1、2014-2015学年山东省东营市胜利十三中高三（上）月考化学试卷（9月份）一、选择题（本题共17题，每小题3分，每题只有一个正确选项，共51分）1（3分）下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是（）A硫酸亚铁B氢硫酸C过氧化钠D苯酚考点：钠的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变版权所有分析：一般来说，具有还原性的物质防止在空气中被氧化而变质，另外苯酚可被氧化生成对苯醌，以此解答解答：解：A硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁，会因空气中的氧气而变质，故A不选；B氢硫酸和氧气反应生成硫和水，会因空气中的氧气而变质，故B不选；C过氧化钠和空气中二氧化碳、水蒸气反应，但和氧气不反应，不会因空气中的氧气而变质，
2、故C选；D苯酚能被氧气氧化变成对苯醌，会因空气中的氧气而变质，故D不选故选C点评：本题考查了一些常见物质在空气中发生反应的问题，为高频考点，是对学生进行物质性质的训练与提高，难度不大2（3分）下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是（）AH3O+和OHBCH3+和NH4+CCO和N2DHNO2和NO2考点：质子数、中子数、核外电子数及其相互联系版权所有分析：粒子中质子数等于原子的质子数之和，中性微粒中质子数=电子数，阳离子的电子数=质子数电荷数，阴离子的电子数=质子数+电荷数解答：解：AH3O+的质子数为11，电子数为111=10，OH的质子数为9，电子数为9+1=10，电子数相同，故A错误；
3、BCH3+的质子数为6+13=9，电子数为91=8，NH4+的质子数为11，电子数为111=10，电子数不同，故B正确；CCO的质子数为14，电子数为14，N2的质子数为14，电子数为14，电子数相同，故C错误；DHNO2的质子数为1+7+82=24，电子数为24，NO2的质子数为7+82=23，电子数为23+1=24，电子数相同，故D错误故选B点评：本题主要考查微粒的质子数和电子数的关系，难度不大，明确中性微粒、阳离子、阴离子的电子的数目计算是解答的关键，并注意中性微粒中质子数等于电子数3（3分）下列判断合理的是（）硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物蔗糖、硫酸钡和水分别属于
4、非电解质、强电解质和弱电解质根据电解质在熔融状态下能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属A只有B只有C只有D只有考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；氧化还原反应；强电解质和弱电解质的概念版权所有专题：物质的分类专题分析：根据有关概念分析，氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物，酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物，碱是指电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合
5、物，盐是指由金属离子和酸根离子组成的化合物，强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物为电解质，分散系是根据分散质微粒大小分类的，根据反应中是否有化合价的升降将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，金属和非金属是根据稳定单质中原子间主要作用力来分类的，据此判断解答：解：纯碱成分是碳酸钠，属于盐，故错误；蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质，故正确；根据电解质在水溶液里能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，故错误；分散系是根据分散质微
6、粒大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故错误；根据反应中是否有化合价的升降，即是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故正确；不是根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属，故错误；属于判断合理的是；故选：B点评：本题考查一些常见概念的判别，了解常见物质的组成、抓住各概念的特征进行分析判断是解答此类题的关键，采用排除法是正确、快速解答此类题的捷径4（3分）（2011大连模拟）已知：2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O；Cl2+2FeCl22FeCl3；2KI+2FeCl32KCl+I2+2FeCl2则下列判断正确的是（）A氧化性：Mn
7、OCl2I2Fe3+B还原性：Fe2+IClCFe3+只有氧化性，Fe2+只有还原性DFeCl3能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝考点：氧化还原反应版权所有专题：氧化还原反应专题分析：氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，当元素化合价为最高价态时，物质只具有氧化性，元素化合价为中间价态时，物质既具有氧化性又具有还原性，处于最低价态时，只具有还原性，以此解答该题解答：解：已知：2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，则氧化性KMnO4Cl2，还原性HClCl2，在反应Cl2+2FeCl22FeCl3中，氧化性Cl2Fe3+，
