1、选择题 下列离子反应方程式,书写正确的是
A.碳酸钠溶液中加入盐酸?CO32-+2H+=H2O+CO2↑
B.稀硫酸中加入铁粉?2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
C.碳酸钙中加入盐酸?CO32-+2H+=H2O+CO2↑
D.氢氧化钡溶液中加入硫酸?H++OH-=H2O
参考答案:A
本题解析:分析:A、碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水;
B、稀硫酸和铁反应生成氯化亚铁和氢气;
C、碳酸钙是难溶于水的沉淀;
D、氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水.
解答:A、碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水;反应的离子方程式为:CO32-+2H+=H2O+CO2↑,故A正确;
B、稀硫酸和铁反应生成氯化亚铁和氢气;反应的离子方程式为:Fe+2H+=Fe2++H2↑,故B错误;
C、碳酸钙是难溶于水的沉淀; 反应的离子方程式为:CaCO3+2H+=H2O+CO2↑+Ca2+,故C错误;
D、氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水;反应的离子方程式为:Ba2++SO42-+2H++2OH-=2H2O+BaSO4↓,故D错误;
故选A.
点评:本题考查了离子方程式的书写原则和注意问题,主要是物质溶解性的判断,反应原理的实质,掌握基础是关键,题目较简单.
本题难度:困难
2、选择题
下图装置可用于收集SO2并验证其某些化学性质,下列说法正确的是
A.A
B.B
C.C
D.D
参考答案:B
本题解析:分析:A、二氧化硫使高锰酸钾溶液,体现的是二氧化硫的还原性;
B、二氧化硫使品红褪色,体现二氧化硫的漂白性;
C、二氧化硫与氢氧化钠能反应,但无明显现象;
D、因为二氧化硫的漂白有一定的选择性,不能漂白石蕊等,结论有酸性,但不能因此说没有漂白性.
解答:A、酸性高锰酸钾能将二氧化硫在水溶液中氧化成硫酸,自身还原为无色的二价锰离子,是酸性高锰酸钾的氧化性的体现,这里体现的是二氧化硫的还原性,故A错误;
B、使品红溶液褪色是特征反应,化合生成不稳定的化合物加热后又恢复为原来的红色,体现了二氧化硫的漂白性,故B正确;
C、二氧化硫为酸性氧化物,能跟氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水,但无明显现象,故C错误;
D、二氧化硫使紫色石蕊试液变红后不褪色,结论有酸性,但不能因此说没有漂白性,因为二氧化硫的漂白有一定的选择性,不能漂白石蕊等,故D错误;
故选B.
点评:本题考查二氧化硫的性质,二氧化硫为酸性氧化物,具有酸性氧化物的通性,二氧化硫还具有漂白性、强还原性的弱氧化性,二氧化硫的漂白具有选择性.
本题难度:一般
3、选择题 等物质的量的下列有机物完全燃烧,生成CO2的量最多的是
A.CH4
B.C2H6
C.C3H6
D.C6H6
参考答案:D
本题解析:试题分析:在物质的量消相等的条件下,有机物中碳原子数越多,完全燃烧生成的CO2就越多,则根据有机物的化学式可知,D选项中碳原子数最多,生成的CO2最多,答案选D。
考点:考查有机物的燃烧的有关计算
点评:该题是高考中额常见题型,属于中等难度的试题,试题基础性强,侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练。该题的关键是利用好原子守恒,另外还要特别注意的是要分清楚是物质的量相等,还是质量相等,然后结合题意和有关方程式灵活运用即可。
本题难度:困难
4、选择题 下列离子方程式书写正确的是
A.铝与氯化铜溶液反应?Al+Cu2+═Al3++Cu
B.向NaAlO2?溶液中通入过量CO2?AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-
C.次氯酸钙溶液中通入SO2气体? Ca2++2C1O-+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClO
D.向澄清石灰水中加入过量的碳酸氢钠溶液? Ca2++2OH-+2HCO3-═CaCO3↓+2H2O+CO32-
参考答案:BD
本题解析:分析:A、离子方程式的电荷不守恒;
B、碳酸的酸性强于氢氧化铝,结合二氧化碳是过量,生成碳酸氢根离子;
C、次氯酸具有强氧化性能把二氧化硫氧化为硫酸;
D、酸式盐和碱反应,量少的全部反应,离子方程式中氢氧化钙中钙离子和氢氧根离子必须符合化学式的组成比1:2.
解答:A、铝与氯化铜溶液反应的离子方程式为2Al+3Cu2+═2Al3++3Cu,故A错误;
B、向NaAlO2?溶液中通入过量CO2的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-,故B正确;
C、次氯酸钙溶液中通入SO2气体,能把二氧化硫氧化为硫酸,离子方程式为2C1O-+SO2+H2O═SO42-+2H++2Cl-,故C错误;
D、向澄清石灰水中加入过量的碳酸氢钠溶液的离子反应为Ca2++2OH-+2HCO3-═CaCO3↓+2H2O+CO32-,故D正确;
故选BD,
点评:本题考查了离子方程式的书写原则和注意问题,主要考查离子方程式的电荷守恒.原子守恒,量不同产物不同,关键是次氯酸的强氧化性的判断.
本题难度:简单
5、选择题 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?L
B.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?g
D.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
参考答案:B
本题解析: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)2+2NO↑+4H2O;3Cu+8HNO3 (稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O;
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: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)2+2NO↑+4H2O;3Cu+8HNO3 (稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O;
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.
点评:本题主要考查混合物有关计算,涉及镁铜与硝酸反应、生成的盐与氢氧化钠反应,综合考查学生的得失电子守恒、质量守恒等综合运用和解决复杂问题的能力,是一道考查能力的好题,难度较大.
本题难度:一般