湖北省宜昌市长阳一中高三化学上学期第一次月考试卷（含解析）.doc

湖北省宜昌市长阳一中2016届高三上学期第一次月考化学试卷一、选择题（每题3分，共45分）1下列关于安全事故的处理方法中，正确的是（）a金属钠着火时，立即用沾水的毛巾覆盖b大量氯气泄漏时，迅速离开现场，并尽量往高处去c不慎洒出的酒精在桌上着火时，立即用大量水扑灭d少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用大量氢氧化钠溶液冲洗2现有三组实验：除去混在植物油中的水 回收碘的ccl4溶液中的ccl4 用食用酒精浸泡中草药提取其中的有效成份分离以上各混合液的正确方法依次是（）a分液、萃取、蒸馏b萃取、蒸馏、分液c分液、蒸馏、萃取d蒸馏、萃取、分液3设na代表阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）a标准状况下2.24 l己烷中，分子数为0.1nab22.4 l cl2含有clcl键数为nac常温常压下16 g o2和o3混合气体中，氧原子数为nad7.8 g na2o2与足量水反应，转移电子数为0.2na4下列离子方程式正确的是（）afe与盐酸反应制h2：2fe+6h+2fe3+3h2b向mg（oh）2浊液中滴入fecl3溶液：3mg（oh）2+2fe3+2fe（）3+3mg2+c用alcl3和氨水制备al（oh）3：al3+3ohal（oh）3d用石墨电极电解饱和食盐水：2h+2clcl2+h25下列各组中的两种物质作用，反应条件（温度或者反应物用量）改变，不会引起产物种类改变的是（）ana和o2bnaoh和co2cna2o2和co2dalcl3和naoh6不能用来鉴别na2co3和nahco3两种白色固体的实验操作是（）a分别在这两种物质的溶液中，加入少量澄清石灰水b分别加热这两种固体，将生成的气体通入澄清石灰水中c分别在这两种物质的溶液中，加入少量氯化钙溶液d分别在这两种物质的等浓度的溶液中，加入少量的稀盐酸7工业上以铬铁矿（主要成分为feocr2o3）、碳酸钠、氧气、和硫酸为原料生产重铬酸钠（na2cr2o72h2o），其主要反应为：（1）4feocr2o3+8na2co3+7o28na2cro4+2fe2o3+8co22na2cro4+h2so4na2so4+na2cr2o7+h2o下列说法正确的是（）a反应（1）和均为氧化还原反应b反应（1）的氧化剂是o2，还原剂是feocr2o3c高温下，o2的氧化性强于fe2o3，弱于na2cro4d反应（1）中每生成1molna2cro4时电子转移3mol8稀硝酸作为较强氧化剂在溶液中发生的反应是：2no3+8h+6e2no+4h2o，下列离子能让此反应过程发生的是（）fe2+；mg2+；so32；s2；i；cloabcd9下列能达到实验目的是（）a吸收氨气制氨水b制取少量蒸馏水c转移溶液d除去杂质气体co210类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能确定其正确与否，下列几种类推结论中，错误的是（）钠与水反应生成naoh和h2；所有金属与水反应都生成碱和h2铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中化合物nacl的焰色为黄色；na2co3的焰色也为黄色密度为1.1gcm3与密度为1.2gcm3的nacl溶液等体积混合，所得nacl溶液的密度介于1.1gcm3与1.2gcm3之间；nak合金的熔点应介于na和k熔点之间abcd11有一混合溶液，其中只含有fe2+、cl、br、i（忽略水的电离），其中cl、br、i的个数之比为2：3：3，向溶液中通入氯气，使溶液中cl和br的个数比为7：3（已知还原性ife2+brcl），则通入氯气的物质的量与溶液中剩余的fe2+的物质的量之比为（）a5：4b4：5c5：12d12：512将a克fe2o3、al2o3样品溶解在过量的200ml ph=1的硫酸溶液中，然后向其中加入naoh溶液使fe3+、al3+刚好完全沉淀，用去naoh 溶液100ml，则naoh溶液的浓度为（）a0.1 moll1b0.2 moll1c0.4 moll1d0.8 moll113研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到的直观形象的效果下列表达不正确的是（）aco2通入澄清的石灰水中反应的产物bfe在cl2中的燃烧产物：calcl3溶液中滴加naoh后铝的存在形式：d氨水与so2反应后溶液中的铵盐：11145.4克铝跟一定量的硝酸在一定温度下全部反应，收集到的气体（no、no2）体积为11.2l（标准状况）则参加反应的硝酸物质的量可能为（）a0.8molb0.9molc1.1mold1.2mol15由al、cuo、fe2o3组成的混合物共10.0g，放入500ml某浓度盐酸溶液中，混合物完全溶解，当再加入250ml 2.0mol/l的naoh溶液时，得到的沉淀最多该盐酸的浓度为（）a0.5 mol/lb3.0 