化学选择题第二次疯狂练一题三变

化学选择题第二次疯狂练“一题三变”原题：10、硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0mL0.100mol·L－1Na2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl－离子，则S2O32－将转化成A．S2－B．SC．SO32－D．SO42－【答案】D，可根据得失电子守恒计算。变题：1.MO4n－与S2－在酸性溶液中发生如下反应：MO4n－+3S2－+14H+=2M3++3S↓+7H2O，则MO4n－中M元素的化合价为A．+2B．+3C．+4D．+6【解析】本题可根据电子守恒(即氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等)或电荷守恒(离子方程式的两端电荷相等)解答。若根据电子守恒；设MO4n－中M为+y价，得电子总数：(y－3)×l，失电子总数；3×2=6。则(y－3)×2＝6，所以y＝6，即M为+6价。若根据电荷守恒：方程式右边：2×3=6(个正电荷)；方程式左边：14×1一(1×n+3×2)(个正电荷)。则14一(n+6)=6，得n=2，则MO4n－为MO42－，M的化合价为+6价。【答案】D变题：2.Cu、Cu2O和CuO组成的混合物，加入100mL0.6mol/LHNO3溶液恰好使混合物完全溶解，同时收集到224mLNO气体(标准状况)。回答下列问题：⑴写出Cu2O跟硝酸反应的化学方程式_________________________________。⑵产物中硝酸铜的物质的量为___________________。⑶如原混合物中有0.01molCu，则其中Cu2O的物质的量________；CuO的物质的量__________。⑷如原混合物中Cu的物质的量为x，求其中Cu2O、CuO的物质的量及x的取值范围。【解析】本题第2问据氮守恒即可解决第3问据电子恒等、物料守恒，设nCu2O=y，则2×0.01+2y＝0.224×3/22.4n（CuO）＝0.025－0.01－2y第4问求解受到2个因素的限制：nCu(NO3)2和ne－，再设nCuO==z2x+2y===0.03x+2y+z==0.025变式为x－z==0.005当z==0，x==0.005，当y===0，x==0.015。∴0.005mol＜x＜0.015mol【答案】⑴3Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O⑵0.025mol⑶n(Cu2O)=0.005moln(CuO)=0.005mol⑷0.005mol＜x＜0.015mol赛题：科研人员发现在氯消毒的饮用水中，含有微量对人体有潜在危害作用的含氯化合物，世界环保联盟即将全面禁止在自来水中加氯气，推广采用广谱性高效杀菌消毒剂二氧化氯(C102，黄绿色气体)。目前欧洲和我国主要采用Kesting法(原料为氯酸钾和盐酸)制ClO2，该法的缺点是同时产生Cl2(占C102体积的一半)，使产物纯度低。氯酸钾和盐酸反应制取ClO2的变化可表示为：KClO+HCl(浓)一KCI+C102+Cl2↑+.请完成该化学方程式并配平(未知物化学式和化学计量数填人方框内)(2)浓盐酸在反应中显示出来的性质是(填写编号，多选倒扣分)。①只有还原性②还原性和酸性③只有氧化性④氧化性和酸性(3)产生0.1molCl2，则转移的电子的物质的量为_________mol。(4)C1O2具有很强的氧化性。因此，常被用作消毒剂，其消毒效率(以单位质量得到的电子数表示)是Cl2多少倍。【解析】(1)此题的难点是方程式的配平，用化合价升降法配平时，首先要分清氧化产物是Cl2，还原产物是C1O2，KCl中的C1-来源于盐酸，化合价没有变化，再配平氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物的计量数，最后依据原子种类和个数守恒，配平其他物质的计量数和补加未知物质。(2)由配平的方程式可知，参加反应的浓盐酸有一半被氧化，另一半起了酸性作用。(3)Cl2来源于盐酸，一个C1-失一个电子变为氯原子，所以产生0.1molCl2，转移电子0.2mol。(4)消毒后，C1元素的价态变为-l价，对ClO2单位质量得电子：5mol／67．5g；对Cl2单位质量得电子：2mol／71g；二者的比值为2．63。【答案】(1)2、4、2、2、1、2H2O(2)②(3)0．2(4)2.63原题：12、同温同压下，当反应物分解了8％时，总体积也增加8％的是A.2NH3(g)N2(g)+3H2(g)B.2NO(g)N2(g)+O2(g)C.2NO3(g)4NO2(g)+O2(g)D.2NO2(g)2NO(g)+O2(g)【答案】A，最简单的用差量法计算。变题：1.加热碳酸镁和氧化镁的混合物mg，使之完全反应，得剩余物ng，则原混合物中氧化镁的百分含量为()A．×100％B．×100％C．×100％D．×100％【解析】本题可直接运用差量法。MgCO3MgO＋CO2↑Δm8444？m－n【答案】A变题：2.将由amolNaHCO3和bmolNaOH组成的混合物放在密闭容器中加热至250℃，经充分反应后排出气体，冷却后称量固体的质量为Wg。试写出用a、b表示W的表达式。⑴a≤b时，W＝；⑵a＞b时，W＝提示：a≤b时，失重为NaHCO3与NaOH反应时生成的水的质量NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2OΔm＝18aW＝106a＋40b－18aa＞b时，最后产物为Na2CO3，由Na＋守恒，n(Na2CO3)＝n(NaHCO3)＋n(NaOH)赛题1.两种气态烃以任意比例混和，在105℃时1L该混和烃与9L氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积仍为10L。下列各组混和烃中不符合此条件的是()A．CH4C2H4B．CH4C3H6C．C2H4C3H4D．