甘肃省白银市会宁二中高三化学上学期10月月考试卷（含解析）.doc

甘肃省白银市会宁二中2015届高三上学期月考化学试卷（10份） 一、单项选择题（每题3分，计60分）1下列物质分类正确的是( )aso2、sio2、co均为酸性氧化物b稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体c烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质d福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物2下列金属冶炼的反应原理，错误的是( )a2nacl（熔融）2na+cl2bmgo+h2mg+h2ocfe3o4+4co3fe+4co2d2hgo2hg+o23下列实验装置或操作与粒子的大小无直接关系的是( )4如图试验中，所选装置不合理的是( )a分离na2co3溶液和ch3cooc2h5，选b用ccl4提取碘水中的碘，选c用fecl2溶液吸收cl2选d粗盐提纯，选和5下列实验操作过程能引起实验结果偏高的是( )用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的naoh溶液时，酸式滴定管未用标准液润洗用量筒量取5.0ml溶液时，俯视读数配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，定容时仰视容量瓶的刻度线质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合配制50%的硫酸溶液abcd6下列金属在常温时能全部溶于足量浓hno3的是( )aaubcucaldfe7有一未完成的离子方程式：+xo3+6h+3x2+3h2o，据此判断x元素的最高化合价为( )a+7b+6c+5d+18用na表示阿伏加德罗常数的值下列叙述中正确的是( )a11.2 g fe投入到400ml 1mol/l的硝酸中充分反应，转移电子总数为0.2nab标准状况下，11.2lc2h6含3na个ch极性共价键c标准状况下，5.6lno和5.6lo2混合后的分子总数为0.5nad标准状况下，铝跟氢氧化钠溶液反应生成1 mol氢气时，转移的电子数为na9在下列指定条件的溶液中，能大量共存的一组离子是( )aph=1的溶液中：nh4+、fe2+、so42、clob通入过量so2气体后的溶液中：k+、na+、co32、so42calo2一的浓度为0.1 mol/l的溶液中：k+、na+、sio32、so42d常温下，由水电离出的c（h+）=11011mol/l的溶液中：fe3+、br、cl、scn10某溶液中含有nh、mg2+、fe2+、al3+和so五种离子，若向其中加入过量的ba（oh）2溶液，微热并搅拌，再加入过量的氢碘酸，溶液中大量减少的离子有( )a4种b3种c2种d1种11下列相关反应的离子方程式书写正确的是( )a氢氧化铁溶于氢碘酸：fe（oh）3+3h+=fe3+3h2obnahco3溶液中加入过量的ba（oh）2溶液：2hco3+ba2+2oh=baco3+2h2o+co32cnh4al（so4）2溶液中加入ba（oh）2溶液使so42完全沉淀：al3+2so42+2ba2+4oh=alo2+2baso4+2h2od向含有0.4 mol febr2的溶液中通入0.1 mol cl2反应：2fe2+cl2=2fe3+2cl12向等物质的量浓度的naoh和na2co3的混合溶液中加入稀盐酸，下列离子方程式与事实不符的是( )aoh+co32+2h+hco3+h2ob2oh+co32+3h+hco3+2h2oc2oh+co32+4h+co2+3h2odoh+co32+3h+co2+2h2o13甲、乙、丙、x是中学化学中常见的4种物质，其转化关系符合如图所示其中甲和x不可能是( )a甲为c、x为o2b甲为fe、x为cl2c甲为so2、x为nh3h2od甲为alcl3溶液、x为naoh溶液14在t时，将a g nh3完全溶于水，得到v ml溶液，假设该溶液的密度为 gcm3，溶质的质量分数为w，其中含nh3的物质的量为b mol下列叙述中正确的是( )a溶质的质量分数为w=100%b溶质的物质的量浓度c= moll1c溶液中c（oh）= moll1d上述溶液中再加入v ml水后，所得溶液溶质的质量分数大于0.5w15有fe2+、no3、fe3+、nh4+、h2o和h+六种粒子，分别属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述错误的是( )a氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：8b若有1mol no3被还原，转移8 mol ec还原产物为nh4+d若把该反应设计为原电池，则正极反应为fe2+e=fe3+16已知nh4cuso3与足量的10mol/l硫酸液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成 产生刺激性气味的气体 