安徽省合肥一中高三上學(xué)期第一次月考化學(xué)試卷

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2016-2017學(xué)年安徽省合肥一中高三（上）第一次月考化學(xué)試卷一、單選題(本題共20小題，每小題2分,共40分）1．化學(xué)與生活、社會發(fā)展息息相關(guān),下列說法不正確的是（）A．“霾塵積聚難見路人”，霧霾所形成的氣溶膠有丁達(dá)爾效應(yīng)B．“熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”，該過程發(fā)生了置換反應(yīng)C．“青蒿一握，以水二升漬，絞取汁”，屠呦呦對青蒿素的提取屬于化學(xué)變化D．古劍“沈盧”“以劑鋼為刃,柔鐵為莖干，不爾則多斷折”，劑鋼指的是鐵的合金2．從海帶中提取碘要經(jīng)過灼燒、浸取、過濾、氧化、萃取、分液、蒸餾等操作,下列對應(yīng)的裝置合理,操作規(guī)范的是（)A．海帶灼燒成灰 B．過濾含I﹣溶液C．放出碘的苯溶液 D．分離碘并回收苯3．向含有c（FeCl3）=0.2mol?L﹣1、c(FeCl2)=0.1mol?L﹣1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一種黑色分散系，其中分散質(zhì)粒子是直徑約為9.3nm的金屬氧化物，下列有關(guān)說法中正確的是（）A．該分散系的分散質(zhì)為Fe2O3B．可用過濾的方法將黑色金屬氧化物與Na+分離開C．在電場作用下，陰極附近分散系黑色變深，則說明該分散系帶正電荷D．加入NaOH時發(fā)生的反應(yīng)可能為：Fe2++2Fe3++8OH﹣═Fe3O4+4H2O4．向2mL0。5mol/L的FeCl3溶液中加入3mL3mol/LKF溶液，F(xiàn)eCl3溶液褪成無色,再加入KI溶液和CCl4振蕩后靜置,CCl4層不顯色，則下列說法正確的是（)A．Fe3+不與I﹣發(fā)生反應(yīng)B．Fe3+與F﹣結(jié)合成不與I﹣反應(yīng)的物質(zhì)C．F﹣使I﹣的還原性減弱D．Fe3+被F﹣還原為Fe2+，使溶液中不再存在Fe3+5．如圖W、X、Y、Z為四種物質(zhì)，若箭頭表示能一步轉(zhuǎn)化的常見反應(yīng),其中常溫下能實現(xiàn)圖示轉(zhuǎn)化關(guān)系的是（）選項WXYZASSO2SO3H2SO4BNaNa2O2NaOHNaClCFeFeCl3Fe（OH)2FeCl2DAlAlCl3NaAlO2Al2（SO4)3A．A B．B C．C D．D6．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值．下列敘述正確的是（）A．1molFe溶于硝酸，電子轉(zhuǎn)移數(shù)為3NAB．12.0gNaHSO4固體中含陽離子數(shù)為0.1NAC．標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下，22.4L氟化氫中含有氟原子數(shù)為NAD．7。8gNa2O2與足量的水反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NA7．某學(xué)習(xí)小組需0.10mol/L的Na2CO3溶液450mL．下列有關(guān)說法正確的是(）A．稱量前應(yīng)將Na2CO3?xH2O灼燒至恒重B．配制時需用托盤天平稱取4。8g無水Na2CO3C．100mL上述溶液含離子總數(shù)為0。03NAD．配制好的Na2CO3溶液應(yīng)轉(zhuǎn)移到帶玻璃塞的試劑瓶中8．把VL含有硫酸鎂和硫酸鉀的混合溶液分成兩等份,一份加入含有amol氫氧化鈉的溶液,恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂;另一份加入含有bmol氯化鋇的溶液,恰好使硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇，則原混合溶液中鉀離子的濃度（mol/L）為（)A． B． C． D．9．標(biāo)準(zhǔn)狀況下VL氨氣溶解在1L水中（水的密度近似為1g/ml），所得溶液的密度為ρg/ml，質(zhì)量分?jǐn)?shù)為w,物質(zhì)濃度為cmol/L，則下列關(guān)系中不正確的是(）A．ρ= B．W=C．W= D．C=10．下列有關(guān)溶液組成的描述合理的是（）A．澄清透明溶液中可能大量存在：Cu2+、Mg2+、NO3﹣、SO42﹣B．加入KSCN顯紅色的溶液中可能大量存在：K+、NH4+、Cl﹣、I﹣C．加入A1能放出大人量H2的溶液中可能大量存在：NH4+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣D．常溫下，=1×l0﹣12的溶液中可能大量存在:K+、AlO2﹣、CO32﹣、Na+11．下列離子方程式書寫正確的是（)A．FeCl2溶液中通入氯氣：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl﹣B．FeS固體放入稀硝酸溶液中:FeS+2H+=Fe2++H2S↑C．碳酸氫鎂和足量的氫氧化鈣溶液反應(yīng)：Ca2++OH﹣+HCO3﹣=CaCO3↓+H2OD．向明礬溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使Al3+沉淀完全：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=2Al(OH）3↓+3BaSO4↓12．根據(jù)侯氏制堿原理制備少量NaHCO3的實驗，經(jīng)過制取氨氣、制取NaHCO3、分離NaHCO3、干燥NaHCO3四個步驟，下列圖示裝置和原理能達(dá)到實驗?zāi)康氖?)A．制取氨氣 B．制取NaHCO3 C．分離NaHCO3 D．干燥NaHCO313．下列實驗中,對應(yīng)的現(xiàn)象以及結(jié)論都正確且兩者具有因果關(guān)系的是（）選項實驗現(xiàn)象結(jié)論A將稀硝酸加入過量鐵粉中，充分反應(yīng)后滴加KSCN溶液有氣體生成,溶液呈血紅色稀硝酸將Fe氧化為Fe3+B用玻璃杯蘸取某溶液進(jìn)行焰火反應(yīng)實驗火焰呈黃色溶液中含有Na+C用坩堝鉗夾住一小塊用砂紙仔細(xì)打磨過的鋁箔在酒精燈上加熱熔化后的液態(tài)鋁滴落下來金屬鋁的熔點(diǎn)較低D用Fe3+濃度相同的FeCl3溶液和Fe2（SO4）3溶液，分別用于清洗做完眼鏡反應(yīng)的試管用FeCl3溶液清洗比Fe2(SO4）3溶液清洗得干凈Fe3+氧化銀單質(zhì)的過程可能是一個可逆過程：Fe3++Ag?Fe2++Ag+A．A B．B C．C D．D14．海水開發(fā)利用的部分過程如圖所示．下列說法錯誤的是（）A．向苦鹵中通入Cl2是為了提取溴B．粗鹽可采用除雜和重結(jié)晶等過程提純C．工業(yè)生產(chǎn)常選用NaOH作為沉淀劑D．富集溴一般先用空氣和水蒸氣吹出單質(zhì)溴，再用SO2將其還原吸收15．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+．取該溶液100mL,加入過量NaOH，加熱，得到0。02mol氣體，同時產(chǎn)生紅褐色沉淀;過濾，洗滌,灼燒，得到l.6g固體；向上述濾液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于鹽酸的沉淀．由此可知原溶液中(）A．至少存在5種離子B．C1﹣一定存在,且cCl﹣）≥0.4mol/LC．SO42﹣、NH4+一定存在，CO32﹣可能存在D．CO32﹣、Al3+一定不存在，K+一定存在16．向一定體積含HCl、H2SO4、NH4NO3、AlCl3的混合溶液中逐滴加入Ba(OH）2溶液,溶液中產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量與加入Ba(OH)2溶液的體積關(guān)系正確的是（）A． B． C． D．17．