C2H2C3H6【解析】由烃完全燃烧的方程式CxHy+(X+)O2XCO2+H2O(g)可知，当反应为气体体积不变的反应时，要求1+(X+)＝X+，即y＝4，根据平均值原理，B选项中H的平均数大于4，而D选项只有在C2H2和C3H6的体积比为1∶1时H平均数才等于4，不符合两种气态烃以任意比例混合的要求。赛题：2.由CO2、H2和CO组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，则该混合气体中CO2、H2和CO的体积比为()A．29∶8∶13B．22∶1∶14C．13∶8∶29D．26∶16∶57【解析】三种气体中CO相对分子质量与N2相同，因此该题只要求出CO2和H2的体积比(可直接运用十字交叉法)，CO的体积可以为任意比，所以此类题往往有两个选项符合题意。【答案】C、D赛题：3.150℃时，将1L混合烃与9L氧气混合，在密闭容器内充分燃烧，当恢复至150℃，体积恒定时，容器内压强增大8％，则该混合烃的组成是（）A．甲烷与乙烷体积比是1∶4B．丙炔与乙炔体积比是1∶4C．乙烯与丁烷体积比是1∶4D．乙烯与丁烯体积比是1∶4【解析】此题考查思维的灵活性及严密性。宜运用差量法解析。应注意：①150℃时水呈气态，②容器内压强增大8％即为气体物质的量增大8％。设此混合烃的平均分子组成为CxHy根据氢原子数判断，选项A、B可排除。运用十字交叉法，推断C、D中哪个选项符合题意？此题正确答案为D。原题：14、目前常用的镍（Ni）镉（Cd）电池，其电池总反应可以表示为：Cd＋2NiO(OH)＋2H2O2Ni(OH)2＋Cd(OH)2已知Ni(OH)2和Cd(OH)2均难溶于水但能溶于酸，以下说法中正确的是①以上反应是可逆反应②以上反应不是可逆反应③充电时化学能转变为电能④放电时化学能转变为电能A①③B②④C①④D②③【答案】B，本题考查原电池和电解池原理。可充电电池的充电和放电过程条件不同，故不是可逆反应；放电时电池向外界提供电能，化学能转变成电能，充电时电能转变成化学能。变题：1.银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，它的充电和放电过程可表示为()Zn+Ag2O+H2O2Ag＋Zn(OH)2在此电池放电时，负极上发生反应的物质是A．Ag B．Zn(OH)2 C．Ag2O D．Zn变题：2.据报道，美国正在研究用锌电池取代目前广泛使用的蓄电池，它具有容量大、污染小的特点，其电池反应为：2Zn＋O2＝2ZnO，其原料为锌、空气和电解质溶液，则下列叙述正确的是()A．锌为正极，空气在负极反应B．负极还原反应，正极氧化反应C．负极的电极反应为：Zn－2e－＋2OH－＝ZnO＋H2OD．电池工作时溶液的pH降低变题：3.有人设计将两根Pt丝作电极插入KOH溶液中，然后向两极上分别通入甲烷和氧气而构成燃料电池。该电池中反应的化学方程式：CH4＋2O2＋2KOH＝K2CO3＋3H2O，则关于此燃料电池的下列说法正确的是()A．通入甲烷的电极为电池的正极，通入氧气的电极为负极B．在标准状况下，每消耗5.6LO2，可向外提供1mole－C．通入甲烷电极的电极反应为：CH4＋10OH――8e－＝CO32－＋7H2OD．放电一段时间后，溶液的pH升高【解析】1.可充电池放电时发生原电池反应，氧化剂为正极，还原剂为负极。答案：D2.燃料电池电极反应式的书写是不少同学发怵的题型，问题的关键是没有掌握原电池反应的实质和电极反应式书写的方法。本题中反应产物为ZnO，所以电解质应该是碱性物质。负极：2Zn＋4OH－－4e－＝2ZnO＋2H2O正极：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－。（若正、负极电极反应式不同时书写，则电极反应式应化成最简）答案：C【答案】B、C赛题1.家用炒菜铁锅用水清洗放置后，出现红棕色的锈斑，在此变化过程中不发生的化学反应是()A．4Fe(OH)2＋2H2O＋O2＝4Fe(OH)3↓B．2Fe＋2H2O＋O2＝2Fe(OH)2↓C．2H2O＋O2＋4e－＝4OH－D．Fe－3e－＝Fe3＋赛题：2.碱性电池具有容量大、放电电流大的特点,因而得到广泛应用。锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液,电池总反应式为∶Zn(s)+2MnO2(s)+H2O(l)=Zn(OH)2(s)+Mn2O3(s)下列说法错误的是()A.电池工作时,锌失去电子B.电池正极的电极反应式为：2MnO2+H2O(l)+2e－=Mn2O3(s)+2OH－(aq)C.电池工作时,电子由正极通过外电路流向负极D.外电路中每通过度0.2mol电子,锌的质量理论上减小6.5g赛题：3.将Al片和Cu片用导线联接，一组插入浓硝酸中，一组插入稀氢氧化钠溶液中，分别形成的原电池。在这两个原电池中，负极分别为（）A．Al片、Cu片 B．Cu片、Al片C．Al片、Al片 D．Cu片、Cu片【答案】1.D2.C3.B原题:16、下列实验方法合理的是A、可用水鉴别已烷、四氯化碳、乙醇三种无色液体B、油脂皂化后可用渗析的方法使高级脂肪酸钠和甘油充分分离C、可用澄清石灰水鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液D、为准确测定盐酸与NaOH溶液反应的中和热，所用酸和碱的物质的量相等【答案】A。【解析】A选项中应用了三种不同的有机物在水中的溶解情况和与水密度的不同来进行区别：已烷不溶于水且密度比水小应浮于水面上，四氯化碳不溶于水且密度比水大应沉于水底，乙醇与水互溶不分层。B选项中应为盐析，属课本上的识记内容。C选项中由于两者都能与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，所以无法鉴别，应用氯化钙、硝酸钡、硫酸镁等只和碳酸根反应的物质。D选项中的碱应适当过量。变题：1、仅用一种试剂鉴别如下物质：苯、CCl4、NaI溶液、NaCl溶液、Na2SO3溶液，下列试剂中不能选用的是 A．溴水B．FeCl3溶液C．酸性KmnO4溶液D．AgNO3溶液【答案】D。【解析】五种物质中的苯和其实都是利用了它们在水中的溶解情况和与水密度的比较来进行鉴别。