溶液呈现蓝色据此判断下列说法正确的是( )a反应中硫酸作氧化剂bnh4cuso3中硫元素被氧化c刺激性气味的气体是氨气d1molnh4cuso3完全反应转移0.5mol电子17现代工业常以氯化钠、二氧化碳和氨气为原料制备纯碱，部分工艺流程如图：有关说法错误的是( )a反应原理为co2+nh3+nacl+h2onahco3+nh4clb向饱和nacl溶液中先通入足量的co2，再通入足量的nh3c反应生成的沉淀，经过过滤、洗涤、煅烧可得到纯碱d往母液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温，可使氯化铵析出18向22.4gfe2o3、cu的混合物中加入0.5moll1的硫酸溶液600ml时，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含fe3+，若用过量的co在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为( )a6.4gb4.8gc2.4gd1.6g19某溶液中可能含有oh、co32、alo2、sio32、so42、hco3、na+、fe3+、mg2+、al3+等离子当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化的图象如图所示下列说法正确的是( )a原溶液中一定含有的阴离子是：oh、sio32、alo2、co32b反应最后形成的溶液中的溶质为naclc原溶液中一定含有na2so4d原溶液中含有co32与alo2 的物质的量之比为1：220铜有两种常见的氧化物cuo和cu2o某学习小组取0.98g（用精密天平测量）cu（oh）2固体加热，有铜的氧化物生成，其质量随温度变化如图1所示：另外，某同学绘制了三条表示金属氧化物与其所含金属元素的质量的关系曲线，如图2所示则下列分析正确的是( )a图1中，a到b的过程中有0.01 mol电子发生了转移b图1整个过程中共生成0.26 g水c图2三条曲线中，表示cuo和其中所含cu元素质量关系的曲线是ad图1中a和b化学式分别为cu2o和cuo二、填空题（共5小题，每小题10分，满分40分）21置换反应的通式可表示为：单质甲+化合物a 单质乙+化合物b请回答下列问题：（1）若甲为黄绿色气体，单质乙能使淀粉溶液变蓝色，则该反应的离子方程式为_（2）若过量的单质甲与化合物a发生反应的化学方程式为：2al+fe2o3 al2o3+2fe除去反应后混合物中剩余的铝粉与生成的al2o3所用的试剂是_（3）若甲为金属，其焰色为黄色，化合物b为一种常见的强碱，则该反应的化学方程式为_（4）若单质乙是黑色非金属固体单质，化合物b是优质的耐高温材料，则该反应的化学方程式为_（5）若化合物a可作光导纤维材料，乙为非金属半导体材料，则该反应的化学方程式为_22氢化亚铜（cuh）是一种难溶物质，用cuso4溶液和“另一物质”在4050时反应可生成它cuh不稳定，易分解；在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体；cu+在酸性条件下发生反应是2cu+cu2+cu根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答：（1）在cuso4溶液和“另一物质”制cuh的反应中，用氧化还原观点分析，这“另一物质”在反应中所起的作用是_（2）写出cuh在氯气中燃烧的化学反应方程式_（3）cuh溶解在稀硫酸中生成的气体是_，如果反应中生成了标况下22.4l的气体，转移电子的物质的量是_23某溶液仅含下表离子中的5种（不考虑水的电离及离子的水解）且各种离子物质的量均为1mol若向溶液中加入kscn溶液无明显变化；若向原溶液中加入稀盐酸，有无色气体生成，溶液中阴离子种类不变；请推断：（1）原溶液中含有阳离子：_；含有阴离子：_；（2）向原溶液中加入足量稀盐酸发生反应的离子方程式：_；（3）若向原溶液中加入足量的naoh溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体质量为_ g24铝是一种应用广泛的金属，工业上用al2o3和冰晶石（na3alf6）混合熔融电解制得铝土矿的主要成分是al2o3和sio2及其它不溶于naoh溶液的杂质从铝土矿中提炼al2o3的流程如下：回答下列问题：（1）写出反应1的化学方程式_；（2）滤液中加入cao生成的沉淀是_，反应2的离子方程式为_；（3）电解制铝的化学方程式是_，以石墨为电极，阳极产生的混合气体的成分是_25用如图所示装置测定fe和fe2o3的混合物中单质铁的质量分数（夹持部分已略去）称取wg样品置于锥形瓶中，通过分液漏斗加入足量稀硫酸使样品完全溶解实验前量气管起始读数为a ml，实验后量气管的最终读数为b ml请回答下列问题：（1）按如图完成装置连接，开始实验前必须进行的操作是_（2）写出锥形瓶中发生化合反应的离子方程式：_（3）实验结束后，若锥形瓶内溶液中存在的金属离子只有fe2+，则可以检验该离子的试剂是：_ak32溶液 bkscn溶液c酸性kmno4溶液 dnaoh溶液（4）实验中要对量气管多次读数，读数时应注意：将实验装置恢复到室温；_；视线与凹液面最低处相平若读取量气管中气体的体积时，液面左高右低，则所测气体的体积_（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（5）若样品与足量稀硫酸反应后滴入kscn溶液不显红色且量气管读数ba（该实验条件下的气体摩尔体积为vm）下列是某同学对混合物中单质铁质分数的计算过程：fe+h2so4feso4+h256g vmlwg（fe） （ba）103l（fe）=请判断上述计算过程是否正确？