湖北省宜昌市长阳一中高三化学上学期起点试卷（含解析）.doc

2014-2015学年湖北省宜昌市长阳一中高三（上）起点化学试卷一、选择题（每题只有1个正确选项共51分）1化学在日常生活中具有广泛的应用，下列应用中不涉及氧化还原反应原理的是( )a用明矾kal（so4）212h2o净水b海水中提取溴c交警用cro3检验司机是否酒后驾驶d医务室用双氧水消毒2na2o2、hcl、al2o3 三种物质在水中完全反应后，溶液中只含有na+、h+、cl、oh；且溶液呈中性，则na2o2、hcl、al2o3的物质的量之比可能为( )a3：2：1b2：4：1c2：3：1d4：2：13常温下，下列溶液中可能大量共存的离子组是( )a含有大量s2的溶液：na+、clo、cl、co32b含有大量fe3+的溶液：k+、na+、alo2、so42c能使ph试纸变红的溶液：nh4+、na+、no3、hco3d水电离产生的c（h+）=11012moll1的溶液：mg2+、so42、no3、cl4关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是( )a装置可用于分离苯和溴苯的混合物b装置可用于吸收hcl或nh3气体c装置可用于分解nh4cl制备nh3d装置b口进气可收集co2或no气体5向100ml ph=0的硫酸和硝酸混合溶液中投入3.84g铜粉，微热使反应充分完成后，生成no气体448ml（标准状况）则反应前的混合溶液中含硝酸的物质的量为( )a0.02molb0.08molc0.10mold0.16mol6为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有na2o2或k2o2颗粒的装置，它的用途是产生氧气下列关于na2o2的叙述正确的是( )ana2o2中阴、阳离子的个数比为1：1bna2o2分别与水及co2反应产生相同量的o2时，需要水和co2的质量相等cna2o2分别与水及co2反应产生相同量的o2时，转移电子的物质的量相等dna2o2的漂白原理与so2的漂白原理相同7今有甲、乙、丙三瓶等体积的新制氯水，浓度均为0.1mol/l如果在甲瓶中加入少量的nahco3晶体（m mol），在乙瓶中加入少量的nahso3晶体（m mol），丙瓶不变片刻后，甲、乙、丙三瓶溶液中hclo的物质的量浓度的大小关系（溶液体积变化忽略不计）( )a甲=乙丙b甲丙乙c丙甲=乙d乙丙甲8下列叙述中不正确的是( )a向含有少量caco3沉淀的水中通入co2，沉淀溶解；再向溶液中加入na2co3溶液，又有caco3沉淀生成b向na2co3溶液中逐滴加入含等物质的量hcl的稀盐酸，生成的co2与原na2co3的物质的量之比为1：2c等质量的nahco3和na2co3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，nahco3生成的co2较多d向na2co3饱和溶液中通入co2，有nahco3结晶析出9为使fe2+，fe3+，zn2+较完全地形成氢氧化物沉淀，溶液的酸碱度分别为ph7.7、ph4.5、ph6.6某硫酸锌酸性溶液中含有少量fe2+，fe3+杂质离子，为除去这些离子制得纯净的znso4，应加入的试剂是( )ah2o2，znob氨水c kmno4，znco3dnaoh溶液10向50ml naoh溶液中逐渐通入一定量的co2（假设溶液体积不变），随后取此溶液10ml，将其稀释至100ml，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1moll1的盐酸，产生co2气体的体积（标准状况下）与所加入的盐酸的体积关系如图，下列分析错误的是( )aoa段所发生反应的离子方程式：h+ohh2o；co32+h+hcobnaoh在吸收co2后，所得溶液的溶质为naoh和na2co3，其物质的量浓度之比为1：1c产生的co2体积（标准状况下）为0.056 ld原naoh溶液的物质的量浓度为0.5 moll111下表中评价合理的是( )选项化学反应及其离子方程式评价afe3o4与稀硝酸反应：2fe3o4+18h+=6fe3+h2+8h2o正确b向碳酸镁中加入稀盐酸：co23+2h+=co2+h2o错误，碳酸镁不应写成离子形式c向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：ba2+so24=baso4正确dfebr2溶液与等物质的量的cl2反应：2fe2+2br+2cl2=2fe3+4cl+br2错误，fe2+与br的化学计量数之比应为1：2aabbccdd12某溶液中含有的溶质是febr2、fei2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加kscn溶液，溶液变为红色，则下列叙述正确的是( )原溶液中的br一定被氧化；通入氯气之后原溶液中的fe2+一定有部分或全部被氧化；不能确定通入氯气后的溶液中是否存在fe2+；若取少量所得溶液，再加入ccl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的agno3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的i、fe2+、br均被完全氧化abcd13向一定量的feo和fe2o3的混合物中加入120ml 