海南省海口市高三化学上学期第二次月考试卷（含解析）.doc

2016-2017学年海南省海口市高三（上）第二次月考化学试卷一、单选题（本题包括6小题，每题2分，共12分，每小题仅一个正确答案）1（2分）金属钠露置在空气中会发生一系列变化，其中产物不可能是（）ana2o2bnaohcna2co310h2odna2co32（2分）若溶液中由水电离产生的oh=11014 moll1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是（）aal3+，na+，no3，clbk+，na+，no3，clck+，na+，cl，alo2dk+，nh4+，so42，no33（2分）已知i、fe2+、so2、cl、h2o2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为：so2ih2o2fe2+cl，则下列反应不能发生的是（）a2fe3+so2+2h2o2fe2+so42+4h+bi2+so2+2h2oh2so4+2hich2o2+h2so4so2+o2+2h2od2fe3+2i2fe2+i24（2分）下列关于镁铝化学性质的表述不正确的是（）铝镁a与非金属反应能被cl2、o2氧化能与n2、o2反应b与水反应常温下难与水反应常温下能与水缓慢反应c与碱反应能溶于碱溶液能溶于碱溶液d与某些氧化物反应能与fe2o3、mno2、c如o3等金属氧化物发生铝热反应能在co2中燃烧aabbccdd5（2分）将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体，又有白色沉淀产生的是（）mgso4溶液na2so4溶液饱和澄清石灰水ca（hco3）2溶液cuso4溶液饱和nacl溶液abcd6（2分）甲和乙两烧杯中各装有100ml 0.2moll1alcl3溶液，向两烧杯中分别加入相同体积、相同浓度的naoh溶液和氨水，两烧杯中都有沉淀生成下列判断正确的是（）a实验过程中甲中和乙中的现象始终保持一致b甲中沉淀一定比乙中的少c甲中沉淀可能比乙中的多d乙中沉淀可能比甲中的多二、多选题（本题包括6小题，每题4分，共24分，每题有12个正确选项）7在实验室中，常用kmno4代替mno2与浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式为2kmno4+16hcl（浓）=2mncl2+5cl2+2kcl+8h2o，下列叙述中正确的是（）a反应中kmno4被氧化bhcl发生还原反应c每消耗2mol hcl时，反应中转移的电子为2 mold氧化剂与还原剂的物质的量之比为158亚硝酸（hno2）既可作氧化剂又可作还原剂当亚硝酸在反应中作氧化剂时，可能生成的产物是（）an2bn2o3cnh3dno29关于碱金属单质的性质叙述正确的是（）a在空气中燃烧都能生成过氧化物b与盐酸溶液反应时都能生成碱和氢气c熔沸点随原子序数增加而升高d还原性随原子电子层数的增加而增加10在一密闭容器中有hcho、h2和o2混合气体共20g，放入足量na2o2用电火 花引燃，使其完全反应，na2o2增重8g，则原混合气体中hcho、h2和o2的质量比可能是（）a1：3：6b2：1：6c3：5：12d1：1：611下列有关实验的说法正确的是（）a将氯化铝溶液加热蒸发、烘干可得无水氯化铝固体b钠与乙醇反应比与水反应要剧烈得多c除去苯中的苯酚可采用加入足量的naoh溶液后分液的方法d除去硫酸铝溶液中混有的硫酸镁，可加入足量烧碱，过滤，向滤液中加入适量硫酸酸化12为鉴别k2co3和nahco3两种白色固体，有4位同学为鉴别它们，分别设计了下列四种不同的方法，其中不可行的是（）a分别取样配成溶液，分别往两份溶液中逐滴滴加几滴稀盐酸，一开始就有气体产生的为nahco3b分别取样加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊c分别取样配成溶液，滴加ba（oh）2溶液，观察有无白色沉淀d分别配成溶液，用铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧，直接观察火焰的颜色三、填空题（本题共包括6小题，共64分，请将答案作答在答题卡上）13（8分）实验室为监测空气中汞蒸汽的含量；往往悬挂涂有cui的滤纸，根据滤纸是否变色或颜色发生变化所用去的时间，来判断空气中的含汞量，其反应为：4cui+hg=cu2hgi4+2cu（1）上述反应产物cu2hgi4中，cu元素显 价（2）以上反应中的氧化剂为 ，当有1molcui参与反应时，转移电子 mol（3）cui可由cu2+与i直接反应制得，cu2+icui+i3请配平下列反应的离子方程式 14（8分）将0.1mol的镁、铝混合物溶于100ml 2mol/lh2so4溶液中，然后再滴加1mol/l naoh溶液请回答：（1）若在滴加naoh溶液的过程中，沉淀质量m随加入naoh溶液的体积v变化如图所示当v1=160ml时，则金属粉末中n（mg）= mol，v2= ml（2）若在滴加naoh溶液过程中，欲使mg2+、al3+刚好沉淀完全，则滴入naoh溶液的体积v（naoh）= ml（3）若混合物仍为0.1mol，其中mg粉的物质的量分数为a，用100ml 