江西省赣州市兴国三中高三化学上学期第二次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年江西省赣州市兴国三中高三（上）第二次月考化学试卷一、选择题（每小题3分，共48分）1下列有关实验的叙述中，不正确的有（）蒸干alcl3溶液可得纯净的无水氯化铝试管里加入少量淀粉，再加入一定量稀硫酸，加热34分钟，然后加入银氨溶液，片刻后管壁上有“银镜”出现无法用分液漏斗将甘油和水的混合液分离可用酸式滴定管量取20.00ml高锰酸钾酸性溶液为了测定某溶液的ph，将未经湿润的ph试纸浸入到待测液中，片刻后取出，与标准比色卡进行对比苯与溴水在铁粉催化作用下制备溴苯配制银氨溶液时，将稀氨水慢慢滴加到硝酸银溶液中，至产生的沉淀刚好溶解为止在苯酚溶液中滴入少量稀溴水溶液中立即出现白色沉淀a4句b5句c6句d7句2下列实验方案中，不能测定na2co3和nahco3混合物中na2co3质量分数的是（）a取a克混合物充分加热，得b克固体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3下列离子方程式正确的是（）a过量so2通入ba（no3）2溶液3so2+2no3+3ba2+2h2o3baso4+2no+4h+b1mol的cl2通入含1mol fei2的溶液中：2fe2+2i+2cl2=2fe3+4cl+i2c甲醛溶液中加入足量的银氨溶液并加热：hcho+2ag（nh3）2+2ohhcoo+nh4+2ag+3nh3+h2od向硫酸铝铵矾溶液中滴加过量的氢氧化钡溶液：nh4+al3+2so42+2ba2+5oh=alo2+2baso4+nh3h2o+2h2o4将fe、cu、fe2+、fe3+和cu2+盛于同一容器中充分反应，反应后fe有剩余，则容器中其它存在的单质或离子只能是（）acu、fe3+bfe2+、fe3+ccu、cu2+dcu、fe2+5某无色溶液中可能含有na+、k+、fe3+、nh4+、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溶液和hno3溶液，有白色沉淀产生，过滤在滤液中加入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不正确的是（）a肯定不存在的离子是fe3+、cu2+、nh4+、so42、co32b肯定存在的离子是na+、k+、so32、brc无法确定原溶液中是否存在cld若步骤改用bacl2溶液和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响6下表列举的各组事实中存在因果关系的是（）选项陈述（原因）陈述（结果）ao3能吸收紫外线大气层中的o3被称为地球保护伞b钠原子核外电子数比铝少钠的金属性比铝强c氯的非金属性比碘强酸性：氢碘酸强于盐酸dn2+3h22nh3是放热反应工业合成氨的反应在高温下进行aabbccdd7将两种硫酸盐按一定比例混合后共熔，可制得化合物x，x溶于水能电离出k+、cr3+、so42，若将2.83g x中的cr3+全部氧化为cr2o72后，溶液中的cr2o72可和过量ki溶液反应，得到3.81g i2，反应的离子方程式为：cr2o72+6i+14h+=2cr3+3i2+7h2o，若向溶有2.83g x的溶液中，加入过量的bacl2溶液，可得到4.66g白色沉淀由此可推断出x的化学式为（）ak2so42cr2（so4）3b2k2so4cr2（so4）3ck2so4cr2（so4）3dk2so4cr2（so4）38下列物质中，按只有氧化性，只有还原性，既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是（）af2、k、hclbcl2、al、h2cno2、na、br2do2、so2、h2o9向10ml 0.1moll1 nh4al（so4）2溶液中，滴加等浓度ba（oh）2溶液x ml下列叙述正确的是（）ax=10时，溶液中有、al3+、，且c（）c（al3+）bx=10时，溶液中有、，且c（）c（）cx=30时，溶液中有ba2+、oh，且c（oh）c（）dx=30时，溶液中有ba2+、al3+、oh，且c（oh）=c（ba2+）10在标准状况下，将alnh3完全溶于水得到vml氨水，溶液的密度为gcm3，溶质的质量分数为，溶质的物质的量浓度为c