8、还原性Fe2+Fe3+，反应2KI+2FeCl32KCl+I2+2FeCl2中，氧化性Fe3+I2，还原性IFe2+，则氧化性KMnO4Cl2Fe3+I2，还原性IFe2+Cl，故A、B错误；Fe3+只有氧化性，Fe2+化合价位于中间价态，既具有氧化性、又具有还原性，故C错误；因氧化性Fe3+I2，则FeCl3能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故D正确故选：D点评：本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和基础知识的考查，注意把握氧化性、还原性的大小比较，难度不大5（3分）（2012河北模拟）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A0.1 molL1 NaOH溶液
9、：K+、Na+、SO42、CO32B0.1 molL1 Na2CO3溶液：K+、Ba2+、NO3、ClC0.1 molL1 FeCl3溶液：K+、NH4+、I、SCND=1l014的溶液：Ca2+、Na+、ClO、NO3考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：A该组离子之间不反应；B碳酸根离子与钡离子结合生成碳酸钡不溶于水；C利用铁离子与碘离子发生氧化还原反应及结合生成络离子来分析；D溶液中c（H+）=1mol/L，H+、ClO结合生成弱电解质解答：解：A碱性溶液中该组离子之间不反应，则能够大量共存，故A正确；B因溶液中碳酸根离子与Ba2+结合生成碳酸钡，则不能共存，故B错误；C因溶
10、液中Fe3+、I发生氧化还原反应，Fe3+、SCN结合生成络离子，则不能共存，故C错误；D溶液中c（H+）=1mol/L，H+、ClO结合生成弱电解质，则不能共存，故D错误；故选A点评：本题考查离子的共存，明确信息及离子之间的反应是解答本题的关键，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大6（3分）下列说法正确的是（）A7.1g氯气与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数为0.26.021023BV L a molL1的氯化铁溶液中，若Fe3+的数目为6.021023，则Cl的数目大于36.021023C工业用电解法进行粗铜精炼时，每转移1mol电子，阳极上溶解的Cu数必为0.56.021023D标准
11、状况下，22.4LNO和11.2L O2混合后气体的分子总数为1.06.021023考点：阿伏加德罗常数版权所有分析：A氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂，0.1mol氯气完全反应转移了0.1mol电子；B氯化铁溶液中，铁离子部分水解，则氯离子的数目大于铁离子的3倍；C粗铜中含有较活泼的杂质铁、锌等，电解过程中铁、锌优先放电，则铜失去的电子小于1mol；D一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与四氧化二氮之间存在转化平衡，导致反应后的分子数减少解答：解：A7.1g氯气的物质的量为0.1mol，0.1mol氯气与足量氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，转移0.1mol电
12、子，转移的电子数为0.16.021023，故A错误；BV L a molL1的氯化铁溶液中，由于铁离子部分水解，导致铁离子数目减少，若Fe3+的数目为6.021023，则Cl的数目大于36.021023，故B正确；C工业用电解法进行粗铜精炼时，电解过程中杂质铁、锌优先放电，则每转移1mol电子，阳极上铜失去的电子小于1mol，溶解的Cu的物质的量小于0.5mol，溶解的碳铜原子数小于0.56.021023，故C错误；D标况下22.4LNO的物质的量为1mol，11.2L O2的物质的量为0.5mol，二者恰好反应生成1mol二氧化氮，由于部分二氧化氮转化成四氧化二氮，则反应后混合气体的分子数小
13、于1mol，气体的分子总数小于1.06.021023，故D错误；故选B点评：本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确盐的水解原理、氯气与氢氧化钠溶液的反应情况及二氧化氮和四氧化二氮之间的转化平衡为解答关键7（3分）下列离子方程式中正确的是（）A向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，至SO42沉淀完全：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2 H2OB碳酸钠与醋酸溶液反应：CO32+2 H+CO2+H2OC氢氧化亚铁与硝酸溶液混合：Fe（OH）2+2 H+Fe2+2 H2OD在Ba（OH）2溶液中滴加少量NaHCO
14、3溶液：HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2O考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A、向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，至SO42沉淀完全只需满足二者物质的量1：1，据此书写离子方程式；B、醋酸是弱电解质，不能拆成离子；C、亚铁离子被硝酸氧化；D、酸式盐和碱反应量少的全部反应解答：解：A、向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，至SO42沉淀完全只需满足二者物质的量1：1，反应的离子方程式为：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2O；故A错误；B、碳酸钠与醋酸溶液反应的离子方程式为：CO32+2CH3COOHCO2+H2O+2CH3COO；故B错误
