2017届高考化学第一轮总复习检测29.doc

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阶段易错考点排查练(二)
元素及其化合物
考点一、元素化合物的性质
易错点
1.相关物质的性质不能熟练掌握。
2.不能把握物质之间的转化关系。
3.对物质的结构(化学键)等把握不牢固。
4.不能掌握化学方程式的反应原理。
1.在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入某X物质，发现铜粉逐渐溶解，
X不可能是(　　)
A.FeCl3　 　B.HNO3　 　C.HCl　 　D.KNO3
【解析】选C。由于Cu的活动性在H之后，所以Cu与稀硫酸不发生反应。再加入某X物质，发现铜粉逐渐溶解。说明加入的物质电离产生的微粒能与硫酸的成分结合形成氧化性强的物质或直接能与Cu发生反应。A项，Cu+ 2FeCl3
2FeCl2+CuCl2，不符合题意。B项，3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，不符合题意。C项，HCl、H2SO4都不能与Cu发生反应，相互之间也不反应，符合题意。D项，KNO3与H2SO4的混合溶液起硝酸的作用，能把Cu氧化为Cu(NO3)2，不符合题意。
2.现代工业常以氯化钠、二氧化碳和氨气为原料制备纯碱，部分工艺流程如图：

有关说法错误的是(　　)
A.反应Ⅰ原理为CO2+NH3+NaCl+H2ONaHCO3↓+NH4Cl
B.向饱和NaCl溶液中先通入足量的CO2，再通入足量的NH3
C.反应Ⅰ生成的沉淀，经过过滤、洗涤、煅烧可得到纯碱
D.往母液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温，可使氯化铵析出
【解析】选B。饱和氯化钠中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水。由发生的反应可知，反应Ⅰ原理为CO2+NH3+NaCl+H2ONaHCO3↓+NH4Cl，故A正确；NaCl饱和溶液中二氧化碳的浓度较小，所以应该向饱和NaCl溶液中先通入足量的NH3，再通入足量的CO2，故B错误；反应Ⅰ原理为CO2+NH3+NaCl+H2ONaHCO3↓+NH4Cl，则反应Ⅰ生成的沉淀，经过过滤、洗涤、煅烧可得到纯碱，故C正确；由NH3+H2O+CO2+NaClNH4Cl+NaHCO3↓及流程图知，母液中溶质为氯化铵，向母液中通氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通入的氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子，铵根离子浓度增大有利于析出氯化铵，故D正确。
3.固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外电子层结构都符合相应稀有气体的最外电子层结构，则下列有关说法不正确的是(　　)
A.1 mol NH5中含有5NA个N—H键(NA表示阿伏加德罗常数的数值)
B.NH5中既有共价键又有离子键
C.NH5的电子式为[H]+H]-
D.NH5与水反应的离子方程式为N+H-+H2ONH3·H2O+H2↑
【解析】选A。根据题意，固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外电子层结构都符合相应稀有气体的最外电子层结构。故NH5的电子式为[H]+H]-，C正确；由NH5的电子式可知，1 mol NH5中含有4NA个N—H键，A错误；NH5中既有共价键又有离子键，B正确；NH5与水反应的离子方程式为N+H-+H2ONH3·H2O+H2↑，D正确。
【加固训练】1.下列说法中正确的是(　　)
A.KOH中含有离子键也含有共价键，属于离子化合物
B.N2属于单质，不存在化学键
C.MgCl2中既含有离子键，又含有共价键
D.NH4Cl中含有共价键，又全部由非金属元素组成，属于共价化合物
【解析】选A。N2中存在共价键；MgCl2中只含有离子键；NH4Cl中虽然含有共价键，又全部由非金属元素组成，但也含有离子键，属于离子化合物。
2.氢化亚铜(CuH)是一种不稳定的物质，能在氯气中燃烧，也能与酸反应。用CuSO4溶液和“某物质”在40～50℃时反应可生成CuH。下列叙述中错误的是(　　)
A.“某物质”具有还原性
B.CuH与盐酸反应可能产生H2
C.CuH与足量稀硝酸反应：CuH+3H++NCu2++NO↑+2H2O
D.CuH在氯气中燃烧：CuH+Cl2CuCl+HCl
【解析】选D。A项，用CuSO4溶液和“某物质”在40～50℃时反应可生成CuH，铜元素的化合价由+2价变为+1价，则CuSO4作氧化剂，“某物质”作还原剂，表现出还原性；B项，CuH与盐酸发生氧化还原反应：2CuH+4HCl2CuCl2+3H2↑；C项，HNO3具有强氧化性，与CuH反应时，+1价Cu、-1价H均被氧化成最高价态；D项，Cl2具有强氧化性，CuH具有强还原性，二者反应会生成CuCl2和HCl。
