高三上学期期末化学复习试卷(四) Word版含解析

高三（上）期末化学复习试卷（四）一、选择题1．化学与与生活密切相关．下列说法不正确的是（）A．雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同B．绿色化学的核心是利用化学原理对环境污染进行治理C．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质D．人体内没有能使纤维素水解成葡萄糖的酶，因此纤维素不能作为人类的营养食物2．设N A为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．1L0.1mol•L﹣1的NaHSO4溶液中HSO4﹣总数为0.1N AB．16g16O2和18g18O2中含有的质子数均为8N AC．1molFe与足量的稀硝酸反应，转移电子数为2N AD．标准状况下，2.24LCl2溶于水所得溶液中含有的氯离子数为0.1N A3．下列叙述不正确的是（）A．雾是气溶胶，在阳光下可观察到丁达尔效应B．预制备Fe（OH）3胶体，向盛有沸水的烧杯中加入FeCl3饱和溶液煮沸得红褐色沉淀C．用石膏或卤水点制豆腐利用了胶体的性质D．用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐4．下列反应的离子方程式书写正确的是（）A．Fe（NO3）3溶液中加入足量HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2B．用H2O2和H2SO4的混合溶液蚀刻铜：Cu+H2O2+2H+═Cu2++2H2OC．NH4HCO3溶液中加入足量澄清石灰水：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O D．C12通入NaOH溶液：Cl2+OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O5．O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（）A．氧气是氧化产物B．O2F2既是氧化剂又是还原剂C．若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：46．油条是我国北方的传统食品，其做法是将明矾，碱，食盐按比例加入温水中，再加入面粉搅拌成面团，放置，使面团产生气体，形成孔洞，达到柔顺，放置过程发生反应：3Na2CO3+2KAl（SO4）2•12H2O═3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+2A1（OH）↓+21H2O，下列有关判断正确的是（）3A．从物质的分类角度来看，油条配方中的“明矾、碱”均属于盐B．放置过程发生的反应为氧化还原反应C．放置过程发生的反应中反应物和生成物均为电解质D．反应的离子方程式为：3CO32﹣+2KAl（SO4）2•12H2O═3Na2SO4+2K++4SO42﹣+3CO2↑+2Al（OH）3↓+21 H2O7．三氟化氮（NF3）是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体．它无色、无臭，在潮湿的空气中能发生下列反应：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，下列有关说法正确的是（）A．反应中NF3是氧化剂，H2O是还原剂B．NF3在潮湿空气中泄漏会产生白雾、红棕色气体等现象C．若反应中生成0.2molHNO3，则反应共转移0.2mole﹣D．反应中被氧化与被还原的原子物质的量之比为2：18．24mL浓度为0.05mol・L﹣1的Na2SO3溶液，恰好与20mL浓度为0.02mol・L﹣1的KCr2O7溶液完全反应，已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr 2在还原产物中的化合价为（）A．+2 B．+3 C．+4 D．+59．a molNa2O2和b molNaHCO3固体混合后，在密闭容器中加热到250℃，使其充分反应，当排出气体为两种气体时，a：b不可能为（）A．3：4 B．4：5 C．2：3 D．3：210．把等物质的量的CuSO4、FeCl3和锌粉置于足量的水中，充分反应，反应后的溶液中大量存在的金属阳离子是（）A．Cu2+、Fe3+、Fe2+、Zn2+B．Fe3+、Fe2+、Zn2+C．Cu2+、Fe3+、Zn2+D．Cu2+、Fe2+、Zn2+11．将足量的CO2不断通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（）A．B．C．D．12．