_（填“是”或“否”），理由：_甘肃省白银市会宁二中2015届高三上学期月考化学试卷（10月份）一、单项选择题（每题3分，计60分）1下列物质分类正确的是( )aso2、sio2、co均为酸性氧化物b稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体c烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质d福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质专题：物质的分类专题分析：a、酸性氧化物是指和碱反应生成盐和水的氧化物，一氧化碳是不成盐氧化物；b、胶体是分散质直径在1100nm的分散系，硅酸是沉淀，氯化铁溶液不是胶体；c、电解质是水溶液中或熔融状态能导电的化合物，四氯化碳是非电解质；d、不同物质组成的物质为混合物；解答：解：a、so2、sio2和碱反应生成盐和水，均为酸性氧化物，co不能和碱反应生成盐和水是不成盐氧化物，故a错误；b、稀豆浆属于胶体、硅酸是难溶的沉淀、氯化铁溶液不是胶体，分散质微粒直径不同是分散系的本质区别，故b错误；c、烧碱是氢氧化钠水溶液中完全电离是强电解质、冰醋酸水溶液中部分电离是弱电解质、四氯化碳水溶液中或熔融状态都不导电属于非电解质，故c错误；d、福尔马林是甲醛水溶液属于混合物、水玻璃是硅酸钠水溶液，属于混合物、氨水氨气溶于水形成的溶液属于混合物，所以均为混合物，故d正确；故选d点评：本题考查了氧化物分类，分散系的区分，电解质的判断，混合物的物质组成，题目较简单2下列金属冶炼的反应原理，错误的是( )a2nacl（熔融）2na+cl2bmgo+h2mg+h2ocfe3o4+4co3fe+4co2d2hgo2hg+o2考点：金属冶炼的一般原理专题：元素及其化合物分析：a活泼金属采用电解熔融盐或氧化物的方法冶炼；b镁是活泼金属，应采用电解法制取，并且镁与热水反应；c金属铁的冶炼通常是用还原剂（c、co、h2、活泼金属等）将铁从其化合物中还原出来；dhg属于不活泼金属，用加热分解氧化物的方法制得金属汞；解答：解：a活泼金属采用电解熔融盐或氧化物的方法冶炼，钠属于活泼金属，工业上采用电解熔融氯化钠的方法冶炼，故a正确；b金属镁是活泼金属，能和热水反应，不能用采用氢气还原法冶炼，通常采用电解法来冶炼mgcl2mg+cl2，故b错误；cfe处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（c、co、h2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，fe3o4+4co3fe+4co2，故c正确；d不活泼金属可以采用加热分解法冶炼，hg属于不活泼金属，直接加热氧化汞得到金属汞，故d正确；故选b点评：本题考查金属冶炼的一般方法和原理，注意活泼性不同的金属冶炼的方法不同，本题难度不大3下列实验装置或操作与粒子的大小无直接关系的是( )考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用专题：化学实验基本操作分析：浊液、胶体、溶液的本质区别是分散质粒子的大小不同，悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，浊液的分散质粒子不能透过滤纸，胶体、溶液的分散质粒子能透过滤纸；胶体和浊液的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜；胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应；萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系解答：解：a悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤利用了分散质粒子的大小进行分离，故a错误；b胶体的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜，渗析利用了分散质粒子的大小进行分离，故b错误；c萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故c正确；d胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，丁达尔效应与分散质粒子的大小有关，故d错误；故选：c点评：本题考查物质分离方法和物质性质的原理，掌握原理即可解答，难度中等4如图试验中，所选装置不合理的是( )a分离na2co3溶液和ch3cooc2h5，选b用ccl4提取碘水中的碘，选c用fecl2溶液吸收cl2选d粗盐提纯，选和考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：ana2co3溶液和ch3cooc2h5，分层；bccl4提取碘水中的碘，发生萃取，水在上层；c用fecl2溶液吸收cl2，导管应长进短出；d粗盐提纯，溶解后过滤除去不溶性杂质解答：解：ana2co3溶液和ch3cooc2h5，分层，则选择分液法分离，即图中装置，故a错误；bccl4提取碘水中的碘，发生萃取，水在上层，则选择萃取、分液装置，即图中装置，故b正确；c用fecl2溶液吸收cl2，导管应长进短出