（通用版）高考化学总复习 非选择题系列练题（35）.doc

非选择题系列练题（35）1由几种离子化合物组成的混合物，含有以下离子中的若干种：k、nh4+、mg2、ba2、cl、so42-、co32-。将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取3份100 ml该溶液分别进行如下实验：实验序号实验内容验结果a加agno3溶液有白色沉淀生成b加足量naoh溶液并加热收集到气体1.12 l(已折算成标准状况下的体积)c加足量bacl2溶液，对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量；再向沉淀中加足量稀盐酸，然后干燥、称量第一次称量沉淀质量为6.27 g，第二次称量沉淀质量为2.33 g试回答下列问题：（1）根据实验a判断cl是否存在_(填“一定存在”、“一定不存在”或“不能确定”)（2）该混合物中一定不存在的离子是_（3）写出实验b中发生反应的离子方程式_（4）混合物中是否存在k，写出判断过程？【答案】（1）不能确定；（2）mg2+、ba2+；（3）nh4+oh-nh3+h2o；（4）存在；通过实验可知溶液中一定存在的离子是nh4+、no2-、so42-、co32-，经计算，铵根离子的物质的量为0.05mol，碳酸根离子为0.01mol，硫酸根离子为0.02mol，根据电荷守恒，n(+)=n(nh4+)=0.05mol，c(-)=2n(co32-)+2n(so42-)=0.06mol，钾离子一定存在。【解析】（1）与agno3溶液有沉淀产生的离子有：cl-、co32-、so42-，根据a无法确定是否含有氯离子，故答案为：不能确定；（2）根据c可知，溶液中一定存在so42-、co32-，则一定不存在与so42-、co32-反应的离子：mg2+、ba2+，故答案为：mg2+、ba2+；（4）实验b中收集的1.12l气体为氨气，氨气的物质的量为0.05mol，则溶液中一定含有nh4+，物质的量为0.05mol；再根据实验测定可知，溶液中一定存在的离子是no2-、so42-、co32-，经计算，碳酸根离子为0.01mol，硫酸根离子为0.02mol，根据电荷守恒，n(+)=n(nh4+)=0.05mol，c(-)=2n(co32-)+2n(so42-)=0.06mol，钾离子一定存在，故答案为：存在；通过实验可知溶液中一定存在的离子是nh4+、no2-、so42-、co32-，经计算，铵根离子的物质的量为0.05mol，碳酸根离子为0.01mol，硫酸根离子为0.02mol，根据电荷守恒，n(+)=n(nh4+)=0.05mol，c(-)=2n(co32-)+2n(so42-)=0.06mol，钾离子一定存在。【考点定位】考查常见离子的检验【名师点晴】本题考查了常见离子的检验方法，题量较大，试题涉及了常见离子的检验方法判断、离子方程式的书写。要熟记常见的离子的检验方法：nh4+：naoh溶液(浓)，加热，产生有刺激性气味、使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体；fe2+：naoh溶液，生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变成红褐色；新制的氯水+kscn溶液；滴加新制的氯水，溶液由浅绿色变为黄色，再滴加kscn溶液，溶液呈红色；铁氰酸钾，加入蓝色铁青化亚铁沉淀，等等。题中根据电荷守恒判断钾离子的存在为难点和易错点。2碱式碳酸镁4mgco3mg (oh)24h2o是重要的无机化工产品。一种由白云石主要成分为camg(co3)2，还含少量sio2、fe2o3等为原料制备碱式碳酸镁(国家标准中cao的质量分数0.43%)的实验流程如下：（1）“煅烧”时发生主要反应的化学方程式为_。（2）常温常压下“碳化”可使镁元素转化为mg(hco3)2，“碳化”时终点ph对最终产品中cao含量及碱式碳酸镁产率的影响如图1和图2所示。 图1cao含量与碳化终点ph的关系 图2碱式碳酸镁产率与碳化终点ph的关系应控制“碳化”终点ph约为_，发生的主要反应的化学方程式为_和_。图2中，当ph10.0时，镁元素的主要存在形式是_(写化学式)。（3）“热解”生成碱式碳酸镁的化学方程式为_。（4）该工艺为达到清洁生产，可以循环利用的物质是_(写化学式)。【答案】 camg(co3)2caomgo2co2 9.0 mg(oh)22co2=mg(hco3)2 ca(oh)2co2=caco3h2o mg(oh)2 5mg(hco3)24mgco3mg(oh)24h2o6co2 co2【解析】(1) camg(co3)2的煅烧分解类似于caco3、mgco3 的高温分解，camg(co3)2 cao+mgo+2co2； (3)由mg(hco3)2受热分解生成碱式碳酸镁的化学方程式为5mg(hco3)2 4mgco3mg(oh)2 4h2o+6co2；(4)由流程图可知，可循环利用的物质有co2。