高考化学试题目分类整理汇编共页.doc

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1、【精品文档】如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流高考化学试题目分类整理汇编共页.精品文档.分类汇编012011高考化学试题分类汇编 离子共存 离子反应1.（2011江苏高考4）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.1.0 molL1的KNO3溶液：H、Fe2、Cl、SO42B.甲基橙呈红色的溶液：NH4、Ba2、AlO2、ClC.pH12的溶液：K、Na、CH3COO、BrD.与铝反应产生大量氢气的溶液：Na、K、CO32、NO3解析：本题以溶液中离子共存的方式考查学生对硝酸的氧化性、亚铁离子还原性、甲基橙呈红色水溶液的呈酸性、酸性溶液AlO2不能在其中共存、与铝反应产生大

2、量氢气有强酸碱性两种可能等相关知识的理解程度，考查学生综合运用所学化学知识解决相关化学问题的能力。答案：C2.（2011安徽高考8）室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A.饱和氯水中 Cl、NO3、Na、SO32 B.c(H)=1.01013mol/L溶液中 C6H5O、K、SO42、Br C.Na2S溶液中 SO42、 K、Cl、Cu2 D.pH=12的溶液中 NO3、I、Na、Al3解析：饱和氯水具有强氧化性，能将SO32氧化成SO42，A中不能大量共存；c(H)=1.01013mol/L溶液，说明该溶液显碱性，因此可以大量共存；S2和Cu2可以结合生成难溶性CuS沉淀，所以不

3、能大量共存；pH=12的溶液，说明该溶液显碱性，而Al3与碱不能大量共存。所以正确的答案是B。答案：B3. （2011广东高考8）能在水溶液中大量共存的一组离子是A. H、I、NO3、SiO32 B. Ag、Fe3、Cl、SO42C.K、SO42、Cu2、NO3 D.NH4、OH、Cl、HCO3解析：本题考察离子共存问题。SiO32属于弱酸硅酸的酸根与酸不能大量共存，同时在酸性溶液中，NO3具有氧化性能氧化I生成单质碘，A不正确；Ag与Cl和SO42均可生成难溶性物质AgCl和Ag2SO4，B不正确；在碱性溶液中NH4和HCO3均与OH结合分别形成氨水和CO32，因此D也不正确，所以答案是C。

4、答案：C4(2011全国II卷11)将足量CO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是AK、SiO32、Cl、NO3BH、NH4、Al3、SO42CNa、S2、OH、SO42DNa、C6H5O、CH3COO、HCO3解析：SiO32与CO2反应；OH与CO2反应；C6H5O与CO2反应。答案：B5.（2011四川）甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由NH4、Ba2、Mg2、H、OH、Cl、HCO3、SO42中的不同阳离子和阴离子各一种组成。已知：将甲溶液分别与其它三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成； 0.1mol/L乙溶液中c（H）0.1mol/L； 向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不

5、溶于稀HNO3的白色沉淀生成。下列结论不正确的是A. 甲溶液含有Ba2 B. 乙溶液含有SO42C丙溶液含有Cl D.丁溶液哈有Mg2解析：可以形成白色沉淀的只有BaSO4、BaCO3、Mg(OH)2，因此甲只能是Ba(OH)2；0.1mol/L乙溶液中c（H）0.1mol/L，什么乙是硫酸；向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成，说明丙是MgCl2，所以丁是NH4HCO3。答案：D6（2011上海）某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42、I、S2。分别取样：用pH计测试，溶液显弱酸性；加氯水和淀粉无明显现象。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是 A Na+

6、 BSO42 C Ba2+ DNH4+解析：溶液显弱酸性，说明有NH4+（水解显酸性）；加氯水和淀粉无明显现象排除I、S2。所以必需含有SO42，故不能有Ba2+。Na+无法排除。答案：A7.（2011江苏高考6）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A.FeCl3溶液与Cu的反应：CuFe3Cu2Fe2B.NO2与水的反应：3NO2H2O2NO3NO2HC.醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO32HCa2H2OCO2D.向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2CO23H2O2Al(OH)3CO32解析：本题是基本概念中离子方程式判断正误的考查，选题以元素化合物基础和生活内容为背