将一定质量的镁、铜组成的混合物加入足量稀硝酸中，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过量的6mol/L NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原混合物的质量增加了7.65g，则下列叙述中正确的是（）A．当金属全部溶解时收集到NO的体积为3.36 LB．当生成的沉淀达到最大量时，形成沉淀需要NaOH溶液的体积为V=75 mL C．参加反应的金属的总质量一定是9.9 gD．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.45 mol二、非选择题13．（1）氨气具有还原性，在铜的催化作用下，氨气和氟气发生反应生成A和B．A 为铵盐，B在标准状况下为气态．在此反应中，若有1体积氨气参加反应，则有0.75体积氟气参加反应；若有8.96L氨气（标准状况）参加反应，则生成0.3mol A．在标准状况下，生成2.24L B，则该反应中转移电子的物质的量为mol．（2）将等物质的量Fe2O3与FeCl3置于密闭管中加热，能恰好完全反应，且只生成一种产物X，其物质的量是反应物总物质的量的1.5倍，写出X的化学式；（3）完成以下氧化还原反应的离子方程式：MnO42﹣+ SO32﹣+ =Mn2++ SO42﹣+ ．14．已知A、B、C、D、E、F、G都是中学化学常见的物质，图中A为淡黄色固体，B、C为溶液，D、G为无色气体，E、F为白色沉淀．①写出B→C的离子方程式②写出D和G反应的化学方程式③写出过量的D通入Ba（OH）2溶液中的离子方程式．15．由X、Y两种元素组成的离子化合物A．在空气中充分灼烧得到含X元素的16g红棕色固体B，并产生能使品红褪色的气体C，将该气体全部通入足量的双氧水中得D溶液，再向D溶液中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥得93.2g 固体．（1）在此过程中，消耗5mol/L的双氧水的体积至少为．（2）将A溶于D的稀溶液中生成E，并产生一种单质和一种气体，则该反应的化学方程式．（3）将化合物E隔绝空气充分灼烧，使其分解，生成等物质的量的B、C和另一种化合物，则另一种化合物的化学式是．16．在日常生活中，为了达到更好的清洁效果，经常有人会将洁厕液（含有盐酸）与84消毒液混合使用，从而会发生引发中毒的事故．（1）两种日化产品主要成分中都含有氯元素，该元素在元素周期表中位置是．（2）84消毒液的主要成分是次氯酸钠，写出次氯酸钠的电子式：．（3）常温下，0.1mol/L的NaClO溶液的PH=9.7，原因．常温下HClO的电离平衡常数为．洁厕液与84消毒液混合后会生成有毒的氯气．写出该反应的离子方程式．（4）高铁酸钾是一种高效多功能水处理剂，工业上常采用NaClO氧化法生产，反应原理为：①在碱性条件下，利用NaClO氧化硝酸铁，制得Na2FeO4，该反应的离子反应方程式为②Na2FeO4与KOH反应生成K2FeO4：Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOHK2FeO4在水溶液中易水解：4FeO42﹣+10H2O⇌4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2，在“提纯”K2FeO4中采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用溶液（填序号）a．水b．NH4Cl、异丙醇c．Fe（NO3）3、异丙醇d．CH3COONa、异丙醇．17．已知水的电离平衡曲线如图示，试回答下列问题：（1）图中五点Kw间的关系是．（2）若从A点到D点，可采用的措施是．a．升温b．加入少量的盐酸c．加入少量的NH4Cl（3）E对应的温度下，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为．（4）B对应温度下，将pH=11的苛性钠溶液V1L与0.05mol/L的稀硫酸V2L 混合（设混合后溶液的体积等于原两溶液体积之和），所得混合溶液的pH=2，则V1：V2=．（5）常温下，将V mL、0.1000mol•L﹣1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol•L﹣1醋酸溶液中充分反应．请回答下列问题（忽略溶液体积的变化）①如果溶液pH=7，此时V的取值20.00（填“＞”“＜”或“=”）．而溶液中c（Na+）、c（CH3COO﹣）、c（H+）、c（OH﹣）的大小关系为．②如果V=40.00，则此时溶液中c（OH﹣）﹣c（H+）﹣c（CH3COOH）=mol•L ﹣1（填数据）（6）在0.10mol•L﹣1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c（Cu2+）=mol•L﹣1．（K sp[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20）18．