mol/lc2.0 mol/ld1.0 mol/l二、非选择题16写出下列反应的离子方程式naoh溶液和过量的ca（hco3）2溶液混合：将so2通入fecl3溶液中：在强碱溶液中naclo与fe（oh）3反应生成na2feo4：将alcl3溶液与na2co3溶液混合：向明矾溶液中加入ba（oh）2溶液至沉淀的物质的量最大：17用含少量铁的氧化铜制取氯化铜晶体（cucl2xh2o）有如图操作：已知：在ph为45时，fe3+几乎完全水解而沉淀，而此时cu2+却几乎不水解（1）氧化剂a可选用（填编号，下同）cl2 kmno4 hno3 h2o2要得到较纯的产品，试剂b可选用naoh feo cuo cu2（oh）2co3（3）试剂b的作用是提高溶液的ph 降低溶液的ph 使fe3+完全沉淀 使cu2+完全沉淀（4）从滤液经过结晶得到氯化铜晶体的方法是（按实验先后顺序选填编号）过滤 蒸发浓缩 蒸发至干 冷却（5）为了测定制得的氯化铜晶体（cucl2xh2o）中x值，某兴趣小组设计了两种实验方案：方案一：称取m g晶体灼烧至质量不再减轻为止，冷却、称量所得无水cucl2的质量为n g方案二：称取m g晶体、加入足量氢氧化钠溶液、过滤、沉淀洗涤后用小火加热至质量不再减轻为止、冷却、称量所得固体的质量为n g试评价上述两种实验方案，选择其中正确的方案计算得x=（用含m、n的代数式表示）18某小组同学利用铝和氧化铁发生铝热反应后得到的固体进行如下实验（1）铝和氧化铁反应的化学方程式是固体成分的初步确定实验序号操作及现象取少量固体样品，加入过量稀盐酸，固体溶解，产生无色气体（经检验为h2），溶液呈浅黄色向中所得溶液中加入少量kscn溶液，溶液呈浅红色，再加入h2o2溶液至过量，产生无色气体（经检验为o2），溶液变为深红色，且红色很快褪去由上述实验可知：溶液中fe元素的存在形式有中产生h2的原因是样品中除含fe外，可能有未反应的al，为检验样品中是否含al单质，设计了相关实验，依据的原理是（用离子方程式表示）生成o2的化学方程式是进一步的实验表明，上述固体样品中fe元素的存在形式有：fe、fe2o3、fe3o4（3）该小组同学对中溶液红色褪去的原因做进一步探究实验序号操作、现象将中剩余溶液均分为两份，一份滴加naoh溶液，产生红褐色沉淀；另一份滴加bacl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀不溶解取2ml 0.1mol/l fecl3溶液，滴入kscn溶液，溶液变为红色，通入一段时间o2，无明显变化再加入h2o2溶液，红色很快褪去提示：kscn中s元素的化合价为2价实验中白色沉淀的化学式是结合实验和分析，实验中红色褪去的原因是19某电镀铜厂有两种废水需要处理，一种废水中含有cn离子，另一种废水中含有cr2o72离子该厂拟定如图所示的废水处理流程回答以下问题：（1）步骤发生反应的离子方程式可表示如下：acn+bclo+2cohdcno+en2+fco32+bcl+ch2o上述离子方程式可能的配平系数有多组，请回答：方程式中e：f的值为（填选项标号）a1 b c2 d不能确定若d=e=1，则b=若反应中转移0.6mol电子，则生成的气体在标况下的体积是步骤中反应时，每0.4molcr2o72转移2.4mol的电子，该反应的离子方程式为：（3）查阅资料知含氰化物的废水破坏性处理方法是：利用强氧化剂将氰化物氧化为无毒物质，如以tio2为催化剂用naclo将cn离子氧化成cno，cno在酸性条件下继续与naclo反应生成n2、co2、cl2等取浓缩后含cn离子的废水与过量naclo溶液的混合液共200ml（设其中cn的浓度为0.2moll1）进行实验写出cno在酸性条件下被naclo氧化的离子方程式：若结果测得co2的质量为1.408g，则该实验中测得cn被处理的百分率为20绿矾（feso47h2o）是治疗缺铁性贫血药品的重要成分如图是以市售铁屑（含少量锡、氧化铁等杂质）为原料生产纯净绿矾的一种方法：查询资料，得有关物质的数据如表：25时ph值饱和h2s溶液3.9sns沉淀完全1.6fes开始沉淀3.0fes沉淀完全5.5（1）写出fe和fe2o3在硫酸溶液中发生反应的离子方程式为操作ii中，通入硫化氢至饱和的目的是：除去溶液中的sn2+离子；在溶液中用硫酸酸化至ph=2的目的是（3）操作iv的顺序依次为、过滤洗涤（4）操作iv得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是：除去晶体表面附着的硫酸等杂质；（5）已知常温下，ksp=1.641014，则求得反应：fe2+2h2ofe（oh）2+2h+的平衡常数为：（保留1位小数）（6）测定绿矾产品中fe2+含量的方法是：a称取2.850g绿矾产品，溶解，在250ml容量瓶中定容；b量取25.00ml待测溶液于锥形瓶中；c用硫酸酸化的0.01000mol/lkmno4溶液滴定至终点，消耗kmno4溶液体积的平均值为20.00ml计算上述样品中feso47h2o的质量分数为（保留3位小数）湖北省宜昌市长阳一中2016届高三上学期第