辽宁省沈阳二中高三化学上学期10月月考试题（含解析）新人教版(1).doc

辽宁省沈阳二中2015届高三上学期10月月考化学试卷一、选择题（每题只有一个选项正确，每题2分，共20分）1（2分）下列说法不正确的是（）a欲提高氯水中hclo的浓度可往氯水加适量的碳酸钙粉末b形成酸雨的氧化物主要是so2和氮的氧化物，co2是造成温室效应的主要气体c水晶项链和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品d大气中的n2可转化为no，no可转化为no2、硝酸等；含硫物质在自然界中可转化为so2等含硫化合物考点：氯气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的污染及治理；硅和二氧化硅.专题：元素及其化合物分析：a氯水中盐酸与碳酸钙反应，可使氯气与水的化学平衡正向移动；b酸雨与n、s的氧化物有关，温室效应与二氧化碳有关；c、根据水晶项链和餐桌上的瓷盘的成分；d、n2no，nono2，no硝酸，fes2so2可知，大气中的n2可转化为no，no可转化为no2、硝酸等；含硫物质在自然界中可转化为so2等含硫化合物解答：解：a氯水中盐酸与碳酸钙反应，可使氯气与水的化学平衡正向移动，则提高氯水中hclo的浓度可往氯水中加适量的碳酸钙粉末，故a正确；b形成酸雨的氧化物主要是so2和氮的氧化物，与水反应生成酸使ph5.6；温室效应与二氧化碳有关，使全球温度升高，故b正确；c、水晶的主要成分是二氧化硅，含有硅元素，但不是硅酸盐，餐桌上的瓷盘是硅酸盐制品，故c错误；d由n2no，nono2，no硝酸，fes2so2可知，大气中的n2可转化为no，no可转化为no2、硝酸等；含硫物质在自然界中可转化为so2等含硫化合物，故d正确；故选c点评：本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质、化学反应原理为解答的关键，注意发生的反应及环境污染问题，综合性较强，题目难度不大2（2分）下列有关物质分类或归类正确的一组是（）液氨、液氯、干冰、碘化银均为化合物氢氟酸、盐酸、水玻璃、氨水均为混合物明矾、小苏打、醋酸、次氯酸均为电解质碘酒、牛奶、豆浆、漂粉精均为胶体na2o2、na2co3、nahco3、na2sio3均为钠盐a和b和c和d考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；电解质与非电解质.专题：物质的分类专题分析：利用化合物、混合物、电解质、胶体、盐等概念来判断物质的分类化合物是不同元素组成的纯净物，液氨、液氯是单质；依据混合物是不同物质组成的分析；电解质是水溶液中或熔融状态下导电的化合物；胶体的本质特征是分散质微粒直径在1nm100nm间；钠盐应电离出钠离子与酸根离子解答：解：中液氯是单质，故错误；氢氟酸是hf水溶液，盐酸是氯化氢水溶液、水玻璃是硅酸钠水溶液、氨水为氨气水溶液均为混合物，故正确；明矾、小苏打、醋酸、次氯酸在溶液中都能电离出相应的离子，均为电解质，故正确；碘酒是碘单质的酒精溶液、漂粉精为次氯酸盐的水溶液，二者属于溶液，牛奶、豆浆是胶体，故错误；na2co3、nahco3、na2sio3均为钠盐，na2o2没有酸根所以不是盐，是氧化物，故错误；故选b点评：本题考查了化学基本概念的理解和应用，熟悉混合物、化合物、单质、化合物、电解质、非电解质等概念的分析即可判断，掌握物质的组成是解题关键3（2分）下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（）物质编号物质转化关系甲乙丙丁cucuocuso4cu（no3）2na2co3naohnahco3co2（nh4）2so3caso3so2nh4hso3fefecl3fecl2fe（no3）2abcd考点：铜金属及其重要化合物的主要性质；钠的重要化合物；铁的化学性质.专题：元素及其化合物分析：铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜溶于硫酸生成硫酸铜，硫酸铜与硝酸钡生成硝酸铜；碳酸钠与氢氧化钙反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与盐酸放出二氧化碳气体；亚硫酸铵与氢氧化钙生成亚硫酸钙，亚硫酸钙与盐酸反应生成二氧化硫，二氧化硫溶于氨水生成亚硫酸氢铵；铁与氯气反应产生氯化铁，氯化铁与铁生成氯化亚铁，氯化亚铁与硝酸银生成硝酸亚铁解答：解：铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与硝酸钡反应生成硝酸铜，铜和浓硫酸反应可生成硫酸铜，再利用较活泼金属与不活泼金属的盐溶液发生的置换反应可实现丙甲、丁甲的反应，故能实现转化；碳酸钠和氢氧化钙反