高一化学有关金属的计算题图像题推断题答案.doc

高一化学 有关金属的计算题、图像题、推断题 2015/11/271200 时，11.6g CO2和水蒸气的混合气体与过量的Na2O2充分反应后，固体质量增加了3.6g，再将反应后剩余固体冷却后加入含有Na、HCO、SO、CO等离子的水溶液中，若溶液体积保持不变，则下列说法中正确的是()A原混合气体的平均摩尔质量为23.2g/molB混合气体与Na2O2反应过程中电子转移的物质的量为0.25molC溶液中SO的物质的量浓度基本保持不变D溶液中HCO的物质的量浓度减小，CO的物质的量浓度增大，但是HCO和CO的物质的量浓度之和基本保持不变答案A解析解答本题时首先根据质量守恒定律确定产生O2的量，然后利用Na2O2与CO2、水蒸气反应的物质的量的关系确定CO2和水蒸气的物质的量。CO2和H2O与过量Na2O2反应的化学方程式分别为：2Na2O22CO2=2Na2CO3O2,2Na2O22H2O=4NaOHO2，反应后固体为Na2O2、NaOH、Na2CO3的混合物。固体质量增加了3.6g，即生成O2的质量为11.6g3.6g8g，物质的量为8g32g/mol0.25mol，所以CO2和H2O的总物质的量为0.25mol20.5mol。原混合气体的平均摩尔质量为11.6g0.5mol23.2g/mol。生成O2的物质的量为0.25mol，而生成1 mol O2转移电子的物质的量为2 mol，所以反应过程中电子转移的物质的量为0.5 mol。剩余固体中含有Na2O2具有强氧化性，能够将SO氧化为SO，所以SO的物质的量浓度减小。剩余固体中含有NaOH，溶液中HCO的物质的量浓度减小，CO的物质的量浓度增大，但是固体中还含有Na2CO3，所以HCO和CO的物质的量浓度之和也要增大。2某溶液中含有HCO、SO、CO、CH3COO四种阴离子，向其中加入足量的Na2O2固体后，假设溶液体积无变化，溶液中离子浓度基本保持不变的是()ACO BHCO CCH3COO DSO答案C解析Na2O2与H2O反应后生成O2和NaOH，O2氧化SO，NaOH与HCO反应生成CO，CO的量增加。3将0.4 g NaOH和1.06 g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1 molL1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是()答案C解析此题考查了元素化合物、图像数据的处理知识。向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1 L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生：HClNa2CO3=NaHCO3NaCl，不放出气体，当再加入0.1 L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3HCl=NaClH2OCO2，此时开始放出气体，分析图像，可知选C。4现有铝和过氧化钠的固体混合物样品，加入稀盐酸使混合物完全溶解，所得溶液中c(Al3)c(H)c(Cl)128，则原固体混合物中铝元素与氧元素的质量比为()A34 B932 C916 D98答案C解析根据反应后溶液中含有H，显然加入的盐酸过量，溶液中的溶质为NaCl、AlCl3、HCl，根据电荷守恒得：c(H)c(Na)3c(Al3)c(Cl)，设c(Al3)、c(H)、c(Cl)分别为a、2a、8a，则c(Na)3a，根据元素守恒，则Al、Na2O2的物质的量之比为11.5，故Al、O的质量比为127/(1.5216)9/16。