四苯基乙烯（TPE）及其衍生物具有聚集诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广阔．以下是TPE的两条合成路线（部分试剂和反应条件省略）：（1）A的名称是．（2）B→C的反应类型是；D中官能团的名称是．（3）E→F的化学方程式是．（4）W是D的同分异构体，具有下列结构特征：①属于萘（）的一元取代物；②存在羟甲基（﹣CH2OH）．写出W所有可能的结构简式．（5）下列说法正确的是a．B的酸性比苯酚强b．D不能发生还原反应c．E含有3种不同化学环境的氢d．TPE既属于芳香烃也属于烯烃．19．在接触法制硫酸的生产中，SO2转化成SO3转化率的大小直接决定生产效率．某研究小组用图1装置模拟生产过程中测定SO2转化成SO3的转化率．已知SO3的熔点是16.8℃，沸点是44.8℃．发生装置中所涉及反应的化学方程式为：Na2SO3（s）+H2SO4（75%）=Na2SO4+SO2↑+H2O（1）Ⅱ中的试剂是，仪器Ⅵ的名称为．（2）根据实验需要，应该在Ⅳ、Ⅴ处连接合适的装置．请从图2A～D装置中选择最适合装置并将其序号填入下面的空格中，Ⅳ、Ⅴ处连接的装置分别是、．（3）为了提高SO2的转化率，实验时在：①滴加浓硫酸；②加热催化剂的步骤中，应采取的操作是先后（填编号）．（4）实验结束后，如果把收集SO3的试管敞口露置于空气中，能够看到管口有大量的白雾，产生此现象的原因是．（5）用12.6gNa2SO3粉末与足量较浓的硫酸进行此实验，当反应结束时，继续通入O2一段时间后测得装置Ⅴ增重了4.48g，则实验测得SO2的转化率为．20．有关FeSO4的转化关系如图所示（无关物质已略去）．已知：①X由两种化合物组成，将X通入品红溶液，溶液褪色；通入BaCl2溶液，产生白色沉淀．②Y是红棕色的化合物．（1）气体X的成分是（填化学式）．（2）反应I的反应类型属于（填序号）．a．分解反应b．复分解反应c．置换反应d．化合反应e．氧化还原反应（3）溶液2中金属阳离子的检验方法是．（4）若经反应I得到16g固体Y，产生的气体X恰好被0.4L 1mol/L NaOH溶液完全吸收，则反应IV中生成FeSO4的离子方程式是．21．聚合物G可用于生产全生物降解塑料，在“白色污染”日益严重的今天有着重要的作用．有关转化关系如下：已知：CH3CH2CH2Br+NaOH→CH3CH2CH2OH+NaBr，淀粉在硫酸催化下水解生成葡萄糖．请回答下列问题：（1）物质A的分子式为，B的结构简式为；（2）请写出F中含氧官能团的名称；（3）反应①～④中属于加成反应的是；（4）写出由两分子F合成六元环化合物的化学方程式．2016-2017学年山东省枣庄市滕州市善国中学高三（上）期末化学复习试卷（四）参考答案与试题解析一、选择题1．化学与与生活密切相关．下列说法不正确的是（）A．雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同B．绿色化学的核心是利用化学原理对环境污染进行治理C．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质D．人体内没有能使纤维素水解成葡萄糖的酶，因此纤维素不能作为人类的营养食物【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；绿色化学；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；常见的食品添加剂的组成、性质和作用．【分析】A．雾滴的尺度比较大，从几微米到100微米，平均直径大约在10﹣20微米左右；霾粒子的分布比较均匀，而且灰霾粒子的尺度比较小，从0.001微米到10微米，平均直径大约在1﹣2微米左右；B．“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染；C．防氧化就是防止氧气的进入并与之反应，防受潮就是防止水分的进入；D．人体内不含纤维素水解酶，人不能消化纤维素．【解答】解：A．雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同，雾的粒度较大，霾的粒度较小，故A正确；B．“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染而不是对污染进行治理，故B错误；C．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶（具有吸湿性）能吸收水分，铁是较活泼的金属，具有还原性，能防止食品被氧化，故C正确；D．人体内不含水解纤维素的酶，不能消化纤维素，纤维素不能作为人类的营养食物，但纤维素能促进肠道蠕动、吸附排出有害物质，故D正确．故选B．2．设N A为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．1L0.1mol•L﹣1的NaHSO4溶液中HSO4﹣总数为0.1N AB．16g16O2和18g18O2中含有的质子数均为8N AC．