河南省重点中学高三化学上学期第二次段考试题（含解析）.doc

2015-2016学年河南省重点中学高三（上）第二次段考化学试卷一.单项选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分）1下列物质或微粒中，按只有还原性，只有氧化性，既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是（）ana、cl2、br2bh2、n2o4、cl2ci、f2、h2odso2、h+、hcl2下列叙述比较严谨的是（）a将两种带相反电荷的胶体混合，能发生聚沉b有化学键断裂的变化一定是化学变化cia族元素形成的单质的熔点随原子序数的递增而降低d碱性氧化物一定是金属氧化物3某化合物的水溶液能导电，且溶液中不存在电解质分子，但该化合物属于非电解质，符合该条件的物质是（）acl2bnh3cso3dna2o4na表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）a标准状况下，等体积的水和co2，含有的氧原子数目为1：2b含有na个阴离子的na2o2与足量水反应，转移电子数为2nac向含有1molfei2的溶液中通入适量氯气，当有na个fe2+被氧化时，共转移电子数为3nad一个no分子质量为a g，一个no2分子质量是b g，则na个o2的质量为（ba）nag5下列说法不正确的是（）将so2通入溶有足量氨的bacl2溶液中，无白色沉淀生成将盐酸、kscn 溶液和fe（no3）2溶液三种溶液混合，混合溶液显红色向某溶液中滴入盐酸酸 化的bacl2溶液产生白色沉淀，证明溶液中一定含有将两小块质量相等的金属钠，一块直接投入水中，另一块用铝箔包住，在铝箔上刺些小孔，然后按入水中，两者放出的氢气质量相等使用明矾可以对水进行消毒、杀菌a只有bcd6下列溶液中，能大量共存的离子组是（）aba2+、cu2+、c1、no3bca2+、al3+、br、clocnh4+、k+、hso3、co32dna+、k+、mno4、i7下列反应的离子方程式正确的是（）a物质的量浓度相等的碳酸氢钡溶液和氢氧化钠溶液等体积混合ba2+2hco3+2oh=baco3+co32+2h2obnahso4溶液中滴加入ba（oh）2溶液至中性：2h+ba2+2oh+so42=baso4+2h2oc以石墨作电极电解氯化镁溶液：2cl+2h2o2oh+h2+cl2d碳酸氢钠溶液加入氯化铝溶液 3hco3+al3+3co2+al（oh）38下列离子方程式中，不正确的是（）a向febr2溶液中通入少量的cl2：2fe2+cl2=2fe3+2clb向nh4al（so4）2溶液中滴入ba（oh）2恰好使so42反应完全：2ba2+4oh+al3+2so42=2baso4+alo2+2h2oc向mg（hco3）2溶液中加入过量的 naoh溶液：mg2+2hco3+4oh=mg（oh）2+2co32+2h2od向fe（no3）2溶液中加入稀盐酸：3fe2+4h+no3=3fe3+no+2h2o9将一定质量的镁铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物全部是no）向反应后的溶液中加入3mol/lnaoh溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加7.65g，则下列叙述中正确的是（）a当生成沉淀达到最大量时，消耗naoh溶液的体积为150mlb当金属全部溶解时收集到no气体的体积为4.48l（标准状况下）c参加反应的金属的总质量一定是9.9gd当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.6mol10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的个数比为2：3：4，向该溶液中通入氯气使溶液中cl和br的个数比为3：1，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余fe2+的物质的量之比为（）a7：1b7：2c7：3d7：411把一块镁铝合金投入到1mol/l hcl溶液里，待合金完全溶解后，再往溶液里加入1mol/l naoh溶液，生成沉淀的物质的量随加入naoh溶液体积变化的关系如图所示下列说法中错误的是（）ahcl溶液的体积为80mlba的取值范围为0a50c当a值为30时，b值为0.01d的最大值为2.512在3brf3+5h2ohbro3+br2+9hf+o2中，若有5mol水做还原剂时，被水还原的brf3的物质的量是（）a3 molb2 mocmoldmol13a mol fes与b mol feo投入到v l、c moll1的硝酸溶液中充分反应，产生no气体，所得澄清溶液成分可看做是fe（no3）3、h2so4的混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为（）（a+b）63g （a+b）189g 3（a+b） mol （vc）molabcd14fe、mg、al分别跟稀盐酸充分反应得到相同质量的氢气其原因是：fe、mg、al的质量相等，盐酸足量； fe、mg、al的质量比是56：24：27，盐酸足量；fe、mg、al的质量比是28：12：9，盐酸足量；fe、mg、al均过量，所用盐酸的溶质质量分数和质量都相同你认为可能的原因是（）abcd15某无色溶液中可能含有k+、fe3+、cu2+、so42、so32、co32、cl、br这几种离子中的若干种，依次进行下列实验，观察到的现象记录如下：ph试纸检验，溶液的ph7取少量原溶液，向溶液中加入过量的bacl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成另取少量原溶液，向溶液中滴加足量氯水、无气体产生，再加入ccl4振荡，静置后ccl4层呈橙色，用分液漏斗分液向分液后的水溶液中加入ba（no3）2和hno3溶液，有白色沉淀产生在滤液中加入agno3和hno3的混合溶液有白色沉淀产生则关于原溶液的判断中正确的是（）a肯定不存在的离子是fe3+、cu2+、co32、brb肯定存在的离子是k+、so42、so32c无法确定原溶液中是否存在cl和co32d若步骤改用bacl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断也无影响16下图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量下列反应对应的曲线错误的是（）a向naalo2溶液中滴入hcl至过量b向澄清石灰水中通入co2至过量c向含有盐酸的alcl3溶液中滴入naoh溶液至过量d向含有等物质的量的ca（oh）2、koh的混合溶液中通入co2至沉淀消失二、填空题（本题包括5小题，共52分）17在酸性条件下，kbro3能把ki氧化成i2或kio3，本身被还原成br或br2，kio3能氧化ki生成i2或氧化br成为br2（本身均被还原为i2）请写出在稀h2so4中kbro3与ki发生反应的三个离子方程式：（1）氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：6，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5，氧化剂和还原剂的物质的量之比为6：5，（2）现取1l 0.4mol/l kbro3和4l 0.1mol/l ki与足量的稀硫酸混合，你认为发生上述三个反应的哪些反应（填编号）18（10分）（2009红桥区一模）a、b、c为单质，其中一种是金属，通常状况下，a为固体b为液体（且主要从海水中提取），c为气体，其余均为化合物，x是一种具有挥发性的无氧强酸，e为黑色固体，h为无色液体，它们之间的转化关系如图（其中某些反应条件和产物已略去）（1）写出：a的化学式，f的化学式，h的电子式（2）在反应中，不属于氧化还原反应的是 （填序号）（3）完成e和x反应的离子方程式：（4）与b同族的元素中最高价氧化物的水化物其酸性最强的是 （填化学式）（5）完成h和某种化合物快速制c的化学方程式，每生成0.15 mol c电子转移mol（6）b蒸气与过量氨气混合有白烟及另一种气体单质产生，该反应的化学方程式为：19（14分）（2012房山区一模）亚硝酸钠是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛现用如图所示仪器（夹持装置已省略）及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物成分已知：no+no2+2oh=2no2+h2o气体液化的温度：no2 21、no152（1）为了检验装置a中生成的气体产物，仪器的连接顺序（按左右连接）：a、c、（2）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排除装置中的空气，目的是（3）在关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，a中产生红棕色气体确认a中产生的气体含有no，依据的现象是装置e的作用是（4）如果向d中通入过量o2，则装置b中发生反应的化学方程式为如果没有装置c，对实验结论造成的影响是（5）通过上述实验探究过程，可得出装置a中反应的化学方程式是20（14分）（2015秋河南校级月考）聚合硫酸铁（pfs）是一种新型高效的无机高分子絮凝剂，广泛用于水的处理现用一定质量的铁的氧化物（如图）为原料来制取聚合硫酸铁，为控制水解时fe3+的浓度，防止生成氢氧化铁沉淀，原料中的fe3+必须先还原为fe 2+实验步骤如下：（1）实验室用18.4moll1的浓硫酸配制250ml4.8moll1的硫酸溶液，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和量筒外，还需（2）在步骤（1）配制250ml4.8moll1的硫酸溶液过程中，下列操作会使配置的溶液的浓度偏高的是a用量筒量取浓硫酸时，俯视读数b把量筒中的浓硫酸转移到烧杯中稀释后，用少量蒸馏水洗涤一下量筒内壁，同时把洗涤液也转移到烧杯中c稀释后的硫酸溶液及时用玻璃棒引流转移到容量瓶中d移夜时容量瓶内壁未干燥，残留有水（3）写出步骤中用naclo3氧化时的离子方程式（提示：clo3转化为cl）；已知1mol