4moll1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344l no（标准状况），往所得溶液中加入kscn溶液，无血红色出现若用足量的氢气在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为( )a0.24 molb0.21 molc0.16 mold0.14 mol14甲、乙、丙、丁是由h+、na+、al3+、ba2+、oh、cl、hco3离子中的两种组成，可以发生如图转化，下列说法正确的是( )a甲为alcl3，乙为nahco3b溶液丙中还可以大量共存的离子有：fe2+、no3、so42c在甲中滴加丁开始反应的离子方程式：hco3+ba2+oh=baco3+h2od白色沉淀a可能溶解在溶液d中15有些化学反应不论反应物量的多少，都只能用同一个离子方程式来表示下列各组在溶液中的反应不符合这一情况的是( )aba（oh）2与h2so4bkmno4和h2o2chcl与nahco3dca（hco3）2与naoh16将一定质量的锌与10ml 18.5moll1浓硫酸充分反应，锌完全溶解，同时生成标准状况下的气体3.36l将反应后的溶液稀释至100ml，测得溶液中c（h+）=0.1moll1，则投入的锌的质量是( )a6.5gb9.75gc13gd1625g17向100ml 0.1moll1硫酸铝铵nh4al（so4）2溶液中逐滴滴入0.1moll1 ba（oh）2溶液随着ba（oh）2溶液体积v的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示则下列说法中正确的是( )aa点的溶液呈中性bb点发生反应的离子方程式是：al3+2so42+2ba2+3ohal（oh）3+2baso4cc点加入ba（oh）2溶液的体积为200mldc点溶液呈碱性二、解答题（共4小题，满分49分）18a、b、c、d、e均为中学化学常见的纯净物，b为自然界中含量最多的液体，它们之间有如下的反应关系：（1）若a为短周期的金属单质，d为气态单质，0.1mol/l c溶液的ph=13该反应的离子方程式为_（2）若a的溶液能使淀粉溶液变蓝；c为非金属氧化物，能使品红溶液褪色，该反应的反应方程式为_（3）若a、c、d、e均为化合物，e为白色沉淀，且a、c、e含有同一种元素，该反应的离子方程式为_（4）若a是黄绿色气体； c的焰色呈黄色，c溶液遇稀硫酸既产生淡黄色的沉淀又生成有刺激性气味的无色气体；生成物d是一种酸式盐，e是一种强酸该反应的化学方程式为_为检验反应后溶液中e电离出的阴离子，实验方法是_19（13分）新型净水剂高铁酸钾k2feo4为暗紫色固体，可溶于水，在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定工业上制备k2feo4的常用方法有两种方法：次氯酸盐氧化法工艺流程如图所示（1）完成“氧化”过程中反应的化学方程式：fecl3+_naoh+_naclo_na2feo4+_+_其中氧化剂是_（填化学式）（2）“转化”过程中发生反应的化学方程式为_（3）上述工艺得到的高铁酸钾常含有杂 质，可用重结晶法提纯，操作是：将粗产品用_溶解，然后_方法：电解法以铁为阳极电解氢氧化钠溶液，然后在阳极液中加入koh（4）电解时阳极发生反应生成feo42，该电极反应方程式为_（5）与锌錳电池类似，k2feon也可以组成碱性电池，k2feo4在电池中作为正极 材料，其电极反应式为_，该电池反应的化学方程式为_（6）针铁矿（goethite）是以德国诗人歌德（goethe）名字命名的，组成元素是fe、o和h，化学式量为89，化学式是_20由fe2o3、fe、cuo、c、al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验（部分产物略去）（1）取少量溶液x，加入过量的naoh溶液，有沉淀生成取上层清液，通入co2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是（填写化学式）_（2）z为一种或两种气体：若z只为一种气体，试剂a为饱和nahco3溶液，则反应i中能同时生成两种气体的化学方程式是_若z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则z中两种气体的化学式是_（3）向y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是（填写离子符号）_（4）取y中的溶液，调ph约为7，加入淀粉ki溶液和h2o2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成当消耗2mol