常温下，将下列物质投入足量的稀盐酸中，能产生气体且有不溶物残留的是（　　）A. 生铁B. 纯铁C. 碳酸钙D. 钢
温少来袭171383
A生铁、D钢中都有含量不同的炭和硅等不溶于盐酸的杂质，所以投入稀盐酸后其中的主要成分铁可与盐酸反应产生氢气，但炭和硅不与盐酸反应，也不溶于盐酸，会残留在溶液中．故AD正确．B、纯铁投入足量稀盐酸中可完全反应，生成氯化亚铁溶液和氢气，不会有残留物．故B不正确．C、碳酸钙投入足量盐酸可完全反应，生成氯化钙，二氧化碳气体和水，无残留物．故C不正确．正确答案：A、D
为您推荐：
其他类似问题
理解生铁和钢都不是纯铁，其中都含有炭和硅等不溶于盐酸的杂质．
本题考点：
生铁和钢；酸的化学性质；盐的化学性质．
考点点评：
炼钢是逐渐降低生铁中碳、硅等含量的过程．生铁和钢都是混合物．
扫描下载二维码(6分)将4.6g金属钠和5.4g金属铝同时放入足量的水中，最后得到0.5L溶质仅为偏铝酸钠的溶液。计算：⑴得到的气体在标准状况下的体积。⑵所得溶液中偏铝酸钠的物质的量浓度。(6分)解：n(Na)＝0.2moln(Al)＝0.2mol2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑0.2mol0.2mol2.24L2Al＋2H2O＋2NaOH＝2NaAlO2＋3H2↑0.2mol0.2mol0.2mol6.72L⑴得到的气体在标准状况下的体积为：2.24L＋6.72L＝8.96L⑵得到的溶液为NaAlO2溶液，其物质的量浓度为：0.2mol/0.5L=0.4mol/L答：略略广东省汕头市金山中学学年高一上学期期末化学试题Word版含答案答案
(6分)解：n(Na)＝0.2mol n(Al)＝0.2mol 2Na? ＋? 2H2O? ＝? 2NaOH? ＋? H2↑ 0.2mol 0.2mol 2.24L
2Al ＋ 2H2O? ＋? 2NaOH? ＝? 2NaAlO2? ＋? 3H2↑ 0.2mol 0.2mol 0.2mol 6.72L⑴得到的气体在标准状况下的体积为：2.24L＋6.72L＝8.96L ⑵得到的溶液为NaAlO2溶液，其物质的量浓度为： 0.2mol/ 0. 5L =0.4 mol/ L 答：略相关试题欢迎来到高考学习网，
免费咨询热线：010-
今日：3907套总数：5843506套专访：3245部会员：374265位
当前位置：
& 山西省忻州市第一中学学年高二上学期期末考试化学（理）试卷 Word版含解析
山西省忻州市第一中学学年高二上学期期末考试化学（理）试卷 Word版含解析
资料类别: /
所属版本: 通用
上传时间：
下载次数：32次
资料类型：期中/期末
文档大小：538KB
所属点数: 0点
【下载此资源需要登录并付出 0 点，】
资料概述与简介
学年度第学期期试题高二化学）
据人民网日报道，有一集团拟将在太空建立巨大的集光装置，把太阳光变成激光用于分解海水制氢，其反应可表示为：。有下列几种说法：①水分解反应是放热反应；②若用生成的氢气与空气中多余的二氧化碳反应生成甲醇储存起来，可改善生存条件；③使用氢气作燃料有助于控制温室效应；④氢气是一级能源。其中叙述正确的是
A．①② B．②③ C．③④ D．①②③④本题主要考查了海水制氢，了解能源分类、温室效应抓住题干信息结合相关知识分析是解答的关键，题目难度不大①把太阳光变成激光用于分解海水制氢，太阳光提供能量，所以，水分解反应是吸热反应，故①错误；②甲醇是重要的化工原料，也可作燃料，可减少二氧化碳的排放，同时储存能源，可改善生存条件，故②正确；；③温室效应产生的原因是二氧化碳的增多，使用氢气作燃料能减少二氧化碳的含量，有助于控制温室效应，故③正确；④自然界中没有现存的氢气，把太阳光变成激光用于分解海水制氢，说明氢气为二级能源，故④错。所以正确答案为B。
下列有关物质性质的比较，错误的是
A．溶解度：小苏打
C．硬度：晶体硅
苯考查有关物质性质的比较的正误判断的知识。
NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1L 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－离子数之和为0.1NA
B．50ml 12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
