湖南省衡阳八中高三化学上学期第二次月考试题(含解析)

2015-2016学年湖南省衡阳八中高三（上）第二次月考化学试卷一、选择题（本题包括21小题，每小题2分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1．下列各组物质，按强电解质、弱电解质、非电解质的顺序排列的是（）A．NaCl、BaSO4、SO2B．Cu、CH3C00H、酒精C．氯化钠晶体、水、酒精 D．KNO3、NH3•H2O、CaCO32．一定量的镁、铝合金，用足量的盐酸溶解后，再加入过量的NaOH溶液，然后滤出沉淀物，加热灼烧，得白色粉末，干燥后称量，这些粉末与原合金的质量相等，则合金中铝的质量分数是（）A．20% B．40% C．58.6% D．60%3．用N A代表阿伏加德罗常数，下列表述正确的是（）A．1L0.5 mol•L﹣1CuCl2溶液中含有Cu2+的个数为0.5N AB．7.8g过氧化钠含有的共用电子对数为0.2N AC．25℃时，pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.1N AD．1mol羟基中电子数为10 N A4．实验室常用NaNO2和NH4Cl反应制取N2．下列说法正确的是（）A．NaNO2是还原剂B．NH4Cl中N元素被还原C．生成1mol N2时转移6mol电子D．氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：15．有体积相同的两份营养液，其配方如下：两份营养液中各离子浓度（）A．完全不同 B．完全相同 C．仅c（K+）相同D．仅c（Cl﹣）相同6．下列文字表述与反应的离子方程式对应且正确的是（）A．硫化钠的水解反应：S2﹣+H3O+⇌HS﹣+H2OB．Fe3O4与足量稀HNO3反应：3Fe3O4+28H++NO3﹣═9Fe3++NO2↑+14H2OC．NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后显中性：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2OD．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2O7．（NH4）2SO4在一定条件下发生如下反应：4（NH4）2SO4=N2↑+6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+7H2O，将反应后的混合气体通入BaCl2溶液，产生的沉淀为（）A．BaSO4B．BaSO3C．BaS D．BaSO4和BaSO38．下列说法正确的是（）①漂白粉、水玻璃和铝热剂都是混合物；②煤的干馏和石油的分馏都是化学变化；③氨基酸、纯碱、芒硝和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；④非极性键也可能存在于离子化合物中．A．①④ B．①③ C．②④ D．③④9．下列关于胶体的叙述正确的是（）A．过滤实验可以据此把胶体、溶液分开B．胶体和溶液的本质区别是胶体能发生丁达尔现象C．用渗析的方法净化胶体时，使用半透膜只能让小分子和离子通过D．胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象10．“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中错误的是（）①钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2②铁露置在空气中一段时间后就会生锈，性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中③Al（OH）3、Cu（OH）2受热易分解，Fe（OH）3受热也易分解④不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝；也不能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁．A．①④ B．②④ C．①②④D．①②③④11．物质在反应中可表现氧化性、还原性、酸性、碱性等，下面方程式中划线的物质，能在同一反应中同时表现上述两种或两种以上性质的有（）①3FeO+10HNO3═3Fe（NO3）3+NO↑+5H2O ②C+2H2SO4（浓）═CO2↑+2SO2↑+2H2O③8NH3+3Cl2═NH4Cl+N2 ④2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑．A．①② B．①④ C．③④ D．全部12．标准状况下V L氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为ρg/mL，质量分数为ω，物质的量浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是（）A．