i时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是_（5）另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应若溶液中一定不会产生y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是（各组合中的物质用化学式表示）_21用下面三种方法均可制得fe（oh）2白色沉淀方法一用不含fe3+的feso4溶液与不含o2的蒸馏水配制的naoh溶液反应制备（1）用硫酸亚铁晶体配制上述feso4溶液时还需要加入_（2）除去蒸馏水中溶解的o2常采用_的方法（3）生成fe（oh）2白色沉淀的操作是用长滴管吸取不含o2的naoh溶液，插入feso4溶液液面下，再挤出naoh溶液，这样操作的理由是_方法二在如图1所示的装置中，用naoh溶液、铁屑、稀h2so4等试剂制备（1）在试管里加入的试剂是_（2）在试管里加入的试剂是_（3）为了制得fe（oh）2白色沉淀，在_试管和中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是_（4）这样生成的fe（oh）2沉淀能较长时间保持白色，理由是_方法三利用电解实验可以制得纯净的fe（oh）2白色沉淀，如图2所示，已知两电极的材料分别为石墨和铁（1）a电极的材料应为_，电极反应式为_（2）电解液c可以是_（填编号）a纯水 bnacl溶液cnaoh溶液 dcucl2溶液（3）d为苯，其作用是_，在加入苯之前对电解液c应作何简单处理？_（4）若c用na2so4电解一段时间后看到白色fe（oh）2沉淀，再反接电源电解，除了电极上看到气泡外，另一明显现象为_2014-2015学年湖北省宜昌市长阳一中高三（上）起点化学试卷一、选择题（每题只有1个正确选项共51分）1化学在日常生活中具有广泛的应用，下列应用中不涉及氧化还原反应原理的是( )a用明矾kal（so4）212h2o净水b海水中提取溴c交警用cro3检验司机是否酒后驾驶d医务室用双氧水消毒【考点】氧化还原反应 【专题】氧化还原反应专题【分析】a、明矾净水是铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有悬浮杂质的作用；b、海水中提取溴，将氯气通入浓缩的海水中，氯气与海水中的溴化钠反应得到溴；c、因c2h5oh能被强氧化剂所氧化，发生氧化反应，体现了还原性，cro3反应后转化为cr2（so4）3；d、利用过氧化氢的强氧化性破坏组成细菌的蛋白质，使之死亡；【解答】解：a、明矾净水是铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有悬浮杂质的作用，发生的反应为al3+3h2oal（oh）3+3h+，反应是水解反应，故a符合；b、海水中提取溴，将氯气通入浓缩的海水中，氯气与海水中的溴化钠反应得到溴，发生的反应主要是cl2+2br=2cl+br2，反应是氧化还原反应，故b不符合；c、因c2h5oh能被强氧化剂所氧化，发生氧化反应，体现了还原性，cro3反应后转化为cr2（so4）3；表现了cro3的氧化性，故c不符合；d、双氧水又叫过氧氢溶液，它最大的作用就是强氧化性破坏组成细菌的蛋白质，杀灭厌氧菌，故d不符合；故选a【点评】本题主要考查了氧化反应和还原反应的概念，难度不大，掌握化学常识根据课本知识可完成2na2o2、hcl、al2o3 三种物质在水中完全反应后，溶液中只含有na+、h+、cl、oh；且溶液呈中性，则na2o2、hcl、al2o3的物质的量之比可能为( )a3：2：1b2：4：1c2：3：1d4：2：1【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】根据na2o2、hcl、al2o3 三种物质在水中完全反应后溶液显中性的可能情况来回答【解答】解：溶液中只含有na+、h+、cl、oh，且溶液呈中性，所以中性溶液的溶质为nacl，由反应2na2o2+2h2o=4naoh+o2，4naoh+4hcl=4nacl+4h2o，可看成al2o3不反应，只要na2o2、hcl的物质的量之比为2：4即符合题意，则na2o2、hcl、al2o3的物质的量之比可以为2：4：n，n可以是任意值，故选b【点评】本题是一道开放性的题目，考查学生分析和解决问题的能力，难度较大3常温下，下列溶液中可能大量共存的离子组是( )a含有大量s2的溶液：na+、clo、cl、co32b含有大量fe3+的溶液：k+、na+、alo2、so42c能使ph试纸变红的溶液：nh4+、na+、no3、hco3d水电离产生的c（h+）=11012moll1的溶液：mg2+、so42、no3、cl【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】a含有大量s2的溶液，显碱性；b离子之间相互促进水解；c能使ph试纸变红的溶液，显酸性；d水电离产生的c（h+）=11012moll1的溶液，为酸或碱溶液【解答】解：a含有大量s2的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，一定能大量共存，故a不选；bfe3+、alo2离子之间相互促进水解生成沉淀，一定不能共存，故b不选；c能使ph试纸变红的溶液，显酸性，h+、hco3反应生成水和气体，一定不能共存，故c不选；d水电离产生的c（h+）=11012moll1的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中oh、mg2+反应生成沉淀，酸溶液中该组离子不反应，则可能共存，故d选；故选d【点评】本题考查离子的共存，明确习题中的隐含信息是解答本题的关键，注意选项a为解答的难点，学生易忽略可能共存为易错点，题目难度不大4关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是( )a装置可用于分离苯和溴苯的混合物b装置可用于吸收hcl或nh3气体c装置可用于分解nh4cl制备nh3d装置b口进气可收集co2或no气体【考点】蒸馏与分馏；氨的实验室制法；气体的收集；尾气处理装置 