陕西省渭南市澄城县寺前中学2017届高三(上)第一次月考化学试卷(解析版)

2016-2017学年陕西省渭南市澄城县寺前中学高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1．下列叙述正确的是（）A．强电解质都是离子化合物，因此NaCl是离子化合物B．醋酸溶液的导电能力可能比稀硫酸强C．SO3溶于水，其水溶液能导电，SO3是电解质D．硫磺是单质，不导电，因此硫磺是非电解质2．现有三组溶液：①汽油和氯化钠溶液②39%的乙醇溶液③氯化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（）A．分液、萃取、蒸馏B．萃取、蒸馏、分液C．分液、蒸馏、萃取D．蒸馏、萃取、分液3．“纳米技术”广泛的应用于催化及军事科学中，“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料．如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得的混合物具有的性质是（）A．能全部通过半透膜B．能发生丁达尔现象C．一定能导电D．一定为悬浊液或乳浊液4．在酸性溶液中能大量共存而且为无色透明的溶液是（）A．NH4+、Al3+、CO32﹣、NO3﹣B．K+、Na+、NO3﹣、SO42﹣C．K+、MnO4﹣、NH4+、NO3﹣D．Na+、K+、HCO3﹣、NO3﹣5．高铁酸钾（K2FeO4）是一种既能杀菌、消毒、又能絮凝净水的水处理剂．工业制备高铁酸钾的反应离子方程式为Fe（OH）3+C1O﹣+OH﹣→FeO42﹣+C1﹣+H2O（未配平）．下列有关说法不正确的是（）A．由上述反应可知，Fe（OH）3的氧化性强于FeO42﹣B．高铁酸钾中铁显+6价C．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2D．K2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，而且生成的Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体能吸附水中的悬浮杂质6．Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好．一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2（）+O2↑．下列对此反应的说法中，不正确的是（）A．方框中的物质Na2SO4B．Na2O2既是氧化剂，又是还原剂C．Na2FeO4既是氧化产物，又是还原产物D．2 mol FeSO4发生反应时，反应中共有8 mol电子转移7．用N A表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A．0.5molAl与足量盐酸反应转移电子数为N AB．标准状况下，11.2LSO3所含的分子数为0.5N AC．0.1 mol CH4所含的电子数为N AD．46gNO2和N2O4的混合物含有的分子数为1N A8．在标准状况下，A L NH3溶于B mL水中，得到密度为ρg/cm3的R L氨水，则此氨水的物质的量浓度是（）A．B．mol/LC．mol/L D．mol/L9．向含有下列离子的溶液中分别加入烧碱固体（溶液体积变化可忽略），能引起离子浓度减小的应该是下列选项中的（）A．HCO3﹣B．Cl﹣C．OH﹣ D．Na+10．把aL硫酸铵和硝酸铵的混合液分成两等份，一份加入bmol 烧碱并加热，刚好把NH3全部赶出．另一份需消耗cmolBaCl2，沉淀反应刚好完全，原溶液中硝酸根离子的物质的量浓度为（）A．mol．l﹣1 B．mol．l﹣1C．mol．l﹣1D．mol．l﹣111．下列各组中两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是（）A．Cu（OH）2+HCl；Cu（OH）2+CH3COOH B．NaHCO3+H2SO4；KHCO3+HCl C．NaHCO3+NaOH；Ca（HCO3）2+NaOH D．BaCl2+H2SO4；Ba（OH）2+H2SO412．下列离子方程式正确的是（）A．硫酸铝溶液与过量Ba（OH）2溶液反应2Al3++3SO42﹣+3 Ba2++8OH﹣═3BaSO4↓+2A1O2﹣+4H2OB．碳酸钠溶液中滴加盐酸至恰好要出现气泡时停止：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O C．酸性高锰酸钾溶液与H2O2溶液混合：2MnO4﹣+3H2O2+6H+═2Mn2++6H2O+02↑D．氯气通入亚硫酸钠溶液中：2Cl2+SO32﹣+H2O═2Cl﹣+SO2↑+2HClO13．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A．MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4HCl Mn2++2Cl﹣+Cl2↑+2H2OB．明矾溶于水产生Al（OH）3胶体：Al3++3H2O═Al（OH）3↓+3H+C．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑D．Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O 14．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．使甲基橙变红色的溶液：Mg2+、K+、SO42﹣、NO3﹣B．使酚酞变红色的溶液：Na+、Cu2+、HCO3﹣、NO3﹣C．0.1 mol•L﹣1AgNO3溶液：H+、K+、SO42﹣、I﹣D．0.1 mol•L﹣1NaAlO2溶液：H+、Na+、Cl﹣、SO42﹣15．N A表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A．等物质的量的N2和CO所含分子数均为N AB．1.7g H2O2中含有的电子数为0.9 N AC．1mol Na2O2固体中含离子总数为4 N AD．标准状况下，2.24L戊烷所含分子数为0.1 N A16．下列反应最后能产生沉淀的是（）A．向A1C13溶液中加过量NaOH溶液B．向NaAlO2溶液中加过量盐酸C．向KOH溶液中加过量的Al2（S04）3溶液D．向BaCl2溶液中通人少量CO2二、解答题（共4小题，满分36分）17．写出下列反应的离子方程式：（1）金属铝与氢氧化钠溶液的反应：．（2）CH3COOH与碳酸钙溶液反应：．（3）NaHSO4溶液与NaOH溶液反应：．（4）NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应共热：．（5）向偏铝酸钠溶液中通过量CO2．18．有五瓶损坏标签的试剂，分别盛有AgNO3溶液、稀硝酸、盐酸、氯化钡溶液、碳酸钾溶液，为了确定各瓶中是什么试剂，将它们任意编号为A、B、C、D、E，用小试管各盛少量多次进行两两混合反应，反应现象为：A与B、A与E产生沉淀，B与D、B与E产生沉淀，C与E、D与E产生气体，而C与D无反应现象．由此，可判定各试剂瓶中所盛试剂为：（填写溶质的化学式）A、B、C、D、E另外，请写出下列离子方程式：（1）A与E：．（2）B与E：．（3）C与E：．19．实验室用固体烧碱配制500mL 0.1mol•L﹣1的NaOH溶液．（1）需称量g的烧碱固体，它应该盛放在中进行称量．（2）配制过程中，不需要使用的仪器是（填写代号）．A．烧杯B．量筒C．1000mL容量瓶D．托盘天平E．药匙F．500mL容量瓶G．胶头滴管H．漏斗（3）除上述可使用的仪器，还缺少的仪器是，它在实验中的作用为．（4）叙述定容过程中的操作．（5）要配制浓度约为2mol•L﹣1NaOH溶液100mL，下列操作正确的是．①称取8g NaOH固体，放入250mL烧杯中，用100mL量筒量取100mL蒸馏水，加入烧杯中，同时不断搅拌至固体溶解．②称取8g NaOH固体，放入100mL量筒中，边搅拌，边慢慢加入蒸馏水，待固体完全溶解后用蒸馏水稀释至100mL．③称取8g NaOH固体，放入100mL容量瓶中，加入适量蒸馏水，振荡容量瓶使固体溶解，再加水至刻度线，塞好瓶塞，反复摇匀．④用100mL量筒量取40mL 5mol•L﹣1 NaOH，倒入250mL烧杯中，再用同一量筒量取60mL蒸馏水，不断搅拌下，慢慢倒入烧杯中．（6）下列操作导致所配溶液浓度偏高的是A．称量时，左盘高，右盘低B．定容时俯视容量瓶刻度线C．原容量瓶洗净后没有干燥D．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线．20．NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒．已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI═2NO↑+I2+2NaI+2H2O．（1）上述反应中氧化剂是．（2）根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl．可选用的物质有：①水②碘化钾淀粉试纸③淀粉④白酒⑤食醋，你认为必须选用的物质有（填序号）．（3）某厂废液中，含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是．A．NaCl B．NH4Cl C．HNO3D．浓H2SO4（4）请配平以下化学方程式Al+ NaNO3+ NaOH═NaAlO2+ N2↑+ H2O若反应过程中转移5mol 电子，则生成标准状况下N2的体积为L．