化學選擇題第二次瘋狂練“一題三變”原題：10、硫代硫酸鈉可作為脫氯劑，已知25.0mL0.100mol·L－1Na2S2O3溶液恰好把224mL（標準狀況下）Cl2完全轉化為Cl－離子，則S2O32－將轉化成A．S2－B．SC．SO32－D．SO42－【答案】D，可根據得失電子守恒計算。變題：1.MO4n－與S2－在酸性溶液中發生如下反應：MO4n－+3S2－+14H+=2M3++3S↓+7H2O，則MO4n－中M元素的化合價為A．+2B．+3C．+4D．+6【解析】本題可根據電子守恒(即氧化劑得電子總數與還原劑失電子總數相等)或電荷守恒(離子方程式的兩端電荷相等)解答。若根據電子守恒；設MO4n－中M為+y價，得電子總數：(y－3)×l，失電子總數；3×2=6。則(y－3)×2＝6，所以y＝6，即M為+6價。若根據電荷守恒：方程式右邊：2×3=6(個正電荷)；方程式左邊：14×1一(1×n+3×2)(個正電荷)。則14一(n+6)=6，得n=2，則MO4n－為MO42－，M的化合價為+6價。【答案】D變題：2.Cu、Cu2O和CuO組成的混合物，加入100mL0.6mol/LHNO3溶液恰好使混合物完全溶解，同時收集到224mLNO氣體(標準狀況)。回答下列問題：⑴寫出Cu2O跟硝酸反應的化學方程式_________________________________。⑵產物中硝酸銅的物質的量為___________________。⑶如原混合物中有0.01molCu，則其中Cu2O的物質的量________；CuO的物質的量__________。⑷如原混合物中Cu的物質的量為x，求其中Cu2O、CuO的物質的量及x的取值范圍。【解析】本題第2問據氮守恒即可解決第3問據電子恒等、物料守恒，設nCu2O=y，則2×0.01+2y＝0.224×3/22.4n（CuO）＝0.025－0.01－2y第4問求解受到2個因素的限制：nCu(NO3)2和ne－，再設nCuO==z2x+2y===0.03x+2y+z==0.025變式為x－z==0.005當z==0，x==0.005，當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賽題：科研人員發現在氯消毒的飲用水中，含有微量對人體有潛在危害作用的含氯化合物，世界環保聯盟即將全面禁止在自來水中加氯氣，推廣采用廣譜性高效殺菌消毒劑二氧化氯(C102，黃綠色氣體)。目前歐洲和我國主要采用Kesting法(原料為氯酸鉀和鹽酸)制ClO2，該法的缺點是同時產生Cl2(占C102體積的一半)，使產物純度低。氯酸鉀和鹽酸反應制取ClO2的變化可表示為：KClO+HCl(濃)一KCI+C102+Cl2↑+.請完成該化學方程式并配平(未知物化學式和化學計量數填人方框內)(2)濃鹽酸在反應中顯示出來的性質是(填寫編號，多選倒扣分)。①只有還原性②還原性和酸性③只有氧化性④氧化性和酸性(3)產生0.1molCl2，則轉移的電子的物質的量為_________mol。(4)C1O2具有很強的氧化性。因此，常被用作消毒劑，其消毒效率(以單位質量得到的電子數表示)是Cl2多少倍。【解析】(1)此題的難點是方程式的配平，用化合價升降法配平時，首先要分清氧化產物是Cl2，還原產物是C1O2，KCl中的C1-來源于鹽酸，化合價沒有變化，再配平氧化劑、還原劑、氧化產物和還原產物的計量數，最后依據原子種類和個數守恒，配平其他物質的計量數和補加未知物質。(2)由配平的方程式可知，參加反應的濃鹽酸有一半被氧化，另一半起了酸性作用。(3)Cl2來源于鹽酸，一個C1-失一個電子變為氯原子，所以產生0.1molCl2，轉移電子0.2mol。(4)消毒后，C1元素的價態變為-l價，對ClO2單位質量得電子：5mol／67．5g；對Cl2單位質量得電子：2mol／71g；二者的比值為2．63。【答案】(1)2、4、2、2、1、2H2O(2)②(3)0．2(4)2.63原題：12、同溫同壓下，當反應物分解了8％時，總體積也增加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，最簡單的用差量法計算。變題：1.加熱碳酸鎂和氧化鎂的混合物mg，使之完全反應，得剩余物ng，則原混合物中氧化鎂的百分含量為()A．×100％B．×100％C．×100％D．×100％【解析】本題可直接運用差量法。MgCO3MgO＋CO2↑Δm8444？m－n【答案】A變題：2.將由amolNaHCO3和bmolNaOH組成的混合物放在密閉容器中加熱至250℃，經充分反應后排出氣體，冷卻后稱量固體的質量為Wg。試寫出用a、b表示W的表達式。⑴a≤b時，W＝；⑵a＞b時，W＝提示：a≤b時，失重為NaHCO3與NaOH反應時生成的水的質量NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2OΔm＝18aW＝106a＋40b－18aa＞b時，最后產物為Na2CO3，由Na＋守恒，n(Na2CO3)＝n(NaHCO3)＋n(NaOH)賽題1.兩種氣態烴以任意比例混和，在105℃時1L該混和烴與9L氧氣混合，充分燃燒后恢復到原狀態，所得氣體體積仍為10L。