學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精安徽省宿州三中2014屆高三上學期10月月考化學試卷一、選擇題（共20小題，每小題3分，滿分60分）1．以下食品化學知識的敘述不正確的是（）A．食鹽可作調味劑,也可作食品防腐劑B．新鮮蔬菜做熟后,所含維生素C會有損失C．纖維素在人體內可水解為葡萄糖,故可作人類的營養物質D．葡萄中的花青素在堿性環境下顯藍色,故可用蘇打粉檢驗假紅酒考點:常見的食品添加劑的組成、性質和作用；葡萄糖的性質和用途；人體必需的維生素的主要來源及其攝入途徑．。專題：有機化合物的獲得與應用．分析:A．食鹽具有咸味，食鹽腌制食品，以抑制細菌的滋生，常用作調味品和防腐劑；B．維生素C加熱烹調處理、浸水等，都會讓蔬菜的維生素C大幅度減少,維生素C呈酸性，加熱或在溶液中易氧化分解，在堿性條件下更易被氧化；C．纖維素在人體中不水解,不能被人體吸收;D．蘇打是碳酸鈉，依據葡萄中的花青素在堿性環境下顯藍色信息進行解答；解答:解：A．食鹽腌制食品，食鹽進入食品內液產生濃度差,形成細菌不易生長的環境，可作防腐劑，食鹽具有咸味，所以食鹽可作調味劑，也可作食品防腐劑，故A正確；B．維生素C又叫抗壞血酸，主要存在于新鮮蔬菜、水果中，“維生素C”受熱時易被破壞,應采取涼拌生食、或不要煮過長時間，故B正確；C．人體內不含水解纖維素的酶，所以不能消化纖維素，因此纖維素不能被分解提供能量,故C錯誤;D．蘇打是碳酸鈉，碳酸鈉水解，CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣,HCO3﹣+H2O?H2CO3+OH﹣溶液呈堿性，依據葡萄中的花青素在堿性環境下顯藍色信息可知，如果是假紅酒,就沒有葡萄糖，就不顯藍色，所以可用蘇打粉檢驗假紅酒，故D正確；故選C．點評：本題主要考查了生活中的化學，依據相關的知識即可解答，平時注意生活中的化學知識的積累，題目難度不大．2．(3分)下列關于膠體的認識錯誤的是（）A．雞蛋清溶液中加入飽和（NH4）2SO4溶液生成白色沉淀，屬于物理變化B．納米材料微粒直徑一般從幾納米到幾十納米(1nm=10﹣9m），因此納米材料屬于膠體C．往Fe（OH）3膠體中逐滴加入稀硫酸會產生沉淀而后沉淀逐漸溶解D．水泥廠、冶金廠常用高壓電除去煙塵，是因為煙塵微粒帶電荷考點：膠體的重要性質．。專題：溶液和膠體專題．分析:A、雞蛋清溶液是膠體分散系，是蛋白質的膠體，加入(NH4）2SO4等輕金屬鹽可以使蛋白質發生鹽析，產生白色沉淀；B、將納米材料分散到溶劑中，得到膠體，納米材料本身不是膠體；C、向Fe（OH)3膠體中加入少量稀硫酸，使Fe（OH）3膠體發生聚沉，產生沉淀，H2SO4過量時，發生酸堿中和，沉淀溶解；D、煙是膠體，膠體微粒帶有電荷，通高壓電，使膠體聚沉,煙塵形成沉淀,從而凈化空氣解答：解:A、雞蛋清溶液是膠體分散系，是蛋白質的膠體，加入（NH4）2SO4等輕金屬鹽可以使蛋白質發生鹽析，產生白色沉淀,故A正確；B、將納米材料分散到溶劑中，得到膠體，納米材料本身不是膠體，故B不正確;C、向Fe(OH)3膠體中加入少量稀硫酸，使Fe（OH）3膠體發生聚沉，產生沉淀，H2SO4過量時，發生酸堿中和，沉淀溶解，故C正確;D、煙是膠體，膠體微粒帶有電荷，通高壓電，使膠體聚沉,煙塵形成沉淀，從而凈化空氣，故D正確;故選B．點評:本題考查了膠體性質的分析判斷,掌握奇偶題本質特征和選擇分析應用是關鍵，注意知識積累，題目較簡單．3．（3分）下列關于鈉及其化合物的說法正確的是(）①鈉鉀合金通常狀況下呈液態，可作原子反應堆的導熱劑;②鈉的化學性質活潑，少量的鈉可保存在有機溶劑CCl4中；③鈉在空氣中緩慢氧化而自燃，在氧氣中燃燒更為劇烈；④由于鈉比較活潑,所以它能從鹽溶液中置換出金屬活動性順序表中鈉后面的金屬;⑤氧化鈉在某些呼吸面具中用于制備氧氣；⑥NaOH溶液能跟酸溶液反應，但不能跟鹽溶液反應．A。①②③⑥B.②③④C.①⑥D。①考點：鈉的重要化合物;鈉的化學性質．.專題：元素及其化合物．分析：①根據鈉鉀合金熔點低，可作原子反應堆的導熱劑；②根據鈉的密度小于有機溶劑CCl4；③根據鈉在空氣中緩慢氧化，但不自燃，在氧氣中燃燒更為劇烈；④由于鈉比較活潑,鈉與鹽溶液反應時，先與水反應生成堿和氫氣，然后生成的堿再與鹽反應；⑤過氧化鈉在某些呼吸面具中用于制備氧氣；⑥NaOH溶液也能跟鹽溶液發生復分解反應；解答：解：①鈉鉀合金熔點低,通常狀況下呈液態，可作原子反應堆的導熱劑，故①正確;②鈉的密度小于有機溶劑CCl4，會浮在液面上，能與空氣中的氧氣反應,故②錯誤；③鈉在空氣中緩慢氧化，但不自燃,在氧氣中燃燒更為劇烈，故③錯誤；④鈉比較活潑，鈉與鹽溶液反應時，先與水反應生成堿和氫氣,然后生成的堿再與鹽反應，所以鈉不能從鹽溶液中置換出金屬活動性順序表中鈉后面的金屬，故④錯誤；⑤過氧化鈉在某些呼吸面具中用于制備氧氣，故⑥錯誤；⑥NaOH溶液能跟酸溶液反應，也能跟鹽溶液發生復分解反應，故⑥錯誤；故選：D;點評：本題主要考查了物質的性質與用途,難度不大，根據所學知識即可完成4．