mol/l下列叙述中正确的是（）=c=上述溶液中再加入vml水后，所得溶液的质量分数大于0.5上述溶液中再加入1.5vml同浓度稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关系为：c（cl）c（nh4+）c（h+）c（oh）abcd11用na表示阿伏加德罗常数的值则下列说法正确的是（）a标准状况下，22.4l己烷中共价键数目为19nab1l浓度为1moll1的na2co3溶液中含有na个coc1cm3铁所含的铁原子数是（是铁的密度，单位为gcm3）d常温下，2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3na12下列关系图中，a是一种正盐，b是气态氢化物，c是单质，f是强酸当x无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去），当x是强碱时，过量的b跟cl2反应除生成c外，另一产物是盐酸盐下列说法中不正确的是（）a当x是强酸时，a、b、c、d、e、f中均含同一种元素，f可能是h2so4b当x是强碱时，a、b、c、d、e、f中均含同一种元素，f是hno3cb和cl2的反应是氧化还原反应d当x是强酸时，c在常温下是气态单质13下列物质的除杂方法中，合理的是（）so2中混有的so3杂质可以让混合气体通过浓硫酸除去；k2co3中混有的少量nahco3，可以用加热的方法除去；乙烯中混有的so2气体可以通过溴水除去；金属铜中含有的少量银和锌可以通过电解精炼的方法除去；kno3中含有的少量nacl可以通过重结晶的方法除去abcd14已知nh4cuso3与足量的2mol/l硫酸溶液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成 产生刺激性气味的气体 溶液呈现蓝色据此判断下列说法正确的是（）a反应中硫酸作氧化剂bnh4cuso3中硫元素被氧化c1mol nh4cuso3完全反应转移0.5mol电子d刺激性气味的气体是氨气15下列图象不能正确表示相关反应中产物物质的量的变化的是（横、纵坐标单位：mol）（）a图（a）：n（naoh）1 mol时，co2和naoh溶液反应生成的盐b图（b）：n（naoh）3 mol时，alcl3溶液和naoh 溶液反应的产物c图（c）：n（h2s）+n（so2）3 mol时，h2s与so2反应生成的sd图（d）：n（hno3）1 mol时，fe和稀hno3反应生成的氧化产物（还原产物为no）16化学方程式可简明地体现元素及其化合物的性质已知：氧化还原反应：2fecl3+2hi=2fecl2+i2+2hcl； 2co（oh）3+6hcl=2cocl2+cl2+6h2o2fe（oh）2+i2+2koh=2fe（oh）3+2ki； 3i2+6koh=5ki+kio3+3h2o复分解反应：2hscn+k2co3=2kscn+co2+h2o； kcn+co2+h2o=hcn+khco3热分解反应：4naclo 3nacl+naclo4；naclo4nacl+2o2下列说法不正确是（）a氧化性（酸性溶液）：fecl3co（oh）3i2b还原性（碱性溶液）：fe（oh）2i2kio3c热稳定性：naclnaclo4naclod酸性（水溶液）：hscnh2co3hcn二、填空题（每空2分，40分）17氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程下面是一个还原过程的反应式：no3+4h+3eno+2h2o，现有kmno4、na2co3、cu2o、fe2（so4）3四种物质中的一种物质（甲）能使上述还原过程发生（1）写出并配平该氧化还原反应的方程式：（2）反应中若产生0.2mol气体，则转移电子的物质的量是mol（3）若1mol甲与某浓度硝酸反应时，被还原硝酸的物质的量增加，原因是：18今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：k+、nh、cl、mg2+、ba2+、co、so，为了确定溶液中所含离子及其物质的量浓度，某同学设计实验如下：取三份100ml上述水溶液进行如下实验：第一份加入agno3溶液有沉淀产生第二份加入足量naoh溶液，加热，收集到气体896ml（标准状况）第三份加入足量bacl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g根据上述实验，请回答：（1）溶液中肯定存在的离子是；哪些离子的浓度能确定，分别是（2）肯定不存在的离子是（3）可能存在的离子是，如何确定？