陕西省咸阳市三原县北城中学2015届高三化学上学期第一次月考试题含解析.doc

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1、陕西省咸阳市三原县北城中学2014-2015学年高三（上）第一次月考化学试卷一、单项选择题（每题3分，共51分）1当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是（）A蒸馏水B稀H2SO4CCuSO4 溶液D蛋清溶液2用光洁的铂丝蘸取某无色溶液在无色火焰上灼烧，直接观察到火焰呈黄色，下列各判断正确的是（）A只含有Na+B一定含有Na+，可能含有K+C既含有Na+，又含有K+D可能含有Na+，可能还会有K+3在下列变化大气固氮硝酸银分解实验室制取氨气中，按氮元素被氧化、被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列，正确的是（）ABCD49.2g金属钠投入到足量的重水中，则产生的气体中含有（）A0.2mo

2、l中子B0.4mol电子C0.2mol质子D0.4mol分子5用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作下列图示对应的操作规范的是（）A称量B溶解C转移D定容6下列有关试验的做法不正确的是（）A分液时，分液漏斗的上层液体应由上口倒出B检验NH4+时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体C配置0.1000molL1氢氧化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流D用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体7下列叙述中正确的是（）A向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO

3、3沉淀生成B向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2C等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同D向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出8NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法中正确的是（）A在密闭容器中加入1.5mol H2和0.5mol N2，充分反应后可得NH3分子数目为NAB1.0L 0.1molL1Na2CO3溶液中含有的CO32离子数目为0.1NAC一定条件下，2.3g Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去电子数目为0.1NAD在标准状况下，2.24L的CH

4、3CH2OH含有NA个分子9M和N两溶液分别含有下列十二种离子中的五种和七种离子：K+、Na+、H+、NH4+、Fe3+、A13+、Cl、OH、NO3、S2、CO32、SO42己知两溶液所含离子各不相同，M溶液里的阳离子只有两种，则N溶液里的阴离子应该是（）AOH、CO32、SO42BS2、Cl、SO42CCO32、NO3、S2DCl、SO42、NO310某学生配制100mL 1mol/L的硫酸溶液，进行下列操作，然后对溶液浓度作精确测定，发现真实浓度小于1molL1他的下列操作中使浓度偏低的是用量筒来量取所需浓硫酸时俯视读数量筒中浓硫酸全部转移到烧杯中稀释，再转移到100mL容量瓶中，烧杯未

5、洗涤用玻璃棒引流烧杯中溶液转移到容量瓶中，有溶液流到容量瓶外面用胶头滴管加蒸馏水时，不是逐滴加入，因而使溶液液面超过了刻度线，他立即用滴管吸去多余的水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切（）ABCD11Cl2通入70的NaOH溶液中能同时发生两个自身氧化还原反应，反应后测得溶液中NaClO与NaClO3的物质的量之比为4：1，则该溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为（）A9：4B5：1C11：2D1：112能正确表示下列反应的离子方程式是（）A浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+2Fe3+3H2B钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+Cu+2Na+CNaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32

6、+2H+H2O+CO2D向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+2Fe3+2Fe（OH）3+3Mg2+13某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO、CN、HCO3、N2、Cl六种物质在反应过程中测得ClO和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示下列有关判断中正确的是（）A还原剂是含CN的物质，氧化产物只有N2B氧化剂是ClO，还原产物是HCO3C配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2D若生成2.24LN2（标准状况）则转移电子0.5mol14下列固体物质各1mol：Na2ONaOHNa2O2Na2SO3，长期放置在空气中，固体质量增加的关系（不考虑潮解因素）

7、正确的是（）A=BC=D15我省盛产矿盐（主要成分是NaCl，还含有SO42等其他可溶性杂质的离子）下列有关说法正确的是（）A有矿盐生成食盐，除去SO42 最合适的实际是Ba（NO3）2B工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气C用酚酞试液可鉴别饱和食盐水和饱和纯碱溶液D室温下，AgCl在水中的溶解度小于在食盐中的溶解度16利用实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是（）实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、蒸发皿硫酸铜溶液的浓缩结晶B烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用固体氯化钠配制0.5mol/L的溶液D烧杯、玻璃