下列各組混和烴中不符合此條件的是()A．CH4C2H4B．CH4C3H6C．C2H4C3H4D．C2H2C3H6【解析】由烴完全燃燒的方程式CxHy+(X+)O2XCO2+H2O(g)可知，當反應為氣體體積不變的反應時，要求1+(X+)＝X+，即y＝4，根據平均值原理，B選項中H的平均數大于4，而D選項只有在C2H2和C3H6的體積比為1∶1時H平均數才等于4，不符合兩種氣態烴以任意比例混合的要求。賽題：2.由CO2、H2和CO組成的混合氣體在同溫同壓下與氮氣的密度相同，則該混合氣體中CO2、H2和CO的體積比為()A．29∶8∶13B．22∶1∶14C．13∶8∶29D．26∶16∶57【解析】三種氣體中CO相對分子質量與N2相同，因此該題只要求出CO2和H2的體積比(可直接運用十字交叉法)，CO的體積可以為任意比，所以此類題往往有兩個選項符合題意。【答案】C、D賽題：3.150℃時，將1L混合烴與9L氧氣混合，在密閉容器內充分燃燒，當恢復至150℃，體積恒定時，容器內壓強增大8％，則該混合烴的組成是（）A．甲烷與乙烷體積比是1∶4B．丙炔與乙炔體積比是1∶4C．乙烯與丁烷體積比是1∶4D．乙烯與丁烯體積比是1∶4【解析】此題考查思維的靈活性及嚴密性。宜運用差量法解析。應注意：①150℃時水呈氣態，②容器內壓強增大8％即為氣體物質的量增大8％。設此混合烴的平均分子組成為CxHy根據氫原子數判斷，選項A、B可排除。運用十字交叉法，推斷C、D中哪個選項符合題意？此題正確答案為D。原題：14、目前常用的鎳（Ni）鎘（Cd）電池，其電池總反應可以表示為：Cd＋2NiO(OH)＋2H2O2Ni(OH)2＋Cd(OH)2已知Ni(OH)2和Cd(OH)2均難溶于水但能溶于酸，以下說法中正確的是①以上反應是可逆反應②以上反應不是可逆反應③充電時化學能轉變為電能④放電時化學能轉變為電能A①③B②④C①④D②③【答案】B，本題考查原電池和電解池原理。可充電電池的充電和放電過程條件不同，故不是可逆反應；放電時電池向外界提供電能，化學能轉變成電能，充電時電能轉變成化學能。變題：1.銀鋅電池廣泛用作各種電子儀器的電源，它的充電和放電過程可表示為()Zn+Ag2O+H2O2Ag＋Zn(OH)2在此電池放電時，負極上發生反應的物質是A．Ag B．Zn(OH)2 C．Ag2O D．Zn變題：2.據報道，美國正在研究用鋅電池取代目前廣泛使用的蓄電池，它具有容量大、污染小的特點，其電池反應為：2Zn＋O2＝2ZnO，其原料為鋅、空氣和電解質溶液，則下列敘述正確的是()A．鋅為正極，空氣在負極反應B．負極還原反應，正極氧化反應C．負極的電極反應為：Zn－2e－＋2OH－＝ZnO＋H2OD．電池工作時溶液的pH降低變題：3.有人設計將兩根Pt絲作電極插入KOH溶液中，然后向兩極上分別通入甲烷和氧氣而構成燃料電池。該電池中反應的化學方程式：CH4＋2O2＋2KOH＝K2CO3＋3H2O，則關于此燃料電池的下列說法正確的是()A．通入甲烷的電極為電池的正極，通入氧氣的電極為負極B．在標準狀況下，每消耗5.6LO2，可向外提供1mole－C．通入甲烷電極的電極反應為：CH4＋10OH――8e－＝CO32－＋7H2OD．放電一段時間后，溶液的pH升高【解析】1.可充電池放電時發生原電池反應，氧化劑為正極，還原劑為負極。答案：D2.燃料電池電極反應式的書寫是不少同學發怵的題型，問題的關鍵是沒有掌握原電池反應的實質和電極反應式書寫的方法。本題中反應產物為ZnO，所以電解質應該是堿性物質。負極：2Zn＋4OH－－4e－＝2ZnO＋2H2O正極：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－。（若正、負極電極反應式不同時書寫，則電極反應式應化成最簡）答案：C【答案】B、C賽題1.家用炒菜鐵鍋用水清洗放置后，出現紅棕色的銹斑，在此變化過程中不發生的化學反應是()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＋賽題：2.堿性電池具有容量大、放電電流大的特點,因而得到廣泛應用。鋅錳堿性電池以氫氧化鉀溶液為電解液,電池總反應式為∶Zn(s)+2MnO2(s)+H2O(l)=Zn(OH)2(s)+Mn2O3(s)下列說法錯誤的是()A.電池工作時,鋅失去電子B.電池正極的電極反應式為：2MnO2+H2O(l)+2e－=Mn2O3(s)+2OH－(aq)C.電池工作時,電子由正極通過外電路流向負極D.外電路中每通過度0.2mol電子,鋅的質量理論上減小6.5g賽題：3.將Al片和Cu片用導線聯接，一組插入濃硝酸中，一組插入稀氫氧化鈉溶液中，分別形成的原電池。在這兩個原電池中，負極分別為（）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原題:16、下列實驗方法合理的是A、可用水鑒別已烷、四氯化碳、乙醇三種無色液體B、油脂皂化后可用滲析的方法使高級脂肪酸鈉和甘油充分分離C、可用澄清石灰水鑒別Na2CO3溶液和NaHCO3溶液D、為準確測定鹽酸與NaOH溶液反應的中和熱，所用酸和堿的物質的量相等【答案】A。【解析】A選項中應用了三種不同的有機物在水中的溶解情況和與水密度的不同來進行區別：已烷不溶于水且密度比水小應浮于水面上，四氯化碳不溶于水且密度比水大應沉于水底，乙醇與水互溶不分層。