山东省济宁一中高三化学上学期第二次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年山东省济宁一中高三（上）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化学与社会、生活密切相关对下列现象或事实的解释正确的是（）选项现象或事实解释a用氢氟酸蚀刻玻璃sio2是碱性氧化物，能与酸反应b用浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土作水果保鲜剂酸性高锰酸钾溶液能氧化水果释放的催熟剂乙烯c过氧化钠作呼吸面具中的供氧剂过氧化钠是强氧化剂，能氧化二氧化碳d处理废水时长加入明矾除去水中杂质明矾可以作为消毒剂使用aabbccdd2下列关于物质的性质与应用相对应的是（）a氯气有毒，不可用作自来水的杀菌消毒bfecl3溶液能与cu反应，可用于蚀刻印刷电路c浓硫酸具有吸水性和强氧化性，可以干燥cl2，但不能干燥so2d铜的金属活动性比铁弱，可用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸3已知溶液中存在较大量的h+、so42、no3，则该溶液中还能大量共存的离子组为（）ana+、ch3coo、nh4+bmg2+、ba2+、brccu2+、cl、idk+、cl、mg2+4某溶液中含有hco3、so42、na+、so32、no3、cl六种离子若向其中加入过氧化钠粉末充分反应后（溶液体积变化忽略不计），溶液中离子浓度保持不变的是（）aso42、no3bno3、clcso32、no3dcl、no3、na+5下列认识正确的是（）ah2与d2、t2互为同位素b氯化钠溶液和氢氧化铁胶体可以用过滤的方法分离cnh3溶于水可以导电，但不是电解质dso2、no2均属于酸性氧化物6设na代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a1mol硫酸钾中阴离子所带电荷数为nab标准状况下，na个so3分子所占的体积约为22.4lc将0.1mol氯化铁溶于1l水中，所得溶液含有0.1nafe3+d标准状况下，22.4lcl2与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为na7一定条件下，下列各组物质中，y既能与x反应又能与z反应的是（）xyznaoh溶液al fe2o3koh溶液br2na2so3溶液na2co3sio2h2ohclnahco3naoha只有b只有c只有d皆可8用下列装置不能达到有关实验目的是（）a证明（煤油）（钠）（水）b制备fe（oh）2c制取金属锰d比较nahco3和na2co3的热稳定性9下列反应的化学方程式或离子方程式正确的是（）a氢氧化亚铁被氧化：4fe（oh）2+2h2o+o24fe（oh）3b铝与稀硝酸反应：2al+6h+2al3+3h2c过氧化钠和水反应：2na2o2+2h2o4na+4oh+h2d向硅酸钠溶液中通入过量二氧化碳：sio32+co2+h2oh2sio3+co32108.34g feso47h2o（分子量：278）样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示，下列说法正确的是（）a温度为78时固体物质m的化学式为feso45h2ob取适量380时所得的样品p，隔绝空气加热至650，得到一种固体物质q，同时有两种无色气体生成，q的化学式为fe3o4c在隔绝空气条件下，n得到p的化学方程式为feso4h2o feso4+h2od温度为l59时固体n的化学式为feso42h2o11以下离子检验正确的是（）a检验试液中的so42：试液白色沉淀白色沉淀b检验试液中的cl：试液无沉淀白色沉淀c检验试液中的fe2+：试液无明显现象血红色溶液d检验试液中的nh4+：试液气体逸出试纸变蓝12向溶液x中持续通入气体y，不会产生“浑浊澄清”现象的是（）ax：硝酸银溶液，y：氨气bx：漂白粉溶液，y：二氧化硫cx：氢氧化钡溶液，y：二氧化碳dx：偏铝酸钠溶液，y：二氧化氮13某溶液中可能含有h+、nh4+、mg2+、al3+、fe3+、co32、so42、no3中的几种 若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入naoh溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入naoh的物质的量之间的关系如图所示则下列说法不正确的是（）a溶液中的阳离子有h+、mg2+、al3+、nh4+b溶液中n（nh4+）=0.2 molc溶液中一定不含co32和no3，可能含有so42dn（h+）：n（al3+）：n（mg2+）=2：2：114下列陈述、正确并且有因果关系的是（） 选项陈述陈述a fe2+、so2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色 前者表现出还原性后者表现出漂白性b 纯银器表面在空气中渐渐变暗 发生了化学腐蚀c so2能与次氯酸及碱反应so2是两性氧化物 d baso4饱和溶液中加入饱和na2co3溶液有白色沉淀 