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠分解或与盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠能反应生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠，故能实现转化；（nh4）2so3和氯化钙反应生成亚硫酸钙沉淀，亚硫酸钙和盐酸反应生成二氧化硫，过量的二氧化硫和一水合氨反应生成亚硫酸氢铵，故能实现转化；铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁和铁单质反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与硝酸银反应生成硝酸亚铁，故能实现转化；故选a点评：本题考查物质的转化，明确物质的性质及发生的化学反应是解答本题的关键，本题中发生的几个氧化还原反应是学生解答的难点4（2分）下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可用同一个离子方程式表示的是（）碳酸钠溶液与盐酸 硫化氢气体与氯化铁溶液 硫酸铝溶液与氨水硝酸银溶液与氨水 碘化亚铁溶液与氯水 碳酸氢钙溶液与澄清石灰水abcd考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：碳酸钠和盐酸的加入量和顺序不同，离子反应不同分析；硫化氢具有强还原性，可以和三价铁离子发生氧化还原反应，与物质的量无关；依据氢氧化铝不溶于弱酸弱碱分析判断；硝酸银和氨水的量不同加入顺序不同现象不同，离子反应不同进行分析；从亚铁离子和碘离子的还原性不同，加入氯水量的多少不同，产物不同分析；酸式盐和对应碱的反应与量无关分析解答：解：碳酸钠少量时发生的反应为co32+2h+=co2+h2o；碳酸钠过量的反应离子方程式为co32+h+=hco3，所以量不同反应不同，故不符合；硫化氢气体与氯化铁溶液发生氧化还原反应，与量无关，反应的离子方程式为2fe3+h2s=s+2fe2+2h+，故符合；硫酸铝溶液与氨水的反应只有，al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+与量无关，故符合；硝酸银溶液与氨水反应，氨水多时生成银氨溶液，氨水少时生成氢氧化银沉淀，所以量不同产物不同，反应不同，故不符合；fe2+i的还原性氯水的量的多少不同，反应进行的程度不同，少量氯水时只氧化亚铁离子，氯水过量氧化亚铁离子后继续氧化碘离子，故不符合；碳酸氢钙溶液与澄清石灰水的反应ca2+hco3+oh=caco3+h2o，与量无关，故符合；综上所述符合；故选d点评：本题考查了离子方程式的书写原则，主要是量不同会发生不同的离子反应的离子方程式的书写，关键是熟练掌握离子的性质和产物与过量试剂的后续反应的性质掌握5（2分）设na表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）a常温常压下，由x g no2和y g n2o4组成的混合气体中原子总数为3na，则x+y=46b1 mol氯气参加氧化还原反应，一定得到na 或2na个电子c1升0.1 moll1 nabr溶液中，hbr和br总和为0.1na个d12.5 ml 16 moll1浓硫酸与足量铜反应，生成so2的分子数为0.1na考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：a、质量换算物质的量，结合分子式计算原子数；b、氯元素具有多种化合价，氯气参加氧化还原反应，可生成多种物质，生成物不同，转移的电子数不同c、nabr溶液中无hbr分子；d、12.5ml 16mol/l浓硫酸溶质物质的量=0.0125l16mol/l=0.2mol，全部反应生成二氧化硫0.1mol，随反应进行浓度减小，稀硫酸不和铜反应解答：解：a、x克no2物质的量=mol；y克n2o4的物质的量=mol，混合气体所含原子数=（mol3+mol6）na=3na，故x+y=46，故a正确；b、氯元素具有多种化合价，氯气参加氧化还原反应，可生成多种物质，生成物不同，转移的电子数不同，例如：3cl2+6naoh=5nacl+naclo3+3h2o，1mol氯气参加反应，转移电子数为na，故b错误；c、nabr溶液中无hbr分子，故c错误；d、12.5ml 16mol/l浓硫酸溶质物质的量=0.0125l16mol/l=0.2mol，全部反应生成二氧化硫0.1mol，随反应进行浓度减小，稀硫酸不和铜反应，生成二氧化硫分子数小于0.1na，故d错误；故选a点评：本题考查阿伏加德罗常数，题目难度不大，做题时注意把握物质的组成、结构以及性质，本题中注意氯元素的化合价6（2分）csicl2是一种碱金属的多卤化物，这类物质在化学反应中既可表现氧化性又可表现还原性，有关该物质的说法正确的是（）acs显+3价，i、cl均显1价bcs显+1价，cl显+1价，i显1价c在csicl2溶液中通入cl2，有单质碘生成d在csicl2溶液中通入so2气体，有硫酸生成考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；根据化学式判断化合价.