汽車劇烈碰撞時,安全氣囊中發(fā)生反應(yīng)10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑．若氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多1.75mol，則下列判斷正確的是(）A．生成42.0LN2（標(biāo)準(zhǔn)狀況）B．有0。250molKNO3被氧化C．轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1。25molD．被氧化的氮原子的物質(zhì)的量為1.75mol18．銨明礬NH4Al（SO4）2?12H2O是分析化學(xué)常用基準(zhǔn)試劑，其制備過程如下．下列分析不正確的是（）A．過程I反應(yīng):2NH4HCO3+Na2SO4═2NaHCO3↓+（NH4）2SO4B．檢驗溶液B中陰離子的試劑僅需BaCl2溶液C．若省略過程II則銨明礬產(chǎn)率明顯減小D．向銨明礬溶液中逐滴加入NaOH溶液先后觀察到:刺激性氣體逸出→白色沉淀生成→白色沉淀消失19．將一定量的氯氣通入30mL濃度為10.00mol/L的氫氧化鈉濃溶液中，加熱少許時間后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存體系．下列判斷正確的是（)A．與NaOH反應(yīng)的氯氣一定為0.3molB．若反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子為nmol，則0.15＜n＜0。25C．n（Na+）：n（Cl﹣）可能為7：3D．n（NaCl）:n（NaClO)：n（NaClO3）可能為8:2:120．將一定質(zhì)量的鎂、銅合金加入到稀硝酸中，合金完全溶解,假設(shè)反應(yīng)過程中還原產(chǎn)物全部是NO，向所得溶液中加入物質(zhì)的量濃度為3mol/L的NaOH溶液至沉淀完全,測得生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加5.1g，則下列有關(guān)敘述正確的是（）A．反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的總數(shù)為0。3molB．反應(yīng)過程中,消耗硝酸的物質(zhì)的量為0。3molC．沉淀完全時消耗NaOH溶液的體積為100mLD．開始加入合金的質(zhì)量可能為3.4g二、非選擇題（共60分）21．寫出向含有1molFeBr2的溶液中通入1molCl2，此時的離子方程式：．22．碳酸氫鈉溶液與氯化鈣溶液混合有白色沉淀產(chǎn)生，離子方程式：．23．某一反應(yīng)體系有反應(yīng)物和生成物共五種物質(zhì):O2、H2CrO4、Cr（OH）3、H2O、H2O2已知該反應(yīng)中H2O2只發(fā)生如下過程:H2O2→O2①該反應(yīng)中的氧化劑是．②該反應(yīng)中，發(fā)生還原反應(yīng)的過程是→．③寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式，并標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目．④如反應(yīng)轉(zhuǎn)移了0.6mol電子，則產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為．24．短周期主族元素X、Y、Z、W、M、N原子序數(shù)依次增大，X與M、W與N分別同主族，X與其它元素均不同周期，Y、Z、W同周期且在周期表中位置相鄰，又知N的質(zhì)子數(shù)是其次外層電子數(shù)的2倍．請同答下列問題：(1）M元素在周期表中的位置是，X、Y、Z、W的原子半徑由大到小的順序為:（用元素符號表示)．（2）寫出X2W2電子式;YW2分子形狀為．（3）X、Z、W形成的化合物中，水溶液一定顯酸性的鹽是（寫化學(xué)式）．其原因是(用離子方程式表示)，該物質(zhì)所含化學(xué)鍵的類型是．（4)用一個離子方程式表示NW2通入Ba(NO3)2溶液中的反應(yīng)．25．Cu2O可用于制作船底防污漆，某學(xué)習(xí)小組探究制備Cu2O的方法．【查閱資料】①CuSO4與Na2SO3溶液混合可制備Cu2O．②Cu2O為磚紅色固體；酸性條件下生成Cu2+和Cu．③Cu2O和Cu（SO3）23﹣可以相互轉(zhuǎn)化（1)配制0。25mol?L﹣1CuSO4溶液和0.25mol?L﹣1Na2SO3溶液．測得CuSO4溶液pH=4，Na2SO3溶液pH=9．用離子方程式表示CuSO4溶液pH=4的原因．(2）完成CuSO4溶液和Na2SO3溶液反應(yīng)制Cu2O的離子方程式：□Cu2++□SO32﹣+□□Cu2O↓+□+□HSO3﹣【實驗探究】操作現(xiàn)象i有黃色沉淀出現(xiàn)，隨著Na2SO3溶液的滴入，沉淀增加，當(dāng)加到5mL時，溶液的藍(lán)色消失．ii將試管加熱，黃色沉淀變?yōu)榇u紅色，有刺激性氣味氣體產(chǎn)生．iii在加熱條件下，繼續(xù)滴入Na2SO3溶液，磚紅色沉淀減少，當(dāng)1加到10mL時，沉淀完全溶解，得無色溶液．（3)證明ii中磚紅色沉淀是Cu2O的實驗方案是．（4)經(jīng)檢驗i中黃色沉淀含有Cu2SO3，ii中沉淀由黃色變磚紅色的化學(xué)方程式是．(5）iii中磚紅色沉淀消失的原因是．(6）在加熱條件下，若向2mL0.25mol?L﹣1Na2SO3溶液中滴加0.25mol?L﹣1CuSO4溶液至過量，預(yù)期觀察到的現(xiàn)象是．（7）由上述實驗得出結(jié)論：CuSO4溶液和Na2SO3溶液反應(yīng)制備Cu2O，應(yīng)控制的條件是、．26．鈉、鉀的碘化物在生產(chǎn)和科學(xué)實驗中有十分重要的應(yīng)用．工業(yè)利用碘、NaOH和鐵屑為原料可生產(chǎn)碘化鈉，其生產(chǎn)流程如圖1：（1)NaOH溶液和碘反應(yīng)時需要嚴(yán)格控制溫度，如果溫度過低，會生成碘的低價副產(chǎn)品NaIO．若NaOH溶液和碘反應(yīng)時所得溶液中IO3﹣與IO﹣的物質(zhì)的量之比為1：1，則該反應(yīng)的離子方程式為．（2)生產(chǎn)流程中加入過量鐵屑的目的是，過濾所得固體中除剩余鐵屑外，還有紅褐色固體，則加入鐵屑時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是．（3)溶液2中除含有H+外，一定含有的陽離子是;試設(shè)計實驗證實該金屬陽離子的存在．（4）溶液2經(jīng)一系列轉(zhuǎn)化可以得到草酸亞鐵晶體（FeC2O4?2H2O），稱取3.60g草酸亞鐵晶體(相對分子質(zhì)量是180）用熱重法對其進(jìn)行熱分解,得到剩余固體的質(zhì)量隨溫度變化的曲線如圖2所示:1析圖中數(shù)據(jù),根據(jù)信息寫出過程Ⅰ發(fā)生2的化學(xué)方程式．②300℃時剩余固體只有一種且是鐵的氧化物,試通過計算確定該氧化物的化學(xué)式．