B選項中應為鹽析，屬課本上的識記內容。C選項中由于兩者都能與氫氧化鈣反應生成碳酸鈣沉淀，所以無法鑒別，應用氯化鈣、硝酸鋇、硫酸鎂等只和碳酸根反應的物質。D選項中的堿應適當過量。變題：1、僅用一種試劑鑒別如下物質：苯、CCl4、NaI溶液、NaCl溶液、Na2SO3溶液，下列試劑中不能選用的是 A．溴水B．FeCl3溶液C．酸性KmnO4溶液D．AgNO3溶液【答案】D。【解析】五種物質中的苯和其實都是利用了它們在水中的溶解情況和與水密度的比較來進行鑒別。其余都是利用了不同的實驗現象，由于D中硝酸銀與氯化鈉和亞硫酸鈉都能反應生成白色沉淀，故無法鑒別。變題：2、以下實驗或操作不能達到目的的是 （）A．用溴水鑒別苯、乙醇、四氯化碳B．準確稱取0.4000g的NaOH固體配成1000mL濃度為0.01000mol·L-1的溶液C．為除去苯中的少量苯酚,向混合物中加入適量的溴水后過濾D．用激光筆檢驗淀粉溶液的丁達爾現象【答案】BC。【解析】A為常見有機物的鑒別，溴水的使用。B為化學素養的考察。NaOH易受空氣影響，其溶液一般是先粗配后再用標準酸溶液進行標定（如標準草酸溶液、鄰苯二甲酸氫鉀溶液等）。C為除雜。三溴苯酚溶于有機溶劑苯中形成一體，不能用過濾法從苯中除去。D為膠體的性質，丁達爾現象變題：3、化學實驗室中常將溶液或試劑進行酸化,下列酸化處理中正確的是A,定性檢驗C2H5Cl時,將C2H5Cl和NaOH溶液混合加熱后,加硫酸酸化B,為提高高錳酸鉀溶液的氧化能力,用鹽酸將高錳酸鉀溶液酸化C,鑒定待測溶液中是否含有Fe2+時,用硝酸酸化D,鑒別溶液中是否含有SO42－時,所加的氯化鋇溶液可以用鹽酸酸化【答案】D。解析：A中應用硝酸酸化，防止硫酸與硝酸銀的反應。B中高錳酸鉀能將鹽酸氧化為氯氣。C中硝酸能氧化亞鐵離子。D中為防止其中可能存在的亞硫酸根，不能使用硝酸或硝酸鹽，只能用鹽酸。賽題：1、下面的判斷中正確的是A．不用其它試劑只利用液體間的相互混合就能鑒別酒精、四氯化碳、甲苯、溴水和Na2CO3溶液B．最外層電子數為偶數的短周期元素不會與鹵素或氫形成最簡式為AB3型的化合物 C．在由水電離提供的C(H+)為10—4mol·L-1的溶液中，Fe3+、SO42-、NO3-、ClO-離子可以大量共存D．在CHCCH2—CH=CH2分子中所有原子一定處于同一平面【答案】A。【解析】選項中應用了三種不同的有機物在水中的溶解情況和與水密度的不同并結合顏色來進行區別。B中應考慮到碳元素形成有機物的情況。C中在原溶液中就有鐵離子與次氯酸根離子的水解反應，而且無論是在酸性還是堿性溶液中都有反應，所以一定不能共存。D中應為可能在同一個平面上。賽題：2、下列各組物質，可用一種試劑加以區別的是①四種黑色固體：FeO、Fe、CuO、C②四種白色粉末：(NH4)2SO4、NH4Cl、Na2SO4NaCl③四種無色溶液：乙醛、乙酸、甲酸、甲酸甲酯④四種有機物：苯、四氯化碳、乙烯、無水乙醇A、只有①②B、只有③④C、只有①②④D、全部【答案】D。【解析】A可用鹽酸或稀硫酸鑒別。B可先溶于水或直接用氫氧化鋇溶液鑒別。C用氫氧化銅懸濁液鑒別。D用高錳酸鉀或溴水鑒別。原題：17、將6.6g可能混有下列物質的(NH4)2SO4樣品，在加熱的條件下，與過量的NaOH反應，可收集到2.15升NH3（密度為17克/22.4升），則樣品中不可能含有的物質是 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時需要(NH4)2SO466gNH4R------NH3M22.46.62.15M=68.76>66說明另一種雜質每提供一摩爾氨氣，需要的質量應大于68.76g比較：A．NH4HCO3，NH4NO3B．(NH4)2CO3，NH4NO3C．NH4HCO3，NH4ClD．NH4Cl，(NH4)2CO798048807953.553.548相比較，NH4Cl，(NH4)2CO3的式量都小于68.76g，不可能。變題：1、某K2CO3樣品中含有Na2CO3、KNO3和Ba(NO3)2三種雜質中的一種或兩種，現將13.8g樣品加入足量水中，樣品全部溶解，再加入過量的CaCl2溶液，得到9g沉淀。對樣品所含雜質的正確判斷是A、肯定沒有KNO3B、肯定有KNO3，可能還有Na2CO3C、肯定沒有Ba(NO3)2，可能有KNO3D、肯定沒有Na2CO3和Ba(NO3)2【答案】B。由樣品可全部溶于水中可知肯定沒有Ba(NO3)2，但若樣品全部為K2CO3時，13.8g應生成沉淀10g，故樣品中肯定含有同為13.8g時不生成或生成沉淀小于10g的雜質，即肯定含有KNO3，而13.8g的Na2變題：2、相同質量的下列物質分別與等濃度的NaOH溶液反應，至體系中均無固體物質，消耗堿量最多的是（）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；所以相同質量的物質，消耗堿量最多的是Al。故選A。變題：3、某飽和一元醛和酮(RCOR')的混和物共0.5mol，質量為26.2g，該混和物與足量銀氨溶液作用，最多析出43.2g銀。