7、景。A.电荷不守恒，离子方程式要注意三守恒（元素、电子、电荷）等。正确的方程式是：Cu2Fe3Cu22Fe2；B.NO2与水的反应生成硝酸和NO，仅硝酸可折成离子。C.用食醋除去水瓶中的水垢涉及到弱电解质及难溶物质的书写，碳酸钙、醋酸均不能拆成离子，内容来源于必修二的课本内容。正确的方程式是：CaCO32CH3COOH2CH3COO+Ca2H2OCO2；D.向NaAlO2溶液中通入过量CO2的产物是Al(OH)3HCO3，本选项对部分学生有难度，但在单项选择题可以用排除法解决。正确的方程式是：AlO2CO22H2OAl(OH)3HCO3。答案：B8（2011北京高考9）下列与处理方法对应的反应

8、方程式不正确的是 A用NaS去除废水中的Hg2：Hg2S2=HgS B用催化法处理汽车尾气中的CO和NO：CONOCNO2 C向污水中投放明矾，生成能凝聚悬浮物的胶体：Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H D用高温催化氧化法去除烃类废气（CxHy）：解析：S2和Hg2易结合形成难溶性物质，A正确；NO的氧化性强于CO，反应的方程式为2CO2NON22CO2，因此B不正确；明矾在溶液中电离出的Al3水解生成的氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物，C正确；碳、氢化合物在高温下可被氧气氧化生成二氧化碳和水，D正确。答案：B9.（2011新课标全国）能正确表示下列反应的离子方程式为 A. 硫化亚铁溶于稀

9、硝酸中：FeS+2H+=Fe2+H2S B. NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3-+OH-=CO32-+H2O C. 少量SO2通入苯酚钠溶液中：C6H5O-+SO2+H2O=C6H5OH+HSO3-D. 大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO-+CO2+H2O解析：硝酸具有氧化性，能氧化FeS，因此产物应该是硝酸铁、硫酸和一氧化氮，A不正确；NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中除了生成碳酸钠外还有氨气生成，方程式为：NH4HCO32OH=CO322H2ONH3，B不正确；SO2不足产物应该是SO32，C不正确。所以答案是D。答案：D10. (2

10、011海南)下列固体混合物与过量的稀H2SO4反应，能产生气泡并有沉淀生产的是A. NaHCO3和Al（OH）3 B. BaCl2和NaClC. KClO3和K2SO4 D. Na2SO3和BaCO3答案D命题立意：基本化学性质化学反应的考查解析：根据题中的要求，要产生气泡同时有沉淀生成。A选项无沉淀生成，B选项无气体生成，C选项物质不熟悉可用排除法，D可得到气体和沉淀，符合题目要求。【技巧点拨】关于物质性质考查的题，通常出现在单选题中。如果选项中有不熟悉的物质，一般用排除法处理，以防解题出错。11（2011上海21）在复盐NH4Fe(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，可能发生的反应

11、的离子方程式是 A Fe2+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+Fe(OH)2BNH4+Fe3+ 2SO42+ 2Ba2+ 4OH=2BaSO4+ Fe(OH)3+ NH3H2OC2Fe3+ 3SO42+ 3Ba2+6OH=3BaSO4+ 2Fe(OH)3D3NH4+ Fe3+3SO42+ 3Ba2+ 6OH=3BaSO4+Fe(OH)3+3NH3H2O解析；复盐NH4Fe(SO4)2中Fe的化合价是+3价，因此选项A不正确；又因为NH4Fe(SO4)2还可以形成(NH4)2SO4Fe2(SO4)3的形式，因此当Ba(OH)2不足时选项C也有可能发生。答案：BC2011年高考化学试题分类汇编

12、电解质溶液1.（2011江苏高考14）下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.在0.1 molL1NaHCO3溶液中：c(Na)c(HCO3)c(CO32)c(H2CO3)B.在0.1 molL1Na2CO3溶液中：c(OH)c(H)c(HCO3)2c(H2CO3)C.向0.2 molL1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 molL1NaOH溶液：c(CO32) c(HCO3) c(OH)c(H)D.常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液pH7, c(Na)0.1 molL1：c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)c(H)c(OH)继续：本题属于基本概念与理论