2016-2017学年陕西省渭南市澄城县寺前中学高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1．下列叙述正确的是（）A．强电解质都是离子化合物，因此NaCl是离子化合物B．醋酸溶液的导电能力可能比稀硫酸强C．SO3溶于水，其水溶液能导电，SO3是电解质D．硫磺是单质，不导电，因此硫磺是非电解质【考点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念；电解质溶液的导电性．【分析】A．强电解质不一定是离子化合物；B．溶液的导电能力主要由溶液中的离子浓度决定；C．在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；D．电解质和非电解质都是化合物．【解答】解：A．强电解质不一定是离子化合物，HCl就是共价化合物，故A错误；B．溶液的导电能力主要由溶液中的离子浓度决定，醋酸溶液部分电离，但电离出来的离子浓度可能比硫酸电离出来的大，故B正确；C．SO3和水反应生成硫酸，硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以SO3的水溶液导电，但电离出离子的物质是硫酸不是SO3，所以SO3是非电解质，故C错误；D．硫磺是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误．故选B．2．现有三组溶液：①汽油和氯化钠溶液②39%的乙醇溶液③氯化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（）A．分液、萃取、蒸馏B．萃取、蒸馏、分液C．分液、蒸馏、萃取D．蒸馏、萃取、分液【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】分液法可以将互不相溶的两层液体分开；蒸馏法是控制沸点的不同来实现互溶的两种液体物质间的分离方法，萃取分液法指的是加入萃取剂后，溶质在萃取剂中的溶解度远远大于在以前的溶剂中的溶解度，并两种溶剂互不相溶，出现分层现象．【解答】解：①汽油不溶于水，所以汽油和氯化钠溶液是分层的，可以采用分液的方法分离；②酒精和水是互溶的两种液体，可以采用蒸馏的方法来分离；③向氯化钠和单质溴的水溶液中加入萃取剂四氯化碳后，溴单质会溶解在四氯化碳中，四氯化碳和水互不相溶而分层，然后分液即可实现二者的分离．故选C．3．“纳米技术”广泛的应用于催化及军事科学中，“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料．如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得的混合物具有的性质是（）A．能全部通过半透膜B．能发生丁达尔现象C．一定能导电D．一定为悬浊液或乳浊液【考点】纳米材料；胶体的重要性质．【分析】由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，以此来解答．【解答】解：分散系中分散质的直径在1nm～100nm之间的属于胶体分散系，由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，则该混合物属于胶体．A．胶体不能通过半透膜，故A错误；B．胶体具有丁达尔现象，故B正确；C．胶体本身不带电，则不能导电，故C错误；D．该混合物属于胶体，不属于悬浊液或乳浊液，故D错误；故选B．4．在酸性溶液中能大量共存而且为无色透明的溶液是（）A．NH4+、Al3+、CO32﹣、NO3﹣B．K+、Na+、NO3﹣、SO42﹣C．K+、MnO4﹣、NH4+、NO3﹣D．Na+、K+、HCO3﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在，酸性溶液中存在大量氢离子，A．铝离子、氢离子都与碳酸根离子反应；B．四种离子之间不反应，都不与氢离子反应，且为无色溶液；C．高锰酸根离子为有色离子；D．碳酸氢根离子与氢离子反应．【解答】解：无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在，酸性溶液中存在大量氢离子，A．H+、Al3+与CO32﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．K+、Na+、NO3﹣、SO42﹣之间不反应，都是无色离子，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．MnO4﹣为有色离子，不满足溶液无色的条件，故C错误；D．H+、HCO3﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B．5．高铁酸钾（K2FeO4）是一种既能杀菌、消毒、又能絮凝净水的水处理剂．