，应利用洗气瓶图中来实现，故c正确；d粗盐提纯，溶解后过滤除去不溶性杂质，然后蒸发即可，则选择过滤、蒸发装置，即选和，故d正确；故选a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、混合物分离方法及选择、实验基本操作等为解答的关键，侧重物质性质及实验能力的综合考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大5下列实验操作过程能引起实验结果偏高的是( )用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的naoh溶液时，酸式滴定管未用标准液润洗用量筒量取5.0ml溶液时，俯视读数配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，定容时仰视容量瓶的刻度线质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合配制50%的硫酸溶液abcd考点：中和滴定；计量仪器及使用方法；配制一定物质的量浓度的溶液专题：化学实验基本操作分析：酸式滴定管没有润洗，会导致标准液浓度被稀释，滴定时消耗的标准液体积偏大；俯视量筒的刻度线，会导致量取的溶液体积偏小；定容时仰视容量瓶刻度线，会导致加入的蒸馏水体积偏大；质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合质量分数会大于二者的平均值解答：解：用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的naoh溶液时，酸式滴定管未用标准液润洗，导致标准液浓度减小，滴定过程中消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故正确；用量筒量取5.0ml溶液时，俯视读数，导致量取的液体体积偏小，故错误；配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，定容时仰视容量瓶的刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低，故错误；质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合后配制的硫酸溶液质量分数大于50%，故正确；故选：b点评：本题考查了实验操作中的误差分析，题目难度中等，涉及了配制一定物质的量浓度的溶液、中和滴定、计量仪器的使用等知识，注意明确分析实验误差的方法，如配制一定物质的量浓度的溶液中，根据操作对c=影响进行分析误差6下列金属在常温时能全部溶于足量浓hno3的是( )aaubcucaldfe考点：硝酸的化学性质专题：氮族元素分析：金属在常温时能全部溶于足量浓hno3，说明该物质极易和浓硝酸反应，据此分析解答解答：解：aau活泼性较差，和浓硝酸、浓硫酸都不反应，但能溶于王水，故a错误；b常温下，铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应方程式为cu+4hno3（浓）=cu（no3）2+2no2+2h2o，所以cu能完全溶于浓硝酸，故b正确；c常温下，al和浓硝酸发生钝化现象而阻止进一步反应，所以al不能完全溶于浓硝酸，故c错误；d常温下，fe和浓硝酸发生钝化现象而阻止进一步反应，所以fe不能完全溶于浓硝酸，故d错误；故选b点评：本题考查了浓硝酸和金属的反应，实际上是考查钝化现象，知道哪些物质之间易发生钝化现象，知道钝化原理，题目难度不大7有一未完成的离子方程式：+xo3+6h+3x2+3h2o，据此判断x元素的最高化合价为( )a+7b+6c+5d+1考点：常见元素的化合价专题：原子组成与结构专题分析：根据离子方程式遵循原子守恒、电荷守恒和氧化还原反应遵循得失电子守恒进行分析解答解答：解：方程式右边电荷为0，根据离子方程式左右电荷相等，则方程式左边未知物应含有5个负电荷，根据方程式遵循质量守恒定律原子守恒可知，如生成3molx2，则xo3为1mol，未知物为5mol，所以1mol未知物含有1mol负电荷，离子方程式为：5x+xo3+6h+3x2+3h2o，x的最低化合价为1价，则x原子核外最外层有7个电子，最高化合价为+7价，故选：a点评：本题考查离子方程式的书写和未知物的化合价的推断，注意从守恒的角度解答，解答本题的关键是正确推断未知物的物质的量和化合价，题目难度中等8用na表示阿伏加德罗常数的值下列叙述中正确的是( )a11.2 g fe投入到400ml 1mol/l的硝酸中充分反应，转移电子总数为0.2nab标准状况下，11.2lc2h6含3na个ch极性共价键c标准状况下，5.6lno和5.6lo2混合后的分子总数为0.5nad标准状况下，铝跟氢氧化钠溶液反应生成1 