验说明氧化性Cl2FeCl3，因此，三种物质氧化性强弱顺序为：KMnO4Cl2FeCl3。13(11分)已知下列反应在一定条件下可以发生H2O22Fe22H=2Fe32H2O；H2O22Fe3=2Fe22HO2。试回答下列问题：(1)Fe2在以上反应中实际起着催化剂作用。(2)I2和Fe2一样也能与H2O2发生上述类似的反应，类比上述反应，在下面填入合适的化学方程式H2O2I2=2HIO；2HIOH2O2=I2O22H2O；总反应方程式为2H2O22H2OO2。(3)在H2SO4和KI的混合溶液中加入过量的H2O2，放出大量的无色气体，溶液呈棕色，并可以使淀粉溶液变蓝。有学生认为该反应的离子方程式为H2O22I=I2O22H，这个方程式正确吗？不正确(填“正确”或“不正确”)，若正确，理由是_。若不正确，原因是只有化合价升高元素，无化合价降低元素，写出正确的化学方程式H2SO42KIH2O2=K2SO42H2OI2。解析：题干中首先给出了两个有相互联系的分反应，反应中物质可以分为四类：反应物、生成物、中间产物、催化剂，其中催化剂的特点是反应开始时即参与反应，但反应完全后又重新生成且质量不变，可以确定Fe2为催化剂；根据“I2和Fe2一样也能与H2O2发生上述类似的反应”可知，I2在反应中作催化剂，它在第二个反应中应当重新生成，同时注意模仿题中给出的反应，可以写出第二个分反应：2HIOH2O2=I2O22H2O，此反应与第一个分反应相加然后抵消中间产物HIO就可得总反应。(3)氧化还原反应中首先要满足的条件是有电子得失，H2O22I=I2O22H中O、I二元素化合价均升高，只有失电子的物质没有得电子的物质，这种反应不能发生。14(9分)雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。根据题意完成下列填空：(1)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体。若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和SnCl2的物质的量之比为11。(2)上述反应中的氧化剂是As2S3，反应产生的气体可用氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液吸收。(3)As2S3和HNO3有如下反应：As2S310H10NO=2H3AsO43S10NO22H2O。若生成2 mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为10 mol。若将该反应设计成一原电池，则NO2应该在正极(填“正极”或“负极”)附近逸出。(4)若反应产物NO2与11.2 L O2(标准状况)混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，然后与过量的碳反应，所产生的CO2的量a(选填编号)。a小于0.5 mol b等于0.5 molc大于0.5 mol d无法确定解析：(1)根据电子得失守恒知1 molAs2S3作氧化剂得到2 mol电子，而1 mol SnCl2作还原剂失去2 mol电子，所以二者的物质的量之比是11；(2)H2S是酸性气体可用碱液或硫酸铜溶液吸收；(3)As2S3作还原剂，转移电子的个数是2(53)3(20)10。NO2属于还原产物，在正极生成；(4)根据电子守恒可知生成CO2的量是0.5 mol，但考虑到随着反应的进行，硝酸的浓度会降低而稀硝酸不与碳反应。限时训练 P81时限：_分钟满分：100分一、选择题(每题只有一个正确答案，每题6分，共60分)1水溶液中能大量共存的一组离子是( C )ANa、Ca2、Cl、SOBFe2、H、SO、ClOCMg2、NH、Cl、SODK、Fe3、NO、SCN解析：A项，CaSO4微溶，Ca2和SO不能大量共存。B项，Fe2、ClO会发生氧化还原反应，H、SO、ClO不能大量共存。C项，可以共存。D项，Fe3和SCN会形成络合物Fe(SCN)3，不能大量共存。2在某未知溶液中检验出含有Ba2、NO，且溶液的pH1。某学生还需鉴定此溶液中是否大量存在：Al3；NH；Fe2；Cl；AlO；SO，其实这些离子中有一部分不必再鉴定就能加以否定，你认为不必再鉴定的离子组是( A )A BC D解析：溶液的pH1，说明为强酸性溶液，溶液中一定不存在AlO；溶液中含有Ba2、NO，显强氧化性，则一定不存在Fe2、SO。3常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( A )A使甲基橙变红色的溶液：Mg2、K、SO、NOB使酚酞变红色的溶液：Na、Cu2、HCO、NOC0.1 molL1AgNO3溶液：H、K、SO、ID0.1 molL1NaAlO2溶液：H、Na、Cl、SO解析：各离子相互不反应能共存，A正确；使酚酞变红色的溶液显碱性，Cu2在碱性溶液中生成氢氧化铜沉淀，HCO在碱性溶液中生成CO，B错误；Ag与SO、I生成沉淀而不能共存，C错误；AlO与H能生成氢氧化铝沉淀，故不能共存，D错误。4下列对各组离子或物质是否能够大量共存解释正确的是( B )A常温常压下NH3、O2、H2、CO2不能共存NH3为碱性气体、CO2为酸性气体，二者反应生成(NH4)2CO3Bc(OH)1.01013 mol/L溶液中，Fe2、NO、SO、Na不能共存发生反应：3Fe2NO4H=3Fe3NO2H2OC溶液中：K、Cu2、Cl、NH3H2O不能共存发生反应：Cu22OH=Cu(OH)2D溶液中：Al3、Na、SO、HCO可以共存不能发生反应解析：常温常压下，A项中四种物质可以共存；C项中NH3H2O是弱电解质，在离子方程式中应写成化学式，不能拆开；D项中Al3与HCO发生双水解反应生成Al(OH)3与CO2而不能共存。