工业制备高铁酸钾的反应离子方程式为Fe（OH）3+C1O﹣+OH﹣→FeO42﹣+C1﹣+H2O（未配平）．下列有关说法不正确的是（）A．由上述反应可知，Fe（OH）3的氧化性强于FeO42﹣B．高铁酸钾中铁显+6价C．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2D．K2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，而且生成的Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体能吸附水中的悬浮杂质【考点】氧化还原反应的计算；氧化性、还原性强弱的比较．【分析】A、氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性．据此判断．B、离子中各元素化合价代数和等于离子所带电荷．据此计算．C、反应中Fe（OH）3是还原剂，C1O﹣是还原剂，根据电子转移守恒计算二者物质的量之比．D、K2FeO4中铁为高价铁，具有强氧化性能杀菌，Fe（OH）3（胶体）具有净水作用．【解答】解：A、反应Fe（OH）3+C1O﹣+OH﹣→FeO42﹣+C1﹣+H2O中，氯元素化合价降低，C1O﹣是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe（OH）3是还原剂，FeO42﹣是氧化产物，氧化性C1O﹣＞FeO42﹣，实际氧化性FeO42﹣＞Fe（OH）3，故A错误；B、令FeO42﹣中，铁元素的化合价为x，则x+4×（﹣2）=﹣2，解得x=+6，故B 正确；C、反应Fe（OH）3+C1O﹣+OH﹣→FeO42﹣+C1﹣+H2O中，氯元素化合价由+1降低为﹣1价，C1O﹣是氧化剂，铁元素化合价由+3价升高为+6价，Fe（OH）3是还原剂，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为（6﹣3）：2=3：2，故C正确；D、K2FeO4具有氧化性所以能杀菌，高铁酸钾被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的Fe （OH）3（胶体）具有净水作用，故D正确．故选：A．6．Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好．一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2（）+O2↑．下列对此反应的说法中，不正确的是（）A．方框中的物质Na2SO4B．Na2O2既是氧化剂，又是还原剂C．Na2FeO4既是氧化产物，又是还原产物D．2 mol FeSO4发生反应时，反应中共有8 mol电子转移【考点】氧化还原反应．【分析】由质量守恒可知反应的方程式为2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，反应中O元素化合价既升高又降低，则Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，Fe元素化合价升高，被氧化，结合元素化合价的变化解答该题．【解答】解：A．由质量守恒可知反应的方程式为2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，则方框中的物质Na2SO4，故A正确；B．反应中O元素化合价既升高又降低，则Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，故B正确；C．反应中Na2O2为氧化剂，FeSO4在反应中作还原剂，则Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，故C正确；D.2molFeSO4发生反应时，化合价升高的有Fe和O，其中Fe化合价升高2×（6﹣2）=8，需要4molNa2O2为氧化剂，另2molNa2O2自身发生氧化还原反应，生成1molO2，转移电子2mol电子，共转移10mol电子，故D错误．故选D．7．用N A表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A．0.5molAl与足量盐酸反应转移电子数为N AB．标准状况下，11.2LSO3所含的分子数为0.5N AC．0.1 mol CH4所含的电子数为N AD．46gNO2和N2O4的混合物含有的分子数为1N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、铝反应后变为+3价；B、标况下三氧化硫为固体；C、甲烷中含10个电子；D、NO2和N2O4的摩尔质量不同．