8、棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaIAABBCCDD17在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2+12Cl+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62+6M，关于该反应的说法中正确的组合是（）氧化剂是H3AsO3； 还原性：ClAs； 每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol； M为OH；SnCl62是氧化产物ABCD只有二、非选择题（共49分）18（8分）完成以下化学反应的离子方程式实验室制取二氧化碳用二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气NaHSO4溶液中逐滴滴入Ba（OH）2溶液至溶液呈中性离子方程式：碳酸氢钠溶液与少量的

9、氢氧化钙溶液反应离子方程式：19（10分）如下图中A到F是化合物，且A、B、E、F均含钠元素，G是单质（1）写出下列物质的化学式：A，B，E，F（2）写出反应的化学方程式： ；20（10分）已知水是人体的重要组成部分，是人体中含量最多的一种物质而“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”也可用右图表达：请写出有水参加的符合反应类型的一个化学方程式：“细菌冶金”是利用某些细菌的特殊代谢功能开采金属矿石，例如溶液中氧化亚铁硫杆菌能利用空气中的氧气将黄铁矿（主要成分FeS2）氧化为Fe2（SO4）3，并使溶液酸性增强该过程反应的化学方程式为人们可利用Fe2（SO4）3作强氧化剂溶解铜矿石（Cu2S），

10、然后加入铁屑进一步得到铜，该过程中发生的离子反应方程式如下，请补充完整并配平：Cu2S+Fe3+H2OCu2+Fe2+SOIII金属冶炼和处理常涉及氧化还原反应（1）由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是aFe2O3bNaCl cCu2S（2）辉铜矿（Cu2S）可发生反应2Cu2S+2H2SO4+5O24CuSO4+2H2O，该反应的还原剂是，当1mol O2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为mol21（11分）氯化钾样品中含有少碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质为了提纯氯化钾，先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，再将过滤液按图所示步骤进行操作回答下列问题：（1）起始时滤液的pH7（填“大于

11、”“小于”或“等于”），其原因是（用离子方程式表示）（2）试剂I的化学式为，中发生反应的离子方程式为（3）试剂的化学式为，中加入试剂的目的是（4）试剂的名称是，中发生反应的离子方程式为22（10分）氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3）为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：（1）MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为（2）加入H2O2氧化时，发生反应的化学方程式为（3）煅烧过程存在以下反应2MgSO4+C2MgO+2SO2+CO2MgSO4+CMgO+SO2+CO MgSO4+3CMgO+S+3CO利用如图装置对

12、煅烧产生的气体进行分步吸收或收集D中收集的气体可以是（填化学式）B中盛放的溶液可以是（填字母）aNaOH溶液，bNa2CO3溶液，c稀硝酸，dKMnO4C中反应的离子方程式A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为+4，写出该反应的离子方程式陕西省咸阳市三原县北城中学2014-2015学年高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每题3分，共51分）1当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是（）A蒸馏水B稀H2SO4CCuSO4 溶液D蛋清溶液【考点】溶液的含义【分析】依据分散系的分类和性质分析，胶体分散系具有丁达尔现象，只要判断出分散系是胶体即

13、可【解答】解：蒸馏水是纯液体，无丁达尔效应；稀H2SO4、CuSO4溶液属于溶液，无丁达尔效应；蛋清溶液分散质大小为：1nm100nm，属于胶体，有丁达尔效应；故选：D【点评】本题考查学生胶体的性质，丁达尔效应是胶体的特有性质，较简单2用光洁的铂丝蘸取某无色溶液在无色火焰上灼烧，直接观察到火焰呈黄色，下列各判断正确的是（）A只含有Na+B一定含有Na+，可能含有K+C既含有Na+，又含有K+D可能含有Na+，可能还会有K+【考点】常见离子的检验方法【专题】化学实验基本操作【分析】焰色反应是元素的性质，溶液中有Na+时，在无色灯焰上灼烧时观察到黄色火焰，但K+的焰色反应必须透过蓝色的钴玻璃才能观

14、察到【解答】解：钠离子的焰色反应为黄色，钾离子的焰色反应为紫色，会被钠离子的黄色所掩蔽，所以焰色反应为黄色，说明一定含Na+也可含K+故选B【点评】本题考查焰色反应，明确不同元素的焰色不同，并注意钾元素的焰色反应的观察必须透过蓝色钴玻璃滤去黄光3在下列变化大气固氮硝酸银分解实验室制取氨气中，按氮元素被氧化、被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列，正确的是（）ABCD【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】氧化还原反应的特征为有化合价的升降，根据元素化合价的变化判断对应物质的在反应中的性质【解答】解：大气固氮为N元素被氧化的过程；硝酸银分解生成二氧化氮和氧气，N元素化合价降低；实验室