則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】酮不會參加反應，而題中所給4種醛1mol都是生成2mol銀，所經醛的物質的量應為0.2mol，而其質量必須小于26.2g，只能確定其相對分子質量一定小于131，不能確定選項。所以本題還得考慮到酮分子中碳原子個數最少為3，相對分子質量不小于90，其物質的量為0.3mol，即可確定只能選A。賽題：1、13.6g含雜質的氯化銅與足量的硝酸銀溶液反應，生成白色沉淀的質量為28.7g，則其中雜質可能為：A．BaCl2 B．ZnCl2 C．MgCl2 D．AlCl3【答案】A。【解析】生成AgCl沉淀28.7g只需要氯化銅13.5g，所以雜質中的氯元素含量一定低于氯化銅中，即金屬為＋2價時其相對原子質量必須大于64（＋3價的鋁可折算為＋2價，認為其＋2價的相對原子質量為18），只有A中的鋇符合。賽題：2、將18g某混合氣體通過足量的Na2O2固體充分反應后固體增重2g,則該混合氣體不可能是A．H2O(g),N2B．H2O(g),CO2C．CO2,O2D．CO2，H【答案】AB。【解析】題目中所給氣體能與Na2O2固體反應的只有H2O(g)和CO2，此題用極值法討論比較簡單。若18g氣體全部為H2O(g)，固體增重等于2g；若18g氣體全部為CO2，固體增重大于2g；若賽題：3、由鋅、鐵、鋁、鎂四種金屬中的兩種組成的混合物10g與足量的鹽酸反應產生的氫氣在標準狀況下為11.2L，則混合物中一定含有的金屬是A．鋅B．鐵C．鋁D．鎂【答案】C。【解析】此題可運用平均值法巧解。各金屬跟鹽酸反應的關系式分別為：Zn—H2↑Fe—H2↑2Al—3H2↑Mg—H2↑若單獨跟足量鹽酸反應，生成11.2LH2（標準狀況）需各金屬質量分別為：Zn：32.5g；Fe：28g；Al：9g；Mg：12g。其中只有鋁的質量小于10g，其余均大于10g，說明必含有的金屬是鋁。應選C。原題：19、若以和分別表示濃度為amol·L－1和bmol·L－1乙醇溶液反應的質量分數，且知2=，則下列推斷正確的是（乙醇的密度比純水的小） （） A．a<b<2a B．2b=a C．b>2a D．2a=b【答案】A，由物質的量濃度與質量分數的換算公式推斷比較簡單。公式：c=1000ρω/M題目中2ω1＝ω2，ρ1＞ρ2，故選A。變題：1、將質量分數為a%的NaOH溶液蒸發掉mg水后，變成VmL2aA、B、C、D、【答案】C。【解析】由溶液中溶質的量不變可直接推出。變題：2、有t℃的agKCl不飽和溶液，其質量分數為ω1，采取措施后使其變為bg飽和溶液，其溶質質量分數為ω2，下列說法正確的是A.a一定小于或等于bB.aω1一定等于bω2C.t℃時KCl溶解度一定大于100ω1D.ω1一定大于ω2【答案】C。【解析】將溶液由不飽和變為飽和的方法很多，例如：增加溶質的質量、減少溶劑的質量、改變溶液的溫度等等，故A、B、D都是錯誤的，而C中由溶解度的公式可以推出。變題：3、把50mL70％HNO3（密度為1.40g/cm3）加水稀釋配成7mol/L稀HNO3（密度為1.26g/cm3）。則所加水的體積為A．50mLB．＜50mLC．＞50mLD．無法確定【答案】C。【解析】由溶液中溶質的量不變可直接推出所加水的質量應大于50g，所以體積大于50mL。賽題：1、已知25%氨水的密度為0.91g·cm－3，5%氨水的密度為0.98g·cm－3。若將上述兩溶液等體積混合，所得氨水溶液的質量分數是A.等于15% B.大于15%C.小于15% D.無法估算【答案】C。賽題：2、已知35%NaOH溶液的密度為1.38g·cm－3，5%NaOH溶液的密度為1.05g·cm－3，若將上述兩溶液等體積混合，所得NaOH溶液的質量分數是A.大于20% B.等于20%C.小于20% D.無法估算【答案】A。【解析】因NaOH溶液的密度大于1g·cm－3，等體積混合后的溶液的質量分數大于兩溶液質量分數之和的二分之一倍。賽題：3、在100g濃度為18mol·L－1、密度為ρ(g·cm－3)的濃硫酸中加入一定量的水稀釋成9mol·L－1的硫酸，則加入水的體積為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硫酸的密度約等于1.8g·cm－3，大于水的密度，所以100g18mol·L－1硫酸的體積一定小于100mL，要把溶液的物質的量濃度減小一半，則加入水的體積大約等于原溶液的體積，即小于100mL。原題：20、將KC1和CrC13兩種固體混合共熔制得化合物X，X由K、C1、Cr元素組成。將1.892gX中Cr元素全部氧化成Cr2O72－,Cr2O72－可從過量的K1中氧化出2.677gI2，反應的離子方程式是Cr2O72－+6I－+14H+=2Cr3++3I2+7H2O，如果取溶有1.892gX的溶液，加入過量AgNO3，可得4.52gAgC1沉淀，則表示X組成的化學式為 A．K3Cr2C17 B．K3Cr2C15 C．K3Cr2C19 D．K答案：C變題：1、化合物KxFe(C2O4)y·zH2O是一種重要的光化學試劑，其中鐵為+3價。分別稱取該樣品0.49lg兩份，其中一份在110℃干燥脫水，至質量恒定為0.437g。