2016-2017學(xué)年安徽省合肥一中高三（上）第一次月考化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、單選題（本題共20小題，每小題2分，共40分）1．化學(xué)與生活、社會發(fā)展息息相關(guān)，下列說法不正確的是（）A．“霾塵積聚難見路人"，霧霾所形成的氣溶膠有丁達(dá)爾效應(yīng)B．“熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅"，該過程發(fā)生了置換反應(yīng)C．“青蒿一握,以水二升漬，絞取汁”，屠呦呦對青蒿素的提取屬于化學(xué)變化D．古劍“沈盧”“以劑鋼為刃,柔鐵為莖干，不爾則多斷折”，劑鋼指的是鐵的合金【考點(diǎn)】19：綠色化學(xué)．【分析】A．氣溶膠屬于膠體，有丁達(dá)爾效應(yīng);B．依據(jù)濕法煉銅原理解答；C．青蒿素的提取用的是低溫萃取,屬于物理方法；D．合金是指金屬與非金屬或者金屬融合而成具有金屬性質(zhì)的材料．【解答】解:A．霧霾所形成的氣溶膠屬于膠體，膠體都具有丁達(dá)爾效應(yīng),故A正確；B．鐵活潑性強(qiáng)于銅，鐵置換銅屬于濕法煉銅，該過程發(fā)生了置換反應(yīng),故B正確；C．青蒿素的提取用的是低溫萃取，沒有新物質(zhì)生成，屬于物理方法，故C錯誤；D．鐵中含碳量越高,硬度越大，含碳量越少,韌性越強(qiáng)，劑鋼是鐵與碳的合金，故D正確；故選：C．2．從海帶中提取碘要經(jīng)過灼燒、浸取、過濾、氧化、萃取、分液、蒸餾等操作,下列對應(yīng)的裝置合理，操作規(guī)范的是(）A．海帶灼燒成灰 B．過濾含I﹣溶液C．放出碘的苯溶液 D．分離碘并回收苯【考點(diǎn)】QB:實驗裝置綜合；E7：海水資源及其綜合利用．【分析】A．灼燒在坩堝中進(jìn)行；B．過濾需要玻璃棒引流；C．碘的苯溶液在上層；D．碘與苯互溶，利用沸點(diǎn)不同分離．【解答】解：A．灼燒在坩堝中進(jìn)行，且燒杯不能直接加熱，儀器選擇不合理，故A錯誤；B．過濾需要玻璃棒引流,圖中缺少玻璃棒，故B錯誤;C．碘的苯溶液在上層，應(yīng)從分液漏斗的上口倒出，故C錯誤；D．碘與苯互溶,利用沸點(diǎn)不同分離，則選擇圖中蒸餾裝置可分離，且溫度計的位置、冷水方向均合理，故D正確；故選D．3．向含有c（FeCl3）=0.2mol?L﹣1、c（FeCl2）=0.1mol?L﹣1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液,可得到一種黑色分散系，其中分散質(zhì)粒子是直徑約為9.3nm的金屬氧化物,下列有關(guān)說法中正確的是()A．該分散系的分散質(zhì)為Fe2O3B．可用過濾的方法將黑色金屬氧化物與Na+分離開C．在電場作用下，陰極附近分散系黑色變深，則說明該分散系帶正電荷D．加入NaOH時發(fā)生的反應(yīng)可能為：Fe2++2Fe3++8OH﹣═Fe3O4+4H2O【考點(diǎn)】GN：鐵的氧化物和氫氧化物;3C:分散系、膠體與溶液的概念及關(guān)系．【分析】A．三氧化二鐵為紅棕色;B．分散質(zhì)粒子是直徑約為9.3nm，介于1nm﹣100nm,屬于膠體;C．膠體不帶電；D．依據(jù)題意向含有c(FeCl3）=0。2mol?L﹣1、c（FeCl2）=0。1mol?L﹣1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一種黑色分散系，可知該黑色固體為四氧化三鐵,據(jù)此寫出方程式．【解答】解：A．三氧化二鐵為紅棕色，由題意知得到一種黑色分散系，故A錯誤;B．膠體、溶液都可以透過濾紙，不能用過濾方法分離，故B錯誤；C．在電場作用下，陰極附近分散系黑色變深，則說明該分散系容易吸附帶正電的陽離子而形成帶電的膠體微粒，故C錯誤；D．氯化亞鐵、氯化鐵與氫氧化鈉反應(yīng)生成四氧化三鐵和水、氯化鈉，離子方程式:Fe2++2Fe3++8OH﹣═Fe3O4+4H2O,故D正確；故選：D．4．向2mL0。5mol/L的FeCl3溶液中加入3mL3mol/LKF溶液,FeCl3溶液褪成無色，再加入KI溶液和CCl4振蕩后靜置，CCl4層不顯色,則下列說法正確的是（）A．Fe3+不與I﹣發(fā)生反應(yīng)B．Fe3+與F﹣結(jié)合成不與I﹣反應(yīng)的物質(zhì)C．F﹣使I﹣的還原性減弱D．Fe3+被F﹣還原為Fe2+,使溶液中不再存在Fe3+【考點(diǎn)】GO:鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉(zhuǎn)變．【分析】FeCl3中加入KF后溶液呈現(xiàn)無色,而其中沒有還原性物質(zhì),因此可能是Fe3+被其他離子結(jié)合成無色的物質(zhì)（有可能是Fe3+與F﹣絡(luò)合導(dǎo)致）;再加入I﹣，CCl4層不顯色，說明溶液中沒有I2生成,也證明了Fe3+結(jié)合后的物質(zhì)不與I﹣反應(yīng)，據(jù)此進(jìn)行解答．【解答】解：A．鐵離子具有強(qiáng)氧化性，碘離子具有還原性，二者能夠發(fā)生氧化還原反應(yīng),故A錯誤;B．根據(jù)題中信息可知，加入氯化鐵中加入氟化鉀，說明鐵離子參加了反應(yīng)生成了無色物質(zhì)，再根據(jù)加入碘化鉀也沒有明顯現(xiàn)象進(jìn)一步證明Fe3+與F﹣結(jié)合成不與I﹣反應(yīng)的物質(zhì)，故B正確；C．氟離子與碘離子不反應(yīng)，氟離子不會是碘離子的還原性減弱，故C錯誤;D．鐵離子氧化性較弱，不會與氟離子發(fā)生氧化還原反應(yīng),故D錯誤；故選B．5．如圖W、X、Y、Z為四種物質(zhì),若箭頭表示能一步轉(zhuǎn)化的常見反應(yīng)，其中常溫下能實現(xiàn)圖示轉(zhuǎn)化關(guān)系的是（）選項WXYZASSO2SO3H2SO4BNaNa2O2NaOHNaClCFeFeCl3Fe（OH)2FeCl2DAlAlCl3NaAlO2Al2(SO4）3A．A B．B C．C D．D【考點(diǎn)】FO：含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用；GF：鈉的重要化合物；GK：鎂、鋁的重要化合物；GO：鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉(zhuǎn)變．【分析】A．S燃燒生成二氧化硫,且S在常溫下不能轉(zhuǎn)化為SO3、H2SO4;B．Na燃燒生成Na2O2；C．Fe燃燒生成FeCl3，且Fe在常溫下不能直接生成Fe(OH）2;D．Al與HCl反應(yīng)生成X，Al與NaOH反應(yīng)生成Y,Al與硫酸反應(yīng)生成Z，Z與氯化鋇反應(yīng)生成X，X與NaOH反應(yīng)生成Y，Y與硫酸反應(yīng)生成Z．【解答】解:A．S燃燒生成二氧化硫，且S在常溫下不能轉(zhuǎn)化為SO3、H2SO4，則常溫下不能發(fā)生圖中轉(zhuǎn)化，故A不選;B．Na燃燒生成Na2O2,Na在常溫下反應(yīng)生成Na2O，則常溫下不能發(fā)生圖中轉(zhuǎn)化，故B不選；C．Fe燃燒生成FeCl3，且Fe在常溫下不能直接生成Fe（OH）2，則常溫下不能發(fā)生圖中轉(zhuǎn)化，故C不選；D．Al與HCl反應(yīng)生成X，Al與NaOH反應(yīng)生成Y，Al與硫酸反應(yīng)生成Z，Z與氯化鋇反應(yīng)生成X，X與NaOH反應(yīng)生成Y，Y與硫酸反應(yīng)生成Z,反應(yīng)均可在常溫下進(jìn)行，故D選；故選D．6．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值．下列敘述正確的是（)A．1molFe溶于硝酸，電子轉(zhuǎn)移數(shù)為3NAB．12。0gNaHSO4固體中含陽離子數(shù)為0。1NAC．標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下，22。4L氟化氫中含有氟原子數(shù)為NAD．7.8gNa2O2與足量的水反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NA【考點(diǎn)】4F：阿伏加德羅常數(shù)．【分析】A、鐵對于硝酸是過量還是不足不明確；B、求出硫酸氫鈉的物質(zhì)的量，然后根據(jù)硫酸氫鈉中含1個鈉離子和1個硫酸氫根來分析；C、標(biāo)況下HF為液態(tài);D、求出過氧化鈉的物質(zhì)的量，然后根據(jù)過氧化鈉和水反應(yīng)時，1mol過氧化鈉轉(zhuǎn)移1mol電子來分析．【解答】解:A、鐵對于硝酸是過量還是不足不明確,即鐵反應(yīng)后變?yōu)?2價還是+3價不明確，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)不明確，故A錯誤；B、12.0g硫酸氫鈉的物質(zhì)的量為0.1mol，而硫酸氫鈉中含1個鈉離子和1個硫酸氫根，故0。1mol硫酸氫鈉固體中含0。1NA個陽離子，故B正確；C、標(biāo)況下HF為液態(tài)，故不能根據(jù)氣體摩爾體積來計算其物質(zhì)的量，故C錯誤；D、7。