hno3的价格为0.16元，1mol naclo3的价格为0.45元，评价用hno3代替naclo3作为氧化剂的利弊，利是，弊是（4）为了分析产品聚合硫酸铁溶液中so42与fe3+ 物质的量之比，有人设计了以下操作：（a）取25ml聚合硫酸铁溶液，加入足量的bacl2溶液，产生白色沉淀，白色沉淀经过过滤、洗涤、干燥后，称重，其质量为m g（b）另取25ml聚合硫酸铁溶液，加入足量铜粉，充分反应后过滤、洗涤，将滤液和洗液合并配成250ml溶液，取该溶液25.00ml，用kmno4酸性溶液滴定，到达终点时用去0.1000mol/l kmno4标准溶液vml反应的离子方程式为：5fe2+mno4+8h+=5fe3+mn2+4h2o回答下列问题：判断（a）步骤溶液中so42离子已沉淀完全的方法是_；在（b）步骤中判断达到终点的现象是；聚合硫酸铁中so42与fe3+的物质的量之比为（用含m、v的代数式表示）21a、b、c、d、e五瓶透明溶液，分别是hcl、bacl2、nahso4、na2co3和agno3中的一种已知：a与b的反应有气体生成；b与c反应有沉淀生成；c与d反应有沉淀生成在和的反应中生成的沉淀是同一种物质d与e反应有沉淀生成；a与e反应有气体生成；请填空：（ 1 ）在和的反应中生成的沉淀的化学式（分子式）是（2）a是，b是，c是，d是，e是（3）写出各反应的离子方程式：2015-2016学年河南省重点中学高三（上）第二次段考化学试卷参考答案与试题解析一.单项选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分）1下列物质或微粒中，按只有还原性，只有氧化性，既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是（）ana、cl2、br2bh2、n2o4、cl2ci、f2、h2odso2、h+、hcl考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：一般来说，元素化合价为最高价态，应具有氧化性，元素化合价为最低价态，则只具有还原性，化合价处于中间价态，则既有氧化性又有还原性解答：解：ana只有还原性；cl2中cl元素化合价为0价，为中间价态，则既有氧化性也有还原性；br2中br元素化合价为0价，为中间价态，则既有氧化性也有还原性，故a错误；bh2中h元素化合价为0价，为中间价态，则既有氧化性也有还原性；cl2中cl元素化合价为0价，为中间价态，则既有氧化性也有还原性，故b错误；ci中元素化合价最低，只有还原性；f2化合价为0价，为最高价态，只有氧化性；h2o中，h元素有氧化性，o元素有还原性，则h2o既有氧化性也有还原性，故c正确；dso2中s元素化合价为0价，为中间价态，则既有氧化性也有还原性，故d错误故选c点评：本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力的考查，本题侧重于从化合价的价态判断物质可能具有的性质，注意把握氧化还原反应中化合价的变化特点，难度不大2下列叙述比较严谨的是（）a将两种带相反电荷的胶体混合，能发生聚沉b有化学键断裂的变化一定是化学变化cia族元素形成的单质的熔点随原子序数的递增而降低d碱性氧化物一定是金属氧化物考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；胶体的重要性质；碱金属的性质 分析：a、胶体微粒吸附带电离子，整个胶体是电中性的；b、有化学键断裂的变化不一定有化学键的生成；c、ia族元素形成的单质为金属晶体（h除外），熔点随原子序数的递增而降低；d、碱性氧化物不一定是金属氧化物，碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物解答：解：a、胶体吸附带电离子，胶体不带电，两种带相反电荷的胶体微粒混合，能发生聚沉，故a错误；b、因稀有气体中不含化学键，hcl溶于水共价键断裂，但不是化学变化，故c错误；c、ia族元素形成的单质为金属晶体（h除外），随原子序数增大半径增大，则金属键减弱，熔点减小，故c正确；d、碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物，不一定是金属氧化物，如氧化铝属于两性氧化物，七氧化二锰属于酸性氧化物，故d错误故选c点评：本题考查元素周期表和元素周期律、物质的分类以及化学键的有关知识，熟悉周期表中的元素种类数及元素在同主族、同周期的性质变化规律即可解答，题目难度不大3某化合物的水溶液能导电，且溶液中不存在电解质分子，但该化合物属于非电解质，符合该条件的物质是（）acl2bnh3cso3dna2o考点：电解质与非电解质 