内容发布更新时间 : 2024/12/26 12:38:05星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
误，不能比较非金属性，故A错误；
B．盐酸与FeS反应生成硫化氢，硫化氢与溴水发生氧化还原反应，只能得到还原性为S2＞Br，故B错误；
C．浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气与KBr反应生成溴，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性为KMnO4＞Cl2＞Br2，故C正确；
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D．NaOH使NH3+H2O?NH3．H2O?NH4++OH平衡逆向移动，氨气逸出，氨气的水溶液显碱性，而氨气不是弱碱，故D错误； 故选C． 点评： 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握化学反应原理及实验分析为解答的关
键，侧重实验基础知识和基本技能的综合考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．
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15．（3分）PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2；现将1mol PbO2加热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为3：2，则剩余固体的组成及物质的量比是（ ） A． B． 1：2混合的PbO2、Pb3O4 1：2混合的Pb3O4、PbO C． 1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO D． 1：1：4混合的PbO2、Pb3O4、PbO
考点： 氧化还原反应的计算． 专题： 氧化还原反应专题． 分析： PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物（Pb为+4、+2价），该混合物再与盐酸
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作用时，+4价Pb还原为+2价，Cl被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，利用“电
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子转移守恒”知1molPbO2在上述转化过程中共转移2mole，设该过程得到O2的物质的量为3xmol，则Cl2的物质的量为2xmol，利用电子转移守恒计算x的值，进而确定PbO2加热分解后的物质中n（Pb）：n（O），据此判断． 解答： 解：PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物（Pb为+4、+2价），该混合物再与盐酸作用时，+4价Pb还原为+2价，Cl被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，利
用“电子转移守恒”知1molPbO2在上述转化过程中共转移电子为1mol×（4﹣2）=2mol， 设该过程得到O2的物质的量为3xmol， 则Cl2的物质的量为2xmol，
利用电子转移守恒有：3x×4+2x×2=2， 解得x=0.125，
故1mol PbO2在受热分解过程中产生O2为0.125mol×3=0.375mol，
利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n（O）=2mol﹣0.375mol×2=1.25mol， 所以剩余固体中n（Pb）：n（O）=1mol：1.25mol=4：5， A、1：2混合的Pb3O4、PbO，n（Pb）：n（O）=（3+1）：2（4+1）=2：5，故A错误； B、1：2混合的PbO2、Pb3O4，n（Pb）：n（O）=（1+6）：（2+8）=7：10，故B错误； C、1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO，n（Pb）：n（O）=（1+12+1）：（2+16+1）=14：19，故C错误；
D、1：1：4混合的PbO2、Pb3O4、PbO，n（Pb）：n（O）=（1+3+4）：（2+4+4）=4：5，故D正确； 故选：D． 点评： 本题通过元素化合物转化考查氧化还原反应计算、分析推理能力，根据电子转移守恒来
分析解答即可，难度中等．
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16．（3分）已知：pAg=﹣lg{c（Ag+）}，Ksp（AgCl）=1×1012．如图是向10mL AgNO3溶液
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中逐渐加入0.1mol?L1的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积（单位mL）变化的图象（实线）．根据图象所得下列结论正确的是（ ）
﹣
A． 原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1 mol?L1 B． 图中x点的坐标为（100，6） C． 图中x点表示溶液中Ag+被恰好完全沉淀