8g過氧化鈉的物質(zhì)的量為0。1mol，而過氧化鈉和水反應(yīng)時,1mol過氧化鈉轉(zhuǎn)移1mol電子，故0。1mol過氧化鈉轉(zhuǎn)移0.1NA個電子,故D錯誤．故選B．7．某學(xué)習(xí)小組需0.10mol/L的Na2CO3溶液450mL．下列有關(guān)說法正確的是（）A．稱量前應(yīng)將Na2CO3?xH2O灼燒至恒重B．配制時需用托盤天平稱取4。8g無水Na2CO3C．100mL上述溶液含離子總數(shù)為0.03NAD．配制好的Na2CO3溶液應(yīng)轉(zhuǎn)移到帶玻璃塞的試劑瓶中【考點(diǎn)】O9：溶液的配制．【分析】需0。10mol/L的Na2CO3溶液450mL,實驗室沒有450mL容量瓶，應(yīng)選擇500mL容量瓶,實際配制500mL溶液，依據(jù)m=CVM=0.10mol/L×0.5L×106g/mol=5.3g，碳酸根離子為弱酸根離子水解生成碳酸氫根離子和氫氧根離子，據(jù)此解答．【解答】解：需0.10mol/L的Na2CO3溶液450mL，實驗室沒有450mL容量瓶，應(yīng)選擇500mL容量瓶,實際配制500mL溶液，依據(jù)m=CVM=0.10mol/L×0。5L×106g/mol=5。3g，碳酸根離子為弱酸根離子水解生成碳酸氫根離子和氫氧根離子，A．稱量前應(yīng)將Na2CO3?xH2O灼燒至恒重，否則稱取的碳酸鈉質(zhì)量不準(zhǔn)確，溶液濃度不準(zhǔn)確,故A正確;B．配制時需用托盤天平稱取5.3g無水碳酸鈉，故B錯誤；C．碳酸根離子為弱酸根離子，部分水解生成碳酸氫根離子和氫氧根離子,所以100mL上述溶液含離子總數(shù)大于0.03NA，故C錯誤；D．碳酸鈉為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解顯堿性，能夠與玻璃中的二氧化硅反應(yīng)生成粘性物質(zhì)硅酸鈉，所以不能用磨口玻璃塞盛放，故D錯誤；故選：A．8．把VL含有硫酸鎂和硫酸鉀的混合溶液分成兩等份,一份加入含有amol氫氧化鈉的溶液,恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂；另一份加入含有bmol氯化鋇的溶液，恰好使硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇,則原混合溶液中鉀離子的濃度（mol/L）為（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】5C：物質(zhì)的量濃度的相關(guān)計算．【分析】兩等份溶液中一份加BaCl2的溶液發(fā)生Ba2++SO42﹣═BaSO4↓,由方程式可知n（SO42﹣）=n（Ba2+)，另一份加氫氧化鈉溶液時發(fā)生Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓,由方程式可知每份溶液中n(Mg2+）=n(OH﹣），再利用電荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）=2n（SO42﹣），據(jù)此計算每份中n(K+）,根據(jù)c=計算鉀離子濃度．【解答】解：混合溶液分成兩等份，每份溶液濃度與原溶液濃度相同,一份加BaCl2的溶液發(fā)生Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，由方程式可知n（SO42﹣）=n（Ba2+）=n（BaCl2）=bmol,另一份加氫氧化鈉溶液時發(fā)生Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，由方程式可知每份溶液中n（Mg2+）=n（OH﹣）=amol，由電荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n(K+）=2n(SO42﹣)，故每份中溶液n(K+)=2b﹣2×amol=（2b﹣a）mol,則原混合溶液中鉀離子的濃度為=mol/L，故選D．9．標(biāo)準(zhǔn)狀況下VL氨氣溶解在1L水中（水的密度近似為1g/ml），所得溶液的密度為ρg/ml，質(zhì)量分?jǐn)?shù)為w,物質(zhì)濃度為cmol/L，則下列關(guān)系中不正確的是（）A．ρ= B．W=C．W= D．C=【考點(diǎn)】5C：物質(zhì)的量濃度的相關(guān)計算．【分析】A．根據(jù)n=計算VL氨氣的物質(zhì)的量,根據(jù)m=nM計算氨氣的質(zhì)量,根據(jù)m=ρV計算水的質(zhì)量,進(jìn)而計算溶液的質(zhì)量，進(jìn)而計算溶液的質(zhì)量，根據(jù)V=計算溶液的體積,由ρ=計算溶液的密度;B．根據(jù)c=計算w，進(jìn)行判斷；C．溶液質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%，D．根據(jù)n=計算VL氨氣的物質(zhì)的量，根據(jù)m=nM計算氨氣的質(zhì)量，根據(jù)m=ρV計算水的質(zhì)量,進(jìn)而計算溶液的質(zhì)量,進(jìn)而計算溶液的質(zhì)量，根據(jù)V=計算溶液的體積，根據(jù)c=計算溶液物質(zhì)的量濃度．【解答】解：A．VL氨氣的物質(zhì)的量為mol,氨氣質(zhì)量為mol×17g/mol=g,1L水的質(zhì)量為1000mL×1g/mL=1000g，故溶液質(zhì)量為（+1000）g,溶液體積為=L，所以溶液的密度為=g/mL，故A錯誤;B．根據(jù)c=可知，該氨水質(zhì)量分?jǐn)?shù)w=，故B正確；C．溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w=×100％=×100％，故C正確；D．溶液體積為=L，氨氣的物質(zhì)的量濃度c==mol/L，故D正確；故選A．10．下列有關(guān)溶液組成的描述合理的是（）A．澄清透明溶液中可能大量存在：Cu2+、Mg2+、NO3﹣、SO42﹣B．加入KSCN顯紅色的溶液中可能大量存在：K+、NH4+、Cl﹣、I﹣C．加入A1能放出大人量H2的溶液中可能大量存在：NH4+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣D．常溫下，=1×l0﹣12的溶液中可能大量存在：K+、AlO2﹣、CO32﹣、Na+【考點(diǎn)】DP：離子共存問題．【分析】A．四種離子之間不反應(yīng)，為澄清透明溶液;B．該溶液中存在鐵離子，鐵離子能夠氧化碘離子；C．該溶液呈酸性或強(qiáng)堿性，銨根離子、亞鐵離子與氫氧根離子反應(yīng),酸性條件下硝酸根離子能夠氧化亞鐵離子;D．該溶液中存在大量氫離子，偏鋁酸根離子、碳酸根離子都與氫離子反應(yīng)．【解答】解：A．Cu2+、Mg2+、NO3﹣、SO42﹣之間不發(fā)生反應(yīng)，為除去透明溶液，在溶液中能夠大量共存，故A正確；B．加入KSCN顯紅色的溶液中存在鐵離子鐵離子，鐵離子具有氧化性,能夠氧化I﹣，在溶液中不能大量共存,故B錯誤;C．加入Al能放出大人量H2的溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子,NH4+、Fe2+與氫氧根離子反應(yīng),NO3﹣、Fe2+在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng),在溶液中不能大量共存，故C錯誤；D．常溫下，=1×l0﹣12的溶液呈酸性，溶液中存在大量氫離子，AlO2﹣、CO32﹣都與氫離子反應(yīng),在溶液中不能大量共存，故D錯誤；故選A．11．下列離子方程式書寫正確的是(）A．FeCl2溶液中通入氯氣：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl﹣B．FeS固體放入稀硝酸溶液中：FeS+2H+=Fe2++H2S↑C．碳酸氫鎂和足量的氫氧化鈣溶液反應(yīng)：Ca2++OH﹣+HCO3﹣=CaCO3↓+H2OD．