C．过氧化钠与CO2反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA
D．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA本题考查阿伏伽德罗常数及计算，为高频考点，把握物质中的化学键、物料守恒、盐类水解、氧化还原反应中转移电子计算等为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，综合性较强，题目难度中等．
HCO3溶液中HCO3-和CO32-离子数之和小于0.1NA，碳酸分子中含C原子，故错误；转移的电子数0.3NA；0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD．NO与O2NA
的同分异构体中，含有苯环且苯环上的一氯取代物只有一种的结构共有(不考虑立体异构)
A．2种B．3种C．4种D．5种
本题主要考查的是一氯代物的同分异构体的判断，难度不大．符合条件同分异构体有：、、，C项正确。
在由水电离产生的H+浓度为1×10-13mol·L-1的溶液中，一定能大量共存的离子组是A．K+、Cl-、NO3-、S2-B．Na+、Ca2+、Cl-、HCO3-
C．K+、Ba2+、Cl-、NO3- D． SO42-、Mg2+、I-、S2O32-本题考查离子共存问题，综合考查元素化合物知识，为高考常见题型，难度中等，注意把握相关离子的性质以及反应类型，答题时要注意水电离出的氢离子浓度的特点，明确溶液的酸碱性为解答该题的关键．在由水电离产生的H+浓度为1×10-13moloL-1的溶液中，为酸或碱溶液，与H+或OH-反应的离子不能大量共存，以此解答该题．已知0.1 moloL-1的醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+要使溶液中c(CH3COOH)/ c(H+) 值减小，可以采取的措施是
A．加水B．加少量冰醋酸C．降低温度D．加少量烧碱溶液本题考查c(CH3COOH)/ c(H+)= c(CH3COO-)/Ka，Ka只随温度的变化而变化。A中加水c(CH3COO-)减小，Ka不变，c(CH3COOH)/c(H+) 值减小加少量冰醋酸CH3COO-)增大，Ka不变，c(CH3COOH)/ c(H+) 值C中降低温度c(H+)减小c(CH3COOH)增大，c(CH3COOH)/ c(H+) 值C错；D中加入少量烧碱溶液CH3COO-)增大，Ka不变，c(CH3COOH)/ c(H+) 值海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是
A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯
C．工业生产常选用NaOH作为沉淀剂
D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收
A．氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，因此向苦卤中通入Cl2是为了提取溴，A正确；B．粗盐中的钙离子、镁离子等可采用沉淀法除去，所得氯化钠溶液可采用重结晶等过程提纯，B正确；C．工业生产常选用来源更广泛、价格更便宜的石灰乳作为沉淀剂，用氢氧化钠不经济，C错误；D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，SO2具有还原性，能被溴氧化，因此再用SO2将其还原吸收，D正确25 ℃时，浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液中，下列判断错误的是
A．均存在电离平衡
B．阴离子数目前者大于后者
C．c(OH-)前者小于后者 D．存在的粒子种类相同主要考查盐类的水解和弱电解质的电离NaHCO3和Na2CO3溶液中都存在盐的水解平衡和水的电离平衡,A正确水解阴离子数, HCO3-水解时阴离子数B错误；因为水解程度大于所以Na2CO3溶液碱性更强C正确； CO32-和HCO3-水解D正确。等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测定在不同时间t产生气体体积V的数据，根据数据绘制得到图1，则曲线a、b、c、d所对应的实验组别可能是
A．4－3－1－2