2mol/l的硫酸溶解此混合物后，再加入450ml 1mol/l的naoh溶液，所得沉淀中无al（oh）3满足此条件的a的取值范围是： 15（10分）fecl3是一种重要的化工产品（1）电子工业用fecl3腐蚀铜的原理制造印刷电路板，写出fecl3与cu反应的离子方程式： （2）某校同学为测定fecl3腐蚀铜后所得溶液的组成，进行了如下实验：首先取少量待测溶液，滴入kscn溶液呈红色，则可推断溶液中含有的金属阳离子是 在此基础上，又进行了定量组成的测定：取50.0ml待测溶液，向其中加入足量的agno3溶液，得白色沉淀，过滤、干燥、称量，沉淀质量为43.05g溶液中c（cl）= mol/l再取50.0ml待测溶液，向其中加入过量稀硝酸，得到0.448l（标准状况下）的一种无色气体写出反应的离子方程式： ，待测溶液中c（cu2+）= mol/l16（12分）a是单质，d是a单质所含元素的最高价氧化物的水化物，甲、乙、丙、丁四种化合物间除甲与丁、丙与乙外，两两均能发生中和反应已知有如图转化关系（部分产物和反应条件已略去）：试回答：（l）写出b在工业生产中的一种用途： ，用化学方程式表示a物质在工业生产中的一种用途： （2）写出b转化为c的可能的离子方程式 ； （3）若c的溶液显酸性，用离子方程式表示其净水的原理 （4）若c为钠盐，用含m mol c的溶液与1lnmol/l的盐酸充分反应，已知=，则生成d的物质的量为 mol17（14分）小苏打（nahco3）试样中含有碳酸钠晶体（na2co3l0h2o，为测定试样中小苏打的质量分数w（nahco3），实验小组同学设计了如图装置进行实验实验过程：i按图组装仪器，检查装置的气密性；ii将m1 g试样放入硬质玻璃管中，装置b、c、d中药品如图，已知加药品后装置b的质量为m2g、装置c的质量为m3 g；，关闭活塞a，点燃酒精灯加热试样，直到b装置中无气泡冒出后，打开活塞a向装置中通入n2，一段时间后，撤掉酒精灯，关闭活塞a；称得装置b的质量为m4g、装置c的质量为m5g请回答以下问题（装置中原有空气对实验的影响忽略不计）：（1）装置a中发生反应的化学方程式为： ； （2）装置b的作用为 装置c的作用为 （3）实验过程中通入n2的目的为 （4）用下列各项所提供的数据能计算出nahco3的质量分数w（nahco3）的是 （填选项字母）序号abcde数据m1、m2、m3m2、m3、m4、m5m1、m2、m4m1、m4、m5m1、m3、m5（5）实验结束后发现装置a中硬质玻璃管右端有水珠，你认为利用实验中所提供的数据还能否得到准确的w（nahco3），若能，则w（nahco3）的计算式为： （若不能，此问不作答）18（12分）现有五种可溶性物质a、b、c、d、e，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子k+、fe3+、cu2+、ba2+、al3+和五种阴离子cl、oh、no3、co32、x中的一种（1）某同学通过比较分析，认为无须检验就可判断其中必有的两种物质是 和 （2）物质c中含有离子x为了确定x，现将（1）中的两种物质记为a和b，当c与a的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀hno3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，则x为 （填字母）abr bso42 cch3coo dhco3（3）将19.2g cu投入装有足量d溶液韵试管中，cu不溶解，再滴加稀h2so4，cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，写出cu溶解的离子方程式 ，若要将cu完全溶解，至少加入h2so4的物质的量是 （4）e溶液与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为 2016-2017学年海南省海口市海南中学高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、单选题（本题包括6小题，每题2分，共12分，每小题仅一个正确答案）1金属钠露置在空气中会发生一系列变化，其中产物不可能是（）ana2o2bnaohcna2co310h2odna2co3【考点】ge：钠的化学性质【分析】切开金属钠置于空气中，切口开始呈银白色（钠的真面目）变暗（生成na2o）变白色固体（生成naoh）成液（naoh潮解）结块（吸收co2成na2co310h2o）最后成粉末（风化）据此解答【解答】解：首先与氧反应生成氧化钠，变灰色，再与水反应生成氢氧化钠，再潮解，生成碳酸钠晶体，再风干变成碳酸钠粉末或块状物，总之最终产物为碳酸钠，该过程中不会生成过氧化钠，故选a【点评】本题考查了元素化合物知识，明确钠及其化合物的性质是解题关键，注意钠与氧气在加热条件下才能生成过氧化钠，题目难度不大2若溶液中由水电离产生的oh=11014 