mol氢气时，转移的电子数为na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发生反应为：3fe+8hno3=3fe（no3）2+2no+4h2o，铁的物质的量为0.2mol，硝酸的物质的量为0.4mol，依据方程式可知铁过量，转移电子数依据硝酸的量计算；b依据n=计算物质的量，结合乙烷分子结构计算含有的ch极性共价键；c在no2气体中存在平衡：2no2n2o4，导致气体体积偏小；d根据氢气的物质的量计算转移的电子数解答：解：a发生反应为：3fe+8hno3=3fe（no3）2+2no+4h2o，铁的物质的量为0.2mol，硝酸的物质的量为0.4mol，依据方程式可知铁过量，转移电子数依据硝酸的量计算，依据方程式可知消耗8mol硝酸生成2mol一氧化氮转移6mol电子，所以消耗0.4mol硝酸转移0.3mol电子，个数为0.3na，故a错误；b标准状况下，11.2lc2h6的物质的量=0.5mol，结合乙烷分子结构计算含有的ch极性共价键=0.5mol6na=3na，故b正确；c一氧化氮和氧气不需要任何条件即可反应，由2no+o22no2，分子数减少，即分子总数小于0.5na，故c错误；d铝与氢氧化钠溶液反应中氢元素化合价由+1价降低为0价，反应生成1mol氢气时，转移的电子数为1mol2namol1=2na，故d错误；故选b点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意乙烷分子的结构，题目难度不大9在下列指定条件的溶液中，能大量共存的一组离子是( )aph=1的溶液中：nh4+、fe2+、so42、clob通入过量so2气体后的溶液中：k+、na+、co32、so42calo2一的浓度为0.1 mol/l的溶液中：k+、na+、sio32、so42d常温下，由水电离出的c（h+）=11011mol/l的溶液中：fe3+、br、cl、scn考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：aph=1的溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子与氢离子反应生成次氯酸，次氯酸能够氧化亚铁离子；b亚硫酸酸性大于碳酸，碳酸根离子与二氧化硫反应生成二氧化碳气体；ck+、na+、sio32、so42离子之间不发生反应，也不与偏铝酸根离子反应；d由水电离出的c（h+）=11011mol/l的溶液为酸性或者碱性溶液，铁离子与硫氰根离子、氢氧根离子反应解答：解：aph=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，fe2+、clo离子之间发生氧化还原反应，clo离子与氢离子反应生成次氯酸，在溶液中不能大量共存，故a错误；b通入过量so2气体后，co32与so2反应生成二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故b错误；ck+、na+、sio32、so42离子之间不满足离子反应发生条件，且都不与alo2反应，在溶液中能够大量共存，故c正确；d由水电离出的c（h+）=11011mol/l的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，fe3+、scn离子之间反应生成硫氰化铁，铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁，在溶液中不能大量共存，故d错误；故选c点评：本题考查离子共存的正误判断，为2015届高考中的高频题，属于中等难度的试题，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；溶液的颜色，如无色时可排除 cu2+、fe2+、fe3+、mno4等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等10某溶液中含有nh、mg2+、fe2+、al3+和so五种离子，若向其中加入过量的ba（oh）2溶液，微热并搅拌，再加入过量的氢碘酸，溶液中大量减少的离子有( )a4种b3种c2种d1种考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：nh4+与碱在微热时反应生成氨气逸出，则铵根离子减少，fe2+和氢氧化钠溶液反应生成的fe（oh）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成fe（oh）3，则fe2+减少，so42生成硫酸钡沉淀，以此来解答解答：解：混合溶液中加入过量的氢氧化钡并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成baso4、mg（oh）2、fe（oh）2沉淀和baalo2，fe（oh）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成fe（oh）3，再向混合物中加入过量的氢碘酸，则mg（oh）2、fe（oh）3和naalo2与过量酸作用分别生成mgi2、ali3、fei2，所以减少的离子主要有nh4+和so42两种，故选c点评：本题考查离子反应发生条件，题目难度中等，注意熟练掌握离子反应发生条件，亚铁离子易被氧化是学生解答中容易忽略的地方，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力11下列相关反应的离子方程式书写正确的是( )a氢氧化铁溶于氢碘酸：fe（oh）3+3h+=fe3+3h2obnahco3溶液中加入过量的ba（oh）2溶液：2hco3+ba2+2oh=baco3+2h2o+co32cnh4al（so4）2溶液中加入ba（oh）2溶液使so42完全沉淀：al3+2so42+2ba2+4oh=alo2+2baso4+2h2od向含有0.4 