3x、y、z、w四种短周期元素在元素周期表中的位置关系如图:i.若y元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍。(1)z在周期表中的位置是_。(2)写出铜和w的最高价氧化物的水化物的稀溶液反应的离子方程式:_。(3)z最高价氧化物的水化物的浓溶液不稳定,受热可分解,产物之一是黄绿色气体,且当有28mol电子发生转移时,共产生9mol气体,写出该反应的化学方程式:_。ii.若x和y的核外电子数之和为22。(4)x的气态氢化物的电子式为_，将该氢化物通入硝酸溶液中,恰好反应时所得溶液中离子浓度大小的顺序为_。(5)w的单质与z的最高价氧化物的水化物的浓溶液反应,当电子转移0.4mol时，产生气体的体积是_(标准状况)。(6)下列能比较z元素与氯元素非金属性强弱的是_。a氯气通入硫化钠溶液中,溶液变浑浊b盐酸是强酸,氢硫酸是弱酸c氯化氢比硫化氢稳定【答案】 第三周期第viia族 3cu+2no3-+8h+=3cu2+2no+4h2o 4hclo42cl2+7o2+2h2o c(no3-)c(nh4+)c(h+)c(oh-) 6.72l ac【解析】x、y、z、w均为短周期元素，根据它们在周期表中的位置关系可知，w、x处于第二周期，y、z处于第三周期。i.若y元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍，则y元素原子的最外层电子数为6，则y为硫元素，可推知z为cl元素，x为氧元素，w为氮元素。（1）z为cl元素，最外层为7个电子，则z处于第三周期第viia族。（2）w为氮元素，n的最高价氧化物的水化物为硝酸。铜与稀硝酸反应生成no、硝酸铜和水，则离子方程式为3cu+2no3+8h+=3cu2+2no+4h2o。ii.若x和y的核外电子数之和为22，设x的原子序数为a，则y的原子序数为（a+8）,所以有a+(a+8)=22，解得a=7。可推出x为氮元素，y为p元素，w为碳元素，z为s元素。（4）x的气态氢化物为nh3，其电子式为。将nh3通入硝酸溶液中,恰好反应时得到nh4no3溶液。由于nh4+部分水解，所以溶液中c(no3)c(nh4+)，且溶液显酸性，则有c(h+)c(oh)。所以所得溶液离子浓度大小为c(no3)c(nh4+)c(h+)c(oh)。（5）w的单质为“碳”，z的最高价氧化物的水化物为h2so4，碳单质与浓h2so4反应化学方程式为c+2h2so4(浓)co2+2so2+2h2o。当电子转移0.4mol时，产生0.1molco2和0.2molso2,共0.3mol气体，则气体的体积为22.4l/mol0.3mol=6.72l。（6）a、氯气通入硫化钠溶液中，溶液变浑浊，则cl2将s2氧化为s，说明cl2氧化性强于s，则cl元素非金属性比s强，故a正确；b、比较非金属性的强弱，应通过比较元素最高价氧化物的水化物的酸性强弱来确定，即要通过比较hclo4与h2so4的酸性强弱来比较cl和s的非金属性。盐酸与氢硫酸酸性的强弱不能说明非金属性强弱，故b错误；c、非金属性越强，氢化物的稳定性越强，氯化氢比硫化氢稳定说明cl非金属性强于s，故c正确。故选ac。点睛：（3）问为本题难点，产物未知的陌生氧化还原反应的书写，关键是利用“化合价有升高、则必有降低”来推测产物，hclo4中h为最高价、cl为最高价，则只能是o元素化合价升高，o化合价升高的产物一般是o2。再利用化合价升降守恒配平。4(1)甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，利用合成气(主要成分为co、co2和h2)在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：co(g)2h2(g)ch3oh(g) h1co2(g)3h2(g)ch3oh(g)h2o(g) h2co2(g)h2(g)co(g)h2o(g) h3回答下列问题：已知反应中相关的化学键键能数据如下：化学键hhcocohoche/(kjmol1)4363431 076465413由此计算h1_kjmol1；已知h258 kjmol1，则h3_kjmol1。(2)烟气(主要污染物so2、nox)经o3预处理后用caso3水悬浮液吸收，可减少烟气中so2、nox的含量。o3氧化烟气中so2、nox的主要反应的热化学方程式为：no(g)o3(g)=no2(g)o2(g) h200.9 kjmol1no(g)o2(g)=no2(g) h58.2