2019-2020年高三化学第一次月考试卷（含解析）.doc

2019-2020年高三化学第一次月考试卷（含解析）化学试卷一.选择题（只有一个选项符合题意，每题5分，共50分）1（5分）下列说法在一定条件下可以实现的是（）酸性氧化物与碱反应弱酸与盐溶液反应可生成强酸 没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应两种酸溶液充分反应后的溶液呈中性有单质参加的非氧化还原反应两种含氧化合物反应的产物有气体A. B. C. D. 考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；氧化还原反应；离子反应发生的条件.专题：物质的分类专题分析：酸性氧化物和碱反应生成盐和水；弱酸和盐反应生成更难溶的物质可以实现；酸和盐反应生成弱酸的复分解反应可以发生反应；氧化还原反应的发生有可能使得溶液的酸碱性发生变化；有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应；根据元素和化合物性质知识来回答解答：解：酸性氧化物是和碱反应生成水和盐的氧化物，如二氧化碳可以和氢氧化钠发生反应生成碳酸钠和水，故正确；弱酸和盐反应生成更难溶的物质可以实现，如H2S+CuSO4=CuS+H2SO4，故正确酸和盐反应生成弱酸的复分解反应，HCl+CH3COONa=CH3COOH+NaCl，故正确；根据反应2H2S+H2SO3=3H2O+S可知，氢硫酸和亚硫酸溶液充分反应后的溶液体系为中性，故正确；同素异形体之间的转化属于有单质参加的非氧化还原反应，故正确；反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2和3NO2+H2O=2HNO3+NO是两种氧化物反应产物有气体的反应，故正确故选A点评：本题考查学生元素和化合物的综合知识，注意知识的积累是解题的关键，综合性较强，难度较大2（5分）下列关于胶体的叙述不正确的是（）A胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在109107m之间B光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应C用平行光照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，产生的现象相同DFe（OH）3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系.专题：溶液和胶体专题分析：分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小，小于100nm为溶液，大于100nm为浊液，在1nm100nm的为胶体，胶体具有的性质主要有；均一、稳定、有吸附作业，具有丁达尔现象、聚沉、电泳等性质，其中丁达尔现象是区分溶液和胶体的方法解答：解：A、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在109107m之间，即1nm100nm，故A正确；B、光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应，是胶体特有的性质，故B正确；C、用平行光照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，Fe（OH）3胶体中会产生光亮的通路，产生丁达尔现象，NaCl溶液无此现象，故C错误；D、Fe（OH）3胶体具有较大的表面积，能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的，故D正确；故选C点评：本题考查了胶体性质，胶体与其他分散系的本质区别，熟悉胶体的性质及判断即可解答3物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度有关下列各组物质：Cu与HNO3溶液 Cu与FeCl3溶液 Zn与H2SO4溶液 Fe与HCl溶液 由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是（）ABCD考点：硝酸的化学性质；浓硫酸的性质.专题：氧族元素；氮族元素分析：浓硝酸与金属反应生成二氧化氮，稀硝酸与金属反应生成一氧化氮；较活泼金属与稀硫酸反应生成氢气，与浓硫酸反应生成二氧化硫；中都只发生一种反应，以此来解答解答：解：Cu与HNO3溶液中，若为浓硝酸，发生Cu+4HNO3Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，若为稀硝酸，则发生3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO+4H2O，故符合题意；Cu与FeCl3溶液中，无论浓度大小都只发生Cu+2FeCl32FeCl2+CuCl2，故不符合题意；Zn与H2SO4溶液中，若为稀硫酸，发生Zn+H2SO4ZnSO4+H2，若为浓硫酸，则发生Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2+2H2O，故符合题意；Fe与HCl溶液中，无论浓度大小都只发生Fe+2HCl=FeCl2+H2，故不符合题意；故选A点评：本题考查常见物质的性质，明确浓稀硝酸、浓硫酸具有强氧化性及发生的化学反应是解答本题的关键，难度不大4（5分）已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2H2O IO3I2 MnO4Mn2+ HNO2NO如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是（）AH2O2BIO3CMnO4DHNO2考点：氧化还原反应的计算；氧化还原反应.