mol febr2的溶液中通入0.1 mol cl2反应：2fe2+cl2=2fe3+2cl考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：a发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水；bnahco3完全反应，反应生成碳酸钡、水、naoh；c使so42完全沉淀，以1：2反应，生成硫酸钡、氢氧化铝、一水合氨；d氯气不足，只氧化亚铁离子解答：解：a氢氧化铁溶于氢碘酸的离子反应为2i+2fe（oh）3+6h+=2fe2+i2+6h2o，故a错误；bnahco3溶液中加入过量的ba（oh）2溶液的离子反应为hco3+ba2+oh=baco3+h2o，故b错误；cnh4al（so4）2溶液中加入ba（oh）2溶液使so42完全沉淀的离子反应为nh4+al3+2so42+2ba2+4oh=al（oh）3+2baso4+nh3h2o，故c错误；d向含有0.4 mol febr2的溶液中通入0.1 mol cl2反应的离子反应为2fe2+cl2=2fe3+2cl，故d正确；故选d点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大12向等物质的量浓度的naoh和na2co3的混合溶液中加入稀盐酸，下列离子方程式与事实不符的是( )aoh+co32+2h+hco3+h2ob2oh+co32+3h+hco3+2h2oc2oh+co32+4h+co2+3h2odoh+co32+3h+co2+2h2o考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：等物质的量浓度的naoh和na2co3的混合溶液中加入稀盐酸，氢离子先与氢氧根离子发生反应，然后氢离子与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子再与氢离子反应生成二氧化碳和水，据此解答解答：解：a当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为1mol时，盐酸物质的量大于1mol小于等于2mol时，先发生反应：oh+h+=h2o，然后发生co32+h+=hco3，将两个方程式相加得：oh+co32+2h+=hco3+h2o，故a正确；b当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为2mol时，盐酸物质的量大于3mol小于等于4mol时，先发生反应：2oh+2h+=2h2o，然后发生co32+h+=hco3，将两个方程式相加得：2oh+co32+3h+=hco3+2h2o，故b正确；c当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为2mol时，盐酸物质的量为4mol时，先发生反应：2oh+2h+=2h2o，然后发生2co32+2h+=2hco3，将两个方程式相加得：oh+co32+2h+=hco3+h2o，故c错误；d设naoh和na2co3的物质的量都为1mol，则加入盐酸物质的量大于2mol时，先发生反应：oh+h+=h2o，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应co32+2h+=co2+h2o，将两个方程式相加得：oh+co32+3h+=co2+2h2o，故d正确；故选：c点评：本题考查了离子方程式的书写，明确氢氧根离子、碳酸根离子与氢离子反应的顺序和过程是解题关键，题目难度中等，注意反应物用量对反应的影响13甲、乙、丙、x是中学化学中常见的4种物质，其转化关系符合如图所示其中甲和x不可能是( )a甲为c、x为o2b甲为fe、x为cl2c甲为so2、x为nh3h2od甲为alcl3溶液、x为naoh溶液考点：无机物的推断专题：推断题分析：a甲为c、x为o2，则乙为co，丙为co2；b甲为fe、x为cl2，乙为fecl3；c甲为so2、x为nh3h2o，乙为nh4hso3，丙为（nh4）2so3；d甲为alcl3溶液、x为naoh溶液，乙为al（0h）3，丙为naalo2解答：解：a甲为c、x为o2，ccoco2，co2co，符合转化，故a正确；b甲为fe、x为cl2，乙为fecl3，不能发生乙、丙的相互转化，故b错误；c甲为so2、x为nh3h2o，so2nh4hso3（nh4）2so3，（nh4）2so3nh4hso3，符合上述转化，故c正确；d甲为alcl3溶液、x为naoh溶液，alcl3al（0h）3naalo2，naalo2al（0h）3，符合上述转化，故d正确；故选b点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，把握转化关系图中的连续反应及物质的性质为解答的关键，侧重物质性质及发生的化学反应的考查，选项d中的相互促进水解反应生成沉淀为解答的难点，题目难度中等14在t时，将a g nh3完全溶于水，得到v ml溶液，假设该溶液的密度为 gcm3，溶质的质量分数为w，其中含nh3的物质的量为b mol下列叙述中正确的是( )a溶质的质量分数为w=100%b溶质的物质的量浓度c= moll1c溶液中c（oh）= moll1d上述溶液中再加入v