1molFe与足量的稀硝酸反应，转移电子数为2N AD．标准状况下，2.24LCl2溶于水所得溶液中含有的氯离子数为0.1N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、硫酸氢钠在溶液中完全电离为钠离子、氢离子和硫酸根离子；B、16O2和18O2分别由16O和18O原子构成；C、铁和足量的稀硝酸反应后变为+3价；D、氯气和水的反应为可逆反应．【解答】解：A、硫酸氢钠在溶液中完全电离为钠离子、氢离子和硫酸根离子，即溶液中无硫酸氢根离子，故A错误；B、16O2和18O2分别由16O和18O原子构成，故16g16O2和18g18O2中含有的16O 和18O原子的物质的量均为1mol，而16O和18O原子中均含8个质子，故1mol16O 和18O原子中含有的质子数均为8N A个，故B正确；C、铁和足量的稀硝酸反应后变为+3价，故1mol铁反应后转移3N A个电子，故C 错误；D、氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，且生成的是HCl和HClO，故溶液中的氯离子个数小于0.1N A个，故D错误．故选B．3．下列叙述不正确的是（）A．雾是气溶胶，在阳光下可观察到丁达尔效应B．预制备Fe（OH）3胶体，向盛有沸水的烧杯中加入FeCl3饱和溶液煮沸得红褐色沉淀C．用石膏或卤水点制豆腐利用了胶体的性质D．用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐【考点】胶体的重要性质．【分析】A、雾是胶体；B、根据氢氧化铁胶体的制备方法来分析；C、胶体遇电解质溶液能发生胶体的聚沉；D、鸡蛋壳膜是半透膜．【解答】解：A、雾是胶体，故有丁达尔效应，故在阳光照射下有通路，故A正确；B、氢氧化铁胶体的制备方法是将饱和的氯化铁溶液滴入沸水中，继续煮沸至溶液呈现红褐色，若得到的是红褐色沉淀，则发生了胶体的聚沉，故B错误；C、胶体遇电解质溶液能发生胶体的聚沉，而豆浆是胶体，石膏和卤水均为电解质溶液，故可以用于点豆腐，是利用了胶体的性质，故C正确；D、鸡蛋壳膜是半透膜，只能允许小分子和小离子通过，故可以出去淀粉胶体中的食盐，故D正确．故选B．4．下列反应的离子方程式书写正确的是（）A．Fe（NO3）3溶液中加入足量HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2B．用H2O2和H2SO4的混合溶液蚀刻铜：Cu+H2O2+2H+═Cu2++2H2OC．NH4HCO3溶液中加入足量澄清石灰水：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O D．C12通入NaOH溶液：Cl2+OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，HI足量，硝酸根离子也参与反应；B．双氧水具有强氧化性，能够将铜氧化成铜离子；C．氢氧化钙足量，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应；D．离子方程式两边负电荷不相等，违反了电荷守恒．【解答】解：A．硝酸铁稀溶液中加入足量稀氢碘酸，氢碘酸足量，铁离子、硝酸根离子都完全反应，正确的离子方程式为：10I﹣+3NO3﹣+Fe3++12H+═5I2+3NO↑+Fe2++6H2O，故A错误；B．用H2O2和H2SO4的混合溶液蚀刻铜，反应的离子方程式为：Cu+H2O2+2H+═Cu2++2H2O，故B正确；C．NH4HCO3溶液中加入足量澄清石灰水，铵根离子也参与反应，正确的反应为：Ca2++NH4++HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+H2O+NH3•H2O，故C错误；D．C12通入NaOH溶液，反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，正确的离子方程式为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故D错误；故选B．5．O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（）A．氧气是氧化产物B．O2F2既是氧化剂又是还原剂C．若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4【考点】氧化还原反应的计算．【分析】反应H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由﹣2价升高到+6价，被氧化，O元素由+1价降低到0价，被还原，以此解答该题．【解答】解：A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A错误；B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是﹣2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，而O2F2表现氧化性，故B错误；C．