山东省烟台市海阳二中高三化学下学期3月月考试卷(含解析)

2015-2016学年山东省烟台市海阳二中高三（下）月考化学试卷（3月份）一、选择题1．美国圣路易斯大学研制了一种新型的乙醇电池，其反应为：C2H5OH+3O2→2CO2+3H2O，电池示意如图，下列说法正确的是（）A．a极为电池的正极B．b极发生氧化反应C．负极的反应为：4H++O2+4e﹣═2H2OD．电池工作时，1mol乙醇被氧化时有12mol转移2．2006年夏季，云南的某些湖泊发生水华现象，其原因是水体出现富营养化，使某些藻类迅速繁殖，导致水生生态系统的破坏．下列选项中能够使水体富营养化的物质是（）A．含氮、磷的化合物 B．含氯的化合物C．含硫的化合物 D．含碳的化合物3．下列说法中正确的是（）A．分子中键能越大，键长越长，则分子越稳定B．元素周期表中的ⅠA族（除H外）和ⅦA族元素的原子间可能形成共价键C．PCl5分子中P原子和Cl原子最外层都满足8电子结构D．H﹣O键键能为463 kJ/mol，即18 gH2O分解成H2和O2时，消耗能量为2×463 kJA．反应达到平衡时，X的转化率为50%B．反应可表示为X+3Y⇌2Z，其平衡常数为1600C．增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大D．改变温度可以改变此反应的平衡常数5．把溶液AlCl3与NaHCO3溶液分别蒸干灼烧，最后得到的固体产物分别为（）A．AlCl3、NaHCO3 B．Al（OH）3、NaHCO3 C．Al2O3、NaOH D．Al2O3、Na2CO36．已知K sp（AgCl）=1.56×10﹣10，K sp（AgBr）=7.7×10﹣13，K sp（Ag2CrO4）=9.0×10﹣12．某溶液中含有Cl﹣、Br﹣和CrO42﹣浓度均为0.010mol•L﹣1，向该溶液中逐滴加入0.010mol•L﹣1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（）A．Cl﹣、Br﹣、CrO42﹣B．CrO42﹣、Br﹣、Cl﹣C．Br﹣、Cl﹣、CrO42﹣D．Br﹣、CrO42﹣、Cl﹣7．用水稀释0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液，其中随水的量增加而增大的是（）①[H+]②n（H+）③④⑤[OH﹣]⑥[CH3COO﹣]．A．①②③B．②③⑤C．④⑤ D．④⑤⑥8．用食用白醋（醋酸浓度约1mol/L）常温下进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是（）A．白醋中滴入石蕊试液呈红色B．实验测得该白醋的pH为2.3C．蛋壳浸泡在白醋中有气体放出D．白醋加入豆浆中有沉淀产生9．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A．用白醋除铁锈：Fe2O3+6H+═3H2O+2Fe3+B．向NH4HCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液并加热：Ba2++2OH﹣+NH4++HCO3+NH3↑+2H2O+BaCO3↓C．用过量冷氨水吸收SO2：SO2+NH3•H2O═HSO3﹣+NH4+D．用强碱吸收工业制取硝酸尾气：NO+NO2+2OH﹣═2NO3﹣+H2O10．在蒸发皿中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液，可以得到该物质固体的是（）①AlCl3②NaHCO3③NaAlO2④MgSO4 ⑤Na2SO3 ⑥KMnO4⑦Fe2（SO4）3⑧FeCl2．A．①②⑤B．⑥⑦⑧C．③④⑦D．④⑤⑥11．a、b、c、d、e分别是Cu、Ag、Fe、Al、Mg五种金属中的一种．已知：（1）a、c均能与稀硫酸反应放出气体（2）b与d的硝酸盐反应，置换出单质d（3）c与强碱反应放出气体（4）c、e在冷浓硫酸中发生钝化．由此判断a、b、c、d、e依次为（）A．Fe、Cu、Al、Ag、Mg B．Mg、Cu、Al、Ag、FeC．Al、Cu、Mg、Ag、Fe D．Mg、Ag、Al、Cu、Fe12．下列说法不正确的是（）A．Na与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行B．饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同C．FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同D．