专题：电化学专题分析：反应中II2，失去1个电子，而H2O2H2O得到2个电子，IO3I2得到5个电子，MnO4Mn2+得到5个电子，HNO2NO得到1个电子，根据氧化还原反应氧化剂与还原剂得失电子数目相等进行判断解答：解：氧化时I，H2O2H2O得到2个电子，IO3I2得到5个电子，MnO4Mn2+得到5个电子，HNO2NO得到1个电子，II2，失去1个电子，但由于IO3也被还原为I2，则得到I2最多的是IO3，故选B点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，注意把握元素化合价的变化，IO3由于也被还原为I2为本题的易错点，题目难度不大5下列离子或分子在溶液中能大量共存，通入CO2后仍能大量共存的一组是（）AK+、Ca2+、Cl、NO3BK+、Na+、Br、SiO32CH+、Fe2+、SO42、Cl2DK+、Ag+、NH3H2O、NO3考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：各组离子的溶液中，通入过量CO2气体后，CO2+H2OH2CO3，H2CO3H+HCO3，HCO3H+CO32，溶液中存在大量的碳酸分子，少量氢离子、碳酸根离子，据此与各组微粒分析共存问题即可解答解答：解：A该组离子不反应，能大量共存，溶液中，通入CO2后CO2+H2OH2CO3，H2CO3H+HCO3，HCO3H+CO32，溶液中存在大量的氢离子、碳酸根离子与K+、Cl、NO3，均不反应，也能大量共存，因盐酸的酸性、硝酸的酸性强于碳酸，所以通入CO2后与Ca2+、不能形成沉淀，即仍能大量共存，故A正确；B因碳酸的酸性比硅酸强，所以向B组通入二氧化碳，必发生反应CO2+SiO32+H2O=H2SiO3+CO32，所以B组不能大量共存，故B错误；C该组微粒中氯气具有强氧化性，二价铁离子具有还原性，2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，所以C组不能大量共存，故C错误；D该组微粒中Ag+NH3H2O=AgOH+NH4+，AgOH+2NH3H2O=Ag（NH3）2+OH+2H2O，所以D组不能大量共存，故D错误；故选A点评：离子共存问题，解题的关键在于：掌握离子不能共存的原因，平时学习应多注意积累一些特殊的反应解答该题注意二氧化碳与水反应的产物与溶液中的离子共存，题目难度中等6下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）AMnO2 与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4HClMn2+2Cl+Cl2+2H2OB明矾溶于水产生Al（OH）3胶体：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+CNa2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O2Na+2OH+O2DCa（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3+Ca2+OHCaCO3+H2O考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：AHCl为强电解质，应完全电离；B是胶体，而不是沉淀，且水解为可逆反应；C没有配平；DNaOH完全反应，生成碳酸钙、水、碳酸氢钠解答：解：AMnO2与浓盐酸反应制Cl2的离子反应为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故A错误；B明矾溶于水产生Al（OH）3胶体的离子反应为Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，故B错误；CNa2O2 溶于水产生O2的离子反应为2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2，故C错误；DCa（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应飞离子反应为HCO3+Ca2+OHCaCO3+H2O，故D正确；故选D点评：本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意胶体的生成为水解的应用及与量有关的离子反应，题目难度中等7（5分）设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A标准状态下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为NAB常温常压下，7.0g乙烯与丙稀的混合物红含有氢原子的数目为NAC50mL 18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAD某密闭容器盛有0.1mol N2和0.3mol H2，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.