专题：卤族元素分析：acs在化合物中为+1价；bcl的非金属性比i的强；c在csicl2溶液中通入cl2，不发生氧化还原反应；d在csicl2溶液中通入so2气体发生氧化还原反应，s元素的化合价升高解答：解：acs在化合物中为+1价，i为+1价，cl为1价，故a错误；bcl的非金属性比i的强，则cl为1价，i为+1价，故b错误；c在csicl2溶液中通入cl2，不发生氧化还原反应，则不会有单质碘生成，故c错误；d在csicl2溶液中通入so2气体发生氧化还原反应，s元素的化合价升高，由硫酸生成，故d正确；故选d点评：本题以碱金属的多卤化物为载体考查化合价及氧化还原反应，明确化合物中元素的化合价及物质的性质是解答本题的关键，难度不大7（2分）在给定的溶液中，加入对应的一组离子，则该组离子能在原溶液中大量共存的是（）a滴加甲基橙显红色的溶液：i、nh4+、cl、no3b含有大量alo2的溶液：na+、k+、no3、co32c常温下由水电离出来的c（h+）=1013mol/l的溶液：k+、hco3、br、ba2+d含有溶质为nahso4的溶液：k+、sio32、no3、al3+考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：a滴加甲基橙显红色的溶液，显酸性；b含有大量alo2的溶液，显碱性；c常温下由水电离出来的c（h+）=1013mol/l的溶液，为酸或碱溶液；d含有溶质为nahso4的溶液，显酸性解答：解：a滴加甲基橙显红色的溶液，显酸性，i、h+、no3发生氧化还原反应，不能大量共存，故a错误；b含有大量alo2的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故b正确；c常温下由水电离出来的c（h+）=1013mol/l的溶液，为酸或碱溶液，hco3既与酸也与碱反应，不能大量共存，故c错误；d含有溶质为nahso4的溶液，显酸性，h+、sio32结合生成沉淀，不能大量共存，故d错误；故选b点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大8（2分）实验是研究化学的基础，下图中所示的实验方法、装置或操作完全正确的是（）a除去氯气中的氯化氢b称量c用石灰石和稀盐酸制取co2d稀释考点：化学实验方案的评价；物质的分离、提纯和除杂；常见气体制备原理及装置选择.专题：实验评价题分析：a根据洗气装置的特点分析，洗气装置中长导管进气，短导管出气；b烧碱有强腐蚀性；c打开导管时长颈漏斗中的液体流出；d量筒只能用来量取液体，不能用来溶解固体或稀释液体解答：解：a洗气装置中长导管进气，短导管出气，所以该装置不符合洗气装置特点，故a错误； b用天平称量药品时，遵循“左物右码“的原则，且强腐蚀性的氢氧化钠应放在烧杯中称量，故b错误；c打开导管时长颈漏斗中的液体流出，浸没石灰石，发生反应，关闭时，气压增大，液面和石灰石分离，反应停止，故c正确；d量筒只能用来量取液体，不能用来溶解固体或稀释液体，且浓硫酸的稀释时，是浓硫酸倒入水中不是水倒入浓硫酸中，故d错误故选c点评：本题考查了实验装置或操作的基本知识，难度不大，注意浓硫酸的稀释中应该是：浓硫酸倒入水中不是水倒入浓硫酸中，且不断搅拌防止温度过高9用某种仪器量取液体体积时，平视时读数为n ml，仰视时读数为 x ml，俯视时读数为y ml，若xny，则所用的仪器可能为（）a量筒b容量瓶c滴定管d以上均不对考点：计量仪器及使用方法.专题：化学实验常用仪器分析：根据仰视读数读出的是下面的刻度，俯视读数时读出的是上面的刻度，要平视读数是读出的刻度在上进行分析解答解答：解：平视时读数为nml，是正确的读法，仰视时读数为xml，xn，仰视读数读出的是下面的刻度，所以下面的刻度比上面的读数大，故该仪器为滴定管，故选c点评：本题考查常计量仪器的构造及其使用方法，题目难度不大，注意明确计量仪器的构造解题的关键，试题注重了基础知识的考查10（2分）向含0.78molfecl2溶液中通入0.09molcl2，再加入100ml1mol/l的x2o72酸性溶液，使溶液中的fe2+恰好全部氧化，则产物中x的化合价为（）a+1b+2c+3d+5考点：常见元素的化合价；氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：0.078molfe2+被氧化为0.078molfe3+，失去0.078mol电子，利用电子守恒，0.009molcl2与0.01molx2o72也应该得到0.078mol电子，令x在还原产物的化合价为a，根据电子转移守恒列放出计算a值，即为n值解答：解：0.078molfe2+被氧化为0.078molfe3+，失去0.078mol电子，利用电子守恒，0.009molcl2与0.01molx2o72也应该得到0.078mol电子，令x在还原产物的化合价为a，则：0.009mol2+0.01mol2（6a）=0.078mol解得a=3则x值为3故选c点评：考查氧化还原反应的计算，难度中等，注意理解电子转移守恒的运用二、选择题（每题只有一个选项正确，每题3分，共30分）11（3分）新型纳米材料氧缺位铁酸盐（mfe2ox 