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题3分，共45分）1下列关于安全事故的处理方法中，正确的是（）a金属钠着火时，立即用沾水的毛巾覆盖b大量氯气泄漏时，迅速离开现场，并尽量往高处去c不慎洒出的酒精在桌上着火时，立即用大量水扑灭d少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用大量氢氧化钠溶液冲洗【考点】化学实验安全及事故处理【专题】化学实验基本操作【分析】a、灭火的方法有：隔绝空气或降低可燃物的温度，注意钠和氧气、水都反应，据此分析解答；b、氯气有毒且密度比空气大，根据氯气的性质分析；c、灭火的方法有：隔绝空气或降低可燃物的温度；d、浓硫酸和氢氧化钠都具有强腐蚀性，不能立即用氢氧化钠溶液冲洗【解答】解：a、钠易和氧气或水反应，和水反应时生成可燃性气体氢气，导致火势更大，所以钠着火时，不能用沾水的毛巾覆盖，应该用细沙覆盖，故a错误；b、氯气有毒且密度比空气大，所以如果大量氯气泄漏时，迅速离开现场，并尽量往高处去，故b正确；c、水和酒精互溶，酒精在桌上着火时用水扑火，只能稀释酒精但不能灭火，故c错误；d、浓硫酸和氢氧化钠都具有强腐蚀性，所以在实验中如果不慎将浓硫酸沾到皮肤上，应立即先用抹布拭去，然后用大量水冲洗，然后涂上3%5%的碳酸氢钠溶液，故d错误；故选b【点评】本题考查了实验室安全事故的处理方法，难度不大，明确物质的性质是解本题的关键，注意基础知识的积累2现有三组实验：除去混在植物油中的水 回收碘的ccl4溶液中的ccl4 用食用酒精浸泡中草药提取其中的有效成份分离以上各混合液的正确方法依次是（）a分液、萃取、蒸馏b萃取、蒸馏、分液c分液、蒸馏、萃取d蒸馏、萃取、分液【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；蒸馏与分馏；分液和萃取【专题】化学实验基本操作【分析】根据植物油和水互不相溶分析；根据ccl4沸点较低，加热易挥发分析；根据有机物的相似相溶分析；【解答】解：植物油和水互不相溶，可用分液的方法分离；ccl4沸点较低，加热易挥发，可用蒸馏的方法回收碘的ccl4溶液中的ccl4 ；草药中的有效成分为有机物，易溶于酒精，此为萃取的方法以上混合液的分离方法分别为分液、蒸馏、萃取，故选c【点评】本题考查物质的分离、提纯方法，题目难度不大，注意基础知识的积累3设na代表阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）a标准状况下2.24 l己烷中，分子数为0.1nab22.4 l cl2含有clcl键数为nac常温常压下16 g o2和o3混合气体中，氧原子数为nad7.8 g na2o2与足量水反应，转移电子数为0.2na【考点】阿伏加德罗常数【分析】a、标况下，己烷为液态；b、氯气所处的状态不明确；c、o2和o3均由氧原子构成；d、na2o2与足量水的反应为歧化反应【解答】解：a、标况下，己烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故a错误；b、氯气所处的状态不明确，故气体摩尔体积的数值无从得知，故物质的量无法计算，故b错误；c、o2和o3均由氧原子构成，则16g混合物中含有的氧原子的物质的量n=1mol，即na个，故c正确；d、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而na2o2与足量水的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子，故0.1mol过氧化钠转移0.1mol电子即0.1na个，故d错误故选c【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，难度不大4下列离子方程式正确的是（）afe与盐酸反应制h2：2fe+6h+2fe3+3h2b向mg（oh）2浊液中滴入fecl3溶液：3mg（oh）2+2fe3+2fe（）3+3mg2+c用alcl3和氨水制备al（oh）3：al3+3ohal（oh）3d用石墨电极电解饱和食盐水：2h+2clcl2+h2【考点】离子方程式的书写【分析】a反应生成二价铁离子；bmg（oh）2浊液中滴入fecl3溶液生成氢氧化铁沉淀和氯化镁溶液，实现沉淀转化；c一水合氨为弱电解质，保留化学式；d水为弱电解质，保留化学式【解答】解：afe与盐酸反应制h2，离子方程式：fe+2h+fe2+h2，故a错误；b向mg（oh）2浊液中滴入fecl3溶液：3mg（oh）2+2fe3+2fe（）3+3mg2+，故b正确；c用alcl3和氨水制备al（oh）3，离子方程式：a13+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+，故c错误；d用石墨电极电解饱和食盐水，离子方程式：2h2o+2clcl2+h2+2oh，故d错误；故选：b【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