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、根据标准状况下氟化氢的状态进行判断；B、根据乙烯和丙烯的最简式计算出含有的氢原子的物质的量及数目；C、根据铜足量，浓硫酸变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应进行分析；D、根据合成氨的反应是可逆反应进行分析解答：解：A、在标准状况下，氟化氢不是气体，无法计算33.6L氟化氢的物质的量，故A错误；B、乙烯和丙烯的最简式为CH2，7.0g混合气体含有0.5mol最简式，含有1mol氢原子，含有氢原子的数目为NA，故B正确；C、50mL18.4mol/L浓硫酸中含有0.92mol硫酸，浓硫酸完全反应生成0.46mol二氧化硫，由于铜足量，浓硫酸反应后变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，故生成SO2分子的数目小于0.46NA，故C错误；D、由于氮气与氢气生成氨气的反应是可逆反应，0.1molN2和0.3molH2不可能完全转化成0.2mol氨气，因此转移电子的数目小于0.6NA，故D错误；故选：B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数，注意标准状况下的物质状态，注意可逆反应不可能完全转化，本题难度不大8下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是（）A体积相等时密度相等B原子数相等时具有的中子数相等C体积相等时具有的电子数相等D质量相等时具有的质子数相等考点：阿伏加德罗定律及推论.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：同温同压下，气体的Vm相等，等体积时，根据n=可知气体的物质的量相等，结合原子的构成以及相关物理量的计算公式解答该题解答：解：A由于12C18O和14N2的相对分子质量不等，故体积相等的两种气体的质量不等，因此密度不等，故A错误；B.1个12C18O分子中有16个中子，1个14N2分子中含有14个中子，二者均为双原子分子，原子数相等，即分子数相等，但中子数不等，故B错误；C12C18O和14N2均为14电子分子，同温同压下，体积相等则分子数相等，所具有的电子数相等，故C正确；D12C18O和14N2分子内均有14个质子，由于二者的相对分子质量不等，故等质量的两种分子所具有的质子数不等，故D错误故选C点评：本题考查基本概念和基本理论知识，意在考查考生对一些重要概念与理论的理解能力，题目难度中等9（5分）W、X，Y，Z均为短周期元素，X，Y处于同一周期，X，Z的最低价离子分别为X2和Z，Y+和Z具有相同的电子层结构下列说法正确的是（）A原子最外层电子数：XYZB单质沸点：XYZC离子半径：X2Y+ZD原子序数：XYZ考点：原子结构与元素周期率的关系；真题集萃.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Z的最低价离子分别为X2和Z，则X为第A族元素，Z为A族元素；Y+和Z具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素，结合元素在周期表中的位置以及元素周期律知识解答该题解答：解：X、Z的最低价离子分别为X2和Z，则X为第A族元素，Z为A族元素；Y+和Z具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素，AX、Y、Z分别为S、Na、F，原子最外层电子数分别为6、1、7，故A错误；B常温下Na、S为固体，F2为气体，Na的熔点较低，但钠的沸点高于硫，顺序应为NaSF2，故B错误；CNa+、F具有相同的核外电子排布，离子的核电荷数越大，半径越小，应为FNa+，故C错误；DX、Y、Z原子序数分别为16、11、9，原子序数：XYZ，故D正确故选D点评：本题考查原子结构与元素周期律的关系，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，本题的关键是根据原子结构特点正确推断元素的种类10某含铬（Cr2O72）废水用硫酸亚铁铵FeSO4（NH4）2SO46H2O处理，反应后铁元素和铬元素完全转化为沉淀该沉淀经干燥后得到n mol FeOFeyCrxO3不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是（）A消耗硫酸亚铁的物质的量为n（2x）molB处理废水中的Cr2O72的物质的量为molC反应中发生转移的电子数为3nxmolD在FeOFeyCrxO3中，3x=y考点：电解原理.