Mg（OH）2固体在溶液存在平衡：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），该固体可溶于NH4Cl溶液13．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A．78g 苯含有C=C双键的数目为3N AB．常室温下，1LpH=13的Ba（OH）溶液中，溶液中的OH﹣离子数目为0.2N AC．0.1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为0.2N AD．含2molH2SO4的浓硫酸与足量铜片在加热条件下反应，产生N A个SO2气体分子14．某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸，测得溶液中的CO32﹣、HCO3﹣、AlO2﹣、Al3+的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示．则下列说法不正确的是（）A．M点时生成的CO2为0 molB．V1：V2=1：4C．原混合溶液中的CO32﹣与AlO2﹣的物质的量之比为1：2D．a曲线表示的离子方程式为：AlO2﹣+H++H2O=Al（OH）3↓15．如表离子组中所给离子在水溶液中能大量共存，且当加入试剂后反应的离子方程式书写二、解答题（共8小题，满分93分）16．在实验室中，可利用碳酸氢钠、氯化钠、氯化铵等物质溶解度的差异，通过饱和食盐水、氨和二氧化碳反应，获得碳酸氢钠晶体，反应原理可用如下化学方程式表示：NH3+CO2+NaCl+H2O═NH4Cl+NaHCO3↓，依据此原理，欲制得碳酸钠晶体，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：．C装置中稀硫酸的作用为：．装置中使用冰水是因为．（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，指导教师指出应在装置之间（填写字母）连接一个盛有的洗气装置，其作用是．（4）若该校学生进行实验时，所用饱和食盐水中含NaCl的质量为5.85g，实验后得到干燥的NaHCO3晶体的质量为5.04g，则NaHCO3的产率为．17．中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体．请回答下列问题：（1）红褐色胶体F微粒直径大小的范围：．（2）A、B、H的化学式：A 、B 、H ．（3）①写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：．②写出鉴定C中阳离子的实验方法和现象：．③在C溶液中加入与C等物质的量的Na2O2，恰好使C转化为F，写出该反应的离子方程式：．18．在A、B、C、D四支试管中分别盛有NaHSO4、Na2CO3、BaCl2、BaCO3固体，某同学在只有蒸馏水和若干试管的条件下，将它们一一鉴别出来．（1）NaHSO4在水中会解离出Na+、H+、SO42﹣．从物质分类的角度考虑，NaHSO4属于A．酸B．碱C．盐D．氧化物（2）最先检验出来的固体物质是，利用它又可直接检验出的固体物质是．（3）剩余两种固体被检验出来时发生反应的化学方程式分别是：、．（1）在a中加入15mL无水苯和少量铁屑．在b中小心加入4.0mL液态溴．向a中滴入几滴溴，有白雾产生，是因为生成了气体．继续滴加至液溴滴完．装置d的作用是；（2）液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：①向a中加入10mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；②滤液依次用10mL水、8mL 10%的NaOH溶液、10mL水洗涤．NaOH溶液洗涤的作用是；③向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤．加入氯化钙的目的是；（3）经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为，要进一步提纯，下列操作中必须的是；（填入正确选项前的字母）A．重结晶 B．过滤 C．蒸馏 D．萃取（4）在该实验中，a的容积最适合的是．（填入正确选项前的字母）A.25mLB.50mLC.250mLD.500mL．20．