19蛇纹石矿可以看做mgo、fe2o3、al2o3、sio2组成由蛇纹石制取碱式碳酸镁的实验步骤如图所示（1）蛇纹石加盐酸溶解后，溶液里除了mg2+外，还含有的金属离子是氢氧化物fe（oh）3al（oh）3mg（oh）2开始沉淀ph1.53.39.4（2）进行操作时，控制溶液ph=78（有关氢氧化物沉淀的ph见上表）ca（oh）2不能过量，若ca（oh）2过量可能会导致溶解、沉淀（3）从沉淀混合物a中提取红色氧化物作颜料，先向沉淀物a中加入（填入物质的化学式），然后（依次填写实验操作名称）（4）物质循环使用，能节约资源上述实验中，可以循环使用的物质是（填写物质化学式）（5）现设计一个实验，确定产品amgco3bmg（oh）2ch2o中a、b、c的值，请完善下列实验步骤（可用试剂：浓硫酸、碱石灰）：样品称量 高温分解mgo称量（6）18.2g产品完全分解后，产生6.6g co2和8.0g mgo，由此可知，产品的化学式中：a=，b=，c=20下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如图所示（部分产物及反应条件已略去）已知a、b为气态单质，f是地壳中含量最多的金属元素的单质；e、h、i为氧化物，e为黑色固体，i为红棕色气体；m为红褐色沉淀请回答下列问题：（1）b中所含元素位于周期表中第周期，族（2）a在b中燃烧的现象是（3）d+eb的反应中，被氧化与被还原的物质的物质的量之比是（4）g+jm的离子方程式是三实验题21硫酸亚铁晶体（feso47h2o）在医药上作补血剂某课外小组测定该补血剂中铁元素的含量实验步骤如下：请回答下列问题：（1）步骤加入过量h2o2的目的：（2）步骤中反应的离子方程式：（3）若实验过程中无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量g（用含a的代数式表示）（4）该小组有些同学认为用kmno4溶液滴定也能进行铁元素含量的测定（5fe2+mno4+8h+5fe3+mn2+4h2o）实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的kmno4溶液250ml，配制时需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管外，还需某同学设计的下列滴定方式中，最合理的是 （夹持部分略去）（填字母序号）（5）正常人每天应补充14mg左右的铁其中绝大部分来自于食物如果全部通过服用含feso47h2o的片剂来补充铁，则正常人每天需服用含mgfeso47h2o的 片剂2015-2016学年江西省赣州市兴国三中高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题3分，共48分）1下列有关实验的叙述中，不正确的有（）蒸干alcl3溶液可得纯净的无水氯化铝试管里加入少量淀粉，再加入一定量稀硫酸，加热34分钟，然后加入银氨溶液，片刻后管壁上有“银镜”出现无法用分液漏斗将甘油和水的混合液分离可用酸式滴定管量取20.00ml高锰酸钾酸性溶液为了测定某溶液的ph，将未经湿润的ph试纸浸入到待测液中，片刻后取出，与标准比色卡进行对比苯与溴水在铁粉催化作用下制备溴苯配制银氨溶液时，将稀氨水慢慢滴加到硝酸银溶液中，至产生的沉淀刚好溶解为止在苯酚溶液中滴入少量稀溴水溶液中立即出现白色沉淀a4句b5句c6句d7句【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】水解生成的hcl易挥发，蒸干不会得到氯化铝；淀粉水解后溶液为酸性，检验葡萄糖应在碱性条件下；甘油和水混合，不分层；高锰酸钾会腐蚀橡胶；测定ph，试纸不能湿润，用玻璃棒蘸取待测液；苯与溴水不反应；配制银氨溶液时，先生成沉淀，后滴加氨水，沉淀溶解；稀溴水少量，不能得到沉淀，生成物溶解在苯酚中【解答】解：水解生成的hcl易挥发，蒸干不会得到氯化铝，蒸干得到氢氧化铝，故错误；淀粉水解后溶液为酸性，检验葡萄糖应在碱性条件下，应加碱至碱性，再加入银氨溶液检验，故错误；甘油和水混合，不分层，则无法用分液漏斗将甘油和水的混合液分离，故正确；高锰酸钾会腐蚀橡胶，则可用酸式滴定管量取20.00ml高锰酸钾酸性溶液，故正确；测定ph，试纸不能湿润，用玻璃棒蘸取待测液，不能将试纸浸入到待测液中，故错误；苯与溴水不反应，制备溴苯应选液溴，故错误；配制银氨溶液时，先生成沉淀，后滴加氨水，沉淀溶解，则配制银氨溶液时，将稀氨水慢慢滴加到硝酸银溶液中，至产生的沉淀刚好溶解为止，故正确；稀溴水少量，不能得到沉淀，生成物溶解在苯酚中，可在溴水中滴加苯酚生成沉淀，故错误；故选b【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及知识点较多，综合性较强，把握盐类水解、有机物水解实验及产物检验、混合物分离提纯、物质制备等为解答的关键，注重基础知识的夯实，题目难度中等2下列实验方