2019屆高考化學(xué)全冊(cè)精準(zhǔn)培優(yōu)專練（打包22套）.zip

2019屆高考化學(xué)全冊(cè)精準(zhǔn)培優(yōu)專練（打包22套）.zip,2019,高考,化學(xué),精準(zhǔn),培優(yōu)專練,打包,22 培優(yōu)點(diǎn)一 化學(xué)計(jì)算中的幾種方法 一．化學(xué)計(jì)算中的常用方法 1．守恒法 ①．質(zhì)量守恒法 典例1．0.1mol某烴與1mol過(guò)量氧氣混合，充分燃燒后通過(guò)足量的Na2O2固體，固體增重15g，從Na2O2中逸出的全部氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為16.8L。求烴的化學(xué)式。 【解析】設(shè)烴的化學(xué)式為CxHy，摩爾質(zhì)量為a g·mol?1，因?yàn)樽詈笠莩龅臍怏w不僅包括反應(yīng)剩余的O2，也包括烴燃燒產(chǎn)物CO2和水蒸氣與Na2O2反應(yīng)放出的O2。m(烴)+m(O2)=Δm(Na2O2)+m(逸出氣體)，則有：0.1mol×a g·mol?1+32g·mol?1×1mol=15g+；解得a=70，烴的式量為70，=5余10，所以烴的化學(xué)式為C5H10。 【答案】C5H10 ②．原子(或離子)守恒 典例2．用含1.0mol NaOH的溶液吸收0.8mol CO2，所得溶液中的CO和HCO的物質(zhì)的量之比為（ ） A．1∶3 B．2∶1 C．2∶3 D．3∶2 x+y=0.8mol 2x+y=0.8mol x=0.2mol y=0.6mol 【解析】設(shè)生成Na2CO3、NaHCO3物質(zhì)的量為x、y，由反應(yīng)前后C原子和Na+守恒可得方程組： 解得 解得 ；即所得溶液中CO和HCO的物質(zhì)的量之比為1∶3。 【答案】A ③．電子守恒 典例3．在一定條件下，PbO2與Cr3+反應(yīng)，產(chǎn)物為Cr2O和Pb2+，則與1.0mol Cr3+反應(yīng)所需的PbO2物質(zhì)的量為_(kāi)___________。 【解析】利用電子守恒進(jìn)行計(jì)算：1.0mol×(6-3)=x×(4-2)，得x=1.5mol。 【答案】1.5mol ④．電荷守恒 典例4．在硫酸鋁和硫酸鉀、明礬的混合物中，若c(SO)=0.2mol·L-1，當(dāng)加入等體積的0.2mol·L-1 KOH溶液時(shí)，生成的沉淀又恰好溶解為止，則原溶液中K+的物質(zhì)的量濃度(mol·L?1)是（ ） A．0.2 B．0.25 C．0.3 D．0.45 【解析】方法1：原混合液中含有的陽(yáng)離子是K+、Al3+，陰離子是SO，因c(SO)=0.2mol·L?1則c(K+)+c(Al3+)=c(SO)=0.1mol·L?1；加入KOH溶液后發(fā)生的反應(yīng)是Al3++4OH===AlO+2H2O，所以原溶液中c(Al3+)=c(K+)=0.2mol·L?1+×0.2mol·L?1=0.05mol·L?1，方法2：根據(jù)電荷守恒：3c(Al3+)+c(K+)=2c(SO)，推出c(K+)=2c(SO)-3c(Al3+)=0.25mol·L?1 【答案】B 2．差量法 典例5．某一元醇10g與乙酸反應(yīng)生成酯13.2g，同時(shí)回收醇1.0g，則該醇的式量是（ ） A．74 B．88 C．90 D．104 【解析】醇與乙酸反應(yīng)生成酯和水，則乙酸和水的質(zhì)量差等于酯和醇的質(zhì)量差，設(shè)該醇的式量為x，則有： R－OH+CH3COOHCH3COOR+H2O Δm X 60 18 42 9g （13.2-9）g=4.2g 可得：=；即x=90 【答案】C 3．關(guān)系式法 典例6．將5.6g鐵溶于足量鹽酸中，蒸發(fā)至干并在空氣中灼燒至恒重，最后得到固體的質(zhì)量最接近于（ ） A．8.0g B．19.2g C．24.2g D．30.6g 【解析】由FeFe2+Fe(OH)2Fe(OH)3Fe2O3，所以可得：2Fe－Fe2O3；則Fe2O3的質(zhì)量m(Fe2O3)=5.6g×160/(2×56)=8.0g 【答案】A 4．