5将1.12 g铁粉加入25 mL 2 mol/L的氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是()A铁粉有剩余，溶液呈浅绿色，Cl基本保持不变B往溶液中滴入无色KSCN溶液，溶液变红色CFe2和Fe3物质的量之比为51D氧化产物和还原产物的物质的量之比为25答案B解析n(Fe)1.12 g/56 g/mol0.02 mol，n(Fe3)0.025 L2 mol/L0.05 mol，由反应2Fe3Fe=3Fe2可知Fe3过量，加入KSCN显红色；溶液中n(Fe2)3n(Fe)0.06 mol，溶液中n(Fe3)0.05 mol2n(Fe)0.01 mol，即Fe2和Fe3的物质的量之比为61；氧化产物与还原产物的物质的量之比为12。6某同学设计下列方法对A盐的水解液进行鉴定：由此得出的结论中，不正确的是()AD溶液中存在Fe(SCN)3 B滤液中有Fe3CB为AgBr DA一定为无氧酸盐FeBr2答案D解析根据B、D现象可确定A是由Fe3和Br或由Fe2和Br组成的盐。7某CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液100 mL，已知溶液中阳离子的浓度相同(不考虑水解)，且SO的物质的量浓度为6 mol/L，则此溶液最多可溶解铁粉的质量为()A5.6 g B11.2 gC22.4 g D33.6 g答案C解析设阳离子浓度为x，则根据电荷守恒：2x3xx26 mol/L，求得x2 mol/L，其中能与Fe反应的物质为H、Cu2、Fe3，2Fe3Fe=3Fe2，2HFe=Fe2H2，Cu2Fe=Fe2Cu，所以溶解Fe的物质的量2 mol/L0.1 L0.4 mol，m(Fe)0.4 mol56 g/mol22.4 g。8某同学将某种金属分别与等体积的甲、乙两种溶液反应，所加金属的质量与相同条件下产生气体的体积关系如图所示，下列推论可能正确的是()A金属是镁，甲溶液为0.2 mol/L盐酸，乙溶液为0.1 mol/L盐酸B. 金属是铁，甲溶液为pH1的醋酸溶液，乙溶液为pH1的盐酸C金属是铝，甲溶液为0.1 mol/L盐酸，乙溶液为0.1 mol/L氢氧化钠溶液D金属是铝，甲溶液为0.1mol/L氢氧化钠溶液，乙溶液为0.1 mol/L盐酸答案C解析根据图像可知甲、乙与过量金属反应时，乙与金属反应产生的气体多，由此可知A、B选项不正确；足量铝与等物质的量NaOH、HCl反应，与NaOH反应放出的氢气多，故C项正确，D项错误。9向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，生成沉淀Al(OH)3的量随AlCl3加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是()Aa点对应的溶液中：Na、Fe3、SO、HCOBb点对应的溶液中：Na、S2、SO、ClCc点对应的溶液中：K、Ag、Ca2、NODd点对应的溶液中：K、NH、CO、SO答案B解析发生反应为ab段4NaOHAlCl3=NaAlO23NaCl2H2O，bc段3NaAlO2AlCl36H2O=4Al(OH)33NaCl，分析各点对应溶液的成分，即可得出答案，a点中含有大量OH，Fe3、HCO不能共存；c点溶液变为NaCl，Ag不能大量共存；d点中溶液中含大量AlCl3，CO不能大量共存。10下列固体物质各1 mol：Na2ONaOHNa2O2Na2SO3，长期放置在空气中，固体质量增加的关系(不考虑潮解因素)正确的是()A BC D答案B解析Na2ONa2CO3(m44)；NaOHNa2CO3(m13)；Na2O2Na2CO3(m28)；Na2SO3Na2SO4(m16)，故B项正确。11将物质的量均为a mol的Na和Al一同投入m g水中(水足量)，所得溶液的密度为 gcm3，则此溶液的物质的量浓度为()A.molL1B.molL1C.molL1 D.molL1答案C解析物质的量均为a mol的Na和Al投入水中的反应为2Na2H2O=2NaOHH22 mol2 mol1 mola mola molmol2Al2NaOH2H2O= 2NaAlO23H22 mol 2mol2 mol3 mola mol amola mola mol所得溶液为NaAlO2的溶液c(NaAlO2)molL1。