某研究性学习小组通过测量镁铝合金和盐酸反应生成气体体积的方法来测定合金的成分，他们取10.2g镁铝合金与盐酸恰好完全反应，反应后收集得11.2L氢气（已转换成标准状况），试求：（1）反应过程中消耗盐酸的物质的量（2）10.2g合金中镁的质量．（请写出具体的计算过程）21．下图中的每1方格表示有关的一种反应物或生成物．其中A、C为无色气体．完成下列问题：（1）物质M可以是或，C是，F是．（2）淡黄色粉末的电子式是：．（3）反应①的化学方程式：．（4）反应②的离子方程式：．22．芳香醛常用于药物合成，某芳香醛A由碳氢氧三种元素组成，质谱分析最大质荷比为134，含碳质量分数约为71.64%，含氧23.88%，核磁共振分析有两种化学环境的氢原子，其转化过程如下：（1）A的结构简式反应③、④反应类型、．（2）反应③、⑥的化学反应方程式（有机物写结构简式）．、（3）A的同分异构体中能发生银镜反应且属芳香族化合物的有（写结构简式）．23．已知：A、B、F是家庭中常见的有机物，E是石油化工发展水平的标志．根据下图所示的转化关系回答问题：（1）操作⑥的名称为．（2）取代反应的范畴很广，①～⑤中属于取代反应的是．（填序号）（3）请写出下列反应的化学方程式：④；⑤．（4）F是一种常见的高分子材料，它给我们带来了巨大的方便．然而，这种材料造成的当今的某一环境问题是．2015-2016学年山东省烟台市海阳二中高三（下）月考化学试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题1．美国圣路易斯大学研制了一种新型的乙醇电池，其反应为：C2H5OH+3O2→2CO2+3H2O，电池示意如图，下列说法正确的是（）A．a极为电池的正极B．b极发生氧化反应C．负极的反应为：4H++O2+4e﹣═2H2OD．电池工作时，1mol乙醇被氧化时有12mol转移【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】由质子的移动方向可知a为负极，a极上是乙醇失电子发生氧化反应，乙醇被氧化生成CO2和H+，电极反应式为C2H5OH+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H+，b为正极，发生还原反应，电极方程式为4H++O2+4e﹣═2H2O，以此解答该题．【解答】解：A．原电池工作时，阳离子向正极移动，则a为负极，故A错误；B．b为正极，发生还原反应，故B错误；C．负极发生氧化反应，电极反应式为C2H5OH+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H+，正极氧气得到电子被还原，电极反应式为4H++O2+4e﹣=2H2O，故C错误；D．乙醇中C元素的化合价为﹣2价，被氧化后升高到+4价，则电池工作时，1mol乙醇被氧化时就有12mol电子转移，故D正确；故选D．2．2006年夏季，云南的某些湖泊发生水华现象，其原因是水体出现富营养化，使某些藻类迅速繁殖，导致水生生态系统的破坏．下列选项中能够使水体富营养化的物质是（）A．含氮、磷的化合物 B．含氯的化合物C．含硫的化合物 D．含碳的化合物【考点】"三废"处理与环境保护．【分析】氮和磷为植物生长的营养剂，大量排入水域后会导致水体富营养化污染，以此解答该题．【解答】解：含氮、磷的化合物排放到水中会使水体出现富营养化，使某些藻类迅速繁殖，从而造成水体缺氧，使其他水生生物因缺氧而死亡，破坏生态系统，故选A．3．下列说法中正确的是（）A．分子中键能越大，键长越长，则分子越稳定B．元素周期表中的ⅠA族（除H外）和ⅦA族元素的原子间可能形成共价键C．PCl5分子中P原子和Cl原子最外层都满足8电子结构D．H﹣O键键能为463 kJ/mol，即18 gH2O分解成H2和O2时，消耗能量为2×463 kJ【考点】键能、键长、键角及其应用；共价键的形成及共价键的主要类型．【分析】A．根据键能、键长与分子稳定性的关系分析；B．金属和非金属化合可能形成离子键，也可能形成共价键；C．分子中原子的最外层电子数可以根据每种元素原子的最外层电子数与化合价的绝对值之和来判断；D．1 molH2O中含2molH﹣O键，断开时需吸收2×463 kJ的能量形成气态氢原子和氧原子，再进一步形成H2和O2时，还需释放出一部分能量．【解答】解：A．分子中键能越大，键越短，则分子越稳定，故A错误；B．金属和非金属化合可能形成离子键，也可能形成共价键，故B正确；C．PCl5中，P原子的最外层电子为：5+5=10，Cl原子的最外层电子为：7+|﹣1|=8，不都满足8电子稳定结构，故C错误；D．