平均值法 典例7．燃燒鎂和某金屬的合金，所生成的氧化物的質(zhì)量為反應(yīng)前合金的質(zhì)量的2倍，另一金屬可能是（ ） A．Cu B．Be C．Na D．Al 【解析】鎂形成的氧化物中，m(Mg)∶m(O)=24∶16，金屬質(zhì)量大于氧的質(zhì)量；則另一金屬形成的氧化物中，金屬質(zhì)量要小于氧的質(zhì)量。Cu、Be、Na、Al在燃燒時(shí)所形成的氧化物分別是：CuO、BeO、Na2O2、 Al2O3，其中只有BeO中m(Be)∶m(O)=9∶16，是金屬小于氧的質(zhì)量。所以選B。 【答案】B 5．假設(shè)法 典例8．將兩種金屬單質(zhì)混合物13g，加到足量稀硫酸中，共放出標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體11.2L，這兩種金屬可能是（ ） A．Zn和Fe B．Cu和Zn C．Al和Mg D．Mg和Cu 【解析】將混合物當(dāng)作一種金屬來(lái)看，因?yàn)槭亲懔肯×蛩幔?3克金屬全部反應(yīng)生成的11.2L(0.5摩爾)氣體全部是氫氣，即這種金屬每放出1摩爾氫氣需26克，如果全部是+2價(jià)的金屬，其平均原子量為26，則組成混合物的+2價(jià)金屬，其原子量一個(gè)大于26，一個(gè)小于26。故D符合。 【答案】D 6．討論法 典例9．向300mL KOH溶液中緩慢通入一定量的CO2氣體，充分反應(yīng)后，在減壓低溫下蒸發(fā)溶液，得到白色固體。請(qǐng)回答下列問(wèn)題： （1）由于CO2通入量不同，所得到的白色固體的組成也不同，試推斷有幾種可能的組成，并分別列出。 （2）若通入CO2氣體為2.24L（標(biāo)準(zhǔn)狀況下），得到11.9g的白色團(tuán)體。請(qǐng)通過(guò)計(jì)算確定此白色固體是由哪些物質(zhì)組成的，其質(zhì)量各為多少？所用的KOH溶液的物質(zhì)的量濃度為多少 【解析】（1）由于CO2和KOH反應(yīng)時(shí)物質(zhì)的量之比不同，則產(chǎn)物不同，故可根據(jù)CO2和KOH反應(yīng)時(shí)物質(zhì)的量之比對(duì)產(chǎn)物進(jìn)行討論。由：①CO2+2KOH===K2CO3+H2O；②CO2+KOH===KHCO3可知n(CO2)/ n(KOH) =1/2時(shí)產(chǎn)物為K2CO3，n(CO2)/n(KOH)=1時(shí)產(chǎn)物為KＨCO3，所以n(CO2)/n(KOH)<1/2時(shí)，KOH過(guò)量，則產(chǎn)物為K2CO3+KOH；1/2< n(CO2)/n(KOH)<1時(shí)，對(duì)于①反應(yīng)來(lái)說(shuō)二氧化碳過(guò)量而對(duì)于②反應(yīng)來(lái)說(shuō)二氧化碳量不足，所以產(chǎn)物為K2CO3+KHCO3；n(CO2)/n(KOH)>1時(shí)，二氧化碳過(guò)量，則固體產(chǎn)物為KHCO3。答案為： （2）由：①CO2 + 2KOH＝K2CO3 +H2O ②CO2 + KOH＝KHCO3 22.4L(標(biāo)態(tài)) 138g 22.4L(標(biāo)態(tài)) 100g 2.24L(標(biāo)態(tài)) 13.8g 2.24L(標(biāo)態(tài)) 10.0g ∵13.8g＞11.9g＞10.0g ∴得到的白色固體是K2CO3和KHCO3的混合物。 