其余都是利用了不同的实验现象，由于D中硝酸银与氯化钠和亚硫酸钠都能反应生成白色沉淀，故无法鉴别。变题：2、以下实验或操作不能达到目的的是 （）A．用溴水鉴别苯、乙醇、四氯化碳B．准确称取0.4000g的NaOH固体配成1000mL浓度为0.01000mol·L-1的溶液C．为除去苯中的少量苯酚,向混合物中加入适量的溴水后过滤D．用激光笔检验淀粉溶液的丁达尔现象【答案】BC。【解析】A为常见有机物的鉴别，溴水的使用。B为化学素养的考察。NaOH易受空气影响，其溶液一般是先粗配后再用标准酸溶液进行标定（如标准草酸溶液、邻苯二甲酸氢钾溶液等）。C为除杂。三溴苯酚溶于有机溶剂苯中形成一体，不能用过滤法从苯中除去。D为胶体的性质，丁达尔现象变题：3、化学实验室中常将溶液或试剂进行酸化,下列酸化处理中正确的是A,定性检验C2H5Cl时,将C2H5Cl和NaOH溶液混合加热后,加硫酸酸化B,为提高高锰酸钾溶液的氧化能力,用盐酸将高锰酸钾溶液酸化C,鉴定待测溶液中是否含有Fe2+时,用硝酸酸化D,鉴别溶液中是否含有SO42－时,所加的氯化钡溶液可以用盐酸酸化【答案】D。解析：A中应用硝酸酸化，防止硫酸与硝酸银的反应。B中高锰酸钾能将盐酸氧化为氯气。C中硝酸能氧化亚铁离子。D中为防止其中可能存在的亚硫酸根，不能使用硝酸或硝酸盐，只能用盐酸。赛题：1、下面的判断中正确的是A．不用其它试剂只利用液体间的相互混合就能鉴别酒精、四氯化碳、甲苯、溴水和Na2CO3溶液B．最外层电子数为偶数的短周期元素不会与卤素或氢形成最简式为AB3型的化合物 C．在由水电离提供的C(H+)为10—4mol·L-1的溶液中，Fe3+、SO42-、NO3-、ClO-离子可以大量共存D．在CHCCH2—CH=CH2分子中所有原子一定处于同一平面【答案】A。【解析】选项中应用了三种不同的有机物在水中的溶解情况和与水密度的不同并结合颜色来进行区别。B中应考虑到碳元素形成有机物的情况。C中在原溶液中就有铁离子与次氯酸根离子的水解反应，而且无论是在酸性还是碱性溶液中都有反应，所以一定不能共存。D中应为可能在同一个平面上。赛题：2、下列各组物质，可用一种试剂加以区别的是①四种黑色固体：FeO、Fe、CuO、C②四种白色粉末：(NH4)2SO4、NH4Cl、Na2SO4NaCl③四种无色溶液：乙醛、乙酸、甲酸、甲酸甲酯④四种有机物：苯、四氯化碳、乙烯、无水乙醇A、只有①②B、只有③④C、只有①②④D、全部【答案】D。【解析】A可用盐酸或稀硫酸鉴别。B可先溶于水或直接用氢氧化钡溶液鉴别。C用氢氧化铜悬浊液鉴别。D用高锰酸钾或溴水鉴别。原题：17、将6.6g可能混有下列物质的(NH4)2SO4样品，在加热的条件下，与过量的NaOH反应，可收集到2.15升NH3（密度为17克/22.4升），则样品中不可能含有的物质是 A．NH4HCO3，NH4NO3B．(NH4)2CO3，NH4NO3C．NH4HCO3，NH4ClD．NH4Cl，(NH4)2CO3【答案】D。【解析】(NH4)2SO4的式量132，每生成1molNH3时需要(NH4)2SO466gNH4R------NH3M22.46.62.15M=68.76>66说明另一种杂质每提供一摩尔氨气，需要的质量应大于68.76g比较：A．NH4HCO3，NH4NO3B．(NH4)2CO3，NH4NO3C．NH4HCO3，NH4ClD．NH4Cl，(NH4)2CO798048807953.553.548相比较，NH4Cl，(NH4)2CO3的式量都小于68.76g，不可能。变题：1、某K2CO3样品中含有Na2CO3、KNO3和Ba(NO3)2三种杂质中的一种或两种，现将13.8g样品加入足量水中，样品全部溶解，再加入过量的CaCl2溶液，得到9g沉淀。对样品所含杂质的正确判断是A、肯定没有KNO3B、肯定有KNO3，可能还有Na2CO3C、肯定没有Ba(NO3)2，可能有KNO3D、肯定没有Na2CO3和Ba(NO3)2【答案】B。由样品可全部溶于水中可知肯定没有Ba(NO3)2，但若样品全部为K2CO3时，13.8g应生成沉淀10g，故样品中肯定含有同为13.8g时不生成或生成沉淀小于10g的杂质，即肯定含有KNO3，而13.8g的Na2变题：2、相同质量的下列物质分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是（）A．Al B．Al(OH)3 C．AlCl3 D．Al2O【答案】A。【解析】m（Al）：m（NaOH）=27：40；m（Al（OH）3）：m（NaOH）=75：40；m（AlCl3）：m（NaOH）=33.375：40；m（Al2O3）：m（NaOH）=51：40；所以相同质量的物质，消耗碱量最多的是Al。故选A。变题：3、某饱和一元醛和酮(RCOR')的混和物共0.5mol，质量为26.2g，该混和物与足量银氨溶液作用，最多析出43.2g银。则混和物中的醛可能是（）A．乙醛B．丁醛C．戊醛 D．已醛。【答案】A。【解析】酮不会参加反应，而题中所给4种醛1mol都是生成2mol银，所经醛的物质的量应为0.2mol，而其质量必须小于26.2g，只能确定其相对分子质量一定小于131，不能确定选项。所以本题还得考虑到酮分子中碳原子个数最少为3，相对分子质量不小于90，其物质的量为0.3mol，即可确定只能选A。赛题：1、13.6g含杂质的氯化铜与足量的硝酸银溶液反应，生成白色沉淀的质量为28.7g，则其中杂质可能为：A．BaCl2 B．ZnCl2 C．MgCl2 D．AlCl3【答案】A。【解析】生成AgCl沉淀28.7g只需要氯化铜13.5g，所以杂质中的氯元素含量一定低于氯化铜中，即金属为＋2价时其相对原子质量必须大于64（＋3价的铝可折算为＋2价，认为其＋2价的相对原子质量为18），只有A中的钡符合。赛题：2、将18g某混合气体通过足量的Na2O2固体充分反应后固体增重2g,则该混合气体不可能是A．H2O(g),N2B．H2O(g),CO2C．CO2,O2D．CO2，H【答案】AB。【解析】题目中所给气体能与Na2O2固体反应的只有H2O(g)和CO2，此题用极值法讨论比较简单。