12常温下，将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20 mL pH14的溶液，然后用1 mol/L的盐酸滴定，测得生成沉淀的质量与消耗盐酸的体积关系如图所示，则下列说法正确的是()A原合金质量为0.92 gB图中V2为60C整个滴定过程中Na的浓度保持不变DOP段发生的反应为：NaOHHCl=NaClH2O答案D解析Q点时，溶液中的溶质只有氯化钠，由钠和氯守恒可得：n(Na)n(NaCl)n(HCl)1 mol/L0.04 L0.04 mol，m(Na)0.92 g，A错；OP段之所以没有沉淀产生，是因为盐酸用于中和NaOH，D对；OP段消耗盐酸的体积为n(NaOH)剩/c(HCl)1 mol/L0.02 L1 mol/L0.02 L(20 mL)，即V120，所以PQ段消耗的盐酸为20 mL，QW段消耗盐酸是PQ段的3倍为60 mL，故V24060100，B错；整个滴定过程中，n(Na)保持不变，但溶液的体积不断增大，故Na的浓度是不断减小的，C错。13将一定量的铁粉加入到一定浓度的稀硝酸中，金属恰好完全溶解，反应后溶液中存在：c(Fe2)c(Fe3)32，则参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为()A11 B516C23 D32答案B解析假设生成2 mol Fe(NO3)3和3 mol Fe(NO3)2，则共转移12 mol e，12 mol e可还原HNO3得到4 mol NO，参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为：。14(12分)向明矾KAl(SO4)212H2O溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量。(1)写出可能发生的有关反应的化学方程式。(2)在图中，纵坐标表示生成沉淀的物质的量，横坐标表示加入Ba(OH)2的物质的量。试在图中画出当溶液中明矾为1 mol时，生成的每一种沉淀的物质的量随Ba(OH)2物质的量变化的曲线(在曲线上标明沉淀的化学式)。(3)向a L物质的量浓度为M mol/L的明矾溶液中滴加物质的量浓度为n mol/L的Ba(OH)2溶液b L，用含a、M、N的表达式表示：当b满足_条件时，沉淀的总物质的量为最大值；当b满足_条件时，沉淀的质量为最大值。答案(1)2KAl(SO4)23Ba(OH)2=K2SO43BaSO42Al(OH)3K2SO42Al(OH)3Ba(OH)2=2KAlO2BaSO44H2O(2)图见解析(3)1.5aMnb2aMnb解析(1)设溶液中明矾的物质的量为1 mol。则当滴加的Ba(OH)2的物质的量分别在01.5 mol和1.5 mol2.0 mol时，所发生的反应的化学方程式分别为：2KAl(SO4)23Ba(OH)2=K2SO43BaSO42Al(OH)3K2SO42Al(OH)3Ba(OH)2=2KAlO2BaSO44H2O(2)从化学方程式可以看出，生成BaSO4的物质的量随Ba(OH)2的量的增加而增加，生成Al(OH)3的物质的量随Ba(OH)2的量的增加而发生先增加后减少直至完全溶解的变化过程。(3)由方程式知，当加入了1.5 mol Ba(OH)2时，生成沉淀的物质的量为2.5 mol质量为1.5 mol233 g/mol1 mol78 g/mol427.5 g；由方程式知，当继续滴加0.5 mol Ba(OH)2时，沉淀的物质的量将减少0.5 mol21 mol，沉淀的质量却增加0.5 mol233 g/mol78 g38.5 g。所以，把明矾溶液中Al3恰好沉淀完全时，生成沉淀的总的物质的量最大，把SO沉淀完全时，生成沉淀的质量最大。15把金属钠和金属钠在空气中的燃烧产物P分别加入到足量的水中，生成的气体在一定条件下恰好完全反应，则与水反应的金属钠与被氧化成P的金属钠的质量比为()A2378 B21C11 D4678答案C解析2Na2H2O=2NaOHH2；2Na2O22H2O=4NaOHO2，2H2O22H2O。