(3分）下列烴在光照下與氯氣反應,只生成一種一氯代物的有(）A．2﹣甲基丁烷B．2，2﹣二甲基丙烷C．2，2﹣二甲基丁烷D．2﹣甲基丙烷考點：同分異構現象和同分異構體．.專題:同分異構體的類型及其判定．分析：先確定烷烴的對稱中心,即找出等效的氫原子，再根據先中心后外圍的原則,將氯原子逐一去代替氫原子，有幾種氫原子就有幾種一氯代烴．解答:解：A、2﹣甲基丁烷有4種氫原子，所以一氯代烴有4種，故A錯誤;B、2，2﹣二甲基丙烷中的4個甲基相同，則有1種氫原子，所以一氯代烴有1種，故B正確;C、2，2﹣二甲基丁烷有3種氫原子，所以一氯代烴有3種,故C錯誤；D、2﹣甲基丙烷中的3個甲基相同，則有有2種氫原子,所以一氯代烴有2種，故D錯誤；故選B．點評:本題考查了同分異構體的判斷，難度不大，找出等效氫原子是解本題的關鍵．5．（3分)下列有關氯水的表述不正確的是（）A．氯水可以導電,說明氯氣是電解質B．氯水中含有7種微粒,可與AgNO3、FeBr2等多種物質反應C．藍色石蕊試紙放入氯水中先變紅后褪色D．向氯水中加入碳酸鈣粉末,能提高溶液中HClO的濃度考點：氯氣的化學性質．。專題：鹵族元素．分析：A．氯氣是單質，既不是電解質也不是非電解質；B．氯水中含有氯離子、氫離子、次氯酸根離子、氫氧根離子,含有水分子、氯氣分子、次氯酸分子,根據分子和離子的性質來分析；C．藍色石蕊試紙遇酸變紅色，次氯酸有漂白性；D．碳酸鈣和鹽酸反應生成二氧化碳，碳酸的酸性大于次氯酸．解答:解：氯水中含有氯離子、氫離子、次氯酸根離子、氫氧根離子,含有水分子、氯氣分子、次氯酸分子，A．氯水中含有氯離子、氫離子和次氯酸根離子，所以其溶液導電，氯氣是單質,既不是電解質也不是非電解質，故A錯誤；B．氯水中含有氯離子、氫離子、次氯酸根離子、氫氧根離子，含有水分子、氯氣分子、次氯酸分子，氯離子和硝酸銀反應生成氯化銀白色沉淀，氯氣和氯化亞鐵發生氧化還原反應生成氯化鐵,故B正確;C．氯水中含有氫原子，藍色石蕊試紙遇酸變紅色，氯水中含有次氯酸，次氯酸有漂白性能使溶液褪色，故C正確；D．氯水中含有鹽酸，鹽酸和碳酸鈣反應生成二氧化碳，碳酸的酸性大于次氯酸,抑制次氯酸電離，所以能提高HClO的濃度，故D正確；故選A．點評:本題考查了氯水的性質，明確氯水的成分及其性質是解本題關鍵,難度不大．6．已知KMnO4與濃HCl在常溫下反應就能產生Cl2．若用如圖所示裝置來制備純凈、干燥的氯氣，并試驗它與金屬的反應．每個虛線框表示一個單元裝置，其中錯誤的是（）A．只有①和②處B．只有②處C．只有②和③處D．只有②、③、④處考點：氯氣的實驗室制法;氯氣的化學性質．。專題：鹵族元素．分析：KMnO4與濃HCl在常溫下反應產生Cl2，濃鹽酸易揮發，生成的氯氣中含有HCl和水蒸氣，應通入盛有飽和食鹽水的洗氣瓶除去HCl,然后通入盛有濃硫酸的洗氣瓶進行干燥，氯氣與金屬反應時，氣體應通入到試管底部，并用雙孔橡皮塞．解答：解：①KMnO4與濃HCl在常溫下反應產生Cl2，無需加熱，鹽酸易揮發，應盛裝在分液漏斗中，固體放在圓底燒瓶中,故①正確；②生成的氯氣中含有HCl和水蒸氣,應通入盛有飽和食鹽水的洗氣瓶除去HCl，氯氣能與NaOH溶液反應，不能用于HCl的除雜，故②錯誤；③通入洗氣瓶的導管應長進短出，否則氣體不能通過洗氣瓶,故③錯誤；④氯氣與金屬反應時，氣體應通入到試管底部，并用雙孔橡皮塞，否則會使試管內壓強過大導致橡皮塞頂開，并有尾氣處理裝置，故④錯誤．故選：D．點評：本題考查氯氣的實驗室制法，題目難度不大，注意從實驗安全的角度思考．7．（3分）（2012?上海）工業上將氨氣和空氣的混合氣體通過鉑一銠合金網發生氨氧化反應,若有標準狀況下VL氨氣完全反應．并轉移n個電子，則阿伏加德羅常數（NA)可表示為（）A．B．C．D．考點:氧化還原反應的計算．。專題：氧化還原反應專題．分析：反應為4NH3+5O2═4NO+6H2O，依據氧化還原反應中氨氣和電子轉移之間的關系式計算．解答：解：設阿伏加德羅常數為NA，氨氣和轉移電子之間的關系式為：4NH3+5O2═4NO+6H2O轉移電子4mol20molNA==，答：阿伏加德羅常數NA為，故選D．點評:本題考查了物質的量的有關計算,根據方程式中氨氣和轉移電子之間的關系式進行計算即可，題目不大．8．（3分）鋇和鈉相似,也能形成含O22﹣離子的過氧化物，則下列敘述錯誤的是（）A．過氧化鋇的化學式是Ba2O2B．1mol過氧化鈉或過氧化鋇跟足量水反應都生成0。5mol氧氣C．過氧化鋇是離子化合物D．過氧化鈉或過氧化鋇都是強氧化劑考點：鈉的化學性質．.專題：幾種重要的金屬及其化合物．