【解答】解：A、铝反应后变为+3价，故0.5mol铝转移1.5N A个电子，故A错误；B、标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的分子个数，故B错误；C、甲烷中含10个电子，故0.1mol甲烷中含N A个电子，故C正确；D、NO2和N2O4的摩尔质量不同，故46g混合物的物质的量无法计算，则其分子个数也无法计算，故D错误．故选C．8．在标准状况下，A L NH3溶于B mL水中，得到密度为ρg/cm3的R L氨水，则此氨水的物质的量浓度是（）A．B．mol/LC．mol/L D．mol/L【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】根据n=、m=nM计算出氨气的物质的量、质量，再根据氨气的质量、水的质量计算出溶液质量，然后根据溶液质量、溶液密度及表达式V=计算出溶液体积，最后根据c=计算出此氨水的物质的量浓度．【解答】解：A L氨气的物质的量为：n（NH3）==mol，氨气的质量为：m（NH3）=17g/mol×mol=g，BmL水的质量约为Bg，则所得氨水溶液的质量为：g+B g，所得溶液的体积为：V==L，则此氨水的物质的量浓度为：c（NH3）=mol/L，故选B．9．向含有下列离子的溶液中分别加入烧碱固体（溶液体积变化可忽略），能引起离子浓度减小的应该是下列选项中的（）A．HCO3﹣B．Cl﹣C．OH﹣ D．Na+【考点】离子共存问题．【分析】溶液中加入NaOH，钠离子、氢氧根离子均增大，且NaOH与HCO3﹣反应生成碳酸钠和水，以此来解答．【解答】解：A．NaOH与HCO3﹣反应生成碳酸钠和水，则HCO3﹣减少，故A选；B．溶液中加入NaOH，Cl﹣不变，故B不选；C．溶液中加入NaOH，钠离子、氢氧根离子均增大，故C不选；D．溶液中加入NaOH，钠离子、氢氧根离子均增大，故D不选；故选A．10．把aL硫酸铵和硝酸铵的混合液分成两等份，一份加入bmol 烧碱并加热，刚好把NH3全部赶出．另一份需消耗cmolBaCl2，沉淀反应刚好完全，原溶液中硝酸根离子的物质的量浓度为（）A．mol．l﹣1 B．mol．l﹣1C．mol．l﹣1D．mol．l﹣1【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据NH4++OH﹣═NH3+H2O可知每份中含有bmolNH4+；另一份与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2，根据Ba2++SO42﹣═BaSO4↓可知，每份中含有cmolSO42﹣；然后根据溶液不显电性，计算出每份中NO3﹣的物质的量，再根据c=计算出溶液中硝酸根离子的物质的量浓度．【解答】解：bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据反应NH4++OH﹣═NH3+H2O可知，每份溶液中含有NH4+的物质的量为bmol，另一份溶液与BaCl2溶液完全反应，消耗cmolBaCl2，根据Ba2++SO42﹣═BaSO4↓可知，每份溶液中含有SO42﹣cmol，设每份溶液含有的NO3﹣的物质的量为x，由于溶液不显电性，则：bmol×1=cmol×2+x×1，解得：n=（b﹣2c）mol，每份溶液的体积为0.5aL，所以每份溶液硝酸根的浓度为：c（NO3﹣）==mol/L，根据溶液的均一性可知，原溶液中硝酸根的浓度为：mol/L，故选D．11．下列各组中两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是（）A．Cu（OH）2+HCl；Cu（OH）2+CH3COOH B．NaHCO3+H2SO4；KHCO3+HCl C．NaHCO3+NaOH；Ca（HCO3）2+NaOH D．BaCl2+H2SO4；Ba（OH）2+H2SO4【考点】离子方程式的书写．【分析】A．CH3COOH为弱酸，应写成化学式，HCl为强电解质，写成离子；B．NaHCO3电离出HCO3﹣，KHCO3电离出HCO3﹣，硫酸、盐酸均为强酸；C．Ca（HCO3）2和NaOH反应生成CaCO3沉淀；D．BaCl2、H2SO4反应的实质为SO42﹣和Ba2+的反应，而Ba（OH）2、H2SO4反应生成沉淀，还生成水．【解答】解：A．反应的离子方程式分别为：Cu（OH）2+2H+=Cu2++2H2O、Cu（OH）+2CH3COOH=Cu2++2H2O+2CH3COO﹣，二者不同，故A错误；2B．离子方程式均为HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，故B正确；C．Ca（HCO3）2和NaOH反应生成CaCO3沉淀，生成物不同，离子方程式不同，故C错误；D．离子方程式分别为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓、2OH﹣+2H++SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓+2H2O，故D错误．