ρ=B．ω=C．ω=D．c=13．含有下列各组离子的溶液中通入（或加入）过量的某种物质后仍能大量共存的是（）A．H+、Ba2+、Fe3+、NO3﹣，通入SO2气体B．Ca2+、Cl﹣、K+、H+，通入CO2气体C．AlO2﹣、Na+、Br﹣、SO42﹣，通入CO2气体D．HCO3﹣、Na+、I﹣、HS﹣，加入AlCl3溶液14．将a g铁和氧化铁的混合物加入足量的盐酸中充分反应后，固体无剩余，测得参加反应的HCl为0.08mol，放出标准状况下气体0.224L．则下列判断中正确的是（）A．原混合物中n（Fe）：n（Fe2O3）=2：1B．向溶液中滴入KSCN溶液，显红色C．无法计算原混合物的质量aD．此时溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量之比为3：115．元素周期表中ⅣA元素包括C、Si、Ge、Sn、Pb等，已知Sn的+4价稳定，而Pb的+2价稳定．结合所学知识，判断下列反应中（反应条件略）正确的是（）①Pb+2Cl2═PbCl4②Sn+2Cl2═SnCl4③SnCl2+Cl2═SnCl4④PbO2+4HCl=PbCl4+2H2O⑤Pb3O4+8HCl═3PbCl2+Cl2↑+4H2O．A．②③⑤B．②③④C．①②③D．①②④⑤16．实验室有一瓶固体M的标签右半部分已被腐蚀，剩余部分只看到“Na2SO”字样．已知固体M只可能是Na2SO3或Na2SO4．若取少量固体M配成溶液，下列试剂不能用于鉴定M的是（）A．Ba（OH）2B．稀盐酸C．稀硫酸D．浓硝酸17．如图，利用培养皿探究SO2的性质．实验时向Na2SO3固体上滴几滴浓硫酸，立即用另一表面皿扣在上面．表中对实验现象的描述或解释不正确的是（）A．A B．B C．C D．D18．往含I﹣和Cl﹣的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量m（沉淀）与加入AgNO3溶液体积V （AgNO3）的关系如图所示．则原溶液中的比值为（）A． B．C． D．19．下列有关说法正确的是（）A．A B．B C．C D．D20．下列各项反应对应的图象正确的是（）A．25℃时，向亚硫酸溶液中通入氯气B．向 Na溶液中通入 HCl气体C．向少量氯化铁溶液中加入铁粉D．向BaSO4饱和溶液中加入硫酸钠21．常温下，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定20ml同浓度的一元弱酸HA，滴定过程溶液pH 随X的变化曲线如图所示（忽略中和热效应），下列说法不正确的是（）A．HA溶液加水稀释后，溶液中的值减小B．HA的电离常数K HA=（x为滴定分数）C．当滴定分数为100时，溶液中水的电离程度最大D．滴定分数大于100时，溶液中离子浓度关系一定是c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）二、填空题（本题共5小题，共58分）22．氢化亚铜（CuH）是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在40﹣50℃时反应可生成它．CuH具有的性质有：不稳定，易分解，在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体：Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2++Cu．根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：（1）在CuSO4溶液和“另一物质”制CuH的反应中，用氧化还原观点分析，这“另一物质”在反应中所起的作用是（填氧化剂或还原剂）．（2）写出CuH在氯气中燃烧的化学反应方程式（3）CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是（填化学式）（4）如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式．23．某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质：PbO2、PbSO4（难溶盐）、Pb（MnO4）2（强电解质）、H2O、X（水溶液呈无色）、H2SO4，已知X是一种盐，且0.1mol X在该反应中失去3.01×1023个电子．（1）写出该反应的化学方程式：；（2）若有9.8g H2SO4参加反应，则转移电子的物质的量为；（3）本反应体系中，若用浓盐酸代替硫酸，用离子方程式表示后果：．24．实验室测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数W（Na2CO3），称取此混合物5.0g，溶于水中，配成250mL溶液．方案一：沉淀法．利用化学反应把HCO3﹣、CO32﹣完全转化为沉淀，称量干燥沉淀的质量，由此计算混合物中ω（Na2CO3）．