moll1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是（）aal3+，na+，no3，clbk+，na+，no3，clck+，na+，cl，alo2dk+，nh4+，so42，no3【考点】dp：离子共存问题【分析】溶液中由水电离产生的oh=11014moll1，该溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，a铝离子与氢氧根离子反应；b四种离子之间不反应，都不与氢离子和氢氧根离子反应；c偏铝酸根离子与氢离子反应；d铵根离子与氢氧根离子反应生成弱电解质【解答】解：由水电离产生的oh=11014moll1，该溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，aal3+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故a错误；bk+、na+、no3、cl之间不发生反应，都不与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故b正确；calo2与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故c错误；dnh4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故d错误；故选b【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如 fe3+和 scn）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 h+或oh；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识的能力3已知i、fe2+、so2、cl、h2o2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为：so2ih2o2fe2+cl，则下列反应不能发生的是（）a2fe3+so2+2h2o2fe2+so42+4h+bi2+so2+2h2oh2so4+2hich2o2+h2so4so2+o2+2h2od2fe3+2i2fe2+i2【考点】b2：氧化性、还原性强弱的比较【分析】根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，利用酸性溶液中还原性强弱的顺序是so2ih2o2fe2+cl来判断反应能否发生【解答】解：a、因该反应中s元素的化合价升高，fe元素的化合价降低，则so2为还原剂，还原性强弱为so2fe2+，与已知的还原性强弱一致，能发生，故a不选；b、因该反应中s元素的化合价升高，i元素的化合价降低，则so2为还原剂，还原性强弱为so2i，与已知的还原性强弱一致，能发生，故b不选；c、因该反应中o元素的化合价升高，s元素的化合价降低，则h2o2为还原剂，还原性强弱为h2o2so2，与已知的还原性强弱不一致，反应不能发生，故c选；d、因该反应中fe元素的化合价降低，i元素的化合价升高，则i为还原剂，还原性强弱为ife2+，与已知的还原性强弱一致，能发生，故d不选故选c【点评】本题考查利用已知的还原性强弱来判断化学反应的发生，学生应学会利用化合价来分析反应中的还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答即可，题目难度不大4下列关于镁铝化学性质的表述不正确的是（）铝镁a与非金属反应能被cl2、o2氧化能与n2、o2反应b与水反应常温下难与水反应常温下能与水缓慢反应c与碱反应能溶于碱溶液能溶于碱溶液d与某些氧化物反应能与fe2o3、mno2、c如o3等金属氧化物发生铝热反应能在co2中燃烧aabbccdd【考点】gi：镁的化学性质；gj：铝的化学性质【分析】a铝能被cl2、o2氧化分别生成氯化铝和氧化铝，镁能与n2、o2中燃烧分别生成氮化镁和氧化镁；b铝不如镁活泼，常温下铝难与水反应镁能与水缓慢反应；c铝可以与碱反应，镁不能；d铝可以与一些金属氧化物发生铝热反应，镁能在co2中燃烧生成氧化镁和碳；【解答】解：a铝能被cl2、o2氧化分别生成氯化铝和氧化铝，镁能与n2、o2中燃烧分别生成氮化镁和氧化镁，故a正确；b铝不如镁活泼，常温下铝难与水反应，但镁能与水缓慢反应，故b正确；c铝既可以与酸反应又可以与碱反应，而镁不能与碱反应，故c错误；d铝可以与一些金属氧化物发生铝热反应，镁能在co2中燃烧生成氧化镁和碳，故d正确；故选c【点评】本题主要考查了镁铝化学性质等，难度不大，注意基础知识的积累5将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体，又有白色沉淀产生的是（）mgso4溶液na2so4溶液饱和澄清石灰水ca（hco