说明ksp（baso4）大于ksp（baco3）aabbccdd15下列用数轴表示的产物与量的关系不合理的是（）a铁和稀硝酸反应：bcl2与fei2溶液反应后的产物：c向烧碱液中通入so2后的产物：d向alcl3溶液中滴加naoh溶液，铝元素的存在形式：aabbccdd16关于海水综合利用问题，下列说法错误的是（）a从能量转换角度来看，氯碱工业中的电解饱和食盐水是一个将电能转化为化学能的过程b在过程中若要获得无水mgcl2不可直接蒸干灼烧c除去粗盐中杂质（mg2+、so42、ca2+），加入的药品顺序为：naoh溶液na2co3溶液bacl2溶液过滤后加盐酸d第步的目的是为了浓缩富集溴17在一定浓度的浓硝酸中加入m克铜镁合金恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有no2），向反应后的混合溶液中滴加bmol/lnaoh溶液，当滴加到v ml时，恰好完全反应，得到沉淀质量为n克，则下列有关该实验的说法中正确的有（）沉淀中氢氧根的质量为（nm）克 恰好溶解后溶液中的no3离子的物质的量为bv mol反应过程中转移的电子数为mol 生成no2气体的体积为l与合金反应反应的硝酸的物质的量为molabcd18以下说法错误的是（）a2na+2h2o=2naoh+h22al+2h2o+2naoh=2naalo2+3h2均为水做氧化剂的氧化还原反应bfe+cuso4=feso4+cu点燃2mg+co22mgo+c均为固体质量增大的置换反应cnaalo2+so2+2h2o=al（oh）3+nahso3naclo+co2+h2o=hclo+nahco3均为较强酸制较弱酸的复分解反应dh2o2+so2=h2so4cao+so3=caso4均为非氧化还原反应的化合反应aabbccdd二、解答题（共3小题，满分46分）19某实验小组利用氯气与金属铁反应制备无水三氯化铁，经查阅资料得知：无水fecl3在空气中易潮解，加热到100左右时易升华如图是两个学生设计的实验装置，左边的反应装置相同，而右边的产品收集装置不同，分别如（）和（）所示试回答：（1）b中反应的离子方程式为：；（2）实验中a与b两个酒精灯应先点燃，目的是；（3）收集装置（）的主要缺点是：装置（）也有缺点，必须采取的改进措施是：（4）b酒精灯加热后，生成的烟状fecl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管d右端，要使沉积的fecl3进入收集器，操作是（5）实验中还缺少一个除杂装置，目的是除去；应选择 做除杂剂a饱和nahco3 b水 c饱和食盐水 dnaoh溶液20黄铜矿（cufes2）是制取铜及其化合物的主要原料之一，还可以制备硫及铁的化合物工业流程图如图：（1）冶炼铜的总反应可看做8cufes2+21o28cu+4feo+2fe2o3+16so2若cufes2中fe的化合价为+2，反应中被还原的元素是（填元素符号），1molcufes2参与反应转移电子的物质的量为mol；（2）上述冶炼过程产生大量气体a下列处理方案中合理的是（填代号）；a高空排放b用于制备硫酸c用纯碱溶液吸收制na2so4d用浓硫酸吸收验证气体a的主要成分是so2的方法是； （3）熔渣b（含fe2o3、feo、sio2、al2o3）可制备fe2o3a加入h2o2发生反应的离子方程式是；b除去al3+的离子方程式是；（4）选用提供的试剂，设计实验验证熔渣b中含有feo提供的试剂：稀盐酸 稀硫酸 kscn溶液 kmno4溶液 naoh溶液碘水所选试剂为；证明炉渣中含有feo的实验现象为21a、b、c、d为四种单质，常温时，a、b是气体，c、d是固体e、f、g、h、i为五种化合物，f不溶水，e为气体且极易溶水成为无色溶液，g溶于水得黄色溶液这九种物质间反应的转化关系如图所示（1）写出四种单质的化学式a b c d（2）写出h+bg的离子方程式；（3）写出g+ih+d+e的化学方程式；（4）某工厂用b制漂白粉写出制漂白粉的化学方程式为测定该工厂制得的漂白粉中有效成分的含量，某该小组进行了如下实验：称取漂白粉3.0g，研磨后溶解，配置成250ml溶液，取出25.00ml加入到锥形瓶中，再加入过量的ki溶液和过量的硫酸（此时发生的离子方程式为：），静置待完全反应后，用0.2moll1的na2s2o3溶液做标准溶液滴定反应生成的碘，已知反应式为：2na2s2o3+i2=na2s4o6+2nai，共用去na2s2o3溶液20.00ml则该漂白粉中有效成分的质量分数为（保留到小数点后两位）2015-2016学年山东省济宁一中高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分）1化学与社会、生活密切相关对下列现象或事实的解释正确的是（）选项现象或事实解释a用氢氟酸蚀刻玻璃sio2是碱性氧化物，能与酸反应b用浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土作水果保鲜剂酸性高锰酸钾溶液能氧化水果释放的催熟剂乙烯c过氧化钠作呼吸面具中的供氧剂过氧化钠是强氧化剂，能氧化二氧化碳d处理废水时长加入明矾除去水中杂质明矾可以作为消毒剂使用aabbccdd【考点】硅和二氧化硅；盐类水解的应用；钠的重要化合物【专题】盐类的水解专题；金属概论与碱元素【分析】asi02是酸性氧化物，常温下能够与氢氟酸反应；b乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用；c过