案中，不能测定na2co3和nahco3混合物中na2co3质量分数的是（）a取a克混合物充分加热，得b克固体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】化学实验方案的评价；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质【专题】实验评价题【分析】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：anahco3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出na2co3质量分数，故a不选；bna2co3和nahco3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出na2co3质量分数，故b不选；c混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故c选；dna2co3和nahco3都与ba（oh）2反应，反应的方程式为co32+ba2+=baco3、hco3+oh+ba2+=h2o+baco3，因此最后得到的固体是baco3，所以可以计算出na2co3质量分数，故d不选故选c【点评】该题以碳酸钠与碳酸氢钠的性质比较为载体，侧重于化学实验方案的评价，题目难度中等，注意把握物质的性质以及实验方案的原理3下列离子方程式正确的是（）a过量so2通入ba（no3）2溶液3so2+2no3+3ba2+2h2o3baso4+2no+4h+b1mol的cl2通入含1mol fei2的溶液中：2fe2+2i+2cl2=2fe3+4cl+i2c甲醛溶液中加入足量的银氨溶液并加热：hcho+2ag（nh3）2+2ohhcoo+nh4+2ag+3nh3+h2od向硫酸铝铵矾溶液中滴加过量的氢氧化钡溶液：nh4+al3+2so42+2ba2+5oh=alo2+2baso4+nh3h2o+2h2o【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】a、二氧化硫过量，钡离子不足，反应后生成了硫酸钡沉淀和硫酸根离子；b、碘离子还原性大于亚铁离子的还原性，氯气不足，亚铁离子没有被氯气氧化；c、甲醛分子中含有两个醛基，反应后被氧化成了二氧化碳；d、氢氧化钡过量，反应生成了硫酸钡沉淀和偏铝酸根离子【解答】解：a、过量so2通入ba（no3）2溶液，二氧化硫过量，反应按照硝酸钡进行，正确的离子方程式为3so2+2no3+ba2+2h2obaso4+2so42+2no+4h+，故a错误；b、1mol的cl2通入含1mol fei2的溶液中，还原性：ife2+，1mol碘化亚铁含有2mol碘离子，能够消耗1mol氯气，显然氯气恰好与碘离子完全反应，亚铁离子没有被氧化，正确的离子方程式为：2i+cl2=+2cl+i2，故b错误；c、甲醛分子中含有两个易被氧化的氢原子，甲醛溶液中加入足量的银氨溶液，能被氧化为二氧化碳，正确的离子方程式为：hcho+4ag（nh3）2+4ohco2+4ag+8nh3+3h2o，故c错误；d、向硫酸铝铵矾溶液中滴加过量的氢氧化钡溶液，硫酸铝铵中的铝离子反应生成了偏铝酸根离子，反应的离子方程式为：nh4+al3+2so42+2ba2+5oh=alo2+2baso4+nh3h2o+2h2o，故d正确；故选d【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生能力的培养和训练；要求学生明确判断离子方程式正误常用方法为：（1）检查反应能否发生；（2）检查反应物、生成物是否正确；（3）检查各物质拆分是否正确；（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）；（5）检查是否符合原化学方程式，该题有助于培养学生分析问题、解决问题的能力4将fe、cu、fe2+、fe3+和cu2+盛于同一容器中充分反应，反应后fe有剩余，则容器中其它存在的单质或离子只能是（）acu、fe3+bfe2+、fe3+ccu、cu2+dcu、fe2+【考点】铁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质【专题】元素及其化合物【分析】金属的还原性为：fecu，相同条件下，铁优于铜先参加反应；离子的氧化性为：fe3+cu2+fe2+，相同条件下，铁离子先被还原，其次是铜离子；根据fe有剩余，金属铜不会参加反应，铁离子、铜离子不会存在进行判断【解答】解：金属的还原性为：fecu，相同条件下，铁优于铜先参加