考点二、与元素化合物相关反应的先后顺序
易错点
1.当多种离子都能与H+反应时，未考虑反应顺序。
2.当多种离子都能与OH-反应时，未考虑反应顺序。
3.当多种微粒能与同一种氧化剂反应时，未考虑反应顺序。
4.当多种微粒能与同一种还原剂反应时，未考虑反应顺序。
1.在离子浓度都为0.1 mol·L-1的下列溶液中，加入(或通入)某物质后，发生反应的先后顺序正确的是(　　)
A.在含Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Cu2+、Fe3+、H+
B.在含I-、S、Br-的溶液中不断通入氯气：I-、Br-、S
C.在含Al、S、OH-的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液：OH-、Al、S
D.在含Fe3+、H+、N的溶液中逐滴加入烧碱溶液：Fe3+、N、H+
【解析】选C。A项，Fe3+比Cu2+氧化性强，优先与锌粉反应；B项，S比I-、Br-的还原性强，优先与氯气反应；D项，与烧碱反应的先后顺序为H+、Fe3+、N；C项正确。
2.有下列三个氧化还原反应：
①2FeCl3+2KI2FeCl2+2KCl+I2
②2FeCl2+Cl22FeCl3
③2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑
若溶液中有Fe2+、I-、Cl-共存，要除去I-而不影响Fe2+和Cl-共存，可加入的试剂是(　　)
A.Cl2　 　B.KMnO4　　 C.FeCl3 　　D.HCl
【解析】选C。除去I-可用沉淀法也可用氧化法，但本题只能用氧化法，但所选氧化剂只能是氧化I-而不能氧化Fe2+、Cl-。由三个化学反应方程式可知：氧化性顺序为KMnO4>Cl2>FeCl3>I2，所以KMnO4、Cl2可氧化Fe2+、I-，而Fe3+只能氧化I-，所以仅除I-加入FeCl3最合适，另外加入FeCl3也不会引入新杂质。
3.某溶液中可能含有H+、Na+、N、Mg2+、Fe3+、Al3+、S等离子，当向该溶液中加入NaOH溶液时，生成沉淀的物质的量随NaOH的体积变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的阳离子是________，且各离子的物质的量之比为________；肯定不含的阳离子是________。

【解析】消耗2体积NaOH时没有生成沉淀，是因为H+先反应了，最后沉淀全部溶解，说明溶液中只有Al3+，而没有Mg2+和Fe3+；加入5～8体积NaOH时也没有沉淀生成，是因为发生了N+ OH-NH3·H2O。也就是H+、N和Al3+与NaOH反应是有顺序的，可用假设法来理解：若N、Al3+先反应，生成的NH3·H2O和Al(OH)3与H+反应，重新生成N和Al3+；同样，N、Al3+与NaOH反应时，若N先反应，生成的NH3·H2O和Al3+反应，重新生成N。
答案：H+、N、Al3+　n(H+)∶n(N)∶n(Al3+)=2∶3∶1　Fe3+、Mg2+
【加固训练】1.在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.01 mol的混合溶液中，加入0.015 mol的铁粉，经充分搅拌后，产生的变化是(　　)
A.铁溶解，没有任何金属生成
B.铁溶解，析出银，且溶液中不含有Fe3+
C.析出0.01 mol Ag和0.01 mol Cu
D.析出0.01 mol Ag和0.005 mol Cu
【解析】选D。要重视氧化还原反应发生的顺序。发生的反应依次为2Ag++ FeFe2++2Ag，2Fe3++Fe3Fe2+，Fe+Cu2+Fe2++Cu。0.01 mol Ag全部析出要消耗0.005 mol Fe；然后0.01 mol Fe3+又消耗0.005 mol Fe；剩余的0.005 mol Fe置换出0.005 mol Cu。
2.现有浓度均为1.0 mol·L-1的FeCl3、FeCl2、CuCl2混合溶液各100 mL，加入一定量的铁粉，按下列情况填空。
(1)反应完毕后，铁粉有剩余：
①反应完毕后，溶液中一定含有__________________阳离子，为________________mol；
②固体干燥后，与反应前加入铁粉的质量相比________(填“多”或“少”)__________g。
(2)反应完毕后，有铜生成，铁粉无剩余。则反应完毕后溶液一定含有______________阳离子，该阳离子在溶液中的物质的量的范围是____________。
【解析】在上述混合溶液中加入一定量的铁粉，依次发生如下反应：2Fe3++Fe3Fe2+，Fe+Cu2+Fe2++Cu。
(1)①如果反应完毕后，铁粉有剩余，Fe3+、Cu2+全部反应生成Fe2+，不难算出