外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D．由方程式可知还原剂和氧化剂的物质的量的比是1：4，故D正确．故选D．6．油条是我国北方的传统食品，其做法是将明矾，碱，食盐按比例加入温水中，再加入面粉搅拌成面团，放置，使面团产生气体，形成孔洞，达到柔顺，放置过程发生反应：3Na2CO3+2KAl（SO4）2•12H2O═3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+2A1（OH）↓+21H2O，下列有关判断正确的是（）3A．从物质的分类角度来看，油条配方中的“明矾、碱”均属于盐B．放置过程发生的反应为氧化还原反应C．放置过程发生的反应中反应物和生成物均为电解质D．反应的离子方程式为：3CO32﹣+2KAl（SO4）2•12H2O═3Na2SO4+2K++4SO42﹣+3CO2↑+2Al（OH）3↓+21 H2O【考点】镁、铝的重要化合物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；化学基本反应类型．【分析】A、Na2CO3和KAl（SO4）2•12H2O都是盐；B、无元素化合价的变化是非氧化还原反应；C、二氧化碳是非电解质；D、明矾是盐是强电解质，应写成离子的形式．【解答】解：A、Na2CO3和KAl（SO4）2•12H2O都是盐，所以油条配方中的“明矾、碱”均属于盐，故A正确；B、无元素化合价的变化是非氧化还原反应，是非氧化还原反应，故B错误；C、二氧化碳是非电解质，故C错误；D、明矾是盐是强电解质，应写成离子的形式，而不是化学式，故D错误；故选A．7．三氟化氮（NF3）是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体．它无色、无臭，在潮湿的空气中能发生下列反应：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，下列有关说法正确的是（）A．反应中NF3是氧化剂，H2O是还原剂B．NF3在潮湿空气中泄漏会产生白雾、红棕色气体等现象C．若反应中生成0.2molHNO3，则反应共转移0.2mole﹣D．反应中被氧化与被还原的原子物质的量之比为2：1【考点】氧化还原反应的计算．【分析】反应3NF3+5H2O═2NO+HNO3+9HF中，只有N元素的化合价发生变化，自身发生氧化还原反应，当有3molNF3参加反应，生成2molNO，1molHNO3，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，结合方程式以及对应物质的性质解答该题．【解答】解：A．只有N元素的化合价发生变化，自身发生氧化还原反应，故A 错误；B．反应中生成NO，与氧气反应生成红棕色的NO2，同时生成硝酸，易与空气中的水蒸气结合形成白雾，故B正确；C．若反应中生成0.2molHNO3，N元素化合价由+3价升高到+5价，则反应共转移0.4mole﹣，故C错误；D．当有3molNF3参加反应，生成2molNO，1molHNO3，反应中被氧化与被还原的原子的物质的量之比为1：2，故D错误．故选B．8．24mL浓度为0.05mol・L﹣1的Na2SO3溶液，恰好与20mL浓度为0.02mol・L﹣1的KCr2O7溶液完全反应，已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr 2在还原产物中的化合价为（）A．+2 B．+3 C．+4 D．+5【考点】氧化还原反应的计算．【分析】Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元素发生还原反应，令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒计算a的值．【解答】解：令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则：24×10﹣3L×0.05mol/L×（6﹣4）=20×10﹣3L×0.02mol/L×2×（6﹣a）解得a=+3故选B．9．a molNa2O2和b molNaHCO3固体混合后，在密闭容器中加热到250℃，使其充分反应，当排出气体为两种气体时，a：b不可能为（）A．3：4 B．4：5 C．2：3 D．3：2【考点】化学方程式的有关计算．【分析】混合物在密闭容器中加热到250℃时，可能发生如下反应：①2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑②2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2③2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2④2NaOH+CO2=Na2CO3+H2反应生成气体产物是O2和H2O（g），根据方程式，从质量守恒的角度计算．