分析：根据电解质是指在水溶液中或在熔融状态下能够导电（电解离成阳离子与阴离子）的化合物；非电解质是指在水溶液中或在熔融状态下都不能导电的化合物判断解答：解：acl2是单质，即cl2既不是电解质，也不是非电解质，故a错误； bnh3的水溶液能导电，是因nh3和h2o反应生成nh3h2o，nh3h2o部分电离生成离子而导电，还存在nh3，但发生电离不是nh3本身，故nh3属于非电解质，故b错误；cso3的水溶液能导电，是因so3和h2o反应生成h2so4，h2so4全部电离生成离子而导电，不存在so3，但发生电离不是so3本身，故so3属于非电解质，故c正确；dna2o的水溶液能导电，是因na2o和h2o反应生成naoh，naoh全部电离生成离子而导电，不存在na2o，但na2o在熔融状态下自身发生电离而导电，故na2o属于电解质，故d错误故选c点评：本题考查了电解质和非电解质的判断，根据其定义来分析解答即可，难度不大4na表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）a标准状况下，等体积的水和co2，含有的氧原子数目为1：2b含有na个阴离子的na2o2与足量水反应，转移电子数为2nac向含有1molfei2的溶液中通入适量氯气，当有na个fe2+被氧化时，共转移电子数为3nad一个no分子质量为a g，一个no2分子质量是b g，则na个o2的质量为（ba）nag考点：阿伏加德罗常数 分析：a标准状况下，水是液体； bna2o2与水的反应为歧化反应，1molna2o2转移1mol电子即na个；c碘离子的还原性强于二价铁离子，氯气先氧化碘离子，再氧化二价铁离子；d根据一个no分子的质量为ag，一个no2分子的质量为bg，可求1个氧原子的质量为：（ba）g解答：解：a标准状况下，水是液体，不能用气体摩尔体积计算，故a错误； b含有na个阴离子的na2o2为1mol，na2o2与水的反应为歧化反应，1molna2o2转移1mol电子即na个，故b错误；c向含有fei2的溶液中通入适量氯气，氯气先氧化i，当有1mol fe2+被氧化时转移na个电子；2mol i被氧化时转移2na个电子；该反应转移电子的数目至少为3na，故c正确；d一个no分子的质量为a克，一个no2分子质量为b克，1个氧原子的质量为：（ba）g，根据摩尔质量的概念：1mol物质具有的质量，所以1mol氧原子的质量：na（ba），na个o2的质量为2（ba）nag，故d错误故选c点评：本题考查阿伏加德罗常数的相关计算，题目难度不大，注意物质的组成、结构、性质以及物质存在的外界条件和聚集状态等问题5下列说法不正确的是（）将so2通入溶有足量氨的bacl2溶液中，无白色沉淀生成将盐酸、kscn 溶液和fe（no3）2溶液三种溶液混合，混合溶液显红色向某溶液中滴入盐酸酸 化的bacl2溶液产生白色沉淀，证明溶液中一定含有将两小块质量相等的金属钠，一块直接投入水中，另一块用铝箔包住，在铝箔上刺些小孔，然后按入水中，两者放出的氢气质量相等使用明矾可以对水进行消毒、杀菌a只有bcd考点：二氧化硫的化学性质；盐类水解的应用；硫酸根离子的检验；钠的化学性质；铝的化学性质；二价fe离子和三价fe离子的检验 专题：盐类的水解专题；氧族元素；几种重要的金属及其化合物分析：二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应；铁离子与scn结合溶液呈红色；溶液中含有银离子，也会产生白色沉淀；钠与水发生反应生成氢气，铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气；明矾在水中发生水解生成氢氧化铝胶体能净水，不能杀菌消毒解答：解：二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故错误；铁离子与scn结合溶液呈红色，可以由于检验铁离子，故正确；向某溶液中滴入盐酸酸 化的bacl2溶液产生白色沉淀，溶液中可能含有银离子或硫酸根离子，故错误；钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，若用铝箔包住，在铝箔上刺些小孔，然后按入水中，除发生钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，铝与生成氢氧化钠溶液反应生成氢气，故铝箔包住的钠生成的氢气多，故错误；明矾在水中发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体表面积很大，能吸附悬浮杂质起净水，但不能杀菌消毒，故错误故错误故选c点评：本题考查元素化合物的综合运用、离子检验等，难度不大，注意基础知识的注意中离子检验注意干扰离子影响6下列溶液中，能大量共存的离子组是（）aba2+、cu2+、c1、no3bca2+、al3+、br、clocnh4+、k+、hso3、co32dna+、k+、mno4、i考点：离子共存问题 分析：根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，不能相互促进水解等，则离子大量共存，以此来解答解答：解：a该组离子之间不反应，可大量共存，故a正确；bal3+、clo相互促进水解，不能大量共存，故b错误；chso3、co32发生复分解反应，不能大量共存，故c错误；dmno4、i发生氧化还原反应，不能大量共存，故d错误；故选a点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、水解反应及复分解反应的离子共存的考查，题目难度不大7下列反应的离子方程式正确的是（）a物质的量浓度相等的碳酸氢钡溶液和氢氧化钠溶液等体积混合ba2+2hco3+2oh=baco3+co32+2h2obnahso4溶液中滴加入ba（oh）2溶液至中性：2h+ba2+2oh+so42=baso4+2h2oc以石墨作电极电解氯化镁溶液：2cl+2h2o2oh+h2+cl2d碳酸氢钠溶液加入氯化铝溶液 