湖南省益阳市箴言中学高三化学上学期第二次月考试题（含解析）新人教版(1).doc

湖南省益阳市箴言中学2015届高三上学期第二次月考化学试卷一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分）1下列应用不涉及氧化还原反应的是（）ana2o2用作呼吸面具的供氧剂b工业上电解熔融状态的al2o3制备alc工业上利用合成氨实现人工固氮d实验室用nh4cl和ca（oh）2制备nh3考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：氧化还原反应的本质特征是反应前后元素化合价的发生变化；依据元素化合价变化分析判断；解答：解：a、na2o2用作呼吸面具的供氧剂，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，发生了氧化还原反应，故a不符合；b、工业上电解熔融状态的al2o3制备al，是电解氧化铝发生氧化还原反应，故b不符合；c、工业上利用合成氨实现人工固氮，是单质气体单质和氢气化合生成氨气，发生了氧化还原反应，故c不符合；d、nh4cl和ca（oh）2制备nh3是复分解反应，故d符合；故选d点评：本题考查了氧化还原反应的概念应用，本质特征化合价变化的判断，较简单2（3分）w克下列物质电火花引燃后的产物通过足量的na2o2后，固体增重大于w克的是（）aco与h2的混合气体bch3ch2ohchcoohdch3cooh考点：化学方程式的有关计算.专题：计算题分析：h2、co在整个过程中发生的化学方程式为：2h2+o22h2o、2na2o2+2h2o=4naoh+o2；2co+o22co2、2na2o2+2co2=2na2 co3+o2，由反应方程式可知，过氧化钠增加的质量即为h2、co的质量因此只要是co或h2或它们的混合气体或化学组成符合（co）m（h2）n，固体增重等于w克，不符合此co）m（h2）n形式的，多o的增重的质量小于ag，多c的增重的质量大于ag，满足题意解答：解：ah2、co在整个过程中发生的化学方程式为：2h2+o22h2o、2na2o2+2h2o=4naoh+o2；2co+o22co2、2na2o2+2co2=2na2co3+o2，由反应方程式可知，过氧化钠增加的质量即为h2、co的质量，所以固体增重等于w克，故a错误；b乙醇ch3ch2oh可表示为（co）1（h2）3c，固体增重大于w克，故b正确；c甲酸hcooh，可以写成co1（h2）o，固体质量增加小于w克，故c错误；dch3cooh可表示为（co）2（h2）2，固体增重等于w克，故d错误；故选b点评：本题考查化学方程式的有关计算，注意根据方程式利用差量法进行解答，侧重考查学生分析解决问题的能力，题目难度中等3）足量下列物质与等质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是（）a氢氧化钠溶液b稀硫酸c盐酸d稀硝酸考点：铝的化学性质.专题：元素及其化合物分析：首先硝酸与金属铝反应不生成氢气，根据生成物的化学式：naal（oh）4、al2（so4）3、alcl3，通过物料守恒可直接判断出等量的铝消耗naoh物质的量最少解答：解：设al为1mol，a铝与氢氧化钠溶液反应生成naal（oh）4，1molal消耗1molnaoh；b铝与稀硫酸反应生成al2（so4）3，1mol铝消耗1.5mol硫酸；c铝与盐酸反应生成alcl3，1mol铝消耗3mol盐酸；d硝酸与金属铝反应不生成氢气，综合以上分析可知放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是氢氧化钠溶液，故选a点评：本题考查铝的性质，侧重于物质的量的判断，解答时可根据生成物的化学式，从质量守恒的角度分析，易错点为d，注意硝酸与铝反应不生成氢气4已知x、y中含有相同的元素，z、w中也含有相同的元素，根据反应x+h2oy+h2；z+h2ow+o2 （方程式均未配平），可推断x、y中及z、w中相同元素的化合价的高低顺序为（）axy、zwbxy、zwcxy、zwdxy、zw考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：x+h2oy+h2中，h元素的化合价降低，则x、y中相同元素的化合价升高；z+h2ow+o2中o元素的化合价升高，则z、w中相同元素的化合价降低，据此分析解答解答：解：氧化还原反应中，某元素的化合价升高（降低），则一定存在元素化合价的降低（升高），x+h2oy+h2中，h元素的化合价降低，则x、y中相同元素的化合价升高，即化合价为yx；z+h2ow+o2中o元素的化合价升高，则z、w中相同元素的化合价降低，即化合价为zw，故选d点评：本题考查了氧化还原反应，根据得失电子确定元素化合价升降，注意反应中各元素化合价变化，题目难度不大5（3分）向存在大量na+、cl的溶液中通入足量的nh3后，该溶液中还可能大量存在的离子组是（）ak+、br、co32bal3+、h+、mno4cnh4+、fe3+、so42dag+、cu2+、no3考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：向存在大量na+、cl的溶液中通入足量的nh3后，溶液呈碱性，该溶液中还可能大量存在的离子与cl、oh不反应解答：解：a在碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故a正确；bal3+、h+与oh不能大量共存，故b错误；cfe3+与oh不能大量共存，故c错误；dag+、cu2+与oh不能大量共存，故d错误故选a点评：本题考查离子共存问题，题目难度不大，注意加入氨水后溶液呈碱性，与oh反应的离子不能大量共存6（3分）科学家指出，食用虾类等水生甲壳类动物的同时服用维生素c容易中毒，这是因为对人体无害的+5价砷类物质在维生素c的作用下，能够转化为有毒的+3价砷类化合物下列说法不正确的是（）a维生素c具有还原性b上述过程中砷元素发生还原反应c上述过程中+5价砷类物质作氧化剂d+5价砷转化为+3价砷时，失去电子考点：氧化还原反应.专题：压轴题；氧化还原反应专题分析：根据+5价砷转化为有毒的+3价砷，则+5价砷类物质在反应中作氧化剂，发生还原反应，而这一转化是维生素c参加反应的导致的，则维生素c具有还原性，在氧化还原反应中得电子化合价降低，失去电子化合价升高解答：解：a、+5价砷类物质在维生素c的作用下，能够转化为有毒的+3价砷类化合物，则维生素c具有还原性，故a正确；b、砷元素的化合价降低，则发生还原反应，故b正确；c、反应中含化合价降低元素的物质为氧化剂，则+5价砷类物质作氧化剂，故c正确；d、化合价降低，元素得到电子，故d错误；故选d点评：本题考查氧化还原反应，明确信息的利用及元素化合价的分析是解答本题的关键，并注意氧化还原反应中的相关概念来解答7（3分）设na为阿伏伽德罗常数的值下列说正确的是（）a高温下，0.2molfe与足量水蒸气反应，生成的h2分子数目为0.3nab标准状况下，22.4l盐酸含有na个hcl分子c氢氧燃料电池正极消耗22.4l（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2nad5nh4no32hno3+4n2+9h2o反应中，生成28g n2时，转移的电子数目为3.75na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铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，产物中铁元素的平均化合价为+价，根据电子守恒计算出生成氢气的物质的量；b标准状况下，盐酸不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算盐酸的物质的量；c氢氧燃料电池中正极为氧气，标况下22.4l氧气的物质的量为1mol，消耗1mol氧气转移了4mol电子；d根据化合价变化判断生成28g氮气转移的电子式解答：解：a铁与水蒸气反应生成的是四氧化三铁，0.2mol铁完全反应转移的电子为：0.2mol=mol，根据电子守恒，生成氢气的物质的量为：=mol，生成的h2分子数目为na，故a错误；b标况下盐酸不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4l盐酸的物质的量，故b错误；c氢氧燃料电池中负极为氢气、正极为氧气，则正极消耗1mol氧气时转移了4mol电子，电路中通过的电子数目为4na，故c错误；d5nh4no32hno3+4n2+9h2o反应中，铵根离子中3价n原子被氧化成氮气，化合价升高了3价，消耗5mol铵根离子会生成4mol氮气，转移的电子的物质的量为：35mol=15mol，则生成1mol氮气转移的电子为：15mol=3.75mol，转移的电子数目为3.75na，故d正确；故选d点评：本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项d为易错点，注意该反应中化合价变化情况8（3分）若以w1和w2分别表示浓度为a mol/l和b mol/l氨水的质量分数，且知2a=b，则下列 判断正确的是（氨水的密度比纯水的小）（）a2w1=w2b2w2=w1cw22w1dw1w22w1考点：物质的量浓度的相关计算.