若18g气体全部为H2O(g)，固体增重等于2g；若18g气体全部为CO2，固体增重大于2g；若赛题：3、由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混合物10g与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2L，则混合物中一定含有的金属是A．锌B．铁C．铝D．镁【答案】C。【解析】此题可运用平均值法巧解。各金属跟盐酸反应的关系式分别为：Zn—H2↑Fe—H2↑2Al—3H2↑Mg—H2↑若单独跟足量盐酸反应，生成11.2LH2（标准状况）需各金属质量分别为：Zn：32.5g；Fe：28g；Al：9g；Mg：12g。其中只有铝的质量小于10g，其余均大于10g，说明必含有的金属是铝。应选C。原题：19、若以和分别表示浓度为amol·L－1和bmol·L－1乙醇溶液反应的质量分数，且知2=，则下列推断正确的是（乙醇的密度比纯水的小） （） A．a<b<2a B．2b=a C．b>2a D．2a=b【答案】A，由物质的量浓度与质量分数的换算公式推断比较简单。公式：c=1000ρω/M题目中2ω1＝ω2，ρ1＞ρ2，故选A。变题：1、将质量分数为a%的NaOH溶液蒸发掉mg水后，变成VmL2aA、B、C、D、【答案】C。【解析】由溶液中溶质的量不变可直接推出。变题：2、有t℃的agKCl不饱和溶液，其质量分数为ω1，采取措施后使其变为bg饱和溶液，其溶质质量分数为ω2，下列说法正确的是A.a一定小于或等于bB.aω1一定等于bω2C.t℃时KCl溶解度一定大于100ω1D.ω1一定大于ω2【答案】C。【解析】将溶液由不饱和变为饱和的方法很多，例如：增加溶质的质量、减少溶剂的质量、改变溶液的温度等等，故A、B、D都是错误的，而C中由溶解度的公式可以推出。变题：3、把50mL70％HNO3（密度为1.40g/cm3）加水稀释配成7mol/L稀HNO3（密度为1.26g/cm3）。则所加水的体积为A．50mLB．＜50mLC．＞50mLD．无法确定【答案】C。【解析】由溶液中溶质的量不变可直接推出所加水的质量应大于50g，所以体积大于50mL。赛题：1、已知25%氨水的密度为0.91g·cm－3，5%氨水的密度为0.98g·cm－3。若将上述两溶液等体积混合，所得氨水溶液的质量分数是A.等于15% B.大于15%C.小于15% D.无法估算【答案】C。赛题：2、已知35%NaOH溶液的密度为1.38g·cm－3，5%NaOH溶液的密度为1.05g·cm－3，若将上述两溶液等体积混合，所得NaOH溶液的质量分数是A.大于20% B.等于20%C.小于20% D.无法估算【答案】A。【解析】因NaOH溶液的密度大于1g·cm－3，等体积混合后的溶液的质量分数大于两溶液质量分数之和的二分之一倍。赛题：3、在100g浓度为18mol·L－1、密度为ρ(g·cm－3)的浓硫酸中加入一定量的水稀释成9mol·L－1的硫酸，则加入水的体积为A.小于100mL B.等于100mLC.大于100mL D.等于mL【答案】A。【解析】由于18mol·L－1硫酸的密度约等于1.8g·cm－3，大于水的密度，所以100g18mol·L－1硫酸的体积一定小于100mL，要把溶液的物质的量浓度减小一半，则加入水的体积大约等于原溶液的体积，即小于100mL。原题：20、将KC1和CrC13两种固体混合共熔制得化合物X，X由K、C1、Cr元素组成。将1.892gX中Cr元素全部氧化成Cr2O72－,Cr2O72－可从过量的K1中氧化出2.677gI2，反应的离子方程式是Cr2O72－+6I－+14H+=2Cr3++3I2+7H2O，如果取溶有1.892gX的溶液，加入过量AgNO3，可得4.52gAgC1沉淀，则表示X组成的化学式为 A．K3Cr2C17 B．K3Cr2C15 C．K3Cr2C19 D．K答案：C变题：1、化合物KxFe(C2O4)y·zH2O是一种重要的光化学试剂，其中铁为+3价。分别称取该样品0.49lg两份，其中一份在110℃干燥脱水，至质量恒定为0.437g。另一份置于锥形瓶中，加入足量的3mol·L-1H2SO4和适量的蒸馏水，加热至75℃，趁热加入0.0500mol·L-1KMnO4溶液24.0mL，恰好完全反应；再向溶液中加入适量的某种还原剂，将Fe3-完全转化为Fe2+，该溶液中Fe2+刚好与4.0mL0.0500mol·L-1KMnO通过计算，分别求：（1）0.49lg样品中结晶水的物质的量。（2）化合物中草酸根的质量分数。（3）化合物的化学式。己知：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2MnO4-+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O【解析】(1)n(H2O)=(2)n(C2O42-)=0.0500mol·L-1×0.024L×m(C2O42-)=0.003mol×88g·mol-1=0.264gω(C2O42-)=×100%=53.8%(3)因为n(Fe3+)=n(Fe2+)=0.0500mol·L-1×0.004L×5=0.00100mol1：y：z=0.00100mol：0.00300mol：0.00300mol=1：3：3则y=3，z=3根据电荷平衡有：x+3=2y，得x=3所以，化合物的化学式为：K3Fe(C2O4)3·3H2O答案见解析。变题：2、常用的玻璃含70%SiO2,15%Na2O,10%CaO和5%的其它成份。为烧制这种成份的玻璃，应将石英砂（SiO2）、纯碱和碳酸钙按怎样的质量比配料？写出烧制过程反应的化学方程式。【解析】为计算方便，可把玻璃中Na2O折算成Na2CO3的质量，把CaO折算成CaCO3的质量有关系式：Na2O~Na2CO3CaO~CaCO3621065610015x10yx=25.65(g)y=17.86(g)m(SiO2)：m(Na2CO3)：m（CaCO3）=70：25.65：17.86反应式：Na2CO3+SiO2===Na2SiO3+CO2↑CaCO3+SiO2===CaSiO3+CO2↑答案见解析。赛题：1、铁粉5.6克和硫粉4克混合放在石棉网上加热充分反应后，留下的固体是……（）