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂；d明矾净水的原理：加入水中形成的胶状物，对杂质的吸附使之沉淀【解答】解：asi02是酸性氧化物，故a错误；b乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，乙烯含有不饱和键能被酸性高锰酸钾氧化，故b正确；c过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，故c错误；d明矾净水的原理是加入水中形成的胶状物，对杂质的吸附使之沉淀，不是作为消毒剂，故d错误；故选b【点评】本题考查了物质的用途，性质决定用途，明确物质的用途是解题关键，题目难度不大2下列关于物质的性质与应用相对应的是（）a氯气有毒，不可用作自来水的杀菌消毒bfecl3溶液能与cu反应，可用于蚀刻印刷电路c浓硫酸具有吸水性和强氧化性，可以干燥cl2，但不能干燥so2d铜的金属活动性比铁弱，可用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸【考点】浓硫酸的性质；氯气的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变【专题】物质的性质和变化专题【分析】a氯气能和水反应生成具有强氧化性的次氯酸；b三价铁离子具有氧化性，能够氧化铜；c浓硫酸能够干燥二氧化硫；d浓硝酸具有强的氧化性，能够使铝钝化，能够与铜反应【解答】解：a氯气有毒，能和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸有强氧化性能杀菌消毒，所以可用来自来水的杀菌消毒，故a错误；bfecl3溶液能与cu反应生成氯化亚铁与氯化铜，可用于蚀刻印刷电路，故b正确；c浓硫酸具有吸水性和强氧化性，与氯气、二氧化硫都不反应，能够干燥氯气、二氧化硫，故c错误；d浓硝酸具有强的氧化性，能够使铝钝化，能够与铜反应，所以不能铜罐代替铁罐贮运浓硝酸，故d错误；故选：b【点评】本题考查了元素化合物知识，明确氯气、三价铁离子、浓硫酸、浓硝酸性质是解题关键，题目难度不大3已知溶液中存在较大量的h+、so42、no3，则该溶液中还能大量共存的离子组为（）ana+、ch3coo、nh4+bmg2+、ba2+、brccu2+、cl、idk+、cl、mg2+【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】a醋酸根离子与氢离子反应；b钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；c硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够以后碘离子；d三种离子之间不反应，都不与氢离子、硫酸根离子、硝酸根离子反应【解答】解：ah+、ch3coo与之间反应生成弱电解质醋酸，在溶液中不能大量共存，故a错误；bba2+、so42之间反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故b错误；ch+、i、no3，之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故c错误；dk+、cl、mg2+之间不反应，都不与h+、so42、no3反应，在溶液中能够大量共存，故d正确；故选d【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 h+或oh；溶液的颜色，如无色时可排除 cu2+、fe2+、fe3+、mno4等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”4某溶液中含有hco3、so42、na+、so32、no3、cl六种离子若向其中加入过氧化钠粉末充分反应后（溶液体积变化忽略不计），溶液中离子浓度保持不变的是（）aso42、no3bno3、clcso32、no3dcl、no3、na+【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】加入过氧化钠后，过氧化钠具有强氧化性，能够将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子；过氧化钠与水反应生成的氢氧化钠能够与碳酸氢根离子反应，所以浓度变化的为碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、硫酸根离子、钠离子，浓度不变的为硝酸根离子和氯离子，据此进行判断【解答】解：过氧化钠具有强氧化性，加入过氧化钠后，能够将so32氧化成so42，导致so32和so42的浓度都发生变化；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，导致na+的浓度增大；naoh与hco3反应生成碳酸根离子，导致hco3的浓度减小；根据分析可知，溶液中离子浓度不变的为no3、cl，故选b【点评】本题考查离子反应及离子共存，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握常见离子的性质，明确明确过氧化钠的性