13、的考查，落点在水解与电离平衡、物料守恒和电荷守恒、离子浓度大小比较。溶液中存在水解与电离两个过程的离子浓度大小比较似乎是考试热点内容，高三复习中要反复加强训练。A.在0.1 molL1NaHCO3溶液中，HCO3在溶液中存在水解与电离两个过程，而溶液呈碱性，说明水解过程大于电离过程，c(H2CO3)c(CO32)B.c(OH)c(H)c(HCO3)2c(H2CO3)中把c(H)移项到等式另一边，即是质子守恒关系式。C.向0.2 molL1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 molL1NaOH溶液后，相当于0.05 molL1的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的混合液，由于Na2CO3的水解程

14、度大于NaHCO3的水解程度，因此正确的关系是：c(HCO3)c(CO32) c(OH)c(H)。D.常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液，包括CH3COO水解和CH3COOH电离两个过程，既然pH7, 根据电荷守恒式，不难得出c(Na)c(CH3COO) 0.1 mol L1，c(H)c(OH-)1107 molL1。水解是有限的，c(CH3COOH)c(CH3COO)。2.（2011安徽高考12）室温下，将1.000molL1盐酸滴入20.00mL 1.000molL1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如下图所示。下列有关说法正确的是 A. a点由水电离出的c(H)=

15、1.01014mol/L B. b点：c(NH4)c(NH3H2O)=c(Cl) C.c点：c(Cl)= c(NH4) D.d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3H2O电离吸热解析：氨水属于弱碱，因此在1.000molL1氨水中OH的浓度不会是1.000molL1而是要小于1.000molL1，由水得离子积常数可知溶液中H+浓度应大于1.01014mol/L，A不正确；由图像可知b点溶液显碱性，说明此时氨水有剩余，即溶液是由氨水和氯化铵组成的，因此有c(NH4)c(NH3H2O)c(Cl)，B不正确；由图像可知c点溶液显中性，由电荷守衡可知c(H+）+c(NH4+）c(OH）+c(Cl)，所

16、以c(NH4+）c(Cl)，C正确；由图像可知d点后溶液中主要物质是NH4Cl，而NH4Cl要水解吸热，所以温度会略有降低，D也不正确。答案：C3（2011浙江高考13）海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：模拟海水中的离子浓度(mol/L)NaMg2Ca2Cl0.4390.0500.0110.5600.001注：溶液中某种离子的浓度小于1.0105 mol/L，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。已知：Ksp(CaCO3)4.96109；Ksp(MgCO3)6.82106；KspCa(OH)24.68106；KspMg(OH)25.611012。

17、下列说法正确的是A沉淀物X为CaCO3B滤液M中存在Mg2，不存在Ca2C滤液N中存在Mg2、Ca2D步骤中若改为加入4.2 g NaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物解析：步骤发生Ca2OHCaCO3H2O；步骤：KspMg(OH)2c(Mg2)(103)25.61012，c(Mg2)5.6106。QCa(OH)2c(Ca2)(103)2108Ksp，无Ca(OH)2析出。A正确。生成0001 mol CaCO3。B错误。剩余c(Ca2)0.001 mol/L。C错误。c(Mg2)5.6106105，无剩余，D错误。生成0.05 mol Mg(OH)2，余0.005

18、mol OH，QCa(OH)20.010.00522.5107Ksp，无Ca(OH)2析出。答案：A【评析】本题考察方式很新颖，主要考察溶度积的计算和分析。解题时要能结合溶度积计算，分析推断沉淀是否产生，要求较高。答案：BD4.（2011福建高考10）常温下0.1molL1醋酸溶液的pH=a，下列能使溶液pH=(a1)的措施是 A将溶液稀释到原体积的10倍 B加入适量的醋酸钠固体 C加入等体积0.2 molL1盐酸 D提高溶液的温度解析：醋酸是弱酸，电离方程式是CH3COOHH+CH3COO，故稀释10倍，pH增加不到一个单位，A项错误；加入适量的醋酸钠固体，抑制醋酸的电离，使其pH增大，可以

19、使其pH由a变成(a1)；B项正确；加入等体积0.2 molL1盐酸，虽然抑制醋酸的电离，但增大了c（H），溶液的pH减少；C项错误；提高溶液的温度，促进了醋酸的电离，c（H）增大，溶液的pH减少；D项错误。此题涉及弱电解质的电离平衡移动，切入点都是比较常规的设问，但学生易错选。答案：B5.（2011广东非公开11）对于0.1molL-1 Na2SO3溶液，正确的是A、升高温度，溶液的pH降低B、c（Na）=2c（SO32）+ c（HSO3）+ c（H2SO3）C、c（Na）+c（H）=2 c（SO32）+ 2c（HSO3）+ c（OH）D、加入少量NaOH固体，c（SO32）与c（Na）均增