15、；C、氢氧化亚铁与硝酸溶液混合发生氧化还原反应：3Fe（OH）2+NO3+10H+3Fe3+8H2O+NO；故C错误；D、在Ba（OH）2溶液中滴加少量NaHCO3溶液，碳酸氢钠全部反应，离子方程式为：HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2O；故D正确，故选D点评：本题考查了离子方程式的书写原则和注意问题，主要考查量不同产物不同的判断，氧化还原反应的理解，弱电解质的书写方法8（3分）用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A常温下，16gO2与O3的混合气体中含氧原子数为NAB0.05mol硫酸氢钠晶体中含离子总数为0.15NAC标准状况下，22.4LCCl4中含有氯原子数目为4NAD
16、一定条件下，2mol二氧化硫和1 mol氧气混合，反应时转移的电子数为4NA考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A16g氧气和臭氧的混合物中含有16g氧原子，16g氧原子的物质的量为1mol，混合气体中共有NA个氧原子；B0.05mol硫酸氢钠晶体中含有0.05mol钠离子和0.05mol硫酸氢根离子，含离子总数为0.1NA；C标况下，CCl4不是气体，题中条件无法计算22.4LCCl4的物质的量；D二氧化硫和氧气反应是可逆反应，条件下，2mol二氧化硫和1 mol氧气混合，反应时转移的电子数小于4NA解答：解：A16g氧气和臭氧的混合物中含有16g氧原子，1
17、6g氧原子的物质的量为1mol，混合气体中共有NA个氧原子，故A正确；B0.05mol硫酸氢钠晶体中含有0.05mol钠离子和0.05mol硫酸氢根离子，含离子总数为0.1NA，故B错误；C标况下，CCl4不是气体，题中条件无法计算22.4LCCl4的物质的量，故C错误；D二氧化硫和氧气反应是可逆反应，条件下，2mol二氧化硫和1 mol氧气混合，反应时转移的电子数小于4NA，故D错误；故选A点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下CCl4、水、乙醇等不是气体9（3分）（2011徐州模拟）下列离子方程式表
18、达正确的是（）ASO2通入溴水中：SO2+2H2O+Br2=2H+SO42+2HBrBNaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液充分反应后溶液呈中性：Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2OC漂白粉溶液在空气中失效：ClO+CO2+H2O=HClO+HCO3DFe（OH）3溶于氢碘酸中：Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2O考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：ASO2通入溴水中反应生成HBr和硫酸；BNaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液充分反应后溶液呈中性生成硫酸钠、硫酸钡、水；C漂白粉溶液在空气中失效时生成的次氯酸和碳酸钙；DFe（OH）3溶于氢碘酸中发生氧化还原反
19、应解答：解：ASO2通入溴水中的离子反应为SO2+2H2O+Br2=24H+SO42+2Br，故A错误；BNaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液充分反应后溶液呈中性的离子反应为Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O，故B正确；C漂白粉溶液在空气中失效：Ca2+2ClO+CO2+H2O=2HClO+CaCO3，故C错误；DFe（OH）3溶于氢碘酸中的离子反应为2Fe（OH）3+2I+6H+=2Fe2+6H2O+I2，故D错误；故选B点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，选项C、D为解答的难点和易错点，题目难度较大10（3分）（2014上海）含有砒霜（
20、As2O3）的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢（AsH3）在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气，若砷的质量为1.50mg，则（）A被氧化的砒霜为1.98mgB分解产生的氢气为0.672mLC和砒霜反应的锌为3.90mgD转移的电子总数为6105NA考点：化学方程式的有关计算；真题集萃版权所有专题：计算题分析：A反应中As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中3价，砒霜发生还原反应；B根据n=计算As的物质的量，根据原子守恒进而计算生成氢气的物质的量，氢气所处的状态不一定是标准状况；C电子转移守恒计算参加反应Zn的物质的量，再根据m=nM计算Zn的质量；D整个过程中，As元素化合价由A
21、s2O3中+3价降低为AsH3中3价，AsH3中3价升高为As中0价，据此计算转移电子数目解答：解：A反应中As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中3价，砒霜发生还原反应，故A错误；B生成As的物质的量=2105mol，根据原子守恒可知分解的AsH3为2105mol，由H原子守恒可知生成氢气为=3105mol，故标况下，分解产生氢气体积为3105mol22.4L/mol=6.72104L=0.672 mL，但氢气所处的状态不一定是标准状况，故其体积不一定是0.672 mL，故B错误；C根据电子转移守恒，可知参加反应Zn的物质的量=2105mol3（3）2=6105mol，故参加反应Z