3）2溶液cuso4溶液饱和nacl溶液abcd【考点】ge：钠的化学性质【分析】将钠投入溶液中，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和部分盐能发生复分解反应，根据产物的可溶性判断即可【解答】解：钠与硫酸镁溶液反应生成氢气，氢氧化镁沉淀，故选；钠与na2so4溶液反应生成氢气，得不到沉淀，故不选；钠与饱和澄清石灰水，钠与水反应生成氢气且是放热，氢氧化钙溶解度降低，有白色沉淀析出，故选；钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与碳酸氢钙反应生成碳酸钙沉淀，故选；钠与硫酸铜溶液反应生成氢气，氢氧化铜蓝色沉淀，故不选；钠与溶液中的水反应，生成物为氢氧化钠和氢气，有气体产生，水减少，饱和氯化钠溶液析出白色氯化钠固体，故选；故选d【点评】本题考查了钠与酸碱盐的反应，明确钠与盐溶液反应实质是先与水反应是解题关键，题目难度不大6甲和乙两烧杯中各装有100ml 0.2moll1alcl3溶液，向两烧杯中分别加入相同体积、相同浓度的naoh溶液和氨水，两烧杯中都有沉淀生成下列判断正确的是（）a实验过程中甲中和乙中的现象始终保持一致b甲中沉淀一定比乙中的少c甲中沉淀可能比乙中的多d乙中沉淀可能比甲中的多【考点】gk：镁、铝的重要化合物【分析】根据氢氧化铝的性质，其能溶于氢氧化钠但不溶于氨水，故此加入时，两烧杯中生成的都是氢氧化铝沉淀；相同体积相同浓度的两溶液中的溶质一水合氨等于氢氧化钠，当两者均不足量时，生成的沉淀一样多；氨水和氢氧化钠都过量时，因为氢氧化铝会继续溶解氢氧化钠溶液而不溶解于氨水，所以生成的沉淀氨水多【解答】解：氢氧化铝的性质，其能溶于氢氧化钠但不溶于氨水，故此加入时，两烧杯中生成的都是氢氧化铝沉淀；相同体积相同浓度的两溶液中的溶质一水合氨等于氢氧化钠，当两者均不足量时，生成的沉淀一样多；氨水和氢氧化钠都过量时，因为氢氧化铝会继续溶解氢氧化钠溶液而不溶解于氨水，所以生成的沉淀氨水多；a、当氨水和氢氧化钠都过量时，氨水中氢氧化铝不溶解，但氢氧化钠中氢氧化铝溶解，所以现象可能不同，故a错误；b、根据以上分析，当两者均不足量时，生成的沉淀一样多，故b错误c、甲中沉淀不可能比乙中的多，故c错误；d、氨水和氢氧化钠都过量时，因为氢氧化铝会继续溶解氢氧化钠溶液而不溶解于氨水，所以生成的沉淀氨水多，乙中沉淀可能比甲中的多，故d正确故选d【点评】本题考查了元素化合物知识，此题解答时，根据氢氧化铝的性质采用讨论的方法进行解答，能正确进行分段是解本题的关键，所以在应用讨论法解题时，关键是先要分析条件与求解问题之间的联系，形成正确的解题方法，难度较大二、多选题（本题包括6小题，每题4分，共24分，每题有12个正确选项）7在实验室中，常用kmno4代替mno2与浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式为2kmno4+16hcl（浓）=2mncl2+5cl2+2kcl+8h2o，下列叙述中正确的是（）a反应中kmno4被氧化bhcl发生还原反应c每消耗2mol hcl时，反应中转移的电子为2 mold氧化剂与还原剂的物质的量之比为15【考点】b1：氧化还原反应【分析】2kmno4+16hcl（浓）2mncl2+5cl2+2kcl+8h2o中，mn元素的化合价降低，cl元素的化合价升高，以此来解答【解答】解：amn元素的化合价降低，则反应中kmno4被还原，故a错误；bcl元素的化合价升高，则hcl发生氧化反应，故b错误；c每消耗16mol hcl时，反应中转移的电子为10 mol，则每消耗2mol hcl时，反应中转移的电子为1.25 mol，故c错误；d.2molkmno4作氧化剂得到电子与10molhcl作还原剂失去电子相同，则氧化剂和还原剂的比是1：5，故d正确；故选d【点评】本题考查氧化还原反应，把握氧化还原反应中元素的化合价变化及氧化还原反应基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大8亚硝酸（hno2）既可作氧化剂又可作还原剂当亚硝酸在反应中作氧化剂时，可能生成的产物是（）an2bn2o3cnh3dno2【考点】b1：氧化还原反应【分析】亚硝酸（hno2）既可作氧化剂又可作还原剂，当它在反应中作氧化剂时，n元素的化合价应降低，以此来解答【解答】解：亚硝酸中n元素的化合价为+3价，当它在反应中作氧化剂时，n元素的化合价应降低，an2中n元素的化合价为0价，可能为亚硝酸的还原产物，故a选；bn2o3中n元素的化合价为+3价，不会是亚硝酸的还原产物，故b不选；cnh3中n元素的化合价为3价，可能为亚硝酸的还原产物，故c选；dno2中n元素的化合价为+4价，不会是亚硝酸的还原产物，故d不选；故选ac【点评】本题考查氧化还原反应，明确氧化剂中元素的化合价降低时解答本题的关键，题目难度不大9关于碱金属单质的性质叙述正确的是（）a在空气中燃烧都能生成过氧化物b与盐酸溶液反应时都能生成碱和氢气c熔沸点随原子序数增加而升高d还原性随原子