5下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( B )AFeCl3溶液与Cu的反应：CuFe3=Cu2Fe2BNO2与水的反应：3NO2H2O=2NONO2HC醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO32H=Ca2H2OCO2D向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlOCO23H2O=2Al(OH)3CO解析：本题是离子方程式判断正误的考查，选题以元素化合物基础和生活内容为背景。A.电荷不守恒，离子方程式要注意三守恒(元素、电子、电荷)等。正确的方程式是：Cu2Fe3=Cu22Fe2。B.NO2与水反应生成硝酸和NO，仅硝酸可拆成离子。C.用食醋除去水瓶中的水垢涉及弱电解质及难溶物质的书写，碳酸钙、醋酸均不能拆成离子。正确的方程式是：CaCO32CH3COOH=2CH3COOCa2H2OCO2。D.向NaAlO2溶液中通入过量CO2的产物是Al(OH)3HCO。正确的方程式是：AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO。6下表中评价合理的是( B )选项化学反应及其离子方程式评价AFe3O4与稀硝酸反应：2Fe3O418H=6Fe3H28H2O正确B向碳酸镁中加入稀盐酸：CO2H=CO2H2O错误，碳酸镁不应写成离子形式C向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2SO=BaSO4正确DFeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe22Br2Cl2=2Fe34ClBr2错误，Fe2与Br的化学计量数之比应为12解析：本题考查离子方程式的正误判断，意在考查考生的分析评价能力。A项，Fe3O4中的Fe2能够被硝酸氧化，应生成NO气体；C项，应同时生成NH3H2O；D项，氯气将Fe2氧化为Fe3，然后再氧化Br，离子方程式正确，评价不合理。7已知电离平衡常数：H2CO3HClOHCO，氧化性：HClOCl2Br2Fe3I2。下列有关离子反应或离子方程式的叙述中，正确的是( D )A向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为2Fe2Cl2=2Fe32ClB向溴水中加入足量氯化亚铁溶液能使溴水变成无色C向NaClO溶液中通入少量CO2的离子方程式：2ClOCO2H2O=2HClOCOD能使pH试纸显深红色的溶液，Fe3、Cl、Ba2、Br能大量共存解析：A项，应为2ICl2=I22Cl；B项，Fe3是棕黄色；C项，根据题意应生成HCO。8某溶液可能含有Cl、SO、CO、NH、Fe3、Al3和K。取该溶液100 mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6 g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66 g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中( B )A至少存在5种离子BCl一定存在，且c(Cl)0.4 molL1CSO、NH一定存在，Cl可能不存在DCO、Al3一定不存在，K可能存在解析：根据加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，说明有NH，为0.02 mol；同时产生红褐色沉淀，说明有Fe3则没有CO，而且为0.02 mol；根据不溶于盐酸的4.66 g沉淀，说明有SO，且为0.02 mol；根据电荷守恒可知一定有Cl，至少有0.04 mol，B正确。9向一定量的K2CO3溶液中缓慢滴加稀盐酸，并不断搅拌。随着盐酸的加入，溶液中离子数目也相应地发生变化。如图所示，四条曲线与溶液中的离子的对应关系完全正确的是( C )abcdAClKCOHCOBKCOClHCOCKCOHCOClDKHCOClCO解析：本题考查离子反应。该反应的实质是CO与H反应，K的数目不变，则a表示K；当H较少时，发生反应HCO=HCO，HCO增多，CO减少，当CO完全反应时，HCO的数目最多，从图可知b表示CO，c表示HCO；继续加H时，发生反应HHCO=CO2H2O，反应结束时，HCO完全反应，滴加盐酸的过程中Cl并没有参加反应，所以d表示Cl。选C项。10某溶液中可能含有下列6种离子中的某几种：Cl、SO、CO、NH、Na、K。为确认溶液组成进行如下实验：(1)200 mL上述溶液，加入足量BaCl2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀4.30 g，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33 g沉淀不溶。(2)向(1)的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能促使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体1.12 L(已换算成标准状况，假定产生的气体全部逸出)，由此可以得出关于原溶液组成的正确结论是( D )A一定存在SO、CO、NH，可能存在Cl、Na、KB一定存在SO、CO、NH、Cl，一定不存在Na、KCc(CO)0.01 molL1，c(NH)c(SO)D如果上述6种离子都存在，则c(Cl)c(SO)解析：BaSO4 0.01 mol；BaCO3 0.01 mol；NH31.12/22.40.05 mol；根据电解质溶液中离子电荷守恒关系：n(Cl)n(Na)n(K)0.010.01 mol，Cl的量不可能为零，Cl一定存在，Na、K可能存在，A、B不正确；c(CO)0.01/0.20.05 molL1，C不正确；n(Cl)0.01 mol，n(SO)0.01 mol，则c(Cl)c(SO)，D正确。