D.n(NaCl)∶n(NaC1O)∶n(NaC1O3)可能为11∶2∶:
1
【答案】C
【解析】A、由于反应后体系中没有NaOH,故氢氧化钠反应完,根据钠元素守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.03L×10mol/L=0.3mol,根据氯原子守恒有2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.3mol,故参加反应的氯气n(Cl2)=0.15mol,A错误;B、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知,氧化产物只有NaClO时,n(Na+):
n(Cl-)最大为2:
1,当氧化产物为NaClO3时,n(Na+):
n(Cl-)最小为6:
5,故6:
5<n(Na+):
n(Cl-)<2:
1,7:
3>2:
1,B错误;C、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知,氧化产物只有NaClO时,转移电子数最少,为0.3mol×1/2×1=0.15mol,氧化产物只有NaClO3时,转移电子数最多,为0.3mol×5/6
×1=0.25mol,C正确;D、令n(NaCl)=11mol,n(NaClO)=2mol,n(NaClO3)=1mol,生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol,生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1+1mol×5=7mol,得失电子不相等,D错误;答案选C。
点睛:
本题考查氧化还原反应计算、根据方程式的计算等,题目难度较大,注意极限法与电子得失守恒法的灵活应用。
7.下列离子方程式书写不正确的是
A.A1C13溶液与烧碱溶液反应,当n(OH-)∶n(Al3+)=7∶2时,2Al3++7OH-=Al(OH)3↓+AlO2-+2H2O
B.Cl2与FeBr2溶液反应,当n(Cl2)∶n(FeBr2)=1∶1时,2Fe2++4Br-+3C12=2Fe3++2Br2+6C1-
C.CuCl2溶液与NaHS溶液反应,当n(CuCl2)∶n(NaHS)=l∶2时,Cu2++2HS-=CuS↓+H2S↑
D.Fe与稀硝酸反应,当n(Fe)∶n(HNO3)=l∶2时,3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O
【答案】B
【解析】A.AlCl3溶液与烧碱溶液反应,当n(OH-):
n(Al3+)=7:
2时,离子方程式为2Al3++7OH-=Al(OH)3↓+AlO2-+2H2O,A正确;B.氯气先氧化亚铁离子后氧化溴离子,发生反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+、Cl2+2Br-=Br2+2Cl-,当n(Cl2):
n(FeBr2)=1:
1时,假设二者都是2mol,则亚铁离子完全被氧化需要1mol氯气、剩余1mol氯气氧化2mol溴离子,所以还有一半溴离子未被氧化,则离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-,B错误;C.CuCl溶液与NaHS溶液反应,当n(CuCl2):
n(NaHS)=1:
2时,离子方程式:
Cu2++2HS-=CuS↓+H2S↑,C正确;D.Fe与稀硝酸反应,当n(Fe):
n(HNO3)=1:
2时,离子方程式:
3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O,D正确;答案选B。
点睛:
本题考查了离子方程式的书写,侧重考查反应物用量有关的离子反应的方程式书写,明确反应实质是解题关键。
在离子方程式正误判断中,学生往往忽略相对量的影响,命题者往往设置“离子方程式正确,但不符合相对量”的陷阱。
突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少,二是看离子反应是否符合该量,没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等,注意离子配比,注意试剂的加入顺序,难溶物溶解度的大小,注意隐含因素等。