专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：根据c=表示氨水的物质的量浓度，结合氨水的浓度越大密度越小，进行判断解答：解：设质量分数w1的氨水密度为1g/ml，质量分数w2的氨水的为2g/ml，质量分数w1的氨水的物质量浓度为a=mol/l，质量分数w2的氨水的物质量浓度为b=mol/l，由于2a=b，所以2mol/l=mol/l，故21w1=2w2，氨水的浓度越大密度越小，所以12，故w22w1，故选c点评：本题考查物质的量浓度的有关计算，难度中等，关键理解物质的量浓度与质量分数之间的关系，注意氨水、酒精的浓度越大、密度越小9（3分）下列指定反应的离子方程式正确的是（）acu溶于稀硝酸hno3：cu+2h+no3=cu2+no2+h2ob（nh4）2fe（so4）2溶液与过量naoh溶液反应制fe（oh）2：fe2+2oh=fe（oh）2c向naalo2溶液中通入过量co2制al（oh）3：co2+alo2+2h2o=al（oh）3+hco3d用ch3cooh溶解caco3：caco3+2h+=ca2+h2o+co2考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：acu和稀硝酸反应生成硝酸铜、no和水；b二者反应生成氢氧化亚铁、一水合氨；c二者反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；d弱电解质写化学式解答：解：acu和稀硝酸反应生成硝酸铜、no和水，离子方程式为3cu+8h+2no3=3cu2+2no+4h2o，故a错误；b二者反应生成氢氧化亚铁、一水合氨，离子方程式为fe2+2nh4+4oh=fe（oh）2+2nh3h2o，故b错误；c二者反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为co2+alo2+2h2o=al（oh）3+hco3，故c正确；d弱电解质写化学式，离子方程式为caco3+2ch3cooh=ca2+2ch3coo+h2o+co2，故d错误；故选c点评：本题考查离子方程式正误判断，明确物质的性质及离子方程式书写规则是解本题关键，单质、氧化物、弱电解质、气体、沉淀、络合物都写化学式，注意要结合原子守恒、电荷守恒及转移电子守恒，题目难度不大，易错选项是b，注意b中离子反应先后顺序及反应物的量，为易错点10下列依据相关实验得出的结论正确的是（）a向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液一定是碳酸盐溶液b用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液c将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，该气体一定是乙烯d向某溶液中滴加kscn 溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含fe2+考点：常见阳离子的检验；常见气体的检验；常见阴离子的检验.专题：物质检验鉴别题分析：a、二氧化硫通入澄清石灰水也会变浑浊；b、钾元素的焰色反应若不用钴玻璃也会发出黄色火焰；c、溴水中溴单质是强氧化剂，通入的气体只要是还原性气体都可以使溴水褪色；d、依据亚铁离子的检验方法分析判断解答：解：a、向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液可能是碳酸盐溶液或碳酸氢盐溶液或亚硫酸盐溶液，故a错误；b、用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，钾元素的焰色反应若不用钴玻璃也会发出黄色火焰，该溶液不一定是含钠元素的溶液，故b错误；c、将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，通入的气体只要是还原性气体或能发生加成的有机气体都可以使溴水褪色，如二氧化硫、硫化氢等，该气体不一定是乙烯，故c错误；d、向某溶液中滴加kscn 溶液，溶液不变色，说明不含铁离子，滴加氯水后溶液显红色，氯气氧化亚铁离子为铁离子，遇到硫氰酸钾溶液生成血红色溶液证明该溶液中一定含fe2+，故d正确；故选d点评：本题考查了常见离子检验方法和现象判断，主要是碳酸盐、亚硫酸盐、溴单质、亚铁离子等物质性质的分析应用，焰色反应的实验方法应用，题目难度中等11（3分）我省盛产矿盐（主要成分是nacl，还含有so42等其他可溶性杂质的离子）下列有关说法正确的是（）a有矿盐生成食盐，除去so42 最合适的实际是ba（no3）2b工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气c用酚酞试液可鉴别饱和食盐水和饱和纯碱溶液d室温下，agcl在水中的溶解度小于在食盐中的溶解度考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；金属冶炼的一般原理；物质的分离、提纯和除杂.