（1）量取100mL配制好的溶液于烧杯中，滴加足量沉淀剂，把溶液中HCO3﹣、CO32﹣完全转化为沉淀，应选用的试剂是（填编号）．A．CaCl2溶液 B．MgSO4溶液 C．NaCl溶液 D．Ba（OH）2溶液（2）过滤，洗涤沉淀，判断沉淀是否洗净的方法是；（3）将所得沉淀充分干燥，称量沉淀的质量为mg，由此可以计算ω（Na2CO3）．如果此步中，沉淀未干燥充分就称量，则测得ω（Na2CO3）（填“偏大”、“偏小“或“无影响”）．方案二：量气法．量取10.00mL配制好的溶液与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约20℃、1.01×105Pa）的体积，由此计算混合物中ω（Na2CO3）．（1）装置中导管a的作用是．（2）若撤去导管a，使测得气体体积（“偏大”，“偏小”或“无影响”）．方案三：滴定法．量取25.00mL配制好的溶液加入锥形瓶中，滴加2滴酚酞试剂，摇匀，用0.2000mol/L的盐酸滴定到终点（已知终点时反应H++CO32﹣=HCO3﹣恰好完全）．重复此操作2次，消耗盐酸的体积平均值为20.00mL．（1）量取25.00mL配制好的溶液，应选择仪器来完成．（2）判断滴定终点的依据是．（3）此法测得ω（Na2CO3）= %．25．通过煤的气化和液化，使碳及其化合物得以广泛应用．I．工业上先用煤转化为CO，再利用CO和水蒸气反应制H2时，存在以下平衡：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）（1）向1L恒容密闭容器中充入CO和H2O（g），800℃时测得部分数据如下表．则该温度下反应的平衡常数K= ．（保留2位有效数字）（2）相同条件下，向2L恒容密闭容器中充入1molCO、1mol H2O（g）、2molCO2、2mo1H2，此时v （正） v （逆）（填“＞”“=”或“＜”）．Ⅱ．已知CO（g）、H2（g）、CH3OH（l）的燃烧热分别为283kJ•mol﹣1、286kJ•mol﹣1、726kJ•mol ﹣1'．（3）利用CO、H2合成液态甲醇的热化学方程式为．（4）依据化学反应原理，分析增加压强对制备甲醇反应的影响．Ⅲ．为摆脱对石油的过度依赖，科研人员将煤液化制备汽油，并设计了汽油燃料电池，电池工作原理如右图所示：一个电极通入氧气，另一电极通入汽油蒸气，电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2晶体，它在高温下能传导O2﹣．（5）以辛烷（C8H18）代表汽油，写出该电池工作时的负极反应方程式．（6）已知一个电子的电量是1.602×10﹣19C，用该电池电解饱和食盐水，当电路中通过1.929×105C的电量时，生成NaOH g．Ⅳ．煤燃烧产生的CO2是造成温室效应的主要气体之一．（7）将CO2转化成有机物可有效地实现碳循环．如：a．6CO2+6H2O C6H12O6+6O2b．2CO2+6H2C2H5OH+3H2Oc．CO2+CH4CH3COOHd．2CO2+6H2CH2=CH2+4H2O以上反应中，最节能的是，反应b中理论上原子利用率为．26．钡盐生产中排出大量的钡泥，某主要生产BaCO3的化工厂利用钡泥制取Ba（NO3）2晶体及其他副产物，其部分工艺流程如下：已知：i．Fe（OH）3和Fe（OH）2完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2和9.7．ii．Ba（NO3）2在热水中溶解度较大，在冷水中溶解度较小．iii．K SP（BaSO4）=1.1×10﹣10，K SP（BaCO3）=5.1×10﹣9．（1）该厂生产的BaCO3因含有少量BaSO4而不纯，提纯的方法是：将产品加入足量的饱和Na2CO3溶液中，充分搅拌，过滤，洗涤．用离子方程式说明提纯原理：．（2）上述流程酸溶时，Ba（FeO2）2与HNO3反应生成两种硝酸盐，化学方程式为：．（3）该厂结合本厂实际，选用的X为（从下列选项中选择）；废渣2为（写出化学式）．①BaCl2②Ba（NO3）2③BaCO3④Ba（OH）2（4）过滤3后的母液应循环到容器中．（填“a”、“b”或“c”）（5）称取w g晶体溶于蒸馏水，加入足量的硫酸，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量为m g，则该Ba（NO3）2的纯度为．2015-2016学年湖南省衡阳八中高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括21小题，每小题2分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1．下列各组物质，按强电解质、弱电解质、非电解质的顺序排列的是（）A．NaCl、BaSO4、SO2B．Cu、CH3C00H、酒精C．氯化钠晶体、水、酒精 D．KNO3、NH3•H2O、CaCO3【考点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念．