B．3－4－2－1
C．1－2－3－4
D．1－2－4－3已知：4NH3＋5O2=4NO＋6H2O，若反应速率分别用ν(NH3)、ν(O2)、ν(NO)、ν(H2O)表示，则正确的关系是 A．ν(NH3)=4ν(O2)
B．ν(O2)=6ν(H2O)
C．ν(NH3)=3ν(H2O)
D．ν(O2)=4ν(NO)
讲评知识点及价值：
本题考查反应速率之比等于化学计量数之比。较简单。
解题技巧和方法：
由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知：ν(NH3)：ν(O2)=4：5，故A正确；ν(O2)：ν(H2O)=5：6，B错误；ν(NH3)：ν(H2O)=2：3，故C错误；ν(O2)：ν(NO)=5：4 故D错误下列关于化学反应的自发性叙述中正确的是A．H>0、?S>0的反应肯定是自发的B．H>0、?S<0的反应肯定是自发的
C．H0的反应肯定是自发的D．H<0、?Sc(Na+)>c(H+)>c(OH-)D．c (Na+) > c (CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
下列有关电化学装置的说法正确的是A．利用图a处理银器表面的黑斑Ag2S，银器表面的反应为Ag2S＋2e－=2Ag＋S2－
B．图b电解一段时间，铜电极溶解，石墨电极上有亮红色物质析出
C．图c中的X极若为负极，则该装置可实现粗铜的精炼
D．图d中若M是海水，该装置是通过牺牲阳极的阴极保护法使铁不被腐蚀A选项铝作负极作正极得电子生成Ag正确；B选项铜接电源负极为阴C选项电解精炼铜粗铜作阳极接电源的正极错误；D选项“牺牲阳极的阴极保护法”是应用原电池工作原理此为电解池错误。浓度均为0.10mol/L、体积均为0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积pH随的变化如图所示，下列叙述错误的是
A．MOH的碱性强于ROH的碱性
B．ROH的电离程度：b点大于a点
C．若两溶液无限稀释，则它们的c(OH-)相等
D．当=2时，若两溶液同时升高温度，则c(M+)/c(R+)增大为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以A1作阳极、Pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚。反应原理如下：电池：Pb（s）+PbO2（s）+2H2SO4（aq）=2PbSO4（s）+2H2O（l）
电解池：2Al+3H2OAl2O3+3H2↑，电解过程中，以下判断正确的是A．原电池中，溶液中氢离子向正极二氧化铅电极移动，故A错误； B．串联电池中转移电子数相等，每消耗3molPb，根据电子守恒生成lmolAl2O3，故B错误； C．原电池正极上二氧化铅得电子生成硫酸铅，故C错误； D．原电池中铅作负极，负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成难溶性的硫酸铅，所以质量增加，在电解池中，Pb阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，所以铅电极质量不变，故D正确；故选D．
常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表，请回答：
实验编号 HA物质的量浓度(mol·L-1) NaOH物质的量浓度(mol·L-1) 混合溶液的pH
c 0.2 pH＝7
乙 0.2 0.1 pH＞7
丙0.1 0.1 pH＝9
（1）不考虑其它组的实验结果，单从组情况分析，c是否一定等于0.2_____ (选填“是”或“否”)。
（）单从乙组实验结果分析，HA是________酸（选填“强”或“弱”）。该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是________________________________。
（）丙组实验所得混合溶液中下列算式的精确结果c(OH-)－c(HA) ＝。（不需要做近似处理）（1）单从甲组情况分析，反应后溶液呈中性，如HA为强酸，则c=0.2，如HA为弱酸，则c＞0.2，所在c不一定等于0.2