专题：离子反应专题；电离平衡与溶液的ph专题分析：a除杂不能引入新杂质；b电解氯化钠溶液，生成naoh、氢气、氯气；c纯碱溶液显碱性，酚酞的变色范围为810；d存在agcl（s）ag+（aq）+cl（aq），结合平衡移动分析解答：解：a除杂不能引入新杂质，则除去so42 最合适的实际是bacl2，故a错误；b电解氯化钠溶液，生成naoh、氢气、氯气，则电解熔融nacl制备金属钠和氯气，故b错误；c纯碱溶液显碱性，酚酞的变色范围为810，则加酚酞变红的为碳酸钠，无色的为nacl，可鉴别，故c正确；d存在agcl（s）ag+（aq）+cl（aq），在nacl溶液中抑制溶解，则溶解度小，则室温下，agcl在水中的溶解度大于在食盐中的溶解度，故d错误；故选c点评：本题考查较综合，涉及混合物的分离提纯、物质的鉴别、电解原理、溶解平衡移动等，综合性较强，注重高频考点的考查，题目难度不大12下列实验方案中，不能测定na2co3和nahco3混合物中na2co3质量分数（）a取a克混合物充分加热，减重b克b取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体c取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克d取a克混合物与足量ba（oh）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体考点：钠的重要化合物.专题：压轴题分析：实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果a、此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；b、根据钠守恒，可列方程组求解；c、c项应先把水蒸气排除才合理；d、根据质量关系，可列方程组求解解答：解：a、在na2co3和nahco3中，加热能分解的只有nahco3，故a项成立；b、反应后加热、蒸干、灼烧得到的固体产物是nacl，na2co3和nahco3转化为nacl时的固体质量变化不同，由钠元素守恒和质量关系，可列方程组计算，故b项成立；c、c项中碱石灰可以同时吸收co2和水蒸气，则无法计算，故c项错误；d、na2co3和nahco3转化为baco3时的固体质量变化不同，利用质量关系来计算，故d项成立故选：c点评：本题看似是实验设计，实际上是从定性和定量两个角度考察碳酸钠和碳酸氢钠性质的不同13（3分）对相同状况下的12c18o和14n2两种气体，下列说法正确的是（）a若质量相等，则质子数相等b若原子数相等，则中子数相等c若分子数相等，则体积相等d若体积相等，则密度相等考点：阿伏加德罗定律及推论；质量数与质子数、中子数之间的相互关系.专题：原子组成与结构专题分析：本题需要根据阿伏伽德罗定律及其推论来解答，要针对4个选项中相同的量来分别计算其要求的其他量是否相等解答：解：对于 12c18o和14n2，它们的摩尔质量分别为（12+18）g/mol和（14+14）g/mol，即30g/mol和28g/mol，二者所含质子数分别为6+8=14和7+7=14，所含中子数分别为（126）+（188）=16和（147）+（147）=14a、设质量均为1g，则它们所含质子的物质的量之比为：=14：15，因为微粒数之比等于物质的量之比，所以其质子数之比也是14：15，故a错误b、二者均为双原子分子，原子数相等时，二者的物质的量相等，其中子数之比为16：14=8：7，即原子数相等时，中子数不相等，故b错误c、相同条件时，分子数之比等于物质的量之比等于体积之比，则分子数相等，其体积必然相等，故c正确d、相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，其密度之比为30：28=15：14，即体积相等时，其密度不相等，故d错误故选c点评：解答本题要熟练记忆阿伏伽德罗定律及其推论，并能把握各自的前提条件，才能灵活运用，学习新课时本类题会成为难点，因此要知难而进，才能突破难点14下列叙述和均正确并且有因果关系的是（）选项叙述叙述anh4cl为强酸弱碱盐用加热法除去nacl中的nh4clbfe3+具有氧化性用kscn溶液可以鉴别fe3+c溶解度：caco3ca（hco3）2溶解度：na2co3nahco3dsio2可与hf反应氢氟酸不能保存在玻璃瓶中aabbccdd考点：铵盐；硅和二氧化硅；二价fe离子和三价fe离子的检验.