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力5下列认识正确的是（）ah2与d2、t2互为同位素b氯化钠溶液和氢氧化铁胶体可以用过滤的方法分离cnh3溶于水可以导电，但不是电解质dso2、no2均属于酸性氧化物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；同位素及其应用；电解质与非电解质；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题】物质的分类专题；物质的分离提纯和鉴别【分析】a质子数相同，中子数不同的同一元素的原子互称同位素；b胶体和溶液都能透过滤纸；cnh3本身不能电离出离子，溶液导电是nh3和水反应生成的nh3h2o电离的原因；d酸性氧化物可与碱反应，且只生成盐和水，如与水反应，酸性氧化物只生成酸【解答】解：ah2、d2、t2是单质，不是原子，不为同位素，故a错误；b胶体和溶液都能透过滤纸，所以不能用过滤的方法分离氯化钠溶液和氢氧化铁胶体，故b错误；cnh3和水反应生成nh3h2o，一水合氨电离出阴、阳离子而使其溶液导电，电离出阴、阳离子的物质是nh3h2o而不是nh3，所以nh3是非电解质，故c正确；dso2可与碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，no2与水反应生成硝酸、no和水，不是酸性氧化物，故d错误；故选c【点评】本题主要考查同位素、电解质、非电解质、酸性氧化物、胶体的性质等概念，难度不大，注意这几个概念的区别6设na代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a1mol硫酸钾中阴离子所带电荷数为nab标准状况下，na个so3分子所占的体积约为22.4lc将0.1mol氯化铁溶于1l水中，所得溶液含有0.1nafe3+d标准状况下，22.4lcl2与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为na【考点】阿伏加德罗常数【专题】离子反应专题【分析】a、硫酸根离子带两个负电荷；b、标准状况三氧化硫不是气体；c、铁离子在水溶液中水解；d、标准状况气体物质的量n=计算得到，结合氯气和碱反应自身氧化还原反应，氯元素化合价0价变化为1价和+1价；【解答】解：a、硫酸根离子带两个负电荷，1mol硫酸钾中阴离子所带电荷数为2na，故a错误；b、标准状况三氧化硫不是气体1molso3分子所占的体积约不是22.4l，故b错误；c、铁离子在水溶液中水解，将0.1mol氯化铁溶于1l水中，所得溶液含有fe3+0.1na，故c错误；d、标准状况气体物质的量n=1mol，结合氯气和碱反应自身氧化还原反应，氯元素化合价0价变化为1价和+1价，转移的电子数为na，故d正确；故选d【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积的条件分析，盐类水解的理解应用，题目较简单7一定条件下，下列各组物质中，y既能与x反应又能与z反应的是（）xyznaoh溶液al fe2o3koh溶液br2na2so3溶液na2co3sio2h2ohclnahco3naoha只有b只有c只有d皆可【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】al两性金属，既能与强酸又能与强碱反应，可发生铝热反应；溴单质能与强碱反应，溴单质有强氧化性可以氧化na2so3溶液；二氧化硅与水不反应；nahco3可与酸反应生成二氧化碳气体，与碱反应生成碳酸盐【解答】解：al两性金属，既能与强酸又能与强碱反应，铝比铁活泼，可发生铝热反应冶炼铁，故正确；溴单质能与强碱koh反应生成溴化钾、次溴酸钾和水，溴单质有强氧化性可以氧化na2so3溶液生成硫酸钠和溴化钠，故正确；二氧化硅与水不反应，故错误；nahco3可与酸反应生成二氧化碳气体，与氢氧化钠反应生成碳酸钠，故正确故选b【点评】本题考查元素化合物性质，为高频考点，难度不大，侧重对基础知识的巩固，需要学生熟练掌握元素化合物性质8用下列装置不能达到有关实验目的是（）a证明（煤油）（钠）（水）b制备fe（oh）2c制取金属锰d比较nahco3和na2co3的热稳定性【考点】化学实验方案的评价【分析】a钠的密度比水的小，比煤油的大；b煤油能隔绝空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化；c利用铝热反应可制备熔点高的金属mn；d比较稳定性，碳酸氢钠应在小试管中【解答】解：a由图可知，钠在水与煤油液面中间，则可知钠的密度比水的小，比煤油的大，故a正确；b由图可知，制备氢氧化亚铁应防止被氧化，而煤油能隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故b正确；c由图可知，al与二氧化锰发生铝热反应生成mn，故c正确；d因碳酸氢钠不稳定，碳酸钠稳定，比较稳定性应将碳酸氢钠放在小试管中，故d错误；故选d【点评】本题考查实验方案的评价，明确现象与物质的性质和制取的关系、反应原理及金属冶炼的关系等知识即可解答，题目难度不大9下列反应的化学方程式或离子方程式正确的是（）a氢氧化亚铁被氧化：4fe（oh）2+2h2o+o24fe（oh）3b铝与稀硝酸反应：2al+6h+2al3+3h2c过氧化钠