《通用版2018年高考化学总复习非选择题系列练题(6)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《通用版2018年高考化学总复习非选择题系列练题(6)（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、非选择题系列练题（35）1由几种离子化合物组成的混合物，含有以下离子中的若干种：K、NH4+、Mg2、Ba2、Cl、SO42-、CO32-。将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取3份100 mL该溶液分别进行如下实验：实验序号实验内容验结果A加AgNO3溶液有白色沉淀生成B加足量NaOH溶液并加热收集到气体1.12 L(已折算成标准状况下的体积)C加足量BaCl2溶液，对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量；再向沉淀中加足量稀盐酸，然后干燥、称量第一次称量沉淀质量为6.27 g，第二次称量沉淀质量为2.33 g试回答下列问题：（1）根据实验A判断Cl是否存在_(填“一定存在”、“一定不存在”或“不能确定”
2、)（2）该混合物中一定不存在的离子是_（3）写出实验B中发生反应的离子方程式_（4）混合物中是否存在K，写出判断过程？【答案】（1）不能确定；（2）Mg2+、Ba2+；（3）NH4+OH-NH3+H2O；（4）存在；通过实验可知溶液中一定存在的离子是NH4+、NO2-、SO42-、CO32-，经计算，铵根离子的物质的量为0.05mol，碳酸根离子为0.01mol，硫酸根离子为0.02mol，根据电荷守恒，n(+)=n(NH4+)=0.05mol，c(-)=2n(CO32-)+2n(SO42-)=0.06mol，钾离子一定存在。【解析】（1）与AgNO3溶液有沉淀产生的离子有：Cl-、CO32-
3、、SO42-，根据a无法确定是否含有氯离子，故答案为：不能确定；（2）根据c可知，溶液中一定存在SO42-、CO32-，则一定不存在与SO42-、CO32-反应的离子：Mg2+、Ba2+，故答案为：Mg2+、Ba2+；（4）实验b中收集的1.12L气体为氨气，氨气的物质的量为0.05mol，则溶液中一定含有NH4+，物质的量为0.05mol；再根据实验测定可知，溶液中一定存在的离子是NO2-、SO42-、CO32-，经计算，碳酸根离子为0.01mol，硫酸根离子为0.02mol，根据电荷守恒，n(+)=n(NH4+)=0.05mol，c(-)=2n(CO32-)+2n(SO42-)=0.06m
4、ol，钾离子一定存在，故答案为：存在；通过实验可知溶液中一定存在的离子是NH4+、NO2-、SO42-、CO32-，经计算，铵根离子的物质的量为0.05mol，碳酸根离子为0.01mol，硫酸根离子为0.02mol，根据电荷守恒，n(+)=n(NH4+)=0.05mol，c(-)=2n(CO32-)+2n(SO42-)=0.06mol，钾离子一定存在。【考点定位】考查常见离子的检验【名师点晴】本题考查了常见离子的检验方法，题量较大，试题涉及了常见离子的检验方法判断、离子方程式的书写。要熟记常见的离子的检验方法：NH4+：NaOH溶液(浓)，加热，产生有刺激性气味、使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体
5、；Fe2+：NaOH溶液，生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变成红褐色；新制的氯水+KSCN溶液；滴加新制的氯水，溶液由浅绿色变为黄色，再滴加KSCN溶液，溶液呈红色；铁氰酸钾，加入蓝色铁青化亚铁沉淀，等等。题中根据电荷守恒判断钾离子的存在为难点和易错点。2碱式碳酸镁4MgCO3Mg (OH)24H2O是重要的无机化工产品。一种由白云石主要成分为CaMg(CO3)2，还含少量SiO2、Fe2O3等为原料制备碱式碳酸镁(国家标准中CaO的质量分数0.43%)的实验流程如下：（1）“煅烧”时发生主要反应的化学方程式为_。（2）常温常压下“碳化”可使镁元素转化为Mg(HCO3)2，“碳化”时终点pH
6、对最终产品中CaO含量及碱式碳酸镁产率的影响如图1和图2所示。 图1CaO含量与碳化终点pH的关系 图2碱式碳酸镁产率与碳化终点pH的关系应控制“碳化”终点pH约为_，发生的主要反应的化学方程式为_和_。图2中，当pH10.0时，镁元素的主要存在形式是_(写化学式)。（3）“热解”生成碱式碳酸镁的化学方程式为_。（4）该工艺为达到清洁生产，可以循环利用的物质是_(写化学式)。【答案】 CaMg(CO3)2CaOMgO2CO2 9.0 Mg(OH)22CO2=Mg(HCO3)2 Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O Mg(OH)2 5Mg(HCO3)24MgCO3Mg(OH)24H2O6CO2