由题意知n(H2)n(O2)21， 所以n(Na)n(Na2O2)21，再由Na元素守恒知，与水反应的Na与被氧化为Na2O2的Na的物质的量之比为11，质量比亦为11。16X、Y、Z是三种常见元素的单质，甲、乙是两种常见的化合物，这些单质和化合物之间存在如图所示的转化关系，下列说法正确的是()AX、Y、Z一定都是非金属单质BX、Y、Z中至少有一种是金属单质C如果X、Y都为金属单质，则Z必为非金属单质D如果X、Y都为非金属单质，则Z必为金属单质答案C解析选项A，若X为Fe，甲为H2O，Z为O2，Y为H2时，符合转化关系，所以X、Y、Z不一定都是非金属单质；若X为C，甲为H2O，Z为O2，乙为CO，Y为H2时符合转化关系，故选项B、D错误；选项C，如果X、Y都为金属单质时，X、Y在反应中失去电子，而金属单质在反应中不可能获得电子，所以Z一定是非金属单质。17下列曲线图(纵坐标为沉淀的量，横坐标为加入物质的物质的量)与对应的选项相符合的是()A向1 L浓度均为0.1 molL1的Ba(OH)2、NaAlO2混合液中加入0.1 molL1的稀H2SO4B向1 L浓度分别为0.1 molL1和0.3 molL1的AlCl3、NH4Cl的混合液中加入0.1 molL1的NaOH溶液C向烧碱溶液中滴加明矾溶液D向AlCl3溶液中滴加过量氨水答案A解析A项中，表示向浓度相同的Ba(OH)2、NaAlO2混合液中滴加等浓度稀硫酸时生成沉淀的过程：01阶段只生成BaSO4；11.5阶段发生HAlOH2O=Al(OH)3，反应生成Al(OH)3沉淀；1.53阶段是生成的Al(OH)3沉淀又溶于稀硫酸的过程，A正确。B项中，铝离子结合氢氧根离子的能力比铵根离子强，先进行反应，生成1 mol氢氧化铝需要3 mol氢氧根离子，溶解1 mol氢氧化铝只需要1 mol氢氧根离子，B错误。C项中，形成1 mol偏铝酸根离子需要1 mol铝离子，消耗1 mol偏铝酸根离子只需要 mol铝离子，C错误。D项中，氢氧化铝沉淀不能溶解于氨水中，D错误。18研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到直观形象的效果，下列表达不正确的是()答案C解析A正确，因为发生的反应为SO22NaOH=Na2SO3H2O和SO2NaOH=NaHSO3。B正确，因为发生的反应为AlOHH2O=Al(OH)3和AlO4H=Al32H2O。C不正确，因为不论配料比例是多少，发生的反应总是2Fe3Cl22FeCl3。D正确，因为如果铁过量，过量的铁与生成的Fe3继续反应，生成Fe2。19某化学小组为测定一定量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：方法：铜铝混合物测定生成气体的体积方案：铜铝混合物测定剩余固体的质量下列有关判断中不正确的是()A溶液A和B均可选用稀硝酸B溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液C实验室中方案更便于实施D若溶液A选用浓硝酸，则测得的铜的质量分数偏小答案A解析溶液B若选稀硝酸，与铜、铝都反应，则反应后无固体剩余，从而无法确定二者的量，A错误；若溶液A是盐酸或NaOH溶液，只和铝反应，根据气体或剩余固体的质量均可确定铝的量，B正确；气体体积测量较为困难，而称量剩余固体质量则较为容易，C正确；若溶液A选用浓硝酸，浓硝酸使铝钝化后与铜反应，生成的NO2易与水反应，使测量的气体体积偏小，测得的铜的质量分数也偏小，D正确。20部分氧化的FeCu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76 g，经如下处理：下列说法正确的是()A滤液A中的阳离子为Fe2、Fe3、HB样品中Fe元素的质量为2.24 gC样品中CuO的质量为4.0 gDV896答案B解析根据题意，3.2 g滤渣一定是铜，而铜与Fe3不共存，则A项一定错误；最后的3.2 g固体为Fe2O3，其中Fe元素的质量为2.24 g，B正确；铜元素共3.2 g，且Cu不可能完全被氧化成CuO，则C项错误；同理，2.24 g Fe元素不可能全是单质，故生成的氢气的体积小于896 mL，D错误。