3x4，m=mn、co、zn或ni）由铁酸盐（mfe2o4）经高温与氢气反应制得，常温下，它能使工业废气中的酸性氧化物（so2、no2等）转化为其单质除去，转化流程如图关于此转化过程的叙述不正确的是（）amfe2o4在与h2反应中表现了氧化性b若4mol mfe2ox与1mol so2恰好完全反应则mfe2ox中x的值为3.5cmfe2ox与so2反应中mfe2ox被还原dmfe2o4与mfe2ox的相互转化反应均属于氧化还原反应考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：amfe2o4在与h2的反应中，fe元素的化合价降低；b若4 mol mfe2ox与1 mol so2恰好完全反应利用电子守恒确定fe元素的化合价，以此确定x；cmfe2ox与so2反应中，fe元素的化合价升高；dmfe2o4与mfe2ox的相互转化反应中有元素化合价的升降解答：解：amfe2o4在与h2的反应中，fe元素的化合价降低，则mfe2o4在与h2的反应中表现了氧化性，故a正确；b若4 mol mfe2ox与1 mol so2恰好完全反应，由电子守恒可知，4mol2（3n）=1mol（40），解得n=2.5，由化合物中正负化合价的代数和为0可知，+2+（+2.5）2+2x=0，所以x=3.5，故b正确；cmfe2ox与so2反应中，fe元素的化合价升高，mfe2ox被氧化，故c错误；dmfe2o4与mfe2ox的相互转化反应中有元素化合价的升降，则属于氧化还原反应，故d正确；故选c点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意把握习题中的信息及反应中元素的化合价变化为解答的关键，题目难度中等，选项b为解答的难点12（3分）xso4溶液与naoh溶液反应，可生成x3（oh）4so4沉淀和na2so4溶液，现有v1ml0.1mol/l xso4溶液和v2ml 0.2mol/l naoh溶液（v1+v2=50），为了使沉淀的质量达到最大值，v1和v2的取值应为（）av1=30，v2=20bv1=20，v2=30cv1=10，v2=40dv1=15，v2=35考点：化学方程式的有关计算.专题：计算题分析：xso4溶液与naoh溶液反应，可生成x3（oh）4so4沉淀和na2so4溶液，xso4与naoh以3：4恰好完全反应生成沉淀最多，以此来解答解答：解：xso4溶液与naoh溶液反应，可生成x3（oh）4so4沉淀和na2so4溶液，xso4与naoh以3：4恰好完全反应生成沉淀最多，则v1ml0.001l0.1mol/l：（50v1）ml0.001l0.2mol/l，解得v1=30ml，v2=5030=20ml，故选a点评：本题考查化学反应的计算，为高频考点，把握发生的复分解反应中x2+与oh的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大13（3分）下列反应的离子方程式正确的是（）a向ba（oh）2溶液中加入过量的nh4hso4溶液ba2+2oh+nh4+h+so42baso4+nh3h2o+h2ob工业上用石灰乳制漂粉精：2oh+cl2=ca2+cl+clo+h2oc向漂白粉溶液中通入一定量的so2ca2+3clo+so2+h2o=caso4+cl+2hclod向100ml 0.1mol/l naoh溶液中滴入数滴0.2mol/l