【专题】物质的分类专题．【分析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质，大多数的有机物都是非电解质；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质．【解答】解：A、氯化钠为强电解质电解质，二氧化硫为非电解质，而硫酸钡为强电解质，不属于弱电解质，故A错误；B、铜既不是电解质，也不是非电解质，故B错误；C、氯化钠晶体为强电解质、水为弱电解质、酒精为非电解质，满足题中要求，故C正确；D、硝酸钾为强电解质、一水合氨为弱电解质，而碳酸钙为强电解质，不是弱电解质，不满足题中要求，故D错误；故选C．【点评】本题考查了电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的概念及判断，题目难度不大，注意明确强弱电解质的本质区别，明确电解质与非电解质的概念及判断方法．2．一定量的镁、铝合金，用足量的盐酸溶解后，再加入过量的NaOH溶液，然后滤出沉淀物，加热灼烧，得白色粉末，干燥后称量，这些粉末与原合金的质量相等，则合金中铝的质量分数是（）A．20% B．40% C．58.6% D．60%【考点】有关混合物反应的计算．【分析】镁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液，沉淀为氢氧化镁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到白色粉末为氧化镁，氧化镁质量等于合金的质量，利用组成可知氧化镁中氧元素的质量等于合金中铝的质量，以此来解答．【解答】解：由镁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液，沉淀为氢氧化镁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到白色粉末为MgO，由于MgO的质量等于合金Mg、Al的质量，则MgO中O元素的质量等于合金中Al的质量，所以氧化镁中氧元素的质量分数=合金中铝元素的质量分数，故合金中铝的质量分数是为：×100%=40%，故选B．【点评】本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，根据发生反应的实质找出合金与氧化物的关系是解答本题的关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法．3．用N A代表阿伏加德罗常数，下列表述正确的是（）A．1L0.5 mol•L﹣1CuCl2溶液中含有Cu2+的个数为0.5N AB．7.8g过氧化钠含有的共用电子对数为0.2N AC．25℃时，pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.1N AD．1mol羟基中电子数为10 N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．铜离子部分水解，导致铜离子的数目减少；B．过氧化钠中的过氧根离子含有1个共用电子对，0.1mol过氧化钠含有0.1mol共用电子对；C．pH=13的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；D．羟基中含有9个电子，1mol羟基中含有9mol电子．【解答】解：A．1L 0.5 mol•L﹣1CuCl2溶液中含有0.5mol氯化铜，由于铜离子部分水解，则溶液中含有的铜离子小于0.5mol，含有Cu2+的个数小于0.5N A，故A错误；B．7.8g过氧化钠的物质的量为：=0.1mol，0.1mol过氧化钠中含有0.1mol共用电子对，含有的共用电子对数为0.1N A，故B错误；C．25℃时，pH=13的溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1.0L该Ba（OH）2溶液中含有0.1mol 氢氧根离子，含有的OH﹣数目为0.1N A，故C正确；D．羟基为中性原子团，1mol羟基中含有9mol电子，含有的电子数为9N A，故D错误；故选C．【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，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，D为易错点，注意羟基与氢氧根离子的区别．4．实验室常用NaNO2和NH4Cl反应制取N2．下列说法正确的是（）A．NaNO2是还原剂B．NH4Cl中N元素被还原C．生成1mol N2时转移6mol电子D．氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：1【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A、依据物质中元素化合价变化分析判断，有元素化合价升高的物质做还原剂；B、氯化铵中氮元素化合价从﹣3价变化为0价，化合价升高被氧化；C、实验室常用NaNO2和NH4Cl反应制取N2的化学方程式：NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2O，依据电子转移计算；D、依据化学方程式计算判断．【解答】解：A、反应中NaNO2氮元素化合价从+3价变化为0价，化合价降低，则为氧化剂，故A错误；B、氯化铵中氮元素化合价从﹣3价变化为0价，氮元素化合价升高被氧化，故B错误；C、实验室常用NaNO2和NH4Cl反应制取N2的化学方程式：NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2O，生成1 mol N2时转移3 mol 电子，故C错误；D、由化学方程式NaNO2+NH4Cl═NaC1+N2↑+2H2O可知，氧化剂（NaNO2）和还原剂（NH4Cl）的物质的量之比是1：1，故D正确；故选D．【点评】本题考查了氧化还原反应的概念理解、概念判断和应用，电子转移的计算判断，熟悉氧化还原反应的基本概念含义是解题关键．5．有体积相同的两份营养液，其配方如下：两份营养液中各离子浓度（）A．完全不同 B．完全相同 C．仅c（K+）相同D．仅c（Cl﹣）相同【考点】物质的量浓度．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】体积相同的溶液，离子的物质的量浓度与离子的物质的量有关，离子的物质的量相同，物质的量浓度也相同；求出两份营养液中各种离子的物质的量，进而判断离子的物质的量浓度的关系．【解答】解：第一份营养液中，0.3molKCl里面有0.3mol钾离子和0.3mol氯离子，0.2mol硫酸钾里面有0.2mol×2=0.4mol钾离子和0.2mol硫酸根离子，0.1mol硫酸锌里面有0.1mol 锌离子和0.1mol硫酸根离子，那么总共此营养液里面有：n（K+）=0.3mol+0.4mol=0.7mol，n （SO42﹣）=0.2mol+0.1mol=0.3mol，n（Zn2+）=0.1mol，n（Cl﹣）=0.3mol；第二份营养液中，0.1molKCl里面有0.1mol钾离子和0.1mol氯离子，0.3mol硫酸钾里面有0.3mol×2=0.6mol钾离子和0.3mol硫酸根离子，0.1mol氯化锌里面有0.1mol锌离子和0.1mol×2=0.2mol氯离子，则第二份营养液内有：n（K+）=0.1mol+0.6mol=0.7mol，n（SO42﹣）=0.3mol，n（Zn2+）=0.1mol，n（Cl﹣）=0.1mol+0.2mol=0.3mol；对比以上可知：因体积相同，两种营养液相同离子的物质的量相同，则两种营养液离子浓度完全相同，故选B．【点评】本题考查了体积相同的溶液中离子浓度的关系，题目难度不大，注意明确溶液体积相同时，离子浓度大小与离子的物质的量有关，离子的物质的量相同，物质的量浓度也相同，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．6．下列文字表述与反应的离子方程式对应且正确的是（）A．硫化钠的水解反应：S2﹣+H3O+⇌HS﹣+H2OB．Fe3O4与足量稀HNO3反应：3Fe3O4+28H++NO3﹣═9Fe3++NO2↑+14H2OC．NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后显中性：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2OD．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子；B．稀硝酸还原产物为一氧化氮；C．溶液中氢离子物质的量等于氢氧根离子的物质的量；D．发生氧化还原反应，亚硝酸根离子被氧化生成硝酸根离子．【解答】解：A．硫化钠的水解反应，离子方程式：S2﹣+H2O HS﹣+OH﹣，故A错误；B．Fe3O4与足量稀HNO3反应：3Fe3O4+28H++NO3﹣═9Fe3++NO↑+14H2O，故B错误；C．NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后显中性，离子方程式2H++2SO42﹣+Ba2++2OH﹣=2BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液，离子方程式：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2O，故D 正确；故选：D．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质、熟悉离子反应方程式的书写方法是解题关键，题目难度不大．7．