甘肃省白银市会宁四中高三化学上学期第二次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年甘肃省白银市会宁四中高三（上）第二次月考化学试卷一单项选择题（每小题3分，共42分）1化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列说法不正确的是（）a华裔科学家高琨在光纤传输信息领域中取得突破性成就，光纤的主要成分是高纯度的二氧化硅b工业上用石灰对煤燃烧后形成的烟气进行脱硫，并能回收得到石膏c“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量d电解mgcl2溶液，可制得金属镁2用na代表阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（）a78g过氧化钠晶体中，含2na个阴离子b常温常压下，22.4l氦气含有na个氦原子c在o2参与的反应中，1 mol o2作氧化剂时得到的电子数一定是4nad常温下16g o2与o3的混合气体中含氧原子数为na3下列离子方程式不正确的是（）a用稀硫酸除去铜绿：4h+cu2（oh）2co32cu2+co2+3h2obfe3o4与稀硝酸反应的离子方程式为：fe3o4+8h+fe2+2fe3+4h2oc向nh4al（so4）2溶液中滴入ba（oh）2溶液恰好使so42完全沉淀：2ba2+nh4+al3+2so42+4ohal（oh）3+nh3h2o+2baso4d少量氢氧化钙溶液与碳酸氢钠溶液混合：ca2+2oh+2hco3caco3+2h2o+co324用惰性电极电解某无色溶液时，有如下实验现象：阳极上有无色气体产生；阴极附近有白色沉淀生成则原溶液中可能大量共存的离子组是（）ana+、ba2+、no3、clbh+、mg2+、na+、so42cco32、k+、cl、na+dfe2+、no3、so42、na+5下列推断正确的是（）asio2 是酸性氧化物，不溶于水，也不能与任何酸发生反应bna2o、na2o2组成元素虽然相同，但与h2o、co2等反应的产物不完全相同cco、so2、no、no2都是对大气产生污染的气体，他们在空气中都能稳定存在d浓硫酸可用于干燥氢气、氯化氢、碘化氢等气体，但不能干燥氨气、二氧化氮气体6下列图示实验合理的是（）a图1为证明非金属性强弱：scsib图2为制备少量氧气c图3为配制一定物质的量浓度的硫酸溶液d图4为制备并收集少量no2气体7某溶液中大量存在以下五种离子：no3、so42、fe3+、h+、m，其物质的量之比为n（no3）：n（so42）：n（fe3+）：n（h+）：n（m）=2：3：1：3：1，则m可能为（）amg2+bfe2+cco32dba2+8某实验过程如图所示，则图试管中的现象是（）a铜片溶解，产生无色气体，该气体遇空气变为红棕色b铜片溶解，产生无色气体，该气体遇到空气不变色c铜片溶解，放出红棕色有刺激性气味的气体d无明显现象，因稀硫酸不与铜反应9氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域在一定条件下，aln可通过反应：al2o3+n2+3c2aln+3co合成下列叙述正确的是（）a上述反应中，n2是还原剂，al2o3是氧化剂b上述反应中，每生成1mol aln需转移3mol电子caln中氮的化合价为+3daln的摩尔质量为41g10下列说法正确的是（）a氢气的燃烧热为h=285.5kjmol1，则电解水的热化学方程式为2h2o（l）2h2（g）+o2（g）h=+285.5kjmol1b密闭容器中，9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成硫化亚铁17.6g时，放出19.12kj热量则fe（s）+s（s）fes（s）h=95.6kjmol1c500、30mpa下，将0.5moln2和1.5molh2置于密闭的容器中充分反应生成nh3（g），放热19.3kj，其热化学方程式为：n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h=38.6kjmol1d相同条件下，在两个相同的恒容密闭容器中，1moln2和3molh2反应放出的热量与2moln2和3molh2反应放出的热量一样多11关于可逆反应：aa（g）+bb（g）cc（g）+dd（g）h的有关图象如下：则下列不正确的是（）ap1p2t1t2b减小压强，正逆反应速率都减小，平衡右移ch0s0d升高温度，混合气体的平均摩尔质量增大12已知电离平衡常数：k（h2co3）k（hclo）k（hco3），氧化性：hclocl2br2fe3+i2下列有关离子反应或离子方程式的叙述中正确的是（）a向fei2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为：2fe2+cl2=2fe3+2clb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溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：2clo+co2+h2o=2hclo+co32d能使ph试纸显深红色的溶液中，fe3+、cl、ba2+、br能大量共存13向100ml