写注意问题是解题关键，注意原子个数、电荷数守恒题目难度不大5下列各组中的两种物质作用，反应条件（温度或者反应物用量）改变，不会引起产物种类改变的是（）ana和o2bnaoh和co2cna2o2和co2dalcl3和naoh【考点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】物质和氧气相互反应时，根据物质充分燃烧和不充分燃烧的生成物不同分析，氢氧化钠和少量二氧化碳反应的产物是碳酸钠，和过量二氧化碳反应的产物是碳酸氢钠，过氧化钠和二氧化碳反应可以产生碳酸钠和氧气，氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀，和过量氢氧化钠溶液反应时先生成沉淀后沉淀溶解【解答】解：a、钠和氧气反应，氧气不足时生成氧化钠，氧气过量时生成过氧化钠，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故a错误；b、氢氧化钠与二氧化碳反应，二氧化碳不足时生成碳酸钠，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故b错误；c、过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，不论谁过量，结果一样，故c正确；d、氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝白色沉淀，和过量氢氧化钠溶液反应时，先生成氢氧化铝沉淀，然后氢氧化铝再和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠，溶液又变澄清，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故d错误故选c【点评】此题是对物质之间反应物量的不同导致的结果不同的考查，解题的关键是掌握具体的反应产物的不同，属于物质之间反应的探讨6不能用来鉴别na2co3和nahco3两种白色固体的实验操作是（）a分别在这两种物质的溶液中，加入少量澄清石灰水b分别加热这两种固体，将生成的气体通入澄清石灰水中c分别在这两种物质的溶液中，加入少量氯化钙溶液d分别在这两种物质的等浓度的溶液中，加入少量的稀盐酸【考点】钠的重要化合物；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【专题】物质检验鉴别题；元素及其化合物【分析】na2co3和nahco3性质不同：nahco3受热分解，碳酸钙难溶于水，而碳酸氢钙溶于水，nahco3与盐酸反应剧烈，都能澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀【解答】解：ana2co3和nahco3均可与澄清石灰水反应产生沉淀，现象相同，无法鉴别，故a错误；bna2co3受热不分解，而nahco3受热分解，可以鉴别，故b正确；cna2co3与cacl2溶液作用产生caco3沉淀，而nahco3则不与cacl2溶液反应，无沉淀产生，也可以鉴别，故c正确；d向na2co3中逐滴加入盐酸时，先无气体产生，当盐酸加入较多时，可产生气体，而向nahco3中加入同浓度盐酸，则迅速产生气体，可以通过产生气体的快慢加以鉴别，故d正确故选a【点评】本题考查物质的鉴别，题目难度不大，注意碳酸钠和碳酸氢钠的性质的异同，学习中注重相关基础知识的积累7工业上以铬铁矿（主要成分为feocr2o3）、碳酸钠、氧气、和硫酸为原料生产重铬酸钠（na2cr2o72h2o），其主要反应为：（1）4feocr2o3+8na2co3+7o28na2cro4+2fe2o3+8co22na2cro4+h2so4na2so4+na2cr2o7+h2o下列说法正确的是（）a反应（1）和均为氧化还原反应b反应（1）的氧化剂是o2，还原剂是feocr2o3c高温下，o2的氧化性强于fe2o3，弱于na2cro4d反应（1）中每生成1molna2cro4时电子转移3mol【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】a、化学反应中有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，没有化合价变化的化学反应不是氧化还原反应；b、得电子化合价降低的物质是氧化剂，失电子化合价升高的物质是还原剂；c、同一化学反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；d、反应只有o元素的化合价降低，由0价降低为2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，由方程式可知计算na2cro4与转移电子数【解答】解：a、4feocr2o3+8na2co3+7o28na2cro4+2fe2o3+8co2中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