和水反应：2na2o2+2h2o4na+4oh+h2d向硅酸钠溶液中通入过量二氧化碳：sio32+co2+h2oh2sio3+co32【考点】离子方程式的书写；化学方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】a氢氧化亚铁容易被空气中氧气氧化成氢氧化铁；b铝与稀硝酸反应生成no气体，不会生成氢气；c过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，不是氢气；d二氧化碳过量，反应生成碳酸氢根离子【解答】解：a氢氧化亚铁被氧化的离子方程式为：4fe（oh）2+2h2o+o24fe（oh）3，故a正确；b铝与稀硝酸反应生成一氧化氮气体，正确的离子方程式为：no3+al+4h+h2o+no+al3+，故b错误；c过氧化钠和水反应生成氧气，正确的离子方程式为：2na2o2+2h2o4na+4oh+o2，故c错误；d硅酸钠溶液中通入过量二氧化碳，反应生成硅酸胶体和碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：sio32+2co2+2h2oh2sio3（胶体）+2hco3，故d错误；故选a【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等108.34g feso47h2o（分子量：278）样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示，下列说法正确的是（）a温度为78时固体物质m的化学式为feso45h2ob取适量380时所得的样品p，隔绝空气加热至650，得到一种固体物质q，同时有两种无色气体生成，q的化学式为fe3o4c在隔绝空气条件下，n得到p的化学方程式为feso4h2o feso4+h2od温度为l59时固体n的化学式为feso42h2o【考点】化学方程式的有关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】8.34g feso47h2o样品物质的量=0.03mol，其中m（h2o）=0.03mol718g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g3.78g=4.56g，故p的化学式为feso4，可知在加热到373之前，晶体失去部分结晶水，结合质量的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式，加热至633时，固体的质量为2.40g，其中n（fe）=n（ feso47h2o）=0.03mol，m（fe）=0.03mol56g/mol=1.68g，则固体中m（o）=2.40g1.68g=0.72g，n（o）=0.045mol，则n（fe）：n（o）=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质q的化学式为fe2o3，铁的化合价升高，必有硫的化合价降低，即有二氧化硫生成，设so2、so3的物质的量分别为x、y，根据硫原子守恒及气体的质量列方程计算判断是否含有三氧化硫，以此解答该题【解答】解：8.34g feso47h2o样品物质的量=0.03mol，其中m（h2o）=0.03mol718g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g3.78g=4.56g，故p的化学式为feso4，可知在加热到373之前，晶体失去部分结晶水，加热至633时，固体的质量为2.40g，其中n（fe）=n（ feso47h2o）=0.03mol，m（fe）=0.03mol56g/mol=1.68g，则固体中m（o）=2.40g1.68g=0.72g，n（o）=0.045mol，则n（fe）：n（o）=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质q的化学式为fe2o3a温度为78时，固体质量为6.72g，其中m（feso4）=0.03mol152g/mol=4.56g，m（h2o）=6.72g4.56g=2.16g，n（h2o）=0.12mol，则n（h2o）：n（feso4）=0.12mol：0.03mol=4：1，则化学式为feso44h2o，故100时，m的化学式为feso44h2o，故a错误；b由上述分析可知，p化学式为feso4，q的化学式为fe2o3，铁的化合价升高，必有硫的化合价降低，即有二氧化硫生成，设so2、so3的物质的量分别为x、y，则，解得x=y=0.015，所以方程式为：2feso4fe2o3+so2+so3，故b错误；c温度为l59时，固体质量为5.10g，其中m（feso4）=0.03mol152g/mol=4.56g，m（h2o）=5.10g4.56g=0.54g，n（h2o）=0.03mol，则n（h2o）：n（feso4）=0.03mol：0.03mol=1：1，则n的化学式为feso4h2o，p化学式为feso4，在隔绝空气条件下由n得到p的化学方程式为：feso4h2ofeso4+h2o，故c正确；d由上述分析可知，温度为l59时固体n的化学式为feso4h2o，故d错误，故选：c【点评】本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