专题：氮族元素；碳族元素；几种重要的金属及其化合物分析：a氯化铵是强酸弱碱盐，且不稳定；b铁离子具有氧化性，能氧化还原性物质，铁离子和硫氰根离子反应生成血红色硫氰化铁溶液；c碳酸钙的溶解度小于碳酸氢钙，但碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠；d二氧化硅是酸性氧化物，但能和氢氟酸反应解答：解：a氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，氯化铵不稳定，加热易分解，两者没有因果关系，故a错误；b铁离子具有氧化性，能氧化还原性物质，铁离子和硫氰根离子反应生成血红色硫氰化铁溶液，可以用硫氰化钾溶液检验铁离子，两者没有因果关系，故b错误；c碳酸钙的溶解度小于碳酸氢钙，但碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，二者没有因果关系，故c错误；d二氧化硅能和氢氟酸反应，玻璃中含有二氧化硅，所以玻璃瓶不能保存氢氟酸，二者有因果关系，故d正确；故选d点评：本题考查较综合，明确二氧化硅的性质，铁离子的检验是高考热点，应熟练掌握15（3分）x、y、z、w有如图所示的转化关系，则x、w可能是c、o2alcl3、naohfe、hno3s、o2（）abcd考点：无机物的推断；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用.专题：推断题分析：将选项中的物质带入验证即可，图象中x、y都能与w反应解答：解：x为c、w为o 2时，y为co，z为co 2，且c与o2完全反应即生成co 2，故正确；若x为alcl 3、w为naoh，则y为al（oh）3，z为naalo 2，过量naoh与alcl 3反应生成naalo 2，故正确；若x为fe、w为hno3，fe过量时生成fe（no 3）2，继续与hno3反应生成fe（no 3）3，fe在过量hno 3中生成fe（no 3）3，故正确；若x为s、w为o2，s与氧气反应生成二氧化硫，在催化剂条件下二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，但硫单质不能与氧气反应生成直接三氧化硫，故错误点评：本题考查元素化合物中的连续反应，思维容量较大，需要对物质间的转换关系及转换条件非常熟悉，否则易出错16（3分）某氯化镁溶液的密度为1.18gcm3，其中镁离子的质量分数为5.1%，则300ml该溶液中cl的物质的量约等于（）a0.37 molb0.63 molc0.74 mold1.50 mol考点：物质的量浓度的相关计算.专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：根据m=v计算氯化镁溶液的质量，根据m（mg2+）=m（溶液）（mg2+）计算镁离子质量，再根据n=计算镁离子的物质的量，根据电荷守恒氯化镁溶液中n（cl）=2n（mg2+）解答：解：氯化镁溶液的质量为：1.18gcm3300ml=354g，镁离子的质量为：354g5.1%=3.545.1g，镁离子的物质的量为：=0.75mol，根据电荷守恒氯化镁溶液中n（cl）=2n（mg2+）=20.75mol=1.5mol，故选d点评：考查物质的量浓度、质量分数、常用化学计量的有关计算，比较基础，注意公式的灵活运用17（3分）（2012江苏）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）al2o3naalo2（aq）al（oh）3sso3h2so4饱和nacl（aq）nahco3na2co3fe2o3fecl3（aq）无水fecl3mgcl2（aq）mg（oh）2mgoabcd考点：镁、铝的重要化合物；二氧化硫的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物.