应熟练掌握化学反应规律和重要物质的性质,认真审题,才能正确写出离子方程式。
8.下列有关溶液组成的描述合理的是
A.无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl-、S2-
B.酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO-、SO42-、I-
C.弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl-、HCO3-
D.中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SO42-
【答案】C
【解析】A.Al3+、S2‾发生双水解反应而不能大量共存,故A错误;B.酸性条件下,ClO‾、I‾发生氧化还原反应而不能大量共存,故B错误;C.弱碱性条件下,这几种离子之间不反应,碳酸氢根离子水解导致溶液呈弱碱性,所以能大量共存,故C正确;D.Fe3+极易水解,在中性条件下,要完全水解而不能大量存在,故D错误;故答案为C。
点睛:
离子共存判断时应注意题中给出的附加条件:
①酸性溶液(H+)、碱性溶液(OH-)、能在加入铝粉后放出可燃气体的溶液、由水电离出的H+或OH--=1×10-10mol/L的溶液等;②有色离子MnO4-,Fe3+,Fe2+,Cu2+,Fe(SCN)3+;③MnO4-,NO3-等在酸性条件下具有强氧化性;④S2O32-在酸性条件下发生氧化还原反应:
S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O;⑤注意题目要求“大量共存”还是“不能大量共存。
9.取一定量的NaOH溶液通入CO2后,再继续向该溶液中逐滴加入0.lmol/L的盐酸,产生CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示,下列说法正确的是
A.原溶液中NaOH的物质的量为0.75mol
B.通入CO2后所得的溶液溶质成分为NaOH和Na2CO3
C.通入CO2后所得的溶液中含有2.5×10-3 molNaHCO3
D.原溶液中通入CO2后标准状况下为112mL
【答案】D
【解析】A.消耗盐酸75mL时,溶液为恰好为氯化钠溶液,根据Na+、Cl-离子守恒,可知n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol,故A错误;B.由图示可知,滴加25mL稀盐酸溶液后溶液中只存在NaHCO3,可知通入一定量CO2反应后溶液中的溶质为Na2CO3、NaHCO3,故B错误;C.溶液中Na2CO3、NaHCO3的物质的量相等,生成二氧化碳发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,共消耗盐酸75mL-20mL=50mL,n总(NaHCO3)=n(HCl)=0.05L×0.1mol/L=0.005mol,所以通入CO2后所得的溶液中含有NaHCO3为0.005mol×
=2.5×10-3mol,故C错误;D.生成二氧化碳发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,共消耗盐酸75mL-20mL=50mL,n(CO2)=n(HCl)=0.05L×0.1mol/L=0.005mol,所以V(CO2)=0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL,故D错误;故选C。
点睛:
盐酸逐滴加入到碳酸钠溶液中的反应为:
Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3;NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,由图可知,0~25mL没有气体生成,从25mL开始加盐酸生成二氧化碳气体,共消耗盐酸75mL-20mL=50mL,0~25mL段消耗的盐酸体积小于生成气体是消耗的盐酸体积50mL,所以可以知道通入一定量CO2反应后溶液中的溶质为Na2CO3、NaHCO3,且根据消耗的盐酸的体积可以判断二者的物质的量相等。