（NH4）2SO4在一定条件下发生如下反应：4（NH4）2SO4=N2↑+6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+7H2O，将反应后的混合气体通入BaCl2溶液，产生的沉淀为（）A．BaSO4B．BaSO3C．BaS D．BaSO4和BaSO3【考点】含硫物质的性质及综合应用．【专题】元素及其化合物．【分析】根据反应生成的产物量和性质分析，二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，三氧化硫溶于水和水反应生成硫酸，氨气溶于水生成一水合氨，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，亚硫酸和氨水反应生成亚硫酸铵，所以通入氯化钡溶液中，关键分解反应生成的气体物质的量进行计算分析判断，生成沉淀有亚硫酸钡和硫酸钡．【解答】解：反应后的混合气体通入到BaCL2溶液中发生的是复分解反应SO2+H2O+2NH3=（NH4）2SO3（NH4）2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4ClSO3+H2O+2NH3 =（NH4）2SO4（NH4）2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨水和2mol二氧化硫反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余二氧化硫和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡，1mol亚硫酸钡，因此得到沉淀为BaSO3和BaSO4，故选D．【点评】本题考查了物质反应的定量计算及物质性质的综合应用，关键是分析反应过程反应判断沉淀生成的实质，题目难度中等．8．下列说法正确的是（）①漂白粉、水玻璃和铝热剂都是混合物；②煤的干馏和石油的分馏都是化学变化；③氨基酸、纯碱、芒硝和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；④非极性键也可能存在于离子化合物中．A．①④ B．①③ C．②④ D．③④【考点】混合物和纯净物；极性键和非极性键；煤的干馏和综合利用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【分析】①从物质的组成角度分析，漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙；水玻璃是硅酸钠的水溶液；铝热剂是铝和金属氧化物的混合物；②从物质的性质和发生的反应判断，煤的干馏是在隔绝空气下加强热发生分解反应，是一种复杂的物理、化学变化，而石油的分馏是根据物质的沸点不同进行分离的，属于物理变化；③纯碱是碳酸钠的俗称，是一种盐；④非极性键也可能存在于离子化合物中，如过氧化钠属于离子化合物，其中含有非极性键．【解答】解：①漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙；水玻璃是硅酸钠的水溶液；铝热剂是铝和金属氧化物的混合物，以上三种物质都是混合物，故①正确；②煤的干馏是在隔绝空气下加强热发生分解反应，是一种复杂的物理、化学变化，而石油的分馏是根据物质的沸点不同进行分离的，属于物理变化，故②错误；③纯碱是碳酸钠的俗称，是一种强碱弱酸盐，水解呈碱性，故③错误；④过氧化钠属于离子化合物，过氧根离子中O与O形成的化学键为非极性键，故④正确；故选A．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的组成和分类、反应类型的判断、物质的分类、化学键等知识，题目难度不大，易错点为④，注意非极性键也可能存在于离子化合物中．9．下列关于胶体的叙述正确的是（）A．过滤实验可以据此把胶体、溶液分开B．胶体和溶液的本质区别是胶体能发生丁达尔现象C．用渗析的方法净化胶体时，使用半透膜只能让小分子和离子通过D．胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象【考点】胶体的重要性质．【分析】A．胶体、溶液都能透过滤纸；B．胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小；C．用渗析的方法可以分离胶体和溶液，溶液能通过半透膜，而胶体不能；D．胶体不带电，胶体粒子带电．【解答】解：A．胶体、溶液都能透过滤纸，过滤无法分开，故A错误；B．胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小，胶体的分散质微粒直径介于1～10nm之间，而溶液的分散质微粒直径小于1nm，故B错误；C．用渗析的方法可以分离胶体和溶液，溶液能通过半透膜，而胶体不能，半透膜只能让小分子和离子通过，故C正确；D．胶体不带电，胶体具有吸附性导致胶粒带电，故胶粒在电场作用下会产生电泳现象，故D 错误．故选C．【点评】本题考查了胶体的性质，题目难度不大，注意胶体不带电，胶粒带电．