0.10 mol Fe3+可生成0.15 mol Fe2+，0.10 mol Cu2+可生成0.10 mol Fe2+，共
0.35 mol；②在“2Fe3++Fe3Fe2+”中Fe减少了2.8 g，在“Fe+Cu2+Fe2++Cu”中固体增加了0.8 g，因此，固体干燥后，与反应前加入铁粉的质量相比少了2.0 g。
(2)如果反应完毕后，有铜生成，铁粉无剩余，反应“2Fe3++Fe3Fe2+”进行完全，“Fe+Cu2+Fe2++Cu”部分反应或完全反应，由此可确定反应完毕后溶液一定含有Fe2+，Fe2+物质的量应大于0.25 mol，小于或等于0.35 mol。
答案：(1)①Fe2+　0.35　
②少　2.0
(2)Fe2+　0.25 mol<n(Fe2+)≤0.35 mol
考点三、化学计算
易错点
1.不能利用元素守恒、得失电子守恒或电荷守恒等守恒法计算。
2.不能利用极端假设法、平均值原理、等效法等化学计算的技巧计算，造成计算出错或根本没有思路。
1.一定量的Fe和Fe2O3的混合物投入250 mL 2 mol·L-1硝酸溶液中，反应完全后，生成1.12 L NO(标准状况)，再向反应后的溶液中加入1 mol·L-1NaOH溶液，要使铁元素完全沉淀下来，所加入的NaOH溶液体积最少是(　　)
A.450 mL　　　　　　　　　 B.500 mL
C.400 mL D.不能确定
【解析】选A。利用元素守恒往往会起到事半功倍的效果。本题涉及的反应较多，况且铁最终是以Fe(OH)3还是Fe(OH)2形式沉淀，难以确定；硝酸是否过量也不能确定，看来计算很困难。但若从NaOH考虑，加入的NaOH恰好使铁元素沉淀，溶液为硝酸钠溶液。不难得出： n(NaOH)=n(N)=n(HNO3)-n(NO)= 0.25 L×
2 mol·L-1-0.05 mol=0.45 mol，V(NaOH)=0.45 L=450 mL。
2.物质的量为0.10 mol的镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧(产物不含碳酸镁)，反应后容器内固体物质的质量不可能为(　　)
A.3.2 g　　 B.4.0 g 　　C.4.2 g　 　D.4.6 g
【解析】选D。如果只有CO2且过量，根据反应：2Mg+CO2C+2MgO，0.10 mol的镁条可转化为0.6 g碳与4 g MgO，反应后剩余固体为4.6 g；如果只有O2且过量，根据反应：2Mg+O22MgO，0.10 mol的镁条可转化为4 g MgO；若气体的量很少，镁条几乎不反应，反应后剩余固体稍大于0.10 mol×24 g·mol-1=
2.4 g，故2.4 g<固体质量<4.6 g，所以正确答案为D。
3.将一定量的氯气通入30 mL浓度为10.00 mol·L-1的氢氧化钠浓溶液中，加热一段时间后，溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3的共存体系。下列判断正确的是(　　)
A.与NaOH反应的氯气一定为0.3 mol
B.若反应中转移的电子为nmol，则0.15<n<0.25
C.n(Na+)∶n(Cl-)可能为7∶3
D.n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)可能为8∶2∶1
【解析】选B。n(NaOH)=0.03 L×10.00 mol·L-1=0.3 mol，根据NaCl、NaClO、NaClO3中钠原子和氯原子个数比均为1∶1可知，与NaOH反应的Cl2的物质的量为0.15 mol，A项错误。可用极端假设法分析B项和C项：假设反应中只生成NaCl和NaClO，则根据得失电子守恒和钠元素守恒可得n(NaCl)=n(NaClO)=
0.15 mol，转移电子为0.15 mol，=2；假设反应只生成NaCl和NaClO3，则根据得失电子守恒，可知=5，n(NaCl)=n(NaOH)=0.25 mol，n(NaClO3)=0.05 mol，转移电子为0.25 mol，==，故0.15<n<0.25，的范围为<<2，B项正确，C项错误。若n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)=8∶2∶1成立，设三者物质的量分别为8 mol、2 mol、1 mol，则反应中得电子为8 mol，失电子为2 mol+1 mol×5=7 mol，得失电子不守恒，D项错误。
4.1.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 g·mL-1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1 120 mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0 mol·L-1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀，下列说法不正确的是(　　)