10.用NA表示阿伏加德罗常数的值。
下列叙述中不正确的是
A.标准状况下,18gH2O中含有的分子数目为NA
B.标准状况下,2.24LC12与足量铁粉反应转移电子数目为0.2NA
C.46gNO2和N2O4混合气体中含有的原子数目为3NA
D.1molN2与4molH2混合充分反应,生成NH3分子的数目为2NA
【答案】D
【解析】A.18gH2O的物质的量为1mol,所以含有的分子数目为NA,A正确;B.标准状况下,2.24LCl2与足量铁粉反应,氯气的物质的量为0.1mol,氯元素的化合价由0降为-1,所以转移电子数目为0.2NA,B正确;C.46gNO2的物质的量为1mol,含有3mol原子,46gN2O4的物质的量为0.5mol,同样也含有3mol原子,所以无论以何种比例混合,46gNO2和N2O4混合气体中含有的原子数目一定为3NA,C正确;D.合成氨的反应是可逆反应,所以1molN2与4molH2混合充分反应,生成的NH3的物质的量一定小于2mol,NH3分子的数目小于2NA,D不正确。
本题选D。
11.下列实验现象预测正确的是
A.实验I:
振荡后静置,上层溶液颜色保持不变
B.实验Ⅱ:
试管溶液中出现气泡,溶液先出现浑浊后变澄清
C.实验III:
微热稀HNO3片刻,溶液中有气泡产生,广口瓶内始终保持无色
D.实验IV:
加热至混合液呈红褐色,停止加热,该分散系能产生丁达尔效应
【答案】D
【解析】A.溴和氢氧化钠溶液反应,苯层无色,故A错误;B.稀盐酸有挥发性,生成的CO2中混有HCl气体,硅酸钠溶液中通入HCl气体也能出现白色沉淀,则无法证明碳酸的酸性比硅酸强,故B错误;C.反应生成的NO与空气中的氧气反应,则广口瓶内气体为红棕色,故C错误;D.煮沸溶液至红褐色,生成胶体,当光束通过体系时可产生丁达尔效应,故正确;故答案为D。
12.浓H2SO4密度1.84g/mL,物质的量浓度为18.4mol/L,质量分数为98%,取10mL浓H2SO4和amL水混合得物质的量浓度为Cmol/L,质量分数为b%。
下列组合正确的是
(1)若C=9.2则a>10b>49%
(2)若C=9.2则a>10b<49%
(3)若b=49则a=18.4C<92(4)若b=49则a=18.4C>92
A.
(1)(3)B.
(1)(4)C.
(2)(3)D.
(2)(4)
【答案】A
【解析】试题分析:
若b=49,稀释过程中溶质硫酸的质量不变,则:
10mL×1.84g/mL×98g%="(10"mL×1.84g/mL+amL×1g/mL)×49%,解得a=18.4,令稀释后的密度为dg/mL,则d<1.84,稀硫酸的物质的量浓度C=
mol/L<9.2mol/L;若C=9.2,根据稀释定律,可知稀释后溶液的体积为
=20mL,硫酸的浓度越大,密度越小,故稀释后溶液的质量小于原浓硫酸质量的2倍,稀释过程硫酸的质量不变,故稀释后硫酸的质量分数大于49%,即b>49%,稀释过程中溶质硫酸的质量不变,则:
10mL×1.84g/mL×98g%<(10mL×1.84g/mL+amL×1g/mL)×49%,解得a>18.4;故选A。
考点:
考查溶液浓度的有关计算
13.根据下列各题所给出的数据,得出的结论正确的是
A.通入标准状况下HC1气体11.2L,可使1L浓度为0.5mol·L-1的盐酸浓度增大到1mol·L-1
B.在10%的NaOH溶液中,平均每9个水分子溶有1个OH-
C.将10g碳酸钙粉末加水配成100mL溶液,CaCO3物质的量浓度为1mol·L-1
D.4gNaOH溶解在l0mL水中,再稀释成1L,从中取lmL,这lmL溶液的浓度为0.1mol·L-1
【答案】D
【解析】试题分析:
A、先由cV计算原溶液中n(HCl)="0.5"mol,再由
计算通入的n(HCl)="0.5"mol,HCl溶解放热,导致部分HCl挥发,且吸收氯化氢之后溶液的体积会增大(不能用原溶液的体积代替),因此其浓度小于1mol•L-1,A错误;B、设溶液的质量为100g,则溶质、溶剂分别为10g、90g,由
可知,n(NaOH)=
mol="0.25"mol、n(H2O)=