A、全部是FeSB、有Fe和FeSC、FeS和SD、有Fe、FeS解析：利用反应Fe+S=FeS，知S过量，再发生反应S+O2=SO2，SO2为气体，故得出正确选项为A。答案：A赛题：2、将Na2CO3和NaHCO3的混合物14.8g溶于水配成稀溶液，在此溶液中加入12.4g碱石灰(主要成分是NaOH和CaO)，充分反应后，如果溶液中的Ca2＋、HCO3－，CO32－全部转化为沉淀物，再将溶液蒸干，最后可以得到29g白色固体物质。求：(1)原混合物中Na2CO3，NaHCO3各为多少克?(2)29g白色固体的成份及质量各是多少克?【解析】由反应方程式及题意可得:CaO＋H2O＝Ca(OH)2＋)Ca(OH)2＋Na2CO3＝2NaOH＋CaCO3↓CaO＋H2O＋Na2CO3＝2NaOH＋CaCO3↓①CaO＋H2O＝Ca(OH)2＋)Ca(OH)2＋NaHCO3＝CaCO3↓＋NaOH＋H2OCaO＋NaHCO3＝CaCO3↓＋NaOH②可见最后固体质量的增重只与反应①有关，增重的H2O的物质的量即为混合物所含Na2CO3的物质的量：n(NaCO)＝＝0.1molm((NaCO)＝106g/mol×0.1mol＝10.6gm(NaHCO)＝14.8g－10.6g＝4.2g由于Ca2＋、HCO3－，CO32－均全部转移进入沉淀.∴n(CaCO)＝n(CaO)＝n((NaCO)＋n(NaHCO)＝0.1mol＋0.05mol＝0.15mol.m(CaCO)＝100g/mol×0.15mol＝15gm(NaOH)＝29g－15g＝14g【答案】（1）10.6g4.2g(2)答案见解析。原题：21、C8H18经多步裂化，最后完全转化为C4H8、C3H6、C2H4、C2H6、CH4五种气体的混合物。该混合物的平均相对分子质量可能是（）A.28B.30C.38D.40解析：C8H18==C4H8+CH4+C3H6........(1)C8H18==C2H4+C2H6+C4H8.........(2)C8H18==C2H4+C2H6+CH4+C3H6......(3)如果发生第一二个反应，一体积反应后变为三体积,分子量为原来的三分之一，为38;如果是第三个反应，分子量为四分之一，为28.5,但第三个反应不能完全，因为产物中还含有C4H8;所以28.5＜M≤38答案：BC.变题：1.充分燃烧某液态芳香烃X，并收集产生的全部水，恢复到室温时，得到水的质量跟原芳香烃X的质量相等。则X的分子式是A.C10H16 B.C11H14 C.C12H18 D.C13H解析：烃燃烧后，其中的氢全部转入水中，故水中氧元素的质量等于烃中碳的质量。芳香烃中：=。符合这一比值的是C。答案：C变题：2.mmolC2H2跟nmolH2在密闭容器内反应，当达到平衡时，生成pmolC2H4。将平衡混合气体完全燃烧生成CO2和H2O，所需氧气的物质的量是A.(3m+n)mol B.()molC.(3m+n+2p)mol D.()mol【解析】求平衡混合气燃烧生成CO2和H2O所需O2的物质的量，一般先求平衡混合气的成分，然后求出分别燃烧需O2的量，最后求和。这样解非常麻烦。因为C2H2与H2加成其中不论反应程度如何，其C、H元素的量守恒，所以此题应从最初状态去计算，即mmolC2H2完全燃烧需O2：(2m＋)mol＝mmolO2；nmolH2完全燃烧需O2：mol，所以共需O2:（m＋）mol，故答案：D。变题：3、甲醛、乙醛和丙醛组成的混合物中，氢元素的质量分数是9%，氧元素的质量分数是（）