naoh溶液中通入一定量的co2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol/l的盐酸，产生co2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示下列判断正确的是（）a原naoh溶液的浓度为0.1mol/lb通入co2的体积为448mlc所得溶液的溶质成分的物质的量之比为（naoh）：（na2co3）=1：3d所得溶液的溶质成分的物质的量之比为（nahco3）：（na2co3）=2：114将mg、cu组成的混合物13.2g投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况下的no气体4.48l（无其他还原产物），向反应后的溶液中加入过量的2.5moll1的naoh溶液300ml，金属离子完全沉淀则形成沉淀的质量是（）a21.6gb26.8gc23.4gd31.9g二、非选择题15某无色废水中可能含有h+、nh4+、fe3+、al3+、mg2+、na+、no3、co32、so42中的几种，为分析其成分，分别取废水样品100ml，进行了三组实验，其操作和有关图象如图所示：请回答下列问题：（1）根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的离子有：（2）写出实验图象中沉淀溶解阶段发生的离子反应方程式：（3）分析图象，在原溶液中c（nh4+）与c（al3+）的比值为no3是否存在？填（“存在”“不存在”或“不确定”）16高锰酸钾是一种典型的强氧化剂完成下列填空：i：在用kmno4酸性溶液处理cu2s和cus的混合物时，发生的反应如下：mno4+cu2s+h+cu2+so2+mn2+h2o（未配平）mno4+cus+h+cu2+so2+mn2+h2o（未配平）（1）下列关于反应的说法中错误的是（填字母序号）a被氧化的元素是cu和sb氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5c生成2.24l（标况下）so2，转移电子的物质的量是0.8mold还原性的强弱关系是：mn2+cu2sii：在稀硫酸中，kmno4与 （nh4）2fe（so4）2也能发生氧化还原反应（2）配平kmno4与（nh4）2fe（so4）2反应的离子方程式：mno4+fe2+h+=mn2+fe3+ h2o（3）欲配制480ml 0.1mol/l fe2+溶液，需称取（nh4）2fe（so4）26h2o（m=392g/mol）的质量为g需要的玻璃仪器有iii：实验室可由软锰矿（主要成分为mno2）制备kmno4，方法如下：高温下使软锰矿与过量koh（s）和kclo3（s）反应，生成k2mno4（锰酸钾）和kcl；用水溶解，滤去残渣；酸化滤液，k2mno4转化为mno2和kmno4；再滤去沉淀mno2，浓缩结晶得到kmno4晶体请回答：（4）用软锰矿制备k2mno4的化学方程式是：（5）k2mno4转化为kmno4的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为17mno2是一种重要的无机功能材料某研究性学习小组设计了将粗mno2 （含有较多的mno和mnco3）样品转化为纯净mno2的实验，其流程如图：请回答下列问题：（1）第步加硫酸时，粗mno2样品中的mno和mnco3转化为（填化学式）（2）第步反应中的硫酸能否用盐酸代替？（填“能”或“否”），理由是（3）第步发生反应的离子方程式为（4）取17.4g mno2与200g 36.5%的浓盐酸（足量）反应，将反应后剩余的溶液用水稀释至500ml，稀释后溶液中cl的物质的量浓度为18某学生为了测定部分变质的na2so3样品的纯度按图2所示称取一定量的na2so3样品放入a装置的烧瓶中，滴入足量的h2so4至完全反应；然后，将b中完全反应后的溶液与足量的bacl2溶液反应，过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀23.3g回答下列问题：（1）写出a装置中玻璃仪器的名称：酒精灯、（2）实验开始时，应先点燃处酒精灯（填装置字母）（3）实验开始后，写出b中反应的离子方程式（4）c中的现象是，e装置的作用是（5）原样品中na2so3的纯度为（精确到0.1%）按题给装置和操作进行实验，若装置连接和实验操作均无任何问题，该学生测得的na2so3的纯度（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）19（1）工业上可利用co2和h2生产甲醇，方程式如下：co2（g）+3h2（g）ch3oh（l）+h2o （g）h=q1kjmol1又查资料得知：ch3oh（l）+o2（g）co2（g）+2h2（g）h=q2kjmol1h2o（g）=h2o（l）h=q3kjmol1，则表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为（2）以氢氧燃料电池为电源，用电解法制备cu2o装置如图所示：a的化学式为燃料电池中，oh的移动方向为（填“由左向右”或“由右向左”）；电解池中，阳极的电极反应式为电解一段时间后，欲使阴极室溶液恢复原来组成，应向其中补充一定量的（填化学式）制备过程中，可循环利用的物质为（填化学式）2015-2016学年甘肃省白银市会宁四中高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一单项选择题（每小题3分，共42分）1化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列说法不正确的是（）a华裔科学家高琨在光纤传输信息领域中取得突破性成就，光纤的主要成分是高纯度的二氧化硅b工业上用石灰对煤燃烧后形成的烟气进行脱硫，并能回收得到石膏c“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量d电解mgcl2溶液，可制得金属镁【考点】硅和二氧化硅；常见的生活环境的污染及治理；金属冶炼的一般原理【分析】a二氧化硅是光导纤维的主要成分；b石灰吸收二氧化硫最终生成硫酸钙；c通过“燃煤固硫”和“汽车尾气催化净化”提高空气质量，可减少粉尘污染、酸雨等；d电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气【解答】解：a华裔科学家高琨在光纤传输信息领域中取得突破性成就，光纤的主要成分是高纯度的二氧化硅，故a正确；b石灰能吸收二氧化硫，则可以用石灰对煤燃烧后形成的烟气进行脱硫，反应生成亚硫酸钙，再被氧化最终生成硫酸钙，故b正确；c通过“燃煤固硫”和“汽车尾气催化净化”提高空气质量，可减少粉尘污染、酸雨等，故c正确；d电解氯化镁生成氢氧化镁、氯气和氢气，得不到镁，故d错误；故选：d【点评】本题考查了元素化合物知识、环境污染与保护、金属的冶炼，熟悉相关物质的性质、金属冶炼方法即可解答，题目难度不大2用na代表阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（）a78g过氧化钠晶体中，含2na个阴离子b常温常压下，22.4l氦气含有na个氦原子c在o2参与的反应中，1 mol o2作氧化剂时得到的电子数一定是4nad常温下16g o2与o3的混合气体中含氧原子数为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、质量换算物质的量结合过氧化钠构成离子分析判断；b、依据气体摩尔体积的体积应用分析计算；c、氧气反应可以生成2价化合物，也可以形成1价化合物；d、由质量、摩尔质量计算氧原子物质的量，再计算原子数【解答】解：a、78g过氧化钠晶体物质的量为1mol，含阴离子o22物质的量1mol，故a错误；b、常温常压下，22.4l氦气物质的量不是1mol，故b错误；c、在o2参与的反应中，1 mol o2作氧化剂时变化为2价得到电子4mol，1 mol o2作氧化剂时变化为1价得到电子2mol，故c错误；d、常温下16g o2与o3的混合气体中含氧原子物质的量=1mol，含氧原子数为na，故d正确；故选d【点评】本题考查了质量换算物质的量计算微粒数、气体摩尔体积的体积应用、，氧化还原反应的电子得失数目，熟练掌握计算关系是解题关键3下列离子方程式不正确的是（）a用稀硫酸除去铜绿：4h+cu2（oh）2co32cu2+co2+3h2obfe3o4与稀硝酸反应的离子方程式为：fe3o4+8h+fe2+2fe3+4h2oc向nh4al（so4）2溶液中滴入ba（oh）2溶液恰好使so42完全沉淀：2ba2+nh4+al3+2so42+4ohal（oh）3+nh3h2o+2baso4d少量氢氧化钙溶液与碳酸氢钠溶液混合：ca2+2oh+2hco3caco3+2h2o+co32【考点】离子方程式的书写【分析】a稀硫酸与碱式碳酸铜反应生成硫酸铜、二氧化碳气体和水；b稀硝酸具有强氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子；c硫酸根离子恰好生成时，硫酸铝铵与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，由于铵根离子结合氢氧根离子能力大于氢氧化铝，则反应生成氢氧化铝沉淀和一水合氨；d氢氧化钙少量，离子方程式按照氢氧化钙的化学式组成书写，反应离子方程式中碳酸根离子有剩余【解答】解：a用稀硫酸除去铜绿，反应的离子方程式为：4h+cu2（oh）2co32cu2+co2+3h2o，故a正确；bfe3o4与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮气体和水，正确的离子方程式为：3fe3o4+28h+no3=no+9fe3+14h2o，故b错误；c向nh4al（so4）2溶液中滴入ba（oh）2溶液恰好使so42完全沉淀，硫酸铝铵与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，由于铵根离子结合氢氧根离子能力大于氢氧化铝，则反应生成氢氧化铝沉淀和一水合氨，反应的离子方程式为：2ba2+nh4+al3+2so42+4ohal（oh）3+nh3h2o+2baso4，故c正确；d少量氢氧化钙溶液与碳酸氢钠溶液混合，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：ca2+2oh+2hco3caco3+2h2o+co32，故d正确；故选b【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确 