（2）乙组两溶液混合结果为等物质的量的HA和NaA溶液的混合液，溶液呈碱性，说明A-水解大于HA的电离，所以HA酸为弱酸，在溶液中存在A-+H2O?HA+OH-，则c（Na+）＞c（A-），溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A-）＞c（OH-），所以有：c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）；（3）等物质的量的酸碱反应后溶液为NaA溶液，据电荷守恒和物料守恒联合（或质子守恒）可得到c（OH-）=c（HA）+c（H+），所以c（OH-）-c（HA）=c（H+）=10-9
随原子序数的递增，八种短周期元素（用字母表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。根据判断出的元素回答问题：
（1）f 在元素周期表的位置是__________。
（2）比较g、h最高价氧化物对应水化物的酸性强弱是：___________>_____。（用化学式表示）
（3）由表中两种元素的原子按11组成的化合物A和BA中既含离子键又含非极性共价键，其电子式为__________；B是常见的液态化合物，其稀溶液易被催化分解，可使用的催化剂为_________________。（填序号）
a.MnO2b.FeCl3 c.Na2SO3 d.KMnO4
（4）由表中元素形成的常见物质X、Y、Z、M、N可发生以下反应：
X溶液与Y溶液反应的离子方程式为______________，
常温下，为使0.1 mol/L M 溶液中由M电离的阴、阳离子浓度相等，应向溶液中加入一定量的Y溶液至________________
（5）上述元素可组成盐R：zx4f(gd4)2向盛有10 mL 1mol·L-1 R溶液的烧杯中滴加1mol·L-1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图如下：
写出m点反应的子方程式_______________。
若R溶液改加20mL 1.2 mol·L-1Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为___mol。从图中的化合价和原子半径的大小，可以推出x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素。（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族。（2）非金属性越强最高价氧化物水化物的酸性越强，故HClO4＞H2SO4＞H2CO3（3）两种元素的原子按1:1组成的化合物A和B，A中既含离子键又含非极性共价键，是Na2O2，B是常见的液态化合物，B是H2O2其稀溶液易被催化分解，可使用的催化剂为MnO2和FeCl3（4）由图中的关系可推知X为铝盐Y为氨水，X溶液与Y溶液反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3 ↓+3NH4+ ；M为铵盐溶液，需加入氨水使溶液呈中性才能使M电离的阴、阳离子浓度相等。（5）①R是NH4Al(SO4)2， m点过程中加入氢氧化钠沉淀物质的量不变，是NH4+ 发生了反应，离子方程式为：NH4+ + OH-＝NH3·H2O ②10mL1mol·L-1 NH4Al(SO4)2,溶液中Al3+ 物质的量为0.01mol，NH4+的物质的量为0.01mol
，SO42-的物质的量为0.02mol， 20mL1.2 mol·L-1Ba(OH)2溶液Ba2+物质的量为0.024mol，OH—为0.048mol，反应生成沉淀为0.022mol。
滴定法是化学上常用的定量实验的方法。滴定的方法有酸碱中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定、络合滴定等
I．甲化学兴趣小组取20.00mL待测稀盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞溶液作指示剂，用0.2000 mol·L－1的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作3次，并记录数据。
（1）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察。（填序号）
A．滴定管内液面的变化