分析：A、根據化合物中元素化合價的代數和為0；B、根據過氧化鈉或過氧化鋇跟足量水反應的方程式計算；C、根據過氧化鋇的組成元素來分析；D、根據過氧根離子具有強氧化性；解答：解：A、因為鋇元素是+2價，即Ba2+,O22﹣離子是﹣2價，所以過氧化鋇中只能是BaO2，故A錯誤；B、因過氧化鈉或過氧化鋇跟水反應：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，2H2O+2BaO2=2Ba(OH）2+O2↑，都是1mol過氧化物跟足量水反應都生成0.5mol氧氣，故B正確；C、因過氧化鋇是由活潑的金屬與非金屬元素組成的離子化合物,故C正確；D、因過氧根離子中的氧為﹣1價,具有強氧化性，故D正確；故選A．點評：本題比較簡單,主要考查了過氧化鈉的性質的遷移,培養了學生分析問題的能力．9．（3分）相同條件下，向1000mL,pH=2的硫酸、醋酸、鹽酸中分別加入0.92gNa，產生H2的體積分別為V1、V2、V3，則下列關系中,正確的是（）A．V3＜V2＜V1B．V1=V2=V3C．V1=V3＞V2D．V1=V3＜V2考點：化學方程式的有關計算．.專題：計算題．分析：鈉和水、酸都反應生成氫氣，所以生成氫氣的量與酸的量無關，與鈉的物質的量成正比,據此分析解答,解答：解：鈉和水、酸都反應生成氫氣，無論酸是否過量或不足，由2Na+2H+=2Na++H2↑、2Na+2H2O═2OH﹣+2Na++H2↑可知，Na完全反應,則生成的氫氣相同,所以V1=V2=V3,故選B．點評：本題考查酸與金屬的反應，明確Na與水的反應是解答本題的關鍵，注意生成氫氣的體積與酸的強弱無關，為易錯點．10．（3分）過碳酸鈉是一種有多種用途的新型氧系固態漂白劑，化學式可表示為Na2CO3?3H2O2,它具有Na2CO3和H2O2的雙重性質．過碳酸鈉與下列物質均會發生化學反應而失效,其中過碳酸鈉只發生了氧化反應的是（）A．MnO2B．KMnO4溶液C．稀鹽酸D．Na2SO3溶液考點：過氧化氫．.專題：氧族元素．分析:Na2CO3?3H2O2具有Na2CO3和H2O2的雙重性質，過碳酸鈉只發生了氧化反應,表現為還原性；解答：解：A．在MnO2作用下，過氧化氫自身發生氧化還原反應，既表現出氧化性又表現出還原性，故A不選；B．KMnO4溶液與過碳酸鈉發生氧化還原反應，被氧化，過碳酸鈉表現出還原性，故B選；C．鹽酸和過碳酸鈉反應生成二氧化碳氣體，沒有發生氧化還原反應，故C不選；D．Na2SO3溶液與過碳酸鈉發生氧化還原反應，過碳酸鈉表現出氧化性，故D不選．故選B；點評：本題考查氧化還原反應,題目難度不大，注意把握相關物質的性質，特別是過氧化氫的性質，從元素化合價的認識氧化還原反應的相關概念和性質．11．（3分）用NA表示阿伏加德羅常數,下列說法正確的是(）①18gD2O含有的電子數為10NA②標準狀況下，11。2L以任意比例混合的氮氣和氧氣所含的原子數為NA③同溫、同壓下，相同體積的氫氣和氬氣所含的原子數相等④標準狀況下22。4LH2O中的分子數為NA⑤10.6gNa2CO3溶于水中所得陰、陽離子的個數比為1：2⑥78gNa2O2中含陰、陽離子的總數為3NA⑦7。1gCl2與足量氫氧化鈉溶液反應轉移電子數為0.1NA⑧1molNa2O2與水完全反應時轉移電子數為2NA．A．②⑤⑦B．②⑥⑦C．③④⑧D．②⑤⑧考點：阿伏加德羅常數．。專題：阿伏加德羅常數和阿伏加德羅定律．分析：①D2O分子中含有10個電子,18g重水的物質的量為0.9mol，含有0。9mol電子；②標準狀況下，11.2L以任意比例混合的氮氣和氧氣的物質的量為0。5mol,二者都是雙原子分子，所以含有1mol原子；③同溫、同壓下，相同體積的氫氣和氬氣所含的分子數相等,氬氣為單原子分子，二者含有的原子數不同；④標準狀況下H2O的狀態不是氣體，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算其物質的量；⑤10.6gNa2CO3溶于水后，碳酸根離子部分水解，溶液中碳酸根離子數目減小；⑥過氧化鈉中陰離子為過氧根離子，78gNa2O2的物質的量為1mol，1mol過氧化鈉中含有2mol鈉離子、1mol過氧根離子，總共含有3mol離子；⑦氯氣與氫氧化鈉溶液的反應中,氯氣既是氧化劑也是還原劑；⑧過氧化鈉中氧元素的化合價為﹣1價，1molNa2O2與水完全反應生成0。5mol氧氣，轉移了1mol電子．解答:解：①18gD2O的物質的量為0。9mol,1mol重水中含有0。9mol電子，含有的電子數為0.9NA，故①錯誤；②標準狀況下,11.2L以任意比例混合的氮氣和氧氣的物質的量為0。5mol，含有的原子數為NA，故②正確；③氬氣為單原子分子，同溫、同壓下，相同體積的氫氣和氬氣所含的分子數相等,但是含有的原子數不相等，故③錯誤;④標況下水不是氣體，不能使用標況下的氣體摩爾體積22。4LH2O的物質的量，故④錯誤；⑤10.6gNa2CO3的物質的量為0.1mol，0.1mol碳酸鈉溶于水中，碳酸根離子部分水解，導致碳酸根離子數目減少，則陰、陽離子的個數比小于1：2,故⑤錯誤；⑥78gNa2O2的物質的量為1mol，含有2mol鈉離子、1mol過氧根離子,總共含有3mol離子，含陰、陽離子的總數為3NA,故⑥正確；⑦7。