专题：压轴题；电化学专题分析：A、由铁元素守恒，求出消耗硫酸亚铁的物质的量，结合电子转移守恒或FeOFeyCrxO3电中性找出x与y，代入硫酸亚铁的物质的量计算；B、反应的铬元素完全转化为沉淀，根据铬原子守恒计算；C、Cr2O72中Cr为+6价，被还原为+3价Cr，每个Cr原子得3个电子，计算出Cr原子物质的量，转移电子为Cr原子物质的量3倍；D、根据失电子守恒计算解答：解：A、由铁元素守恒，消耗硫酸亚铁的物质的量为n（y+1），又由FeOFeyCrxO3电中性知3x+3y=6，代入前式得，消耗硫酸亚铁的物质的量为n（3x）；或由得失电子守恒得3x=y，代入得n（1+y）mol=n（3x+1）mol，故A错误； B、根据铬原子守恒，Cr原子为nxmol，故Cr2O72的物质的量为，故B正确； C、得到nmolFeOFeyCrxO3，则一共有nxmolCr原子参加反应，1molCr转移电子3mol，故转移的电子数为3nxmol，故C正确；D、FeOFeyCrxO3中，Fe为正三价，由得失电子守恒知3xy=0，即3x=y，故D正确故选A点评：考查原子守恒、电子守恒，难度较大，注意在计算中守恒思想的应用，使计算简单化二、非选择题（本大题包括4个题，共50分）114种相邻主族短周期元素的相对位置如表，元素x的原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性，回答下列问题：（1）元素x在周期表中的位置是第三周期，第IIA族，其单质可采用电解熔融氯化镁的方法制备（2）m、n、y三种元素最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是HNO3，碱性最强的是Al（OH）3（填化学式）（3）气体分子（mn）2的电子式为（mn）2成为拟卤素，性质与卤素类似，其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为2NaOH+（CN）2=NaCN+NaOCN+H2O考点：真题集萃；元素周期律和元素周期表的综合应用.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：这几种元素都是短周期元素，且为相邻主族，根据元素在周期表中的位置知，m和n位于第二周期、x和y位于第三周期，x原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性，则y是Al元素，根据元素位置知，x是Mg元素、m是C元素、n元素N元素，再结合题目分析解答解答：解：这几种元素都是短周期元素，且为相邻主族，根据元素在周期表中的位置知，m和n位于第二周期、x和y位于第三周期，x原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性，则y是Al元素，根据元素位置知，x是Mg元素、m是C元素、n元素N元素，（1）元素x是Mg元素，在周期表中的位置是第三周期第IIA族，其单质可以采用电解熔融氯化镁的方法制备，故答案为：三；IIA；氯化镁；（2）m、n、y分别是C、N、Al，元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，这三种元素金属性最强的是Al元素、非金属性最强的是N元素，所以酸性最强的是HNO3，碱性最强的是Al（OH）3，故答案为：HNO3；Al（OH）3；（3）气体分子（mn）2为（CN）2，电子式为，根据氯气和氢氧化钠溶液反应知，（CN）2和NaOH反应生成NaCN、NaOCN、H2O，反应方程式为2NaOH+（CN）2=NaCN+NaOCN+H2O，故答案为：；2NaOH+（CN）2=NaCN+NaOCN+H2O点评：本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，根据元素在周期表中物质及元素性质确定元素，再结合物质的性质分析解答，采用知识迁移的方法分析解答（3）题，题目难度中等12（12分）某同学在实验室欲配制物质的量浓度均为1.0mol/L的NaOH溶液、稀硫酸各450mL提供的试剂是：NaOH固体、98%的浓硫酸（密度为1.84g/cm3）和蒸馏水（1）请你观察图示判断其中不正确的操作有（填序号）（2）应用托盘天平称量NaOH20.0g，应用量筒量取浓硫酸27.2mL（3）浓硫酸溶于水的正确操作方法是先在烧杯中倒入适量水，然后将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入，并用玻璃棒搅拌（4）在配制上述溶液实验中，下列操作引起结果偏低的有A、D、EA该学生在量取浓硫酸时，俯视刻度线B称量固体NaOH时，将砝码和物品的位置颠倒C溶解硫酸后没有冷却至室温就立即完成后面的配制操作D在烧杯中溶解搅拌时，溅出少量溶液E没有用蒸馏水洗涤烧杯23次，并将洗液移入容量瓶中F将量筒洗涤23次，并全部转移至容量瓶中G容量瓶中原来存有少量蒸馏水H胶头滴管加水定容时俯视刻度考点：配制一定物质的量浓度的溶液.