【解答】解：混合物在密闭容器中加热到250℃时，可能发生如下反应①2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑②2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2③2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2④2NaOH+CO2=Na2CO3+H2反应生成气体产物是O2和H2O（g），依题意可知，残余的固体为Na2CO3和NaOH，生成的气体为O2和H2O（g），则有总反应式为bNaHCO3+aNa2O2=bNa2CO3+（2a﹣b）NaOH+（b﹣a）H2O+O2所以2a﹣b＞0，＞，b﹣a＞＜1．故的数值范围：＜＜1．A、B、C符合，a：b不可能为3：2＞1，故选D．10．把等物质的量的CuSO4、FeCl3和锌粉置于足量的水中，充分反应，反应后的溶液中大量存在的金属阳离子是（）A．Cu2+、Fe3+、Fe2+、Zn2+B．Fe3+、Fe2+、Zn2+C．Cu2+、Fe3+、Zn2+D．Cu2+、Fe2+、Zn2+【考点】离子共存问题．【分析】氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，Zn先与Fe3+反应生成Fe2+、Zn2+，等物质的量时，由电子守恒可知，Zn失去电子大于铁得到电子，则还与Cu2+反应，以此来解答．【解答】解：氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，Zn先与Fe3+反应生成Fe2+、Zn2+，等物质的量时，由电子守恒可知，Zn失去电子大于铁得到电子，则还与Cu2+反应，且铜离子剩余，溶液中大量存在的金属阳离子是Cu2+、Fe2+、Zn2+，故选D．11．将足量的CO2不断通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（）A．B．C．D．【考点】钠的重要化合物．【分析】只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生；将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗NaOH，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；NaOH被消耗完毕，接下来又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物Na2CO3、BaCO3、反应，最后剩余沉淀为Al（OH）3．【解答】解：通入CO2，依次发生：CO2+Ba（OH）2═BaCO3↓+H2O、CO2+2NaOH ═Na2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaAlO2═2Al（OH）3↓+Na2CO3、CO2+H2O+Na2CO3═2NaHCO3，BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，由以上反应可知，图象应为C，故选C．12．将一定质量的镁、铜组成的混合物加入足量稀硝酸中，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过量的6mol/L NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原混合物的质量增加了7.65g，则下列叙述中正确的是（）A．当金属全部溶解时收集到NO的体积为3.36 LB．当生成的沉淀达到最大量时，形成沉淀需要NaOH溶液的体积为V=75 mL C．参加反应的金属的总质量一定是9.9 gD．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.45 mol【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）+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3 （稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；2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．根据电子转移守恒计算NO物质的量，结合气体不一定是标准状况判断；B．