22、n的质量=6105mol65g/mol=3.9103g=3.9mg，故C正确；D整个过程中，As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中3价，AsH3中3价升高为As中0价，故整个过程转移电子总数为2105mol（6+3）NAmol1=1.8104NA，故D错误，故选C点评：本题考查根据方程式计算、氧化还原反应计算等，注意利用守恒思想进行的计算，B选项为易错点，学生容易忽略气体摩尔体积的属于条件11（3分）下列叙述正确的是（）A核外电子总数相同的原子，一定是同种元素的原子B金属阳离子被还原后，一定得到该元素的单质C发生化学反应时失去电子越多的金属原子，还原能力越强D能与酸反应的氧化物，一
23、定是碱性氧化物考点：原子结构与元素的性质版权所有专题：原子组成与结构专题分析：A核外电子总数相同的原子，质子数相同，质子数决定元素的种类；B金属阳离子被还原后，可得到低价态离子或得到原子；C还原性强弱与失电子多少无关；D两性氧化物也可与酸反应解答：解：A核外电子总数相同的原子，质子数相同，具有相同质子数的原子为同种元素，故A正确；B金属阳离子被还原后，可得到低价态离子或得到原子，如Fe3+被还原生成Fe2+，故B错误；C还原性强弱与失电子多少无关，取决于失电子的难易，故C错误；D两性氧化物也可与酸反应，如氧化铝为两性氧化物，故D错误故选：A点评：本题考查较为综合，涉及原子结构与元素的性质，为高
24、考常见题型，侧重于学生的分析能力和基础知识的综合应用，有利于培养学生的良好的科学素养，调动学习的积极性，难度不大，注意常见物质的性质，答题时注意能举出反例12（3分）下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是（）选项离子要求AK+、NO3、Cl、HSO3c（K+）c（Cl）BFe3+、NO3、SO32、Cl逐滴滴加盐酸立即有气体产生CNa+、HCO3、Mg2+、SO42逐滴滴加氨水立即有沉淀产生DNH4+、Al3+、SO42、CH3COOH滴加NaOH浓溶液立刻有气体产生AABBCCDD考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：Ac（K+）c（Cl），则溶液中正电荷小于负电荷，违
25、反了电荷守恒；B铁离子能够氧化亚硫酸根离子离子，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚硫酸根离子；CNa+、HCO3、Mg2+、SO42离子之间不反应，滴入氨水后立即产生沉淀；D滴加氢氧化钠溶液后，醋酸优先与氢氧化钠发生中和反应解答：解：A溶液中一定满足电荷守恒，而c（K+）c（Cl），则溶液中总正电荷一定小于总负电荷，不满足电荷守恒，故A错误；B由于Fe3+能够氧化SO32，所以不能大量共存，由于NO3离子存在，滴入盐酸后不会生成气体，故B错误；C滴加氨水开始产生MgCO3沉淀，后产生Mg（OH）2，最后完全转化成Mg（OH）2沉淀，Na+、HCO3、Mg2+、SO42离子之间不发生反应，在溶液中
26、能够大量共存，且满足题中条件，故C正确；D滴加的NaOH会先和醋酸反应，再与Al3+离子反应，不满足题中要求，故D错误；故选C点评：本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：本题中既要满足离子共存的条件，还要满足表中左栏要求13（3分）（2014上海）下列反应与Na2O2+SO2Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是（）A2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2B2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2CNa2O2+H2SO4Na2S
27、O4+H2O2D3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+Na2O考点：真题集萃；钠的重要化合物版权所有专题：元素及其化合物分析：因为在Na2O2+SO2Na2SO4中，Na2O2的作用相同的是氧化剂，所以，A、在2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2中Na2O2是自身氧化还原；B、在2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2中Na2O2是自身氧化还原；C、在Na2O2+H2SO4Na2SO4+H2O2中这是非氧化还原，是一个复分解反应；D、在3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中1价的氧变为2价，Na2O2作还原剂，据此作判断解答：解：因为在Na2O2+SO2
28、Na2SO4中，Na2O2的作用相同的是氧化剂，所以，A、在2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2中Na2O2是自身氧化还原，故A错误；B、在2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2中Na2O2是自身氧化还原，故B错误；C、在Na2O2+H2SO4Na2SO4+H2O2中这是非氧化还原，是一个复分解反应，故C错误；D、在3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中1价的氧变为2价，Na2O2作氧化剂，故D正确；故选D点评：本题主要考查了学生对氧化还原反应的理解，解题的关键是抓住化合价的变化分析，中等难度14（3分）现有25mL2molL1的Na2CO3溶液和75mL