专题：元素及其化合物分析：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝硫燃烧生成二氧化硫在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中nahco3溶解度最小，所以析出nahco3，加热nahco3分解生成碳酸钠氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，fe3+水解，加热蒸发得不到无水fecl3氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁解答：解：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2naalo2+co2+3h2o=2al（oh）3+na2co3，生成氢氧化铝，故正确；硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故错误；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中nahco3溶解度最小，析出nahco3，加热nahco3分解生成碳酸钠，故正确；氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，fe3+水解fe3+3h2o2fe（oh）3+hcl，加热蒸发hcl挥发，平衡向右移动，得不到无水fecl3，故错误；氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，故正确故正确故选：a点评：考查元素化合性质、侯德榜制碱法、盐类水解等，难度中等，注意侯德榜制碱法要先通氨气，后通二氧化碳，以便获得高浓度离子溶液18（3分）1.52g 铜镁合金完全溶解于50ml 密度为1.40g/ml、质量分数为63%的浓硝酸中，得到no2和n2o4的混合气体1120ml（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/l naoh溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀下列说法不正确的是（）a该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1b得到2.54 g沉淀时，加入naoh溶液的体积是600 mlcno2和n2o4的混合气体中，no2的体积分数是80%d该浓硝酸中hno3的物质的量浓度是14.0 mol/l考点：化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算.专题：计算题分析：a金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，根据n=计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中cu、mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；b根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，再根据v=计算需要氢氧化钠溶液的体积；c根据n=计算no2和n2o4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列放出计算，进而计算二氧化氮的体积分数；d根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度解答：解：a金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中cu、mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故a正确；b根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05l14mol/l0.04mol（0.050.04）2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64l=640ml，故b错误；cno2和n2o4混合气体的物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05a）mol，根据电子转移守恒可知，a1+（0.05a）21=0.06，解得a=0.04，故no2的体积分数是100%=80%，故c正确；d该浓硝酸密度为1.40g/ml、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/l=14mol/l，故d正确；故选b点评：本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想进行的解答二、非选择题（共四道小题共计46分）19（12分）通常情况下，微粒a和b为分子，c和e为阳离子，d为阴离子，它们都含有10个电子；b溶于a后所得的物质可电离出c和d；a、b、e三种微粒反应后可得c和一种白色沉淀请回答：（1）用化学符号表示下列4种微粒：a：h2o；b：nh3；c：nh4+；d：oh（2）写出a、b、e三种微粒反应的离子方程式：al3+3nh3+3h2oal（oh）3+3nh4+或mg2+2nh3+2h2omg（oh）2+2nh4+考点：无机物的推断；原子核外电子排布.