江西省抚州市临川一中届高三月考化学试题doc.docx
- 文档编号:27694153
- 上传时间:2023-07-04
- 格式:DOCX
- 页数:32
- 大小:233.10KB
江西省抚州市临川一中届高三月考化学试题doc.docx
《江西省抚州市临川一中届高三月考化学试题doc.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《江西省抚州市临川一中届高三月考化学试题doc.docx(32页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
江西省抚州市临川一中届高三月考化学试题doc
2015-2016学年江西省抚州市临川一中高三(上)月考化学试卷(10月份)
参考答案与试题解析
一、选择题:
(每小题只有一个正确答案,每小题3分,共48分)
1.化学与生产、生活、社会密切相关,下列有关说法不正确的是( )
A.多用电子邮件、MSN、QQ等即时通讯工具,少用传真打印机属于“低碳生活”方式
B.我国神七宇航员所穿航天服主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成的,它是一种新型无机非金属材料
C.食品保鲜膜、一次性食品袋的主要成分是聚氯乙烯
D.日本福岛核电站爆炸时释放的2种放射性同位素131I与137Cs的中子数不等
【考点】绿色化学;同位素及其应用;无机非金属材料;常用合成高分子材料的化学成分及其性能.
【专题】化学应用.
【分析】A、多用电子邮件、MSN、QQ等即时通讯工具,少用传真打印机,可以减少纸张消耗,节省造纸所消耗的煤;
B、碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成的航天服,是一种新型无机非金属材料;
C、聚乙烯无毒,可以包装食品;聚氯乙烯有毒,不可以包装食品;
D、中子数=质量数﹣质子数.
【解答】解:
A、减少纸张消耗,节省造纸所消耗的煤,属于“低碳生活”方式,故A正确;
B、由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成的材料,是一种新型无机非金属材料,故B正确;
C、食品保鲜膜的主要成分是无毒的聚乙烯,故C错误;
D、131I与137Cs的中子数分别为:
131﹣53=78和137﹣55=82,二者不相等,故D正确.
故选C.
【点评】本题考查学生绿色化学的思想,难度不大,可以根据已有知识解决.
2.弱电解质在水溶液里达到电离平衡时,溶液中已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分数叫做该电解质的电离度.现欲粗略测定一未知浓度的醋酸溶液中CH3COOH的电离度,应做的实验和所需的试剂(或试纸)是( )
A.电解、NaOH溶液B.蒸馏、Na2CO3溶液
C.中和滴定、pH试纸D.酯化反应、石蕊试液
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡.
【专题】电离平衡与溶液的pH专题.
【分析】确定醋酸的电离度,根据CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+,应分别确定CH3COOH的物质的量和H+的物质的量,可用滴定法确定CH3COOH的物质的量,用pH试纸可粗略确定H+的物质的量,进而计算电离度.
【解答】解:
A.醋酸与NaOH溶液发生中和反应,无法确定CH3COOH和H+的物质的量,不能计算电离度,故A错误;
B.醋酸酸性比碳酸强,醋酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体,无法确定H+的物质的量,不能计算电离度,故B错误;
C.用滴定法确定CH3COOH的物质的量,用pH试纸可粗略确定H+的物质的量,进而计算电离度,故C正确;
D.石蕊试液只能确定溶液呈酸性,不能确定H+的物质的量,另外酯化反应属于可逆反应,不能确定CH3COOH的物质的量,故D错误.
故选C.
【点评】本题考查弱电解质的电离,题目难度中等,注意根据电离度的定义确定实验方案.
3.下列观点正确的是( )
A.化合物电离时,生成的阴离子是氢氧根离子的是碱
B.某化合物的熔融状态能导电,该化合物中一定有离子键
C.某化合物的水溶液能导电,该化合物一定是电解质
D.某纯净物在常温下为气体,则组成该物质的微粒一定含有共价键
【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系;离子化合物的结构特征与性质;电解质与非电解质.
【分析】A、电离时生成的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物是碱;
B、离子化合物在熔融状态下会导电,含有离子键的化合物称为离子化合物;
C、水溶液或是熔融状态下导电的化合物称为电解质;
D、稀有气体为单原子分子,不存在化学键.