設(shè)白色固體中K2CO3 x mol，KHCO3 y mol，即 ①CO2+2KOH＝K2CO3+H2O ②CO2+KOH＝KHCO3 x mol 2x mol x mol y mol y mol y mol x mol+y mol＝＝0.100mol （CO2） 138g·mol-1×x mol÷100g·mol-1×y mol＝11.9g （白色固體） x＝0.0500mol （K2CO3） y＝0.0500mol （KHCO3） 解此方程組，得 ∴ 白色固體中 ，K2CO3質(zhì)量為138g·mol-1×0.0500mol＝6.90g KHCO3質(zhì)量為100g·mol-1×0.0500mol＝5.00g 消耗KOH物質(zhì)的量為2x mol+y mol＝2×0.0500mol+0.0500mol＝0.150mol ∴所用KOH溶液物質(zhì)的量濃度為0.150mol/0.300L＝0.500mol·L?1 【答案】（1）①K2CO3+KOH；②K2CO3；③K2CO3+KHCO3；④KHCO3 （2）白色固體是K2CO3和KHCO3的混合物；m(KHCO3)= 0.0500mol、m(K2CO3)=0.0500mol C(KOH)=0.500mol·L?1 二．對(duì)點(diǎn)增分集訓(xùn) 1．由鋅、鐵、鋁、鎂四種金屬中的兩種組成的混和物10克，與足量的鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生的氫氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為11.2升，則混和物中一定含有的金屬是（ ） A．鋅 B．鐵 C．鋁 D．鎂 【解析】本題利用平均摩爾電子質(zhì)量求解，據(jù)10克金屬與足量的鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生的氫氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為11.2L可得金屬平均摩爾電子質(zhì)量為10g·mol-1。四種金屬的摩爾電子質(zhì)量分別為Zn：32.5g·mol-1、Fe：28g·mol-1、Al：9g·mol-1、Mg：12g·mol-1，其中只有Al的摩爾電子質(zhì)量小于10g·mol-1，故答案為C。 【答案】C 2．將一定質(zhì)量的Mg、Zn、Al混合物與足量稀H2SO4反應(yīng)，生成H2 2.24L（標(biāo)準(zhǔn)狀況），原混合物的質(zhì)量可能是（ ） A．1.8g B．3g C．6.5g D．10g 【解析】一定質(zhì)量的Mg、Zn、Al混合物與足量稀H2SO4反應(yīng)，生成H2 2.24L（標(biāo)準(zhǔn)狀況），假設(shè)全部為Mg，由Mg－H2可得：m(Mg)=24×=2.4g；假設(shè)全部為Zn或Al，同理可求m(Zn)=6.5g；m(Al)=1.8g所以混合物的質(zhì)量介于1.8g～6.5g之間，故選：B。 【答案】B 3．將12g CO和CO2的混合氣體通過(guò)足量灼熱的氧化銅后，得到氣體的總質(zhì)量為18g，求原混合氣體中CO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。 【解析】設(shè)原混合氣體中CO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為x。 CuO+CO===Cu + CO2 Δm(氣體) 28 44 44-28=16 12(1-x) 18g-12g=6g 即 = 解得x=12.5%；所以，原混合氣體中CO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為12.5%。 【答案】12.5% 4．為了預(yù)防碘缺乏病，國(guó)家規(guī)定每千克食鹽中應(yīng)含有40～50毫克的碘酸鉀。為檢驗(yàn)?zāi)撤N食鹽是否為加碘的合格食鹽，某同學(xué)取食鹽樣品428克，設(shè)法溶解出其中全部的碘酸鉀。將溶液酸化并加入足量的碘化鉀淀粉溶液，溶液呈藍(lán)色，再用0.030mol·L?1的硫代硫酸鈉溶液滴定，用去18.00mL時(shí)藍(lán)色剛好褪去。試通過(guò)計(jì)算說(shuō)明該加碘食鹽是否為合格產(chǎn)品。有關(guān)反應(yīng)：IO+5I－+6H+→3I2+3H2O；I2+2S2O→2I－+S4O 【解析】本題為多步反應(yīng)的計(jì)算，可根據(jù)反應(yīng)方程式直接建立IO和S2O的關(guān)系式進(jìn)行求解。 