21(9分)AI分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如下图所示(部分反应物、生成物没有列出)。已知H为主族元素的固态氧化物，F是红褐色难溶于水的沉淀，且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。请填写下列空白：(1)A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素的名称是_。(2)写出C、H物质的化学式：C_，H_。(3)写出反应、的化学方程式：反应：_；反应：_。(4)反应过程中的现象是_。答案(1)铁元素(2)FeCl2Al2O3(3)8Al3Fe3O44Al2O39Fe2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2(4)生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色解析根据F是红褐色难溶于水的沉淀，可以推断F为Fe(OH)3进而推断E为Fe(OH)2，C为FeCl2，D为FeCl3，则B为Fe3O4。根据A到B的转化关系，可以推断A为Fe，则反应为Fe3O4和Al的反应，因此为Al，H为Al2O3，G为NaAlO2。22(7分)AG的转化关系如下图所示(部分反应物、产物和反应条件未标出)。已知：A、B为中学化学常见的金属单质，CG均为化合物，并且E和G均含有3种元素，E中所含3种元素分属3个不同的短周期；C是淡黄色固体，D既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应；F溶液中加入AgNO3溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀；E和G焰色反应均呈黄色。根据以上信息回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：C_，G_；(2)反应中，不属于氧化还原反应的是_；(3)将过量的E溶液逐滴加入F溶液中，出现的现象是_；(4)反应的离子方程式为_；(5)F和G溶液混合可以生成白色沉淀，反应的离子方程式为_；(6)反应中，若有31.2 g C参加反应，转移电子的物质的量为_。答案(1)Na2O2NaAlO2(2)(3)先产生白色沉淀，然后沉淀又逐渐溶解(4)2Na2O22H2O=4Na4OHO2(5)Al33AlO6H2O=4Al(OH)3(6)0.4 mol解析结合框图关系，由已知条件和可以推知A为Na、B为Al；由已知条件知C是Na2O2、D是Al2O3；由已知条件和可以推知E为NaOH，G为NaAlO2。由已知条件可以推知F为AlCl3。根据框图关系可以推测反应为Na与H2O反应，反应为Na在O2中燃烧，反应为Na2O2与H2O反应，反应为Al与Cl2或盐酸反应，反应为Al与O2反应，反应为Al2O3与盐酸反应。所以反应中，属于非氧化还原反应的是。过量的NaOH溶液逐滴加入AlCl3溶液中，先生成Al(OH)3白色沉淀，然后Al(OH)3又溶解在过量的NaOH溶液中。NaAlO2溶液与AlCl3溶液混合，发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀。根据Na2O2与H2O反应的方程式可以看出，每2mol Na2O2参与反应，转移电子的物质的量为2mol。31.2g Na2O2为0.4 mol，所以反应中转移电子的物质的量为0.4 mol。23(9分)孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3，还含少量Fe、Si的化合物。实验室以孔雀石为原料制备CuSO45H2O及CaCO3，步骤如下：请回答下列问题：(1)溶液A中的金属离子有Cu2、Fe2、Fe3。