【专题】化学实验常用仪器及试剂【分析】a、互相溶解的两种液体混合物的分离可以采用蒸馏的办法；b、氯化氢和氨气极易溶于水，要注意倒吸的危险；c、氯化铵分解后得不到氨气；d、收集密度比空气大的气体要长进短出，一氧化氮不能用排空气法收集【解答】解：a、苯和溴苯互相溶解，可以采用蒸馏的办法进行分离，故a正确；b、氯化氢和氨气极易溶于水，导气管直接伸入水层会产生倒吸，故b错误；c、氯化铵分解后产生的氨气和氯化氢遇冷会迅速化合，得不到氨气，故c错误；d、一氧化氮不能用排空气法收集，二氧化碳密度比空气大，收集时导管要长进短出，故d错误故选a【点评】本题考查学生有关物质的分离方法、气体的收集和吸收原则以及气体的制取等知识，难度不大5向100ml ph=0的硫酸和硝酸混合溶液中投入3.84g铜粉，微热使反应充分完成后，生成no气体448ml（标准状况）则反应前的混合溶液中含硝酸的物质的量为( )a0.02molb0.08molc0.10mold0.16mol【考点】有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算 【专题】计算题【分析】ph=0的硫酸和硝酸混合溶液中c（h+）=1mol/l，n（h+）=0.1l1mol/l=0.1mol，3.84g铜粉物质的量为=0.06mol，no的物质的量为=0.02mol，根据3cu+8h+2no3=3cu2+2no+3h2o可知，铜、h+过量，所以只可能是硝酸不足，进而可计算出硝酸的物质的量【解答】解：ph=0的硫酸和硝酸混合溶液中c（h+）=1mol/l，n（h+）=0.1l1mol/l=0.1mol，3.84g铜粉物质的量为=0.06mol，no的物质的量为=0.02mol，根据3cu+8h+2no3=3cu2+2no+3h2o可知，生成0.02molno，需要铜0.03mol、h+为0.08mol，所以铜、h+过量，所以只可能是硝酸不足，硝酸完全反应，根据氮元素守恒可知，溶液中n（hno3）=n（no）=0.02mol故选：a【点评】考查硝酸性质、混合物的计算等，难度中等，性质习惯用硝酸跟铜反应的化学方程式进行计算，容易忽视了硫酸电离出的h+造成错解，要重视离子方程式在化学计算中的应用6为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有na2o2或k2o2颗粒的装置，它的用途是产生氧气下列关于na2o2的叙述正确的是( )ana2o2中阴、阳离子的个数比为1：1bna2o2分别与水及co2反应产生相同量的o2时，需要水和co2的质量相等cna2o2分别与水及co2反应产生相同量的o2时，转移电子的物质的量相等dna2o2的漂白原理与so2的漂白原理相同【考点】钠的重要化合物 【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】na2o2的电子式为，可与水及co2反应，反应的方程式分别为2na2o2+2co2=2na2co3+o2，2na2o2+2h2o=4naoh+o2，以此解答【解答】解：反应的方程式分别为2na2o2+2co2=2na2co3+o2，2na2o2+2h2o=4naoh+o2，ana2o2的电子式为，故阴、阳离子的个数比为1：2，故a错误；b生成相同量的o2时消耗的水和二氧化碳的物质的量相同，但质量不同，故b错误；c由得失电子守恒知两者转移电子的物质的量相同，故c正确；dna2o2因具有强氧化性而有漂白性，so2易与有色物质化合生成无色不稳定的物质，故原理不同，故d错误故选c【点评】本题考查过氧化钠的性质，为高考高频考点，侧重于学生的分析能基础知识的综合运用，注意把握反应的化学方程式，根据方程式可解答该题，难度不大7今有甲、乙、丙三瓶等体积的新制氯水，浓度均为0.1mol/l如果在甲瓶中加入少量的nahco3晶体（m mol），在乙瓶中加入少量的nahso3晶体（m mol），丙瓶不变片刻后，甲、乙、丙三瓶溶液中hclo的物质的量浓度的大小关系（溶液体积变化忽略不计）( )a甲=乙丙b甲丙乙c丙甲=乙d乙丙甲【考点】物质的量浓度的相关计算；氯气的化学性质 