6S2O IO 6mol 1mol 0.030mol·L?1×18.00mL×10-3 n n(IO)=0.030mol·L?1×18.00mL×10-3×1mol÷6mol =0.09×10-3mol 每千克食鹽中含KIO3：(214×0.09×10-3÷428)×1000=45×10-3=45(mg)；即該加碘食鹽是合格的 【答案】合格 5．10ml某氣態(tài)烴在80ml氧氣中完全燃燒后，恢復(fù)到原來(lái)狀況（1.01×105Pa，27℃）時(shí)，測(cè)得氣體體積為70ml，求此烴的分子式。 【解析】原混和氣體總體積為90ml，反應(yīng)后為70ml，體積減少了20ml。剩余氣體應(yīng)該是生成的二氧化碳和過(guò)量的氧氣，下面可以利用差量法進(jìn)行有關(guān)計(jì)算。 CxHy+(x+)O2xCO2 +H2O ΔV 1 1+ 10 20 計(jì)算可得y=4，烴的分子式為C3H4或C2H4或CH4 【答案】C3H4或C2H4或CH4 6．Cu、Cu2O和CuO組成的混合物，加入100mL 0.6mol·L?1HNO3溶液恰好使混合物溶解，同時(shí)收集到224mL NO氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況）。求： （1）寫(xiě)出Cu2O跟稀硝酸反應(yīng)的離子方程式。 （2）產(chǎn)物中硝酸銅的物質(zhì)的量。 （3）如混合物中含0.01moL Cu，則其中Cu2O、CuO的物質(zhì)的量分別為多少？ （4）如混合物中Cu的物質(zhì)的量為X，求其中Cu2O、CuO的物質(zhì)的量及X的取值范圍。 【解析】抓住反應(yīng)的始態(tài)和終態(tài)利用守恒關(guān)系進(jìn)行求解，（1）利用電子守恒進(jìn)行配平：3Cu2O+14HNO3===6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O；（2）利用N原子守恒：n(HNO3)=0.06mol，n(NO)=0.01mol，則n[Cu(NO3)2]=(0.06-0.01)/2=0.025mol；（3）本題混合物中雖含有Cu、Cu2O和CuO三種物質(zhì)，但參加氧化還原反應(yīng)的只有 Cu、Cu2O，所以利用電子守恒可直接求解。轉(zhuǎn)移電子總數(shù)：n(e-)= n(NO)×3===0.03mol；Cu提供電子數(shù)：0.01×2=0.02mol；Cu2O提供電子數(shù)：0.03-0.02=0.01mol；n(Cu2O)=0.01/2=0.005mol，n(CuO)=0.0025-0.01-0.005×2=0.005mol；（4）根據(jù)（3）解法可得n(Cu2O)=0.015-Xmol，n(CuO)=X-0.005mol。根據(jù)電子守恒進(jìn)行極端假設(shè)：若電子全由Cu提供則n(Cu)=0.015mol；若電子全由Cu2O提供則n(Cu2O)=0.015mol，則n(Cu2+)===0.03mol大于了0.025mol，說(shuō)明n(Cu)不等于0，另根據(jù)n(CuO)=X-0.005mol要大于0，可得n(Cu)>0.005mol。所以0.005mol < n(Cu)<0.015mol。 【答案】（1）3Cu2O+14HNO3===6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O （2）0.025mol （3）0.005mol；0.005mol （4）0.015-Xmol；X-0.005mol；0.005molFe2+>Br－。根據(jù)氧化還原反應(yīng)的先后順序，d代表Br－變化情況，A正確；a代表的是I－的變化情況，2I－+Cl2===I2+2Cl－，n(I－)＝2mol，則n(FeI2)＝1mol，B錯(cuò)誤；b代表Fe2+變化情 況，2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl－，n(Fe2+)＝4mol，d發(fā)生反應(yīng)2Br－+Cl2===Br2+2Cl－，n(Br－)＝6mol，兩者比值為4∶6＝2∶3，C正確；加入2mol Cl2，I－全部參加反應(yīng)，部分Fe2+參加反應(yīng)，因此離子反應(yīng)2I－+2Fe2++2Cl2===I2+2Fe3++4Cl－，D正確。 