握物质的质量的变化关系，能读懂图象，从质量守恒的角度解答该题，难度较大11以下离子检验正确的是（）a检验试液中的so42：试液白色沉淀白色沉淀b检验试液中的cl：试液无沉淀白色沉淀c检验试液中的fe2+：试液无明显现象血红色溶液d检验试液中的nh4+：试液气体逸出试纸变蓝【考点】常见离子的检验方法【专题】物质检验鉴别题【分析】a检验硫酸根离子，先加盐酸排除干扰离子；b检验氯离子，先加硝酸酸化，排除干扰离子；c检验亚铁离子，先加kscn溶液，无现象，再加氯水；d铵根离子与碱反应生成氨气，氨气使红色石蕊试纸变蓝【解答】解：a检验硫酸根离子，先加盐酸排除干扰离子，试剂加入顺序不合理，不能检验，故a错误；b检验氯离子，先加硝酸酸化，排除干扰离子，试剂不合理，硫酸银为白色沉淀干扰氯离子检验，故b错误；c检验亚铁离子，先加kscn溶液，无现象，再加氯水，溶液为血红色，试剂顺序不合理，故c错误；d铵根离子与碱反应生成氨气，氨气使红色石蕊试纸变蓝，检验方法合理，故d正确；故选d【点评】本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握检验试剂、试剂顺序、现象与结论的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大12向溶液x中持续通入气体y，不会产生“浑浊澄清”现象的是（）ax：硝酸银溶液，y：氨气bx：漂白粉溶液，y：二氧化硫cx：氢氧化钡溶液，y：二氧化碳dx：偏铝酸钠溶液，y：二氧化氮【考点】氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】a氨气溶于水生成一水合氨，与硝酸银溶液先生成氢氧化银沉淀，然后反应生成银氨络合物；b漂白粉溶液通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成硫酸钙；c二者先反应生成碳酸钡沉淀，然后碳酸钡溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钡；d开始生成氢氧化铝，然后溶解在硝酸中【解答】解：a氨气溶于水生成一水合氨，与硝酸银溶液先生成氢氧化银沉淀，然后反应生成可溶性银氨络合物，先产生沉淀，后沉淀溶解，故a不选；b漂白粉溶液通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成硫酸钙，沉淀不会溶解，故b选；c二者先反应生成碳酸钡沉淀，然后碳酸钡溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钡，先产生沉淀，后沉淀溶解，故a不选；d偏铝酸钠溶液中通入二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝，然后溶解在硝酸中生成硝酸铝，则会产生“浑浊澄清”现象，故d不选；故选b【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握发生的氧化还原反应、复分解反应为解答的关键，注意物质的溶解性及氢氧化铝的两性，题目难度不大13某溶液中可能含有h+、nh4+、mg2+、al3+、fe3+、co32、so42、no3中的几种 若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入naoh溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入naoh的物质的量之间的关系如图所示则下列说法不正确的是（）a溶液中的阳离子有h+、mg2+、al3+、nh4+b溶液中n（nh4+）=0.2 molc溶液中一定不含co32和no3，可能含有so42dn（h+）：n（al3+）：n（mg2+）=2：2：1【考点】常见离子的检验方法【专题】物质检验鉴别题【分析】若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则co32和no3不能大量共存；加入naoh溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子；根据产生的沉淀量与加入naoh的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有mg2+、al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在nh4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有so42结合图象中各阶段消耗的氢氧化钠，计算溶液中n（h+）、n（mg2+）、n（al3+）、n（nh4+），据此解答【解答】解：若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则co32和no3不能大量共存；加入naoh溶液，产生白色沉淀，说明不存在fe3+；根据产生的沉淀量与加入naoh的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有mg2+、al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