A.该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶1
B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol·L-1
C.NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D.得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL
【解析】选D。设铜、镁的物质的量分别为x、y，则①64x+24y=1.52　②64x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02 mol，y=0.01 mol，设N2O4、NO2的物质的量分别为a、b，则根据得失电子数相等：2x+2y=2a+b，a+b=0.05，则a=0.01 mol，b=0.04 mol，A、C正确；c(HNO3)=1 000×1.40×63%/63=14.0(mol·L-1)，B项正确；沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-(2a+b)=0.7 mol-0.06 mol=0. 64 mol，氢氧化钠溶液体积为640 mL，D错误。
【加固训练】1.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中，加入100 mL 1 mol·L-1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224 mL(标准状况)的气体。所得溶液中，加入KSCN溶液无红色出现，那么若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁(　　)
A.11.2 g　　　　　　 B.5.6 g
C.2.8 g D.无法确定
【解析】选C。本题只要抓住题意，运用守恒法可轻松解决：所得溶液为0.05 mol FeCl2(氯元素守恒)，则原混合物中Fe为0.05 mol(铁元素守恒)。
2.在加热情况下，用足量CO还原7 g铁的氧化物组成的混合物，产生气体全部通入足量石灰水中得到12.5 g沉淀，此混合物不可能为　　(　　)
A.FeO、Fe2O3 B.FeO、Fe3O4
C.Fe2O3、Fe3O4 D.FeO、Fe2O3、Fe3O4
【解析】选B。由关系式CO～CO2～CaCO3可知参加反应的CO为=
0.125 mol，则CO从氧化物中夺取的氧原子也为0.125 mol，为0.125 mol×
16 g·mol-1=2 g，则混合物中Fe与O的个数比为∶0.125 mol=5∶7，而FeO、Fe2O3、Fe3O4中铁与氧原子个数比分别为1∶1(大于5∶7)，2∶3(小于5∶7)，3∶4(大于5∶7)，再由平均值原理可知B符合题意。
考点四、化学反应图象
易错点
1.未明确横纵坐标的意义，试题不可能解答正确。
2.未能正确理解图象的起点、终点或转折点的意义而出错。
3.未能分析图象中线段所代表的意义而出错。
1.在含2 mol NaOH、1 mol Na2SiO3的溶液中滴加稀盐酸至过量，下列关于沉淀质量(m)与盐酸体积(V)之间关系的图象正确的是(　　)

【解析】选C。在氢氧化钠、硅酸钠的混合溶液中滴加稀盐酸，氢氧化钠优先反应，因为硅酸能和氢氧化钠反应。NaOH+HClNaCl+H2O，Na2SiO3+2HCl2NaCl+H2SiO3↓。硅酸不溶于盐酸，2 mol NaOH与2 mol HCl完全反应，1 mol Na2SiO3与2 mol HCl完全反应。
2.向100 mL 0.1 mol·L-1硫酸亚铁铵溶液中逐滴滴入0.1 mol·L-1Ba(OH)2溶液。随着Ba(OH)2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如右图所示。则下列说法中正确的是(　　)
A.a点时溶液中所含主要溶质为(NH4)2SO4
B.a→b段发生反应的离子方程式是S+Ba2+BaSO4↓
C.b点为最大沉淀量，对应的纵坐标值为0.02
D.c点加入Ba(OH)2溶液的体积为200 mL
【解析】选A。A项，O→a段发生的反应为Fe2++2OH-+S+Ba2+BaSO4↓+
Fe(OH)2↓；当Fe2+沉淀完全后，沉淀产生的量减小，出现拐点，所以a点对应的溶质为(NH4)2SO4，正确；B项，随着Ba(OH)2继续滴入，此时N将参加反应，所以a→b段发生反应的离子方程式是2N+2OH-+S+Ba2+BaSO4↓+2NH3·H2O，错误；C项，b点为最大沉淀量，对应的纵坐标值为0.03，错误；D项，b点时溶液中的离子完全反应，此时消耗200 mL Ba(OH)2溶液，因此c点时大于200 mL，错误。