20、大解析：本题考察盐类水解及外界条件对水解平衡的影响和溶液中离子浓度大小判断。Na2SO3属于强碱弱酸盐，水解显碱性，方程式为SO32H2OHSO3OH、HSO3H2OH2SO3OH，因为水解是吸热的，所以升高温度，有利于水解，碱性会增强，A不正确；加入少量NaOH固体，c（OH）增大，抑制水解，所以c（SO32）增大，D是正确的；由物料守恒知钠原子个数是硫原子的2倍，因此有c（Na）=2c（SO32）+2 c（HSO3）+ 2c（H2SO3），所以B不正确，有电荷守恒知c（Na）+c（H）=2 c（SO32）+ c（HSO3）+ c（OH），因此C也不正确。答案：D6.（2011山东高考14）

21、室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是A.溶液中导电粒子的数目减少B.溶液中不变C.醋酸的电离程度增大，c(H)亦增大D.再加入10mlpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7解析：醋酸属于弱酸，加水稀释有利于醋酸的电离，所以醋酸的电离程度增大，同时溶液中导电粒子的数目会增大，由于溶液体积变化更大，所以溶液的酸性会降低，即c(H)、c(CH3COO)、c(CH3COOH)均会降低，因此选项A、C均不正确；由水的离子积常数知，所以其中表示醋酸的电离平衡常数，由于水的离子积常数和醋酸的电离平衡常数均只与温度有关，所以选项B正确；pH=3的醋酸说明醋酸的浓度大于0.00

22、1mol/L，pH=11的NaOH溶液说明氢氧化钠的浓度等于0.001mol/L，因为在稀释过程中醋酸的物质的量是不变的，因此加入等体积的pH=11的NaOH溶液时，醋酸会过量，因此溶液显酸性，D不正确。答案：B7.（2011天津）25时，向10ml0.01mol/LKOH溶液中滴加0.01mol/L苯酚溶液，混合溶液中粒子浓度关系正确的A.pH7时，c(C6H5O)c(K+)c(H)c(OH)B.pHc(C6H5O)c(H)c(OH)C.VC6H5OH(aq)10ml时，c(K+)c(C6H5O)c(OH)c(H)D.VC6H5OH(aq)20ml时，c(C6H5O)+c(C6H5OH)=2

23、c(K+)解析：pH7时，c(H)不可能大于c(OH)的，所以选项A明显不正确；由溶液中的电荷守恒定律知：c(K+)+c(H)c(C6H5O)+c(OH)，所以不可能满足c(K+)c(C6H5O)c(H)c(OH)，即选项B不正确；中苯酚是一种极弱的酸，所以当KOH溶液和苯酚恰好反应，产物苯酚钾会发生水解反应而显碱性。由题中数据不难计算出，当二者恰好反应时消耗苯酚的体积是10ml，此时溶液中粒子的浓度大小关系为：c(K+)c(C6H5O)c(OH)c(H)，所以选项C是不正确的；当加入苯酚的体积是20ml时，苯酚过量，溶液是由等物质的量浓度的苯酚和苯酚钾组成，所以根据物料守恒可知c(C6H5O

24、)+c(C6H5OH)=2c(K+)一定成立，因此选项D是正确的。答案：D8.（2011天津）下列说法正确的是A.25时NH4Cl溶液的KW大于100时NH4Cl溶液的KWB.SO2通入碘水中，反应的离子方程式为SO2I22H2O=SO322IC.加入铝粉能产生氢气的溶液中，可能存在大量的Na、Ba2、AlO2、NO3D.100时，将pH2的盐酸与pH12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性解析：在稀溶液中水的离子积常数KWc(H)c(OH)，KW只与温度有关而与溶液的酸碱性无关，由于水的电离是吸热的，因此温度升高时会促进水的电离，即KW会增大，例如25时KW11014，而在100时KW110