专题：实验题分析：（1）依据腐蚀性物质的称量、量筒的正确使用方法、定容时正确读数方法判断；（2）依据m=CVM计算需要氢氧化钠的质量；依据C=计算98%的浓硫酸（密度为1.84g/cm3）的物质的量浓度，然后依据稀释前后溶液中所含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积；（3）依据浓硫酸稀释的正确操作方法解答；（4）根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析解答：解：（1）氢氧化钠为腐蚀品，应放在小烧杯中称量；量筒量取液体后不需要洗涤，如果洗涤量取的液体的体积偏大；定容读数时，眼睛应平视刻度线；故答案为：；（2）欲配制物质的量浓度均为1.0mol/L的NaOH溶液、稀硫酸各450mL，需选择500ml容量瓶，需要氢氧化钠的质量m=1.0mol/L0.5L40g/mol=20.0g；98%的浓硫酸（密度为1.84g/cm3）的物质的量浓度C=18.4mol/L，依据稀释前后溶液中所含溶质的物质的量，设需要浓硫酸的体积为V，则V18.4mol/L=500mL1.0mol/L，解得V=27.2mL；故答案为：20.0；27.2；（3）浓硫酸密度大于水，稀释时放出大量的热，稀释浓硫酸的正确操作方法为：先在烧杯中倒入适量水，然后将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入，并用玻璃棒搅拌；故答案为：先在烧杯中倒入适量水，然后将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入，并用玻璃棒搅拌；（4）A该学生在量取浓硫酸时，俯视刻度线，导致量取的浓硫酸体积偏小，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故A选；B称量固体NaOH20.0g时，不需要使用游码，将砝码和物品的位置颠倒，称取的氢氧化钠质量准确，对溶液浓度无影响，故B不选；C溶解硫酸后没有冷却至室温就立即完成后面的配制操作，冷却后溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故C不选；D在烧杯中溶解搅拌时，溅出少量溶液，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故D选；E没有用蒸馏水洗涤烧杯23次，并将洗液移入容量瓶中，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故E选；F将量筒洗涤23次，并全部转移至容量瓶中，量取的浓硫酸体积偏大，溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏搞，故F不选；G容量瓶中原来存有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液浓度不变，故G不选；H胶头滴管加水定容时俯视刻度，导致溶液体积偏小，溶液的浓度偏高，故H不选；故选：A、D、E点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，题目难度不大，熟悉配置原理是解题关键，注意浓硫酸稀释的正确操作13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1：1（2）上述反应中的氧化剂是As2S3，反应产生的气体可用氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液吸收（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10mol若将该反应设计成一原电池，则NO2应该在正极（填“正极”或“负极”）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a（选填编号）a小于0.5mol b等于0.5mol c大于0.5mol d无法确定考点：氧化还原反应的电子转移数目计算；重要的氧化剂；原电池和电解池的工作原理.专题：压轴题分析：（1）根据反应物和生成物来分析反应，则利用氧化还原反应反应中得失电子守恒来分析完全反应的物质的量之比来解答；（2）根据反应物中某元素化合价的降低来分析氧化剂，并利用气体的性质来分析气体的吸收；（3）根据氧化还原反应中生成的H3AsO4的物质的量与转移电子数的关系来计算，利用原电池中正极发生还原反应，则某元素的化合价降低来解答；（4）根据NO2与11.2L