【解答】解:
A、化合物电离时生成的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物是碱,故A错误;
B.熔融状态能导电的化合物,说明存在自由移动的离子,离子之间靠离子键结合,故B正确;
C、要看是否自身电离出离子;氨气的水溶液能导电,氨气不是电解质,而氨气溶于水和水结合的一水合氨为电解质,故C错误;
D.稀有气体为单原子分子,不存在化学键,故D错误;
故选B.
【点评】本题考查了一些基本概念,难度较小.注意一些特例,如稀有气体中不存在化学键等.
4.可能存在的第119号未知元素,有人称为“类钫”,它位于碱金属族,根据周期表结构及元素性质变化趋势,下列关于碱金属某些元素原子的结构和性质的判断,错误的是( )
①锂与水反应比钠剧烈②碱金属单质都需要密封保存在煤油中③锂的氧化物暴露在空气中易吸收二氧化碳④锂的阳离子的最外层电子数和钠的相同⑤“类钫”单质是强还原剂⑥“类钫”在化合物中是+1价⑦“类钫”单质的密度大于lg•cm﹣3⑧“类钫”单质有较高的熔点.
A.①②④⑧B.①②③⑦C.③④⑤⑧D.①③④⑦
【考点】碱金属的性质.
【分析】①元素的金属性越强,对应的单质与水反应越剧烈;
②锂密度小于煤油密度;
③锂的氧化物氧化物是碱性氧化物,依据碱性氧化物性质判断;
④锂原子失去最外层电子后次外层变成最外层,锂离子最外层有2个电子,钠离子最外层有8个电子;
⑤“类钫”物质属于碱金属,依据碱金属的性质解答;
⑥依据碱金属原子结构特点解答;
⑦依据碱金属密度从上到下逐渐增大的规律解答;
⑧碱金属单质都属于金属晶体,熔点取决于离子键强弱.
【解答】解:
①金属性:
Na>Li,元素的金属性越强,对应的单质与水反应越剧烈,则钠与水反应比锂与水反应剧烈,故错误;
②锂密度小于煤油密度,用煤油保存锂,起不到隔绝空气的作用,故错误;
③它的氧化物是碱性氧化物,所以它的氧化物在空气中易吸收二氧化碳,生成碳酸盐,故正确;
④锂原子失去最外层电子后次外层变成最外层,锂离子最外层有2个电子,钠离子最外层有8个电子,二者数目不相同,故错误;
⑤“类钫”物质属于碱金属,碱金属单质都具有强的还原性,故正确;
⑥碱金属原子结构特点,最外层都只有1个电子,在反应中容易失去电子显+1价,故正确;
⑦碱金属密度从上到下逐渐增大,“类钫”单质密度大于钫,密度大于lg•cm﹣3,故正确;
⑧碱金属单质都属于金属晶体,单质中离子键较弱,熔点较低,故错误;
故选:
A.
【点评】本题考查了碱金属的性质,熟悉同主族元素性质的递变规律是解题关键,题目难度不大.
5.将10毫升NO和NO2的混合气体通入装满水的倒立在水槽中的量筒里,充分反应后,最后剩余4毫升气体,则原混合气体中NO的体积为( )
A.1毫升B.3毫升C.5毫升D.7毫升
【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响;有关混合物反应的计算.
【专题】计算题.
【分析】一氧化氮和水不反应,二氧化氮和水反应,反应方程式为3NO2+H2O═2HNO3+NO,利用差量法计算参加反应的二氧化氮体积,再根据质量守恒计算一氧化氮的体积.
【解答】解:
一氧化氮和水不反应,二氧化氮和水反应,反应方程式为3NO2+H2O═2HNO3+NO,
方法一(利用差量法):
设二氧化氮体积是x,
3NO2+H2O═2HNO3+NO气体体积减少
33﹣1
x(10﹣4)mL
x=
=9mL,
则一氧化氮体积为10mL﹣9mL=1mL;
方法二:
设二氧化氮体积为x,一氧化氮体积为y,二氧化氮生成一氧化氮的体积为
,
解得
,
所以一氧化氮体积为1mL,
故选:
A.