H﹣O键键能为463kJ/mol，指的是气态基态氢原子和氧原子形成1molH﹣O键时释放的最低能量，则拆开1molH﹣O键形成气态氢原子和氧原子所需吸收的能量也为463kJ，18gH2O 即1molH2O中含2molH﹣O键，断开时需吸收2×463 kJ的能量形成气态氢原子和氧原子，再进一步形成H2和O2时，还需释放出一部分能量，故D错误．故选B．A．反应达到平衡时，X的转化率为50%B．反应可表示为X+3Y⇌2Z，其平衡常数为1600C．增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大D．改变温度可以改变此反应的平衡常数【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【分析】A．根据转化率=计算；B．根据反应速率之比等于化学计量数之比判断化学方程式并计算平衡常数；C．增大压强，化学平衡常数不变；D．平衡常数只受温度的影响．【解答】解：A．反应达到平衡时，X的转化率为： =50%，故A正确；B．根据反应速率之比等于浓度变化量之比等于化学计量数之比可知：△c（X）：△c（Y）：△c（Z）：=0.05：0.15：0.1=1：3：2，则反应的方程式为X+3Y⇌2Z，K===1600（mol/L）﹣2，故B正确；C．增大压强平衡向生成Z的方向移动，但平衡常数不变，故C错误；D．平衡常数只受温度的影响，温度改变时，化学平衡常数一定变化，故D正确．故选C．5．把溶液AlCl3与NaHCO3溶液分别蒸干灼烧，最后得到的固体产物分别为（）A．AlCl3、NaHCO3 B．Al（OH）3、NaHCO3 C．Al2O3、NaOH D．Al2O3、Na2CO3【考点】盐类水解的应用．【分析】AlCl3溶液在加热时水解生成Al（OH）3，Al（OH）3在加热条件下分解生成Al2O3；NaHCO3加热易分解，以此来解答．【解答】解：AlCl3溶液在加热时水解生成Al（OH）3，生成的HCl易挥发，最终生成Al（OH），在加强热时，Al（OH）3不稳定，分解生成Al2O3；3NaHCO3溶液中NaHCO3在较低温度下即可易分解生成Na2CO3，则NaHCO3溶液蒸干灼烧最后得到Na2CO3固体；故选D．6．已知K sp（AgCl）=1.56×10﹣10，K sp（AgBr）=7.7×10﹣13，K sp（Ag2CrO4）=9.0×10﹣12．某溶液中含有Cl﹣、Br﹣和CrO42﹣浓度均为0.010mol•L﹣1，向该溶液中逐滴加入0.010mol•L﹣1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（）A．Cl﹣、Br﹣、CrO42﹣B．CrO42﹣、Br﹣、Cl﹣C．Br﹣、Cl﹣、CrO42﹣D．Br﹣、CrO42﹣、Cl﹣【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）==mol/L，AgBr 溶液中c（Ag+）==mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）==mol/L，c（Ag+）越小，则越先生成沉淀．【解答】解：析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）==mol/L=1.56×10﹣8mol/L，AgBr溶液中c（Ag+）==mol/L=7.7×10﹣11mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）==mol/L=3×10﹣5，c（Ag+）越小，则越先生成沉淀，所以种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br﹣、Cl﹣、CrO42﹣，故选C．7．用水稀释0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液，其中随水的量增加而增大的是（）①[H+]②n（H+）③④⑤[OH﹣]⑥[CH3COO﹣]．A．①②③B．②③⑤C．④⑤ D．④⑤⑥【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】醋酸是弱酸，加水稀释促进醋酸电离，溶液中c（H+）、c（CH3COO﹣）都减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中c（OH﹣）增大．