1gCl2的物質的量為0.1mol，0。1mol氯氣與足量氫氧化鈉溶液反應轉移了0。1mol導致，轉移電子數為0。1NA，故⑦正確；⑧1molNa2O2與水完全反應生成0.5mol氧氣，轉移了1mol電子，轉移電子數為NA，故⑧錯誤；故選B．點評：本題考查阿伏加德羅常數的有關計算和判斷，題目難度中等,注意明確標況下氣體摩爾體積的使用條件，掌握好以物質的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數的關系，準確弄清分子、原子、原子核內質子中子及核外電子的構成關系．試題有利于培養學生的邏輯推理能力,提高學生靈活運用基礎知識解決實際問題的能力．12．設NA為阿伏伽德羅常數的值．下列敘述正確的是（）A．1mol甲醇中含有C﹣H鍵的數目為4NAB．25℃，pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的數目為0.1NAC．標準狀況下，2.24L己烷含有分子的數目為0.1NAD．常溫常壓下，Na2O2與足量H2O反應，共生成0。2molO2，轉移電子的數目為0。4NA考點：阿伏加德羅常數．.專題：阿伏加德羅常數和阿伏加德羅定律．分析：A、甲醇為CH3OH，1個分子甲醇中含有3個C﹣H鍵；B、pH=13的NaOH溶液，c（OH﹣）=0。1mol/L，但體積未知，無法計算離子數目；C、標準狀況下，己烷為液體；D、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,每生成1molO2時反應中轉移的電子為2mol．解答：解：A、甲醇為CH3OH，1mol甲醇中含有C﹣H鍵的數目為3NA，故A錯誤；B、pH=13的NaOH溶液,c（OH﹣)=0。1mol/L，n=cV,但溶液的體積未知，無法計算離子數目,故B錯誤;C、標準狀況下，己烷為液體,無法計算，故C錯誤；D、由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，每生成1molO2時反應中轉移的電子為2mol，則生成0。2molO2，轉移電子的數目為0.4NA，故D正確;故選D．點評：本題考查阿伏伽德羅常數的計算，明確物質中的化學鍵、物質的狀態、濃度與物質的量的關系、氧化還原反應中電子轉移的數目即可解答，難度不大．13．（3分）（2010?江西）把500mL有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份,取一份加入含amol硫酸鈉的溶液,恰好使鋇離子完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸銀的溶液，恰好使氯離子完全沉淀．則原混合溶液中鉀離子物質的量濃度為(）A．0.1（b﹣2a)mol/LB．10（2a﹣b）mol/LC．10（b﹣a）mol/LD．10（b﹣2a）mol/L考點：物質的量濃度的相關計算．.專題：壓軸題；守恒法．分析：由Ba2++SO42﹣═BaSO4↓、Ag++Cl﹣═AgCl↓計算離子的物質的量,由混合溶液分成5等份，則確定原溶液中鋇離子和氯離子的濃度，再利用溶液不顯電性來計算原混合溶液中鉀離子物質的量濃度．解答：解:取一份加入含amol硫酸鈉的溶液,恰好使鋇離子完全沉淀，則Ba2++SO42﹣═BaSO4↓11amolamol另取一份加入含bmol硝酸銀的溶液，恰好使氯離子完全沉淀，則Ag++Cl﹣═AgCl↓11bmolbmol由混合溶液分成5等份，則原溶液中鋇離子的濃度為=10amol/L,氯離子的濃度為=10bmol/L，根據溶液不顯電性，設原混合溶液中鉀離子物質的量濃度為x，則10amol/L×2+x×1=10bmol/L×1,解得x=10(b﹣2a）mol/L，故選D．點評:本題考查離子濃度的有關計算，明確溶液不顯電性是解答本題的關鍵，并注意溶液均分為5份是學生解答中容易忽略的地方，難度不大．14．（3分）在如圖所示電解質溶液的導電性裝置中，若向某一電解質溶液中逐滴加入另一種溶液時，則燈光由亮變暗至熄滅后又逐漸變亮的是（）A．鹽酸中逐滴加入食鹽溶液B．醋酸中逐滴加入氫氧化鈉溶液C．飽和石灰水中不斷通入CO2D．醋酸中逐滴加入氨水考點:電解質溶液的導電性．。專題：電離平衡與溶液的pH專題．分析：若向某一電解質溶液中逐滴加入另一溶液時,燈泡由亮變暗，說明溶液中電解質的濃度降低，說明所加入物質能與溶液中電解質反應生成弱電解質或沉淀,至熄滅后又逐漸變亮，說明完全反應時溶液電荷濃度接近0，當另一溶液過量時，溶液中電荷濃度逐漸增大，又逐漸變亮，以此解答．解答：解：A．食鹽溶液中逐滴加入鹽酸,溶液電荷濃度不為0,燈泡不可能熄滅，故A錯誤；B．醋酸中逐滴加入氫氧化鈉溶液生成醋酸鈉，溶液電荷濃度不為0,燈泡不可能熄滅,故B錯誤；C．飽和石灰水中不斷通入CO2，完全反應時生成碳酸鈣和水，溶液電荷濃度接近0,燈泡熄滅，符合題目要求，故C正確;D．