另一份置于錐形瓶中，加入足量的3mol·L-1H2SO4和適量的蒸餾水，加熱至75℃，趁熱加入0.0500mol·L-1KMnO4溶液24.0mL，恰好完全反應；再向溶液中加入適量的某種還原劑，將Fe3-完全轉化為Fe2+，該溶液中Fe2+剛好與4.0mL0.0500mol·L-1KMnO通過計算，分別求：（1）0.49lg樣品中結晶水的物質的量。（2）化合物中草酸根的質量分數。（3）化合物的化學式。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)因為n(Fe3+)=n(Fe2+)=0.0500mol·L-1×0.004L×5=0.00100mol1：y：z=0.00100mol：0.00300mol：0.00300mol=1：3：3則y=3，z=3根據電荷平衡有：x+3=2y，得x=3所以，化合物的化學式為：K3Fe(C2O4)3·3H2O答案見解析。變題：2、常用的玻璃含70%SiO2,15%Na2O,10%CaO和5%的其它成份。為燒制這種成份的玻璃，應將石英砂（SiO2）、純堿和碳酸鈣按怎樣的質量比配料？寫出燒制過程反應的化學方程式。【解析】為計算方便，可把玻璃中Na2O折算成Na2CO3的質量，把CaO折算成CaCO3的質量有關系式：Na2O~Na2CO3CaO~CaCO3621065610015x10yx=25.65(g)y=17.86(g)m(SiO2)：m(Na2CO3)：m（CaCO3）=70：25.65：17.86反應式：Na2CO3+SiO2===Na2SiO3+CO2↑CaCO3+SiO2===CaSiO3+CO2↑答案見解析。賽題：1、鐵粉5.6克和硫粉4克混合放在石棉網上加熱充分反應后，留下的固體是……（）

A、全部是FeSB、有Fe和FeSC、FeS和SD、有Fe、FeS解析：利用反應Fe+S=FeS，知S過量，再發生反應S+O2=SO2，SO2為氣體，故得出正確選項為A。答案：A賽題：2、將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堿石灰(主要成分是NaOH和CaO)，充分反應后，如果溶液中的Ca2＋、HCO3－，CO32－全部轉化為沉淀物，再將溶液蒸干，最后可以得到29g白色固體物質。求：(1)原混合物中Na2CO3，NaHCO3各為多少克?(2)29g白色固體的成份及質量各是多少克?【解析】由反應方程式及題意可得: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可見最后固體質量的增重只與反應①有關，增重的H2O的物質的量即為混合物所含Na2CO3的物質的量：n(NaCO)＝＝0.1molm((NaCO)＝106g/mol×0.1mol＝10.6gm(NaHCO)＝14.8g－10.6g＝4.2g由于Ca2＋、HCO3－，CO32－均全部轉移進入沉淀.∴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)答案見解析。原題：21、C8H18經多步裂化，最后完全轉化為C4H8、C3H6、C2H4、C2H6、CH4五種氣體的混合物。該混合物的平均相對分子質量可能是（）A.28B.30C.38D.40解析：C8H18==C4H8+CH4+C3H6........(1)C8H18==C2H4+C2H6+C4H8.........(2)C8H18==C2H4+C2H6+CH4+C3H6......(3)如果發生第一二個反應，一體積反應后變為三體積,分子量為原來的三分之一，為38;如果是第三個反應，分子量為四分之一，為28.5,但第三個反應不能完全，因為產物中還含有C4H8;所以28.5＜M≤38答案：BC.變題：1.充分燃燒某液態芳香烴X，并收集產生的全部水，恢復到室溫時，得到水的質量跟原芳香烴X的質量相等。則X的分子式是A.C10H16 B.C11H14 C.C12H18 D.C13H解析：烴燃燒后，其中的氫全部轉入水中，故水中氧元素的質量等于烴中碳的質量。芳香烴中：=。符合這一比值的是C。答案：C變題：2.mmolC2H2跟nmolH2在密閉容器內反應，當達到平衡時，生成pmolC2H4。將平衡混合氣體完全燃燒生成CO2和H2O，所需氧氣的物質的量是A.(3m+n)mol B.()molC.(3m+n+2p)mol D.()mol【解析】求平衡混合氣燃燒生成CO2和H2O所需O2的物質的量，一般先求平衡混合氣的成分，然后求出分別燃燒需O2的量，最后求和。這樣解非常麻煩。因為C2H2與H2加成其中不論反應程度如何，其C、H元素的量守恒，所以此題應從最初狀態去計算，即mmolC2H2完全燃燒需O2：(2m＋)mol＝mmolO2；nmolH2完全燃燒需O2：mol，所以共需O2:（m＋）mol，故答案：D。變題：3、甲醛、乙醛和丙醛組成的混合物中，氫元素的質量分數是9%，氧元素的質量分數是（）