【点评】本题考查了氧化还原反应的有关计算,明确二氧化氮发生的反应是解本题关键,根据方程式中二氧化氮和一氧化氮关系式解答即可,难度不大.
6.常温下,向0.25mol•L﹣1的硫酸氢钠溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液,生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示,a、b、c、d分别表示实验不同时刻的溶液,下列有关说法中正确的是( )
A.硫酸氢钠溶液的体积为10mL
B.溶液的导电能力:
c<b<a
C.d时刻溶液的pH为13
D.b时刻溶液中SO42﹣的浓度约为0.125mol•L﹣1
【考点】离子方程式的有关计算.
【分析】A.硫酸钡沉淀量达到最大量时的反应为:
NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+H2O+NaOH,二者浓度相等,则硫酸根离子完全沉淀时两溶液的体积相等;
B.溶液中离子浓度越大其电解质溶液导电性越强;
C.d时刻,溶液中的溶质是NaOH和Ba(OH)2,计算出混合液中氢氧根离子的浓度,然后进行判断;
D.b时刻SO42﹣沉淀一半,体积变为原来的1.5倍,据此计算出此时溶液中硫酸根离子的浓度.
【解答】解:
A.硫酸根离子完全沉淀时的反应为:
NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+H2O+NaOH,二者以1:
1反应,且c(NaHSO4)=c[Ba(OH)2],硫酸钡完全沉淀时消耗两溶液体积相等,根据图象可知,加入氢氧化钡20mL时硫酸钡沉淀达到最大,所以V(NaHSO4)=V[Ba(OH)2]=20mL,故A错误;
B.a、b、d处的溶液中,根据反应NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+H2O+NaOH可知,反应过程中溶液各离子浓度减小,则溶液导电性逐渐减弱,即导电性:
c<b<a,故B正确;
C.d时刻Ba(OH)2溶液过量10mL,溶液中同时含有氢氧化钠,则溶液中的c(OH﹣)=
mol/L=0.15mol/L>0.1mol/L,则溶液的pH≠13,故C错误;
D.b时刻SO42﹣沉淀一半,体积变为20mL+10mL=30mL,则溶液中SO42﹣的浓度约为:
mol/L=0.083mol•L﹣1,故D错误;
故选B.
【点评】本题考查离子方程式的有关计算,为高频考点,题目难度中等,明确图中各点发生的反应及溶液中的溶质是解本题关键,难点是判断溶液导电能力大小,试题培养了学生的分析能力及化学计算能力.
7.常温下,将一定量的钠铝合金置于水中,合金全部溶解,得到20mLpH=14的溶液,然后用1mol/L的盐酸滴定,沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如图所示,则下列选项正确的是( )
A.原合金质量为0.92gB.产生氢气0.04mol
C.图中m值为1.56gD.图中V2为60mL
【考点】有关混合物反应的计算.
【分析】钠铝合金置于水中,合金全部溶解,发生反应:
2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑,得到溶液pH=14,故剩余NaOH为0.02L×1mol/L=0.02mol.
用盐酸滴定,依次发生:
NaOH+HCl═NaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al(OH)3↓、Al(OH)3↓+3HCl═AlCl3+3H2O,根据剩余NaOH计算V1的值,计算生成氢氧化铝消耗HCl的体积,再结合方程式计算解答.
【解答】解:
钠铝合金置于水中,合金全部溶解,发生反应:
2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑,得到溶液pH=14,故剩余NaOH为0.02L×1mol/L=0.02mol;
用盐酸滴定,依次发生:
NaOH+HCl═NaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al(OH)3↓、Al(OH)3↓+3HCl═AlCl3+3H2O.则:
NaOH+HCl═NaCl+H2O,
0.02mol0.02mol
故V1=
=0.02L=20mL,
生成沉淀时消耗的盐酸为40mL﹣20mL=20mL,其物质的量为0.02L×1mol/L=0.02mol,
NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al(OH)3↓
0.02mol0.02mol0.02mol
A.由钠元素及铝元素守恒可知,合金的质量为0.04mol×23g/mol+0.02mol×27g/mol=1.46g,故A错误;
B.由2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑,生成氢气的物质的量为0.02mol+0.03mol=0.05mol,故B错误;
C.由上述计算可知,生成沉淀为0.02mol,其质量为0.02mol×78g/mol=1.56g,故C正确;
D.由Al(OH)3↓+3HCl═AlCl3+3H2O可知,溶解沉淀需要0.06molHCl,其体积为60mL,则V2为40mL+60mL=100mL,故D错误,
故选:
C.