29、1molL1的稀盐酸（1）将Na2CO3溶液逐滴滴入稀盐酸中；（2）将稀盐酸逐滴滴入Na2CO3溶液中两操作的现象及结果（标准状况下）为（）A现象相同，所得气体的体积相等B现象相同，所得气体的体积不等C现象不同，所得气体的体积相等D现象不同，所得气体的体积不等考点：钠的重要化合物版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：Na2CO3与稀盐酸反应要分布进行，Na2CO3+HClNaHCO3+NaClNaHCO3+HClNaCl+CO2+H2O，根据滴加顺序不同，反应也不同，现象不同，根据方程式进行计算解答：解：向Na2CO3溶液逐滴滴入盐酸，发生分步反应：Na2CO3 +HCl=NaHCO3+
30、NaCl NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O 把Na2CO3溶液逐滴加到盐酸中，开始时盐酸过量，则发生反应、，即Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，开始就有气体放出 Na2CO3 +2HCl2NaCl+H2O+CO2 0.05mol 0.075mol 0.0375mol若将盐酸滴到Na2CO3溶液中，开始时Na2CO3过量，只发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，无气体，只有在Na2CO3全部转化成NaHCO3后再滴加盐酸才有气体放出 Na2CO3 +HClNaHCO3 +NaCl 0.05mol 0.075mol 0.05mol NaHCO3 +HC
31、lNaCl+CO2+H2O 0.05mol 0.025mol 0.025mol 所以现象不同，所得气体的体积不等，故选：D点评：本题主要考查了Na2CO3与盐酸的反应，试剂的滴加顺序不同，产物不同，现象也不同，因此，可用滴加顺序不同来鉴别Na2CO3和盐酸15（3分）（2014上海）向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸，下列离子方程式与事实不符的是（）AOH+CO32+2H+HCO3+H2OB2OH+CO32+3H+HCO3+2H2OC2OH+CO32+4H+CO2+3H2ODOH+CO32+3H+CO2+2H2O考点：真题集萃；离子方程式的书写版权所有专题：离子反应
32、专题分析：等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中含有氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应，盐酸少量时发生CO32+H+HCO3，盐酸过量时发生CO32+2H+CO2+H2O解答：解：根据题意可知，等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中，含有的氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应A设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸少量，先发生反应：OH+H+H2O
33、，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32+H+HCO3，将两个方程式相加得：OH+CO32+2H+HCO3+H2O，故A正确；B设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，则加入盐酸少量，先发生反应：2OH+2H+2H2O，2mol氢氧化钠消耗2mol盐酸，再发生反应CO32+H+HCO3，盐酸不足之消耗1mol碳酸钠，将两个方程式相加得：2OH+CO32+3H+HCO3+2H2O，故B正确；C设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，2mol氢氧化钠消耗2mol氢离子，剩余2mol氢离子与2mol碳酸钠反应生成2mol碳酸氢根离子，离子方程式应为2OH+2CO32+4
34、H+2HCO3+2H2O，即OH+CO32+2H+HCO3+H2O，故C错误；D设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸过量，先发生反应：OH+H+H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32+2H+CO2+H2O，将两个方程式相加得：OH+CO32+3H+CO2+2H2O，故D正确；故选：C点评：本题考查了离子方程式书写正误的判断，题目难度中等，明确稀盐酸与NaOH和Na2CO3反应的先后顺序以及碳酸钠与盐酸反应的原理是解题的关键16（3分）将Na2O2、HCl和Al2O3一起溶于一定量的水中，完全反应后，测得所得溶液中只含有Na+、AlO2、Cl （不考虑
35、AlO2的水解和H2O的电离），则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比不可能是（）A2：2：1B3：3：1C3：4：1D4：6：1考点：钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：令Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量分别为x、y、z，所得溶液中只含有Na+、AlO2、Cl，根据原子守恒及电荷守恒有：2x=y+2z，将各比例代入满足即可，据此判断解答：解：令Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量分别为x、y、z，所得溶液中只含有Na+、AlO2、Cl（不考虑AlO2的水解和H2O的电离），根据原子守恒及电荷守恒有：2x=y+2z，A、Na2O2、