A.16%B.37%C.48%D.无法计算【解析】甲醛、乙醛、丙醛的分子式分别是CH2O、C2H4O，C3H6O。从分子式可见，碳氢质量比相同，所以混合物中碳氢质量比相同为6:1。含氢9%，则含碳54%，含碳氢63%，故氧元素的质量含量为37%。【答案】B。说明：本题重在考查饱和一元脂肪醛的组成。由醛的组成可知，饱和一元脂肪醛中碳氢质量比相同，但含氧量不同。所以其混合物中不管由多少醛组成，其碳氢质量比不变。已知氢的质量含量，则氧的质量含量自然容易得出。赛题：已知Fe2O3在高炉中有下列反应：Fe2O3＋CO→2FeO＋CO2反应形成的固体混合物（Fe2O3、FeO）中，元素铁和氧的质量比用m（Fe）︰m（O）表示。（1）上述固体混合物中，m（Fe）︰m（O）不可能是（选填a、b、c多选扣分）（a）21︰9（b）21︰7.5（c）21︰6（2）若m（Fe）︰m（O）＝21︰8，计算Fe2O3被CO还原的百分率（3）设Fe2O3被CO还原的百分率为A％，则A％和混合物中m（Fe）︰m（O）的关系式为[用含m（Fe）、m（O）的代数式表示]A％＝___________________________请在下图中画出A%和m（Fe）/m（O）关系的图形。（4）如果Fe2O3和CO的反应分两步进行：3Fe2O3＋CO→2Fe3O4＋CO2Fe3O4＋CO→3FeO＋CO2试分析反应形成的固体混合物可能的组成及相应的m（Fe）︰m（O）[令m（Fe）︰m（O）＝21︰a]，写出a的取值范围，将结果填入下表。混合物组成（用化学式表示）a的取值范围【点评】解决题目（1）和（4）的问题，可根据铁的氧化物的组成，通过极端假设法判定m（Fe）︰m（O）的取值范围。解答题目（2）的问题，可根据混合物组成Fe2O3、FeO中铁元素与氧元素的关系，建立代数方程求解。题目（3）的问题，可将化学方程式体现的量变关系抽象成代数方程式而获得答案。分析:（1）在Fe2O3中，m（Fe）︰m（O）=（2×56）︰（3×16）=21︰9在FeO中，m（Fe）︰m（O）=56︰16=21︰6所以，在固体混合物（Fe2O3、FeO）中，m（Fe）︰m（O）的值必定是在21︰9与21︰6之间的数。（2）设固体混合物中含xFe2O3mol，含yFeOmol，解得x=y每生成1molFeO，就有1/2molFe2O3被还原。故Fe2O3被CO还原的百分率为（3）从化学方程式Fe2O3＋CO→2FeO＋CO2看出，Fe2O3被FeO，铁元素的质量不变，而1molFe2O3被还原，就减少1mol氧元素。所以，A％和混合物中m（Fe）︰m（O）的关系式为得这个关系式是一个线性函数，取两个特殊点，即可作出A%与的图象。（4）可根据上述（1）的分析方法确定a的取值范围。【答案】（1）ac（2）33.3%（3）混合物组成（用化学式表示）a的取值范围Fe2O3Fe3O4Fe3O4FeOFe2O3Fe3O4FeO8＜a＜96＜a＜86＜a＜9原题：24、等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测定在不同时间t产生气体体积V的数据，根据数据绘制得到图1，则曲线a、b、c、d所对应的实验组别可能是（）A．4－3－2－1 B．1－2－3－4 C．3－4－2－1 D．1－2－4－3解析：化学反应速率与温度、浓度和固体物质的表面积的大小有关，实验1的盐酸的浓度最小，反应的温度最低，所以化学反应速率最慢；由于实验3的反应温度比实验2的反应温度高，所以反应速率实验3大于实验2；而实验4和实验3虽然浓度相同，但反应的温度不同，物质的状态也不相同，所以不能比较。答案：A、C变题：1、已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2(g).△H=-1025kJ/mol该反应是一个可逆反应。若反应物起始物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是()【解析】此题结合化学平衡图像考查外界条件对化学平衡的影响。根据“先拐先平数值大”的原则，选项A、B正确；根据升高温度，平衡向吸热反应方向移动（即逆反应方向移动），可确定A、B正确；根据使用催化剂只能改变化学反应速率，缩短达到平衡的时间，但对化学平衡的移动无影响，所以选项D正确。【答案】C。变题：2、将H2(g)和Br2(g)充入恒容密闭容器，恒温下发生反应H2（g）+Br2(g)AUTOTEXT<=>2HBr（g）g平衡时Br2(g)的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2(g)的转化率为b。a与b的关系是（）A．a＞b B．a=b C．a＜b D．无法确定解析：正反应为放热反应，前者恒温，后者相对前者，温度升高。使平衡向左移动，从而使Br2的转化率降低。所以b<a.【答案】A赛题：已知可逆反应：M(g)＋N(g)AUTOTEXT<=>P(g)＋Q(g)；△H＞0，请回答下列问题：(1）在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c(M)=1mol·L-1,c(N)=2.4mol·L-1，达到平衡后，M的转化率为60％，此时N的转化率为___________。(2）若反应温度升高，M的转化率___________(填“增大”“减小”或“不变”）。(3）若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：c(M)=4mol·L-1,c(N)=amol·L-1;达到平衡后，c(P)=2mol·L-1,a=___________。(4）若反应温度不变，反应物的起始浓度为：c(M)=c(N)=bmol·L-1，达到平衡后，M的转化率为___________。【解析】（1）M转化的物质的量为0.6mol·L-1，则N反应的量也是0.6mol·L-1，所以N的转化率为：EQ\f(0.6mol·L-1,2.4mol·L-1)×100％＝25％。(2）由于该反应的正反应为吸热反应，所以升高温度，化学平衡正向移动，M的转化率增大。