【点评】本题考查混合物有关计算,明确图象中各阶段发生的反应是解答本题的关键,难度中等.
8.X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期主族元素,它们满足以下条件:
①在元素周期表中,Z与Y、W均相邻;②X、Y、W分别位于不同周期;③Y、Z、W三种元素的原子最外层电子数之和为17.下列说法正确的是( )
A.四种元素的原子半径由小到大的顺序为:
r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W)
B.X、Y、Z既能形成离子化合物,又能形成共价化合物
C.X与其余三种元素之间形成的核外电子总数为10的微粒只有2种
D.Y、Z分别以最低价态与X形成的化合物,对热稳定性前者强于后者
【考点】原子结构与元素周期律的关系.
【专题】元素周期律与元素周期表专题.
【分析】若Y、Z、W三者处于同一周期或同一主族,最外层电子数之和不可能为17,处于不同周期的Y、Z、W两两相邻,可能出现的位置关系有:
、
,设Y的最外层电子数为x,若为第一种情况,则有x+x+1+x+1=17,解得x=5,Y、Z、W对应的三种元素分别为N,O,S;若为第二种情况,则有x+x+x+1=17,x为分数,不合理,X、Y、W分别位于不同周期,则X为H元素,结合对应单质化合物的性质解答该题.
【解答】解:
若Y、Z、W三者处于同一周期或同一主族,最外层电子数之和不可能为17,处于不同周期的Y、Z、W两两相邻,可能出现的位置关系有:
、
,设Y的最外层电子数为x,若为第一种情况,则有x+x+1+x+1=17,解得x=5,Y、Z、W对应的三种元素分别为N,O,S;若为第二种情况,则有x+x+x+1=17,x为分数,不合理,X、Y、W分别位于不同周期,则X为H元素,
A.Y和Z位于相同周期,同周期元素的原子半径从左到右原子半径逐渐减小,应为r(Y)>r(Z),故A错误;
B.X、Y、Z可形成的化合物可为HNO3或NH4NO3,分别为共价化合物和离子化合物,故B正确;
C.H与其余三种元素之间形成的核外电子总数为10的微粒有NH3、NH4+、OH﹣、H2O、H3O+等,故C错误;
D.非金属性Y<Z,元素的非金属性越强,对应的氢化物越稳定,故D错误.
故选B.
【点评】本题考查原子结构与元素周期律知识,侧重于学生的分析能力的考查,为高考常见题型,注意把握原子结构特点以及元素在周期表中的位置,难度不大.
9.用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述中正确的是( )
A.标准状况下,22.4LSO3中含有O数目为3.0NA
B.常温常压下,12.2gNaHSO4中含有离子总数为0.3NA
C.在1L0.1mol•L﹣1碳酸钠溶液中,阴离子总数大于0.1NA
D.某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2,在一定条件下充分反应,转移电子的数目为0.6NA
【考点】阿伏加德罗常数.
【分析】A、标况下,三氧化硫为固体;
B、求出NaHSO4的物质的量,然后根据1molNaHSO4中含1mol钠离子和1mol硫酸氢根离子来分析;
C、碳酸钠溶液中,碳酸根离子水解,导致溶液中阴离子数目增多;
D、合成氨的反应为可逆反应,不能进行彻底.