B．锥形瓶内溶液颜色的变化
（2）判断滴定终点的现象是：（）根据下列数据：请计算待测盐酸溶液的浓度为________mol/L。
滴定次数 待测液体积(mL) 标准NaOH溶液读数记录(mL)
滴定前读数 滴定后读数
第一次 20.00 0.40 20.40
第二次 20.00 4.00 24.00
第三次 20.00 2.00 24.10
II．乙化学兴趣小组利用氧化还原反应滴定，测定了某工厂废水中游离态氯的含量。实验如下：
取水样100 ml于锥形瓶中，加入100 ml的KI溶液(足量)，滴入指示剂2～3滴。
0.01mol·L-1标准Na2S2O3溶液滴定管，调整液面，记下读数。
将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为：I2+2Na2S2O3=2NaI+ 2Na2S4O6试回答下列问答：
（1）步骤发生的化学反应方程式为：_______________________________；加入的指示剂是。
（2）步骤应使用式滴定管。
（）氯的所测浓度比实际浓度会偏，造成误差的原因是（填序号）A
配制标准Na2S2O3溶液定容时，加水超过刻度B
锥形瓶水洗后直接装待测C
装标准Na2S2O3溶液滴定管水洗后润洗D
滴定到达终点时，视读出滴定管读数；E
滴定尖嘴部分有气泡，滴定后消失III．沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂。已知一些银盐的颜色和Ksp（20）如下，测定水体中氯化物的含量，常用标准硝酸银溶液进行滴定。
化学式 AgCl ②AgBr ③AgI ④Ag2S ⑤Ag2CrO4
颜色 白色 浅黄色 黄色 黑色 红色
Ksp 2.0×10-10 5.4×10-13 8.3×10-17 2.0×10-48 2.0×10-12
滴定时，你认为该滴定适宜选用的指示剂是下列中的 。
A.KBr B.KI C.K2S
（2）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，＝_______________ 。本题主要考查了酸碱中和滴定终点的判断浓度的计算氧化还原滴定沉淀滴定I（1）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化（2）酚酞试剂在酸性溶液中呈无色，当溶液呈弱碱性时，溶液呈粉红色，所以判断滴定终点的现象是：锥形瓶中溶液从无色变为粉红色，且半分钟内不变色；（3）三次滴定消耗的体积为：20.00mL，20.00mL，22.10，舍去第3组数据，然后求出1、2组平均消耗V（NaOH）=20.00mL，c（待测）=(V标oC标)/V待测=（0.2x20）/20=0.2000mol·L-1。
II（1）本滴定实验为利用I2+2Na2S2O3=2NaI+ 2Na2S4O6测定生成I2从而确定水样中的Cl2，故所用指示剂用来指示溶液中I2的量，故应用淀粉溶液作指示剂；（2）步骤②中滴定管所装溶液为Na2S2O3，溶液呈碱性，故应用碱式滴定管；（3）A. 配制标准溶液定容时，加水超过刻度，则标准溶液的浓度偏小，消耗的标准溶液体积偏大，所以使测定的待测溶液的浓度偏大正确；B. 锥形瓶水洗后直接装待测液，由于碱液的物质的量不变，所以消耗标准溶液的体积不变，故无影响，错误；C. 滴定管水洗后未润洗，则消耗的标准溶液体积偏，因此计算出的浓度就偏，；D. 滴定到达终点时，视读出滴定管读数；则标准溶液的体积偏，使待测溶液的浓度偏，；E. 滴定滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，则标准溶液的体积偏大，所以使待测溶液的浓度就偏大，正确。
根据四种物质的溶度积常数以及化学式可知，四种银Ag2CrO4> AgCl> AgBr> AgI >Ag2S，所以测定水体中氯化物的含量指示剂是AgCl沉淀后才可以沉淀的CrO42-，所以指示剂K2CrO4。（2）
（8分）研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义。
将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等。
已知：Fe2O3(s)＋3C(石墨)=2Fe(s)＋3CO(g)　ΔH1＝＋489.0 kJ·mol－1