专题：推断题分析：常见的10电子分子有h2o、nh3、ch4、hf等，常见的10电子阳离子有na+、mg2+、al3+、nh4+、h3o+，常见的10电子阴离子有f、oh，根据“b溶于a后所得的物质可电离出c和d”，可推出a为h2o、b为nh3、c为nh4+、d为oh，再根据a、b、e反应后可得c和一种白色沉淀，可推出e为mg2+或al3+，从而得出答案解答：解：常见的10电子分子有h2o、nh3、ch4、hf等，常见的10电子阳离子有na+、mg2+、al3+、nh4+、h3o+，常见的10电子阴离子有f、oh，根据“b溶于a后所得的物质可电离出c和d”，可推出a为h2o、b为nh3、c为nh4+、d为oh，再根据a、b、e反应后可得c和一种白色沉淀，可推出e为mg2+或al3+，（1）由上述分析可知，a为h2o；b为nh3；c为nh4+；d为oh；故答案为：h2o；nh3；nh4+；oh；（2）a为h2o、b为nh3，e为mg2+或al3+，a、b、e三种微粒反应的离子方程式为：al3+3nh3+3h2oal（oh）3+3nh4+或mg2+2nh3+2h2omg（oh）2+2nh4+；故答案为：al3+3nh3+3h2oal（oh）3+3nh4+或mg2+2nh3+2h2omg（oh）2+2nh4+点评：考查物质（微粒）的推断、离子反应等，难度中等，掌握常见的10电子微粒及其性质是推断的关键，b溶于a后所得的物质可电离出c和d，是突破口20（10分）硫酸钠过氧化氢加合物（xna2so4yh2o2zh2o）的组成可通过下列实验测定：准确称取1.7700g样品，配制成100.00ml溶液a准确量25.00ml溶液a，加入盐酸酸化的bacl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体0.5825g准确量取25.00ml溶液a，加适量稀硫酸酸化后，用0.020 0moll1 kmno4溶液滴定至终点，消耗kmno4溶液25.00mlh2o2与kmno4反应的离子方程式如下：2mno4+5h2o2+6h+2mn2+8h2o+5o2（1）已知室温下baso4的ksp=1.11010，欲使溶液中c（so42）1.0106moll1，应保持溶液中c（ba2+）_1.1104moll1（2）上述滴定若不加稀硫酸酸化，mno4被还原为mno2，其离子方程式为2mno4+3h2o22mno2+3o2+2oh+2h2o（3）通过上述实验事实，该样品的组成为（写化学式）2naso4h2o22h2o（4）上述实验kmno4溶液滴定至终点的现象是）溶液由无色变紫红色怎样判断滴定达到了终点当最后一滴kmno4溶液滴下时，溶液突然由无色变紫红色，且30秒内不褪色考点：化学方程式的有关计算.专题：计算题分析：（1）根据沉淀溶解平衡常数ksp=c（so42）c（ba2+ ）来计算；（2）不加稀硫酸酸化，mno4被还原为mno2，双氧水被氧化生成氧气，根据电荷守恒可知有氢氧根离子生成，再根据原子守恒判断是否有水生成，配平书写；（3）生成的白色固体0.5825g为硫酸钡，根据n=计算硫酸钡的物质的量，根据硫酸根守恒可知n（na2so4）=n（baso4）根据方程式计算25ml溶液中n（h2o2），再根据m=nm计算25ml溶液中硫酸钠、过氧化氢的质量，继而计算结晶水的质量，根据各物质的物质的量之比确定x：y：z，据此书写化学式；（4）在酸性环境下，高锰酸根离子可以将亚铁离子氧化为三价铁离子，根据实验kmno4溶液滴定达终点现象解答，当溶液由无色变成紫红色，并在半分钟后不褪去可判断滴定达到终点；解答：解：（1）沉淀溶解平衡常数ksp=c（so42）c（ba2+ ），当c（so42）1.0105 moll1，所以溶液中c（ba2+ ）=1.1104mol/l，故答案为：1.1104；（2）不加稀硫酸酸化，mno4被还原为mno2，mn元素共降低3价，双氧水被氧化生成氧气，氧元素共升高2价，化合价最小公倍数为6，故mno4的系数为2、mno2的系数为2，h2o2的系数为3、o2系数为3，根据电荷守恒可知有oh生成，其系数为2，由原子守恒可知，有水生成，其系数为2，反应离子方程式为：2mno4+3h2o2=2mno2+3o2+2oh+2h2o，故答案为：2mno4+3h2o2=2mno2+3o2+2oh+2h2o；（3）n（na2so4）=n（baso4）=2.50103mol，根据2mno4+5h2o2+6h+=2mn2+8h2o+5o2可知，n（h2o2）=0.02000moll10.025l/=1.25103mol