【解答】解：①醋酸是弱酸，加水稀释促进醋酸电离，水的电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c（H+）减小，故错误；②加水稀释促进醋酸电离，导致溶液中n（H+）增大，故正确；③加水稀释促进醋酸电离，则N（H+）增大、N（CH3COOH）减小，所以增大，故正确；④根据③知，减小，故错误；⑤加水稀释促进醋酸电离，溶液中c（H+）、c（CH3COO﹣）都减小，温度不变，水的离子积不变，则溶液中c（OH﹣）增大，故正确；⑥加水稀释促进醋酸电离，水的电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c（CH3COO ﹣）减小，故错误；故选B．8．用食用白醋（醋酸浓度约1mol/L）常温下进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是（）A．白醋中滴入石蕊试液呈红色B．实验测得该白醋的pH为2.3C．蛋壳浸泡在白醋中有气体放出D．白醋加入豆浆中有沉淀产生【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】只要说明醋酸在水溶液中部分电离就能证明醋酸是弱电解质，据此分析解答．【解答】解：A．白醋中滴入石蕊试液变红色，说明白醋属于酸，不能证明其部分电离，所以不能证明醋酸是弱酸，故A错误；B．实验测得该白醋的pH为2.3，溶液中氢离子浓度小于1mol/L，说明醋酸部分电离，所以能证明醋酸是弱电解质，故B正确；C．蛋壳浸泡在白醋中有气体放出，说明醋酸酸性大于碳酸，但不能证明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，故C错误；D．白醋加入豆浆中有沉淀产生，说明白醋是电解质，但不能说明白醋是弱电解质，故D错误；故选B．9．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A．用白醋除铁锈：Fe2O3+6H+═3H2O+2Fe3+B．向NH4HCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液并加热：Ba2++2OH﹣+NH4++HCO3+NH3↑+2H2O+BaCO3↓C．用过量冷氨水吸收SO2：SO2+NH3•H2O═HSO3﹣+NH4+D．用强碱吸收工业制取硝酸尾气：NO+NO2+2OH﹣═2NO3﹣+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．醋酸为弱酸，在离子反应中应保留化学式；B．NH4HCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液并加热，二者以1：1反应，反应生成碳酸酸钡、水、氨气；C．用过量冷氨水吸收SO2生成亚硫酸铵；D．用强碱吸收工业制取硝酸尾气的反应：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O．【解答】解：A．用白醋除铁锈：Fe2O3+6CH3COOH═3H2O+6CH3COO﹣+2Fe3+，故A错误；B．NH4HCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液并加热，二者以1：1反应：Ba2++2OH﹣+N+HCNH3↑+2H2O+BaCO3↓，故B正确；C．用过量冷氨水吸收SO2生成亚硫酸铵：SO2+2NH3•H2O═S032﹣+2N+H2O，故C错误；D．用强碱吸收工业制取硝酸尾气的反应：NO+NO2+2OH﹣=2NO2﹣+H2O，故D错误；故选B．10．在蒸发皿中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液，可以得到该物质固体的是（）①AlCl3②NaHCO3③NaAlO2④MgSO4 ⑤Na2SO3 ⑥KMnO4⑦Fe2（SO4）3⑧FeCl2．A．①②⑤B．⑥⑦⑧C．③④⑦D．④⑤⑥【考点】盐类水解的应用．【分析】从盐类水解的角度和物质的稳定性的角度分析，注意当水解生成挥发性酸时，加热蒸干并灼烧最终得到的是金属氧化物．【解答】解：①AlCl3在加热时水解生成Al（OH）3和HCl，HCl易挥发，灼烧得到Al2O3，故①错误；②NaHCO3在加热条件下分解生成Na2CO3，故②错误；③NaAlO2溶液加热时虽能水解，但生成的氢氧化铝和氢氧化钠最终又反应生成NaAlO2，可得到溶质固体，故③正确；④MgSO4溶液在加热时虽然水解，但硫酸难挥发，最后得到的固体应为MgSO4，故④正确；⑤亚硫酸钠不稳定，易被氧化生成硫酸钠，所以最后蒸干灼烧得到的固体是硫酸钠，故⑤错误；⑥KMnO4在加热条件下易分解，故⑥错误．