C(石墨)＋CO2(g)=2CO(g)　ΔH2＝＋172.5 kJ·mol－1
则CO还原Fe2O3的热化学方程式为___________________________
某实验将CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种不同条件下反应：
CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)　
ΔH＝－49.0 kJ·mol－1
测得CH3OH的物质的量随时间变化如上图所示，回答问题：该反应的平衡常数表达式K=_______________；曲线、对应的平衡常数大小关系为K________KⅡ(填“大于”“等于”或“小于”)。下列措施中能使增大的是________。
A．升高温度B．充入He(g)使体系压强增大
C．将H2O(g)从体系中分离
D．再充入2
下列图像正确且能表明在时刻曲线反应一定处于平衡状态的是________。（填序号）
讲评知识点及价值：
本题考查盖斯定律平衡常数表达式根据盖斯定律，第一个方程式减去3乘以第二个方程式得Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)　ΔH＝ΔH1－3ΔH2＝489.0 kJ·mol－1－3×172.5 kJ·mol－1＝－28.5 kJ·mol－1。（2）① K=
②曲线Ⅱ优先达到平衡且平衡时生成物CH3OH的物质的量小，说明曲线Ⅱ对应的温度高，升高温度放热反应的平衡常数减小，所以KⅠ大于KⅡ。③A项，升高温度，平衡逆向移动，CO2转化率减小；B项，恒容时充入不反应的气体，平衡不移动，CO2转化率不变；C项，将H2O(g)从体系中分离，平衡正向移动，CO2转化率增大；D项，增大CO2的浓度，平衡正向移动，但CO2转化率减小。④曲线Ⅰ对就的温度不变平衡常数始终不变，并不能说明一定达平衡，A错误；该反应气体总物质的减小，气体平均摩尔质量不断增大，压强不断减小直到平衡时不再改变，所以BC正确；体系体积不变，气体质量不变，所以密度一直不变，D错误。工业废水随意排放会造成严重污染，根据成分不同可采用不同的处理方法。
电池生产工业废水中常含有Cu2+等重金属离子，常用FeS等难溶物质作为沉淀剂除去。已知室温下Ksp(FeS)＝6.3×10－18mol2·L－2，Ksp(CuS)＝1.3×10－36mol2·L－2。
请用离子方程式说明上述除杂的原理。
FeS高温煅烧产生的SO2气体通入下列溶液中，能够产生沉淀的是 （填序号）
A．Ba(NO3)2B．BaCl2C．Ba(OH)2D．溶有NH3的BaCl2溶液
③已知元素在高价态时常表现氧化性，若在酸性CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl沉淀，则生成CuCl的离子方程式是。电解法处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O72-）时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应Cr2O72+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，最后Cr3+ 以CrOH)3形式除去，下列说法不正确的是A．阳极反应为Fe-2e-═Fe2+ B．电解过程中溶液pHC．过程中有Fe（OH）3沉淀生成D．电路中每转移12 mol电子，最多有mol Cr2O72-被还原
（）废氨水可以转化成氨，氨再设计成碱性燃料电池。如图是该燃料电池示意图，产生的X气体可直接排放到大气中。；考查沉淀的转化、SO2的除去方法、离子方程式原电池的反应原理及电极式的书写、弱电解质的电离平衡、盐的水解平衡、水的离子积常数的计算的知识。（1）①FeS尽管难溶，也有一定的溶解度，在溶液中存在着沉淀溶解平衡：FeS(s) Fe2+(aq)+S2-(aq) ,由于Ksp(FeS)＝6.3×10－18mol2·L－2>>Ksp(CuS)＝1.3×10－36mol2·L－2，所以当溶液中含有Cu2+时，Cu2+就会与FeS电离产生的S2-结合产生更难溶的沉淀CuS。Cu2++ S2-=CuS↓，FeS再溶解电离，产生的S2-再反应变为CuS沉淀。最终能够把溶液中的Cu2+完全沉淀除去。反应的离子方程式为： FeS(s)+Cu2+(aq)= CuS(s)+ Fe 2+( aq).