ml水后，所得溶液溶质的质量分数大于0.5w考点：物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：a、氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为 gcm3，体积为vml，所以溶液质量为vg，溶质氨气的质量为ag，根据溶质的质量分数定义计算b、根据n=计算a g nh3的物质的量，溶液体积为vml，再根据c=计算溶液的物质的量浓度c、氨水的浓度为= mol/l，一水合氨是弱电解质d、水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，据此判断解答：解：a、氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为 gcm3，体积为vml，所以溶液质量为vg，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数为100%，故a错误；b、a g nh3的物质的量为=mol，溶液体积为vml，所以溶液的物质的量浓度为=mol/l，故b正确；c、氨水的浓度为= mol/l，一水合氨是弱电解质，不能完全电离，所以溶液中溶液中c（oh） mol/l，故c错误；d、水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5w，故d错误故选：b点评：考查物质的量浓度、质量分数的计算与相互关系等，难度中等，理解概念是解题的关键15有fe2+、no3、fe3+、nh4+、h2o和h+六种粒子，分别属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述错误的是( )a氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：8b若有1mol no3被还原，转移8 mol ec还原产物为nh4+d若把该反应设计为原电池，则正极反应为fe2+e=fe3+考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：fe2+具有还原性，no3在酸性条件下具有强氧化性，由题意可以确定，铁元素的化合价升高，n元素的化合价降低，则发生反应8fe2+no3+10h+=8fe3+nh4+h2o，以此来解答解答：解：由信息可知发生8fe2+no3+10h+=8fe3+nh4+h2o，a由方程式可知该反应中氧化剂（no3）与还原剂（fe2+）物质的量之比为1：8，故a正确；b反应中n元素的化合价由no3中+5价降低为nh4+中3价，所以有lmolno3 发生还原反应，转移电子数为1mol=8mol，故b正确；c反应中n元素的化合价由no3中+5价降低为nh4+中3价，nh4+是还原产物，故c正确；d、原电池负极发生氧化反应，fe2+在负极放电生成fe3+，若把该反应设计成原电池，负极反应为fe2+e=fe3+，故d错误；故选d点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握信息确定根据反应物和生成物结合物质的性质书写该反应的离子方程式是解答关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大16已知nh4cuso3与足量的10mol/l硫酸液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成 产生刺激性气味的气体 溶液呈现蓝色据此判断下列说法正确的是( )a反应中硫酸作氧化剂bnh4cuso3中硫元素被氧化c刺激性气味的气体是氨气d1molnh4cuso3完全反应转移0.5mol电子考点：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算专题：氧化还原反应专题分析：根据有红色金属生成，则生成cu，溶液为蓝色，则生成硫酸铜，产生刺激性气味的气体，则生成二氧化硫，所以cu元素的化合价由+1价升高为+2价，cu元素的化合价由+1价降低为0，以此来解答解答：解：nh4cuso3与足量的10mol/l硫酸液混合微热，生成cu、硫酸铜、二氧化硫，所以cu元素的化合价由+1价升高为+2价，cu元素的化合价由+1价降低为0，a硫酸中各元素的化合价不变，故a错误；bnh4cuso3中cu元素的化合价既升高又降低，则既被氧化又被还原，故b错误；c刺激性气味的气体为二氧化硫，故c错误；d.1molnh4cuso3完全反应转移0.5mol（10）=0.5mol，故d正确；故选：d点评：本题考查氧化还原反应，明确cu元素的化合价变化是解答本题的关键，题目难度不大，注意现象与生成物的关系来解答17现代工业常以氯化钠、二氧化碳和氨气为原料制备纯碱，部分工艺流程如图：有关说法错误的是( )a反应原理为co2+nh3+nacl+h2onahco3+nh4clb向饱和nacl溶液中先通入足量的co2，再通入足量的nh3c反应生成的沉淀，经过过滤、洗涤、煅烧可得到纯碱d往母液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温，可使氯化铵析出考点：制备实验方案的设计；纯碱工业（侯氏制碱法）专题：实验题分析：饱和氯化钠中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；a根据发生的反应分析；b二氧化碳饱和溶