15、制取氨气没有发生氧化还原反应，N元素的化合价没有变化，则按氮元素被氧化、被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列，应为，故选A【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意把握物质的性质，结合元素化合价的变化判断49.2g金属钠投入到足量的重水中，则产生的气体中含有（）A0.2mol中子B0.4mol电子C0.2mol质子D0.4mol分子【考点】钠的化学性质；化学方程式的有关计算【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】钠和重水反应方程式为：2Na+2D2O=2NaDO+D2，根据钠的质量计算生成D2的物质的量，再结合D2的原子构成判断正误，注意一个D2中含有2个电子、2个中子、2个质子【解答

16、】解：钠的物质的量=，钠和重水反应方程式为：2Na+2D2O=2NaDO+D2，根据方程式知生成n（D2）=n（Na）=，A一个D2分子中含有2个中子，所以一共含有中子0.2mol2=0.4mol，故A错误；B一个D2分子中含有2个电子，所以一共含有中子0.2mol2=0.4mol，故B正确；C一个D2分子中含有2个质子，所以一共含有中子0.2mol2=0.4mol，故C错误；D含有分子0.2mol，故D错误；故选B【点评】本题考查物质的量的计算，注意一个D2分子中含有2个中子，而H2中没有中子，为易错点5用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作下列图示对应

17、的操作规范的是（）A称量B溶解C转移D定容【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】A药品不能直接放在托盘内，且药品与砝码放反了；B固体溶解用玻璃棒搅拌，加速溶解；C应用玻璃棒引流；D胶头滴管不能深入容量瓶内【解答】解：A用天平称量药品，药品不能直接放在托盘内，天平称量应遵循“左物右码”，故A错误；B固体溶解用玻璃棒搅拌，加速溶解，故B正确；C应用玻璃棒引流，防止溶液洒落，故C错误；D胶头滴管不能深入容量瓶内，应在容量瓶正上方，悬空滴加，故D错误；故选B【点评】本题实验考查基本操作，比较基础，旨在考查学生对基础知识的理解掌握，注意掌握中学实验常见的基本操作6下列

18、有关试验的做法不正确的是（）A分液时，分液漏斗的上层液体应由上口倒出B检验NH4+时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体C配置0.1000molL1氢氧化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流D用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A分液时，避免上下层液体混合；B用湿润的红色石蕊试纸检验氨气；C转移液体，玻璃杯引流；D碳酸氢钠受热易分解【解答】解：A分液时，避免上下层液体混合，则先放出下层液体，再将分液漏斗的上层液体应由上口倒出，故A正确；B检验NH4+时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的红

19、色石蕊试纸检验氨气，试纸使用不合理，故B错误；C转移液体，玻璃杯引流，防止转移液体时溶质损失，故C正确；D碳酸氢钠受热易分解，而碳酸钠不能，则用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体，故D正确；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质及实验基本操作为解答的关键，涉及分液、离子检验、溶液配制及物质区分等，注重高频考点的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大7下列叙述中正确的是（）A向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成B向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2C

20、O3的物质的量之比为1：2C等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同D向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出【考点】钠的重要化合物【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A、碳酸氢钙与碳酸氢钠不发生反应；B、Na2 CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；C、NaHCO3和Na2CO3的摩尔质量不同，二者相同质量，物质的量不同；D、发生反应Na2CO3+CO2+H2ONaHCO3，生成碳酸氢钠的质量比碳酸钠多，反应消耗水，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠【解答】解：A、CaCO3

21、沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，生成碳酸氢钙溶液，再加入NaHCO3饱和溶液，碳酸氢钙与碳酸氢钠不发生反应，不能生成碳酸钙沉淀，故A错误；B、Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，没有二氧化碳生成，故B错误；C、NaHCO3和Na2CO3的摩尔质量不同，二者相同质量，物质的量不同，与盐酸反应都生成二氧化碳，由碳元素守恒可知，生成二氧化碳的物质的量之比与摩尔质量成反比为106：84=53：42，即同温同压下，体积之比为53：42，故C错误；D、发生反应Na2CO3+CO2+H2ONaHCO3，生成碳酸氢钠的质量比碳酸钠多，反应消耗