，而2na2cro4+h2so4na2so4+na2cr2o7+h2o中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故a错误；b、4feocr2o3+8na2co3+7o28na2cro4+2fe2o3+8co2中，氧气中氧元素得电子化合价降低，所以氧化剂是氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是feocr2o3，故b正确；c、4feocr2o3+8na2co3+7o28na2cro4+2fe2o3+8co2中，氧化剂是氧气，还原剂是feocr2o3，所以氧气的氧化性大于na2cro4和fe2o3，但不能判断na2cro4和fe2o3的氧化性相对强弱，故c错误；d、由方程式4feocr2o3+8na2co3+7o28na2cro4+2fe2o3+8co2转移电子可知，生成1molna2cro4时，参加反应的o2的物质的量为mol，反应中o元素由0价降低为2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，转移电子的物质的量为mol4=3.5mol，所以反应（1）中每生成1molna2cro4时电子转移3.5mol，故d错误；故选b【点评】本题考查了氧化剂和还原剂的判断、氧化还原反应的判断等知识点，根据元素化合价的变化判断氧化还原反应、氧化剂和还原剂即可分析解答本题8稀硝酸作为较强氧化剂在溶液中发生的反应是：2no3+8h+6e2no+4h2o，下列离子能让此反应过程发生的是（）fe2+；mg2+；so32；s2；i；cloabcd【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】稀硝酸作为较强氧化剂在溶液中发生的反应是：2no3+8h+6e2no+4h2o，要使该反应能发生，则需要失电子作还原剂的离子，据此分析解答【解答】解：稀硝酸作为较强氧化剂在溶液中发生的反应是：2no3+8h+6e2no+4h2o，要使该反应能发生，则需要失电子作还原剂的离子，fe2+中化合价处于中间价态，能作还原剂，故正确；mg2+中化合价处于最高价态，只有氧化性，不能作还原剂，故错误；so32中s元素处于中间价态，具有还原性，能作还原剂，故正确；s2中s元素处于最低价态，具有还原性，能作还原剂，故正确；i中i元素处于最低价态，具有还原性，能作还原剂，故正确；clo只有氧化性，不能作还原剂，故错误；故选a【点评】本题考查了氧化性、还原性的判断，明确元素化合价与氧化性、还原性的关系是解本题关键，知道常见元素化合价，题目难度不大9下列能达到实验目的是（）a吸收氨气制氨水b制取少量蒸馏水c转移溶液d除去杂质气体co2【考点】化学实验方案的评价；物质的分离、提纯和除杂；实验室制取蒸馏水；配制一定物质的量浓度的溶液【专题】实验评价题【分析】a氨气极易溶于水；b蒸馏水中杂质难挥发；c转移液体需用玻璃棒引流；d洗气长进短出【解答】解：a氨气极易溶于水，易发生倒吸，应使漏斗下端与液面相平，故a错误； b蒸馏水中杂质难挥发，长导管可起冷凝作用，故b正确；c转移液体应用玻璃棒引流，故c错误；d洗气长进短出，否则会将液体排出，故d错误故选b【点评】本题考查化学实验的基本操作，题目难度不大，注意相关基本实验操作的实验注意事项10类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能确定其正确与否，下列几种类推结论中，错误的是（）钠与水反应生成naoh和h2；所有金属与水反应都生成碱和h2铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中化合物nacl的焰色为黄色；na2co3的焰色也为黄色密度为1.1gcm3与密度为1.2gcm3的nacl溶液等体积混合，所得nacl溶液的密度介于1.1gcm3与1.2gcm3之间；nak合金的熔点应介于na和k熔点之间abcd【考点】钠的化学性质；化学平衡移动原理【专题】元素及其化合物【分析】活泼金属可以和水反应生成碱和氢气；金属铁在空气中因发生电化学腐蚀而生锈，金属铝和氧气反应；含有钠元素的物质焰色反应均为黄色；合金的熔点会低于任一组成金属成分的熔点【解答】解：活泼金属钠与水反应生成naoh和h2，但是金属活动顺序表金属铝以后的金属均和水不反应，故错误；铁露置在空气中一段时间后就会生锈，是因为发生电化学腐蚀而生锈，金属铝在空气中和氧气反应而被氧化，发生化学腐蚀，故错误；含有钠元素的物质nacl、na2co3焰色反应均为黄色，故正确；nak合金的熔点应低于na和k任一金属的熔点，故错误故选d【点评】本题考查学生钠的性质、焰色反应以及合金的物理性质等方面知识，属于综合知识的考查，注意知识的梳理和归纳是解题的关键11有一混合溶液，其中只含有fe2+、cl、br、i（忽略水的电离），其中cl、br、i的个数之比为2：3：3，向溶液中通入氯气，使溶液中cl和br的个数比为7：3（已知还原性ife2+