醋酸中逐滴加入氨水，生成醋酸銨，溶液電荷濃度不為0，燈泡不可能熄滅，故D錯誤．故選C．點評：本題考查電解質溶液的導電性，題目難度不大，注意燈泡熄滅，說明完全反應時溶液電荷濃度接近0,根據反應物進行判斷．15．下表中評價合理的是（）選項化學反應及其離子方程式評價AFe3O4與稀硝酸反應：2Fe3O4+18H+=6Fe3++H2↑+8H2O正確B向碳酸鎂中加入稀鹽酸:CO2﹣3+2H+=CO2↑+H2O錯誤，碳酸鎂不應寫成離子形式C向硫酸銨溶液中加入氫氧化鋇溶液:Ba2++SO2﹣4=BaSO4↓正確DFeBr2溶液與等物質的量的Cl2反應：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++4Cl﹣+Br2錯誤，Fe2+與Br﹣的化學計量數之比應為1：2A．AB．BC．CD．D考點：離子方程式的書寫．。專題：壓軸題；離子反應專題．分析：A、Fe3O4與稀硝酸反應產生的氣體是一氧化氮；B、碳酸鎂是難溶物質；C、銨根離子能和氫氧根離子反應產生氨氣或者是一水合氨；D、氯氣具有氧化性，亞鐵離子的還原性強于溴離子．解答：解:A、Fe3O4與稀硝酸反應產生的氣體是一氧化氮,不會產生氫氣，故A錯誤；B、碳酸鎂是難溶物質，不應該寫成離子形式，故B正確；C、銨根離子能和氫氧根離子反應產生氨氣或者是一水合氨，向硫酸銨溶液中加入氫氧化鋇溶液,反應為：2NH4++Ba2++SO42﹣+2OH﹣═BaSO4↓+2NH3?H2O，故C錯誤；D、亞鐵離子的還原性強于溴離子，FeBr2溶液與等物質的量的Cl2反應為,亞鐵離子被完全氧化，溴離子被部分氧化：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++4Cl﹣+Br2，評價為正確；若Fe2+與Br﹣的化學計量數之比應為1：2，則氯氣需要過量，溴化亞鐵全部反應，故D錯誤．故選B．點評：本題考查學生離子方程式書寫的正誤判斷，主要考查化合物的性質應用，特別是氧化性離子還原性離子的氧化還原反應的順序，難度不大．16．（3分）下列實驗設計及其對應的離子方程式均正確的是（）A．用FeCl3溶液腐蝕銅線路板：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+B．Na2O2與H2O反應制備O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑C．將氯氣溶于水制備次氯酸:Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣D．用濃鹽酸酸化的KMnO4溶液與H2O2反應，證明H2O2具有還原性：2KMnO4+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O考點:離子方程式的書寫．.專題：離子反應專題．分析:A、鐵離子和銅反應生成亞鐵離子和銅離子,依據電荷守恒和原子守恒分析判斷；B、依據電荷守恒和原子守恒分析正誤;C、次氯酸是弱酸存在電離平衡,離子方程式中寫分子式；D、濃鹽酸溶液中的氯離子也可以被高錳酸鉀溶液氧化．解答:解：A、用FeCl3溶液腐蝕銅線路板，鐵離子和銅反應生成亞鐵離子和銅離子，反應的離子方程式為：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故A正確；B、Na2O2與H2O反應制備O2,選項中原子不守恒，反應的離子方程式為2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故B錯誤；C、次氯酸是弱酸存在電離平衡，將氯氣溶于水制備次氯酸的離子方程式為：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO，故C錯誤；D、濃鹽酸溶液中的氯離子也可以被高錳酸鉀溶液氧化，不能證明過氧化氫被氧化,故D錯誤；故選:A．點評：本題考查了離子方程式的書寫方法和正誤判斷,注意弱電解質判斷，電荷守恒，原子守恒的分析應用，題目難度中等．17．在下述條件下，一定能大量共存的離子組是（）A．無色透明的水溶液中:K+、Ba2+、I﹣、MnO4﹣B．含有大量NO3﹣的水溶液中：NH4+、Fe2+、SO42﹣、H+C．c（HCO3﹣）=0.1mol?L﹣1的溶液中:Na+、K+、CO32﹣、Br﹣D．強堿性溶液中:ClO﹣、S2﹣、HSO3﹣、Na+考點：離子共存問題．.專題：離子反應專題．分析：A、從I﹣離子的還原性和MnO4﹣離子的氧化性考慮能共存;B、在酸性溶液中NO3﹣離子具有強氧化性與具有還原性的Fe2+離子不能大量共存；C、判斷各離子之間能否發生復分解、水解、氧化等反應；D、HSO3﹣離子在堿性條件下不能大量共存．