10．“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中错误的是（）①钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2②铁露置在空气中一段时间后就会生锈，性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中③Al（OH）3、Cu（OH）2受热易分解，Fe（OH）3受热也易分解④不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝；也不能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁．A．①④ B．②④ C．①②④D．①②③④【考点】钠的化学性质；金属冶炼的一般原理；铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物．【分析】①活泼金属可以和水反应生成碱和氢气；②金属铁在空气中因发生电化学腐蚀而生锈，金属铝和氧气反应；③难溶性碱受热易分解；④AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，MgCl2是离子化合物，在熔融状态下导电．【解答】解：①活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，金属与水反应不一定生成碱，故①错误；②铁露置在空气中一段时间后就会生锈，是因为发生电化学腐蚀而生锈，金属铝在空气中和氧气反应而被氧化，发生化学腐蚀，故②错误；③难溶性碱受热易分解，所以Fe（OH）3受热也易分解，故③正确；④AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，故不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝；MgCl2是离子化合物，在熔融状态下导电，能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁，故④错误；故选C．【点评】本题考查类推这一思维方法在化学学科中的应用，属于方法与知识相结合的内容，是高考的热点之一．11．物质在反应中可表现氧化性、还原性、酸性、碱性等，下面方程式中划线的物质，能在同一反应中同时表现上述两种或两种以上性质的有（）①3FeO+10HNO3═3Fe（NO3）3+NO↑+5H2O ②C+2H2SO4（浓）═CO2↑+2SO2↑+2H2O③8NH3+3Cl2═NH4Cl+N2 ④2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑．A．①② B．①④ C．③④ D．全部【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】在反应中得电子化合价降低的物质体现氧化性，在反应中失电子化合价升高的物质体现还原性，和碱性氧化物反应生成水的物质体现酸性，和酸性氧化物反应生成水的物质体现碱性．【解答】解：①中硝酸中部分N元素化合价由+5价变为+2价，则这部分硝酸体现氧化性，部分硝酸和碱性氧化物氧化亚铁反应生成水，则体现酸性，故正确；②该反应中，硫酸中硫元素化合价全部由+6价变为+4价，所以硫酸只体现氧化性，故错误；③该反应中，氯元素化合价全部由0价变为﹣1价，所以氯气只体现氧化性，故错误；④该反应中，过氧化钠中氧元素化合价由﹣1价变为0价和﹣2价，所以过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，即体现氧化性又体现还原性，故正确；故选：B．【点评】本题考查了氧化还原反应中物质的性质，根据元素化合价变化来分析解答即可，难度不大．12．标准状况下V L氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为ρg/mL，质量分数为ω，物质的量浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是（）A．ρ=B．ω=C．ω=D．c=【考点】物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算．【专题】压轴题；物质的量浓度和溶解度专题．【分析】A、由表达式可知，该密度=，溶液体积不等于氨气体积与水的体积之和；B、根据c=进行计算；C、根据n=计算氨气的物质的量，根据m=nM计算氨气的质量，利用m=ρV计算水的质量，根据溶质质量分数=×100%计算D、根据c=计算．【解答】解：A、由表达式可知，该密度=，溶液体积不等于氨气体积与水的体积之和，故A错误；B、由c=可知，该溶液氨气质量分数ω=，故B正确；C、氨气的物质的量为=mol，故氨气的质量为mol×17g/mol=g，1L水的质量为1000g，故该溶液的质量分数为ω=×100%=，故C正确；。