25、12，所以选项A不正确；碘水具有氧化性，可以将二氧化硫氧化成硫酸，而单质碘被还原成碘离子，方程式为SO2I22H2O=SO422I+4H+，选项B不正确；能和铝粉反应产生氢气的溶液既可以显酸性也可以显碱性，这四种离子：Na、Ba2、AlO2、NO3虽然在酸性溶液中不能大量共存（AlO2会结合H+，生成氢氧化铝沉淀或生成Al3+），但可以在碱性溶液中大量共存，因此选项C正确；100时，KW11012，此时pH2的盐酸其浓度为102mol/L，但pH12的NaOH溶液其其浓度为1mol/L，所以当二者等体积混合时NaOH过量，溶液显碱性，D不正确。答案：C9.（2011重庆） 对滴有酚酞试液的下列

26、溶液，操作后颜色变深的是A.明矾溶液加热 B.CH3COONa溶液加热C.氨水中加入少量NH4Cl固体 D.小苏打溶液中加入少量NaCl固体解析：本题考察外界条件对盐类水解及电离平衡的影响。盐类水解是吸热的，因此加热有利于水解反应向正方应方向移动，明矾中的Al3水解，方程式为Al33H2OAl(OH)33H，加热时酸性会增强，A不正确；CH3COONa水解显碱性，方程式为CH3COOH2OCH3COOHOH，加热时碱性会增强，所以溶液颜色会变深，B正确；氨水显碱性，溶液中存在下列电离平衡NH3H2ONH4OH，加入少量NH4Cl固体，会增大NH4的浓度，抑制氨水的电离，从而降低碱性，颜色会变浅

27、，C不正确；NaHCO3属于强电解质，电离方程式为NaHCO3=NaHCO3，HCO3同时电离和水解平衡，方程式为HCO3HCO32，HCO3H2OH2CO3OH。由于水解程度大于电离程度，所以NaHCO3溶液显弱碱性，但加入少量NaCl固体时，对两个平衡不会产生影响，即颜色不发生变化，D不正确。答案：B10.（2011新课标全国）将浓度为0.1molL-1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是A. c（H+） B. C. D. 解析：HF属于弱电解质，加水促进HF的电离平衡向右移动，即电离程度增大，但电离平衡常数只与温度有关，所以选项B不变；但同时溶液的体积也增大，所以溶液的酸性会降

28、低，即c(H+)、c(F-)和c(HF)的浓度均降低，考虑到溶液中水还会电离出氢离子，所以稀释到一定程度(即无限稀释时)，c(H+)就不在发生变化，但c(F-)和c(HF)却一直会降低，所以选项D符合题意。答案：D11.（2011海南）用0.1026molL-1的盐酸滴定25.00mL未知浓度的氢氧化钠溶液，滴定达终点时，滴定管中的液面如下图所示，正确的读数为A. 22.30mL B. 22.35mL C. 23.65mL D. 23.70Ml答案B命题立意：考查基本的实验素质，滴定管读数。解析：图中液面在2223mL之间，分刻度有10个，因而每刻度是0.1mL，液体的凹面读数约为22.35m

29、L。 【误区警示】：本题是基础题，但要注意读数时滴定管与量筒间的差别，滴定管是由上向下读数，量筒则正好相反。2(2011全国II卷6)等浓度的系列稀溶液：乙酸、苯酚、碳酸、乙醇，它们的PH由小到大排列的正确是ABCD解析：乙酸、碳酸和苯酚的酸性依次降低，故PH依次增大。乙醇属于非电解质，PH最大。答案：D13(2011全国II卷9)温室时，将浓度和体积分别为c1、v1的NaOH溶液和c2、v2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是A若PH7时，则一定是c1v1=c2v2B在任何情况下都是c（Na+）+c（H）=c（CH3COO）+c（OH）C当pH=7时，若V1=V2，则

30、一定是c2c1D若V1=V2,C1=C2,则c（CH3COO）+C(CH3COOH)=C(Na)解析：若c1v1=c2v2说明二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解显碱性，但NaOH过量时液也显碱性。答案：A14.（2011四川）25时，在等体积的 pH=0的H2SO4溶液、0.05mol/L的Ba（OH）2溶液，pH=10的Na2S溶液，pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是A.1:10:10:10 B.1:5:510:510C.1:20:10:10 D.1:10:10:10解析：酸或碱是抑制水电离的，且酸性越强或碱性越强，抑制的程度就越大；能发生水解的盐是促进水电离的。由题

