全國(guó)2018屆高考化學(xué)一輪提分練考點(diǎn)4競(jìng)爭(zhēng)反映與極端假設(shè)法含答案

一、固體與固體間的競(jìng)爭(zhēng)反映1．18.6gNaOH和NaHCO3固體混合物，在密閉容器中加熱到200℃，通過充分反映后排出氣體，冷卻，稱得剩余固體質(zhì)量為15.9g，那么原混合物中NaOH的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為__________。二、固體與氣體間的競(jìng)爭(zhēng)反映2．1mol過氧化鈉與2mol碳酸氫鈉固體混合后，在密閉容器中加熱充分反映，排出氣體物質(zhì)后冷卻，殘留的固體物質(zhì)是()A．Na2CO3 B．Na2O2Na2CO3C．NaOHNa2CO3 D．Na2O2NaOHNa2CO33．將mmolNa2O2和nmolNaHCO3固體混合物在密閉容器中加熱到250℃，讓其充分反映后排出氣體。當(dāng)排出氣體只含H2O(g)和O2且物質(zhì)的量相等時(shí)，那么原固體混合物中m∶n＝________。4．把CO2和NO的混合氣體40mL通過足量的Na2O2固體，充分反映后，氣體體積縮小到20mL。那么原混合氣體中CO2和NO的體積比可能為()A．1∶2 B．2∶3C．3∶2 D．1∶4三、氣體與氣體間的競(jìng)爭(zhēng)反映5．將NO2、O2組成的混合氣體(標(biāo)況)充滿整個(gè)圓底燒瓶，倒置在水槽中(不考慮溶質(zhì)擴(kuò)散)，那么溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為__________________________。四、溶液中微粒間的競(jìng)爭(zhēng)反映(一)復(fù)分解型離子間的競(jìng)爭(zhēng)反映6．(1)判定離子方程式的正誤：氫氧化鈣溶液和碳酸氫鎂溶液反映：Ca2＋＋OH－＋HCOeq\o\al(－,3)=CaCO3↓＋H2O(2)Na2S溶液與CuSO4溶液反映的離子方程式：S2－＋Cu2＋＋2H2O=Cu(OH)2↓＋H2S↑7．將足量的CO2不斷通入KOH、Ca(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀與通入CO2的量的關(guān)系可表示為()8．在含有H＋、Al3＋、NHeq\o\al(＋,4)的溶液中，逐滴加入NaOH溶液，發(fā)生的離子反映依次是________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(二)氧化還原型離子間競(jìng)爭(zhēng)反映9．將鐵粉、銅粉、FeCl3溶液和CuCl2溶液混合于某容器中充分反映(容器不參與反映)。試判定以下情形下，溶液中存在的金屬離子和金屬單質(zhì)。(1)假設(shè)鐵粉有剩余，那么容器中不可能有的離子是________________；銅單質(zhì)________(填“必然”或“可能”)存在。(2)假設(shè)氯化銅有剩余，那么容器中還可能有的離子為________；銅單質(zhì)__________(填“必然”或“可能”)存在。(3)假設(shè)氯化鐵和氯化銅都有剩余，那么容器中不可能有的單質(zhì)是__________，F(xiàn)e2＋________(填“必然”或“可能”)存在。10．把鐵與銅的合金放入稀硝酸中，反映后過濾，濾出的固體物質(zhì)投入鹽酸中無氣體放出，那么濾液里必然含有的金屬鹽是()A．Cu(NO3)2 B．Fe(NO3)3C．Fe(NO3)2 D．Cu(NO3)2和Fe(NO3)211．(2017·濮陽高三質(zhì)檢)向FeBr2、FeI2的混合溶液中通入適量氯氣，溶液中某些離子的物質(zhì)的量轉(zhuǎn)變?nèi)缦聢D，那么以下有關(guān)說法中不正確的選項(xiàng)是()A．曲線d代表溶液中Br－轉(zhuǎn)變情形B．原溶液中FeI2的物質(zhì)的量為2molC．原溶液中n(Fe2＋)∶n(Br－)＝2∶3D．當(dāng)通入2molCl2時(shí)，溶液中離子反映為2I－＋2Fe2＋＋2Cl2=I2＋2Fe3＋＋4Cl－