判断离子方程式正误的常用方法，b、c为易错点，b注意稀硝酸能够氧化亚铁离子、c明确铵根离子结合氢氧根离子能力大于氢氧化铝4用惰性电极电解某无色溶液时，有如下实验现象：阳极上有无色气体产生；阴极附近有白色沉淀生成则原溶液中可能大量共存的离子组是（）ana+、ba2+、no3、clbh+、mg2+、na+、so42cco32、k+、cl、na+dfe2+、no3、so42、na+【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】无色溶液时可排除 cu2+、fe2+、fe3+、mno4等有色离子的存在，a该组离子用惰性电极电解时，阴极上不会生成白色沉淀；bno3、mg2+、na+、so42之间不发生反应，都是无色离子，且用惰性电极电解时阳极生成氧气、阴极生成氢氧化镁沉淀；c该组离子用惰性电极电解时，阴极上不会生成白色沉淀；d亚铁离子为有色离子，不满足溶液无色的条件【解答】解：ana+、ba2+、no3、cl离子用惰性电极电解时，阴极上不会生成白色沉淀，故a错误；bno3、mg2+、na+、so42之间不发生反应，且都是无色离子，且用惰性电极电解时阳极生成氧气、阴极生成氢氧化镁沉淀，满足题干要求，故b正确；cco32、k+、cl、na+离子用惰性电极电解时，阴极上不会生成白色沉淀，故c错误；dfe2+为有色离子，不满足溶液无色的要求，故d错误；故选b【点评】本题考查了离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，需要明确题干限制条件：无色溶液中不能存在有色离子、阳极上有无色气体产生、阴极上有白色沉淀生成，溶液中必须存在与氢氧根离子反应生成难溶物的离子5下列推断正确的是（）asio2 是酸性氧化物，不溶于水，也不能与任何酸发生反应bna2o、na2o2组成元素虽然相同，但与h2o、co2等反应的产物不完全相同cco、so2、no、no2都是对大气产生污染的气体，他们在空气中都能稳定存在d浓硫酸可用于干燥氢气、氯化氢、碘化氢等气体，但不能干燥氨气、二氧化氮气体【考点】硅和二氧化硅；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；浓硫酸的性质；钠的重要化合物【分析】a二氧化硅与氢氟酸反应；b氧化钠与水反应生成氢氧化钠，与二氧化碳反应生成碳酸钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；c一氧化氮不稳定容易被氧气氧化；d浓硫酸具有强的氧化性【解答】解：a二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅，故a错误；b氧化钠与水反应生成氢氧化钠，与二氧化碳反应生成碳酸钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，二者产物不同，故b正确；c一氧化氮不稳定容易被氧气氧化生成二氧化氮，故c错误；d浓硫酸具有强的氧化性，不能干燥碘化氢还原性气体，故d错误；故选：b【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉二氧化硅、过氧化钠、浓硫酸的性质是解题关键，题目难度不大6下列图示实验合理的是（）a图1为证明非金属性强弱：scsib图2为制备少量氧气c图3为配制一定物质的量浓度的硫酸溶液d图4为制备并收集少量no2气体【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】a发生强酸制取弱酸的反应；b过氧化钠为粉末固体；c不能在量筒中稀释；d二氧化氮与水反应【解答】解：a发生强酸制取弱酸的反应，则酸性为硫酸碳酸硅酸，则非金属性为scsi，故a正确；b过氧化钠为粉末固体，关闭止水夹不能使反应停止来制备少量氧气，故b错误；c不能在量筒中稀释，应在烧杯中稀释冷却后转移到容量瓶中，故c错误；d二氧化氮与水反应，不能利用排水法收集，故d错误；故选a【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及酸性和非金属性比较、气体的制备和收集、溶液配制等，把握物质的性质及实验原理为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大7某溶液中大量存在以下五种离子：no3、so42、fe3+、h+、m，其物质的量之比为n（no3）：n（so42）：n（fe3+）：n（h+）：n（m）=2：3：1：3：1，则m可能为（）amg2+bfe2+cco32dba2+【考点】离子共存问题【专题】守恒法；离子反应专题【分析】根据溶液呈电中性，从电荷守恒的角度判断【解答】解：已知：物质的量之比为n（no3）：n（so42）：n（fe3+）：n（h+）：n（m）=2：3：1：3：1，假设各离子的物质的量分别