解答：解:A、I﹣離子具有還原性與具有氧化性的MnO4﹣離子發生氧化還原反應而不能大量共存，故A錯誤；B、在酸性溶液中NO3﹣離子具有強氧化性與具有還原性的Fe2+離子發生氧化還原反應而不能大量共存，故B錯誤;C、在c（HCO3﹣）=0.1mol?L﹣1的溶液中，四種離子不發生任何反應，能大量共存，故C正確．D、HSO3﹣離子在堿性條件下不能大量共存,故D錯誤．故選C．點評:本題考查離子共存問題，題目難度不大，做題時注意離子的性質和溶液的酸堿性等問題．18．（3分）下列反應中，產物有氧化鐵的是（）A．加熱蒸干FeCl2溶液，并將得到的固體灼燒B．Fe在純O2中燃燒C．灼熱的Fe與水蒸氣反應D．加熱蒸干Fe2（SO4)3溶液考點：鐵的化學性質；鐵的氧化物和氫氧化物．.專題：金屬概論與堿元素．分析：A、氯化亞鐵溶液中水解生成氫氧化亞鐵和氯化氫，加熱蒸干氯化氫揮發促進水解，生成的氫氧化亞鐵被空氣中氧氣氧化生成氫氧化鐵，灼燒得到氧化鐵；B、鐵在純氧中燃燒生成四氧化三鐵;C、灼熱的Fe與水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣；D、加熱蒸干Fe2（SO4）3溶液，硫酸鐵水解生成硫酸和氫氧化鐵，加熱蒸干，硫酸是難揮發性酸，水揮發，得到硫酸鐵固體；解答：解：A、氯化亞鐵溶液中水解生成氫氧化亞鐵和氯化氫,加熱蒸干氯化氫揮發促進水解得到水解產物氫氧化亞鐵，生成的氫氧化亞鐵被空氣中氧氣氧化生成氫氧化鐵，灼燒得到氧化鐵，產物由氧化鐵，故A正確;B、鐵在純氧中燃燒生成四氧化三鐵,不能生成氧化鐵，故B錯誤；C、灼熱的Fe與水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣，不能生成氧化鐵，故C錯誤;D、加熱蒸干Fe2（SO4）3溶液，硫酸鐵水解生成硫酸和氫氧化鐵，加熱蒸干，硫酸是難揮發性酸，水揮發，得到硫酸鐵固體，不能得到氧化鐵,故D錯誤；故選A．點評:本題考查了鐵及其化合物性質的分析判斷，主要是鹽類水解的產物分析，溶液蒸干產物的分析應用，掌握基礎是關鍵，題目難度中等．19．（3分）將一定質量Na、Na2O、Na2O2的混合物與足量的水反應,在標準狀況下得到672mL混合氣體．該混合氣體通過電火花引燃,恰好完全反應，則混合物中Na、Na2O和Na2O2的物質的量之比可能為（）A．1：1：1B．1：1:2C．1：2：2D．4：3：2考點:鈉的重要化合物；有關混合物反應的計算．.專題：幾種重要的金屬及其化合物．分析：方法1、Na、Na2O、Na2O2的混合物與足量的水反應得到的氣體是氫氣和氧氣的混合物，將該混合氣體通過放電，恰好完全反應,說明氫氣和氧氣反應的物質的量之比恰好等于它們反應的計量數之比，由混合氣體的體積可得出氫氣、氧氣的物質的量．氫氣來源于鈉和水的反應，通過氫氣可求出鈉的物質的量;氧氣來源于過氧化鈉與水的反應，通過氧氣的物質的量可求出過氧化鈉的物質的量．物質的量乘以摩爾質量可分別求出鈉、過氧化鈉的質量，總重量減去鈉、過氧化鈉的質量就是氧化鈉的質量，質量除以摩爾質量可得氧化鈉的物質的量，用鈉、氧化鈉、過氧化鈉的物質的量之比即可；（針對計算題)方法2、Na、Na2O、Na2O2的混合物與足量的水反應得到的氣體是氫氣和氧氣的混合物，將該混合氣體通過放電，恰好完全反應，說明氫氣和氧氣反應的物質的量之比恰好等于它們反應的計量數之比,氫氣來源于鈉和水的反應，氧氣來源于過氧化鈉與水的反應，通過鈉與水、過氧化鈉與水、氫氣和氧氣反應的方程式，找出鈉與過氧化鈉的物質的量之比，直接核對選項即可得答案．(針對選擇題)解答：解:Na、Na2O、Na2O2的混合物與足量的水反應得到的氣體是氫氣和氧氣的混合物，將該混合氣體通過放電,恰好完全反應，說明氫氣和氧氣反應的物質的量之比恰好等于它們反應的計量數之比,氫氣來源于鈉和水的反應，氧氣來源于過氧化鈉與水的反應，通過鈉與水、過氧化鈉與水、氫氣和氧氣反應的方程式，找出鈉與過氧化鈉的物質的量之比，直接核對選項即可得答案．（針對選擇題），鈉與水、過氧化鈉與水、氫氣與氧氣的反應方程式如下:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，鈉與氫氣的關系式為2Na～H22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，過氧化鈉與氧氣的關系式為2Na2O2～O22H2+O22H2O，氫氣和氧氣的關系式為2H2～O2，將該混合氣體通過放電，恰好完全反應,說明氫氣和氧氣反應的物質的量之比恰好等于它們反應的計量數之比，即氫氣和氧氣的物質的量之比為2：1，通過鈉與氫氣、過氧化鈉與氧氣、氫氣與氧氣的關系式可得鈉與過氧化鈉的關系式為:4Na～2H2~O2~2Na2O2，所以鈉與過氧化鈉的物質的量之比為4：2，故選D．點評：本題如果采用常規做法，計算量較大，應用公式次數較多,較容易出錯，如果抓住關鍵字采用關系式進行分析m化繁為簡，效果較好．20．(3分）(NH4）2SO4在高溫下分解，產物是SO2、H2O、N2和NH3．