36、HCl、Al2O3的物质的量之比为2：2：1，则22=2+21，故A正确；B、Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比为3：3：1，则233+21，故B错误；C、Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比为3：4：1，则23=4+21，故C正确；D、Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比为4：6：1，则24=6+21，故D正确故选：B点评：本题是一道开放性的题目，考查学生分析和解决问题的能力，运用原子守恒及电荷守恒是解题关键，难度较大17（3分）（2013湖南模拟）下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3，混合物中Na2CO3质量分数的是（）A取a克混合物充分加热，减重b
37、克B取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用固体NaOH吸收，增重b克D取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体考点：化学实验方案的评价；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质版权所有专题：实验评价题；元素及其化合物分析：实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果A此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；B根据钠守恒，可列方程组求解；C应先把水蒸气排除才合理；D根据质量关系，可列方程组求解解答：解：ANaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计
38、算出Na2CO3质量分数，故A不选；BNa2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故B不选；C混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故C选；DNa2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2反应，反应的方程式为CO32+Ba2+=BaCO3、HCO3+OH+Ba2+=H2O+BaCO3，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，故D不选故选C点评：本题考查物质含量的实验方案的设计，题目
39、难度中等，注意把握物质的性质以及实验方案的原理二、非选择题（共49分）18（12分）在精制饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（NaHCO3），并提取氯化铵作为肥料或进一步提纯为工业氯化铵完成下列填空：（1）写出上述制备小苏打的化学方程式NH4HCO3+NaCl=NaHCO3+NH4Cl（2）称取1.840g小苏打样品（含少量NaCl），配成250ml溶液，取出25.00ml用0.1000mol/L盐酸滴定，消耗盐酸21.50ml实验中所需的定量仪器除滴定管、电子天平外，还有250mL容量瓶样品中NaHCO3的质量分数为0.982（保留3个有效数字）（3）不规范的实验操作会导致实验结果的误差分
40、析下列操作对实验结果的影响 （选填“偏 高”、“偏低”或“无影响”）定容时仰视仪器上的刻度线偏低；定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线偏低将一定质量小苏打样品（含少量NaCl）溶于足量盐酸，蒸干后称量固体质量，也可测定小苏打的含量若蒸发过程中有少量液体溅出，则测定结果偏高考点：配制一定物质的量浓度的溶液版权所有分析：（1）饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（NaHCO3），根据质量守恒可知同时生成NH4Cl；（2）配制溶液需要容量瓶，根据盐酸的物质的量可确定碳酸氢钠的质量，进而可计算质量分数；（3）根据C=，通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积
41、V的影响来分析误差解答：解：（1）饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（NaHCO3），根据质量守恒可知同时生成NH4Cl，反应的方程式为NH4HCO3+NaCl=NaHCO3+NH4Cl，故答案为：NH4HCO3+NaCl=NaHCO3+NH4Cl；（2）配成250mlNaHCO3溶液，用到的仪器有电子天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，所以所需的定量仪器除滴定管、电子天平外，还有250ml容量瓶；消耗盐酸的物质的量n（HCl）=0.0215L0.1000mol/L=0.00215mol，则25mL溶液中n（NaHCO3）=0.00215mol，所以样品中m（NaHCO3）=0.
42、00215mol1084g/mol=1.806g，（NaHCO3）=98.2%=0.982，故答案为：250mL容量瓶；0.982；（3）定容时仰视仪器上的刻度线，会导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故答案为：偏低；定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线是正常的，又加入少量水至刻度线会导致溶液浓度偏低，故答案为：偏低；如全被为碳酸氢钠，与盐酸反应后生成氯化钠，质量减小，而如全部为氯化钠时，质量基本不变，可知加热后固体质量越小，碳酸氢钠含量越大，则若蒸发过程中有少量液体溅出，蒸干后所得固体质量偏小，则小苏打含量偏高，故答案为：偏高点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制以及误差分析，