A.16%B.37%C.48%D.無法計算【解析】甲醛、乙醛、丙醛的分子式分別是CH2O、C2H4O，C3H6O。從分子式可見，碳氫質量比相同，所以混合物中碳氫質量比相同為6:1。含氫9%，則含碳54%，含碳氫63%，故氧元素的質量含量為37%。【答案】B。說明：本題重在考查飽和一元脂肪醛的組成。由醛的組成可知，飽和一元脂肪醛中碳氫質量比相同，但含氧量不同。所以其混合物中不管由多少醛組成，其碳氫質量比不變。已知氫的質量含量，則氧的質量含量自然容易得出。賽題：已知Fe2O3在高爐中有下列反應：Fe2O3＋CO→2FeO＋CO2反應形成的固體混合物（Fe2O3、FeO）中，元素鐵和氧的質量比用m（Fe）︰m（O）表示。（1）上述固體混合物中，m（Fe）︰m（O）不可能是（選填a、b、c多選扣分）（a）21︰9（b）21︰7.5（c）21︰6（2）若m（Fe）︰m（O）＝21︰8，計算Fe2O3被CO還原的百分率（3）設Fe2O3被CO還原的百分率為A％，則A％和混合物中m（Fe）︰m（O）的關系式為[用含m（Fe）、m（O）的代數式表示]A％＝___________________________請在下圖中畫出A%和m（Fe）/m（O）關系的圖形。（4）如果Fe2O3和CO的反應分兩步進行：3Fe2O3＋CO→2Fe3O4＋CO2Fe3O4＋CO→3FeO＋CO2試分析反應形成的固體混合物可能的組成及相應的m（Fe）︰m（O）[令m（Fe）︰m（O）＝21︰a]，寫出a的取值范圍，將結果填入下表。混合物組成（用化學式表示）a的取值范圍【點評】解決題目（1）和（4）的問題，可根據鐵的氧化物的組成，通過極端假設法判定m（Fe）︰m（O）的取值范圍。解答題目（2）的問題，可根據混合物組成Fe2O3、FeO中鐵元素與氧元素的關系，建立代數方程求解。題目（3）的問題，可將化學方程式體現的量變關系抽象成代數方程式而獲得答案。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，在固體混合物（Fe2O3、FeO）中，m（Fe）︰m（O）的值必定是在21︰9與21︰6之間的數。（2）設固體混合物中含xFe2O3mol，含yFeOmol，解得x=y每生成1molFeO，就有1/2molFe2O3被還原。故Fe2O3被CO還原的百分率為（3）從化學方程式Fe2O3＋CO→2FeO＋CO2看出，Fe2O3被FeO，鐵元素的質量不變，而1molFe2O3被還原，就減少1mol氧元素。所以，A％和混合物中m（Fe）︰m（O）的關系式為得這個關系式是一個線性函數，取兩個特殊點，即可作出A%與的圖象。（4）可根據上述（1）的分析方法確定a的取值范圍。【答案】（1）ac（2）33.3%（3）混合物組成（用化學式表示）a的取值范圍Fe2O3Fe3O4Fe3O4FeOFe2O3Fe3O4FeO8＜a＜96＜a＜86＜a＜9原題：24、等質量的鐵與過量的鹽酸在不同的實驗條件下進行反應，測定在不同時間t產生氣體體積V的數據，根據數據繪制得到圖1，則曲線a、b、c、d所對應的實驗組別可能是（）A．4－3－2－1 B．1－2－3－4 C．3－4－2－1 D．1－2－4－3解析：化學反應速率與溫度、濃度和固體物質的表面積的大小有關，實驗1的鹽酸的濃度最小，反應的溫度最低，所以化學反應速率最慢；由于實驗3的反應溫度比實驗2的反應溫度高，所以反應速率實驗3大于實驗2；而實驗4和實驗3雖然濃度相同，但反應的溫度不同，物質的狀態也不相同，所以不能比較。答案：A、C變題：1、已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2(g).△H=-1025kJ/mol該反應是一個可逆反應。若反應物起始物質的量相同，下列關于該反應的示意圖不正確的是()【解析】此題結合化學平衡圖像考查外界條件對化學平衡的影響。根據“先拐先平數值大”的原則，選項A、B正確；根據升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動（即逆反應方向移動），可確定A、B正確；根據使用催化劑只能改變化學反應速率，縮短達到平衡的時間，但對化學平衡的移動無影響，所以選項D正確。【答案】C。變題：2、將H2(g)和Br2(g)充入恒容密閉容器，恒溫下發生反應H2（g）+Br2(g)AUTOTEXT<=>2HBr（g）g平衡時Br2(g)的轉化率為a；若初始條件相同，絕熱下進行上述反應，平衡時Br2(g)的轉化率為b。a與b的關系是（）A．a＞b B．a=b C．a＜b D．無法確定解析：正反應為放熱反應，前者恒溫，后者相對前者，溫度升高。使平衡向左移動，從而使Br2的轉化率降低。所以b<a.【答案】A賽題：已知可逆反應：M(g)＋N(g)AUTOTEXT<=>P(g)＋Q(g)；△H＞0，請回答下列問題：(1）在某溫度下，反應物的起始濃度分別為：c(M)=1mol·L-1,c(N)=2.4mol·L-1，達到平衡后，M的轉化率為60％，此時N的轉化率為___________。(2）若反應溫度升高，M的轉化率___________(填“增大”“減小”或“不變”）。(3）若反應溫度不變，反應物的起始濃度分別為：c(M)=4mol·L-1,c(N)=amol·L-1;達到平衡后，c(P)=2mol·L-1,a=___________。(4）若反應溫度不變，反應物的起始濃度為：c(M)=c(N)=bmol·L-1，達到平衡后，M的轉化率為___________。