为2mol、3mol、1mol、3mol、1mol，则n（no3）+2n（so42）=2mol+23mol=8mol，3n（fe3+）+n（h+）=31mol+3mol=6mol，阴离子所带电荷大于阳离子所带电荷，则m一定为阳离子，因m的物质的量为1mol，根据电荷守恒，则离子应带2个正电荷，又因fe2+在酸性条件下与no3发生氧化还原反应而不能大量共存，ba2+与so42反应生成沉淀而不能大量共存，故选a【点评】本题考查离子共存问题，题目难度中等，注意根据电荷守恒判断m应为阳离子，结合离子反应问题判断8某实验过程如图所示，则图试管中的现象是（）a铜片溶解，产生无色气体，该气体遇空气变为红棕色b铜片溶解，产生无色气体，该气体遇到空气不变色c铜片溶解，放出红棕色有刺激性气味的气体d无明显现象，因稀硫酸不与铜反应【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】试管中铜和稀硝酸反应方程式为3cu+8hno3=3cu（no3）2+2no+4h2o，根据图知，cu有剩余，硝酸不足量，向中加入稀硫酸，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，相当于又有稀硝酸，则硝酸和铜又发生反应3cu+8hno3=3cu（no3）2+2no+4h2o【解答】解：管中铜和稀硝酸反应方程式为3cu+8hno3=3cu（no3）2+2no+4h2o，根据图知，cu有剩余，硝酸不足量，向中加入稀硫酸，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，相当于又有稀硝酸，则硝酸和铜又发生反应3cu+8hno3=3cu（no3）2+2no+4h2o，生成的无色气体no不稳定，被氧气氧化生成红棕色气体no2，同时cu片溶解所以看到的现象是铜片溶解，且有无色气体生成，该气体在试管口变为红棕色，故选a【点评】本题考查了硝酸和铜的反应，明确“酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性”是解本题关键，向含有硝酸根离子的溶液中加入稀硫酸，相当于溶液中含有硝酸，为易错题9氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域在一定条件下，aln可通过反应：al2o3+n2+3c2aln+3co合成下列叙述正确的是（）a上述反应中，n2是还原剂，al2o3是氧化剂b上述反应中，每生成1mol aln需转移3mol电子caln中氮的化合价为+3daln的摩尔质量为41g【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】氧化还原反应中化合价升高元素失去电子，所在的反应物是还原剂，对应的产物是氧化产物，化合价降低元素得到电子，所在的反应物是氧化剂，对应的产物是还原产物，化合价升高数目=化合价降低数目=化学反应转移电子数目【解答】解：a、反应al2o3+n2+3c2aln+3co中，氮元素化合价降低，n2是氧化剂，碳元素化合价升高，所以c是还原剂，故a错误；b、反应al2o3+n2+3c2aln+3co中，化合价升高数目=化合价降低数目=化学反应转移电子数目=6，即每生成2molaln需转移6mol电子，所以每生成1molaln需转移3mol电子，故b正确；c、aln中铝元素显+3价，根据化合价规则，所以氮的化合价为3，故c错误；d、aln的摩尔质量是41g/mol，g是质量的单位，故d错误故选b【点评】本题考查学生氧化还原反应中的基本概念和电子转移知识，难度不大10下列说法正确的是（）a氢气的燃烧热为h=285.5kjmol1，则电解水的热化学方程式为2h2o（l）2h2（g）+o2（g）h=+285.5kjmol1b密闭容器中，9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成硫化亚铁17.6g时，放出19.12kj热量则fe（s）+s（s）fes（s）h=95.6kjmol1c500、30mpa下，将0.5moln2和1.5molh2置于密闭的容器中充分反应生成nh3（g），放热19.3kj，其热化学方程式为：n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h=38.6kjmol1d相同条件下，在两个相同的恒容密闭容器中，1moln2和3molh2反应放出的热量与2moln2和3molh2反应放出的热量一样多【考点】热化学方程式；有关反应热的计算【专题】化学反应中的能量变化【分析】a、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；b、根据参加反应的物质的量计算反应热；c、0.5moln2和1.5molh2置于密闭容器中充分反应生成nh3（g），放热19.3kj，生成的氨气的物质的量小于1mol；d、1moln2和3molh2反应与2moln2和3molh2反应生成的氨气的物质的量不一样，据此回答【解答】解：a、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，所以水分解的热化学方程式：h2o（l）=h2（g）+o2（g）h=+285.5 