电子层数的增加而增加【考点】gg：碱金属的性质【分析】a锂在空气中燃烧生成氧化锂，钾燃烧生成超氧化钾；b碱金属性质活泼，与盐酸溶液反应时都能生成盐和氢气；c金属晶体原子半径越大熔沸点越低；d碱金属原子半径越大，失去电子的能力越强，金属性越强，单质还原性越强【解答】解：a锂在空气中燃烧生成氧化锂，钾燃烧生成超氧化钾，故a错误；b碱金属性质活泼，与盐酸溶液反应时都能生成盐和氢气，而不是碱，故b错误；c碱金属随原子序数增加，原子半径增大，金属键越弱，熔沸点越低，故c错误；d碱金属随原子序数增加，电子层数的增加，失去电子的能力越强，金属性越强，单质还原性越强，故d正确；故选：d【点评】本题考查了碱金属的性质，熟悉同主族元素性质的递变规律是解题的关键，题目难度不大10在一密闭容器中有hcho、h2和o2混合气体共20g，放入足量na2o2用电火 花引燃，使其完全反应，na2o2增重8g，则原混合气体中hcho、h2和o2的质量比可能是（）a1：3：6b2：1：6c3：5：12d1：1：6【考点】m3：有关混合物反应的计算【分析】hcho燃烧生成二氧化碳与水，氢气燃烧生成水，反应方程式为hcho+o2co2+h2o，2h2+o22h2o，二氧化碳、水与过氧化钠反应：2co2+2na2o2=2na2co3+o2，2h2o+2na2o2=4naoh+o2，通过方程式可以看出，固体质量的增加量就是原混合气体中hcho、h2的质量和，据此计算【解答】解：hcho燃烧生成二氧化碳与水，氢气燃烧生成水，反应方程式为hcho+o2co2+h2o，2h2+o22h2o，二氧化碳、水与过氧化钠反应2co2+2na2o2=2na2co3+o2，2h2o+2na2o2=4naoh+o2，通过方程式可以看出，固体质量的增加量就是原混合气体中hcho、h2的质量和，na2o2增重8g，所以hcho、h2的质量和为8g，所以混合气体中氧气的质量为20g8g=12g，所以氧气的质量分数为100%=60%，aw（o2）=，故a正确；bw（o2）=66.7%，故b错误；cw（o2）=60%，故c正确；dw（o2）=100%=75%，故d错误；故选ac【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，关键在于根据反应方程式判断过氧化钠固体质量增加实质为氢气与甲醛的质量11下列有关实验的说法正确的是（）a将氯化铝溶液加热蒸发、烘干可得无水氯化铝固体b钠与乙醇反应比与水反应要剧烈得多c除去苯中的苯酚可采用加入足量的naoh溶液后分液的方法d除去硫酸铝溶液中混有的硫酸镁，可加入足量烧碱，过滤，向滤液中加入适量硫酸酸化【考点】u5：化学实验方案的评价【分析】a水解生成的盐酸易挥发；b水中h比乙醇中羟基h活泼；c苯酚与naoh反应后，与苯分层；d加入足量烧碱，过滤，分离出沉淀氢氧化镁，滤液中含偏铝酸钠和硫酸钠【解答】解：a水解生成的盐酸易挥发，则不能蒸发、烘干可得无水氯化铝固体，应在hcl气流中蒸发，故a错误；b水中h比乙醇中羟基h活泼，则钠与乙醇反应不如与水反应剧烈，故b错误；c苯酚与naoh反应后，与苯分层，然后分液可分离，故c正确；d加入足量烧碱，过滤，分离出沉淀氢氧化镁，滤液中含偏铝酸钠和硫酸钠，再加适量硫酸不能除去钠离子，故d错误；故选c【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、盐类水解为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大12为鉴别k2co3和nahco3两种白色固体，有4位同学为鉴别它们，分别设计了下列四种不同的方法，其中不可行的是（）a分别取样配成溶液，分别往两份溶液中逐滴滴加几滴稀盐酸，一开始就有气体产生的为nahco3b分别取样加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊c分别取样配成溶液，滴加ba（oh）2溶液，观察有无白色沉淀d分别配成溶液，用铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧，直接观察火焰的颜色【考点】ps：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】ak2co3和nahco3两种白色固体都和与盐酸反应生成二氧化碳，都产生气泡，生成气体的速率不同；bnahco3不稳定，加热易分解；c二者均与氢氧化钡反应生成碳酸钡白色沉淀；dk2co3和nahco3两种白色固体分别含有k元素、na元素，焰色反应现象不同【解答】解：ak2co3和nahco3两种白色固体都和与盐酸反应生成二氧化碳，都产生气泡，但是生成气体的速率不同，一开始就有气体产生的为nahco3，可鉴别，故a正确；bnahco3不稳定，加热易分解，生成二氧化碳气体，可通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊，故b正确；c二者均与氢氧化钡反应生成碳酸钡白