22、水，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，故会有碳酸氢钠析出，故D正确；故选D【点评】本题考查钠的重要化合物性质、化学计算等，难度中等，注意B选项中滴加顺序不同，发生反应不同，实质是与量有关导致反应不同8 NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法中正确的是（）A在密闭容器中加入1.5mol H2和0.5mol N2，充分反应后可得NH3分子数目为NAB1.0L 0.1molL1Na2CO3溶液中含有的CO32离子数目为0.1NAC一定条件下，2.3g Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去电子数目为0.1NAD在标准状况下，2.24L的CH3CH2OH含有NA个分子【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗

23、常数和阿伏加德罗定律【分析】A、氮气和氢气合成氨是可逆反应，不能进行彻底；B、水溶液中碳酸根离子水解；C、依据钠和氧气反应的电离关系计算判断生成产物，分析计算电子转移；D、乙醇标准状况不是气体；【解答】解：A、氮气和氢气合成氨是可逆反应，不能进行彻底，在密闭容器中加入1.5mol H2和0.5mol N2，充分反应后可得NH3分子数目小于NA，故A错误；B、水溶液中碳酸根离子水解，1.0L 0.1molL1Na2CO3溶液中含有的CO32离子数目小于0.1NA，故B错误；C、依据钠和氧气反应的电离关系计算判断生成产物，分析计算电子转移，一定条件下，2.3gNa完全与O2反应生成氧化钠质量为3.

24、1g，2.3gNa完全与O2反应生成过氧化钠质量为3.9g，2.3g Na完全与O2反应生成3.6g产物时，钠和氧气全部反应生成氧化和过氧化钠，此时失去电子数目依据钠计算为0.1NA，故C正确；D、乙醇标准状况不是气体，在标准状况下，2.24L的CH3CH2OH物质的量不是0.1mol，故D错误；故选：C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，注意可逆反应分析理解，盐类水解的应用，气体摩尔体积的条件应用，氧化还原反应产物分析是解题关键，题目难度中等9 M和N两溶液分别含有下列十二种离子中的五种和七种离子：K+、Na+、H+、NH4+、Fe3+、A13+、Cl、OH、NO3、S2、CO32、

25、SO42己知两溶液所含离子各不相同，M溶液里的阳离子只有两种，则N溶液里的阴离子应该是（）AOH、CO32、SO42BS2、Cl、SO42CCO32、NO3、S2DCl、SO42、NO3【考点】常见离子的检验方法【专题】离子反应专题【分析】两溶液所含离子各不相同，M溶液里的阳离子只有两种，由H+、NH4+、Fe3+、A13+均能与OH反应，则M中的阳离子为K+、Na+，N中的阳离子为H+、NH4+、Fe3+、A13+，则与N中阳离子反应的阴离子应在M中，剩余的阴离子在N中，以此来解答【解答】解：两溶液所含离子各不相同，M溶液里的阳离子只有两种，由H+、NH4+、Fe3+、A13+均能与OH反应

26、，则M中的阳离子为K+、Na+，N中的阳离子为H+、NH4+、Fe3+、A13+，H+、NH4+、Fe3+、A13+均能与OH反应，则OH一定在M中，H+、Fe3+、A13+均能与S2、CO32反应，则S2、CO32一定在M中，M中一共有K+、Na+、OH、S2、CO32五种离子，则N中的阴离子为Cl、SO42、NO3，故选D【点评】本题考查离子的共存问题，难度较大，注意能与氢氧根离子反应的阳离子有四种是解答本题的突破口，熟悉离子之间的反应即可解答10某学生配制100mL 1mol/L的硫酸溶液，进行下列操作，然后对溶液浓度作精确测定，发现真实浓度小于1molL1他的下列操作中使浓度偏低的是用

27、量筒来量取所需浓硫酸时俯视读数量筒中浓硫酸全部转移到烧杯中稀释，再转移到100mL容量瓶中，烧杯未洗涤用玻璃棒引流烧杯中溶液转移到容量瓶中，有溶液流到容量瓶外面用胶头滴管加蒸馏水时，不是逐滴加入，因而使溶液液面超过了刻度线，他立即用滴管吸去多余的水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切（）ABCD【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断，凡是使n偏小或者使V偏大的操作都会使溶液的浓度偏小，反之使溶液的浓度偏大【解答】解：用量筒来量取所需浓硫酸时俯视读数，量取的浓硫酸偏少，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏小，故正