【解答】解:
A、标况下,三氧化硫为固体,不能根据其气体摩尔体积来计算其物质的量,故A错误;
B、12.2gNaHSO4的物质的量为0.1mol,而1molNaHSO4中含1mol钠离子和1mol硫酸氢根离子,故0.1mol硫酸氢钠中含0.2mol离子即0.2NA个,故B错误;
C、100mL1mol•L﹣1Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠0.1mol,由于碳酸根离子水解,溶液中阴离子数目大于0.1mol,阴离子总数大于0.1NA,故C正确;
D、合成氨的反应为可逆反应,不能进行彻底,故转移的电子数小于0.6NA个,故D错误.
故选C.
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键,难度不大.
10.固体NH5属离子化合物.它与水反应的方程式为:
NH5+H2O═NH3•H2O+H2↑,它也能跟乙醇发生类似的反应,并都产生氢气.下列有关NH5叙述正确的是( )
A.1molNH5中含有5NA个N﹣H键
B.NH5中N元素的化合价为﹣5价
C.与水反应时,原理和NaH与水反应相同
D.与乙醇反应时,NH5被还原
【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别;共价键的形成及共价键的主要类型;氧化还原反应.
【分析】A.NH5是离子化合物氢化铵,由氢离子和铵根离子构成,根据构成离子计算含有氮氢键个数;
B.根据元素化合价的代数和为0计算氮元素的化合价,注意NH5属于离子晶体;
C.NH4H中氢离子为﹣1价;
D.得电子化合价降低的反应物是氧化剂,氧化剂在反应中被还原.
【解答】解:
A.NH5是离子化合物氢化铵,所以1molNH5中有4NA个N﹣H键,故A错误;
B.NH5属于离子化合物,其化学式为NH4H,氢离子为﹣1价,铵根离子中氢元素为+1价,则氮元素为﹣3价,故B错误;
C.NH4H中氢离子为﹣1价,NaH中H为﹣1价,所以与水反应时,原理和NaH与水反应相同,故C正确;
D.根据NH5与水反应类比知,与乙醇反应时,NH5中氢离子的化合价由﹣1价→0价,所以失电子作还原剂,NH5在氧化还原反应中被氧化,故D错误;
故选C.
【点评】本题考查了氧化还原反应,难度较大,能根据题意判断化合物NH5含有的离子是解本题的关键.
11.在氢硫酸溶液中,通入或加入少量的下列物质:
①O2;②Cl2;③SO2;④CuSO4;⑤NH3能使溶液的导电能力增强的是( )
A.①②③B.②④⑤C.①④⑤D.②③④
【考点】硫化氢.
【分析】H2S具有还原性,能被强氧化剂氧化;H2S是弱酸,属于弱电解质,其水溶液导电性较弱,与氨气反应生成强电解质,增强了溶液导电性;H2S能和硫酸铜反应生成难溶于稀硫酸的CuS,据此分析解答.
【解答】解:
H2S具有还原性,能被强氧化剂氧化,
①2H2S+O2=S↓+2H2O,该反应由酸性变为中性,溶液中离子浓度减小,导电性减弱,故①错误;
②H2S+Cl2=S↓+2HCl,氢硫酸属于弱电解质,HCl属于强酸,所以反应后溶液中氢离子浓度增大,则溶液导电性增强,故②正确;
③2H2S+SO2=3S↓+2H2O,溶液由酸性变为中性,溶液中离子浓度减小,导电性减弱,故③错误;
④H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4,氢硫酸属于弱电解质,硫酸是强电解质,所以反应后溶液中氢离子浓度增大,则溶液导电性增强,故④正确;
⑤硫化氢为弱电解质,导电性较弱,氨气与硫化氢反应生成强电解质氯化铵,溶液导电性增强,故⑤正确;
故选B.
【点评】本题考查了氢硫酸的性质、溶液导电性强弱判断,题目难度中等,注意掌握硫化氢的化学性质,明确影响溶液导电性强弱的因素,④为易错点,注意CuS不溶于硫酸.
12.用试纸检验气体性质是一种重要的实验方法.下列所示的实验中(可加热),试纸的选用、现象及对应结论均正确的一项是( )
选项试剂湿润的试纸现象结论
ANa2SO3,浓硫酸品红试纸褪色SO2具有漂白性
B碘水淀粉试纸变蓝碘具有氧化性
C浓氨水,生石灰蓝色石蕊试纸变红氨气为碱性气体
DCu,浓硝酸淀粉﹣KI试纸变蓝NO2为酸性气体
A.AB.BC.CD.D
【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用.