ca（hco3）2溶液：ca2+hco3+ohcaco3+h2o考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：a、设量少的为“1”，据此写出离子方程式；b、电荷不守恒；c、so2具有还原性，而漂白粉具有氧化性，故发生氧化还原反应；d、设量少的为“1”，据此写出离子方程式；解答：解：a、设量少的ba（oh）2为1mol，则消耗2molh+和1molso42，故离子方程式为：ba2+2oh+2h+so42baso4+2h2o，故a错误；b、工业上制漂粉精的化学方程式：2cl2+2ca（oh）2=cacl2+ca（clo）2+2h2o，离子方程式为：2oh+cl2=cl+clo+h2o，故b错误；c、so2具有还原性，而漂白粉具有氧化性，故so2被氧化为caso4，而clo被还原为cl，故离子方程式为：ca2+3clo+so2+h2o=caso4+cl+2hclo，故c正确；d、设量少的ca（hco3）2为1mol，则2molhco3消耗2moloh生成2molh2o和2molco32，再和1molca2+，故离子方程式为：ca2+2hco3+2ohcaco3+2h2o+co32，故d错误故选c点评：本题考查了离子方程式的书写，应注意量对离子方程式书写的影响，难度不大14下列说法正确的是（）a实验室保存硝酸银溶液用棕色细口试剂瓶，而钠保存在盛有煤油的无色广口试剂瓶中b用naoh溶液洗涤并灼烧铂丝后，再进行焰色反应c用玻璃棒蘸取待测液，点在湿润的ph试纸上测定其phd检验某溶液里是否含有fe2+时，可先滴加新制的氯水，再滴加kscn溶液考点：化学试剂的存放；焰色反应；试纸的使用；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用.专题：化学实验基本操作分析：a见光易分解的溶液用棕色细口瓶保存，固体用广口瓶保存；b钠的焰色反应为黄色；cph试纸用水润湿，会使溶液变稀；d检验亚铁离子要排除铁离子的干扰解答：解：a硝酸银见光易分解，溶液保存着细口瓶里，所以硝酸银溶液保存着棕色细口瓶中；钠易和水、氧气反应，所以要密封保存，钠的密度大于煤油且和煤油不反应，所以钠保存在盛有煤油的无色广口试剂瓶中，故a正确； b焰色反应用稀盐酸洗净铂丝，故b错误；cph试纸用水润湿，会使溶液变稀，测得数据不准确，故c错误；d检验某溶液中是否含有亚铁离子时，应先滴加硫氰化钾溶液，再滴加新制氯水，故d错误故选a点评：本题考查试剂的保存及基本实验操作，难度不大，铁离子和亚铁离子的检验是高考热点，注意基础知识的积累15（3分）将适量的mo2粉末投入热水中，一边搅拌，一边通入so2气体，结果得到白色不溶物x，已知x既是氧化产物又是还原产物下列判断错误的是（）mo2具有氧化性白色不溶物x为mso2白色不溶物x为mso4白色不溶物x为msabcd考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：白色不溶物x应为硫酸盐，x既是氧化产物又是还原产物，反应中s元素的化合价升高，m元素的化合价降低，以此来解答解答：解：白色不溶物x应为硫酸盐，x既是氧化产物又是还原产物，反应中s元素的化合价升高，则二氧化硫具有还原性，m元素的化合价降低，具有mo2具有氧化性，显然正确，故选c点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及分析应用能力的考查，题目难度不大16（3分）下列各组物质中，气体x和气体y同时通入盛有溶液z的洗气瓶中（如图），一定没有沉淀生成的（）xyzano2so2bacl2bnh3co2al（so4）3cnh3co2cacl2dco2so2cacl2aabbccdd考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质.专题：氧族元素；氮族元素分析：a、二氧化氮溶于水生成硝酸，根据硝酸和二氧化硫的性质分析生成的物质，根据二氧化硫和硝酸反应的生成物判断是否有沉淀生成；b、氨气极易溶于水生成氨水，铝离子和氨水能反应生成氢氧化铝；c、氨气和二氧化碳、水反应生成碳酸铵，根据饱和食盐水的性质分析是否有沉淀生成；d、co2和so2通入到cacl2溶液中根本不发生反应解答：解：a、二氧化氮易溶于水生成硝酸，硝酸有强氧化性，二氧化硫有还原性，所以二氧化硫能被硝酸氧化成硫酸，硫酸和氯化钡发生复分解反应生成白色硫酸钡沉淀，故a不符合；b、氨气极易溶于水生成氨水，氨水能分解生成氢氧根离子，氢氧根离子和铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝能溶于强碱但不溶于弱碱，所以一定有白色沉淀生成，故b不符合；c、氨气极易溶于水生成氨水，氨水呈碱性，所以能和酸性氧化物二氧化碳反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，故c不符合；d、co2和so2通入到cacl2溶液中根本不发生反应，无沉淀现象，故d符合；故选d点评：本题考查了元素化合物的性质，难度不大，易错选项是c，注意氨气、二氧化碳和水反应生成碳酸铵和氯化钙反应生成沉淀17（3分）30mlco2和no混合气体通入足量的na2o2固体并且充分反应后，气体体积变为20ml，则原混合气体中co2体积为（同温同压下）（）a30mlb20mlc10mld无法计算考点：有关混合物反应的计算；钠的重要化合物.