mol="5"mol,由电离方程式NaOH=Na++OH-可知,n(OH-)="n(NaOH)"="0.25"mol,则n(OH-)∶n(OH-)=0.25∶5=1∶20,B错误;C、碳酸钙难溶于水,即每100g水或100mL水中溶解的碳酸钙小于0.1g,因此10g碳酸钙中绝大多数不能溶解,所得悬浊液中碳酸钙的浓度约为
≈
mol·L-1="0.01"mol·L-1,C错误;D、先由
计算稀释前的c(NaOH)=
mol·L-1="10"mol·L-1,再由稀释定律(c浓×V浓=c稀×V稀)可知,稀释后的c(NaOH)=
mol·L-1="0.1"mol·L-1,D正确;答案选D。
考点:
本题考查物质的量浓度、质量分数、气体体积、气体摩尔体积、物质的量、摩尔质量、溶解度、稀释定律及物质的量在电离方程式计算中的应用。
【名师点睛】物质的量浓度是表示溶液浓度的方法,物质的量浓度的计算要依据物质的量浓度定义式。
14.F2和Xe在一定条件下生成氧化性极强且极易与水反应的XeF2、XeF4和XeF6三种化合物。
其中XeF4与水可发生如下反应:
6XeF4+12H2O═2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑.下列判断中正确的是
A.上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2
B.XeF4按以上方式与水反应,每生成3molO2,转移12mol电子
C.XeF2加入水中,在水分子的作用下,将重新生成Xe和F2
D.XeF2、XeF4和XeF6在空气中都能长期存放
【答案】A
15.如图表示从原混合物中分离出X的两种方案、下列说法不合理的是
A.若含X的混合物为溴水,可通过方案I进行分离,加入试剂为CCl4液体,充分振荡后液体分层,下层为X的CC14溶液
B.若含X的混合物为BaSO4和BaSO3的混合物,可通过方案Ⅱ进行分离,加入试剂为稀硝酸,X为BaSO4
C.若含X的混合物为乙醇和乙酸乙酯的混合物,可通过方案I进行分离,加入试剂为饱和NaOH溶液,残留液中含有乙酸钠
D.若含X的混合物为Fe、Al,可通过方案II进行分离,加入的试剂是过量的NaOH溶液,1molX与足量氯气完全反应时,转移3mol电子
【答案】C
【解析】试题分析:
A.溴易溶于四氯化碳、微弱于水,四氯化碳的密度比水大,在混合液的下层,该方法合理,故A不选;B.BaSO3被稀硝酸氧化成硫酸钡,然后通过过滤得到BaSO4,该方法合理,故B不选;C.分离乙醇和乙酸乙酯时,应该选用饱和碳酸钠溶液,否则乙酸乙酯会与氢氧化钠溶液反应,该方法不合理,故C选;D.铝可与NaOH溶液反应,铁与氯气反应生成氯化铁,1mol铁与足量氯气完全反应时,转移3mol电子,该描述合理,故D不选;故选C。
【考点定位】考查物质的分离提纯和鉴别
【名师点晴】本题考查物质的分离、提纯实验方案的设计与评价,为高考常见题型,注意掌握物质的性质的异同和实验的操作要点,试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。
解答此类试题,需要学生熟练掌握常见物质的性质和物质分类提纯的常见方法。
16.强酸性溶液X中可能含有Na+、K+、NH4+、Fe2+、Al3+、CO32-、SO32-、SO42-、Cl-中的若干种,某同学为了确认其成分,取X溶液进行连续实验,实验过程及产物如下:
下列结论正确的是
A.X中肯定存在Na+、Fe2+、A13+、NH4+、SO42―
B.气体F在氧气中经催化氧化可生成气体A
C.沉淀C一定是BaSO4、沉淀G一定是Fe(OH)3 、沉淀I一定是Al(OH)3
D.X中不能确定的离子是Fe2+、SO32-、K+和C1―
【答案】B
【解析】试题分析:
强酸性溶液中CO32-、SO32-不能存在;则X溶液中加入过量Ba(NO3)2溶液生成沉淀C一定是BaSO4,一定有SO42-;硝酸被还原生成气体A,为NO,则一定有还原性的离子即Fe2+,溶液B加入过量NaOH溶液,生成气体,一定是氨气,则一定有NH4+,沉淀G为Fe(OH)3;溶液H通入CO2生成沉淀I,由于之前加入了过量的Ba(NO3)2溶液,引入了大量Ba2+,所以沉淀I中一