kjmol1，但是电解水的热化学方程式中，根据能量守恒，电能的介入会导致热能减少，吸收的热量变小，故a错误；b、n（s）=0.3mol，n（fe）=0.2mol，已知fe+sfes，所以fe的量不足，按照fe计算， =，所以1molfe反应放出热量为：95.6 kj，所以热化学方程式为：fe（s）+s（s）=fes（s）h=95.6 kjmol1，故b正确；c、0.5mol n2和1.5molh2置于密闭的容器中充分反应生成nh3（g），放热19.3kj，因反应为可逆反应，则1moln2和3molh2置于密闭的容器中充分反应生成nh3（g），放热不是38.6kj，则热化学反应方程式中的反应热数值错误，故c错误；d、相同条件下，在两个相同的恒容密闭容器中，1moln2和3molh2反应放出的热量不如2moln2和3molh2反应放出的热量多，多加入氮气会促使化学平衡正向移动，故d错误故选b【点评】本题考查学生反应热的计算以及热化学方程式的意义知识，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度不大11关于可逆反应：aa（g）+bb（g）cc（g）+dd（g）h的有关图象如下：则下列不正确的是（）ap1p2t1t2b减小压强，正逆反应速率都减小，平衡右移ch0s0d升高温度，混合气体的平均摩尔质量增大【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】根据“先拐先平数值大”知，p1p2，t1t2，增大压强，a的转化率减小，平衡向逆反应方向移动，则该反应是一个反应前后气体体积增大的反应，升高温度，a的含量减小，平衡向正反应方向移动，则正反应是吸热反应【解答】解：a、根据“先拐先平数值大”知，p1p2，t1t2，故a正确；b、减小压强，a的转化率增大，平衡向正反应方向移动，正逆反应速率都减小，故b正确；c、升高温度，a的含量减小，平衡向正反应方向移动，则正反应是吸热反应，h0，该反应是一个反应前后气体体积增大的反应，s0，故c正确；d、升高温度，a的含量减小，平衡向正反应方向移动，混合气体的平均摩尔质量=，反应是一个反应前后气体体积增大的反应，所以分母增大，分子不变，所以混合气体的平均摩尔质量减小，故d错误故选d【点评】本题考查了温度、压强对可逆反应平衡的影响，明确“先拐先平数值大”是解本题关键，难度不大12已知电离平衡常数：k（h2co3）k（hclo）k（hco3），氧化性：hclocl2br2fe3+i2下列有关离子反应或离子方程式的叙述中正确的是（）a向fei2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为：2fe2+cl2=2fe3+2clb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溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：2clo+co2+h2o=2hclo+co32d能使ph试纸显深红色的溶液中，fe3+、cl、ba2+、br能大量共存【考点】离子方程式的书写；离子反应发生的条件【专题】离子反应专题【分析】a、还原性fe2+i，氯气先将碘离子氧化；b、溴单质能将亚铁离子氧化为浅黄色的三价铁离子，c、碳酸酸性强于次氯酸，向naclo溶液中通入少量二氧化碳能发生反应；d、能使ph试纸显深红色的溶液是强酸性溶液【解答】解：a、还原性fe2+i，向碘化亚铁中滴加少量氯水，氯气先将碘离子氧化，后氧化亚铁离子，故a错误；b、氧化性：br2fe3+，向溴水中加入足量氯化亚铁溶液溴单质能将亚铁离子氧化为浅黄色的三价铁离子，故b错误；c、碳酸酸性强于次氯酸，向naclo溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：clo+co2+h2o=hclo+hco3，故c错误；d、能使ph试纸显深红色的溶液是强酸性溶液，强酸性溶液中fe3+、cl、ba2+、br能大量共存，故d正确故选d【点评】本题考查学生离子方程式的书写，要注意反应的先后顺序问题，此题型是现在考试的热点13向100ml naoh溶液中通入一定量的co2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol/l的盐酸，产生co2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示下列判断正确的是（）a原naoh溶液的浓度为0.1mol/lb通入co2的体积为448mlc所得溶液的溶质成分的物质的量之比为（naoh）：（na2co3）=1：3d所得溶液的溶质成分的物质的量之比为（nahco3）：（na2co3）=2：1【考点】化学方程式的有关计算【专题】计算题【分析】本题根据题中给出的图象，结合化学反应关系，将化学变化关系，体现在图象上，分析，当向100mlnaoh溶液中通入一定量的co2气体25ml时，可能发生的反应有：2naoh+co2na2co3+h2o或naoh+co2nahco3两种可能的情况，通过图象关系，当向溶液中加盐酸的体积25ml时，无气体出现，说明此段内发生了如下反应：hcl+na2co3nahco3+nacl，在加盐酸时产生气体，根据当加盐酸反应完毕时，消耗盐酸100ml，溶液中有则有 