【解析】（1）M轉化的物質的量為0.6mol·L-1，則N反應的量也是0.6mol·L-1，所以N的轉化率為：EQ\f(0.6mol·L-1,2.4mol·L-1)×100％＝25％。(2）由于該反應的正反應為吸熱反應，所以升高溫度，化學平衡正向移動，M的轉化率增大。(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的轉化率為41％。【答案】(1)25％。(2)增大。(3)6。(4)41％。原題：25、常溫下，水電離出的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的鹽酸溶液D．pH=9的NH3·H2O溶液【解析】水電離出的c（H+）=1×10—5mol·L－1即水的電離被促進，AB依靠水解能同等程度的促進水的電離。變題：常溫下，測得某無色溶液中由水電離出的C（H+）=1×10-13mol·L-1，則該溶液中一定能共存的離子組是A．AlO、NO、Na+、Cl- B．Mg2+、SO、Na+、CIO-C．Fe3+、NO3-、K+、SO D．Ba2+、K+、NO、Cl-【答案】D賽題：常溫下，0.1mol·L－1某一元酸(HA)溶液中c(OH－)/c(H＋)＝1×10－8，下列敘述正確的是A．該溶液中由水電離出的c(H＋)＝1×10－11mol·L－1B．由pH＝3的HA與pH＝11的NaOH溶液等體積混合，溶液中c(Na＋)＞c(Ac—)＞c(OH―)＞c(H＋)C．濃度均為0.1mol/L的HA和NaA溶液等體積混合后，若溶液呈酸性，則c(A－)＞c(HA)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)D．0.1mol·L－1HA溶液與0.05mol·L－1NaOH2c(H＋)＋c(HA)＝c(A－)＋2c(OH【答案】AD原題：26、利尿劑是2008北京奧運會違禁藥物，顧名思義，此類藥物有稀釋尿液的功能。利尿劑現有15種，主要用于掩蓋或“清洗”體內其它違禁藥品的存在，以逃避興奮劑檢查。下圖所示有機物是其中之一的結構簡式：下列敘述正確的是A．1mol利尿酸最多可與5molH2發生加成反應B．利尿酸分子式是C11H12O4C．利尿酸分子中位于同一平面內的原子有10個D．利尿酸與新制Cu(OH)2懸濁液反應有紅色沉淀生成【解析】1mol利尿酸最多可與4molH2發生加成反應，利尿酸分子中位于同一平面內的原子有12個。變題：下列三種有機物是某些藥物中的有效成分：以下說法正確的是A．三種有機物都能與濃溴水發生反應B．三種有機物苯環上的氫原子若被氯原子取代，其一氯代物都只有2種C．將等物質的量的三種物質加入氫氧化鈉溶液中，阿司匹林消耗氫氧化鈉最多D．使用FeCl3溶液和稀硫酸能鑒別出這三種有機物【答案】CD賽題：已知共軛二烯烴（兩個碳碳雙鍵間有一個碳碳單鍵）與烯或炔可發生反應生成六元環狀化合物。1，3—丁二烯與乙烯反應可表示為：＋，則異戊二烯（2—甲基—1，3—丁二烯）與丙烯反應，生成的產物的結構簡式可能是＋A．B．C．D．【答案】BC原題：27、運用元素周期律分析下面的推斷，其中錯誤的是（）①鈹（Be）的最高價氧化物的水化物可能具有兩性；②鉈（Tl）既能與鹽酸作用產生氫氣，又能跟NaOH溶液反應放出氫氣，Tl(NO3)3溶液的酸性很強；③砹（At）為有色固體，HAt不穩定，AgAt感光性很強，但不溶于水也不溶于稀酸；④鋰（Li）在氧氣中劇烈燃燒，產物是Li2O2，其溶液是一種強堿；⑤硫酸鍶（SrSO4）是難溶于水的白色固體；⑥硒化氫（H2Se）是無色，有毒，比H2S穩定的氣體。A．①②③④B．②④⑤C．①③⑤D．②④⑥【解析】鉈（Tl）是很活潑的金屬，②錯誤。鋰（Li）在氧氣中劇烈燃燒，產物是氧化鋁。變題：運用元素周期律分析下面的推斷，其中錯誤的是（）A.已知Ra是第七周期、IIA族的元素，故的堿性比的堿性強B.已知As是第四周期、VA族的元素，故的穩定性比的穩定性強C.已知Cs的原子半徑比Na的原子半徑大，故Cs與水反應比Na與水反應更劇烈D.已知Cl的核電荷數比Al的核電荷數大，故Cl的原子半徑比Al的原子半徑小【答案】B碳位于第14列；第3列因含鑭系和錒系而元素種類最多；氧位于第16列；Mg與Al所在列數差11而不是1．賽題：國際無機化學命名委員會在1989年作出決定，把長式周期表原先的主、副族及族號取消，由左到右改為18列，堿金屬為第1列，稀有氣體為第18列．按這個規定，下列說法不正確的是()A．碳元素位于第6列B．第3列所含元素種類最多C．氧元素位于第16列D．鎂和鋁兩元素所在列數差1【答案】AD原題：28．化合物A、B、C、D各由兩種元素組成，甲、乙、丙是前兩周期元素的三種單質。這些常見的化合物與單質之間存在如下關系(已知化合物C是一種有機物)，以下結論不正確的是A．上圖所示的五個轉化關系中，有三個是化合反應B．上述轉化關系所涉及的化合物中有一種是電解質C．甲、乙、丙三種單質的晶體均是分子晶體D．上圖所示的五個轉化關系中，均為氧化還原反應【答案】C．變題：A、B、C是中學化學中常見的三種化合物，它們各由兩種元素組成。甲、乙兩種單質。