【专题】计算题【分析】hclo的酸性比碳酸弱但比hco3的酸性强，加入少量的nahco3晶体，可促进氯气与水的反应，生成更多的hclo，hclo可与nahso3发生氧化还原反应而导致浓度降低【解答】解：甲中加入少量的nahco3晶体：hclo的酸性比碳酸弱但比hco3的酸性强，加入少量的nahco3晶体，可促进氯气与水的反应，生成更多的hclo；乙中加入少量的nahso3晶体：hclo可与nahso3发生氧化还原反应而导致浓度降低；丙不变，则甲、乙、丙三瓶溶液中hclo的物质的量浓度的大小关系为甲丙乙故选b【点评】本题考查氯气的化学性质以及外界条件对氯气与水反应的平衡影响，题目难度不大，本题注意从氯气的性质的角度分析8下列叙述中不正确的是( )a向含有少量caco3沉淀的水中通入co2，沉淀溶解；再向溶液中加入na2co3溶液，又有caco3沉淀生成b向na2co3溶液中逐滴加入含等物质的量hcl的稀盐酸，生成的co2与原na2co3的物质的量之比为1：2c等质量的nahco3和na2co3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，nahco3生成的co2较多d向na2co3饱和溶液中通入co2，有nahco3结晶析出【考点】钠的重要化合物 【专题】元素及其化合物【分析】a、根据碳酸钙与co2反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙能与碳酸钠发生反应来回答；b、根据碳酸钠和盐酸反应的化学方程式来回答；c、根据碳酸钠、碳酸氢钠和盐酸反应的化学方程式来回答；d、根据na2co3的溶解度大于nahco3【解答】解：a、碳酸钙与co2反应生成碳酸氢钙，沉淀溶解；碳酸氢钙能与碳酸钠发生反应生成碳酸钙和碳酸氢钠，故a不符合；b、根据化学方程式：na2co3+hcl=nacl+nahco3，当碳酸钠和盐酸物质的量相等时，不会产生二氧化碳，故b符合；c、nahco3和na2co3都与盐酸反应生成二氧化碳气体：na2co3+2hcl=2nacl+h2o+co2，nahco3+hcl=nacl+h2o+co2，即106g的na2co3和84gnahco3分别与过量盐酸反应，放出co2质量相等，故c不符合；d、向na2co3饱和溶液中通入co2，会发生反应：na2co3+co2+h2o=2nahco3，常温下相同的溶剂时，na2co3的溶解度大于nahco3，所以析出的是碳酸氢钠，故d不符合故选b【点评】本题考查na2co3和nahco3性质的异同，题目难度不大，注意把握na2co3和nahco3性质，注重基础知识的积累9为使fe2+，fe3+，zn2+较完全地形成氢氧化物沉淀，溶液的酸碱度分别为ph7.7、ph4.5、ph6.6某硫酸锌酸性溶液中含有少量fe2+，fe3+杂质离子，为除去这些离子制得纯净的znso4，应加入的试剂是( )ah2o2，znob氨水ckmno4，znco3dnaoh溶液【考点】物质分离、提纯的实验方案设计 【专题】化学实验基本操作【分析】为除去这些离子制得纯净的znso4，应首先将fe2+氧化为fe3+，然后加入zno、znco3等物质，调节溶液ph，使fe3+水解生成沉淀而除去，以此解答【解答】解：使fe3+、fe2+、zn2+较完全的形成氢氧化物沉淀，溶液的ph应分别为3.7、9.6、4.4左右，所以要除去硫酸锌酸性溶液中含有少量fe3+、fe2+，应该把fe2+氧化为fe3+，双氧水是绿色氧化剂不会引入杂质，所以用双氧水把fe2+氧化为fe3，再加入氧化锌调节溶液的ph，使fe3+转化为沉淀除去，故选a【点评】本题考查盐类水解的原理及应用，侧重于除杂与分离，题目较为基础，解答本题的关键是能把握除杂的原则10向50ml naoh溶液中逐渐通入一定量的co2（假设溶液体积不变），随后取此溶液10ml，将其稀释至100ml，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1moll1的盐酸，产生co2气体的体积（标准状况下）与所加入的盐酸的体积关系如图，下列分析错误的是( )aoa段所发生反应的离子方程式：h+ohh2o；co32+h+hcobnaoh在吸收co2后，所得溶液的溶质为naoh和na2co3，其物质的量浓度之比为1：1c产生的co2体积（标准状况下）为0.056 ld原naoh溶液的物质的量浓度为0.5 moll1【考点】离子方程式的有关计算 【专题】图像图表题【分析】当生成co2气体时，发生反应nahco3+hcl=nacl+h2o+co2，由图可知，生成co2气体至最大，消耗hcl为25ml，若二氧化碳与naoh反应后溶液中不含nahco3，由na2co3+hcl=nahco3+nacl可知，将co32转化为hco3应消耗hcl为25ml，而图象中开始生成co2气体时消耗hcl体积为50ml，说明该阶段还发生反应naoh+hcl=nacl+h2o，溶液中溶质为naoh、na2co3，中和naoh消耗hcl的体积为50ml25ml=25ml，根据反应消耗盐酸的体积计算naoh、na2co3的物质的量之比，以此来解答【解答】解：a图可知，生成co2气体至最大，消耗hcl为25ml，则oa段为naoh、na2co3与盐酸的反应，则离子反应为h+ohh2o、co32+h+hco3，故a正确；b生成co2气体至最大，消耗hcl为25ml，若二氧化碳与naoh反应后溶液中不含nahco3，由na2co3+hcl=nahco3+nacl可知，将co32转化为hco3应消耗hcl为25ml，而图象中开始生成co2气体时消耗hcl体积为50ml，说明该阶段还发生反应naoh+hcl=nacl+h2o，溶液中溶质为naoh、na2co3，中和naoh消耗hcl的体积为50ml25ml=25ml，由方程式可知nahco3和na2co3的物质的量之比等于两个过程分别消耗盐酸的体积之比，故naoh、na2co3的物质的量之比=25ml：25ml=1：1，故b正确；c由nahco3+hcl=nacl+h2o+co2可知，消耗25ml盐酸生成气体，则co2体积（标准状况下）为0.025l0.1mol/l22.4l/mol=0.056l，故c正确；d加入75ml盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液为nacl溶液，根据守恒可知10ml溶液中n（naoh）=n（nacl）=n（hcl）=0.075l0.1mol/l=0.0075mol，故原氢氧化钠溶液的浓度=0.75mol/l，故d错误；故选d【点评】本题考查混合物中离子反应的计算，为高频考点，把握消耗盐酸的体积与图象中各阶段发生的反应是解答的关键，侧重分析能力、计算能力的考查，题目难度较大11下表中评价合理的是( )选项化学反应及其离子方程式评价afe3o4与稀硝酸反应：2fe3o4+18h+=6fe3+h2+8h2o正确b向碳酸镁中加入稀盐酸：co23+2h+=co2+h2o错误，碳酸镁不应写成离子形式c向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：ba2+so24=baso4正确dfebr2溶液与等物质的量的cl2反应：2fe2+2br+2cl2=2fe3+4cl+br2错误，fe2+与br的化学计量数之比应为1：2aabbccdd【考点】离子方程式的书写 【专题】压轴题；离子反应专题【分析】a、fe3o4与稀硝酸反应产生的气体是一氧化氮；b、碳酸镁是难溶物质；c、铵根离子能和氢氧根离子反应产生氨气或者是一水合氨；d、氯气具有氧化性，亚铁离子的还原性强于溴离子【解答】解：a、fe3o4与稀硝酸反应产生的气体是一氧化氮，不会产生氢气，故a错误；b、碳酸镁是难溶物质，不应该写成离子形式，故b正确；c、铵根离子能和氢氧根离子反应产生氨气或者是一水合氨，向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液，反应为：2nh4+ba2+so42+2ohbaso4+2nh3h2o，故c错误；d、亚铁离子的还原性强于溴离子，febr2溶液与等物质的量的cl2反应为，亚铁离子被完全氧化，溴离子被部分氧化：2fe2+2br+2cl2=2fe3+4cl+br2，评价为正确；若fe2+与br的化学计量数之比应为1：2，则氯气需要过量，溴化亚铁全部反应，故d错误故选b【点评】本题考查学生离子方程式书写的正误判断，主要考查化合物的性质应用，特别是氧化性离子还原性离子的氧化还原反应的顺序，难度不大12某溶液中含有的溶质是febr2、fei2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加kscn溶液，溶液变为红色，则下列叙述正确的是( )原溶液中的br一定被氧化；通入氯气之后原溶液中的fe2+一定有部分或全部被氧化；不能确定通入氯气后的溶液中是否存在fe2+；若取少量所得溶液，再加入ccl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的agno3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的i、fe2+、br均被完全氧化abcd【考点】几组未知物的检验 【专题】元素及其化合物【分析】据氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加kscn溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化来分析【解答】解：氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加kscn溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化，原溶液中的br可能被氧化，故错误；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故正确；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在fe2+，故正确；若取少量所得溶液，再加入ccl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的agno3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的br被完全氧化，i、fe2+均被完全氧化，故正确；故选b【点评】本题考查学生氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的知识，综合性较强，难度较大13向一定量的feo和fe2o3的混合物中加入120ml 4moll1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344l