3hco3+al3+3co2+al（oh）3考点：离子方程式的书写 分析：a物质的量浓度相等的碳酸氢钡溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，应满足n（hco3）：n（oh）=1：1；bnahso4溶液中滴加入ba（oh）2溶液至中性，生成硫酸钡沉淀和水；c电解氯化镁溶液生成氢气、氯气和氢氧化镁沉淀；d碳酸氢钠溶液加入氯化铝溶液发生互促水解，比较彻底解答：解：a物质的量浓度相等的碳酸氢钡溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，应满足n（hco3）：n（oh）=1：1，离子方程式为ba2+hco3+oh=baco3+h2o，故a错误；bnahso4溶液中滴加入ba（oh）2溶液至中性，生成硫酸钡沉淀和水，为2h+ba2+2oh+so42=baso4+2h2o，故b正确；c电解氯化镁溶液生成氢气、氯气和氢氧化镁沉淀，为mg2+2h2o+2clh2+cl2+mg（oh）2，故c错误；d碳酸氢钠溶液加入氯化铝溶液发生互促水解，比较彻底，不用可逆符号，应为3hco3+al3+=3co2+al（oh）3，故d错误故选b点评：本题考查了离子方程式正误判断，为考试热点，难溶物、弱电解质、氧化物、气体、络合物等都要写化学式，要注意遵循转移电子守恒、原子守恒及电荷守恒，题目难度不大8下列离子方程式中，不正确的是（）a向febr2溶液中通入少量的cl2：2fe2+cl2=2fe3+2clb向nh4al（so4）2溶液中滴入ba（oh）2恰好使so42反应完全：2ba2+4oh+al3+2so42=2baso4+alo2+2h2oc向mg（hco3）2溶液中加入过量的 naoh溶液：mg2+2hco3+4oh=mg（oh）2+2co32+2h2od向fe（no3）2溶液中加入稀盐酸：3fe2+4h+no3=3fe3+no+2h2o考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：a、溴化亚铁溶液中fe2+的还原性大于br的还原性，通入少量氯气只氧化亚铁离子；b、加入的氢氧化钡溶液恰好使硫酸根离子完全沉淀，氢氧根离子应生成氢氧化铝沉淀后先结合铵根离子形成弱电解质再溶解氢氧化铝；c、酸式盐和碱反应量少的碳酸氢镁全部反应，离子方程式中镁离子和碳酸氢根离子符合1：2的组成比，并且氢氧化镁沉淀溶解性小于碳酸镁；d、依据硝酸亚铁溶液中加入盐酸，形成了强氧化性的硝酸，能氧化二价铁离子；解答：解：a、fe2+的还原性大于br的还原性，向febr2溶液中通入少量的cl2，只氧化亚铁离子，离子方程式为：2fe2+cl2=2fe3+2cl，故a正确；b、向nh4al（so4）2溶液中滴入ba（oh）2恰好使so42反应完全，氢氧化钡提供的氢氧根离子会完全沉淀铝离子后会和铵根离子结合成弱电解质，离子方程式为：2ba2+4oh+al3+2so42+nh4+2baso4+al（oh）3+nh3h2o，故b错误；c、向mg（hco3）2溶液中加入过量的 naoh溶液，碳酸氢镁全部反应，沉淀为氢氧化镁，离子方程式为：mg2+2hco3+4oh=mg（oh）2+2co32+2h2o，故c正确；d、向fe（no3）2溶液中加入稀盐酸，形成的硝酸具有强氧化性把亚铁离子氧化为三价铁离子，离子方程式为：3fe2+4h+no33fe3+no+2h2o，故d正确；故选b点评：本题考查氧化还原反应的顺序判断，酸式盐和碱反应时离子的反应顺序判断，量少的全部反应，关键是硝酸盐在酸中隐含的硝酸的强氧化性的判断；9将一定质量的镁铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物全部是no）向反应后的溶液中加入3mol/lnaoh溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加7.65g，则下列叙述中正确的是（）a当生成沉淀达到最大量时，消耗naoh溶液的体积为150mlb当金属全部溶解时收集到no气体的体积为4.48l（标准状况下）c参加反应的金属的总质量一定是9.9gd当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.6mol考点：有关混合物反应的计算 分析：将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀hno3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有no），发生反应：3mg+8hno3 （稀）=3mg（no3）2+2no+4h2o；3cu+8hno3 （稀）=3cu（no3）2+2no+4h2o；向反应后的溶液中加入过量的3mol/l