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故c错误；d二者分别含有k元素、na元素，焰色反应现象不同，通过焰色反应可以判断，故d正确；故选c【点评】本题考查物质的鉴别的方案设计，为高频考点，把握二者性质的异同是解题关键，易错点为a，注意不能利用是否产生气泡，可观察速率鉴别，题目难度不大三、填空题（本题共包括6小题，共64分，请将答案作答在答题卡上）13实验室为监测空气中汞蒸汽的含量；往往悬挂涂有cui的滤纸，根据滤纸是否变色或颜色发生变化所用去的时间，来判断空气中的含汞量，其反应为：4cui+hg=cu2hgi4+2cu（1）上述反应产物cu2hgi4中，cu元素显+1价（2）以上反应中的氧化剂为cui，当有1molcui参与反应时，转移电子0.5mol（3）cui可由cu2+与i直接反应制得，cu2+icui+i3请配平下列反应的离子方程式2cu2+5i2cui+i3【考点】b1：氧化还原反应【分析】（1）化合物中各元素化合价的代数和为0确定cu元素化合价，该化合物中i元素显1价、hg元素显+2价；（2）cui+hgcu2hgi4+2cu中，hg元素的化合价升高，cu元素的化合价降低；（3）该反应中cu元素化合价由+2价变为+1价、i元素化合价由1价变为价，根据转移电子相等配平方程式【解答】解：（1）该化合物中i元素显1价、hg元素显+2价，化合物中各元素化合价的代数和为0，则cu元素化合价为+1价，故答案为：+1；（2）在反应4cui+hgcu2hgi4+2cu中，cui中cu元素的化合价由+1价降为0价，cui为氧化剂，4molcui参加反应转移的电子为2mol，则1molcui参与反应时，转移电子0.5mol，故答案为：cui；0.5；（3）该反应中cu元素化合价由+2价变为+1价、i元素化合价由1价变为价，转移电子数为2，所以其方程式为2cu2+5i2cui+i3，故答案为：2cu2+5i2cui+i3【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，注意从化合价的变化角度分析有关概念，从守恒的角度书写并配平离子方程式，题目难度中等14将0.1mol的镁、铝混合物溶于100ml 2mol/lh2so4溶液中，然后再滴加1mol/l naoh溶液请回答：（1）若在滴加naoh溶液的过程中，沉淀质量m随加入naoh溶液的体积v变化如图所示当v1=160ml时，则金属粉末中n（mg）=0.06mol，v2=440ml（2）若在滴加naoh溶液过程中，欲使mg2+、al3+刚好沉淀完全，则滴入naoh溶液的体积v（naoh）=400ml（3）若混合物仍为0.1mol，其中mg粉的物质的量分数为a，用100ml 2mol/l的硫酸溶解此混合物后，再加入450ml 1mol/l的naoh溶液，所得沉淀中无al（oh）3满足此条件的a的取值范围是：0.5a1【考点】m3：有关混合物反应的计算；gi：镁的化学性质；gj：铝的化学性质【分析】（1）根据图象可知，在滴加naoh溶液到体积v1=160ml过程中，没有沉淀生成，说明硫酸有剩余，滴加的naoh用于中和剩余硫酸，v1=160ml时，剩余的h2so4与滴加的naoh恰好完全反应，溶液是mgso4、al2（so4）3和na2so4混合液，令mgso4为xmol，al2（so4）3为ymol，根据守恒列方程求算n（mg）；当滴加naoh溶液到体积v2时，al（oh）3完全溶解，沉淀是mg（oh）2，溶液是na2so4和naalo2混合液根据守恒，有n（naoh）=2n（na2so4）+n（naalo2）=2n（h2so4）+n（al），据此求出n（naoh），再利用v=计算；（2）当溶液中mg2+、al3+恰好沉淀完全时，即沉淀达到最大值，此时，溶液是na2so4溶液，根据so42离子和na+离子守恒有n（na+）=2n（na2so4）=2（h2so4），据此求出n（naoh），再利用v=计算；（3）反应后的混合溶液，再加入450ml 1mol/l的naoh溶液，所得沉淀中无al（oh）3，溶质为硫酸钠、偏铝酸钠，由于为金属混合物，则a1，根据钠离子守恒，应满足n（naoh）2n（na2so4）+n（naalo2），根据铝元素守恒用x表示出n（naalo2），据此确定a的取值范围【解答】解：（1）当v1=160ml时，此时，溶液是mgso4、al2（so4）3和na2so4混合液，由na+离子守恒可知，n（na2so4）=n（naoh）=0.16l1mol/l=0.08mol令mgso4为xmol，al2（so4）3为ymol，则：根据mg原子、al原子守恒有：x+2y=0.1根据so42离子守恒有：x+3y=0.120.08联立方程，解得：x=0.06、y=0.02所以金属粉末中n（mg）=0.06mol，n（al）=2y=20.02mol=0.04mol，滴加naoh溶液到体积v2时，溶液是na2so4和naalo2混合液，根据守恒有：n（naoh）=2n（na2so4）+n（naalo2）=2n（h2so4）+n（al）=20.1l2mol/l+0.04mol=0.44mol，所以，v2=0.44l=440ml，故答案为：0.06mol，440 