从下列所给试剂中选择：实验步骤中试剂为_(填代号)，检验溶液A中Fe3的最佳试剂为_(填代号)。aKMnO4 b(NH4)2ScH2O2 dKSCN(2)由溶液C获得CuSO45H2O，需要经过加热蒸发、_、过滤等操作。除烧杯、漏斗外，过滤操作还用到另一玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是_。(3)制备CaCO3时，应向CaCl2溶液中先通入(或先加入)_(填化学式)。若实验过程中有氨气逸出，应选用下列_装置回收(填代号)。(4)欲测定溶液A中Fe2浓度，需要用容量瓶配制某标准溶液，定容时视线应_，直到_ _。 答案(1)cd(2)冷却结晶引流(3)NH3(或NH3H2O)b(4)平视凹液面(或平视刻度线)凹液面的最低点与刻度线相切解析(1)为使Fe2、Fe3一块沉淀，要加氧化剂将Fe2氧化而又不引入新杂质，选H2O2；Fe3用SCN检验。(2)从溶液中析出晶体采用结晶法；过滤时要用到玻璃棒引流。(3)CaCl2溶液不与CO2反应，加入碱能反应，但又不能引入杂质，应通入NH3(或加入NH3H2O)；氨气极易溶于水，吸收其要注意防倒吸，a装置广口瓶内的进气管长，容易倒吸，c装置中的倒置漏斗中、d中的多孔球泡全部浸入液面内，会发生倒吸。(4)用容量瓶配制溶液定容时，视线应平视凹液面，直到凹液面的最低点与刻度线相切；KMnO4溶液具有强氧化性，会氧化碱式滴定管的橡胶管，故应选用酸式滴定管。24(14分)汽车安全气囊是行车安全的重要保障。当车辆发生碰撞的瞬间，安全装置通电点火使其中的固体粉末分解释放出大量的氮气形成气囊，从而保护司机及乘客免受伤害。为研究安全气囊工作的化学原理，取安全装置中的固体粉末进行实验。经组成分析，确定该粉末仅含Na、Fe、N、O四种元素。水溶性实验表明，固体粉末部分溶解。经检测，可溶物为化合物甲；不溶物为红棕色固体，可溶于盐酸。取13.0 g化合物甲，加热使其完全分解，生成氮气和单质乙，生成的氮气折合成标准状况下的体积为6.72 L。单质乙在高温隔绝空气的条件下与不溶物红棕色粉末反应生成化合物丙和另一种单质。化合物丙与空气接触可转化为可溶性盐。请回答下列问题：(1)甲的化学式为_，丙的化学式为_。(2)若丙在空气中转化为碳酸氢盐，则反应的化学方程式为_。(3)单质乙与红棕色粉末发生反应的化学方程式为_，安全气囊中红棕色粉末的作用是_。(4)以下物质中，有可能作为安全气囊中红棕色粉末替代品的是_。AKCl BKNO3CNa2S DCuO(5)设计一个实验方案，探究化合物丙与空气接触后生成可溶性盐的成分(不考虑结晶水合物)_。答案(1)Na3N Na2O（Na2Na）(2)Na2O2CO2H2O=2NaHCO3(3)6NaFe2O33Na2O2Fe避免分解产生的金属钠可能产生的危害(4)BD(5)可溶性盐的成分可能是Na2CO3或NaHCO3或Na2CO3与NaHCO3的混合物。准确称取一定量的生成物，加热至恒重，若试样无失重，则为Na2CO3；如加热后失重，根据失重的量在试样总质量中的比例，即可推测为NaHCO3或Na2CO3与NaHCO3的混合物解析本题主要考查元素的推 断以及元素化合物等知识点。甲溶于水，可知甲中有钠元素，化合物甲受热分解生成氮气和单质乙，则乙为单质钠，甲为Na3N；红棕色固体中含有铁元素，猜测为Fe2O3，钠在高温隔绝空气条件下与Fe2O3发生置换反应，生成铁和Na2O(丙)，Na2O与空气中的CO2反应生成Na2CO3，符合题意。(2)若转化为NaHCO3，则方程式为：Na2O2CO2H2O 2NaHCO3；(4)Fe2O3的作用是将Na氧化为Na2O，防止产生危害，所以CuO可以，此外钠在一定条件下可以置换出KNO3中的钾，原因是钾的沸点低；(5)检验Na2CO3和NaHCO3的方法有：固体：加热，把产生气体通入澄清石灰水，若有白色沉淀产生，则原固体为NaHCO3。溶液：加BaCl2溶液或CaCl2溶液(不得用Ba(OH)2溶液或Ca(OH)2溶液) 有沉淀产生，则原溶液为Na2CO3溶液。利用NaHCO3的不稳定性进行加热。