na2co3 xmol，生成 nahco3 mmol na2co3+hclnahco3+nacl 1mol 1mol 1mol x 0.025l0.2mol/l mmol 解得：x=0.005mol，m=0.005mol设75ml盐酸反应的nahco3的物质的量ymol，生成zmolco2，则有 nahco3+hclco2+nacl 1mol 1mol 1mol ymol 0.075l0.2mol/l zmol解得：y=0.015mol，z=0.015mol根据原子守恒，加入盐酸恰好完全反应时，共产生co20.015mol，标准状况下的体积为0.336l，n（na+）=n（cl），所以n（naoh）=0.02mol，既得c（naoh）=0.2mol/l，在根据上面的计算，求得通co2生成na2co3 0.005mol，nahco3 0.01mol，即得出答案【解答】解：a 根据化学反应，向100ml naoh溶液中通入一定量的co2气体，可能发生的反应有：2naoh+co2na2co3+h2o或naoh+co2nahco3两种可能的情况，再加入盐酸，将na2co3或nahco3全部反应生成nacl，根据化学反应中原子守恒，则有n（na+）=n（cl），所以n（naoh）=n（hcl）=0.2mol/l0.1l=0.02mol，既得c（naoh）=0.2mol/l，故a错；b 根据题中的图象，加盐酸25ml是与na2co3反应，在加盐酸到100ml是与nahco3的反应，设溶液中有na2co3 xmol，生成nahco3 mmol na2co3 +hclnahco3+nacl 1mol 1mol 1mol x 0.025l0.2mol/l mmol 解得：x=0.005mol，m=0.005mol设75ml盐酸反应的nahco3的物质的量ymol，生成zmolco2，则有 nahco3+hclco2+nacl 1mol 1mol 1mol ymol 0.075l0.2mol/l zmol解得：y=0.015mol，z=0.015mol根据原子守恒，加入盐酸恰好完全反应时，共产生co2 0.015mol，标准状况下的体积为0.336l，故b错；c所得溶液的溶质成分为na2co3、nahco3，没有naoh，故c错误；d根据题中的图象，加盐酸25ml是与na2co3反应，在加盐酸到100ml是与nahco3的反应，设溶液中有na2co3 xmol，生成 nahco3 mmol na2co3+hclnahco3+nacl 1mol 1mol 1mol x 0.025l0.2mol/l mmol 解得：x=0.005mol，m=0.005mol设75ml盐酸反应的nahco3的物质的量ymol，生成zmolco2，则有 nahco3+hclco2+nacl 1mol 1mol 1mol ymol 0.075l0.2mol/l zmol解得：y=0.015mol，z=0.015mol求得通入co2反应后，na2co3 、nahco3 的物质的量分别为0.005mol、0.01mol，既得n（ nahco3 ）：n（na2co3）=2：1，故d正确故选：d【点评】本题考查了元素化合物的性质，结合图象的将反应关系与反应有机的结合起来，对图象的分析，是解决题目的关键，易出错在图象分析不到位，同时化学变化关系分析不出来14将mg、cu组成的混合物13.2g投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况下的no气体4.48l（无其他还原产物），向反应后的溶液中加入过量的2.5moll1的naoh溶液300ml，金属离子完全沉淀则形成沉淀的质量是（）a21.6gb26.8gc23.4gd31.9g【考点】有关混合物反应的计算【分析】mg、cu在反应中失去电子，最终生成mg（oh）2、cu（oh）2，则可知失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据生成no的气体的物质的量，可知反应中转移电子的物质的量，结合氧化还原反应得失电子数目相等，可知最终生成沉淀的质量【解答】解：反应中cucu2+cu（oh）2、mgmg2+mg（oh）2，可知mg、cu在反应中失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据hno3no，生成8.96lno转移的电子为：3=0.6mol，所以反应后生成沉淀的质量为：13.2g+0.6mol17g/mol=23.4g，故选c【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，解答过程中把握电子转移的数目和氢氧根离子之间的关系为解答该题的关键，注意掌握守恒关系在化学计算中的应用方法二、非选择题15某无色废水中可能含有h+、nh4+、fe3+、al3+、mg2+、na+、no3、co32、so42中的几种，为分析其成分，分别取废水样品100ml，进行了三组实验，其操作和有关图象如图所示：请回答下列问题：（1）根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的离子有：fe3+、mg2+、co32（2）写出实验图象中沉淀溶解阶段发生的离子反应方程式：al（oh）3+oh=alo2+2h2o（3）分析图象，在原溶液中c（nh4+）与c（al3+）的比值为，1：1no3是否存在？