O2（混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，再利用碳与浓硝酸的反应来分析解答解答：解：（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体，则反应为22S3+2SnCl2+4HCl=4S4+2SnCl4+2H2S，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，则二者的物质的量之比是1：1，故答案为：1：1；（2）因As2S3在该反应中As元素的化合价降低，则As2S3为氧化剂，又H2S是还原性气体可用碱液吸收或硫酸铜溶液吸收，故答案为：As2S3；氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液；（3）由反应As2S3+10H+10NO3=2H3AsO4+3S+10NO2+2H2O可知，As2S3作还原剂，转移电子数为2（53）+3（0+2）=10，则生成2molH3AsO4时反应中转移电子的物质的量为10mol，又原电池中正极发生还原反应，则某元素的化合价降低，由反应可知N元素的化合价由+5降低到+4，则NO2属于还原产物，在正极生成，故答案为：10mol；正极；（4）由NO2与11.2LO2混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，则4NO2+O2+2H204HNO3，氧气的物质的量为=0.5mol，则由反应可知硝酸的物质的量为0.5mol4=2mol，若硝酸完全反应，则根据电子守恒可知生成CO2的量是0.5mol=0.5mol，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，则产生的CO2的量小于0.5mol，故答案为：a点评：本题考查氧化还原反应中的有关计算，明确物质中元素的化合价、电子守恒、物质的性质是解答的关键，并注意化学反应的发生对物质浓度的要求来解答即可14（12分）1L某混合溶液中可能含有的离子如下表：可能大量含有的阳离子H+NH4+Al3+K+可能大量含有的阴离子ClBrIClOAlO2（1）往该溶液中逐滴加入NaOH溶液并适当加热，产生 沉淀和气体的物质的量（n）与加入NaOH溶液的体积（v）的关系如图所示则该溶液中确定含有的离子有H+、NH4+、Al3+；不能确定是否含有的阳离子有K+，要确定其存在可补充做的实验是焰色反应；肯定不存在的阴离子有ClO、AlO2（2）经检测，该溶液中含有大量的Cl、Br、I，若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl、Br、I的物质的量与通入Cl2的体积（标准状况）的关系如下表所示，分析后回答下列问题：Cl2的体积（标准状况）2.8L5.6L11.2Ln（Cl）1.25mol1.5mol2moln（Br）1.5mol1.4mol0.9moln（I）a mol00当通入Cl2的体积为2.8L时，溶液中发生反应的离子方程式为Cl2+2II2+2Cl原溶液中Cl、Br、I的物质的量浓度之比为10：15：4考点：离子方程式的有关计算；离子反应发生的条件；常见离子的检验方法.专题：计算题分析：（1）根据产生沉淀和气体的物质的量（n）与加入NaOH溶液的体积（V）的关系的图示可以知道，一开始无沉淀，溶液中一定含有H+，能够与氢离子反应的离子不能存在；加NaOH有气体放出，则推断溶液中一定含有NH4+，沉淀最后完全消失，则溶液中只含有Al3+，不同金属阳离子灼烧呈现不同的焰色，据此解答；（2）碘离子与溴离子的还原性强弱顺序为：IBr，加入氯气2.8L时溶液中Iamol，则说明通入2.8L Cl2只发生：Cl2+2II2+2Cl，2.8L变成5.6L，消耗2.8L Cl2的物质的量为=0.125mol，发生：Cl2 +2BrBr2+2Cl，Cl2+2II2+2Cl，根据反应方程式计算解答：解：（1）从产生沉淀和气体的物质的量（n）与加入NaOH溶液的体积（V）的关系的图示可以知道，开始时没有沉淀生成，说明溶液中氢离子，则一定没有ClO、AlO2；随后出现沉淀，且沉淀完全溶解了，说明沉淀是氢氧化铝，溶液中一定含有铝离子；氢氧化铝溶解前生成了气体，该气体一定是氨气，故溶液中一定含有铵离子；不能确定是否含有钾离子，可以通过灼烧溶液，透过蓝色的钴玻璃观察焰色确定钾离子的存在；故答案为：H+、NH4+、Al3+；K+；焰色反应；CO3 2、AlO2；（2）由于碘离子与溴离子的还原性：IBr，加入氯气2.8L时溶液中Iamol，2.8L变成5.6L，消耗2.8LCl2的物质的量为=0.125mol，发生：Cl2 +2BrBr2+2Cl，Cl2+2II2+2Cl，Br消耗0.1mol，需要氯气0.05mol，则说明开始通入2.8LCl2只发生：Cl2+2II2+2Cl，此时n（Cl2）=0.125mol，消耗n（I）=20.125mol=0.25mol，生成n（Cl）=20.125mol=0.25mol，此时n（Br）=1.5mol，则说明原溶液中n（Br）=1.5mol；故答案为：Cl2+2II2+2Cl；通入氯气2.8L时，n（Br）=1.5mol，所以原溶液中n（Br）=1.5mol；n（Cl）=0.125mol2=0.25mol，n（I）=0.25mol，故原溶液中n（Cl）=1.25mol0.25mol=1mol；通入氯气5.6L时，n（Br）=1.5mol1.4mol=0.1mol，n（I）=0.25mol0.1mol=0.15mol，故原溶液中n（I）=0.25mol+0.15mol=0.4mol；故原溶液中Cl、Br、I的物质的量浓度之比为：1：1.5：0.4=10：15：4；故答案为：10：15：4点评：本题考查离子的判断和有关计算，准确分析图标数据是解题关键，题目难度中等，注意根据离子的还原性以及表中数据判断反应的程度，结合方程式计算