ml；（2）当溶液中mg2+、al3+恰好沉淀完全时，此时溶液是na2so4溶液，根据so42离子和na+离子守恒有：n（na+）=2n（na2so4）=2n（h2so4）=20.1l2mol/l=0.4mol，所以，v（naoh）=0.4l=400ml故答案为：400ml；（3）由于为金属混合物，则a1，al的物质的量为0.1（1a）mol，反应后的混合溶液，再加入450ml 1mol/l的naoh溶液，所得沉淀中无al（oh）3，溶质为硫酸钠、偏铝酸钠，根据铝元素守恒可知n（naalo2）=0.1（1a）mol，根据钠离子守恒，应满足n（naoh）2n（na2so4）+n（naalo2），即0.45120.12+0.1（1a），解得a0.5，故0.5a1，故答案为：0.5a1【点评】本题以图象形式考查混合物计算，难度中等，清楚每一段图象发生的化学反应、知道拐点代表的含义及溶液中溶质的成分，结合方程式对有关问题进行分析，注意守恒思想的运用，使计算简化15（10分）（2016秋龙华区校级月考）fecl3是一种重要的化工产品（1）电子工业用fecl3腐蚀铜的原理制造印刷电路板，写出fecl3与cu反应的离子方程式：2fe3+cu2fe2+cu2+（2）某校同学为测定fecl3腐蚀铜后所得溶液的组成，进行了如下实验：首先取少量待测溶液，滴入kscn溶液呈红色，则可推断溶液中含有的金属阳离子是fe3+、fe2+、cu2+在此基础上，又进行了定量组成的测定：取50.0ml待测溶液，向其中加入足量的agno3溶液，得白色沉淀，过滤、干燥、称量，沉淀质量为43.05g溶液中c（cl）=6.0 mol/l再取50.0ml待测溶液，向其中加入过量稀硝酸，得到0.448l（标准状况下）的一种无色气体写出反应的离子方程式：3fe2+4h+no33fe3+no+2h2o，待测溶液中c（cu2+）=0.6 mol/l【考点】rd：探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）fecl3溶液与铜反应生成铜离子和亚铁离子；（2）滴入kscn溶液呈红色，证明溶液中fe3+有剩余；沉淀43.05g是氯化银，物质的量是0.3mol，据此计算氯离子的物质的浓度；稀硝酸具有强氧化性，与溶液中的亚铁离子反应产生一氧化氮；根据一氧化氮的量可计算亚铁离子物质的量，再根据2fe3+cu2fe2+cu2+计算铜离子的物质的量浓度【解答】解：（1）fecl3溶液与铜反应生成铜离子和亚铁离子，离子方程式为：2fe3+cu2fe2+cu2+，故答案为：2fe3+cu2fe2+cu2+；（2）由于滴入kscn溶液呈红色，证明溶液中fe3+有剩余，溶液中含有的金属阳离子是：fe3+、fe2+、cu2+，故答案为：fe3+、fe2+、cu2+；沉淀43.05g是氯化银，物质的量为： =0.3mol，溶液中c（cl）=6.0mol/l，故答案为：6.0；稀硝酸具有强氧化性，与溶液中的亚铁离子反应产生一氧化氮，反应的离子方程式为：3fe2+4h+no33fe3+no+2h2o；根据关系式：3fe2+no，二价铁的物质的量为：3=0.06mol；由2fe3+cu2fe2+cu2+可知溶液中的铜离子的离子的物质的量为0.06mol2=0.03mol，铜离子的物质的量浓度为=0.6mol/l，故答案为：3fe2+4h+no33fe3+no+2h2o；0.6【点评】本题探究物质的组成，涉及铁及其化合物的性质，注意分析题中提供的信息，根据所学知识书写反应的离子方程式是解题关键，本题难度中等16（12分）（2016秋龙华区校级月考）a是单质，d是a单质所含元素的最高价氧化物的水化物，甲、乙、丙、丁四种化合物间除甲与丁、丙与乙外，两两均能发生中和反应已知有如图转化关系（部分产物和反应条件已略去）：试回答：（l）写出b在工业生产中的一种用途：工业上制备al（或作耐火材料），用化学方程式表示a物质在工业生产中的一种用途：2al+fe3o22alo2+2fe（2）写出b转化为c的可能的离子方程式al2o3+6h+=2al3+3h2o；al2o3+2oh=alo2+h2o（3）若c的溶液显酸性，用离子方程式表示其净水的原理al3+3h2oal（oh）3（胶体）+3h+（4）若c为钠盐，用含m mol c的溶液与1lnmol/l的盐酸充分反应，已知=，则生成d的物质的量为mol【考点】gs：无机物的推断【分析】a是单质，与氧气反应生成b为氧化物，甲、乙、丙、丁四种化合物间除甲与丁、丙与乙外，两两均能发生中和反应，为酸与碱的反应，甲与丁为同类物质，丙与乙为同类物质，氧化物b能与酸或碱反应生成c，d是a单质所含元素的最高价氧化物的水化物，结合转化关系，可推知b为al2o3，则a为al、c为al（oh）3，（1）氧化铝可以制备al（或作耐火材料）等；（2）b转化生成c为氧化铝与强碱或强酸的反应；（3）若c的溶液显酸性，则c为铝盐，溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可以净水；（4）若c为钠盐，则甲为naoh，c为naalo2，根据 