专题：差量法分析：发生反应有：2na2o2+2co22na2co3+o2，2no+o22no2，方程式叠加可得2na2o2+2no+2co22na2co3+2no2，若co2、no按1：1恰好反应，则二者体积都为15ml，由方程式可知气体减少15ml，大于实际气体体积减少30ml20ml=10ml，故co2、no的体积之比小于1：1，即no有剩余，co2完全反应，再根据气体体积减少利用差量法计算解答解答：解：发生反应有：2na2o2+2co22na2co3+o2，2no+o22no2，方程式叠加可得2na2o2+2no+2co22na2co3+2no2，若co2、no按1：1恰好反应，则v（no）=v（co2）=30ml=15ml，则：2na2o2+2no+2co22na2co3+2no2 气体体积减少v 2 2 15ml 15ml气体减少15ml，大于实际气体体积减少30ml20ml=10ml，故co2、no的体积之比小于1：1，即no有剩余，co2完全反应，设原混合气体中co2体积为vml，则：2na2o2+2no+2co22na2co3+2no2 气体体积减少v 2 2 vml 10ml故，2：2=vml：10ml，解得v=10，故选c点评：本题考查混合物的有关计算，难度中等，侧重对学生综合能力的考查，关键是利用总反应方程式解答简化计算过程，注意差量法的应用18（往含0.2molkoh和0.1molca（oh）2的溶液中持续地通入co2气体，当通入气体的体积为6.72l（标准状况）时立即停止，则在这一过程中，溶液中离子的物质的量n和通入co2的体积v的关系示意图正确的是（气体的溶解忽略不计）（）abcd考点：化学方程式的有关计算.专题：计算题分析：n（co2）=0.3mol，通入含有0.2molkoh和0.1molca（oh）2的溶液中，相当于首先发生：ca2+2oh+co2=caco3，0.1molca（oh）2完全反应消耗0.1molco2，剩余0.2moloh，生成0.1molcaco3，然后发生2oh+co2=co32+h2o，消耗0.1molco2，生成0.1molco32，上述两阶段共消耗0.2molco2，剩余0.1molco2，再发生co32+co2+h2o=2hco3，消耗0.1molco2，二氧化碳反应完全，caco3不发生反应，据此根据方程式计算各阶段反应结束溶液中离子物质的量，根据各阶段消耗二氧化碳物质的量、各阶段反应结束溶液中离子物质的量判断解答：解：含有0.2mol koh和0.1mol ca（oh）2的溶液中离子总的物质的量为0.2mol2+0.1mol3=0.7mol，n（co2）=0.3mol，通入含有0.2molkoh和0.1molca（oh）2的溶液中，相当于首先发生：ca2+2oh+co2=caco3，该阶段0.1molca（oh）2完全反应消耗0.1molco2，体积为2.24l，离子物质的量减少0.3mol，溶液中离子物质的量为0.7mol0.3mol=0.4mol，其中含有0.2moloh、0.2molk+，生成0.1molcaco3；然后发生2oh+co2=co32+h2o，0.2moloh完全反应消耗0.1molco2，体积为2.24l，该阶段离子物质的量减少0.1mol，溶液中剩余离子物质的量为0.4mol0.1mol=0.3mol，溶液中含有0.2molk+、0.1molco32；再发生co32+co2+h2o=2hco3，0.1molco32完全反应消耗0.1molco2，体积为2.24l，溶液中离子物质的量增大0.1mol，此时溶液中离子为0.4mol，二氧化碳反应完全，caco3不发生反应，上述图象中d符合，故选d点评：本题考查离子方程式的计算，难度较大，清楚各阶段发生的反应是关键，注意图象b和d的区别，为易错点19研究性学习小组进行了一系列化学实验后，发现高锰酸钾分解后的含锰元素的化合物都能和浓盐酸反应制得氯气，且锰化合物的还原产物都是mncl2他们将6.32gkmno4粉末加热一段时间，也不知道高锰酸钾是否完全分解，收集到0.112l气体后便停止加热了，冷却后放入足量的浓盐酸再加热，又收集到气体体积是（上述气体体积都折合成标准状况）（）a0.448lb2.240lc2.016ld无法确定考点：氯气的实验室制法.专题：压轴题；卤族元素分析：kmno4中mn是+7价的mn，具有强氧化性，锰化合物的还原产物都是mncl2，1mol得到5mol电子，6.32gkmno4粉末加热一段时间，也不知道高锰酸钾是否完全分解，收集到0.112l气体为氧气，kmno4中o为2价，生成1个o2失去4个电子解答：解：根据氧化还原反应的得失电子守恒规律，kmno4中mn得到的电子总数，等于kmno4中o失去的电子总数与浓盐酸中氯离子失去电子变为氯气失去的电子总数之和6.32gkmno4的物质的量n=0.04mol，0.112lo2的物质的量=0.005mol得到的电子：kmno45emn2+，k2mno44emn2+，mno22emn2+，失去的电子：2cl2ecl2，2