【答案】B 3．氧化還原反應(yīng)與非氧化還原反應(yīng)之間的競(jìng)爭(zhēng) 典例3．往含F(xiàn)e3+、H+、NO的混合液中加入少量SO，充分反應(yīng)后，下列表示該反應(yīng)的離子方程式正確的是（ ） A．2Fe3++SO+H2O===2Fe2++SO+2H+ B．2H++SO===H2O+SO2↑ C．2H++2NO+3SO===3SO+2NO↑+H2O D．2Fe3++3SO+3H2O===2Fe(OH)3↓+3SO2↑ 【解析】用“假設(shè)法”，如果先與Fe3+反應(yīng)，則生成的Fe2+又會(huì)與H++NO反應(yīng)，所以應(yīng)先與H++NO反應(yīng)，故應(yīng)選C。 【答案】C 二．對(duì)點(diǎn)增分集訓(xùn) 1．判斷離子方程式的正誤 （1）氫氧化鈣溶液和碳酸氫鎂溶液反應(yīng)：Ca2++OH－+HCO===CaCO3↓+H2O（ ） （2）Na2S溶液與CuSO4溶液反應(yīng)的離子方程式：S2－+Cu2+ +2H2O===Cu(OH)2↓+ H2S↑（ ） 【解析】（1）溶液中的OH－與Mg2+和HCO均會(huì)反應(yīng)，但由于OH－與HCO反應(yīng)生成CO和H2O更容易，因此該反應(yīng)先發(fā)生；接下來(lái)還可能會(huì)發(fā)生：Mg2++CO===MgCO3↓，Mg2++2OH－===Mg(OH)2↓，因?yàn)镸g(OH)2的溶解度更小，當(dāng)OH－還有剩余時(shí)會(huì)優(yōu)先生成氫氧化鎂沉淀。對(duì)應(yīng)反應(yīng)的離子方程式如下：Mg2++2HCO+Ca2++2OH－===CaCO3↓+MgCO3↓+2H2O [Ca(OH)2少量]；Mg2++2HCO+2Ca2++4OH－===Mg(OH)2↓+2CaCO3↓+2H2O[Ca(OH)2過(guò)量]；所以反應(yīng)物中當(dāng)氫氧化鈣不足時(shí)產(chǎn)物中有MgCO3，氫氧化鈣足量時(shí)產(chǎn)物中有Mg(OH)2，該離子方程式錯(cuò)誤。（2）Na2S溶液與CuSO4溶液反應(yīng)時(shí)，不會(huì)發(fā)生S2－與Cu2+的雙水解反應(yīng)，因?yàn)榇朔磻?yīng)生成的Cu(OH)2的溶解度大于CuS的溶解度，故應(yīng)是S2－與Cu2+直接反應(yīng)生成CuS沉淀。 【答案】（1）× （2）× 2．在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.01mol的酸性混合溶液中加入0.01mol Fe，經(jīng)攪拌后發(fā)生的變化應(yīng)是（ ） A．鐵溶解，析出0.01mol Ag和0.005mol Cu B．鐵溶解，析出0.01mol Ag并放出H2 C．鐵溶解，析出0.01mol Ag，溶液中不再有Fe3+ D．鐵溶解，析出0.01mol Ag，溶液中不再有Cu2+ 【解析】因?yàn)檠趸訟g+>Fe3+>Cu2+>H+，所以先發(fā)生反應(yīng)2Ag++Fe===2Ag+Fe2+，其中0.005mol Fe與0.01mol的AgNO3反應(yīng)，析出0.01mol Ag，再發(fā)生：2Fe3++Fe===3Fe2+，其中剩余的0.005mol Fe與0.01mol的Fe(NO3)3反應(yīng)，溶液中不再有Fe3+，故選C。 【答案】C 3．已知室溫下，Al(OH)3的Ksp或溶解度遠(yuǎn)大于Fe(OH)3。