反应；离子的氧化性为：fe3+cu2+fe2+，相同条件下，铁离子先被还原，其次是铜离子因为铁剩余，所以铜不反应，反应后一定有铜剩余，铁与三价铁离子、铜离子都会发生反应生成二价铁离子和铜，所以反应后一定含有二价铁离子，所以最后生成的物质有：铜、铁、二价铁离子；故选d【点评】本题考查了不同价态铁元素之间的转化，题目难度不大，熟悉离子反应发生的条件，明确物质的还原性、氧化性顺序是解题关键5某无色溶液中可能含有na+、k+、fe3+、nh4+、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溶液和hno3溶液，有白色沉淀产生，过滤在滤液中加入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不正确的是（）a肯定不存在的离子是fe3+、cu2+、nh4+、so42、co32b肯定存在的离子是na+、k+、so32、brc无法确定原溶液中是否存在cld若步骤改用bacl2溶液和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响【考点】常见离子的检验方法【专题】离子反应专题【分析】ph试纸检验，溶液的ph7，证明溶液显示碱性，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，则一定不存在硫酸根离子，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，则为溴水的颜色，一定不含有碳酸根离子，向分液后的水溶液中加入ba（no3）2溶液和hno3溶液，有白色沉淀产生，可以证明亚硫酸根离子的存在，在滤液中加入agno3和hno3的混合溶液有白色沉淀产生，即为氯化银沉淀【解答】解：某无色溶液中一定不存在：fe3+、cu2+，ph试纸检验，溶液的ph7，证明溶液显示碱性，一定含有钠离子或是钾离子中的至少一种，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，则一定不存在硫酸根离子，另取少量原溶液，向溶液中滴加足量氯水，无气体产生，则一定不含co32，可能含有so32，亚硫酸根能被溴水氧化为硫酸根离子，再加入ccl4振荡，静置后ccl4层呈橙色，则为溴水的颜色，一定含有溴离子，向分液后的水溶液中加入ba（no3）2溶液和hno3溶液，有白色沉淀产生，可以证明硫酸根离子的存在，即是亚硫酸根被氧化生成的硫酸根离子，一定不存在铵根离子，因为二者会双水解而不共存，在滤液中加入agno3和hno3的混合溶液有白色沉淀产生，即为氯化银沉淀，但是在中加入的氯水中含有氯离子，不能确定是否存在待测离子中的氯离子a、肯定不存在的离子是fe3+、cu2+、nh4+、so42、co32，故a正确；b、肯定存在的离子是so32、br，还有na+、k+中的至少一种，故b错误；c、在滤液中加入agno3和hno3的混合溶液有白色沉淀产生，即为氯化银沉淀，但是在中加入的氯水中含有氯离子，不能确定是否存在待测离子中的氯离子，故c正确；d、若步骤改用bacl2溶液和盐酸的混合溶液，则硫酸根离子会和bacl2溶液反应生成难溶物质硫酸钡，但是硫酸根一定是亚硫酸根离子被氧化来的，此时对溶液中离子的判断无影响，故d正确故选b【点评】本题考查离子的检验，物质的检验是化学的重难点，也是考试的热点之一，了解物质或离子的化学性质是本题解题的关键，综合性较强，难度大6下表列举的各组事实中存在因果关系的是（）选项陈述（原因）陈述（结果）ao3能吸收紫外线大气层中的o3被称为地球保护伞b钠原子核外电子数比铝少钠的金属性比铝强c氯的非金属性比碘强酸性：氢碘酸强于盐酸dn2+3h22nh3是放热反应工业合成氨的反应在高温下进行aabbccdd【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】a臭氧层可减少紫外线对人类的危害；b易失去电子的金属性强；c非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强；d合成氨反应为放热反应，升高温度逆向移动【解答】解：a臭氧层可减少紫外线对人类的危害，因o3能吸收紫外线，则大气层中的o3被称为地球保护伞，故a正确；b易失去电子的金属性强，na比al易失去电子，则金属性na比al强，故b错误；c非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性为高氯酸强于氢碘酸，与盐酸酸性不能利用非金属性比较，故c错误；d合成氨反应为放热反应，升高温度逆向移动，则工业合成氨的反应不能在高温下进行，故d错误；故选a【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及非金属性和金属性比较、化学平衡移动原理的应用等，侧重化学反应原理的考查，选项bc为易错点，题目难度中等7将两种硫酸盐按一定比例混合后共熔，可制得化合物x，x溶于水能电离出k+、cr3+、so42，若将2.83g