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），由钠离子守恒由n（NaOH）=n（NaNO3），再根据V=计算；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）+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3 （稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；2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．根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为=0.15mol，若为标准状况下，生成NO的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，但NO不一定处于标准状况，故A错误；B．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）=0.225mol×2=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=0.075L=75mL，故B正确；C、镁和铜的总的物质的量为0.225mol，假定全为镁，质量为0.225mol×24g/mol=5.4g，若全为铜，质量为0.225mol×64g/mol=14.4g，所以参加反应的金属的总质量（m）为5.4g＜m＜14.4g，故C错误；D、根据氮元素守恒n（HNO3）=2n（硝酸铜+硝酸镁）+n（NO）=0.225mol×2+0.15mol=0.6mol，故D错误；故选B．二、非选择题13．（1）氨气具有还原性，在铜的催化作用下，氨气和氟气发生反应生成A和B．A 为铵盐，B在标准状况下为气态．在此反应中，若有1体积氨气参加反应，则有0.75体积氟气参加反应；若有8.96L氨气（标准状况）参加反应，则生成0.3mol A．在标准状况下，生成2.24L B，则该反应中转移电子的物质的量为0.6mol．（2）将等物质的量Fe2O3与FeCl3置于密闭管中加热，能恰好完全反应，且只生成一种产物X，其物质的量是反应物总物质的量的 1.5倍，写出X的化学式FeOCl；（3）完成以下氧化还原反应的离子方程式：2MnO42﹣+ 5SO32﹣+ 6H+=2Mn2++ 5SO42﹣+ 3H2O．【考点】氧化还原反应的计算．【分析】（1）在铜的催化作用下，氨气和氟气反应生成A和B．A为铵盐，为氟化铵，B在标准状况下为气态，在此反应中，若每反应1体积氨气，同时反应0.75体积氟气，氨气和氟气的计量数之比是1：0.75=4：3，若每反应8.96L氨气（标准状况），同时生成0.3molA，则氨气和氟化铵的计量数之比=：0.3mol=4：3，根据原子守恒知，生成的另一种物质是NF3，氨气和氟气反应生成氟化铵和三氟化氮，反应方程式为：4NH3+3F2NF3+3NH4F，据此计算电子转移；（2）将等物质的量Fe2O3与FeCl3置于密闭管中加热，能恰好完全反应，且只生成一种产物X，其物质的量是反应物总物质的量的1.5倍，依据反应前后原子守恒分析判断X的化学式；（3）高锰酸根离子中锰元素化合价+7价变化为+2价，亚硫酸根离子中硫元素+4价变化为+6价，电子转移总数10，结合电子守恒和原子守恒配平书写离子方程式．【解答】解：（1）氨气具有还原性，在铜的催化作用下，氨气和氟气发生反应生成A和B．A为铵盐，B在标准状况下为气态．在此反应中，若有1体积氨气参加反应，则有0.75体积氟气参加反应，氨气和氟气的计量数之比是1：0.75=4：3，若有8.96L氨气（标准状况）参加反应，则生成0.3mol A，则氨气和氟化铵的计量数之比=：0.3mol=4：3，反应方程式为：4NH3+3F2NF3+3NH4F，反应中电子转移6e﹣，生成3mol在标准状况下，生成2.24L B为NF3为0.1mol，则该反应中转移电子的物质的量为0.6mol，故答案为：0.6；（2）将等物质的量Fe2O3与FeCl3置于密闭管中加热，能恰好完全反应，且只生成一种产物X，其物质的量是反应物总物质的量的1.5倍，设Fe2O3与FeCl3物质的量都是1mol，生成X物质的量为3mol，Fe2O3+FeCl3=3X，则依据原子守恒得到：X为FeOCl，故答案为：FeOCl；（3）高锰酸根离子中锰元素化合价+7价变化为+2价，亚硫酸根离子中硫元素+4价变化为+6价，电子转移总数10，配书写得到离子方程式为：2MnO4﹣+5SO32﹣+6H+=2Mn2++5SO42﹣+3H2O，故答案为：2；5；6H+；2；5；3H2O；14．已知A、B、C、D、E、F、G都是中学化学常见的物质，图中A为淡黄色固体，B、C为溶液，D、G为无色气体，E、F为白色沉淀．①写出B→C的离子方程式H2SO3+Cl2=4H++SO42﹣+2Cl﹣②写出D和G反应的化学方程式2SO2+O2 2 SO3③写出过量的D通入Ba（OH）2溶液中的离子方程式OH﹣+SO2=HSO3﹣．。