43、难度不大，注意实验的基本操作方法和注意事项19（10分）某市工商局查获400克袋装中老年补钙营养奶粉1 401包这种奶粉被鉴定为所含亚硝酸盐残留量高出正常值7.8倍，长期食用可能致癌已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O（1）上述反应中氧化剂是NaNO2，若有0.75mol的还原剂被氧化，则被还原的氧化剂有0.75mol（2）根据上述反应，可以用试纸和生活中常见的物质进行实验，以鉴别NaNO2和NaCl，可选用的物质有自来水；淀粉碘化钾试纸；淀粉；白糖；食醋；白酒进行实验时，必须选用的物质有（3）某厂废切削液中，含2%5%的NaNO2，直接排放会造成
44、污染，下列试剂中 （填序号）能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2，反应的化学方程式为NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2ONaCl NH4Cl H2O2 浓H2SO4考点：氧化还原反应；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用版权所有专题：氧化还原反应专题分析：（1）2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O中，N元素的化合价降低，I元素的化合价升高；（2）鉴别NaNO2和NaCl，利用2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O及碘遇淀粉变蓝分析；（3）NaNO2直接排放会造成污染，需要具有还原性的物质将其氧化生成氮气解答：解：（1）2NaNO2+4HI2NO+I2
45、+2NaI+2H2O中，N元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则NaNO2为氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，有0.75mol的还原剂被氧化，则被还原的氧化剂有0.75mol，故答案为：NaNO2；0.75； （2）鉴别NaNO2和NaCl，由2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O及碘遇淀粉变蓝可知，则选择试剂为，故答案为：；（3）NaNO2直接排放会造成污染，需要具有还原性的物质将其氧化生成氮气，则选择氯化铵即可，发生NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O，其余选项不符合，故答案为：；NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O点评：本题考查氧化还原反应
46、和物质的鉴别，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，侧重基本概念的考查，注重知识迁移应用，题目难度不大20（12分）某无色透明溶液可能含有下列离子：K+、Al3+、Fe3+、Ba2+、NO3、SO42、HCO3、Cl，取该溶液进行如下实验：用蓝色石蕊试纸检测该溶液，试纸显红色；取溶液少许，加入铜片和稀硫酸共热，产生无色气体，该气体遇空气立即变为红棕色；取溶液少许，加入氨水有白色沉淀生成，继续加入过量氨水，沉淀不消失；取溶液少许，滴入氯化钡溶液产生白色沉淀；取实验 后的澄清溶液，滴入硝酸银溶液产生白色沉淀，再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失请回答下列问题：（1）在实验 中，下图所示的操作中正确
47、的是B（填代号）（2）根据上述实验判断原溶液中肯定存在的离子是Al3+、NO3、SO42，肯定不存在的离子是Fe3+、Ba2+、HCO3（3）写出与两个实验有关的离子方程式：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2OAl3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+考点：无机物的推断；离子方程式的书写；常见离子的检验方法版权所有专题：离子反应专题分析：（1）根据用试纸检验溶液的酸碱性时，应用玻璃棒蘸取少量溶液滴在放在玻璃片的试纸上检验分析；（2）根据反应的现象判断离子存在的可能性；（3）根据反应为金属铜在酸性条件下与硝酸根离子发生氧化还原反应生成铜离子和一氧化氮气体书写离子方程式；根据Al
48、（OH）3不溶于弱碱，则在含Al3+溶液中加入氨水只生成Al（OH）3书写离子方程式解答：解：（1）用试纸检验溶液的酸碱性时，应用玻璃棒蘸取少量溶液滴在放在玻璃片的试纸上检验，故答案为：B；（2）用蓝色石蕊试纸检测该溶液，试纸显红色，说明溶液呈酸性，则一定不存在HCO3，溶液无色，则不存在Fe3+；取溶液少许，加入铜片和稀硫酸共热，产生无色气体，该气体遇空气立即变为红棕色，该气体为NO，说明溶液中存在NO3，；取溶液少许，加入氨水有白色沉淀生成，继续加入过量氨水，沉淀不消失，说明含有Al3+离子，；取溶液少许，滴入氯化钡溶液产生白色沉淀，该沉淀为硫酸钡沉淀，说明含有SO42，则一定不会含有Ba
49、2+；取实验 后的澄清溶液，滴入硝酸银溶液产生白色沉淀，再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失，不能证明是否含有Cl离子，因中加入氯化钡，故答案为：Al3+、NO3、SO42；Fe3+、Ba2+、HCO3；（3）反应为金属铜在酸性条件下与硝酸根离子发生氧化还原反应生成铜离子和一氧化氮气体，反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故答案为：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O；根据Al（OH）3不溶于弱碱，则在含Al3+溶液中加入氨水只生成Al（OH）3，反应的离子方程式为Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故答案为：Al3+3NH3H2OAl（OH