向明礬溶液中滴加Ba（OH)2溶液，恰好使Al3+沉淀完全：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓【考點(diǎn)】49：離子方程式的書寫．【分析】A．離子方程式兩邊總電荷不相等，違反了電荷守恒；B．稀硝酸具有強(qiáng)氧化性，能夠氧化亞鐵離子和硫離子;C．氫氧化鈣足量，漏掉了鎂離子與氫氧根離子生成氫氧化鎂的反應(yīng);D．鋁離子完全沉淀時，明礬與氫氧化鋇的物質(zhì)的量之比為2：3，離子方程式按照氫氧化鋇的化學(xué)式組成書寫．【解答】解:A．FeCl2溶液中通入氯氣，反應(yīng)生成氯化鐵，正確的離子方程式為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，故A錯誤；B．稀硝酸能夠氧化FeS，正確的離子方程式為：NO3﹣+FeS+4H+=Fe3++S+NO↑+2H2O,故B錯誤;C．碳酸氫鎂與足量氫氧化鈣反應(yīng)生成碳酸鈣、氫氧化鎂沉淀和水，正確的離子方程式為：2Ca2++4OH﹣+Mg2++2HCO3﹣═Mg（OH）2↓+2CaCO3↓+2H2O，故C錯誤；D．向明礬溶液中滴加Ba（OH)2溶液，恰好使Al3+沉淀完全，明礬與氫氧化鋇的物質(zhì)的量之比為2：3，反應(yīng)的離子方程式為:2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=2Al（OH)3↓+3BaSO4↓，故D正確;故選D．12．根據(jù)侯氏制堿原理制備少量NaHCO3的實驗,經(jīng)過制取氨氣、制取NaHCO3、分離NaHCO3、干燥NaHCO3四個步驟，下列圖示裝置和原理能達(dá)到實驗?zāi)康氖牵ǎ〢．制取氨氣 B．制取NaHCO3 C．分離NaHCO3 D．干燥NaHCO3【考點(diǎn)】U5：化學(xué)實驗方案的評價．【分析】A．氯化銨不穩(wěn)定,加熱易分解,溫度稍低又可生成氯化銨；B．氣體通入方向錯誤；C．從溶液中分離碳酸氫鈉固體,可用過濾的方法;D．碳酸氫鈉不穩(wěn)定，不能直接加熱干燥．【解答】解：A．氯化銨不穩(wěn)定，加熱易分解,溫度稍低又可生成氯化銨，制備氨氣，應(yīng)用氯化銨和氫氧化鈣為反應(yīng)物，故A錯誤；B．應(yīng)將二氧化碳從長導(dǎo)管進(jìn)入，否則將液體排出，故B錯誤；C．從溶液中分離碳酸氫鈉固體，可用過濾的方法，故C正確；D．碳酸氫鈉不穩(wěn)定，不能直接加熱干燥，可烘干，故D錯誤．故選C．13．下列實驗中，對應(yīng)的現(xiàn)象以及結(jié)論都正確且兩者具有因果關(guān)系的是()選項實驗現(xiàn)象結(jié)論A將稀硝酸加入過量鐵粉中，充分反應(yīng)后滴加KSCN溶液有氣體生成，溶液呈血紅色稀硝酸將Fe氧化為Fe3+B用玻璃杯蘸取某溶液進(jìn)行焰火反應(yīng)實驗火焰呈黃色溶液中含有Na+C用坩堝鉗夾住一小塊用砂紙仔細(xì)打磨過的鋁箔在酒精燈上加熱熔化后的液態(tài)鋁滴落下來金屬鋁的熔點(diǎn)較低D用Fe3+濃度相同的FeCl3溶液和Fe2（SO4）3溶液，分別用于清洗做完眼鏡反應(yīng)的試管用FeCl3溶液清洗比Fe2（SO4）3溶液清洗得干凈Fe3+氧化銀單質(zhì)的過程可能是一個可逆過程：Fe3++Ag?Fe2++Ag+A．A B．B C．C D．D【考點(diǎn)】U5：化學(xué)實驗方案的評價．【分析】A．稀硝酸加入過量鐵粉中，反應(yīng)生成硝酸亞鐵；B．玻璃棒含鈉元素，干擾鈉的焰色反應(yīng)；C．氧化鋁的熔點(diǎn)高，包裹在熔化的Al的外面；D．氯化銀的溶解度比硫酸銀的溶解度小．【解答】解：A．稀硝酸加入過量鐵粉中，反應(yīng)生成硝酸亞鐵,則溶液不出現(xiàn)血紅色，結(jié)論不合理,故A錯誤；B．玻璃棒含鈉元素，干擾鈉的焰色反應(yīng)，應(yīng)選鉑絲，故B錯誤；C．氧化鋁的熔點(diǎn)高，包裹在熔化的Al的外面，則熔化后的液態(tài)鋁滴不會落下來，故C錯誤；D．氯化銀的溶解度比硫酸銀的小，F(xiàn)e3++Ag?Fe2++Ag+，F(xiàn)eCl3溶液中的氯離子能使平衡向右移動，故D正確;故選D．14．海水開發(fā)利用的部分過程如圖所示．下列說法錯誤的是(）A．向苦鹵中通入Cl2是為了提取溴B．粗鹽可采用除雜和重結(jié)晶等過程提純C．工業(yè)生產(chǎn)常選用NaOH作為沉淀劑D．富集溴一般先用空氣和水蒸氣吹出單質(zhì)溴，再用SO2將其還原吸收【考點(diǎn)】1B:真題集萃；E7：海水資源及其綜合利用．【分析】A．向苦鹵中通入Cl2置換出溴單質(zhì)，分離得到溴;B．粗鹽中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等雜質(zhì),精制時應(yīng)加入試劑進(jìn)行除雜，過濾后向濾液中加入鹽酸至溶液呈中性，再進(jìn)行重結(jié)晶進(jìn)行提純；C．工業(yè)常選用生石灰或石灰水作沉淀劑；D．先用空氣和水蒸氣吹出單質(zhì)溴,再用SO2將其還原吸收轉(zhuǎn)化為HBr，達(dá)到富集的目的．【解答】解：A．向苦鹵中通入Cl2置換出溴單質(zhì)，分離得到溴，通入Cl2是為了提取溴，故A正確；B．粗鹽中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等雜質(zhì)，精制時通常在溶液中依次中加入過量的BaCl2溶液、過量的NaOH溶液和過量的Na2CO3溶液,過濾后向濾液中加入鹽酸至溶液呈中性，再進(jìn)行重結(jié)晶進(jìn)行提純，故B正確；C．工業(yè)常選用生石灰或石灰水作沉淀劑，故C錯誤；D．海水提取溴一般用氯氣置換溴離子轉(zhuǎn)化為溴單質(zhì)，用空氣和水蒸氣吹出單質(zhì)溴，再用SO2將其還原吸收轉(zhuǎn)化為HBr，達(dá)到富集的目的，故D正確，故選：C．15．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+．取該溶液100mL，加入過量NaOH，加熱，得到0.02mol氣體，同時產(chǎn)生紅褐色沉淀；過濾，洗滌，灼燒，得到l。6g固體；向上述濾液中加足量BaCl2溶液，得到4。66g不溶于鹽酸的沉淀．由此可知原溶液中（)A．至少存在5種離子B．C1﹣一定存在，且cCl﹣）≥0.4mol/LC．SO42﹣、NH4+一定存在,CO32﹣可能存在D．CO32﹣、Al3+一定不存在，K+一定存在【考點(diǎn)】DG：常見離子的檢驗方法．【分析】加入過量NaOH溶液,加熱，得到0。02mol氣體，可知一定存在NH4+；紅褐色沉淀是氫氧化鐵，1。6g固體為三氧化二鐵，可知一定有Fe3+，n（Fe3+)=×2=0。02mol，一定沒有CO32﹣；4。66g不溶于鹽酸的沉淀，為硫酸鋇沉淀，含SO42﹣的物質(zhì)的量為0.02mol，結(jié)合電荷守恒及離子共存來解答．【解答】解：加入過量NaOH溶液,加熱，得到0。02mol氣體，可知一定存在NH4+；紅褐色沉淀是氫氧化鐵，1.6g固體為三氧化二鐵，可知一定有Fe3+，n（Fe3+）=×2=0。02mol,一定沒有CO32﹣;4.66g不溶于鹽酸的沉淀，為硫酸鋇沉淀，含SO42﹣的物質(zhì)的量為0.02mol，溶液中NH4+、Fe3+所帶正電荷為0.02mol+3×0。02mol=0.08mol，SO42﹣所帶負(fù)電荷為2×0。02mol=0。04mol，由電荷守恒，知溶液中必然大量存在另一種陰離子Cl﹣，故原溶液中一定含F(xiàn)e3+、NH4+、SO42﹣和Cl﹣，不能確定是否含Al3+和K+，A．由上述分析可知，至少存在4種離子,故A錯誤;B．由電荷守恒可知，C1﹣一定存在，且cCl﹣）≥=0.4mol/L，故B正確;C．SO42﹣、NH4+一定存在,CO32﹣一定不存在,故C錯誤；D．CO32﹣一定不存在，K+、Al3+不能確定是否存在，故D錯誤;故選B．16．向一定體積含HCl、H2SO4、NH4NO3、AlCl3的混合溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液,溶液中產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量與加入Ba（OH）2溶液的體積關(guān)系正確的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】DP：離子共存問題．