o4eo2，根据电子守恒计算：n（kmno4）5e=n（o2）4e+n（cl2）2e0.04mol5e=0.005mol4e+n（cl2）2en（cl2）=0.09mol所以生成的氯气标准状况下的体积v（cl2）=nvm=0.09mol22.4l/mol=2.016l故选c点评：该题主要考查了氧化还原反应的电子守恒的计算应用，做题时，一定要理清化合价变化的元素，在反应物和相应产物的化合价20（3分）将一定量的fe、fe2o3、cuo的混合物放入体积为100ml、浓度为2.1moll1的h2so4溶液中，充分反应后，生成气体896ml（标准状况），得到不溶固体1.28g过滤后，滤液中的金属离子只有fe2+（假设滤液体积仍为100ml）向滤液中滴加2moll1naoh溶液，直至30ml时开始出现沉淀则原混合物中fe物质的量为（）a2 molb1.2 molc0.1mold1.6 mol考点：有关混合物反应的计算.专题：计算题分析：向滤液中加入2mol/l naoh溶液至30ml时开始出现沉淀，说明固体与稀硫酸反应后稀硫酸有剩余，故fe完全反应；由于过滤后，滤液中的金属离子只有fe2+（假设滤液体积仍为100ml），故固体和硫酸反应后的盐只有硫酸亚铁，则固体与稀硫酸反应后的溶液是硫酸和硫酸亚铁的混合物，不溶物1.28g为cu，根据氢氧化钠的物质的量计算剩余硫酸的物质的量，其余的硫酸根离子与亚铁离子构成硫酸亚铁，根据硫酸根守恒n（feso4）=n（h2so4），设混合物中fe为xmol，fe2o3为ymol，根据fe元素守恒及转移电子守恒列方程计算解答解答：解：与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量=n（naoh）=2mol/l0.03l=0.03mol，剩余的硫酸的物质的量=2.1mol/l0.1l0.03mol=0.21mol0.03mol=0.18mol，剩余硫酸与固体反应生成了硫酸亚铁，根据硫酸根守恒n（feso4）=n（h2so4）=0.18mol，不溶物为cu，其物质的量为=0.02mol，生成氢气物质的量为=0.04mol，设混合物中fe为xmol，fe2o3为ymol，根据fe元素守恒：x+2y=0.18根据电子转移守恒：2x=2y+0.022+0.042联立方程，解得x=0.1 y=0.04故选c点评：本题考查了有关混合物的计算，难度中等，明确发生的反应是关键，注意利用原子守恒与电子转移守恒进行解答三、填空题（共50分）21（7分）现有a、b、c、d、e五种强电解质，它们在水中可电离产生下列离子（各种离子不重复）：h+、na+、a13+、ag+、ba2+、oh、c1、co32、no3、so42已知：a、b两溶液呈碱性；c、d、e溶液呈酸性a溶液与e溶液反应既有气体又有沉淀产生；a溶液与c溶液反应只有气体产生（沉淀包括微溶物，下同）d溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀在e溶液中逐滴加入b溶液，溶液先出现沉淀，当滴加至过量时，沉淀部分溶解试回答下列问题：（1）a、c的化学式分别为na2co3、hcl（2）a溶液呈碱性的原因co32+h2ohco3+oh（用离子方程式表示）（3）在100ml0.1moll1的e溶液中，逐滴加入35ml 2moll1naoh溶液，最终得到沉淀的物质的量为0.01mol考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验.专题：物质检验鉴别题分析：由于ag+只能与no3共存，所以一定含有硝酸银，硝酸银溶液显酸性a溶液与e溶液反应既有气体又有沉淀产生，所以根据离子可知，该沉淀应该是氢氧化铝，气体是co2由于e溶液显酸性，所以e中含有al3+，a中含有co32根据阳离子的种类可知，a应该是碳酸钠a溶液与c溶液反应只有气体产生，这说明c中含有氢离子，所以d是硝酸银c只能与d反应产生沉淀，所以c只能是hcl，则e就是硫酸铝，因此b是氢氧化钡，结合反应的离子方程式计算解答：解：（1）由于ag+只能与no3共存，所以一定含有硝酸银，硝酸银溶液显酸性a溶液与e溶液反应既有气体又有沉淀产生，所以根据离子可知，该沉淀应该是氢氧化铝，气体是co2由于e溶液显酸性，所以e中含有al3+，a中含有co32根据阳离子的种类可知，a应该是碳酸钠a溶液与c溶液反应只有气体产生，这说明c中含有氢离子，所以d是硝酸银c只能与d反应产生沉淀，所以c只能是hcl，则e就是硫酸铝，因此b是氢氧化钡，故答案为：na2co3；hcl；（2）碳酸根水解产生氢氧根使溶液呈碱性：co32+h2ohco3+oh，故答案为：co32+h2ohco3+oh；（3）n（al2（so4）3）=0.1l0.1mol/l=0.01mol，n（naoh）=0.035l2mol/l=0.07mol；则n（al3+）=0.02mol，n（oh）=0.07mol，发生：al3+3oh=al（oh）3， 