no（标准状况），往所得溶液中加入kscn溶液，无血红色出现若用足量的氢气在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为( )a0.24 molb0.21 molc0.16 mold0.14 mol【考点】化学方程式的有关计算 【专题】计算题【分析】n（hno3）=0.12l4mol/l=0.48mol，n（no）=0.06mol，往所得溶液中加入kscn溶液，无血红色出现，说明全部生成fe2+，溶液溶质为fe（no3）2，结合铁守恒计算【解答】解：n（hno3）=0.12l4mol/l=0.48mol，n（no）=0.06mol，往所得溶液中加入kscn溶液，无血红色出现，说明全部生成fe2+，溶液溶质为fe（no3）2，则原混合物中n（fe）=0.21mol，则若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，由fe元素守恒可知，最终得到铁的物质的量为0.21mol，故选b【点评】本题考查混合物的计算，为高频考点，注意从守恒的角度解答该题较为直观，答题时注意体会，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大14甲、乙、丙、丁是由h+、na+、al3+、ba2+、oh、cl、hco3离子中的两种组成，可以发生如图转化，下列说法正确的是( )a甲为alcl3，乙为nahco3b溶液丙中还可以大量共存的离子有：fe2+、no3、so42c在甲中滴加丁开始反应的离子方程式：hco3+ba2+oh=baco3+h2od白色沉淀a可能溶解在溶液d中【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】甲、乙、丙、丁是由h+、na+、al3+、ba2+、oh、cl、hco3离子中的两种组成，依据离子共存原则，h+只能与cl生成hcl，al3+只能与cl生成alcl3，依据甲溶液能和乙溶液生成沉淀，气体和氯化钠，甲和丙生成气体和氯化钠，故甲和乙中含有能双水解的离子，且甲中含有na+，据此解答即可【解答】解：溶液中存在h+、na+、al3+、ba2+、oh、cl、hco3，故依据离子能大量共存的原则得出甲乙丙丁中含有两种物质，即：hcl和alcl3，因为甲溶液能和乙溶液生成沉淀，气体和氯化钠，故甲和乙中含有能双水解的离子，即al3+和hco3生成的气体b为二氧化碳，沉淀a为氢氧化铝，然后依据甲与丙生成气体，则甲为nahco3，那么乙为alcl3，甲与丁生成白色沉淀，则丁含有钡离子且与甲生成沉淀，则丁为氢氧化钡，丙为hcl，a、依据以上分析得出甲应为碳酸氢钠，故a错误；b、据分析可知，丙为hcl，含有h+，故fe2+、no3不能与其共存，故b错误；c、甲中滴加丁，甲是过量的，那么ba（oh）2应满足阳离子：阴离子=1：2的关系，故c错误；d、白色沉淀a为氢氧化铝能溶于强碱氢氧化钡，故d正确，故选d【点评】本题主要考查的是常见离子之间的反应以及物质的推断，有一定难度，需要认真整理15有些化学反应不论反应物量的多少，都只能用同一个离子方程式来表示下列各组在溶液中的反应不符合这一情况的是( )aba（oh）2与h2so4bkmno4和h2o2chcl与nahco3dca（hco3）2与naoh【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】化学反应不论反应物量的多少，都发生相同的反应，则离子反应相同；若改变用量，反应产物不同，则不能利用相同的离子反应表示，以此来解答【解答】解：a改变用量，均生成硫酸钡和水，可用同一离子反应表示，故a不选；b改变用量反应不同，如5h2o2+2mno4+6h+=5o2+2mn2+8h2o、2kmno4+3h2o2=2mno2+3o2+2h2o+2koh、7h2o2+2mno4+6h+=6o2+2mn2+10h2o，则离子反应不同，故b选；c改变用量，均反应生成氯化钠、水、二氧化碳，离子反应相同，故c不选；dnaoh少量，反应生成碳酸钙、碳酸氢钠、水；naoh过量，生成碳酸钙、碳酸钠和水，产物不同，离子反应不同，故d选；故选bd【点评】本题考查离子方程式的书写，为高频考点，把握发生的化学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、氧化还原反应的考查，注意量对反应的影响，选项b为解答的难点，题目难度不大16将一定质量的锌与10ml 18.5moll1浓硫酸充分反应，锌完全溶解，同时生成标准状况下的气体3.36l将反应后的溶液稀释至100ml，测得溶液中c（h+）=0.1moll1，则投入的锌的质量是( )a6.5gb9.75gc13gd1625g【考点】化学方程式的有关计算 