在nh4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有so42；由图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则n（h+）=0.1mol；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol0.5mol=0.2mol，则n（nh4+）=0.2mol；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8mol0.7mol=0.1mol，则nal（oh）3=0.1mol，根据铝元素守恒可知n（al3+）=0.1mol；第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5mol0.1mol=0.4mol，则n（mg2+）=（0.4mol0.1mol3）2=0.05mol，a由上述分析可知，溶液中的阳离子只有h+、mg2+、al3+、nh4+，故a正确；b由上述分析可知，溶液中n（nh4+）=0.2mol，故b正确；c由上述分析可知，溶液中一定不含co32、no3，一定含有so42，故c错误；d由上述分析可知，溶液中n（h+）：n（al3+）：n（mg2+）=0.1mol：0.1mol：0.05mol=2：2：1，故d正确，故选c【点评】本题考查离子共存、反应图象识别以及离子反应有关计算等，是高考中的常见题型，对学生的综合能力提出了更高的要求，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，难度较大14下列陈述、正确并且有因果关系的是（） 选项陈述陈述a fe2+、so2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色 前者表现出还原性后者表现出漂白性b 纯银器表面在空气中渐渐变暗 发生了化学腐蚀c so2能与次氯酸及碱反应so2是两性氧化物 d baso4饱和溶液中加入饱和na2co3溶液有白色沉淀 说明ksp（baso4）大于ksp（baco3）aabbccdd【考点】氧化性、还原性强弱的比较；金属的电化学腐蚀与防护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二氧化硫的化学性质【分析】a、二氧化硫和高锰酸钾溶液反应是利用二氧化硫的还原性，二氧化硫漂白性是和有机色素结合为无色物质；b、银和氧气反应生成氧化物，和硫化物反应生成硫化银变暗；c、二氧化硫和次氯酸钠在碱性溶液中发生氧化还原反应，表现二氧化硫的还原性；d、沉淀形成与离子浓度大小有关，温度不变溶度积常数不变【解答】解：a、二氧化硫和高锰酸钾溶液反应是利用二氧化硫的还原性，二氧化硫漂白性是和有机色素结合为无色物质；亚铁离子和高锰酸钾溶液反应表现亚铁离子的还原性，故a错误；b、由于空气中存在o2和极少量o3，可将ag氧化为ago，表面变暗；纯银器表面在空气中因化学腐蚀渐渐变暗，故b正确；c、so2能与次氯酸反应是次氯酸根离子的强氧化性和二氧化硫的还原性，与碱反应是酸性，故c错误；d、baso4饱和溶液中加入饱和na2co3溶液有白色沉淀，是因为碳酸根离子浓度大，和钡离子浓度乘积等于碳酸钡的ksp，实际ksp（baso4）小于ksp（baco3），故d错误；故选b【点评】本题考查了氧化还原反应的进行依据和性质应用，物质性质和盐酸化合价变化是解题关键，题目难度中等15下列用数轴表示的产物与量的关系不合理的是（）a铁和稀硝酸反应：bcl2与fei2溶液反应后的产物：c向烧碱液中通入so2后的产物：d向alcl3溶液中滴加naoh溶液，铝元素的存在形式：aabbccdd【考点】化学方程式的有关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】a、少量铁和稀硝酸反应生成三价铁离子，过量的铁和硝酸反应最后生成亚铁离子；b、碘离子还原性大于亚铁离子，氯气不足时碘离子优先反应，氯气过量时亚铁离子、碘离子都被氧化；c、烧碱溶液中通入少量二氧化硫反应生成亚硫酸钠，通入过量二氧化硫生成亚硫酸氢钠；d、氯化铝溶液中滴入氢氧化钠开始生成氢氧化铝沉淀，到全部生成氢氧化铝后，继续滴加氢氧化钠溶液，氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠【解答】解：a、少反应的化学方程式：4hno3（稀足）+fefe（no3）3+no+2h2o，3hno3+8fe3fe（no3）2+2no+4h2o，量铁和稀硝酸反应生成三价铁离子，n（hno3）：n（fe）=4：1，；过量的铁和硝酸反应最后生成亚铁离子，n（hno3）：n（fe）=8：3，在4：18：3范围内生成硝酸亚铁和硝酸铁，数轴变化符合，故a正确；b、碘离子还原性大于亚铁离子，氯气不足时碘离子优先反应，氯气过量时亚铁离子、碘离子都被氧化，所以开始氧化的是碘离子，而不是亚铁离子，故b错误；c、烧碱溶液中通入少量二氧化硫反应生成亚硫酸钠，n（naoh）：n（so2）=2：1反应生成亚硫酸钠，通入过量二氧化硫生成亚硫酸氢钠，n（naoh）：n（so2）=1：1，反应生成亚硫酸氢钠，在2：11：1范围内生成亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