x中的cr3+全部氧化为cr2o72后，溶液中的cr2o72可和过量ki溶液反应，得到3.81g i2，反应的离子方程式为：cr2o72+6i+14h+=2cr3+3i2+7h2o，若向溶有2.83g x的溶液中，加入过量的bacl2溶液，可得到4.66g白色沉淀由此可推断出x的化学式为（）ak2so42cr2（so4）3b2k2so4cr2（so4）3ck2so4cr2（so4）3dk2so4cr2（so4）3【考点】复杂化学式的确定【分析】3.81gi2的物质的量为0.015mol，根据电子转移守恒计算cr2o72的物质的量，根据cr元素守恒可知n（cr3+）=2n（cr2o72）；溶液中加入过量的bacl2溶液，得到4.66g白色沉淀为硫酸钡，硫酸钡的物质的量为0.02mol，根据硫酸根守恒可知，溶液中n（so42）=0.02mol；溶液为电中性，所以n（k+）+3n（cr3+）=2n（so42），计算n（k+），根据k+、cr3+、so42的物质的量之比判断x的化学式【解答】解：3.81gi2的物质的量为： =0.015mol，根据电子转移守恒可知：n（cr2o72）2（63）=0.015mol2，解得：n（cr2o72）=0.005mol，根据cr元素守恒可知：n（cr3+）=2n（cr2o72）=0.005mol2=0.01mol；溶液中加入过量的bacl2溶液，得到4.66g白色沉淀为硫酸钡，硫酸钡的物质的量为： =0.02mol，根据硫酸根守恒可知，溶液中n（so42）=0.02mol；根据溶液为电中性可得：n（k+）+3n（cr3+）=2n（so42），则：n（k+）=2n（so42）3n（cr3+）=0.02mol20.01mol3=0.01mol，故化合物x中k+、cr3+、so42的物质的量之比为：0.01mol：0.01mol：0.02mol=1：1：2，所以化合物x的化学式为：k2so4cr2（so4）3，故选c【点评】本题考查了复杂化学式的计算，题目难度中等，注意质量守恒定律、电荷守恒在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力8下列物质中，按只有氧化性，只有还原性，既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是（）af2、k、hclbcl2、al、h2cno2、na、br2do2、so2、h2o【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】断物质的氧化性和还原性，需从两个反面入手，1熟悉物质的性质，2物质所含元素的化合价，如果物质所含元素处于中间价态，则物质既有氧化性又有还原性，处于最低价，只有还原性，处于最高价，只有氧化性【解答】解：a、氟气只有氧化性，f2化合价只能降低，k化合价只能升高，所以金属钾只有还原性，盐酸和金属反应表现氧化性，和高锰酸钾反应表现还原性，故a正确；b、cl2既有氧化性又有还原性，金属铝和氢气只有还原性，故b错误；c、二氧化氮和水的反应说明二氧化氮既有氧化性又有还原性，金属钠只有还原性，溴单质既有氧化性又有还原性，故c错误；d、二氧化硫中硫元素居于中间价，既有氧化性又有还原性，故d错误故选a【点评】本题主要考察对氧化性和还原性的判断和理解氧化性是指物质得电子的能力，处于高价态的物质一般具有氧化性还原性是在氧化还原反应里，物质失去电子或电子对偏离的能力，金属单质和处于低价态的物质一般具有还原性9向10ml 0.1moll1 nh4al（so4）2溶液中，滴加等浓度ba（oh）2溶液x ml下列叙述正确的是（）ax=10时，溶液中有、al3+、，且c（）c（al3+）bx=10时，溶液中有、，且c（）c（）cx=30时，溶液中有ba2+、oh，且c（oh）c（）dx=30时，溶液中有ba2+、al3+、oh，且c（oh）=c（ba2+）【考点】离子方程式的有关计算【专题】离子反应专题【分析】当x=10时，nh4al（so4）2与ba（oh）2等物质的量反应，此时oh量不足，oh首先与al3+反应，与nh4+不反应，所以溶液中有未参加反应的nh4+和部分剩余的al3+存在，同时so42也有剩余，但此时不会有alo2生成，结合铵根离子水解解答；当x=30时，0.001 