【专题】计算题【分析】锌与浓硫酸发生：zn+2h2so4=znso4+so2+h2o，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：zn+h2so4=znso4+h2，生成1molso2转移电子2mol，生成1molh2转移电子2mol生成气体物质的量为=0.15mol，根据电子转移守恒，计算参加反应的锌的物质的量，在利用m=nm计算锌的质量【解答】解：锌与浓硫酸发生：zn+2h2so4=znso4+so2+h2o，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：zn+h2so4=znso4+h2，生成1molso2转移电子2mol，生成1molh2转移电子2mol即生成1mol气体转移电子数为2mol生成气体物质的量为=0.15mol，所以转移电子数为0.3mol根据电子转移守恒，参加反应的锌的物质的量为=0.15mol，质量为0.15mol65g/mol=9.75g故选：b【点评】本题考查化学方程式的计算，难度中等，可以利用常规解法计算出氢气与二氧化硫的物质的量，进行计算，比较麻烦本题采取电子转移守恒计算，也可以根据方程式利用锌与生成气体的关系进行，是不错的能力考查题17向100ml 0.1moll1硫酸铝铵nh4al（so4）2溶液中逐滴滴入0.1moll1 ba（oh）2溶液随着ba（oh）2溶液体积v的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示则下列说法中正确的是( )aa点的溶液呈中性bb点发生反应的离子方程式是：al3+2so42+2ba2+3ohal（oh）3+2baso4cc点加入ba（oh）2溶液的体积为200mldc点溶液呈碱性【考点】离子方程式的有关计算 【专题】计算题【分析】100ml 0.1moll1硫酸铝铵nh4al（so4）2，nh4al（so4）2物质的量为0.01mol溶液含有nh4+0.01mol，al3+0.01mol，so420.02mol关键弄清楚反应顺序，开始滴加同时发生反应为so42+ba2+=baso4，al3+3oh=al（oh）3，当al3+沉淀完全时需加入0.03moloh，即加入0.015molba（oh）2，加入的ba2+为0.015mol，so42未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；（开始到a）再滴加ba（oh）2，生成baso4沉淀，发生反应为so42+ba2+=baso4，nh4+oh=nh3h2o，所以沉淀质量继续增加；当so42完全沉淀时，共需加入0.02molba（oh）2，加入0.04moloh，al3+反应掉0.03moloh，生成al（oh）30.01mol，剩余0.01moloh恰好与nh4+完全反应，此时溶液中nh4+完全反应，此时溶液为氨水溶液；（a到b）继续滴加ba（oh）2，al（oh）3溶解，发生反应al（oh）3+oh=alo2+2h2o，由方程式可知要使0.01molal（oh）3完全溶解，需再加入0.005molba（oh）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液（b到c）【解答】解：100ml 0.1moll1硫酸铝铵nh4al（so4）2，nh4al（so4）2物质的量为0.01mol溶液含有nh4+0.01mol，al3+0.01mol，so420.02mol关键弄清楚反应顺序，开始滴加同时发生反应为so42+ba2+=baso4，al3+3oh=al（oh）3，当al3+沉淀完全时需加入0.03moloh，即加入0.015molba（oh）2，加入的ba2+为0.015mol，so42未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；再滴加ba（oh）2，生成baso4沉淀，发生反应为so42+ba2+=baso4，nh4+oh=nh3h2o，所以沉淀质量继续增加，但增加幅度较前一过程小；当so42完全沉淀时，共需加入0.02molba（oh）2，加入0.04moloh，al3+反应掉0.03moloh，生成al（oh）30.01mol，剩余0.01moloh恰好与nh4+完全反应，此时溶液中nh4+完全反应，此时溶液为氨水溶液，沉淀达最大为baso4和al（oh）3；继续滴加ba（oh）2，al（oh）3溶解，发生反应al（oh）3+oh=alo2+2h2o，由方程式可知要使0.01molal（oh）3完全溶解，需再加入0.005molba（oh）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液a、由分析可知，从开始到a点，发生反应为so42+ba2+=baso4，al3+3oh=al（oh）3，a点对应的沉淀为baso4和al（oh）3，溶液的溶质是（nh4）2so4，那么该物质水解溶液呈酸性溶液显示中性，故a错误；b、由分析可知，b点发生反应为so42+ba2+=baso4，nh4+oh=nh3h2o，故b错误；c、由分析可知，c点加入ba（oh）2的物质的量为0.005mol+0.02mol=0.025mol，所以=0.25l=250ml，故c错误d、由分析可知，c为溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，所以溶液呈碱性，故d正确；故选：d【点评】考查铝化合物的性质及计算，难度比较大，清楚整个反应过程是解题的关键，注意nh4+与al3+同时存在，oh首先与al3+反应，而nh4+与al（oh）3同时存在，o