alo2+h2o+h+=al（oh）3、al（oh）3+3h+=al3+3h2o计算生成氢氧化铝的物质的量【解答】解：a是单质，与氧气反应生成b为氧化物，甲、乙、丙、丁四种化合物间除甲与丁、丙与乙外，两两均能发生中和反应，为酸与碱的反应，甲与丁为同类物质，丙与乙为同类物质，氧化物b能与酸或碱反应生成c，d是a单质所含元素的最高价氧化物的水化物，结合转化关系，可推知b为al2o3，则a为al、c为al（oh）3，则：（1）al2o3在工业上制备al（或作耐火材料），a物质在工业生产中的一种用途是铝热反应可以利用放出的热量焊接钢轨，反应的化学方程式为：2al+fe3o22alo2+2fe，故答案为：工业上制备al（或作耐火材料）； 2al+fe3o22alo2+2fe；（2）b转化生成c为氧化铝与强碱或强酸的反应，反应离子方程式为：al2o3+6h+=2al3+3h2o 或al2o3+2oh=alo2+h2o，故答案为：al2o3+6h+=2al3+3h2o 或al2o3+2oh=alo2+h2o；（3）若c的溶液显酸性，则c为铝盐，溶液中铝离子水解al3+3h2oal（oh）3（胶体）+3h+，生成氢氧化铝胶体，可以净水，故答案为：al3+3h2oal（oh）3（胶体）+3h+；（4）若c为钠盐，则甲为naoh，c为naalo2，1l n moll1的盐酸中n（hcl）=n mol，由于n（naalo2）：n（hcl）=1：2，故按alo2+h2o+h+=al（oh）3反应，盐酸有剩余，能部分溶解氢氧化铝，则：alo2+h2o+h+=al（oh）3m mol m mol m mol剩余n（h+）=n molm mol=（nm）molal（oh）3+3h+=al3+3h2omol （nm）mol故得到氢氧化铝沉淀为：m molmol=mol，故答案为：；【点评】本题考查无机物推断、盐类水解、根据方程式计算、原电池等，b是氧化物且能与酸、碱反应是推断突破口，题目难度中等17（14分）（2016秋龙华区校级月考）小苏打（nahco3）试样中含有碳酸钠晶体（na2co3l0h2o，为测定试样中小苏打的质量分数w（nahco3），实验小组同学设计了如图装置进行实验实验过程：i按图组装仪器，检查装置的气密性；ii将m1 g试样放入硬质玻璃管中，装置b、c、d中药品如图，已知加药品后装置b的质量为m2g、装置c的质量为m3 g；，关闭活塞a，点燃酒精灯加热试样，直到b装置中无气泡冒出后，打开活塞a向装置中通入n2，一段时间后，撤掉酒精灯，关闭活塞a；称得装置b的质量为m4g、装置c的质量为m5g请回答以下问题（装置中原有空气对实验的影响忽略不计）：（1）装置a中发生反应的化学方程式为：2nahco3na2co3+co2+h2o；na2co310h2ona2co3+10h2o（2）装置b的作用为吸收反应生成的水蒸气装置c的作用为吸收反应生成的二氧化碳（3）实验过程中通入n2的目的为使装置中的二氧化碳和水蒸气全部排出被装置bc全部吸收（4）用下列各项所提供的数据能计算出nahco3的质量分数w（nahco3）的是bce（填选项字母）序号abcde数据m1、m2、m3m2、m3、m4、m5m1、m2、m4m1、m4、m5m1、m3、m5（5）实验结束后发现装置a中硬质玻璃管右端有水珠，你认为利用实验中所提供的数据还能否得到准确的w（nahco3），若能，则w（nahco3）的计算式为：100%（若不能，此问不作答）【考点】rd：探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）小苏打（nahco3）试样中含有碳酸钠晶体（na2co310h2o），装置a中发生反应为碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；碳酸钠晶体失水生成碳酸钠和水；（2）装置b中的浓硫酸具有吸水性，可以吸收气体中的水蒸气；装置c中是碱石灰用来吸收碳酸氢钠分解生成的二氧化碳气体；（3）实验过程中通入n2的目为把生成的水蒸气和二氧化碳气体全部赶到bc装置中完全吸收；（4）由题意可知生成水的质量是（m4m2）g，生成二氧化碳的质量为（m5m3）g，原样品质量为m1g，可以利用生成的二氧化碳质量计算碳酸氢钠的质量，也可以由生成水的质量列方程组计算碳酸氢钠的质量，若再知道原样品质量即可计算碳酸氢钠的质量分数，所以利用ce组数据能计算，利用b组数据可以由生成二氧化碳的质量计算碳酸氢钠质量，再由生成水的质量计算得到碳酸钠晶体质量，进一步可以求碳酸氢钠质量分数；（5）实验结束后发现装置a中硬质玻璃管右端有水珠，可以利用二氧化碳质量计算，利用实验中所提供的数据得到准确的w（nahco3）【解答】解：（1）小苏打（nahco3）试样中含有碳酸钠晶体（na2co310h2o），装置a中发生反应为碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式：