在該反應的化學方程式中，化學計量數由小到大的產物分子依次是(）A．SO2、H2O、N2、NH3B．N2、SO2、H2O、NH3C．N2、SO2、NH3、H2OD．H2O、NH3、SO2、N2考點:氧化還原反應方程式的配平．.專題：氧化還原反應專題．分析：方法一：（NH4)2SO4═NH3+N2+SO2+H2O，反應中:N：﹣3→0，化合價變化總數為6，S：+6→+4，化合價變化數為2，根據化合價升高和降低的總數相等，所以應在SO2前配3，N2前配1,根據原子守恒（NH4）2SO4前面配3，NH3前面配4，H2O前面配6，最后計算反應前后的O原子個數相等．方法二:利用待定系數法，令（NH4）2SO4系數為1，根據原子守恒，依次配平SO2前配1，H2O前面配2，NH3前面配，N2前配，然后各物質系數同時擴大3倍．解答：解:方法一：對于（NH4）2SO4→NH3+N2+SO2+H2O,反應中：N：﹣3→0，化合價變化總數為6，S：+6→+4，化合價變化數為2，根據化合價升高和降低的總數相等，最小公倍數為6，所以應在SO2前配3，N2前配1，根據硫原子守恒（NH4）2SO4前面配3，根據氮原子守恒NH3前面配4，根據氫原子守恒H2O前面配6，最后計算反應前后的O原子個數相等．配平后的化學方程式為：3（NH4)2SO44NH3↑+N2↑+3SO2↑+6H2O．方法二:利用待定系數法,令（NH4）2SO4系數為1,根據硫原子原子守恒SO2前配1，根據氧原子守恒H2O前面配2，根據氫原子守恒NH3前面配，根據氮原子守恒N2前配,然后各物質系數同時擴大3倍，3（NH4)2SO44NH3↑+N2↑+3SO2↑+6H2O．答案:C．點評：此題實際上是考查化學方程式的配平，難度中等，根據化合價升降、原子守恒配平方程式是關鍵，分解反應中利用待定系數法結合原子守恒配平比較簡單．掌握常見的配平方法．二、填空題(共4小題，每小題10分，滿分40分)21．(10分）如圖表示A～E五種物質的相互轉化關系，其中A為淡黃色粉末，C為單質,D為離子化合物．（1)推斷A為Na2O2;B為Na2CO3;C為Na；D為NaCl（填化學式）．(2）寫出相關方程式:③化學方程式2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2;⑧離子方程式2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑．(3）請寫出過量的E和Ca（HCO3）2溶液反應的離子方程式:2OH﹣+Ca2++2HCO3﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O．考點：無機物的推斷．.專題：推斷題．分析：A為淡黃色粉末，能和CO2、H2O反應，則A是Na2O2，B是Na2CO3、E是NaOH，C為單質，C能和水反應，且可以反應得到過氧化鈉，則C是Na，C和氯氣反應生成D是NaCl，氫氧化鈉與鹽酸反應得到氯化鈉，氫氧化鈉與二氧化碳反應得到碳酸鈉，碳酸鈉與鹽酸等反應可以得到氯化鈉，據此解答．解答：解：A為淡黃色粉末，能和CO2、H2O反應,則A是Na2O2，B是Na2CO3、E是NaOH，C為單質，C能和水反應，且可以反應得到過氧化鈉,則C是Na,C和氯氣反應生成D是NaCl,氫氧化鈉與鹽酸反應得到氯化鈉，氫氧化鈉與二氧化碳反應得到碳酸鈉，碳酸鈉與鹽酸等反應可以得到氯化鈉，(1）通過以上分析知，A是Na2O2、B是Na2CO3、C是Na、D是NaCl，故答案為：Na2O2；Na2CO3；Na；NaCl；(2）反應③是過氧化鈉和二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣，反應方程式為：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2;反應⑧是鈉和水反應生成氫氧化鈉和氫氣，反應離子方程式為：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑,故答案為：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑;（3）過量的NaOH溶液和碳酸氫鈣溶液反應生成碳酸鈣、碳酸鈉和水,離子方程式為:2OH﹣+Ca2++2HCO3﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O,故答案為:2OH﹣+Ca2++2HCO3﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O．點評：本題考查無機物推斷，涉及鈉元素單質化合物性質，以A的顏色及發生的反應為突破口采用正逆結合的方法進行推斷,明確物質的性質是解本題關鍵,(3）中離子方程式的書寫是難點、易錯點，注意該反應量不同產物不同,題目難度中等．22．（10分）實驗室需要0。