⑦加热时Fe3+虽然水解，但硫酸难挥发，最后固体仍为Fe2（SO4）3，故⑦正确；⑧FeCl2都是挥发性酸盐酸的盐，所以能水解到底，生成氢氧化物Fe（OH）2，但是Fe（OH）又很容易被氧化成Fe（OH）3，并受热分解，所以最后的产物都是Fe2O3，故⑧错误；故选C．211．a、b、c、d、e分别是Cu、Ag、Fe、Al、Mg五种金属中的一种．已知：（1）a、c均能与稀硫酸反应放出气体（2）b与d的硝酸盐反应，置换出单质d（3）c与强碱反应放出气体（4）c、e在冷浓硫酸中发生钝化．由此判断a、b、c、d、e依次为（）A．Fe、Cu、Al、Ag、Mg B．Mg、Cu、Al、Ag、FeC．Al、Cu、Mg、Ag、Fe D．Mg、Ag、Al、Cu、Fe【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【分析】（1）a、c均能与稀硫酸反应放出气体说明a和c的活动性顺序位于氢元素之前；（2）b与d的硝酸盐反应，置换出单质d，说明b的金属性比d强；（3）c与强碱反应放出气体，为铝；（4）c、e在冷浓硫酸中发生钝化，为铁和铝．【解答】解：c与强碱反应放出气体，在高中阶段学过的能和强碱反应生成氢气的金属为铝，则c是铝，c、e在冷浓硫酸中发生钝化，为铁和铝，则e是铁，a、c均能与稀硫酸反应放出气体说明a和c的活动性顺序位于氢元素之前，则a是镁，b与d的硝酸盐反应，置换出单质d，说明b的金属性比d强，铜的活动性大于银，所以b是铜，d是银，所以abcde分别为：Mg、Cu、Al、Ag、Fe；故选B．12．下列说法不正确的是（）A．Na与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行B．饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同C．FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同D．Mg（OH）2固体在溶液存在平衡：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），该固体可溶于NH4Cl溶液【考点】真题集萃；焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【分析】A．该反应为固体与液态反应生成气体，该反应为熵增反应，反应放出大量的热，结合△G=△H﹣T△S＜0，反应自发进行；B．饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，前者为盐析，后者为蛋白质变性；C．FeCl3和MnO2对H2O2分解催化效果不相同；D．NH4Cl溶液中铵根离子水解呈酸性，消耗Mg（OH）2（s）溶解平衡中的氢氧根离子，平衡右移．【解答】解：A．Na与水反应为固体与液态反应生成气体，该反应为熵增反应，即△S＞O，反应中钠熔化为小球，说明反应放出大量的热，即△H＜0，则△G=△H﹣T△S＜0，故该反应自发进行，故A正确；B．饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，饱和Na2SO4溶液降低蛋白质溶解度，为盐析现象，为可逆过程，再加入水可以溶解，硝酸具有强氧化性，使蛋白质变性，过程不可能，二者原理不同，故B正确；C．FeCl3和MnO2对H2O2分解催化效果不相同，同等条件下H2O2分解速率的改变不相同，故C 错误；D．NH4Cl溶液中铵根离子水解呈酸性，消耗Mg（OH）2（s）溶解平衡中的氢氧根离子，使Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq）平衡右移，故Mg（OH）2可溶于NH4Cl溶液，故D正确，故选：C．13．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A．78g 苯含有C=C双键的数目为3N AB．常室温下，1LpH=13的Ba（OH）溶液中，溶液中的OH﹣离子数目为0.2N AC．0.1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为0.2N AD．