，故c正确；d、oh与al3+的物质的量之比为3：1时，铝元素都以al（oh）3的形式存在，即oh与al3+的物质的量之比为3时铝元素都以al（oh）3和al3+的形式存在，oh与al3+的物质的量之比为4：1时，铝元素都以alo2的形式存在，即oh与al3+的物质的量之比为4时铝元素都以alo2的形式存在，故d正确；故选b【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度较大，注意把握物质的性质以及反应类型的把握16关于海水综合利用问题，下列说法错误的是（）a从能量转换角度来看，氯碱工业中的电解饱和食盐水是一个将电能转化为化学能的过程b在过程中若要获得无水mgcl2不可直接蒸干灼烧c除去粗盐中杂质（mg2+、so42、ca2+），加入的药品顺序为：naoh溶液na2co3溶液bacl2溶液过滤后加盐酸d第步的目的是为了浓缩富集溴【考点】海水资源及其综合利用【专题】电化学专题；卤族元素；物质的分离提纯和鉴别【分析】海水蒸发溶剂得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气、氢气和氢氧化钠；母液加氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和酸反应生成氯化镁，制得氯化镁，母液通入氯气氧化溴离子为溴单质，被二氧化硫吸收后发生氧化还原反应生成溴化氢，富集溴元素，通入氯气氧化溴化氢为溴单质得到高浓度的溴a电解原理分析，电解饱和食盐水是电能转化为化学能；b氯化镁易水解，为防止水解，过程中结晶出的mgcl26h2o要一定条件下加热脱水制得无水mgcl2；c过程加入的药品顺序为：bacl2溶液naoh溶液na2co3溶液过滤后加盐酸；d溴离子被氧化为溴单质后，被二氧化硫吸收生成溴离子，加入氧化剂氧化溴离子为溴单质，富集溴元素【解答】解：a根据电解原理分析，电解饱和食盐水是电能转化为化学能，故a正确；b氯化镁为强酸弱碱盐易水解，为防止水解，过程中结晶出的mgcl26h2o要氯化氢氛围中加热脱水制得无水mgcl2，故b正确；c过程加入的药品顺序为：naoh溶液na2co3溶液bacl2溶液过滤后加盐酸，氢氧化钠沉淀镁离子，碳酸根离子除去钙离子，钡离子除去硫酸根离子，过滤后加盐酸，稀盐酸不能除去氯化钡溶液，所以会产生杂质，故c错误；d溴离子被氧化为溴单质后，被二氧化硫吸收生成溴离子，加入氧化剂氧化溴离子为溴单质，富集溴元素，从第步到第步的目的是为了浓缩富集溴，故d正确；故选c【点评】本题考查了海水资源的综合利用，明确该过程中发生的反应及反应原理是解本题关键，注意除杂剂的滴加顺序、除去粗盐中杂质加入的药品顺序，为易错点，题目难度中等17在一定浓度的浓硝酸中加入m克铜镁合金恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有no2），向反应后的混合溶液中滴加bmol/lnaoh溶液，当滴加到v ml时，恰好完全反应，得到沉淀质量为n克，则下列有关该实验的说法中正确的有（）沉淀中氢氧根的质量为（nm）克 恰好溶解后溶液中的no3离子的物质的量为bv mol反应过程中转移的电子数为mol 生成no2气体的体积为l与合金反应反应的硝酸的物质的量为molabcd【考点】有关混合物反应的计算【专题】守恒法；利用化学方程式的计算【分析】mg铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有no2），向反应后的混合溶液中滴加b mol/l naoh溶液，当滴加到v ml时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，沉淀质量最大为氢氧化铝和氢氧化镁质量之和，此时溶液为硝酸钠溶液；沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和；恰好溶解后溶液中的no3离子的物质的量等于沉淀质量最大溶液中no3离子的物质的量，即n（no3）=n（na+）=n（naoh），据此进行计算；根据电荷守恒，在沉淀中，氢氧根的物质的量等于mg2+、cu2+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子来进行计算；根据气体没有明确所处状态是否标准状态来判断；根据质量守恒，硝酸有两种作用，作为酸的硝酸（生成硝酸铜、硝酸镁）的物质的量等于mol，根据电子守恒计算出生成二氧化氮的物质的量，从而可知硝酸的总物质的量【解答】解：沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和，所以沉淀中氢氧根的质量为（nm）克，故正确；恰好溶解后溶液中的no3离子的物质的量等于沉淀质量最大溶液中no3离子的物质的量，当沉淀量最大时，溶液中的溶质只有硝酸钠（nano3），硝酸根离子与钠离子的物质的量相等，n（no3）=n（na+）=n（naoh）=mol，故错误；至沉淀量最大，生成的n克沉淀为氢氧化铜和氢氧化镁根据质量守恒定律，其中镁、铜元素的质量等于m克合金的质量，所以沉淀中氢氧根的质量为（nm）克，在沉淀中，氢氧根的物质的量等于mg2+、cu2+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转