m（na2so4）=142gmol12.50103mol=0.355g m（h2o2）=34gmol11.25103mol=0.0425g n（h2o）=（1.7700g0.355g0.0425g）18gmol1=2.50103mol x：y：z=n（na2so4）：n（h2o2）：n（h2o）=2：1：2 硫酸钠过氧化氢加合物的化学式为2na2so4h2o22h2o故答案为：2na2so4h2o22h2o；（4）当高锰酸钾稍过量时，溶液由无色变为浅紫色，当最后一滴kmno4溶液滴下时，溶液突然由无色变紫红色，且30秒内不褪色，说明滴定达到了终点，故答案为：溶液由无色变紫红色；当最后一滴kmno4溶液滴下时，溶液突然由无色变紫红色，且30秒内不褪色；点评：本题属于物质组成分析与化学综合计算题，涉及氧化还原反应滴定、溶度积的计算、离子方程式书写等，难度中等，注意运用元素守恒进行推理计算，学习中紧紧抓住元素守恒守恒、质量守恒、电荷守恒、极端分析等化学常用分析方法21以富含硫酸亚铁的工业废液为原料生产氧化铁的工艺如下（部分操作和条件略）：从废液中提纯并结晶出feso47h2o将feso47h2o配制成溶液feso4溶液与稍过量的nh4hco3溶液混合，得到含feco3的浊液将浊液过滤，用90热水洗涤沉淀，干燥后得到feco3固体煅烧feco3，得到fe2o3固体已知：nh4hco3在热水中分解（1）中，加足量的铁屑除去废液中的fe3+，该反应的离子方程式是fe+2fe3+=3fe2+（2）中，需加一定量酸，该酸最好是硫酸运用化学平衡原理简述该酸的作用加入硫酸，增大氢离子浓度，使fe2+2h2o=fe（oh）2+2h+的平衡向左移动，从而抑制fe2+的水解；（3）中，生成feco3的离子方程式是fe2+2hco3=feco3+co2+h2o若feco3浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，该变化的化学方程式是4feco3+6h2o+o2=4fe（oh）3+4co2（4）中，通过检验来判断沉淀是否洗涤干净，检验的操作是取少量洗涤后的溶液于试管中，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀洗涤干净（5）已知煅烧feco3的化学方程式是4feco3+o22fe2o3+4co2现煅烧464.0kg的feco3，得到316.8kg产品若产品中杂质只有feo，则该产品中fe2o3的质量是288.0kg（摩尔质量/gmol1：feco3 116fe2o3 160feo 72）考点：离子方程式的书写；化学方程式的有关计算；化学平衡的影响因素.专题：计算题分析：（1）利用铁的还原性，同时不引入新的杂质；（2）运用水解原理，同时不引入新的杂质；（3）+2价的铁具有还原性，容易被氧化；（4）用可溶性钡盐检验硫酸根离子；（5）结合方程式进行相关计算解答：解：（1）铁屑与fe3+发生氧化还原反应，离子方程式为：fe+2fe3+=3fe2+，故答案为：fe+2fe3+=3fe2+；（2）获得feso4溶液，故最好选用硫酸，不会引入新的杂质；加入硫酸，增大氢离子浓度，使fe2+2h2o=fe（oh）2+2h+的平衡向左移动，从而抑制fe2+的水解；故答案为：硫酸；加入硫酸，增大氢离子浓度，使fe2+2h2o=fe（oh）2+2h+的平衡向左移动，从而抑制fe2+的水解；（3）feso4溶液与nh4hco3溶液反应生成feco3的方程式为：fe2+2hco3=feco3+co2+h2o，+2价的铁具有还原性，故feco3浊液在空气中容易被氧化生成氢氧化铁，方程式为：4feco3+6h2o+o2=4fe（oh）3+4co2，故答案为：fe2+2hco3=feco3+co2+h2o；4feco3+6h2o+o2=4fe（oh）3+4co2；（4）检验硫酸根离子的方法是：取少量洗涤后的溶液于试管中，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀洗涤干净，故答案为：取少量洗涤后的溶液于试管中，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀洗涤干净；（5）464.0kg的feco3的物质的量为464.0kg116g/mol=4kmo