1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L硫酸溶液500mL．根據這兩種溶液的配制情況回答下列問題：（1）如圖所示的儀器中配制溶液肯定不需要的是ABC（填序號），配制上述溶液還需用到的玻璃儀器是燒杯、玻璃棒（填儀器的名稱）．（2)下列操作中，容量瓶所不具備的功能有BCEF（填序號）．A．配制一定體積準確濃度的標準溶液B．貯存溶液C．測量容量瓶規格以下的任意體積的液體D．準確稀釋某一濃度的溶液E．量取一定體積的液體F．用來加熱溶解固體溶質（3）根據計算用托盤天平稱取NaOH的質量為2。0g．在實驗中其他操作均正確，若定容時仰視刻度線，則所得溶液濃度小于0.1mol/L（填“大于”、“等于”或“小于”，下同）．若NaOH溶液在轉移至容量瓶時,灑落了少許，則所得溶液濃度小于0.1mol/L．（4）根據計算得知，所需質量分數為98％、密度為1。84g/cm3的濃硫酸的體積為13.6mL(計算結果保留一位小數)．如果實驗室有15mL、20mL、50mL量筒，應選用15mL量筒最好．配制過程中需先在燒杯中將濃硫酸進行稀釋，稀釋時操作方法是將濃硫酸沿器壁緩緩倒入水中，并用玻璃棒不斷攪拌．考點：配制一定物質的量濃度的溶液．。專題：實驗題．分析：（1）根據溶液的配制情況結合各儀器的作用選取儀器；（2)有關容量瓶的構造和使用，容量瓶不能稀釋濃溶液、不能用于溶解固體、儲存溶液等；(3）根據m=cVM計算氫氧化鈉的質量，注意溶液的體積為500mL而不是400mL進行解答；根據c=并結合溶質的物質的量n和溶液的體積V的變化來進行誤差分析；（4）先根據C=計算濃硫酸的濃度，再根據濃硫酸稀釋前后溶質的物質的量不變計算，根據濃硫酸的體積選取量筒規格，根據濃硫酸稀釋時的正確操作解答．解答：解：（1）用容量瓶配制溶液選E,用膠頭滴管定容選D;溶解或稀釋藥品的燒杯、還需要用到的儀器有：攪拌或引流用的玻璃棒,配制溶液肯定不需要的是ABC，故答案為:ABC；玻璃棒、燒杯;（2)A．容量瓶用于配制一定體積的、濃度準確的溶液，故A正確；B．容量瓶只能用來配制一定體積準確濃度的溶液，不能用于貯存溶液，故B錯誤；C．容量瓶不能配制或測量容量瓶規格以下的任意體積的液體，故C錯誤；D．容量瓶能準確稀釋某一濃度的溶液，故D正確；E．容量瓶只有一個刻度線，故不能量取一定體積的液體，故E錯誤;F．容量瓶不能受熱，故不能用來加熱溶解固體溶質，故F錯誤；故選BCEF;(3）根據n=c×V=0.1mol/L×0。5L=0.05mol,m=n×M，m=0。05mol×40g/mol=2。0g，在實驗中其他操作均正確，若定容時仰視刻度線，使得所加水的體積偏大，所以則所得溶液濃度小于0.1mol/L；若NaOH溶液在轉移至容量瓶時，灑落了少許，溶質的物質的量偏小,則所得溶液濃度小于0。1mol/L,故答案為:2.0；小于；小于；（4）濃硫酸的濃度C==mol/L=18。4mol/L，濃硫酸稀釋前后溶質的物質的量不變，設濃硫酸的體積為V，所以18.4mol/L×V=0。5/L×0.5L，V=0。0136L=13。6mL,選取的量筒規格應該等于或大于量取溶液體積，故選15mL量筒，稀釋濃硫酸的正確操作是:將濃硫酸沿燒杯內壁緩緩倒入水中,并用玻璃棒不斷攪拌，防止液體濺出．故答案為：13.6；15；將濃硫酸沿燒杯內壁緩緩倒入水中,并用玻璃棒不斷攪拌．點評:本題考查一定物質的量濃度溶液的配制、化學方程式的相關計算，注意容量瓶的使用、注意正確判斷產物的成分為解答該題的關鍵，題目難度不大．23．（10分)某鈉鹽溶液可能含有陰離子NO3﹣、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣、Br﹣、I﹣．為了鑒別這些離子，分別取少量溶液進行以下實驗:①所得溶液呈堿性;②加HCl后，生成無色無味的氣體．該氣體能使飽和石灰水變渾濁．③加CCl4,滴加少量氯水，振蕩后,CCl4層未變色．④加BaCl2溶液產生白色沉淀,分離，在沉淀中加入足量的鹽酸,沉淀不能完全溶解．⑤加HNO3酸化后，再加過量的AgNO3，溶液中析出白色沉淀．（1）分析上述實驗①,寫出這一實驗鑒定離子的結論與理由．含有CO32﹣、SO32﹣中的至少一種．(2）由以上5個實驗分析一定存在的離子是：CO32﹣、SO42﹣．（3）上述5個實驗不能確定是否的離子是Cl﹣、NO3﹣．考點:常見陰離子的檢驗；離子共存問題．.專題：離子反應專題．分析：(1)碳酸根河亞硫酸根離子水解顯堿性;(2）根據實驗現象和離子反應以及離子共存知識來確定存在的離子；（3）根據實驗現象、離子反應以及離子共存知識來確定存在的離子和不能確定的離子．解答：解：（1）在這些離子中，只有碳酸根和亞硫酸根離子水解顯堿性,所以通過上述實驗①,可以確定含有碳酸根和亞硫酸根離子中的至少一種，故答案為：含有CO32﹣、SO32﹣中的至少一種；（2）①所得溶液呈堿性，則含有CO32﹣、SO32﹣中的至少一種；②加HCl后,生成無色無