(3）M(g)＋N(g)AUTOTEXT<=>P(g)＋Q(g)起始：12.400平衡：0.41.80.60.6起始：4a00平衡：2a－222EQ\f(2×2,2×（a－2）)＝EQ\f(0.6×0.6,0.4×1.8)，a＝6mol·L-1。(4）EQ\f(x×x,(b－x)×（b－x）)＝EQ\f(0.6×0.6,0.4×1.8)，x＝0.41b，M的转化率为41％。【答案】(1)25％。(2)增大。(3)6。(4)41％。原题：25、常温下，水电离出的c（H+）=1×10—5mol·L－1的溶液可能是A．pH=5的NH4Cl溶液B．pH=9的NaHCO3溶液C．pH=5的盐酸溶液D．pH=9的NH3·H2O溶液【解析】水电离出的c（H+）=1×10—5mol·L－1即水的电离被促进，AB依靠水解能同等程度的促进水的电离。变题：常温下，测得某无色溶液中由水电离出的C（H+）=1×10-13mol·L-1，则该溶液中一定能共存的离子组是A．AlO、NO、Na+、Cl- B．Mg2+、SO、Na+、CIO-C．Fe3+、NO3-、K+、SO D．Ba2+、K+、NO、Cl-【答案】D赛题：常温下，0.1mol·L－1某一元酸(HA)溶液中c(OH－)/c(H＋)＝1×10－8，下列叙述正确的是A．该溶液中由水电离出的c(H＋)＝1×10－11mol·L－1B．由pH＝3的HA与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，溶液中c(Na＋)＞c(Ac—)＞c(OH―)＞c(H＋)C．浓度均为0.1mol/L的HA和NaA溶液等体积混合后，若溶液呈酸性，则c(A－)＞c(HA)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)D．0.1mol·L－1HA溶液与0.05mol·L－1NaOH2c(H＋)＋c(HA)＝c(A－)＋2c(OH【答案】AD原题：26、利尿剂是2008北京奥运会违禁药物，顾名思义，此类药物有稀释尿液的功能。利尿剂现有15种，主要用于掩盖或“清洗”体内其它违禁药品的存在，以逃避兴奋剂检查。下图所示有机物是其中之一的结构简式：下列叙述正确的是A．1mol利尿酸最多可与5molH2发生加成反应B．利尿酸分子式是C11H12O4C．利尿酸分子中位于同一平面内的原子有10个D．利尿酸与新制Cu(OH)2悬浊液反应有红色沉淀生成【解析】1mol利尿酸最多可与4molH2发生加成反应，利尿酸分子中位于同一平面内的原子有12个。变题：下列三种有机物是某些药物中的有效成分：以下说法正确的是A．三种有机物都能与浓溴水发生反应B．三种有机物苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物都只有2种C．将等物质的量的三种物质加入氢氧化钠溶液中，阿司匹林消耗氢氧化钠最多D．使用FeCl3溶液和稀硫酸能鉴别出这三种有机物【答案】CD赛题：已知共轭二烯烃（两个碳碳双键间有一个碳碳单键）与烯或炔可发生反应生成六元环状化合物。1，3—丁二烯与乙烯反应可表示为：＋，则异戊二烯（2—甲基—1，3—丁二烯）与丙烯反应，生成的产物的结构简式可能是＋A．B．C．D．【答案】BC原题：27、运用元素周期律分析下面的推断，其中错误的是（）①铍（Be）的最高价氧化物的水化物可能具有两性；②铊（Tl）既能与盐酸作用产生氢气，又能跟NaOH溶液反应放出氢气，Tl(NO3)3溶液的酸性很强；③砹（At）为有色固体，HAt不稳定，AgAt感光性很强，但不溶于水也不溶于稀酸；④锂（Li）在氧气中剧烈燃烧，产物是Li2O2，其溶液是一种强碱；⑤硫酸锶（SrSO4）是难溶于水的白色固体；⑥硒化氢（H2Se）是无色，有毒，比H2S稳定的气体。A．①②③④B．②④⑤C．①③⑤D．②④⑥【解析】铊（Tl）是很活泼的金属，②错误。锂（Li）在氧气中剧烈燃烧，产物是氧化铝。变题：运用元素周期律分析下面的推断，其中错误的是（）A.已知Ra是第七周期、IIA族的元素，故的碱性比的碱性强B.已知As是第四周期、VA族的元素，故的稳定性比的稳定性强C.已知Cs的原子半径比Na的原子半径大，故Cs与水反应比Na与水反应更剧烈D.已知Cl的核电荷数比Al的核电荷数大，故Cl的原子半径比Al的原子半径小【答案】B碳位于第14列；第3列因含镧系和锕系而元素种类最多；氧位于第16列；Mg与Al所在列数差11而不是1．赛题：国际无机化学命名委员会在1989年作出决定，把长式周期表原先的主、副族及族号取消，由左到右改为18列，碱金属为第1列，稀有气体为第18列．按这个规定，下列说法不正确的是()A．碳元素位于第6列B．第3列所含元素种类最多C．氧元素位于第16列D．镁和铝两元素所在列数差1【答案】AD原题：28．化合物A、B、C、D各由两种元素组成，甲、乙、丙是前两周期元素的三种单质。这些常见的化合物与单质之间存在如下关系(已知化合物C是一种有机物)，以下结论不正确的是A．上图所示的五个转化关系中，有三个是化合反应B．上述转化关系所涉及的化合物中有一种是电解质C．甲、乙、丙三种单质的晶体均是分子晶体D．上图所示的五个转化关系中，均为氧化还原反应【答案】C．变题：A、B、C是中学化学中常见的三种化合物，它们各由两种元素组成。甲、乙两种单质。这些化合物和单质之间存在如下的关系：据此判断：（1）在A、B、C这三种化合物中，必定含有乙单质的元素的是___________（用A、B、C字母填写）（2）单质乙必定是_____________（填“金属”或“非金属”），其理由是____________。（3）单质乙的化学式可能是_____________，则化合物B的化学式是___________。【解析】本题是元素及其化合物知识的综合题，意在考查考生对元素及其化合物的知识网络的掌握情况和必要的分析、判断和推理能力。已知单质甲和单质乙反应，单质甲和化合物B反应，都能得到A。说明乙、B中含有相同元素，即B中含有乙单质的元素，A中一定含乙单质的元素。又已知“A+B→乙+C”（突破点），再根据乙为单质，且由A、B反应生成，则该反应必为氧化还原反应，乙单质的元素在A、B中分别呈正、负化合价，所以乙是非金属。联想到中学范围内同一元素不同价态间的氧化还原反应，自然会想到N和S。将N和S分别代入关系图尝试，可得单质乙的化学式是S或N2，化合物B的化学式是H2S和NH3。【错解】