向濃度均為0.1mol·L?1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列示意圖表示生成Al(OH)3的物質(zhì)的量與加入NaOH溶液的體積的關(guān)系，合理的是（ ） 【解析】 根據(jù)題意Ksp[Al(OH)3]＞＞ Ksp[Fe(OH)3]，因此向混合溶液中滴加NaOH溶液時(shí)，首先應(yīng)生成Fe(OH)3沉淀，當(dāng)Fe3+沉淀完全后，再生成Al(OH)3沉淀，繼續(xù)滴加NaOH溶液，則Al(OH)3+OH－===AlO+2H2O，而題意是生成Al(OH)3的物質(zhì)的量與加入NaOH溶液體積的關(guān)系，故C項(xiàng)圖像符合實(shí)際情況。 【答案】C 4．向NaBr、NaI和Na2SO3混合液中通入一定量氯氣后，將溶液蒸干并充分灼燒，得到固體物質(zhì)的組成可能是（ ） A．NaCl、Na2SO4 B．NaBr、Na2SO4 C．NaCl、Na2SO4、I2 D．NaCl、NaI、Na2SO4 【解析】向NaBr、NaI和Na2SO3混合液中通入一定量氯氣后，可能發(fā)生的反應(yīng)依次為Na2SO3+Cl2+ H2O===Na2SO4+2HCl、2NaI+Cl2===2NaCl+I2、2NaBr+Cl2===2NaCl+Br2。將溶液蒸干時(shí)HCl、Br2和Cl2會(huì)揮發(fā)，灼燒時(shí)I2會(huì)升華。若通入的氯氣過(guò)量，得到固體剩余物質(zhì)的組成是NaCl、Na2SO4；若通入的氯氣是不足量的，則還有可能留下NaBr。 【答案】A 5．已知：25℃時(shí)，Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10?12，Ksp[MgF2]＝7.42×10?11。下列說(shuō)法正確的是（ ） A．25℃時(shí)，飽和Mg(OH)2溶液與飽和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2+)大 B．25℃時(shí)，在Mg(OH)2的懸濁液中加入少量的NH4Cl固體，c(Mg2+)增大 C．25℃時(shí)，Mg(OH)2固體在20mL 0.01mol·L?1氨水中的Ksp比在20mL 0.01mol·L?1 NH4Cl溶液中的Ksp小 D．25℃時(shí)，在Mg(OH)2懸濁液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能轉(zhuǎn)化為MgF2 【解析】Mg(OH)2的溶度積小，溶液中的c(Mg2+)要小一些，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；NH4+ 可以結(jié)合OH－離子，從而促使Mg(OH)2的電離平衡正向移動(dòng)，c(Mg2+)增大，故選項(xiàng)B正確；Ksp僅與溫度有關(guān)，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；選項(xiàng)D，若Mg(OH)2能轉(zhuǎn)化為MgF2，則存在反應(yīng)Mg(OH)2+2FMgF2+2OH，該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為K=c2(OH)/c2(F)，即K==Ksp[Mg(OH)2]/Ksp[MgF2]，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=0.0756；所以只要c2(OH)/c2(F)<0.0756就可朝著生成MgF2沉淀方向反應(yīng)，即c(F)/ c(OH)>3.64?？梢钥闯霎?dāng)溶液中F的濃度超過(guò)OH濃度的3.64倍時(shí)，就可以實(shí)現(xiàn)上述“難溶制易溶”的轉(zhuǎn)化，所以D選項(xiàng)是錯(cuò)誤的。 【答案】B 6．將足量Cl2緩緩?fù)ㄈ牒?.02mol H2SO3和0.02mol HBr的混合溶液中，在此過(guò)程中溶液的pH與Cl2用量的關(guān)系示意圖是(溶液體積變化忽略不計(jì)，且不考慮Cl2與水反應(yīng))（ ） 【解析】因H2SO3的還原性強(qiáng)于HBr的還原性，故Cl2先氧化H2SO3，H2SO3+Cl2+H2O===H2SO4+2HCl，生成的H2SO4和HCl是強(qiáng)酸，故溶液的pH下降；當(dāng)H2SO3完全反應(yīng)后，再通入Cl2，發(fā)生反應(yīng)Cl2+2HBr===Br2+2HCl，溶液的pH不再改變。 