﹣﹣
D． 把 0.1 mol?L1的NaCl换成0.1mol?L1NaI则图象在终点后变为虚线部分
考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质． 专题： 电离平衡与溶液的pH专题． 分析： A、根据pAg=﹣lg{c（Ag+）}求出Ag+的浓度；
﹣﹣
B、x点c（Ag+）=106 mol?L1，根据硝酸银的量求出消耗的氯化钠；
﹣﹣
C、x点c（Ag+）=106 mol?L1；
D、由于Ksp（AgI）更小，所以c（Ag+）更小．
﹣
解答： 解：A、图中原点pAg=0，则Ag+的浓度为：c（Ag+）=100 mol?L1，即原AgNO3溶液
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的物质的量浓度为1 mol?L1，故A错误；
﹣﹣﹣﹣
B、x点c（Ag+）=106 mol?L1，一般认为溶液中离子浓度小于105 mol?L1，即沉
﹣
淀完全，则AgNO3与NaCl恰好反应，n（NaCl）=n（AgNO3）=0.01L×1mol?L1=0.01mol，所以V（NaCl）=100mL，即x点的坐标为（100，6），故B正确；
﹣
C、x点c（Ag+）=106 mol?L1，一般认为溶液中离子浓度小于105 mol?L1完全沉淀，实际上Ag+没有完全沉淀，故C错误；
﹣
D、与AgCl相比，碘化银的Ksp（AgI）更小，所以把0.1 mol?L1的NaCl换成0.1mol?L﹣1
NaI，则溶液中c（Ag+）更小，则pAg更大，图象不符，故D错误； 故选B． 点评： 本题考查了AgCl的Ksp的应用，注意把握题干中的信息，考查学生分析题目信息并用
于解决问题的能力，题目难度中等．
二、非选择题（4个小题，共52分） 17．（14分）如图，A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物．已知：
①G是一种红棕色粉末、C既能与盐酸又能与NaOH溶液反应
﹣
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﹣
﹣
②I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应：2E+I分数为60%． 回答问题：
2F+D，F中的E元素的质量
（1）写出G→H的化学方程式为 2Al+Fe2O3\\frac{\%underline{\\;高温\\;}}{\\;}Al2O3+2Fe ；此反应在工业上常用于焊接钢轨，实验室在演示该实验时，在装置中加入G、C混合物后，引发此反应的操作是 在混合物上面加少量氯酸钾，中间插一根打磨过的镁条，点燃镁条 ； （2）化合物Ⅰ的电子式为
，
（3）用适量的盐酸溶解G后，所得溶液叫蚀铜剂，常用来洗涤印刷电路板上的铜，写出该反应的离子方程式为 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ ； （4）E在I中燃烧观察到的现象是 剧烈燃烧，生成白色粉末，反应器内壁附着有黑色的碳 ． （5）在氩气的保护下，将一定计量的C、E加热熔炼可获得一种潜在的贮氢材料E17C12，该材料吸氢的反应方程式为E17C12+17H2═17EH2+12C
①熔炼制备贮氢材料E17C12时通入氩气的目的是 隔绝空气，防止镁和铝被氧气氧化 ． ②1mol E17C12完全吸氢后，将得到的产物与足量的盐酸完全反应．释放出H2的物质的量为 52mol ．
考点： 无机物的推断． 专题： 推断题． 分析： A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物
①G是一种红棕色粉末，应为Fe2O3，C既能与盐酸又能与NaOH溶液反应，应为Al，
则B为Fe，H为Al2O3，A为O2；
②I是一种常见的温室气体，则I为CO2，它和E可以发生反应：2E+I
2F+D，
F中的E元素的质量分数为60%，则E为Mg，D为C，F为MgO，然后结合元素化合物知识及化学用语来解答． 解答： 解：A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合
物，
①G是一种红棕色粉末，应为Fe2O3，C既能与盐酸又能与NaOH溶液反应，应为Al，则B为Fe，H为Al2O3，A为O2；
②I是一种常见的温室气体，则I为CO2，它和E可以发生反应：2E+I
2F+D，
F中的E元素的质量分数为60%，则E为Mg，D为C，F为MgO，然后结合元素化合物知识及化学用语来解答．
（1）G→H的化学方程式为2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe，实验室在演示该实验时，在
装置中加入G为Fe2O3、C为Al混合物后，在混合物上面加少量氯酸钾，中间插一根打磨过的镁条，点燃镁条引发铝热反应；
故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；在混合物上面加少量氯酸钾，中间插一根打
磨过的镁条，点燃镁条；
（2）化合物I为CO2，碳原子分别和两个氧原子形成两对共用电子对形成共价化合物，电子式为：故答案为：
； ；
（3）用适量的盐酸溶解G后，所得溶液叫蚀铜剂，常用来洗涤印刷电路板上的铜，发生的反应有Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+， 故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