【分析】向一定體積含HCl、H2SO4、NH4NO3、AlCl3的混合溶液中逐滴加入Ba（OH)2溶液，發(fā)生H++OH﹣═H2O，同時鋇離子與硫酸根離子結(jié)合生成沉淀，以此來解答．【解答】解：向一定體積含HCl、H2SO4、NH4NO3、AlCl3的混合溶液中逐滴加入Ba（OH)2溶液，發(fā)生H++OH﹣═H2O，同時鋇離子與硫酸根離子結(jié)合生成沉淀，沉淀在增多，氫離子物質(zhì)的量比氫離子濃度大，則第二階段沉淀的量不變,第三階段鋁離子反應(yīng)生成沉淀，第四階段銨根離子與堿反應(yīng)，最后氫氧化鋁溶解,沉淀減少,最后只有硫酸鋇沉淀，顯然只有圖象C符合，故選C．17．汽車劇烈碰撞時，安全氣囊中發(fā)生反應(yīng)10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑．若氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多1.75mol，則下列判斷正確的是(）A．生成42.0LN2（標(biāo)準(zhǔn)狀況）B．有0。250molKNO3被氧化C．轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1.25molD．被氧化的氮原子的物質(zhì)的量為1。75mol【考點(diǎn)】BQ：氧化還原反應(yīng)的計算．【分析】10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑中N元素化合價由﹣、+5價變?yōu)?價，所以NaN3是還原劑、KNO3是氧化劑，N2既是氧化產(chǎn)物又是還原劑，根據(jù)反應(yīng)方程式可知，每當(dāng)生成16molN2，則氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多14mol,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為10mol，被氧化的N原子的物質(zhì)的量為30mol，有2molKNO3被還原，現(xiàn)氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多1。75mol，則生成2molN2,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1.25mol,被氧化的N原子的物質(zhì)的量為3.75mol，據(jù)此分析解答．【解答】解：10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑中N元素化合價由﹣、+5價變?yōu)?價,所以NaN3是還原劑、KNO3是氧化劑，N2既是氧化產(chǎn)物又是還原劑，根據(jù)反應(yīng)方程式可知,每當(dāng)生成16molN2,則氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多14mol,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為10mol,被氧化的N原子的物質(zhì)的量為30mol,有2molKNO3被還原，現(xiàn)氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多1。75mol，則生成2molN2，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1.25mol，被氧化的N原子的物質(zhì)的量為3.75mol，A．生成2molN2,在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為44。8L,故A錯誤;B．由反應(yīng)可知,被還原的硝酸鉀的物質(zhì)的量為2mol×=0。25mol，故B錯誤；C．轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0。25mol×（5﹣0)=1.25mol,故C正確；D．轉(zhuǎn)移10mol電子被氧化的N原子為30mol,則轉(zhuǎn)移1.25mol電子被氧化的N原子的物質(zhì)的量為mol=3.75mol，故D錯誤；故選C．18．銨明礬NH4Al（SO4）2?12H2O是分析化學(xué)常用基準(zhǔn)試劑,其制備過程如下．下列分析不正確的是（)A．過程I反應(yīng):2NH4HCO3+Na2SO4═2NaHCO3↓+（NH4）2SO4B．檢驗溶液B中陰離子的試劑僅需BaCl2溶液C．若省略過程II則銨明礬產(chǎn)率明顯減小D．向銨明礬溶液中逐滴加入NaOH溶液先后觀察到：刺激性氣體逸出→白色沉淀生成→白色沉淀消失【考點(diǎn)】U3：制備實驗方案的設(shè)計．【分析】NaHCO3的溶解度較小,所以在飽和碳酸氫銨溶液中加入過量的硫酸鈉溶液會產(chǎn)生NaHCO3沉淀,過濾后得濾液中有（NH4）2SO4和少量的NaHCO3，將（NH4）2SO4溶液用稀硫酸調(diào)節(jié)pH值為2,使NaHCO3生成硫酸鈉，得溶液B為（NH4）2SO4溶液和少量的硫酸鈉溶液,在B溶液中加入硫酸鋁可得銨明礬,據(jù)此答題．【解答】解：NaHCO3的溶解度較小，所以在飽和碳酸氫銨溶液中加入過量的硫酸鈉溶液會產(chǎn)生NaHCO3沉淀,過濾后得濾液中有（NH4)2SO4和少量的NaHCO3，將（NH4）2SO4溶液用稀硫酸調(diào)節(jié)pH值為2,使NaHCO3生成硫酸鈉，得溶液B為（NH4）2SO4溶液和少量的硫酸鈉溶液，在B溶液中加入硫酸鋁可得銨明礬，A、根據(jù)上面的分析可知，過程I反應(yīng)為2NH4HCO3+Na2SO4═2NaHCO3↓+（NH4）2SO4,故A正確；B、B為（NH4)2SO4溶液和少量的硫酸鈉溶液,陰離子為硫酸根離子，且溶液呈酸性，所以檢驗溶液B中陰離子的試劑僅需BaCl2溶液,故B正確;C、若省略過程II,則溶液中不少量的碳酸氫鈉，會與硫酸鋁發(fā)生雙水解,使銨明礬產(chǎn)率明顯減小,故C正確；D、向銨明礬溶液中逐滴加入NaOH溶液，先有氫氧化鋁沉淀產(chǎn)生，后產(chǎn)生氨氣，再后來氫氧化鈉與氫氧化鋁反應(yīng)，沉淀消失,所以觀察到：白色沉淀生成→刺激性氣體逸出→白色沉淀消，故D錯誤，故選D．19．將一定量的氯氣通入30mL濃度為10。00mol/L的氫氧化鈉濃溶液中，加熱少許時間后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存體系．下列判斷正確的是（）A．與NaOH反應(yīng)的氯氣一定為0.3molB．若反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子為nmol,則0。15＜n＜0.25C．n（Na+)：n（Cl﹣）可能為7：3D．n（NaCl）：n（NaClO）：n(NaClO3）可能為8：2:1【考點(diǎn)】BQ：氧化還原反應(yīng)的計算．【分析】A．由于反應(yīng)后體系中沒有NaOH,故氫氧化鈉反應(yīng)完，根據(jù)鈉元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO)+n（NaClO3），由氯原子守恒有2n（Cl2)=n（NaCl）+n(NaClO)+n（NaClO3）；B．利用極限法解答，根據(jù)方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化產(chǎn)物只有NaClO，轉(zhuǎn)移電子數(shù)最少，氧化產(chǎn)物只有NaClO3，轉(zhuǎn)移電子數(shù)最多；C．根據(jù)方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化產(chǎn)物只有NaClO，n（Na+）：n（Cl﹣）最大為2：1，當(dāng)氧化產(chǎn)物為NaClO3，n（Na+）：n(Cl﹣）最小為6:5;D．