【答案】A 7．把鐵與銅的合金放入稀硝酸中，反應(yīng)后過(guò)濾，濾出的固體物質(zhì)投入鹽酸中無(wú)氣體放出，則濾液里一定含有的金屬鹽是（ ） A．Cu(NO3)2 B．Fe(NO3)3 C．Fe(NO3)2 D．Cu(NO3)2和Fe(NO3)2 【解析】鐵銅合金與稀硝酸反應(yīng)，由于鐵還原性強(qiáng)于銅，優(yōu)先反應(yīng)，故有以下反應(yīng)依次發(fā)生：① 3Fe+8H++2NO===3Fe2++2NO↑+4H2O(若假設(shè)氧化產(chǎn)物為Fe3+，則會(huì)與Cu反應(yīng)：2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+，故假設(shè)不成立)，②3Cu+8H++2NO===3Cu2++2NO↑+4H2O，依據(jù)題意，固體為Cu，所以無(wú)Fe(NO3)3，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；①一定發(fā)生，所以Fe(NO3)2一定有，C選項(xiàng)正確；②可能發(fā)生，所以Cu(NO3)2可能有，A、D選項(xiàng)錯(cuò)誤。 【答案】C 8．在含有H+、Al3+、NH的溶液中，逐滴加入NaOH溶液，發(fā)生的離子反應(yīng)依次是_____________ ______________________________________________________________________________________。 【解析】酸堿中和反應(yīng)最容易發(fā)生，OH－先與H+反應(yīng)，接著與Al3+反應(yīng)[若假設(shè)先與NH反應(yīng)，生成的NH3·H2O會(huì)與Al3+反應(yīng)生成NH和Al(OH)3]生成Al(OH)3沉淀，再與NH反應(yīng)生成NH3·H2O，最后與Al(OH)3反應(yīng)生成AlO。 【答案】H++OH－===H2O、Al3++3OH－===Al(OH)3↓、 NH+OH－===NH3·H2O、Al(OH)3+OH－===2H2O+AlO 9．將鐵粉、銅粉、FeCl3溶液和CuCl2溶液混合于某容器中充分反應(yīng)(容器不參與反應(yīng))。試判斷下列情況下溶液中存在的金屬離子和金屬單質(zhì)。 （1）若鐵粉有剩余，則容器中不可能有的離子是_________；銅單質(zhì)_______(填“一定”或“可能”)存在。 （2）若氯化銅有剩余，則容器中還可能有的離子為_(kāi)_____；銅單質(zhì)_______(填“一定”或“可能”)存在。 （3）若氯化鐵和氯化銅都有剩余，則容器中不可能有的單質(zhì)是______，F(xiàn)e2+_____(填“一定”或“可能”)存在。 【解析】氧化性：Fe3+>Cu2+，還原性：Fe>Cu。一定發(fā)生反應(yīng)：①Fe+2FeCl3===3FeCl2(若假設(shè)先發(fā)生Cu+2FeCl3===2FeCl2+CuCl2，則Fe與CuCl2不共存，故假設(shè)不成立)；可能發(fā)生反應(yīng)：②Fe+CuCl2===Cu+FeCl2(Fe足量時(shí))，③Cu+2FeCl3===2FeCl2+CuCl2(FeCl3足量時(shí))。（1）若鐵粉有剩余，則容器中不可能有Fe3、Cu2+，因?yàn)樗鼈兡馨l(fā)生上述①②反應(yīng)。（2）若CuCl2有剩余，則容器中不可能有Fe，可能有Fe2+、Fe3或Fe2、Cu。（3）若FeCl3和CuCl2均有剩余，則容器中一定沒(méi)有Fe、Cu，一定有Fe2+。 【答案】（1）Fe3+、Cu2+　一定　 （2）Fe2+、Fe3+(或Fe2+)　可能 （3）Fe、Cu　一定 6