答案精析1．%解析固體NaOH與NaHCO3混合加熱時(shí)的反映順序，第一是NaHCO3與NaOH反映，過量的NaHCO3再發(fā)生分解。即：①NaOH＋NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O↑，②2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O↑(假設(shè)假設(shè)此反映先發(fā)生，那么生成的CO2會(huì)與NaOH反映生成Na2CO3，故此反映能夠?yàn)楹蟀l(fā)生)。假設(shè)NaOH與NaHCO3恰好完全反映，設(shè)它們的質(zhì)量別離為x、y，NaOH＋NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O↑Δm40g84g106g18g18gxy =2.7g解得：x＝6g，y＝12.6g。由于6g＋12.6g＝18.6g，故NaOH、NaHCO3恰好完全反映，反映②再也不進(jìn)行。故w(NaOH)＝6g/18.6g×100%＝%。2．A3．2∶34．C\f(1,28)～eq\f(1,mol·L－1解析NO2、O2混合氣體與水可能會(huì)發(fā)生兩個(gè)反映：①3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，②4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3。究竟先發(fā)生哪個(gè)反映呢？一樣可用“極端假設(shè)法”，假設(shè)先發(fā)生反映①，那么生成的NO會(huì)與O2結(jié)合成NO2，因此，咱們能夠以為先發(fā)生反映②，假設(shè)NO2過量再發(fā)生反映①。當(dāng)無氣體剩余或剩余O2，發(fā)生反映：4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，所得HNO3溶液的濃度均為(標(biāo)況)eq\f(4,5)×eq\f(1,mol·L－1，即eq\f(1,28)mol·L－1。當(dāng)NO2過量，還會(huì)發(fā)生：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，假設(shè)燒瓶中全數(shù)為NO2時(shí)，所得溶液體積等于氣體減少的體積，溶液濃度為eq\f(1,mol·L－1(標(biāo)況)。6．(1)錯(cuò)誤解析溶液中的OH－與Mg2＋和HCOeq\o\al(－,3)均會(huì)反映，但由于OH－與HCOeq\o\al(－,3)反映生成COeq\o\al(2－,3)和H2O更易，因此該反映先發(fā)生；接下來還可能會(huì)發(fā)生：Mg2＋＋COeq\o\al(2－,3)=MgCO3↓，Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，因Mg(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)的反映方程式如下：Mg2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋MgCO3↓＋2H2OMg2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)＋2Ca2＋＋4OH－=Mg(OH)2↓＋2CaCO3↓＋2H2O因此反映物中當(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)錯(cuò)誤解析Na2S溶液與CuSO4溶液反映時(shí)，可不能發(fā)生S2－與Cu2＋的雙水解反映，因?yàn)榇朔从成傻腃u(OH)2的溶解度大于CuS的溶解度，故應(yīng)是S2－與Cu2＋直接反映生成CuS沉淀。7．C8．H＋＋OH－=H2O、Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、NHeq\o\al(＋,4)＋OH－=NH3·H2O、Al(OH)3＋OH－=2H2O＋AlOeq\o\al(－,2)解析酸堿中和反映最容易發(fā)生，OH－先與H＋反映，接著與Al3＋反映生成Al(OH)3沉淀，再與NHeq\o\al(＋,4)反映生成NH3·H2O，最后與Al(OH)3反映生成AlOeq\o\al(－,2)。9．(1)Fe3＋、Cu2＋必然(2)Fe2＋、Fe3＋(或Fe2＋、Cu)可能(3)Fe、Cu必然解析氧化性：Fe3＋>Cu2＋，還原性：Fe>Cu。必然發(fā)生反映：①Fe＋2FeCl3=3FeCl2(假設(shè)假設(shè)先發(fā)生Cu＋2FeCl3=2FeCl2＋CuCl2，那么Fe與CuCl2不共存，故假設(shè)不成立)；可能發(fā)生反映：②Fe＋CuCl2=Cu＋FeCl2(Fe足量時(shí))，③Cu＋2F