② SO2+H2O=H2SO3,溶液显酸性。A．当向其中加入Ba(NO3)2时，也就相当于存在硝酸。硝酸有强氧化性，能把H2SO3氧化产生H2SO4.故会产生BaSO4沉淀。正确。B．假如能与BaCl2 发生反应，则反应的方程式为：B．BaCl2+ SO2+H2O=BaSO3↓+2HCl. BaSO3能与HCl发生反应，所以在酸性环境不存在。即该反应是不能发生的。换句话说就是不能发生反应产生沉淀。C．酸性氧化物SO2能与碱发生反应：Ba(OH)2+ SO2=BaSO3↓+ H2O.正确。D．首先发生反应：2NH3+ SO2+H2O= (NH4)2SO3,然后发生：(NH4)2SO3+BaCl2= BaSO3↓+ 2NH4Cl .正确。因此选项为A、C、D。③CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3，SO32-将Cu2+还原成CuCl沉淀，SO32-被氧化成SO42-，离子方程式为2Cu2＋＋SO32-＋2Cl－＋H2O2CuCl↓＋SO42-＋2H＋。（2）A．Fe板作阳极，为活性电极，Fe失电子，发生氧化反应生成亚铁离子，阳极反应为Fe-2e-═Fe2+，故A正确；B．由反应式Cr2O72+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O可知，处理过程中消耗氢离子，溶液的酸性减弱，溶液pH增大，故B错误；C．阴极发生还原反应，溶液中的氢离子得到电子减少，同时生成氢氧根，有Fe（OH）3沉淀生成，故C正确；D．Fe-2e-=Fe2+，则转移电子数12mol需要6molFe，再根据能够处理的关系式，得6Fe～12e-～6Fe2+～Cr2O72-，故被还原的Cr2O72-的物质的量为1mol，故D；
（）氨设计成碱性燃料电池，产生的X气体可直接排放到大气中。则X为N2,a电极作负极，电极反应为2NH3+6OH－－6e－ =N2+6H2O。附加题（10分）已知化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡均符合勒夏特列原理。请回答下列问题：
（）常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的下列六种溶液的pH如下表：
溶质 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO NaCN C6H5ONa
pH 8.8 9.7 11.6 10.3 11.1 11.3
①上述盐溶液中的阴离子，结合质子能力最强的是②根据表中数据判断，浓度均为0.01 mol·L－1的下列五种物质的溶液中，酸性最强的是；（填编号）将各溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是A．HCN
D．CH3COOH
③据上表数据，请你判断下列反应不能成立的是
（填编号）。
A．CH3COOH＋Na2CO3＝NaHCO3＋CH3COONa
B．CH3COOH＋NaCN＝CH3COONa＋HCN
C．CO2＋H2O＋2NaClO＝Na2CO3＋2HClO
D．CO2＋H2O＋2C6H5ONa＝Na2CO3＋2C6H5OH
④要增大氯水中HClO的浓度，可向氯水中加入少量的碳酸钠溶液，反应的离子方程式为
（）CaCO3是一种难溶物质，其KSp=28×l0-9。将浓度为2×l0-4 molL Na2CO3溶液CaCl2溶液等体积混合，则生成CaCO3沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为___________mol/L。考查电离平衡、水解平衡和溶解平衡。①同种浓度的离子结合质子能力越强，则盐水解程度就越大，盐溶液的碱性就越强，即pH越大。由于Na2CO3溶液的pH最大，说明CO32 －与H+结合力最强。因此上述盐溶液中的阴离子，结合质子能力最强的是CO32 －。②对应酸的酸性越弱，其阴离子越易水解，其盐溶液碱性越强，所以PH最小的酸性最强，所以CH3COOH酸性最强，在稀释时酸性越弱PH变化越小，pH变化最小的是C6H5OH，故答案为：D；C；③发生反应时应该是强酸制取弱酸。A．醋酸酸性大于碳酸，所以CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa能发生，故不选； B．醋酸酸性大于氢氰酸，所以CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCN能发生，故不选； C．碳酸次氯酸碳酸氢根离子，所以CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO，故； D．碳酸酸性苯酚碳酸氢根离子，碳酸钠会和苯酚之间反应，所以CO2+H2O+2C6H5ONa=Na2CO3+2C6H5OH不能发生故答案为：D；④要增大氯水中HClO的浓度，可向氯水中加入少量的碳酸钠溶液，反应的离子方程式为：2Cl2＋CO32 －＋H2O＝CO2↑＋2Cl－＋2HClO。（3）×l0-4mol/L，所以根据碳酸钙的溶度积常数可知，钙离子浓度是，则原氯化钙溶液的浓度是2.8×10－5 5.6×10－5
高考学习网－中国最大高考学习网站 | 我们负责传递知识！
本网部分资源来源于会员上传，除本网组织的资源外，版权归原作者所有，如有侵犯版权，请联系并提供证据（），三个工作日内删除。
其他相关资源
友情链接：
Copyright &2006 - 2016 高考学习网版权所有. All Rights Reserved.当前位置：
＞＞＞在常温下，将下列物质投入足量稀盐酸中，能产生气体且有金属不溶..