31、意知中发生电离的水的物质的量分别是1014、1013、104、105，所以选项A正确。答案：A15（2011上海19）常温下用pH为3的某酸溶液分别与pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是Ab不可能显碱性 B a可能显酸性或碱性Ca不可能显酸性 Db可能显碱性或酸性解析：pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液，其浓度分别是大于103mol/L和等于103mol/L，由于pH为3的某酸溶液，其强弱未知。因此与pH为11的氨水反应时，都有可能过量；而与pH为11的氢氧化钠溶液反应时酸可能过量或二者恰好反应。答案：AB16（2011天津，14分）工

32、业废水中常含有一定量的Cr2O72和CrO42，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理。常用的处理方法有两种。方法1：还原沉淀法 该法的工艺流程为其中第步存在平衡：2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2O（1）若平衡体系的pH=2，则溶液显 色.（2）能说明第步反应达平衡状态的是 。aCr2O72和CrO42的浓度相同b2v (Cr2O72) =v (CrO42)c溶液的颜色不变（3）第步中，还原1mol Cr2O72离子，需要_mol的FeSO47H2O。（4）第步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH(aq

33、) 常温下，Cr(OH)3的溶度积Kspc(Cr3+)c3(OH)10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH应调至 。方法2：电解法 该法用Fe做电极电解含Cr2O72的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。（5）用Fe做电极的原因为 。（6）在阴极附近溶液pH升高的原因是（用电极反应解释） 。 溶液中同时生成的沉淀还有 。解析：（1）pH=2说明溶液显酸性，平衡向正反应方向移动，Cr2O72的浓度会增大，所以溶液显橙色； （2）在一定条件下的可逆反应里，当正反应速率和逆反应速率相等，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变时，该可逆反应就到达

34、化学平衡状态，因此选项a不正确；在任何情况下Cr2O72和CrO42的反应速率之比总是满足1：2，因此选项b也不正确；溶液颜色不再改变，这说明Cr2O72和CrO42的浓度不再发生改变，因此可以说明反应已经达到化学平衡状态，c正确。（3）Cr2O72中Cr的化合价是+6价，所以1mol Cr2O72被还原转移2（63）6mol电子；Fe2+被氧化生成Fe3+，转移1个电子，因此根据得失电子守恒可知需要FeSO47H2O的物质的量为6mol；（4）由溶度积常数的表达式Kspc(Cr3+)c3(OH)10-32可知，当c(Cr3+)10-5mol/L时，c(OH)10-9mol/L，所以pH5。（

35、5） Cr2O72要生成Cr(OH)3沉淀，必需有还原剂，而铁做电极时，在阳极上可以失去电子产生Fe2+，方程式为Fe2eFe2+。（6）在电解池中阳离子在阴极得到电子，在溶液中由于H+得电子得能力强于Fe2+的，因此阴极是H+放电，方程式为2H+2eH2，随着电解的进行，溶液中的H+浓度逐渐降低，水的电离被促进，OH浓度逐渐升高。由于Fe2+被Cr2O72氧化生成Fe3+，当溶液碱性达到一定程度时就会产生Fe(OH)3沉淀。答案：（1）橙 （2）c （3）6 （4）5 （5）阳极反应为Fe2eFe2+，提供还原剂Fe2+ （6）2H+2eH2 Fe(OH)3 2011年高考化学试题分类汇编氧

36、化还原反应1(2011全国II卷13)某含铬Cr2O72 废水用硫亚铁铵FeSO4(NH4)2 SO46H2O处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀干燥后得到n molFeOFeyCrxO3 。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是A消耗硫酸亚铁铵的物质量为n(2-x)molB处理废水中Cr2O72 的物质量为molC反应中发生转移的电子数为3nx molD在FeOFeyCrxO3中3x=y解析：由铬元素守恒知废水中Cr2O72 的物质量为mo，反应中发生转移的电子数为6mo 3nx mol。由得失电子守恒知y3x，而由铁元素守恒知消耗硫酸亚铁铵的物质量为n（1+y）moln(

37、3x+1)mol，因此选项A是错误的。答案：A2（2011上海18）氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等。下列反应与Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr相比较，水的作用不相同的是A2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 B4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3C2F2+2H2O=4HF+O2 D2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2解析：反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中，水既非氧化剂又非还原剂。A中水既非氧化剂又非还原剂；B中水既非氧化剂又非还原剂；C中水还原剂；D中水作氧化剂。答案