mol的nh4al（so4）2与0.003 mol ba（oh）2反应，生成0.002 mol baso4、0.001 mol alo2、0.001 mol nh3h2o，且剩余0.001 mol ba2+和0.001 mol oh，由于nh3h2o也是一种碱，存在电离平衡：nh3h2onh4+oh，据此判断反应中c（oh）与c（alo2）、c（ba2+）的大小关系【解答】解：a、当x=10时，nh4al（so4）2与ba（oh）2等物质的量反应，此时oh量不足，oh首先与al3+反应，与nh4+不反应，所以溶液中有未参加反应的nh4+和部分剩余的al3+存在，同时so42也有剩余，但此时不会有alo2生成，溶液中c（nh4+）c（al3+），故a正确；b、由a中分析可知，溶液中不会有alo2生成，溶液中有nh4+、al3+、so42，参加反应的硫酸根离子为0.001mol，剩余0.001molso42，溶液中nh4+未参加反应，但溶液中nh4+水解，故c（nh4+）c（so42），故b错误；c、当x=30时，0.001 mol的nh4al（so4）2与0.003 mol ba（oh）2反应，生成0.002 mol baso4、0.001 mol alo2、0.001 mol nh3h2o，且剩余0.001 mol ba2+和0.001 mol oh，由于nh3h2o也是一种碱，存在电离平衡：nh3h2onh4+oh，使得溶液中c（oh）大于0.001 mol，故c（oh）c（alo2），故c错误；d、由c中分析可知，溶液中含有ba2+、alo2、oh，其中溶液中c（oh）大于0.001 mol，含有0.001 mol ba2+，c（oh）c（ba2+），故d错误；故选a【点评】本题考查离子方程式的有关计算、过量计算等，难度中等，清楚氢氧根离子与铵根离子、铝离子反应的先后顺序是解题的关键10在标准状况下，将alnh3完全溶于水得到vml氨水，溶液的密度为gcm3，溶质的质量分数为，溶质的物质的量浓度为c mol/l下列叙述中正确的是（）=c=上述溶液中再加入vml水后，所得溶液的质量分数大于0.5上述溶液中再加入1.5vml同浓度稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关系为：c（cl）c（nh4+）c（h+）c（oh）abcd【考点】物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】溶质的质量分数为可由溶质的质量和溶液的质量来计算；根据c=来计算；根据溶质的质量分数=100%来计算；根据反应后的溶质及水解来分析【解答】解：vml氨水，溶液的密度为gcm3，溶液的质量为vg，溶质的质量为17，则溶质的质量分数为=，故错误；溶质的物质的量为mol，溶液的体积为vml，则c=mol/l，故正确；再加入vml水后，所得溶液的质量分数为，水的密度大于氨水的密度，则所得溶液的质量分数小于0.5，故错误；vml氨水，再加入1.5vml同浓度稀盐酸，充分反应后生成氯化铵，还有剩余的盐酸，溶液显酸性，则c（cl）c（nh4+）c（h+）c（oh），故正确；故选d【点评】本题考查物质的量浓度的有关计算，明确质量分数、物质的量浓度的关系、氨水的密度与水的密度大小是解答本题的关键，题目难度不大11用na表示阿伏加德罗常数的值则下列说法正确的是（）a标准状况下，22.4l己烷中共价键数目为19nab1l浓度为1moll1的na2co3溶液中含有na个coc1cm3铁所含的铁原子数是（是铁的密度，单位为gcm3）d常温下，2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3na【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标准状况下，己烷的状态为液体，不是气体；b碳酸钠溶液中，碳酸根离子部分水解，导致碳酸根离子数目减少；c根据忒的密度计算出铁的质量及物质的量，再计算出碳原子数目；d常温下，铝与浓硫酸发生钝化现象，阻止了反应继续进行【解答】解：a标况下，己烷不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积减少气物质的量，故a错误；b1l浓度为1moll1的na2co3溶液中含有溶质碳酸钠1mol，由于碳酸根离子部分水解，则液中含有的碳酸根离子数小于na，故b错误；c1cm3铁的质量为g，物质的量为： =mol，含有的碳原子数目为： molna/mol=，故c正确；d常温下，铝与浓硫酸发生钝化，无法计算转移的电子数，故d错误；故选c【