naoh溶液至沉淀完全，发生反应：mg（no3）2+2naoh=mg（oh）2+2nano3；cu（no3）2+2naoh=cu（oh）2+2nano3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加7.65g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为7.65g，氢氧根的物质的量为=0.45mol，则镁和铜的总的物质的量为0.225mola反应中硝酸可能恰好反应，也可能有剩余，不能计算生成沉淀达到最大量时消耗naoh溶液的体积；b根据电子转移守恒计算no物质的量，再根据v=nvm计算no的体积；c镁和铜的总的物质的量为0.225mol，金属的总质量与金属的含量有关；d根据氮元素守恒n（hno3）=2n（硝酸铜+硝酸镁）+n（no）解答：解：将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀hno3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有no），发生反应：3mg+8hno3 （稀）=3mg（no3）2+2no+4h2o；3cu+8hno3 （稀）=3cu（no3）2+2no+4h2o；向反应后的溶液中加入过量的6mol/l naoh溶液至沉淀完全，发生反应：mg（no3）2+2naoh=mg（oh）2+2nano3；cu（no3）2+2naoh=cu（oh）2+2nano3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加7.65g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为7.65g，氢氧根的物质的量为=0.45mol，则镁和铜的总的物质的量为0.225mol，a硝酸没有剩余时，当生成的沉淀达到最大量时，溶液中溶质为nano3，硝酸根守恒可知n（nano3）=2n（硝酸铜+硝酸镁）=0.225mol2=0.45mol，由钠离子守恒由n（naoh）=n（nano3）=0.45mol，故此时氢氧化钠溶液的体积为=0.15l=150ml，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于150ml，故a错误；b根据电子转移守恒可知生成的no物质的量为=0.15mol，标准状况下，生成no的体积为0.15mol22.4l/mol=3.36l，故b错误；c镁和铜的总的物质的量为0.225mol，假定全为镁，质量为0.225mol24g/mol=5.4g，若全为铜，质量为0.225mol64g/mol=14.4g，所以参加反应的金属的总质量（m）为5.4gm14.4g，故c错误；d根据氮元素守恒n（hno3）=2n（硝酸铜+硝酸镁）+n（no）=0.225mol2+0.15mol=0.6mol，故d正确，故选：d点评：本题主要考查混合物有关计算，综合考查学生的得失电子守恒、质量守恒等综合运用和解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题，a选项为易错点，学生容易按硝酸恰好完全反应计算，难度较大10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的个数比为2：3：4，向该溶液中通入氯气使溶液中cl和br的个数比为3：1，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余fe2+的物质的量之比为（）a7：1b7：2c7：3d7：4考点：离子方程式的有关计算 分析：还原性：ife2+brcl，根据电荷守恒2n（fe2+）=n（cl）+n（br）+n（i）计算n（fe2+），根据溶液中通入氯气使溶液中cl和br的个数比为3：1，计算消耗的氯气和剩余fe2+的物质的量，可则解答该题解答：解：由题意可设cl、br、i的物质的量分别为2mol、3mol、4mol，由电荷守恒可得：2n（fe2+）=n（cl）+n（br）+n（i）=2mol+3mol+4mol=9mol，n（fe2+）=4.5mol，通入氯气后，要满足 n（cl）：n（br）=3：1，cl只要增加7mol就可以，即需通入氯气3.5mol4mol i先消耗2mol氯气，3mol fe2+消耗1.5mol氯气，剩余fe2+1.5mol，则通入氯气与剩余fe2+的物质的量之比为：3.5：1.5=7：3，故选c点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，本题注意根据物质还原性的强弱，从电荷守恒的角度计算n（fe2+），根据反应的程度判断物质的量关系，答题时注意体会11把一块镁铝合金投入到1mol/l hcl溶液里，待合金完全溶解后，再往溶液里加入1mol/l naoh溶液，生成沉淀的物质的量随加入naoh溶液体积变化的关系如图所示下列说法中错误的是（）ahcl溶液的体积为80mlba的取值范围为0a50c当a值为30时，b值为0.01d的最大值为2.5考点：有关混合物反应的计算 