故选B．12．下列离子方程式正确的是（）A．硫酸铝溶液与过量Ba（OH）2溶液反应2Al3++3SO42﹣+3 Ba2++8OH﹣═3BaSO4↓+2A1O2﹣+4H2OB．碳酸钠溶液中滴加盐酸至恰好要出现气泡时停止：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O C．酸性高锰酸钾溶液与H2O2溶液混合：2MnO4﹣+3H2O2+6H+═2Mn2++6H2O+02↑D．氯气通入亚硫酸钠溶液中：2Cl2+SO32﹣+H2O═2Cl﹣+SO2↑+2HClO【考点】离子方程式的书写．【分析】A．硫酸铝溶液与过量Ba（OH）2溶液硫酸根完全转化为BaSO4沉淀，铝离子全部转化为A1O2﹣；B．碳酸钠中滴加稀盐酸，开始碳酸根离子与氢离子反应生成碳酸氢根离子，然后碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水；C．不符合得失电子守恒；D．不符而反应客观事实，二者发生氧化还原反应生成硫酸根和氯离子．【解答】解：A．硫酸铝溶液与过量Ba（OH）2溶液硫酸根完全转化为BaSO4沉淀，铝离子全部转化为A1O2﹣，离子方程式：2Al3++3SO42﹣+3 Ba2++8OH﹣═3BaSO4↓+2A1O2﹣+4H2O，故A正确；B．碳酸钠中滴加稀盐酸至恰好要出现气泡时停止，开始碳酸根离子与氢离子反应生成碳酸氢根离子，然后碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水，离子方程式：CO32﹣+H+=HCO3﹣；HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O，故B错误；C．酸性高锰酸钾溶液与H2O2溶液混合，根据氧化还原反应得失电子守恒，离子方程式为：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++8H2O+5O2↑，故C错误；D．氯气通入亚硫酸钠溶液中发生氧化还原反应生成硫酸根和氯离子，离子方程式为：2Cl2+SO32﹣+H2O═2Cl﹣+SO42﹣+2H+，故D错误；故选：A．13．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A．MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4HCl Mn2++2Cl﹣+Cl2↑+2H2OB．明矾溶于水产生Al（OH）3胶体：Al3++3H2O═Al（OH）3↓+3H+C．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑D．Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O 【考点】离子方程式的书写．【分析】A．HCl为强电解质，应完全电离；B．是胶体，而不是沉淀，且水解为可逆反应；C．没有配平；D．NaOH完全反应，生成碳酸钙、水、碳酸氢钠．【解答】解：A．MnO2与浓盐酸反应制Cl2的离子反应为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故A错误；B．明矾溶于水产生Al（OH）3胶体的离子反应为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故B错误；C．Na2O2溶于水产生O2的离子反应为2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故C错误；D．Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应离子反应为HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故D正确；故选D．14．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．使甲基橙变红色的溶液：Mg2+、K+、SO42﹣、NO3﹣B．使酚酞变红色的溶液：Na+、Cu2+、HCO3﹣、NO3﹣C．0.1 mol•L﹣1AgNO3溶液：H+、K+、SO42﹣、I﹣D．0.1 mol•L﹣1NaAlO2溶液：H+、Na+、Cl﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．使甲基橙变红色的溶液，pH＜3.1，溶液显酸性；B．使酚酞变红色的溶液，pH＞8，溶液显碱性；C．AgI为黄色沉淀；D．AlO2﹣、H+反应．【解答】解：A．使甲基橙变红色的溶液，pH＜3.1，溶液显酸性，该组离子之间不反应，能共存，故A正确；B．