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项d为易错点，注意常温下铁、铝与浓硫酸、浓硝酸发生钝化现象12下列关系图中，a是一种正盐，b是气态氢化物，c是单质，f是强酸当x无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去），当x是强碱时，过量的b跟cl2反应除生成c外，另一产物是盐酸盐下列说法中不正确的是（）a当x是强酸时，a、b、c、d、e、f中均含同一种元素，f可能是h2so4b当x是强碱时，a、b、c、d、e、f中均含同一种元素，f是hno3cb和cl2的反应是氧化还原反应d当x是强酸时，c在常温下是气态单质【考点】无机物的推断【分析】下列关系图中，a是一种正盐，b是气态氢化物，c是单质，f是强酸当x无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去），当x是强碱时，过量的b跟cl2反应除生成c外，另一产物是盐酸盐【解答】解：根据题意a既可以和强酸反应，又可以和强碱反应，且是一种正盐，符合条件的物质物质只能是硫化铵，硫化铵和强碱反应生成氨气，则b是氨气，c是氮气，d是no，e是no2，f是硝酸；硫化铵和强酸反应生成h2s，h2s和氯气反应生成s，即c是单质s，则d是二氧化硫，e是三氧化硫，f是硫酸，a、当a是硫化铵时，硫化铵硫化氢硫单质二氧化硫三氧化硫硫酸，故a正确；b、当a是硫化铵时，硫化铵氨气氮气一氧化氮二氧化氮硝酸，故b正确；c、硫化氢或氨气和氯气发生的反应均是置换反应，一定是氧化还原反应，故c正确；d、当x是强酸时，b只能为硫化氢，则c为硫，是固体，故d错误故选：d【点评】本题考查考查s和n元素及其化合物转化的有关判断，是中等难度的试题，也是高考中的常见题型试题注重基础和能力的双向考查，该题的突破点是有关的反应条件以及能和强碱反应生成气体本题有利于培养学生的逻辑思维能力，提高学生分析问题、解决问题的能力13下列物质的除杂方法中，合理的是（）so2中混有的so3杂质可以让混合气体通过浓硫酸除去；k2co3中混有的少量nahco3，可以用加热的方法除去；乙烯中混有的so2气体可以通过溴水除去；金属铜中含有的少量银和锌可以通过电解精炼的方法除去；kno3中含有的少量nacl可以通过重结晶的方法除去abcd【考点】物质的分离、提纯和除杂【专题】化学实验基本操作【分析】根据除杂原则，选择除杂剂最少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，或吸收杂质，不能吸收被提纯物质，不能与被提纯物质反应；反应时不能引入新的杂质注意生成被提纯的物质最好，结合选项中各物质的性质判断【解答】解：浓硫酸可以吸收so3气体，不影响so2气体，故正确；碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，仍有钠离子杂质，故错误；乙烯能和溴水加成，二氧化硫能溴水褪色，故错误；电解时活泼金属做阳极，金属失电子，锌离子进入溶液，银作为阳极泥析出，故正确；nacl的溶解度受温度影响不大，但硝酸钾的溶解度受温度影响较大，则可利用结晶、重结晶来除去kno3中的nacl杂质，故正确；故选b【点评】本题考查混合物的分离、提纯，明确常见的混合物分离、提纯的方法及原理是解答本题的关键，注意物质性质的应用，题目难度不大14已知nh4cuso3与足量的2mol/l硫酸溶液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成 产生刺激性气味的气体 溶液呈现蓝色据此判断下列说法正确的是（）a反应中硫酸作氧化剂bnh4cuso3中硫元素被氧化c1mol nh4cuso3完全反应转移0.5mol电子d刺激性气味的气体是氨气【考点】化学方程式的有关计算；浓硫酸的性质【分析】nh4cuso3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成cu、so2和cu2+，反应的方程式为2nh4cuso3+4h+cu+cu2+2so2+2h2o+2nh4+，以此解答该题【解答】解：a发生反应为：2nh4cuso3+4h+cu+cu2+2so2+2h2o+2nh4+，反应只有cu元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后未变，反应中硫酸体现酸性，故a错误；bnh4cuso3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成cu、so2和cu2+，反应前后s元素的化合价