令n（NaCl）=8mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒驗證判斷．【解答】解：A．由于反應(yīng)后體系中沒有NaOH,故氫氧化鈉反應(yīng)完，根據(jù)鈉元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0。03L×10mol/L=0.3mol,根據(jù)氯原子守恒有2n（Cl2)=n（NaCl)+n(NaClO）+n（NaClO3）=0。3mol,故參加反應(yīng)的氯氣n（Cl2）=0.15mol，故A錯誤;B．根據(jù)方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化產(chǎn)物只有NaClO,轉(zhuǎn)移電子數(shù)最少，為0。3mol××1=0.15mol，氧化產(chǎn)物只有NaClO3，轉(zhuǎn)移電子數(shù)最多，為0。3mol××1=0.25mol，故B正確；C．根據(jù)方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知,氧化產(chǎn)物只有NaClO,n（Na+）：n（Cl﹣）最大為2：1，當(dāng)氧化產(chǎn)物為NaClO3，n（Na+）：n（Cl﹣）最小為6：5，故6：5＜n（Na+）：n（Cl﹣）＜2:1，而7：3＞2：1，故C錯誤；D．令n（NaCl）=8mol，n(NaClO）=2mol，n（NaClO3)=1mol，生成NaCl獲得的電子為8mol×1=8mol,生成NaClO、NaClO3失去的電子為2mol×1+1mol×5=7mol，得失電子不相等，即n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）不可能為8:2：1，故D錯誤;故選B．20．將一定質(zhì)量的鎂、銅合金加入到稀硝酸中，合金完全溶解，假設(shè)反應(yīng)過程中還原產(chǎn)物全部是NO，向所得溶液中加入物質(zhì)的量濃度為3mol/L的NaOH溶液至沉淀完全，測得生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加5。1g，則下列有關(guān)敘述正確的是（）A．反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的總數(shù)為0.3molB．反應(yīng)過程中，消耗硝酸的物質(zhì)的量為0。3molC．沉淀完全時消耗NaOH溶液的體積為100mLD．開始加入合金的質(zhì)量可能為3。4g【考點(diǎn)】M3：有關(guān)混合物反應(yīng)的計算．【分析】將一定量的鎂和銅組成的混合物加入到稀HNO3中，金屬完全溶解（假設(shè)反應(yīng)中還原產(chǎn)物只有NO），發(fā)生反應(yīng)：3Mg+8HNO3(稀)=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O,向反應(yīng)后的溶液中加入過量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，發(fā)生反應(yīng)：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu(NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀為氫氧化鎂和氫氧化銅，生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加5。1g，則氫氧化鎂和氫氧化銅含有氫氧根的質(zhì)量為5.1g,氫氧根的物質(zhì)的量為：=0。3mol，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0。3mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，鎂和銅的總的物質(zhì)的量為:=0.15mol，A．反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量等于氫氧根離子的物質(zhì)的量=0。3mol；B．根據(jù)方程式可知參加反應(yīng)的n反應(yīng)（HNO3）=n（金屬）；C．n(NaOH）=n（OH﹣）,根據(jù)V=計算加入的氫氧溶液的體積；D．根據(jù)電子注意計算金屬總物質(zhì)的量，金屬的總質(zhì)量與金屬的含量有關(guān)，假定全為鎂、全為銅計算確定金屬的質(zhì)量范圍．【解答】解:將鎂和銅組成的混合物加入到稀HNO3中,金屬完全溶解（假設(shè)反應(yīng)中還原產(chǎn)物只有NO),發(fā)生反應(yīng)：3Mg+8HNO3（?。?3Mg(NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（?。?3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，向反應(yīng)后的溶液中加入過量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，發(fā)生反應(yīng)：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH)2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀為氫氧化鎂和氫氧化銅，生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加5。1g，則氫氧化鎂和氫氧化銅含有氫氧根的質(zhì)量為5。1g，氫氧根的物質(zhì)的量為:n（OH﹣）==0.3mol，根據(jù)反應(yīng)方程式可知，鎂和銅的總的物質(zhì)的量為：n=×n(OH﹣）=0。15mol,A．根據(jù)分析可知，反應(yīng)中注意電子的物質(zhì)的量=氫氧根離子的物質(zhì)的量﹣0。3mol，故A正確；B．根據(jù)方程式可知參加反應(yīng)的n反應(yīng)（HNO3）=（金屬）=×0.15mol=0。4mol，故B錯誤;C．反應(yīng)消耗氫氧化鈉的物質(zhì)的量為：n（NaOH)=n（OH﹣）=0.3mol，則加入的氫氧化鈉溶液的體積至少為：=0。1L=100mL，若硝酸過量,則消耗的氫氧化鈉溶液體積大于100mL，故C錯誤；D．根據(jù)反應(yīng)方程式Mg（NO3)2+2NaOH=Mg（OH)2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH)2↓+2NaNO3可知，鎂和銅的總的物質(zhì)的量為銅離子物質(zhì)的量的一半，即:=0。15mol，假定全為鎂,金屬質(zhì)量為0。15mol×24g/mol=3.6g，若全為銅,金屬質(zhì)量為：0。15mol×64g/mol=9。6g，所以參加反應(yīng)的金屬的總質(zhì)量（m）范圍為：3。6g＜m＜9。6g,則金屬質(zhì)量不可能為3。4g，故D錯誤；故選A．二、非選擇題（共60分)21．寫出向含有1molFeBr2的溶液中通入1molCl2，此時的離子方程式：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣．【考點(diǎn)】49：離子方程式的書寫．【分析】溴離子還原性弱于二價鐵離子，氯氣少量先氧化二價鐵離子，再氧化溴離子，據(jù)此解答．【解答】解：溴離子還原性弱于二價鐵離子，氯氣少量先氧化二價鐵離子,再氧化溴離子，1molFeBr2含有1mol二價鐵離子，2mol溴離子，通入1mol氯氣，1mol二價鐵離子消耗0.5mol氯氣，1mol溴離子消耗0。5mol氯氣,反應(yīng)的離子方程式:2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣；．故答案為：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣．22．