使酚酞变红色的溶液，pH＞8，溶液显碱性，Cu2+、HCO3﹣分别与碱反应，则不能共存，故B错误；C．Ag+、I﹣结合生成AgI为黄色沉淀，Ag+、SO42﹣结合生成沉淀，则不能共存，故C错误；D．AlO2﹣、H+反应时，酸少量生成沉淀，酸过量时生成铝离子，则不能共存，故D错误；故选A．15．N A表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A．等物质的量的N2和CO所含分子数均为N AB．1.7g H2O2中含有的电子数为0.9 N AC．1mol Na2O2固体中含离子总数为4 N AD．标准状况下，2.24L戊烷所含分子数为0.1 N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、氮气和CO的物质的量不明确；B、求出双氧水的物质的量，然后根据1mol双氧水中含18mol电子来分析；C、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成；D、标况下戊烷为液态．【解答】解：A、氮气和CO的物质的量不明确，故等物质的量的氮气和CO的分子数相同，但不一定是N A个，故A错误；B、1.7g双氧水的物质的量为0.05mol，而1mol双氧水中含18mol电子，故0.05mol 双氧水中含0.9N A个电子，故B正确；C、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠中含3N A个离子，故C错误；D、标况下戊烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故D错误．故选B．16．下列反应最后能产生沉淀的是（）A．向A1C13溶液中加过量NaOH溶液B．向NaAlO2溶液中加过量盐酸C．向KOH溶液中加过量的Al2（S04）3溶液D．向BaCl2溶液中通人少量CO2【考点】镁、铝的重要化合物．【分析】A、氢氧化铝具有两性，能与强碱反应；B、氢氧化铝具有两性，能与强酸反应；C、虽然氢氧化铝具有两性，但向KOH溶液中加过量的Al2（S04）3溶液，因为铝离子过量，则生成的氢氧化铝沉淀不会溶解；D、碳酸的酸性比盐酸弱．【解答】解：A、氢氧化铝具有两性，NaOH过量，生成NaAlO2，得不到氢氧化铝沉淀，故A错误；B、氢氧化铝具有两性，盐酸过量，生成AlCl3，得不到氢氧化铝沉淀，故B错误；C、虽然氢氧化铝具有两性，但向KOH溶液中加过量的Al2（S04）3溶液，因为铝离子过量，则生成的氢氧化铝沉淀不会溶解，故C正确；D、碳酸的酸性比盐酸弱，故氯化钡与二氧化碳不发生反应，故D错误；故选：D．二、解答题（共4小题，满分36分）17．写出下列反应的离子方程式：（1）金属铝与氢氧化钠溶液的反应：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑．（2）CH3COOH与碳酸钙溶液反应：2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO﹣+Ca2++CO2↑．（3）NaHSO4溶液与NaOH溶液反应：H++OH﹣=H2O．（4）NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应共热：NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3↑+2H2O+CO32﹣．（5）向偏铝酸钠溶液中通过量CO2AlO2﹣+CO2（过）+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣．【考点】离子方程式的书写．【分析】（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；（2）醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳气体和水，醋酸和碳酸钙都需要保留化学式；（3）硫酸氢钠与氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠和水，反应实质为氢离子与氢氧根离子反应生成水；（4）碳酸氢铵与过量的氢氧化钠溶液加热反应生成氨气、碳酸钠和水；（5）二氧化碳过量，二者反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠．【解答】解：（1）金属铝与氢氧化钠溶液的反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；（2）CH3COOH与碳酸钙都需要保留化学式，二者反应的离子方程式为：2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO﹣+Ca2++CO2↑，故答案为：2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO﹣+Ca2++CO2↑；（3）NaHSO4溶液与NaOH溶液反应生成硫酸钠和水，反应的离子方程式为：H++OH﹣=H2O，故答案为：H++OH﹣=H2O；（4）NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应共热生成氨气、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：NH4++HCO3﹣+2 OH﹣NH3↑+2H2O+CO32﹣，故答案为：NH4++HCO3﹣+2 OH﹣NH3↑+2 H2O+CO32﹣；（5）向偏铝酸钠溶液中通过量CO2，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：AlO2﹣+CO2（过）+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故答案为：AlO2﹣+CO2（过）+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣．18．有五瓶损坏标签的试剂，分别盛有AgNO3溶液、稀硝酸、盐酸、氯化钡溶液、碳酸钾溶液，为了确定各瓶中是什么试剂，将它们任意编号为A、B、C、D、E，用小试管各盛少量多次进行两两混合反应，反应现象为：A与B、A与E产生沉淀，B与D、B与E产生沉淀，C与E、D与E产生气体，而C与D无反应现象．由此，可判定各试剂瓶中所盛试剂为：（填写溶质的化学式）A BaCl2、B AgNO3、C HNO3、D HCl、E K2CO3另外，请写出下列离子方程式：（1）A与E：Ba2++CO32﹣=BaCO3↓．2）B与E：2Ag++CO32﹣=Ag2CO3↓．（3）C与E：2H++CO32﹣=CO2↑+H2O．【考点】无机物的推断；离子方程式的书写．【分析】C与E、D与E产生气体，五种物质中，能与两种物质的产生气体的只有K2CO3，则E为K2CO3，则C、D为HNO3、HCl中的物质，而D与B能产生沉淀，则D为HCl，能与硝酸银产生AgCl沉淀，所以C为HNO3，B为AgNO3，则A 为BaCl2，结合物质的性质，可写出反应的离子方程式．【解答】解：C与E、D与E产生气体，五种物质中，能与两种物质的产生气体的只有K2CO3，则E为K2CO3，则C、D为HNO3、HCl中的物质，而D与B能产生沉淀，则D为HCl，能与硝酸银产生AgCl沉淀，所以C为HNO3，B为AgNO3，则A为BaCl2，故答案为：BaCl2；AgNO3；HNO3；HCl；K2CO3；（1）A为BaCl2，E为K2CO3，二者反应生成BaCO3，反应的离子方程式为Ba2++CO32﹣=BaCO3↓，故答案为：Ba2++CO32﹣=BaCO3↓；（2）B为AgNO3，E为K2CO3，二者反应生成Ag2CO3，反应的离子方程式为2Ag++CO32﹣=Ag2CO3↓，故答案为：2Ag++CO32﹣=Ag2CO3↓；（3）C为HNO3，E为K2CO3，二者反应生成CO2，反应的离子方程式为2H++CO32﹣=CO2↑+H2O，故答案为：2H++CO32﹣=CO2↑+H2O．19．实验室用固体烧碱配制500mL 0.1mol•L﹣1的NaOH溶液．（1）需称量 2.0g的烧碱固体，它应该盛放在小烧杯中进行称量．（2）配制过程中，不需要使用的仪器是（填写代号）C、H．A．烧杯B．量筒C．1000mL容量瓶D．托盘天平E．药匙F．500mL容量瓶G．胶头滴管H．漏斗（3）除上述可使用的仪器，还缺少的仪器是玻璃棒，它在实验中的作用为溶解NaOH时，搅拌加速NaOH溶解转移溶液时，引流，防止液体溅失．．（4）叙述定容过程中的操作用玻璃棒引流，加蒸馏水至离刻度1～2 cm处，改用胶头滴管逐滴滴加，使溶液凹液面、刻度线、视线相平．．（5）要配制浓度约为2mol•L﹣1NaOH溶液100mL，下列操作正确的是①④．①称取8g NaOH固体，放入250mL烧杯中，用100mL量筒量取100mL蒸馏水，加入烧杯中，同时不断搅拌至固体溶解．②称取8g NaOH固体，放入100mL量筒中，边搅拌，边慢慢加入蒸馏水，待固体完全溶解后用蒸馏水稀释至100mL．③称取8g NaOH固体，放入100mL容量瓶中，加入适量蒸馏水，振荡容量瓶使固体溶解，再加水至刻度线，塞好瓶塞，反复摇匀．④用100mL量筒量取40mL 5mol•L﹣1 NaOH，倒入250mL烧杯中，再用同一量筒量取60mL蒸馏水，不断搅拌下，慢慢倒入烧杯中．（6）下列操作导致所配溶液浓度偏高的是BA．称量时，左盘高，右盘低B．定容时俯视容量瓶刻度线C．原容量瓶洗净后没有干燥D．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线．。