這些化合物和單質之間存在如下的關系：據此判斷：（1）在A、B、C這三種化合物中，必定含有乙單質的元素的是___________（用A、B、C字母填寫）（2）單質乙必定是_____________（填“金屬”或“非金屬”），其理由是____________。（3）單質乙的化學式可能是_____________，則化合物B的化學式是___________。【解析】本題是元素及其化合物知識的綜合題，意在考查考生對元素及其化合物的知識網絡的掌握情況和必要的分析、判斷和推理能力。已知單質甲和單質乙反應，單質甲和化合物B反應，都能得到A。說明乙、B中含有相同元素，即B中含有乙單質的元素，A中一定含乙單質的元素。又已知“A+B→乙+C”（突破點），再根據乙為單質，且由A、B反應生成，則該反應必為氧化還原反應，乙單質的元素在A、B中分別呈正、負化合價，所以乙是非金屬。聯想到中學范圍內同一元素不同價態間的氧化還原反應，自然會想到N和S。將N和S分別代入關系圖嘗試，可得單質乙的化學式是S或N2，化合物B的化學式是H2S和NH3。【錯解】

第(1)問：①只答A，②只答B，③錯答C。第(2)問：①化合物A與化合物B反應生成單質乙和化合物C，有單質乙，所以乙必為非金屬。②化合物之間能生成單質的必為非金屬。③中學常見的符合題意的、生成單質的必為非金屬。④化合物A和化合物B反應不可能生成單質金屬。⑤化合物A和化合物B反應生成單質乙的反應屬復分解反應，而金屬為零價，必出現氧化還原反應。第(3)問：①S，SO2。②O2，H2O。③O2，H2O2。④Cl2，H2O。⑤P，PCl3。

【評析】

粗讀框圖和文字，無實驗現象描述，也沒找到特征可以作為解決問題的突破口，這時要保持良好的心態，不要慌張，可根據題設問題按順序思考。把框圖改變一下寫法，就會豁然開朗。

按①→⑥順序思考，可以斷定乙元素一定是非金屬元素，乙元素在A，B化合物中分別呈正、負價。于是根據已有的元素化合物知識，從大腦中調出S，SO2，H2S，令乙單質為S，A為SO2，B為H2S，

即

值得注意的是第(3)問的答案還有另外一組物質：乙為N2，B為NH3。即

框圖的左邊是考生熟悉的重點知識——氨的催化氧化，右邊是95年高考試題的第29題給出的新反應，這種異題遷移的設計，為思維敏捷的考生多提供了一條思路，也為一時還找不到思路的考生提供了一條線索。希望大家在備考時，要注意異題遷移，以提高思維的敏捷性。

【錯解】

中列舉的種種失誤，是由于一些同學面對一幅綜合性強而又陌生度高的框圖，不能通過分解、聯想、遷移，將其改造成自己熟悉的思路圖，找到各物質間相互轉化的關系。反映出思維的整體性差，所以不能準確判斷單質乙、化合物B的分子式，漏答或錯答必含乙元素的化合物，也不會敘述乙必定為非金屬單質的理由。希望能引起大家的注意。

【答案】⑴A，B。

⑵非金屬，因為A+B→乙+C，且乙為單質，可知乙元素在A、B中分別呈正、負價，所以乙是非金屬。

⑶S，H2S(或N2，NH3)。賽題：已知甲、乙、丙為常見單質，A、B、C、D、X、Y、Z為常見化合物，Y的相對分子質量比Z小16，乙與丙的相對分子質量相同，B的相對分子質量比D的小2，B與X的相對分子質量相同，各物質轉化關系如下圖（各反應條件已略去）。⑴丙和B的分子式分別為_____________和_____________⑵Y轉化為Z的化學方程式為__________________________⑶B與D反應的化學方程式為__________________________【解析】甲、乙、丙為常見單質，且乙與丙的相對分子質量相同，Y的相對分子質量比Z小16，即Z比Y多一個氧原子。根據題中“”和“”兩條線，應能判斷出是連續氧化過程（此為該題突破點），則初步推斷丙為O2，乙為S，C為SO2，D為SO3，A、B均為氧化物。又根據C+A→Y，即SO2+A→Y，則A為堿性氧化物，可知甲為常見金屬鈉，A為Na2O，B為Na2O2，則X為Na2S，Y為Na2SO3，Z為Na2SO4。【答案】⑴O2；Na2O2⑵2Na2SO3＋O2=2Na2SO4⑶2SO3＋2Na2O2=2Na2SO4＋O2↑原題：29．25°C時，在25mL0.1mol／LNaOH溶液中逐滴加入0.2mol／L醋酸溶液，曲線如下圖所示，有關粒子濃度關系比較正確的是：A．在A、B間任一點，溶液中一定都有c(Na＋)﹥c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)B．在B點，a>12.5，且有：c(Na+)=c(CH3COO－)>c(OH－)=c(H＋)C．在C點：c,(CH3COO－)>c(H＋)>c(Na+)>c(OH－)D．在D點：c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=c(Na+)【答案】B，注意在B點時醋酸應行當過量。變題：已知某溶液中只含有4種離子：A+、B－、H+、OH－，對這4種離子濃度的大小比較，有以下3種說法。請判斷離子濃度的大小順序是否正確，你認為正確的請在相應的空格內填上符合這種情況的A+和B－組成物質的化學式（只寫一種情況，可以是一種溶質或兩種溶質）；你認為一定不正確的，請在相應的空格內填上你選擇“不正確”的理由。供選擇的離子有：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－)