7、 CO2【解析】(1) CaMg(CO3)2的煅烧分解类似于CaCO3、MgCO3 的高温分解，CaMg(CO3)2 CaO+MgO+2CO2； (3)由Mg(HCO3)2受热分解生成碱式碳酸镁的化学方程式为5Mg(HCO3)2 4MgCO3Mg(OH)2 4H2O+6CO2；(4)由流程图可知，可循环利用的物质有CO2。3X、Y、Z、W四种短周期元素在元素周期表中的位置关系如图:I.若Y元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍。(1)Z在周期表中的位置是_。(2)写出铜和W的最高价氧化物的水化物的稀溶液反应的离子方程式:_。(3)Z最高价氧化物的水化物的浓溶液不稳定,受热可分解,产物之一是黄绿
8、色气体,且当有28mol电子发生转移时,共产生9mol气体,写出该反应的化学方程式:_。II.若X和Y的核外电子数之和为22。(4)X的气态氢化物的电子式为_，将该氢化物通入硝酸溶液中,恰好反应时所得溶液中离子浓度大小的顺序为_。(5)W的单质与Z的最高价氧化物的水化物的浓溶液反应,当电子转移0.4mol时，产生气体的体积是_(标准状况)。(6)下列能比较Z元素与氯元素非金属性强弱的是_。A氯气通入硫化钠溶液中,溶液变浑浊B盐酸是强酸,氢硫酸是弱酸C氯化氢比硫化氢稳定【答案】 第三周期第VIIA族 3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O 4HClO42Cl2+7O2+2H2O
9、c(NO3-)c(NH4+)c(H+)c(OH-) 6.72L AC【解析】X、Y、Z、W均为短周期元素，根据它们在周期表中的位置关系可知，W、X处于第二周期，Y、Z处于第三周期。I.若Y元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍，则Y元素原子的最外层电子数为6，则Y为硫元素，可推知Z为Cl元素，X为氧元素，W为氮元素。（1）Z为Cl元素，最外层为7个电子，则Z处于第三周期第VIIA族。（2）W为氮元素，N的最高价氧化物的水化物为硝酸。铜与稀硝酸反应生成NO、硝酸铜和水，则离子方程式为3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O。II.若X和Y的核外电子数之和为22，设X的原子序数为a，则
10、Y的原子序数为（a+8）,所以有a+(a+8)=22，解得a=7。可推出X为氮元素，Y为P元素，W为碳元素，Z为S元素。（4）X的气态氢化物为NH3，其电子式为。将NH3通入硝酸溶液中,恰好反应时得到NH4NO3溶液。由于NH4+部分水解，所以溶液中c(NO3)c(NH4+)，且溶液显酸性，则有c(H+)c(OH)。所以所得溶液离子浓度大小为c(NO3)c(NH4+)c(H+)c(OH)。（5）W的单质为“碳”，Z的最高价氧化物的水化物为H2SO4，碳单质与浓H2SO4反应化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O。当电子转移0.4mol时，产生0.1molCO2和0.2mo
11、lSO2,共0.3mol气体，则气体的体积为22.4L/mol0.3mol=6.72L。（6）A、氯气通入硫化钠溶液中，溶液变浑浊，则Cl2将S2氧化为S，说明Cl2氧化性强于S，则Cl元素非金属性比S强，故A正确；B、比较非金属性的强弱，应通过比较元素最高价氧化物的水化物的酸性强弱来确定，即要通过比较HClO4与H2SO4的酸性强弱来比较Cl和S的非金属性。盐酸与氢硫酸酸性的强弱不能说明非金属性强弱，故B错误；C、非金属性越强，氢化物的稳定性越强，氯化氢比硫化氢稳定说明Cl非金属性强于S，故C正确。故选AC。点睛：（3）问为本题难点，产物未知的陌生氧化还原反应的书写，关键是利用“化合价有升高
12、、则必有降低”来推测产物，HClO4中H为最高价、Cl为最高价，则只能是O元素化合价升高，O化合价升高的产物一般是O2。再利用化合价升降守恒配平。4(1)甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：CO(g)2H2(g)CH3OH(g) H1CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g) H2CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g) H3回答下列问题：已知反应中相关的化学键键能数据如下：化学键HHCOCOHOCHE/(kJmol1)4363431 076465413由此计算H1_kJmol1；已知H258
13、 kJmol1，则H3_kJmol1。(2)烟气(主要污染物SO2、NOx)经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量。O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为：NO(g)O3(g)=NO2(g)O2(g) H200.9 kJmol1NO(g)O2(g)=NO2(g) H58.2 kJmol1SO2(g)O3(g)=SO3(g)O2(g) H241.6 kJmol1则反应3NO(g)O3(g)=3NO2(g)的H_kJmol1。【答案】 99 41 317.3【解析】（1）反应热反应物总键能-生成物总键能，故NO(g)1/2O2(g)NO2(g) H58.2 kJmol1则根据盖斯定律可知+2即得到反应3NO(g)O3(g)3NO2(g)的H17.3kJmol1。