50、）3+3NH4+点评：本题考查离子的检验，题目难度不大，本题注意常见离子检验的方法的积累21（6分）含氯消毒剂和过氧化物等强氧化性消毒剂可防甲型H1N1流感（1）过碳酸钠是一种有多种用途的新型氧系固态漂白剂，化学式可表示为Na2CO33H2O2，它具有Na2CO3和H2O2的双重性质H2O2有时可作为矿业 废液消毒剂，如消除采矿业废液中的氰化物（如NaCN），经以下反应实现：NaCN+H2O2+H2OA+NH3，则生成物A的化学式为NaHCO3，某强酸性反应体系中，反应物和生成物共 六种物质：O2、MnO4、H2O、Mn2+、H2O2、H+已知该反应中H2O2只发生了如下过程：H2O2O2写出
51、该反应的离子方程式：5H2O2+2MnO4+6H+=8H2O+2Mn2+5O2（2）漂白剂亚氯酸钠（NaClO 常温与黑暗处可保存一年亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为：HClO2ClO2+H+Cl+H2O（未配平）在该反应中，当有1mol ClO2生成时转移电子的物质的量是1mol考点：过氧化氢；离子方程式的书写；氧化还原反应版权所有专题：元素及其化合物分析：（1）由元素守恒和原子守恒确定产物；由H2O2O2知，双氧水在反应中作还原剂，所以还必须有氧化剂参加反应，在反应中得电子化合价降低，根据化合价知，高锰酸根离子作氧化剂，还原产物是锰离子，同时反应后生成水，据此写出离子方程式；（2）根
52、据化合价变化来计算转移的电子数解答：解：（1）由反应NaCN+H2O2+H2OA+NH3，根据质量守恒定律可知，元素守恒、原子守恒，则A的化学式为NaHCO3，故答案为：NaHCO3；MnO4具有氧化性，H2O2具有还原性，H2O2只发生了如下过程：H2O2O2，则还原反应为MnO4Mn2+，并由质量守恒定律及电荷守恒可知，离子反应为2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O，故答案为：5H2O2+2MnO4+6H+=8H2O+2Mn2+5O2；（2）由HClO2ClO2+H+Cl+H2O（未配平）可知，反应物中Cl元素的化合价既升高又降低，当有1molClO2生成时，转移的电子
53、数为1mol（43）=1mol，故答案为：1mol点评：本题考查氧化还原反应、离子反应等知识，考查知识较为综合，同时注重了利用新信息来考查化学知识，难度不大22（9分）我国制碱工业的先驱侯德榜先生，1939年发明了著名的侯氏制碱法，其核心反应原理可用如下化学方程式表示：NH3+CO2+NaCl+H2ONH4Cl+NaHCO3（晶体）依据此原理，欲制得碳酸氢钠晶体，某校学生设计了如下实验装置，其中B装置中的试管内是溶有氨和氯化钠的溶液，且二者均已达到饱和（1）A装置中所发生反应的离子方程式为CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2OC装置中稀硫酸的作用为吸收从B装置中的试管内逸出的氨气，减少对环境
54、的污染（2）下表中所列出的是相关物质在不同温度下的溶解度数据（g/100g水）温度溶解度01020304050NaCl35.735.836.036.336.637.0NaHCO36.98.19.611.112.714.5NH4Cl29.433.337.241.445.850.4参照表中数据，请分析B装置中使用冰水的目的是温度越低，碳酸氢钠的溶解度越小，便于析出（3）该校学生在检查完此套装置气密性后进行实验，结果没有得到碳酸氢钠晶体，指导教师指出应在A与B装置之间（填写字母）连接一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气装置，其作用是除去CO2中混合的HCl气体考点：纯碱工业（侯氏制碱法）；性质实验方案
55、的设计版权所有专题：实验设计题分析：（1）A装置是指取二氧化碳气体的装置，是碳酸钙和盐酸发生反应生成氯化钙、水和二氧化碳；C装置稀硫酸是尾气处理装置吸收过量的氨气；（2）B装置中的试管内是溶有氨和氯化钠的饱和溶液，通入二氧化碳气体会发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，温度越低越有利于碳酸氢钠的晶体析出；（3）通入二氧化碳没有得到碳酸氢钠晶体，是二氧化碳气体中含有氯化氢气体，通入后和氨气反应不能生成碳酸氢钠，所以需要加一个洗气装置用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢气体解答：解：（1）A装置是指取二氧化碳气体的装置，是碳酸钙和盐酸发生反应生成氯化钙、水和二氧化碳；反应的离子方程式为：CaCO3+2
56、H+Ca2+CO2+H2O；C装置稀硫酸是尾气处理装置吸收过量的氨气，防止污染环境，故答案为：CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O；吸收从B装置中的试管内逸出的氨气，减少对环境的污染；（2）B装置中的试管内是溶有氨和氯化钠的饱和溶液，通入二氧化碳气体会发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，依据图标分析可知温度越低，碳酸氢钠的溶解度越小，所以温度越低越有利于碳酸氢钠的晶体析出，故答案为：温度越低，碳酸氢钠的溶解度越小，便于析出；（3）二氧化碳气体中含有氯化氢气体，通入后和氨气反应不能生成碳酸氢钠，所以的不到碳酸氢钠晶体，所以需要加一个洗气装置用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢气体，故答案为：A与B；饱和NaHCO3溶液；除去CO2中混合的HCl气体点评：本题考查了侯氏制碱的反应原理和实验设计和操作，流程中注意问题的分析是解题关键，题目难度中等