第(1)问：①只答A，②只答B，③错答C。第(2)问：①化合物A与化合物B反应生成单质乙和化合物C，有单质乙，所以乙必为非金属。②化合物之间能生成单质的必为非金属。③中学常见的符合题意的、生成单质的必为非金属。④化合物A和化合物B反应不可能生成单质金属。⑤化合物A和化合物B反应生成单质乙的反应属复分解反应，而金属为零价，必出现氧化还原反应。第(3)问：①S，SO2。②O2，H2O。③O2，H2O2。④Cl2，H2O。⑤P，PCl3。

【评析】

粗读框图和文字，无实验现象描述，也没找到特征可以作为解决问题的突破口，这时要保持良好的心态，不要慌张，可根据题设问题按顺序思考。把框图改变一下写法，就会豁然开朗。

按①→⑥顺序思考，可以断定乙元素一定是非金属元素，乙元素在A，B化合物中分别呈正、负价。于是根据已有的元素化合物知识，从大脑中调出S，SO2，H2S，令乙单质为S，A为SO2，B为H2S，

即

值得注意的是第(3)问的答案还有另外一组物质：乙为N2，B为NH3。即

框图的左边是考生熟悉的重点知识——氨的催化氧化，右边是95年高考试题的第29题给出的新反应，这种异题迁移的设计，为思维敏捷的考生多提供了一条思路，也为一时还找不到思路的考生提供了一条线索。希望大家在备考时，要注意异题迁移，以提高思维的敏捷性。

【错解】

中列举的种种失误，是由于一些同学面对一幅综合性强而又陌生度高的框图，不能通过分解、联想、迁移，将其改造成自己熟悉的思路图，找到各物质间相互转化的关系。反映出思维的整体性差，所以不能准确判断单质乙、化合物B的分子式，漏答或错答必含乙元素的化合物，也不会叙述乙必定为非金属单质的理由。希望能引起大家的注意。

【答案】⑴A，B。

⑵非金属，因为A+B→乙+C，且乙为单质，可知乙元素在A、B中分别呈正、负价，所以乙是非金属。

⑶S，H2S(或N2，NH3)。赛题：已知甲、乙、丙为常见单质，A、B、C、D、X、Y、Z为常见化合物，Y的相对分子质量比Z小16，乙与丙的相对分子质量相同，B的相对分子质量比D的小2，B与X的相对分子质量相同，各物质转化关系如下图（各反应条件已略去）。⑴丙和B的分子式分别为_____________和_____________⑵Y转化为Z的化学方程式为__________________________⑶B与D反应的化学方程式为__________________________【解析】甲、乙、丙为常见单质，且乙与丙的相对分子质量相同，Y的相对分子质量比Z小16，即Z比Y多一个氧原子。根据题中“”和“”两条线，应能判断出是连续氧化过程（此为该题突破点），则初步推断丙为O2，乙为S，C为SO2，D为SO3，A、B均为氧化物。又根据C+A→Y，即SO2+A→Y，则A为碱性氧化物，可知甲为常见金属钠，A为Na2O，B为Na2O2，则X为Na2S，Y为Na2SO3，Z为Na2SO4。【答案】⑴O2；Na2O2⑵2Na2SO3＋O2=2Na2SO4⑶2SO3＋2Na2O2=2Na2SO4＋O2↑原题：29．25°C时，在25mL0.1mol／LNaOH溶液中逐滴加入0.2mol／L醋酸溶液，曲线如下图所示，有关粒子浓度关系比较正确的是：A．在A、B间任一点，溶液中一定都有c(Na＋)﹥c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)B．在B点，a>12.5，且有：c(Na+)=c(CH3COO－)>c(OH－)=c(H＋)C．在C点：c,(CH3COO－)>c(H＋)>c(Na+)>c(OH－)D．在D点：c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=c(Na+)【答案】B，注意在B点时醋酸应行当过量。变题：已知某溶液中只含有4种离子：A+、B－、H+、OH－，对这4种离子浓度的大小比较，有以下3种说法。请判断离子浓度的大小顺序是否正确，你认为正确的请在相应的空格内填上符合这种情况的A+和B－组成物质的化学式（只写一种情况，可以是一种溶质或两种溶质）；你认为一定不正确的，请在相应的空格内填上你选择“不正确”的理由。供选择的离子有：Na+、Ag+、NH4+、Cl－、NO3－、CH3COO－、H+、OH－

⑴c(B－)>c(A+)>c(H+)>c(OH－)

⑵c(A+)>c(B－)>c(OH－)>c(H+)

⑶c(H+)>c(B－)>c(A+)>c(OH－)