0.02mol 0.06mol 0.02mol al（oh）3+oh=alo2+2h2o，0.01mol 0.01mol所以反应后，生成0.01molal（oh）3和0.01molalo2，得到沉淀物质的量为0.01mol，故答案为：0.01点评：本题考查物质的检验，题目难度中等，注意根据离子的共存、离子的性质来推断物质是解答本题的关键，综合性强，难度较大，学生需熟悉水解离子反应等知识来解答22在浓cacl2溶液中通入nh3和co2，可以制得纳米级碳酸钙（粒子直径在1100nm之间）下图所示ae为实验室常见的仪器装置（部分固定夹持装置略去），请根据要求回答问题（1）实验室制取、收集干燥的nh3，需选用上述仪器装置的接口连接顺序是（选填字母）：a接d，e接g，f接h；用a装置制取nh3的化学反应方程式为2nh4cl+ca（oh）2cacl2+2nh3+h2o（2）用图所示装置也可以制取nh3，则圆底烧瓶中的固体可以选用abe（选填字母编号）；a碱石灰 b生石灰 c无水氯化钙d无水硫酸铜 e烧碱（3）向浓cacl2溶液中通入nh3和co2气体制纳米级碳酸钙 时，应先通入的气体是nh3，试写出制纳米级碳酸钙的化学方程式cacl2+co2+2nh3+h2o=caco3+2nh4cl；（4）试设计简单的实验方案，判断所得碳酸钙样品颗粒是否为纳米级取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级碳酸钙，否则不是考点：氨的实验室制法；胶体的重要性质.专题：氮族元素分析：（1）根据反应物的状态、反应条件选取反应装置，根据气体的溶解性、密度选择收集装置，注意干燥管的使用原则是大口进小口出；实验室制取氨气采用氯化铵和氢氧化钙反应制得（2）该装置是固液不加热型，且氨水极易挥发，温度越高，挥发越快，所以所用药品应用溶解时放热的药品（3）根据二氧化碳和氨气的溶解性判断先通入的气体，由反应物和生成物写出反应方程式（4）碳酸钙样品颗粒如果为纳米级，纳米级的颗粒在胶体范围内，所以根据胶体的性质确定实验方案解答：解：（1）实验室制取氨气采用固体、固体加热型装置，所以应选a为反应装置；生成物中含有水，氨气属于碱性气体，所以应选择碱性物质吸收水蒸气，故选c；氨气极易溶于水，且氨气的密度小于空气的密度，所以应采用向下排空气法收集，故选d；氨气有刺激性气味，所以不能直接排空；氨气极易溶于水，所以尾气处理应采用防止倒吸装置，用水吸收即可，故选e；注意干燥管的使用原则是大口进小口出；所以仪器装置的接口连接顺序是d、e、g、f实验室制取氨气采用氯化铵和氢氧化钙加热制的生成氯化钙、氨气和水，反应方程式为2nh4cl+ca（oh）2cacl2+2nh3+h2o故答案为：d、e、g、f；2nh4cl+ca（oh）2cacl2+2nh3+h2o （2）该装置是固液不加热型，且氨水极易挥发，温度越高，挥发越快；碱石灰、氢氧化钠、生石灰的溶解过程放出大量的热，相当于加热，故可选abe故答案为：abe（3）氨气极易溶于水，二氧化碳不易溶于水，所以应先通入氨气；氨气溶于水生成氨水，溶液呈碱性，二氧化碳是酸性气体，能和碱反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙和氯化铵cacl2+co2+2nh3+h2o=caco3+2nh4cl故答案为nh3；cacl2+co2+2nh3+h2o=caco3+2nh4cl（4）碳酸钙样品颗粒如果为纳米级，纳米级的颗粒在胶体范围内，所以具有胶体的性质，运用胶体的丁达尔效应判断；取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是故答案为：取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是点评：本题考查了氨气的实验室制法，难度不大，注意干燥管的使用原则是大口进小口出23（13分）1l某混合溶液中可能含有的离子如下表：可能大量含有的阳离子h+nh4+al3+k+可能大量含有的阴离子clbricloalo2（1）往该溶液中逐滴加入naoh溶液并适当加热，产生 沉淀和气体的物质的量（n）与加入naoh溶液的体积（v）的关系如图所示则该溶液中确定含有的离子有h+、nh4+、al3+；不能确定是否含有的阳离子有k+，要确定其存在可补充做的实验是焰色反应；肯定不存在的阴离子有clo、alo2（2）经检测，该溶液中含有大量的cl、br、i，若向1l该混合溶液中通入一定量的cl2，溶液中cl、br、i的物质的量与通入cl2的体积（标准状况）的关系如下表所示，分析后回答下列问题：cl2的体积（标准状况）2.8l5.6l11.2ln（cl）1.25mol1.5mol2moln（br）1.5mol1.4mol0.9moln（i）a mol00当通