分析：根据图可知，首先发生的反应是中和过量的酸：h+oh=h2o，然后是沉淀两种金属离子：mg2+2oh=mg（oh）2、al3+3oh=al（oh）3，最后是al（oh）3的溶解：al（oh）3+oh=alo2+2h2o，从横坐标80ml到90ml这段可以求出nal（oh）3=0.01mol，则n（al）=n（al（oh）3）=0.01mol，所以al3+消耗的naoh溶液的体积为=0.03l=30mla沉淀量最大时，溶液溶质为nacl，此时加入1mol/l naoh溶液的体积为80ml，根据氯离子、钠离子守恒可知n（hcl）=n（nacl）=n（naoh），再结合v=计算hcl溶液的体积；b合金的组成可以采用极限假设法，当金属全部是铝时剩余的酸最多，a的值最大，据此判断a得取值范围ca=30时，和mg2+反应的naoh溶液为20ml，此时n（mg2+）=0.01mol，b为氢氧化镁与氢氧化铝之和，b=n（mg2+）+n（al3+）d当a=0时，沉淀中mg（oh）2物质的量最大，进而合金中金属镁的最大量，据此计算该合金中两元素物质的量之比的最大值解答：根据图可知，首先发生的反应是中和过量的酸：h+oh=h2o，然后是沉淀两种金属离子：mg2+2oh=mg（oh）2、al3+3oh=al（oh）3，最后是al（oh）3的溶解：al（oh）3+oh=alo2+2h2o，从横坐标80ml到90ml这段可以求出nal（oh）3=0.01mol，则n（al）=n（al（oh）3）=0.01mol，所以al3+消耗的naoh溶液的体积为=0.03l=30mla沉淀量最大时，溶液溶质为nacl，此时加入1mol/l naoh溶液的体积为80ml，根据氯离子、钠离子守恒可知n（hcl）=n（nacl）=n（naoh），所以v（hcl）1mol/l=1mol/l80ml，所以v（hcl）=80ml，故a正确；b假设盐酸溶解金属后不剩，这种情况下，酸恰好与合金反应完全，即a=0，通过极值法，当合金中完全是铝时，因为沉淀al3+需要naoh溶液的体积为30ml，从图可知，中和过量的酸所消耗的碱液体积最大为50ml，但是假设不成立，最大值是不存在的，所以的取值范围为 0a50，故b正确；ca=30时，和mg2+反应的naoh溶液为（803030）ml=20ml，此时n（mg2+）=1mol/l0.02l=0.01mol，b=n（mg2+）+n（al3+）=0.02mol，故c错误；d当a=0时，沉淀中mg（oh）2物质的量最大，沉淀最大时消耗n（naoh）=0.08l1mol/l=0.08mol，故根据氢氧根守恒，mg（oh）2物质的量最大值=0.025mol，即合金中mg的最大物质的量为0.025mol，故该合金中镁铝物质的量之比的最大值为=2.5，故d正确，故选：c点评：本题考查镁铝及其化合物的性质、混合物计算，清楚各阶段发生的反应是关键，注意利用极限法进行解答，难度较大12在3brf3+5h2ohbro3+br2+9hf+o2中，若有5mol水做还原剂时，被水还原的brf3的物质的量是（）a3 molb2 mocmoldmol考点：氧化还原反应的计算 专题：氧化还原反应专题分析：在反应3brf3+5h2o=hbro3+br2+9hf+o2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由2价升高为0价，所以brf3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原剂作用根据氧化还原反应中电子转移守恒计算被水还原的brf3的物质的量解答：解：在反应3brf3+5h2o=hbro3+br2+9hf+o2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由2价升高为0价，所以brf3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原剂作用若5molh2o被氧化，氧原子提供电子物质的量为5mol2，令被水还原的brf3的物质的量为xmol，根据电子转移守恒，则：5mol2=xmol（30）解得x=，故选：d点评：本题考查氧化还原反应的计算、氧化还原反应基本概念，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度中等，关键根据化合价判断氧化剂、还原剂，利用电子转移守恒计算13a mol fes与b mol feo投入到v l、c moll1的硝酸溶液中充分反应，产生no气体，所得澄清溶液成分可看做是fe（no3）3、h2so4的混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为（）（a+b）63g （a+b）189g 3（a+b） mol （vc）molabcd考点：有关混合物反应的计算 