3.将Na2O2逐渐加入含有H+、Mg2+、Al3+、N的混合液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量(mol)与加入的Na2O2物质的量(mol)的关系如图所示，则原溶液中的Mg2+、Al3+、N物质的量分别为(　　)

A.2 mol、3 mol、6 mol
B.3 mol、2 mol、6 mol
C.2 mol、3 mol、4 mol
D.3 mol、2 mol、2 mol
【解析】选D。Na2O2溶于水的反应为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑，由沉淀图象知，NaOH先与H+反应，再与Mg2+和Al3+反应产生沉淀，再与N反应，然后与Al(OH)3反应使沉淀部分溶解，最后沉淀的量为3 mol即Mg(OH)2为3 mol，Mg2+为3 mol，沉淀最多时为5 mol，即Al3+为2 mol；由气体图象知，当加入8 mol Na2O2时，生成气体为6 mol，其中有生成的氧气为4 mol，剩余2 mol为NH3，即N为
2 mol，A、B、C错误；D正确。
【加固训练】1.如图是向MgCl2、AlCl3混合液中依次加入M和N时生成沉淀的物质的量与加入的M和N的体积关系图(M、N分别表示盐酸或氢氧化钠溶液中的一种)，以下结论不正确的是(　　)

A.混合溶液中c(AlCl3)∶c(MgCl2)=1∶1
B.混合溶液中c(AlCl3)∶c(MgCl2)=3∶1
C.点V之前加NaOH溶液，点V之后加盐酸
D.所加盐酸与NaOH溶液中溶质的物质的量浓度相同
【解析】选B。设AlCl3物质的量为1 mol，则生成Al(OH)3的物质的量为1 mol，A～B段Al(OH)3溶解过程消耗NaOH也是1 mol(据反应式)，那么O～A段生成Al(OH)3，消耗NaOH应是3 mol，则余下2 mol应为生成Mg(OH)2所消耗NaOH的物质的量，故Mg(OH)2为1 mol，MgCl2也应是1 mol，由此可判断A选项是正确的，B错误；对于D选项，可分析图象A～B，C～D两段，前者消耗沉淀后者生成沉淀，从而有关系式：Al(OH)3～OH-～Al～H+，故可推知n(OH-)=n(H+)，又因为两段消耗溶液体积相等，因此不难得出D选项也是正确的。
2.取A、B两份物质的量浓度相等的NaOH溶液，体积均为50 mL，分别向其中通入一定量的CO2后，再分别稀释为100 mL。
(1)在NaOH溶液中通入一定量的CO2后，溶液中溶质的组成可能是：
①________________　②____________________，
③________________　④____________________。
(2)在稀释后的溶液中分别逐滴加0.1 mol·L-1的盐酸，产生的CO2的体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系如图所示：

①分别加入足量的盐酸后的溶液中的溶质是__________________，原NaOH溶液的物质的量浓度为______________________________。
②A曲线表明，原溶液通入CO2后，所得溶质与HCl反应产生CO2的最大体积是______________mL(标准状况)。
③B曲线表明，原溶液通入CO2后，所得溶质的化学式为__________________，其物质的量之比为___________________________________________________。
【解析】解题时应明确：Na2CO3和NaHCO3与盐酸的反应过程是C+H+HC、HC+H+CO2↑+H2O；Na2CO3和NaOH与盐酸的反应过程是OH-+H+H2O、C+H+HC、HC+H+CO2↑+ H2O。
①由图知B溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3，A溶液中溶质为Na2CO3和NaOH，加入足量盐酸生成溶质NaCl，则n(NaCl)=0.075 L×0.1 mol·L-1=7.5×10-3mol，n(NaOH)=n(NaCl)=7.5×10-3mol，c(NaOH)=7.5×10-3mol/0.05 L=0.15 mol·L-1；
②A中产生CO2为0.015 L×0.1 mol·L-1=1.5×10-3mol，V(CO2)= 1.5×10-3mol×22.4 L·mol-1=0.033 6 L=33.6 mL；③B中两个阶段消耗HCl之比为1∶2，说明溶质为Na2CO3和NaHCO3，且其物质的量之比为1∶1。
答案：(1)NaHCO3　Na2CO3
Na2CO3和NaHCO3　Na2CO3和NaOH
(2)①NaCl　0.15 mol·L-1　②33.6
③Na2CO3和NaHCO3　1∶1
沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

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