含2molH2SO4的浓硫酸与足量铜片在加热条件下反应，产生N A个SO2气体分子【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、苯分子中不存在碳碳双键；B、pH=13的氢氧化钡溶液中，氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子；C、镁为2价金属，0.1mol镁完全反应无论生成氧化镁还是氮化镁，都转移了0.2mol电子；D、过量的铜与浓硫酸反应，随着反应进行浓度变稀，稀硫酸与铜不反应．【解答】解：A、由于苯分子中的碳碳键为介于单键和双键之间的独特的键，不存在碳碳双键，故A错误；B、常温下，pH=13的氢氧化钡溶液中，氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1L该溶液中含有氢氧根离子0.1mol，OH﹣离子数目为0.1N A，故B错误；C、MgO和Mg3N2中镁元素的化合价都是+2价，0.1mol镁完全反应失去0.2mol电子，转移的电子数为0.2N A，故C正确；D、过量的铜与浓硫酸反应，随着反应进行浓度变稀，稀硫酸与铜不反应，可产生SO2气体分子小于N A个，故D错误；故选C．14．某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸，测得溶液中的CO32﹣、HCO3﹣、AlO2﹣、Al3+的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示．则下列说法不正确的是（）A．M点时生成的CO2为0 molB．V1：V2=1：4C．原混合溶液中的CO32﹣与AlO2﹣的物质的量之比为1：2D．a曲线表示的离子方程式为：AlO2﹣+H++H2O=Al（OH）3↓【考点】有关混合物反应的计算．【分析】Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸后，首先发生反应：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，a曲线表示AlO2﹣，由图可知AlO2﹣反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知：n（AlO2﹣）=n（H+）=0.05mol×1mol/L=0.05mol；AlO2﹣反应完毕，发生反应：CO32﹣+H+═HCO3﹣，b曲线表示CO32﹣，c曲线表示HCO3﹣，由图可知CO32﹣反应完毕，该阶段加入盐酸100mL﹣50mL=50mL，根据方程式可知：n（CO32﹣）=n（H+）=0.05mol×1mol/L=0.05mol；CO32﹣反应完毕，发生反应HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，d曲线表示HCO3﹣，由图可知HCO3﹣反应完毕，该阶段加入盐酸150mL﹣100mL=50mL，根据方程式可知n（HCO3﹣）=n（H+）；发生反应Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，e曲线表示Al3+，由图可知Al（OH）3反应完毕，根据方程式可知n（H+）=3n[Al（OH）3]=3×0.05mol=0.15mol，进而求出消耗盐酸的体积．【解答】解：Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸，先发生的反应为：AlO2﹣+H++HO═Al（OH）3↓，则a曲线表示AlO2﹣，由图可知AlO2﹣反应完毕，加入盐酸50mL，2根据方程式可知：n（AlO2﹣）=n（H+）=0.05mol×1mol/L=0.05mol；AlO2﹣反应完毕后发生反应：CO32﹣+H+═HCO3﹣，b曲线表示CO32﹣，c曲线表示HCO3﹣，由图可知CO32﹣反应完毕，该阶段加入盐酸体积为：100mL﹣50mL=50mL，根据方程式可知：n（CO32﹣）=n（H+）=0.05mol×1mol/L=0.05mol；CO32﹣反应完后又发生反应：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，d曲线表示HCO3﹣，由图可知HCO3﹣反应完毕，该阶段加入盐酸体积为：150mL﹣100mL=50mL，根据方程式可知：n（HCO3﹣）=n（H+）=0.05mol；最后发生反应为：Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，e曲线表示Al3+，由图可知Al（OH）3反应完毕，根据方程式可知：n（H+）=3n[Al（OH）3]=3×0.05mol=0.15mol，该阶段加入盐酸体积为：=0.15L=150mL；A．