碳酸氫鈉溶液與氯化鈣溶液混合有白色沉淀產(chǎn)生,離子方程式:Ca2++2HCO3﹣=CaCO3↓+CO2↑+H2O．【考點(diǎn)】49：離子方程式的書寫．【分析】碳酸氫根離子能夠電離出氫離子和碳酸根離子,碳酸根離子與鈣離子生成碳酸鈣沉淀，氫離子與碳酸氫根離子結(jié)合生成二氧化碳和水，據(jù)此書寫離子方程式．【解答】解：碳酸氫鈉溶液與氯化鈣溶液混合有白色沉淀產(chǎn)生,該沉淀只能為CaCO3，反應(yīng)的離子方程式為：Ca2++2HCO3﹣=CaCO3↓+CO2↑+H2O，故答案為：Ca2++2HCO3﹣=CaCO3↓+CO2↑+H2O．23．某一反應(yīng)體系有反應(yīng)物和生成物共五種物質(zhì)：O2、H2CrO4、Cr（OH)3、H2O、H2O2已知該反應(yīng)中H2O2只發(fā)生如下過程:H2O2→O2①該反應(yīng)中的氧化劑是H2O2．②該反應(yīng)中，發(fā)生還原反應(yīng)的過程是H2CrO4→Cr(OH）3．③寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式，并標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目=2Cr（OH）3↓+3O2↑+2H2O．④如反應(yīng)轉(zhuǎn)移了0.6mol電子，則產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為6。72L．【考點(diǎn)】B1：氧化還原反應(yīng)．【分析】①由H2O2只發(fā)生如下過程H2O2﹣→O2可知，利用該過程中O元素的化合價由﹣1價升高到0來分析；②氧化劑發(fā)生還原反應(yīng),利用元素的化合價降低來分析；③由失去電子的元素指向得到電子的元素，并標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的總數(shù)來用單線橋法標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目；④由反應(yīng)可知生成3mol氣體轉(zhuǎn)移6mol電子,以此來計算．【解答】解：①由信息H2O2﹣→O2中可知，O元素的化合價由﹣1價升高到0，則H2O2為還原劑，故答案為:H2O2；②氧化劑發(fā)生還原反應(yīng)，含元素化合價降低的物質(zhì)為氧化劑，則Cr元素的化合價降低,即還原反應(yīng)的過程為H2CrO4→Cr（OH）3，故答案為:H2CrO4；Cr（OH)3；③該反應(yīng)中O元素失電子，Cr元素得到電子，2molH2CrO4反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子為2mol×（6﹣3）=6mol,則用單線橋法標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目為=2Cr(OH）3↓+3O2↑+2H2O，故答案為：=2Cr（OH）3↓+3O2↑+2H2O；④由2H2CrO4+3H2O2═2Cr(OH）3↓+3O2↑+2H2O可知,生成3mol氣體轉(zhuǎn)移6mol電子,則轉(zhuǎn)移了0。6mol電子，則產(chǎn)生的氣體的物質(zhì)的量為0。3mol,其在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為0。3mol×22。4L/mol=6。72L，故答案為:6。72L．24．短周期主族元素X、Y、Z、W、M、N原子序數(shù)依次增大,X與M、W與N分別同主族，X與其它元素均不同周期，Y、Z、W同周期且在周期表中位置相鄰，又知N的質(zhì)子數(shù)是其次外層電子數(shù)的2倍．請同答下列問題:（1）M元素在周期表中的位置是第三周期IA族,X、Y、Z、W的原子半徑由大到小的順序為：C＞N＞O＞H（用元素符號表示）．（2)寫出X2W2電子式；YW2分子形狀為直線形．(3）X、Z、W形成的化合物中，水溶液一定顯酸性的鹽是NH4NO3（寫化學(xué)式）．其原因是NH4++H2O?NH3?H2O+H+（用離子方程式表示），該物質(zhì)所含化學(xué)鍵的類型是離子鍵、共價鍵．（4)用一個離子方程式表示NW2通入Ba(NO3)2溶液中的反應(yīng)3Ba2++3SO2+2NO3﹣+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+．【考點(diǎn)】8F：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、M、N原子序數(shù)依次增大，X與其它元素均不同周期，X為H元素；X與M同主族，M為Na元素；又知N的質(zhì)子數(shù)是其次外層電子數(shù)的2倍,質(zhì)子數(shù)為16，N為S元素，W與N同主族,W為O元素；Y、Z、W同周期且在周期表中位置相鄰，可知Y為C，Z為N,以此來解答．【解答】解：由上述分析可知，X為H，Y為C,Z為N，W為O,M為Na，N為S，（1）M元素在周期表中的位置是第三周期IA族；電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑由大到小的順序為C＞N＞O＞H,故答案為：第三周期IA族；C＞N＞O＞H;（2）X2W2電子式為；YW2分子的結(jié)構(gòu)式為O=C=O,形狀為直線形,故答案為：;直線形；（3)X、Z、W形成的化合物中，水溶液一定顯酸性的鹽是NH4NO3；發(fā)生NH4++H2O?NH3?H2O+H+使溶液顯酸性,硝酸銨中含離子鍵、共價鍵，故答案為：NH4NO3;NH4++H2O?NH3?H2O+H+；離子鍵、共價鍵;（4）NW2通入Ba（NO3）2溶液中的離子反應(yīng)3Ba2++3SO2+2NO3﹣+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故答案為：3Ba2++3SO2+2NO3﹣+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+．25．Cu2O可用于制作船底防污漆，某學(xué)習(xí)小組探究制備Cu2O的方法．【查閱資料】①CuSO4與Na2SO3溶液混合可制備Cu2O．②Cu2O為磚紅色固體；酸性條件下生成Cu2+和Cu．③Cu2O和Cu（SO3）23﹣可以相互轉(zhuǎn)化（1）配制0。25mol?L﹣1CuSO4溶液和0.25mol?L﹣1Na2SO3溶液．測得CuSO4溶液pH=4，Na2SO3溶液pH=9．用離子方程式表示CuSO4溶液pH=4的原因Cu2++2H2O?Cu（OH)2+2H+．（2）完成CuSO4溶液和Na2SO3溶液反應(yīng)制Cu2O的離子方程式：□Cu2++□SO32﹣+□2H2O□Cu2O↓+□SO42﹣+□HSO3﹣【實驗探究】操作現(xiàn)象i有黃色沉淀出現(xiàn)，隨著Na2SO3溶液的滴入，沉淀增加，當(dāng)加到5mL時，溶液的藍(lán)色消失．ii將試管加熱，黃色沉淀變?yōu)榇u紅色,有刺激性氣味氣體產(chǎn)生．iii在加熱條件下，繼續(xù)滴入Na2SO3溶液，磚紅色沉淀減少，當(dāng)1加到10mL時，沉淀完全溶解,得無色溶液．（3）證明ii中磚紅色沉淀是Cu2O的實驗方案是取少量磚紅色沉淀于試管中，加入稀硫酸，溶液變?yōu)樗{(lán)色，說明磚紅色沉淀是Cu2O．(4）經(jīng)檢驗i中黃色沉淀含有Cu2SO3，ii中沉淀由黃色變磚紅色的化學(xué)方程式是Cu2SO3═Cu2O+SO2↑．（5）iii中磚紅色沉淀消失的原因是Cu2O轉(zhuǎn)化得無色Cu（SO3）23﹣．（6）在加熱條件下，若向2mL0.25mol?L﹣1Na2SO3溶液中滴加0。25mol?L﹣1CuSO4溶液至過量，預(yù)期觀察到的現(xiàn)象是產(chǎn)生磚紅色沉淀，且沉淀不消失．（7）由上述實驗得出結(jié)論：CuSO4溶液和Na2SO3溶液反應(yīng)制備Cu2O，應(yīng)控制的條件是反應(yīng)溫度、CuSO4和Na2SO3的物質(zhì)的量之比．【考點(diǎn)】U3：制備實驗方案的設(shè)計．【分析】（1）銅離子水