（4）镁条在二氧化碳气体中剧烈燃烧，生成白色粉末，反应器内壁附着有黑色的碳，2Mg+CO2
2MgO+C；
故答案为：剧烈燃烧，生成白色粉末，反应器内壁附着有黑色的碳；
（5）在氩气的保护下，防止镁和铝被氧气氧化，将一定计量的C、E加热熔炼可获得一种潜在的贮氢材料E17C12，Mg17Al12+17H2═17MgH2+12Al，根据方程式知，
1molMg17Al12完全吸氢后生成17molMgH2和12molAl，根据原子守恒知与酸反应后吸收的氢气完全被放出，吸收的氢气的物质的量是17mol，镁与盐酸完全反应放出n（H2）=n（Mg）=17mol，12mol铝与足量盐酸反应放出的n（H2）=1.5n（Al）=18mol，所以共放出n（H2）=17mol+17mol+18mol=52mol；
故答案为：隔绝空气，防止镁和铝被氧气氧化；52mol． 点评： 本题考查无机物的推断，注意利用铝热反应及温室效应气体、Mg与二氧化碳的反应为
解答本题的突破口，熟悉Mg、Al及其化合物的性质及氧化还原反应即可解答，题目难度中等． 18．（12分）仔细阅读下列三段文字
①由稀有气体元素Xe（氙）与氧元素形成的一种共价化合物XeO3极不稳定，易转化为单质而呈强氧化性．将适量的XeO3投入含Mn2+的水溶液中，溶液逐渐变为紫红色且pH不断减小． ②将0.08mol KMnO4固体（质量为12.64g）加热一段时间后，收集到a mol O2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到b mol Cl2，此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中．
③氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程．下面是一个还原过程的反应式：Cl2+2e﹣﹣═2Cl 回答问题：
（1）试写出①有关的离子方程式： 5XeO3+6Mn2++9H2O=6MnO4+5Xe↑+18H+ ． （2）请配平②的化学方程式：
﹣
2 KMnO4+ 16 HCl﹣ 2 KCl+ 2 MnCl2+ 5 Cl2↑+ 8 H2O
通过对第②段文字中提供的数据进行推导和计算可得出：a+b的最大值为 0.2 ，a+b最小值为 0.16 ．
（3）下列四种物质中能使③中的还原过程发生的物质是 D ． A． Na2CO3 B．KMnO4 C．XeO3 D．Na2SO3
将该反应的氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中，并用单线桥表示电
子转移的方向和数目： ．
考点： 氧化还原反应的计算；氧化还原反应． 专题： 氧化还原反应专题． 分析： （1）反应中Xe元素化合价由XeO3+6价降低为Xe中0价，总共降低6价，Mn元素
化合价由Mn2+中+2价升高为MnO4中+7价，总共升高5价，化合价最小公倍数为30，
故XeO3系数为5，故Mn2+系数为6，再结合原子守恒配平；
（2）Mn元素的化合价降低5，Cl元素的化合价升高1，由电子守恒和原子守恒配平；在氧化还原反应中得失电子数相等，所以反应过程中锰元素得到的电子数等于O元素、Cl元素失去的电子数，结合极限法计算；
﹣
（3）还原过程的反应式：Cl2+2e═2Cl，Cl元素的化合价降低，则选项中物质作还原剂，只有Na2SO3符合，由电子守恒可知，Cl2、=Na2SO3的化学计算数相同，均为1时
﹣
转移2e，以此来解答． 解答： 解：（1）反应中Xe元素化合价由XeO3+6价降低为Xe中0价，总共降低6价，Mn元
﹣
素化合价由Mn2+中+2价升高为MnO4中+7价，总共升高5价，化合价最小公倍数为30，故XeO3系数为5，故Mn2+系数为6，再结合原子守恒配平后方程式为
﹣
5XeO3+6Mn2++9H2O=6MnO4+5Xe↑+18H+，
﹣
故答案为：5XeO3+6Mn2++9H2O=6MnO4+5Xe↑+18H+；
（2）Mn元素的化合价降低5，Cl元素的化合价升高1，由电子守恒和原子守恒可知，反应为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，上述过程中，锰元素得到的电子数等于O元素、Cl元素失去的电子数，
所以0.08mol×（7﹣2）=2a×（2﹣0）mol+2b（1﹣0）mol， 则2a+b=0.2， a+b=0.2﹣a，
当高锰酸钾不分解生成氧气时，a=0，当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气的物质的量为0.04mol，所以x的取值范围为：0≤a≤0.04， 所以0.16≤a+b≤0.2，即最大值为0.2，最小值为0.16， 故答案为：2；16；2；2；5；8；0.2；0.16；
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（3）（3）还原过程的反应式：Cl2+2e═2Cl，Cl元素的化合价降低，则选项中物质作还原剂，只有Na2SO3符合，由电子守恒可知，Cl2、Na2SO3的化学计算数相同，均为1
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时转移2e，S失去电子，电子转移方向和数目为
﹣
，故答案为：D；
．
点评： 本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧
重氧化还原反应基本概念、计算的考查，注意从化合价角度和习题信息角度分析，题目难度不大． 19．（10分）某溶液中仅含有下表中的一些离子（不考虑水的电离和离子的水解）