【专题】物质检验鉴别题.
【分析】A.Na2SO3和稀硫酸反应生成二氧化硫;
B.淀粉遇碘单质变蓝色,为显色反应;
C.氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝;
D.铜和浓硝酸反应生成具有氧化性的二氧化氮气体.
【解答】解:
A.Na2SO3和稀硫酸反应生成二氧化硫,可使品红褪色,故A正确;
B.淀粉遇碘单质变蓝色,为显色反应,不是氧化还原反应,故B错误;
C.氨气为碱性气体,能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,故C错误;
D.铜和浓硝酸反应生成具有氧化性的二氧化氮气体,二氧化氮可氧化KI生成碘,故D错误.
故选A.
【点评】本题考查物质的检验和鉴别,为高频考点,侧重于学生的分析能力和实验能力的考查,注意把握物质的性质的异同以及实验方案严密性和可行性的评价,注意KI﹣淀粉试纸遇氧化性物质变蓝,难度不大.
13.实验是解决化学问题的基本途径,下列有关实验的叙述不正确的是( )
A.240mL0.2mol•L﹣1的NaOH溶液配制:
需要使用天平、烧杯、250mL容量瓶等仪器
B.除去Cu粉中的CuO,可向混合物中滴加适量稀硫酸再过滤
C.为增强氯水的漂白性,向其中加入碳酸钙
D.为使0.5mol/L的NaNO3溶液物质的量浓度变为1mol/L,可将原溶液加热蒸发掉50克水
【考点】溶液的配制;物质的量浓度的相关计算;氯气的化学性质;物质的分离、提纯和除杂.
【分析】A.配制240mL0.2mol•L﹣1NaCl溶液步骤为:
计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等,根据配制步骤选择使用的仪器;
B.CuO与硫酸反应,而Cu不能;
C.盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙,促进氯气的溶解;
D.100mL溶液蒸发掉50g水,剩余溶液体积未知,不能计算物质的量浓度.
【解答】解:
A.配制240mL0.2mol•L﹣1NaCl溶液使用的仪器有:
托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管,故A正确;
B.CuO与硫酸反应,而Cu不能,则向混合物中滴加适量稀硫酸可溶除杂,故B正确;
C.Cl2+H2O⇌HCl+HClO,盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水,从而促进氯气溶解,导致溶液呈次氯酸浓度增大,则溶液的漂白性增强,故C正确;
D.蒸发掉50g水后,剩余溶液未告诉密度,无法计算溶液的体积,故D错误.
故选D.
【点评】本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,涉及溶液配制、混合物分离提纯及化学平衡移动等,综合性较强,侧重性质及反应原理的考查,注意实验的评价性分析,题目难度不大.
14.下列各组离子在溶液中能够大量共存,当溶液中c(H+)=10﹣1mol•L﹣1时,有气体产生:
而当溶液中c(H+)=10﹣13mol•L﹣1时,又能生成沉淀.则该组离子可能是( )
A.Na+、Ba2+、NO3﹣、CO32﹣B.Fe2+、Na+、SO42﹣、NO3﹣
C.Mg2+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣D.Ba2+、K+、Cl﹣、NO3﹣
【考点】离子共存问题.
【专题】离子反应专题.
【分析】离子之间不能发生反应,则大量共存,加酸生成气体,加碱生成沉淀,以此来解答.
【解答】解:
因Ba2+、CO32﹣结合生成沉淀,不能共存,故A错误;
B.离子之间不反应,能共存,加酸Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应生成NO,加碱生成氢氧化亚铁沉淀,故B正确;
C.离子之间不反应,能共存,加酸不反应,没有气体生成,故C错误;
D.离子之间不反应,能共存,加酸不反应,没有气体生成,加碱没有沉淀,故D错误;
故选:
B.
【点评】本题考查离子的共存,为高考常见题型,侧重复分解反应
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 江西省 抚州市 一中 三月 化学试题 doc
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)