brcl），则通入氯气的物质的量与溶液中剩余的fe2+的物质的量之比为（）a5：4b4：5c5：12d12：5【考点】氧化还原反应的计算【分析】混合溶液中只含fe2+、cl、br、i（忽略水的电离），其中cl、br、i的个数之比为2：3：3，根据电荷守恒知，fe2+个数是cl、br、i的个数的一半，所以fe2+、cl、br、i的个数之比为4：2：3：3，向溶液中通入氯气，氯气氧化离子先后顺序是i、fe2+、br，因为碘离子和氯离子所带电荷相等，所以消耗碘离子个数等于生成氯离子个数，如果碘离子完全被氧化生成氯离子，cl、br的个数之比为5：37：3，所以还有部分亚铁离子被氧化，根据2fe2+cl2=2cl+2fe3+知，消耗fe2+与生成cl的个数相等，要使cl、br的个数之比为7：3，则有一半的fe2+被消耗，据此分析解答，【解答】解：混合溶液中只含fe2+、cl、br、i（忽略水的电离），其中cl、br、i的个数之比为2：3：3，根据电荷守恒知，fe2+个数是cl、br、i的个数的一半，所以fe2+、cl、br、i的个数之比为4：2：3：3，向溶液中通入氯气，氯气氧化离子先后顺序是i、fe2+、br，因为碘离子和氯离子所带电荷相等，所以消耗碘离子个数等于生成氯离子个数，如果碘离子完全被氧化生成氯离子，cl、br的个数之比为5：37：3，所以还有部分亚铁离子被氧化，根据2fe2+cl2=2cl+2fe3+知，消耗fe2+与生成cl的个数相等，要使cl、br的个数之比为7：3，则有一半的fe2+被消耗，微粒个数之比等于物质的量之比，所以设fe2+、cl、br、i的物质的量分别是4mol、2mol、3mol、3mol，根据2i+cl2=2cl+i2知，3mol碘离子完全被氧化消耗1.5mol氯气，2mol fe2+完全被氧化消耗1mol氯气，所以有2.5mol氯气参加反应；还有2mol fe2+未参加反应，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余的fe2+的物质的量之比=2.5mol：2mol=5：4，故选a【点评】本题考查氧化还原反应有关计算，为高频考点，明确离子反应先后顺序是解本题关键，熟悉离子之间的关系式，题目难度中等12将a克fe2o3、al2o3样品溶解在过量的200ml ph=1的硫酸溶液中，然后向其中加入naoh溶液使fe3+、al3+刚好完全沉淀，用去naoh 溶液100ml，则naoh溶液的浓度为（）a0.1 moll1b0.2 moll1c0.4 moll1d0.8 moll1【考点】有关混合物反应的计算【专题】计算题【分析】反应生成硫酸铝、硫酸铁，且硫酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入naoh溶液，恰好使fe3+、al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为na2so4，根据硫酸根守恒有n（na2so4）=n（h2so4），根据钠离子守恒有n（naoh）=2n（na2so4），再根据c=计算【解答】解：ph=1的硫酸，氢离子浓度为0.1mol/l，则c（h2so4）=0.1mol/l=0.05mol/l；反应生成硫酸铝、硫酸铁，且硫酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入100mlnaoh溶液，恰好使fe3+、al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为na2so4，根据硫酸根守恒有n（na2so4）=n（h2so4）=0.2l0.05mol/l=0.01mol，根据钠离子守恒有n（naoh）=2n（na2so4）=0.01mol2=0.02mol，则该c（naoh）=0.2mol/l，故选b【点评】本题考查混合物的计算，明确最后溶液中的溶质是解本题关键，再结合原子守恒来分析解答，侧重考查学生分析问题及解决问题的能力，题目难度中等13研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到的直观形象的效果下列表达不正确的是（）aco2通入澄清的石灰水中反应的产物bfe在cl2中的燃烧产物：calcl3溶液中滴加naoh后铝的存在形式：d氨水与so2反应后溶液中的铵盐：11【考点】铁的化学性质；氨的化学性质；镁、铝的重要化合物【分析】a根据发生的反应ca（oh）2+co2caco3+h2o；caco3+co2+h2oca（hco3）2分析；bfe在cl2中燃烧的产物与fe和cl2的用量无关，其产物只有fecl3；c根据可能发生的反应al3+3oh=al（oh）3，al3+4oh=alo2+2h2o分析；d根据可能发生的反应有：nh3h2o+so2=nh4hso3，2nh3h2o+so2=（nh4）2so3+h2o进行分析【解答】解：a反应的化学方程式：ca（oh）2+co2caco3+h2o；caco3+co2+h2oca（hco3）2，co2与ca（oh）2的物质的量之比为1：1时，恰好反应生成caco3，即co2与ca（oh）2的物质的量之比为1时反应得到caco3，co2与ca（oh）2的物质的量之比为2：1时，恰好反应生成ca（hco3）2，即co2与ca（oh）2的物质的量之比为2时反应得到ca（hco3）2，故a错误；bfe在cl2中燃烧只有一种产物fecl3，产物与无关，故b错误；cal3+3oh=al（oh）3，al3+4oh=alo2+2h2o，3，铝元素以al3+和al（oh）3形式存在； =3，则以al（oh）3形式存在；34以 