38、：CD3（2011上海24）雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。根据题意完成下列填空：（1） As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体。若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和SnCl2的物质的量之比为 。（2）上述反应中的氧化剂是 ，反应产生的气体可用 吸收。（3） As2S3和HNO3有如下反应：As2S3+ 10H+ 10NO3=2H3AsO4+ 3S+10NO2+ 2H2O若生成2mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为 。若将该反应设计成一原电池，则NO2应该在 （填“正极”或“负

39、极”）附近逸出。（4）若反应产物NO2与11.2L O2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，然后与过量的碳反应，所产生的CO2的量 （选填编号）。a小于0.5 mol b等于0.5 mol c大于0.5mol d无法确定解析：（1）根据电子得失守恒知1molAs2S3作氧化剂得到2mol电子，而1molSnCl2作还原剂失去2mol电子，所以二者的物质的量之比是1：1；（2）H2S是还原性气体可用碱液吸收或硫酸铜溶液吸收；（3）As2S3作还原剂，转移电子的个数是2（53）+3（0+2）10。NO2属于还原产物，在正极生成；（4）根据电子守恒可知生成CO2的量是0.5mol4/40

40、.5mol，但考虑到随着反应到进行，硝酸的浓度会降低而稀硝酸不与碳反应。答案：（1）1：1 （2）As2S3 氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液 （3）10mol 正极 （4）a2011年高考化学试题分类汇编非金属及其化合物1.（2011江苏高考3）下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是A.常温下浓硫酸能是铝发生钝化，可在常温下用铝制贮藏贮运浓硫酸B.二氧化硅不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器C.二氧化氯具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒D.铜的金属活泼性比铁的差，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀解析：本题属于元素及其化合物知识的考查范畴，这些内容都来源于必修一、选修四和必修二等课本内容。看来

41、高三一轮复习一定注意要抓课本、抓基础，不能急功近利。二氧化硅不与任何酸反应，但可与氢氟酸反应。二氧化氯中氯的化合价为4价，不稳定，易转变为1价，从而体现氧化性。铜的金属活泼性比铁的差，在原电池中作正极，海轮外壳上装铜块会加快海轮外壳腐蚀的进程。答案：A2.（2011江苏高考9）NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质（见图4）。下列说法正确的是A.25，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大B.石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂C.常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应D.图4所示转化反应都是氧化还原反应解析：本题考查元素化合物知识综合内容，拓展延伸至电

42、解饱和食盐水、电解熔融氯化钠、侯氏制碱等内容，但落点很低，仅考查NaHCO3 、Na2CO3的溶解度、工业制漂白粉、干燥的Cl2贮存和基本反应类型。重基础、重生产实际应该是我们高三复习也应牢记的内容。25，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的要小；石灰乳与Cl2的反应中氯发生歧化反应，Cl2既是氧化剂，又是还原剂；常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存仅代表常温Cl2不与铁反应，加热、高温时可以反应；在侯氏制碱法中不涉及氧化还原反应。答案：B3.（2011山东高考10）某短周期非金属元素的原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半，该元素A.在自然界中只以化合态的形式存在B.单质常用作半导体材料和

43、光导纤维C.最高价氧化物不与酸反应D.气态氢化物比甲烷稳定解析：依据原子核外电子的排布规律可知，在短周期元素中原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半的元素可以是Li或Si元素，但Li属于金属不符合题意，因此该元素是Si元素。硅是一种亲氧元素，在自然界它总是与氧相化合的，因此在自然界中硅主要以熔点很高的氧化物及硅酸盐的形式存在，选项A正确；硅位于金属和非金属的分界线附件常用作半导体材料，二氧化硅才用作光导纤维，选项B不正确；硅的最高价氧化物是二氧化硅，SiO2与酸不反应但氢氟酸例外，与氢氟酸反应生成SiF4和水，因此氢氟酸不能保存在玻璃瓶中，选项C不正确；硅和碳都属于A，但硅位于碳的下一周期，非金属性比碳的弱，因此其气态氢化物的稳定性比甲烷弱，选项D也不正确。答案：A4.（2011海南）“碳捕捉技术”是指通过一定的方法将工业生产中产