在常温下，将下列物质投入足量稀盐酸中，能产生气体且有金属不溶物残留的是
A.黄铜 B.纯铁 C.碳酸钙 D.碳素钢
题型：单选题难度：偏易来源：同步题
马上分享给同学
据魔方格专家权威分析，试题“在常温下，将下列物质投入足量稀盐酸中，能产生气体且有金属不溶..”主要考查你对&&合金&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
现在没空？点击收藏，以后再看。
因为篇幅有限，只列出部分考点，详细请访问。
合金的概念：
由两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质。 合金的特性：
合金与各成分金属相比，具有许多优良的物理、化学和机械性能。(1)合金的硬度一般比它的成分金属的大。(2)合金的熔点一般比它的成分金属的低。钢：
(1)钢和生铁同属于铁的合金。将铁矿石冶炼成生铁，生铁进一步冶炼可成为钢。 (2)钢是用量最大、用途最广的合金，按其化学成分可分为两大类：碳素钢和合金钢。 (3)碳素钢俗称普通钢。根据含碳量的多少，碳素钢又可以分为三类，见下表：
(4)合金钢是在碳素钢中适量地加入一种或几种其他元素而形成的具有特殊性能的钢。下表是几种常见合金钢的主要特性和用途。
其他几种常见合金的主要成分,性能和用途：
合金的分类：
(1)铝合金：常见的有镁铝合金、硬铝等。硬铝密度小，强度高，具有较强的抗腐蚀能力，是制造飞机和字宙飞船的理想材料。 (2)铜合金(3)(4)新型合金：钛合金、耐热合金和形状记忆合金等。&几种有色金属材料的比较及新型金属材料:
1.金,银,铜的重要物理性质,性能及应用比较
2.新型金属材料 (1)铀(U)用作核电站反应堆的核燃抖 (2)镅(Am)在烟雾探测器中用作烟雾监测材料 (3)钛(Ti)被誉为“21世纪的金属”，是一种“亲生物金属”
金属资源的合理开发和利用:1．合理开采矿物地球上的金属矿产资源是有限的，而且是不可再生的。随着人类不断地开发利用，矿产资源日渐减少，节约并合理地开采矿产资源是合理利用金属资源最直接，最基本水的措施 2．防止金属腐蚀金属制品在使用过程中会因腐蚀而损坏，每年因腐蚀造成的钢铁资源损失占当年总产量的10％以上，因此防腐是避免金属资源损失、浪费的重要手段 3．回收和利用废旧金属回收的废旧金属制品，大部分可以重新制成金属或它们的化合物，再进行使用。例如废旧钢铁可以用于炼钢；废铁屑可用于制铁盐 4．寻找金属替代品随着金属资源的目益减少，利用可再生资源开发、研制出新型材料代替金属材料的应用，是当今社会的一项重要科研课题，例如已经研制出并已实际运用的高硬度、耐高温材料；新型的替代钢铁的无机非金属材料料；有机化工合成的各种强度的橡胶、塑料，复合材料等
发现相似题
与“在常温下，将下列物质投入足量稀盐酸中，能产生气体且有金属不溶..”考查相似的试题有：
2465762478558389282829100574207564