不确定填（“存在”“不存在”或“不确定”）【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】无色废水确定无fe3+，根据实验确定有na+，根据实验确定有so42，根据实验确定有al3+，一定不含fe3+、mg2+，因为co32与al3+不能共存，所以无co32；故溶液中存在的离子为：al3+、nh4+、h+、so42，根据硫酸钡沉淀求出n（so42），根据图象求出n（al3+）和n（h+），再根据电荷守恒确定有没有no3【解答】解：（1）无色废水确定无fe3+，根据实验确定有na+，根据实验确定有so42，根据实验确定有al3+，一定不含fe3+、mg2+，因为co32与al3+不能共存，所以无co32；故溶液中存在的离子为：na+、al3+、nh4+、h+、so42，废水中一定不存在的离子有fe3+、mg2+、co32，故答案为：fe3+、mg2+、co32；（2）氢氧化铝能溶于氢氧化钠中，即al（oh）3+oh=alo2+2h2o，故答案为：al（oh）3+oh=alo2+2h2o；（3）已知硫酸钡沉淀为2.33g，则n（so42）=0.01mol， 根据图象可知与al（oh）3的oh为：n（oh）=0.007mol， al（oh）3+oh=alo2+2h2o n（al3+） 0.007mol 所以n（al3+）=0.007mol，将铝离子沉淀需要氢氧化钠0.021mol，所以溶液中h+消耗氢氧化钠0.014mol，氢离子的物质的量是0.014mol，nh4+oh=nh3h2o，消耗氢氧化钠0.007mol，所以铵根离子的物质的量是0.007mol，原溶液中c（nh4+）与c（al3+）的比值为1：1，有于钠离子的量无法确定，所以根据电荷守恒，无法确定是否在存在硝酸根离子，故答案为：1：1；不确定【点评】本题考查了常见离子检验，现象的判断和离子检验，关键是图象分析离子特征和离子共存的判断，题目难度中等16高锰酸钾是一种典型的强氧化剂完成下列填空：i：在用kmno4酸性溶液处理cu2s和cus的混合物时，发生的反应如下：mno4+cu2s+h+cu2+so2+mn2+h2o（未配平）mno4+cus+h+cu2+so2+mn2+h2o（未配平）（1）下列关于反应的说法中错误的是d（填字母序号）a被氧化的元素是cu和sb氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5c生成2.24l（标况下）so2，转移电子的物质的量是0.8mold还原性的强弱关系是：mn2+cu2sii：在稀硫酸中，kmno4与 （nh4）2fe（so4）2也能发生氧化还原反应（2）配平kmno4与（nh4）2fe（so4）2反应的离子方程式：1mno4+5fe2+8h+=1mn2+5fe3+4 h2o（3）欲配制480ml 0.1mol/l fe2+溶液，需称取（nh4）2fe（so4）26h2o（m=392g/mol）的质量为19.6g需要的玻璃仪器有500ml容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒iii：实验室可由软锰矿（主要成分为mno2）制备kmno4，方法如下：高温下使软锰矿与过量koh（s）和kclo3（s）反应，生成k2mno4（锰酸钾）和kcl；用水溶解，滤去残渣；酸化滤液，k2mno4转化为mno2和kmno4；再滤去沉淀mno2，浓缩结晶得到kmno4晶体请回答：（4）用软锰矿制备k2mno4的化学方程式是：6koh+kclo3+3mno23k2mno4+kcl+3h2o（5）k2mno4转化为kmno4的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】i（1）根据化合价的变化判断氧化还原反应的相关概念，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子的物质的量相等计算转移电子的物质的量，在氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性；（2）反应中mn元素的化合价降低，fe元素的化合价升高，依据氧化还原反应电子守恒、电荷收、原子守恒配平写出离子方程式；ii（3）欲配制480ml，由于没有该规格的容量瓶，实际上要配制500ml，需要500ml容量瓶，结合m=cvm计算；iii（4）反应物为koh、kclo3、mno2，生成物为k2mno4（锰酸钾）和kcl、水，利用质量守恒定律书写反应方程式；（5）k2mno4转化为kmno4的反应中k2mno42kmno4+mno2，mn元素的化合价既升高又降低，根据得失电子守恒计算【解答】解：i（1）a反应中铜元素化合价从+1价升高到+2价，硫元素化合价从2价升高到+4价，化合价升高的元素被氧化，所以被氧化的元素有s、cu，故a正确；b