alo2和al（oh）3形式存在； 4只以 alo2形式存在，故c正确；dnh3h2o+so2=nh4hso3，2nh3h2o+so2=（nh4）2so3+h2o，1，生成nh4hso3；12，产物为nh4hso3与（nh4）2so3混合物；2，只生成（nh4）2so3，故d正确故选ab【点评】本题是近年以来出现的一道很少出现的试题题型题，是一道新情景试题，具有很强的综合性，也具有极强的迷惑性，各选项具有很强的干扰性，是一道好题！很容易选错答案主要考查学生对元素化合物知识的掌握情况注意fe在cl2中燃烧的产物与fe和cl2的用量无关，其产物只有fecl3145.4克铝跟一定量的硝酸在一定温度下全部反应，收集到的气体（no、no2）体积为11.2l（标准状况）则参加反应的硝酸物质的量可能为（）a0.8molb0.9molc1.1mold1.2mol【考点】化学方程式的有关计算【专题】计算题【分析】参加反应的硝酸物质的量应是氧化性的硝酸和酸性硝酸之和，即n（hno3）=3n（al3+）+n（nox）【解答】解：5.4克铝的物质的量为：=0.2mol，而气体（no、no2）体积为11.2l（标准状况）气体的物质的量为=0.5mol，所以参加反应的硝酸物质的量为：0.2mol3+0.5mol=1.1mol，故选c【点评】本题考查金属与硝酸反应生成氮的氧化物，注意守恒知识在解题中的应用，比较容易15由al、cuo、fe2o3组成的混合物共10.0g，放入500ml某浓度盐酸溶液中，混合物完全溶解，当再加入250ml 2.0mol/l的naoh溶液时，得到的沉淀最多该盐酸的浓度为（）a0.5 mol/lb3.0 mol/lc2.0 mol/ld1.0 mol/l【考点】有关混合物反应的计算【专题】守恒法【分析】al、cuo、fe2o3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入naoh溶液，得到的沉淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为nacl，根据氯离子守恒有n（hcl）=n（nacl），根据钠离子守恒有n（nacl）=n（naoh），再根据c=计算【解答】解：al、cuo、fe2o3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入naoh溶液，得到的沉淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为nacl，根据钠离子守恒有n（nacl）=n（naoh）=0.25l2.0mol/l=0.5mol，根据氯离子守恒有n（hcl）=n（nacl）=0.5mol，故该元素的物质的量浓度=1mol/l，故选d【点评】本题考查混合物的有关计算、物质的量浓度计算，难度中等，理解反应过程根据离子守恒计算是关键，侧重对学生思维能力的考查二、非选择题16写出下列反应的离子方程式naoh溶液和过量的ca（hco3）2溶液混合：hco3+ca2+ohcaco3+h2o将so2通入fecl3溶液中：2fe3+so2+2h2o=2fe2+so42+4h+在强碱溶液中naclo与fe（oh）3反应生成na2feo4：2fe（oh）3+3clo+4oh2feo42+3cl+5h2o将alcl3溶液与na2co3溶液混合：2al3+3co32+3h2o=2al（oh）3+3co2向明矾溶液中加入ba（oh）2溶液至沉淀的物质的量最大：2al3+3so42+3ba2+6oh3baso4+2al（oh）3【考点】离子方程式的书写【分析】反应生成碳酸钙、碳酸氢钠、水；发生氧化还原反应生成硫酸亚铁、hcl；发生氧化还原反应生成na2feo4；相互促进水解生成沉淀和气体；向ba（oh）2溶液中逐滴加入明矾溶液，至生成沉淀的物质的量最大时应是铝离子恰好沉淀【解答】解：naoh溶液和过量的ca（hco3）2溶液混合的离子反应为hco3+ca2+ohcaco3+h2o，故答案为：hco3+ca2+ohcaco3+h2o；将so2通入fecl3溶液中的离子反应为2fe3+so2+2h2o=2fe2+so42+4h+，故答案为：2fe3+so2+2h2o=2fe2+so42+4h+；在强碱溶液中naclo与fe（oh）3反应生成na2feo4的离子反应为2fe（oh）3+3clo+4oh2feo42+3cl+5h2o，故答案为：2fe（oh）3+3clo+4oh2feo42+3cl+5h2o；alcl3溶液与na2co3溶液混合的离子反应为2al3+3co32+3h2o=2al（oh）3+3co2，故答案为：2al3+3co32+3h2o=2al（oh）3+3co2；向明矾溶液中加入ba（oh）2溶液至沉淀的物质的量最大的离子方程式为2al3+3so42+3ba2+6oh3baso4+2al（oh）3，故答案为：2al3+3so42+3ba2+6oh3baso4+2al（oh）3【点评】本题考查离子反应方程式的书写，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，侧重水解反应、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及电子、电荷守恒，综合性较强，题目难度不大17用含少量铁的氧化铜制取氯化铜晶体（cucl2xh2o）有如图操作：已知：在ph为45时，fe3+几乎完全水解而沉淀，而此时cu2+却几乎不水解（1）氧化剂a可选用（填编号，下同）cl2 kmno4 hno3 h2o2要得到较纯的产品，试剂b可选用naoh feo cuo cu2（oh）2co3（3）试剂b的作用是提高溶液的ph 降低溶液的ph 使fe3+完全沉淀 使cu2+完全沉淀（4）从滤液经过结晶得到氯化铜晶体的方法是（按实验先后顺序选填编号）过滤 蒸发浓缩 蒸发至干 冷却（5）为了测定制得的氯化铜晶体（cucl2xh2o）中x值，某兴趣小组设计了两种实验方案：方案一：称取m g晶体灼烧至质量不再减轻为止，冷却、称量所得无水cucl2的质量为n g方案二：称取m g晶体、加入足量氢氧化钠溶液、过滤、沉淀洗涤后用小火加热至质量不再减轻为止、冷却、称量所得固体的质量为n g试评价上述两种实验方案，选择其中正确的方案计算得x=（用含m、n的代数式表示）【考点】制备实验方案的设计【专题】实验设计题【分析】向固体中加入盐酸，盐酸和铁、氧化铜反应，发生的离子反应方程式为：fe+2h+=fe2+h2；cuo+2h+=cu2+h2o，加入氧化剂a的目的是把亚铁离子氧化，根据除杂原则，不能引入新的杂质；加入试剂b的目的是调节ph使铁离子生成氢氧化铁沉淀，过滤除去沉淀，对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铜晶体（1）加入氧化剂，将fe2+氧化为fe3+，易除去，除杂时，不能引入新的杂质；在制取过程中，不能引进杂质离子，据此来选择合适的试剂；（3）加入盐酸时，盐酸是过量的，导致溶液酸性较强，溶液酸性较强则铁离子不沉淀，为使铁离子沉淀则应提高溶液的ph；（4）根据溶液获得晶体的方法来回答；（5）cucl2xh2o晶体加热时会发生水解，加热沉淀至质量不再减轻为止，ng为cuo质量，根据铜元素守恒可知，n（cuo）=n（cucl2xh2o），再结合m=nm计算x的值【解答】解：（1）根据题意，加入氧化剂a可把fe2+氧化为fe3+，而没有增加新杂质，所以a为h2o2，或是cl2，故答案为：；得到较纯的产品，试剂可选用cuo或cu2（oh）2co3，均会引入杂质离子，故答案为：；（3）溶液酸性较强则铁离子不沉淀，为使铁离子沉淀则应提高溶液的ph，故选，故答案为：；（4）从滤液经过结晶得到氯化铜晶体，首先要加热蒸发浓缩，冷却后，再将之过滤即可，故答案为：；（5）cucl2xh2o晶体加热时会发生水解cucl2+2h2ocu（oh）2+2hcl，有hcl气体放出，cucl2质量偏小，测得x值偏大，所以选择方案二，氯化铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，加热沉淀，氢氧化铜分解生成氧化铜，则ng为cuo质量，物质的量为：=mol，根据铜元素守恒可知，n（cuo）=n（cucl2xh2o），所以mg=mol（135+18x）g/mol，解得，x=，故答案为：【点评】本题考查阅读获取信息能力、对工艺流程理解与实验条件控制、实验方案的评价、化学计算、物质分离提纯除杂等有关实验操作以及在新情境下综合运用知识解决问题的能力题目难度中等，要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息解决问题的能力，注意基础知识的全面掌握18某小组同学利用铝和氧化铁发生铝热反应后得到的固体进行如下实验（1）铝和氧化铁反应的化学方程式是2al+fe2o3al2o3+2fe固体成分的初步确定实验序号操作及现象取少量固体样品，加入过量稀盐酸，固体溶解，产生无色气体（经检验为h2），溶液呈浅黄色向中所得溶液中加入少量kscn溶液，溶液呈浅红色，再加入h2o2溶液至过量，产生无色气体（经检验为o2），溶液变为深红色，且红色很快褪去由上述实验可知：溶液中fe元素的存在形式有fe2+、fe3+中产生h2的原因是样品中除含fe外，可能有未反应的al，为检验样品中是否含al单质，设计了相关实验，依据的原理是（用离子方程式表示）2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2生成o2的化学方程式是2h2o