液中二氧化碳的浓度较小；c根据流程分析解答；d根据氨气溶于水后生成氨水，氨水电离成铵根，增大铵根的浓度有利于氯化铵的析出来分析解答：解：饱和氯化钠中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；a由发生的反应可知，反应原理为co2+nh3+nacl+h2onahco3+nh4cl，故a正确；bnacl饱和溶液中二氧化碳的浓度较小，所以应该向饱和nacl溶液中先通入足量的nh3，再通入足量的co2，故b错误；c反应i原理为co2+nh3+nacl+h2onahco3+nh4cl，则反应生成的沉淀，经过过滤、洗涤、煅烧可得到纯碱，故c正确；dnh3+h2o+co2+naclnh4cl+nahco3及流程图知，母液中溶质为氯化铵，向母液中通氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通入的氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子，铵根离子浓度增大有利于析出氯化铵，故d正确故选b点评：本题考查了侯德榜制碱法实验方案的设计，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、二氧化碳的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等18向22.4gfe2o3、cu的混合物中加入0.5moll1的硫酸溶液600ml时，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含fe3+，若用过量的co在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为( )a6.4gb4.8gc2.4gd1.6g考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：根据2fe3+cu2fe2+cu2+和“所得溶液中不含fe3+”可知，fe2o3的物质的量与铜的物质的量相等，设出物质的量为x，然后根据氧化铁和铜的质量列式计算二者的物质的量，再根据用过量的co在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为氧化铁中氧元素质量，计算出混合物中氧化铁含有的氧元素的质量即可解答：解：由2fe3+cu2fe2+cu2+和“所得溶液中不含fe3+”可知，fe2o3的物质的量与铜的物质的量相等，设二者的物质的量都为xmol，则有160x+64x=22.4g，解得x=0.1，用一氧化碳还原时，固体质量损失的是氧化铁中o的质量，0.1mol氧化铁中含有0.3molo，则固体减少质量为：m（o）=0.3mol16g/mol=4.8g，故选b点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，根据反应关系及题中信息判断氧化铁和铜之间物质的量关系是解题的关键，怎样明确固体减少的质量就是氧化铁中氧元素的质量19某溶液中可能含有oh、co32、alo2、sio32、so42、hco3、na+、fe3+、mg2+、al3+等离子当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化的图象如图所示下列说法正确的是( )a原溶液中一定含有的阴离子是：oh、sio32、alo2、co32b反应最后形成的溶液中的溶质为naclc原溶液中一定含有na2so4d原溶液中含有co32与alo2 的物质的量之比为1：2考点：离子方程式的有关计算专题：计算题分析：结构图象曲线变化可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含氢氧根离子，则与氢氧根离子不能共存的离子为fe3+、mg2+、al3+；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是alo2和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，由于alo2与hco3发生反应生成氢氧化铝沉淀，则溶液中一定不存在hco3；继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是co32离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有钠离子离子，据此进行解答解答：解：由图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含oh离子，则与氢氧根离子不能共存的离子为fe3+、mg2+、al3+；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是alo2、sio32和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，由于alo2与hco3发生反应生成氢氧化铝沉淀，则溶液中一定不存在hco3；继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是co32离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后