分析：如果硝酸不足量，则未被还原的硝酸为生成硝酸铁部分的硝酸；如果硝酸过量，则fes和feo完全反应，被还原的硝酸为生成no的硝酸，根据转移电子相等计算生成no的硝酸量，根据n原子守恒计算未被还原的硝酸的量解答：解：如果硝酸不足量，则未被还原的硝酸为生成硝酸铁部分的硝酸，根据n、fe原子守恒得n（hno3）=3nfe（no3）3=3n（fe）=3n（fes）+n（feo）=3（a+b）mol=3（a+b）mol，m（hno3）=n（hno3）m（hno3）=（a+b）189g；如果硝酸过量，则fes和feo完全反应，被还原的硝酸为生成no的硝酸，根据转移电子相等、n原子守恒得生成no的硝酸量=mol，根据n原子守恒得未被还原的硝酸的量=vcmolmol=（vc）mol，故选b点评：本题考查混合物的计算，侧重考查分析计算能力，根据原子守恒、转移电子守恒进行计算即可，注意要讨论解答，为易错题14fe、mg、al分别跟稀盐酸充分反应得到相同质量的氢气其原因是：fe、mg、al的质量相等，盐酸足量； fe、mg、al的质量比是56：24：27，盐酸足量；fe、mg、al的质量比是28：12：9，盐酸足量；fe、mg、al均过量，所用盐酸的溶质质量分数和质量都相同你认为可能的原因是（）abcd考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；化学方程式的有关计算 专题：元素及其化合物分析：根据一定质量金属完全反应放出氢气质量=，三种金属质量相等时与足量盐酸反应放出氢气的质量并不相等；根据反应生成的氢气全部盐酸中所含的氢元素，要得到相同质量的氢气，则三种金属消耗盐酸的质量一定相等解答：解：、fe、mg、al的质量相等，盐酸足量，利用一定质量金属完全反应放出氢气质量=，三种金属质量相等时与足量盐酸反应放出氢气的质量由多到少的关系为almgfe；故错误；盐酸足量时，质量比为56：24：27的fe、mg、al完全反应放出氢气的质量比=56：24：27=2：2：3，即得到氢气的质量不相等；故错误；盐酸足量时，质量比为28：12：9的fe、mg、al完全反应放出氢气的质量比=28：12：9=1：1：1，即得到相同质量的氢气，故正确；根据反应生成的氢气全部盐酸中所含的氢元素，fe、mg、al均为过量，所用盐酸的质量分数和质量都相同时，充分反应，得到相同质量的氢气，故正确；故选d点评：金属铁可以表现出+2、+3价，但在金属与酸或与盐发生置换反应时，只能表现出+2价，反应生成亚铁盐15某无色溶液中可能含有k+、fe3+、cu2+、so42、so32、co32、cl、br这几种离子中的若干种，依次进行下列实验，观察到的现象记录如下：ph试纸检验，溶液的ph7取少量原溶液，向溶液中加入过量的bacl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成另取少量原溶液，向溶液中滴加足量氯水、无气体产生，再加入ccl4振荡，静置后ccl4层呈橙色，用分液漏斗分液向分液后的水溶液中加入ba（no3）2和hno3溶液，有白色沉淀产生在滤液中加入agno3和hno3的混合溶液有白色沉淀产生则关于原溶液的判断中正确的是（）a肯定不存在的离子是fe3+、cu2+、co32、brb肯定存在的离子是k+、so42、so32c无法确定原溶液中是否存在cl和co32d若步骤改用bacl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断也无影响考点：常见离子的检验方法 分析：无色溶液中一定不存在有色离子：fe3+、cu2+；ph试纸检验，溶液呈碱性，说明溶液中存在弱酸根离子co32或so32；取少量原溶液，向溶液中加入过量的bacl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，硫酸钡不溶于盐酸，说明溶液中一定不存在so42；另取少量原溶液，向溶液中滴加足量氯水，无气体产生，说明没有co32，再加入ccl4振荡，静置后ccl4层呈橙红色，橙色物质为溴单质，说明溶液中一定存在br；用分液漏斗分液，取上层溶液，加入ba（no3）2和hno3溶液有白色沉淀产生，说明硫酸钡生成，即含有so32，在滤液中加入agno3和hno3的混合溶液有白色沉淀产生，由于加入氯水引进了氯离子，无法证明原溶液中是否存在氯离子；根据电荷守恒可知溶液中还一定含有k+；根据以上分析进行解答解答：解：无色溶液中一定不存在有色离子：fe3+、cu2+；ph试纸检验，溶液呈碱性，说明溶液中存在弱酸根离子co32或so32；取少量原溶液，向溶液中加入过量的bacl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，硫酸钡不溶于盐酸，说明溶液中一定不存在so42；另取少量原溶液，向溶液中滴加足量氯水，无气体产生，说明没有co32，再加入ccl4振荡，静置后ccl4层呈橙红色，橙色物质为溴单质，说明溶液中一定存在br；用分液漏斗分液，取上层溶液，加入ba（no3）2和hno3溶液有白色沉淀产生，说明硫酸钡生成，即含有so32，在滤液中加入agno3和hno3的混合溶液有白色沉淀产生，由于加入氯水引进了氯离子，无法证明原溶液中是否存在氯离子；由电荷守恒可知溶液中还一定含有k+；根据以上分析可知，原溶液中一定存在的离子为：so32、k+、br，一定不存在的离子为：fe3+、cu2+、so42、co32，无法确定的离子为：cl，a根据分析可知，溶液中一定不存在的离子为：fe3+、cu2+、so42、co32，一定含有so32、k+、br，故a错误；b原溶液中一定不存在so42，故b错误；c根据分析可知，溶液中一定不存在co32，故c错误；d若步骤目的是检验是否含有so42，改用