二、非选择题(40分)11(7分)向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸。请完成下列问题：(1)写出反应的离子方程式Ba22OH2HSO=BaSO42H2O。(2)下列三种情况下，离子方程式与(1)相同的是A(填序号)。A向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性B向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO恰好完全沉淀C向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量(3)若缓缓加入稀H2SO4直至过量，整个过程中混合溶液中的导电能力(用电流强度I表示)可近似地用下图中的曲线表示的是C(填序号)。(4)若有一表面光滑的塑料小球悬浮于Ba(OH)2溶液中央，如图所示。向该烧杯里缓缓注入与Ba(OH)2溶液等密度的稀H2SO4至恰好完全反应。在此实验过程中，小球将沉入水底。解析：(1)反应的离子方程式为Ba22OHSO2H=BaSO42H2O。(2)A项，溶液呈中性时，H、OH恰好完全反应，加入的Ba(OH)2完全反应，则离子方程式为Ba22OH2HSO=BaSO42H2O，与(1)相同；B项，SO恰好完全沉淀时，NaHSO4与Ba(OH)2的物质的量相等，反应的离子方程式为HSOBa2OH=BaSO4H2O，与(1)不同；C项，根据量的关系写出离子方程式为HSOBa2OH=BaSO4H2O，与(1)不同。(3)电解质溶液导电性的强弱决定于离子浓度的大小，离子浓度越大，导电性越强，反之越弱。向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀H2SO4至过量，开始时离子浓度逐渐减小，离子反应完全时，即Ba22OH2HSO=BaSO42H2O，离子浓度几乎为零，稀H2SO4过量时，离子浓度逐渐增大，所以导电性是由强变弱再变强的过程。(4)稀H2SO4、Ba(OH)2溶液的密度比水大，二者反应时，生成BaSO4和H2O，溶液密度减小，小球将下沉至水底。12(10分)在Na浓度为0.5 molL1的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。阳离子KAgMg2Ba2阴离子NOCOSiOSO现取该溶液100 mL进行如下实验(气体体积均在标准状况下测定)。序号实验内容实验结果向该溶液中加入足量稀盐酸产生白色沉淀并放出标准状况下0.56 L气体将的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4 g向的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题。(1)实验能确定一定不存在的离子是Ag、Mg2、Ba2。(2)实验中生成沉淀的离子方程式为SiO2H=H2SiO3。(3)通过实验、和必要计算，填写下表中阴离子的浓度(能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”)。阴离子NOCOSiOSOc/molL1？0.250.40(4)判断K是否存在，若存在求其最小浓度，若不存在说明理由：存在，最小浓度为0.8 molL1。解析：由题知溶液为透明澄清溶液，因此溶液中的离子必能大量共存。由实验可知，加入稀盐酸产生气体，必有CO，其浓度为0.56 L22.4 L/mol0.1 L0.25 molL1，则溶液中一定无Ag、Mg2、Ba2；能生成白色沉淀，因此有SiO，发生的反应为SiO2H=H2SiO3，SiO的浓度为2.4 g60 gmol10.1 L0.4 molL1；由实验可知溶液中不含SO；根据电荷守恒知2c(CO)2c(SiO)20.25 molL120.4 molL11.3 molL10.5 molL1，因此必有K，至少为0.8 molL1，不能确定有无NO。13(11分)A、B、C、D、E是五种常见的正盐，其阳离子可能是K、NH、Cu2、Ba2、Al3、Ag、Fe3，阴离子可能是Cl、NO、SO、CO，已知：五种盐均溶于水，水溶液均为无色；D的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃)；A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，D的溶液呈碱性；若在五种盐的溶液中加入Ba(NO3)2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀；若在五种盐的溶液中加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失；把A的溶液分别加到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀。请回答下列问题：(1)五种盐中，一定没有的阳离子是Cu2、Fe3；所含阴离子相同的两种盐的化学式是(NH4)2SO4、Al2(SO4)3。(2)D的名称为碳酸钾，D溶液显碱性的原因是(用离子方程式表示)COH2OHCOOH。(3)E和氨水反应的离子方程式是Al33NH3H2O=Al(OH)33NH。(4)检验B中阳离子的实验方法是取少量溶液于试管中，加入NaOH溶液后，加热，产生的气体若能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，证明有NH。(5)浓度均为0.02 molL1的A、C溶液等体积混合生成沉淀(溶度积为1.81010)，则混合溶液中银离子的浓度为1.8108molL1。解析：本题考查离子的推断。水溶液均为无色，则不存在Cu2和Fe3，D的焰色反应呈紫色，说明D中存在K，且D的溶液呈碱性，说明是弱酸强碱盐，弱酸根