根据述分析可知，M点时溶液中CO32﹣完全转化为HCO3﹣，没有CO2生成，故A正确；B．原溶液中n（CO32﹣）=0.05mol，V1时溶液中碳酸氢根离子等于碳酸根离子为0.025ml，由反应CO32﹣+H+═HCO3﹣可知，需要盐酸为0.025mol，盐酸的体积为25mL，故V1=50mL+25mL=75mL，由上述分析可知，V2=150mL+150mL=300mL，故V1：V2=75mL：300mL=l：4，故B正确；C．由上述分析可知，原混合溶液中的CO32﹣与AlO﹣2的物质的量之比为：0.05mol：0.05mol=1：1，故C错误；D．由上述分析可知，a曲线表示的离子方程式为：AlO﹣2+H++H2O=Al（OH）3↓，故D正确；故选C．15．如表离子组中所给离子在水溶液中能大量共存，且当加入试剂后反应的离子方程式书写【考点】离子共存问题；离子方程式的书写．【分析】A．Fe3+、S2ˉ能发生氧化还原反应；B．酸性条件下，Fe2+、NO3ˉ发生氧化还原反应；C．Na+、Al3+、Clˉ、SO42ˉ中各离子之间不反应，加入少量KOH溶液，KOH和铝离子反应生成氢氧化铝沉淀；D．次氯酸根离子具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应．【解答】解：A．Fe3+、S2ˉ能发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫，所以不能大量共存，故A错误；B．酸性条件下，Fe2+、NO3ˉ发生氧化还原反应生成NO和铁离子，所以不能大量共存，故B 错误；C．Na+、Al3+、Clˉ、SO42ˉ中各离子之间不反应，加入少量KOH溶液，KOH和铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为Al3++3OHˉ═Al（OH）3↓，故C正确；D．次氯酸根离子具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应，离子方程式为3ClO﹣+H2O+SO2═SO42﹣+2HClO+Cl﹣，故D错误；故选C．二、解答题（共8小题，满分93分）16．在实验室中，可利用碳酸氢钠、氯化钠、氯化铵等物质溶解度的差异，通过饱和食盐水、氨和二氧化碳反应，获得碳酸氢钠晶体，反应原理可用如下化学方程式表示：NH3+CO2+NaCl+H2O═NH4Cl+NaHCO3↓，依据此原理，欲制得碳酸钠晶体，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↑+H2O ．C装置中稀硫酸的作用为：吸收从B装置中的试管内逸出．装置中使用冰水是因为温度越低，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．（4）若该校学生进行实验时，所用饱和食盐水中含NaCl的质量为5.85g，实验后得到干燥的NaHCO3晶体的质量为5.04g，则NaHCO3的产率为60% ．【考点】制备实验方案的设计．【分析】由制备实验装置可知，A中发生CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，B中发生NH3+CO2+NaCl+H2O═NH4Cl+NaHCO3↓，为防止氨气与挥发的HCl反应，最好在A、B之间加盛有碳酸氢钠溶液的洗气瓶，结合溶解度可知，B中冷水冷却可析出NaHCO3，C中浓硫酸可吸收逸出的氨气，以此来解答．【解答】解：（1）A装置中发生的反应是碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳和氯化钙、水，所发生反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2+H2O；因为该反应用到液氨，氨气易挥发，所以装置C中浓硫酸的作用是吸收从B装置中的试管内逸出的氨气，减少对环境的污染，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；吸收从B装置中的试管内逸出；（2）根据表中数据可知碳酸氢钠的溶解度随温度降低减小的较多，所以在冰水中有利于碳酸氢钠的析出，故答案为：温度越低，碳酸氢钠的溶解度越小，便于析出；（3）二氧化碳的制取用到的盐酸易挥发出HCl，HCl若与氨气反应生成氯化铵，则反应中无碳酸氢钠生成，所以应除去二氧化碳中的HCl，在A与B之间加一个盛有碳酸氢钠饱和溶液的洗气瓶即可，故答案为：A与B；饱和NaHCO3溶液；除去CO2中混合的HCl气体；。