28、确；量筒中浓硫酸全部转移到烧杯中稀释，再转移到100mL容量瓶中，烧杯未洗涤，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏小，故正确；用玻璃棒引流烧杯中溶液转移到容量瓶中，有溶液流到容量瓶外面，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏小，故正确；用胶头滴管加蒸馏水时，不是逐滴加入，因而使溶液液面超过了刻度线，他立即用滴管吸去多余的水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切，吸出的溶液中含有溶质，所以溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏小，故正确；故选：D【点评】本题考查了配置一定物质的量浓度溶液的误差分析，明确物质的量浓度公式c=是解题关键，题目难度不大11Cl2通入70的NaOH溶液中能同时发生两个自身氧化还原反应，反应后

29、测得溶液中NaClO与NaClO3的物质的量之比为4：1，则该溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为（）A9：4B5：1C11：2D1：1【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】氯气和氢氧化钠的反应为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，3Cl2+6NaOH（热）=NaClO3+5NaCl+3H2O，令NaClO与NaClO3的物质的量分别为4mol、1mol，根据电子转移守恒计算n（NaCl），进而计算溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比【解答】解：令NaClO与NaClO3的物质的量分别为4mol、1mol，根据电子转移守恒有：4mol（10）+1m

30、ol（50）=n（NaCl），解得：n（NaCl）=9mol，所以该溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为9mol：4mol=9：4；故选A【点评】本题考查学生氧化还原反应的有关知识，注意电子守恒思想在解题中的运用12能正确表示下列反应的离子方程式是（）A浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+2Fe3+3H2B钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+Cu+2Na+CNaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32+2H+H2O+CO2D向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+2Fe3+2Fe（OH）3+3Mg2+【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A反应生成氯化亚铁和

31、氢气；B不能置换出Cu，反应生成氢氧化铜、硫酸钠、氢气；CHCO3不能拆分；D发生沉淀的转化，生成氢氧化铁和氯化镁【解答】解：A浓盐酸与铁屑反应的离子反应为Fe+2H+Fe2+H2，故A错误；B钠与CuSO4溶液反应的离子反应为2Na+2H2O+Cu2+Cu（OH）2+2Na+H2，故B错误；CNaHCO3溶液与稀H2SO4反应的离子反应为HCO3+H+H2O+CO2，故C错误；D向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2的离子反应为3Mg（OH）2+2Fe3+3Mg2+2Fe（OH）3，故D正确；故选D【点评】本题考查离子反应书写的正误判断，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意物质的性质及离子

32、反应的书写方法，题目难度不大13某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO、CN、HCO3、N2、Cl六种物质在反应过程中测得ClO和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示下列有关判断中正确的是（）A还原剂是含CN的物质，氧化产物只有N2B氧化剂是ClO，还原产物是HCO3C配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2D若生成2.24LN2（标准状况）则转移电子0.5mol【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】由曲线变化图可知，随反应进行ClO的物质的量降低，N2的物质的量增大，故ClO为反应物，N2是生成物，根据电子转移相等可知，CN是反应物，由氯元素守恒可知

33、Cl是生成物，由碳元素守恒可知HCO3是生成物，由氢元素守恒可知H2O是反应物反应中Cl元素化合价由+1价降低为1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由3价升高为0价，化合价升降最小公倍数为2=10价，故CN系数为2，ClO系数为5，由元素守恒可知HCO3系数为2，N2系数为1，Cl系数为5，H2O系数为1，反应方程式为2CN+5ClO+H2O=2HCO3+N2+5ClA、由化合价变化可知氧化产物有HCO3、N2；B、所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，氧化剂通过还原反应生成的物质是还原产物，结合方程式利用化合价变化判断；C、反应中是CN是还原剂，ClO是氧化

34、剂，根据化合价升降配平方程式判断；D、反应中只有氯元素化合价降低，根据氮气的体积计算参加反应的ClO的物质的量，反应中Cl元素化合价由+1价降低为1价，据此计算【解答】解：由曲线变化图可知，随反应进行ClO的物质的量降低，N2的物质的量增大，故ClO为反应物，N2是生成物，根据电子转移相等可知，CN是反应物，由氯元素守恒可知Cl是生成物，由碳元素守恒可知HCO3是生成物，由氢元素守恒可知H2O是反应物反应中Cl元素化合价由+1价降低为1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由3价升高为0价，化合价总共升降最小公倍数为2=10价，故CN系数为2，ClO系数为5，由

35、元素守恒可知HCO3系数为2，N2系数为1，Cl系数为5，H2O系数为1，反应方程式为2CN+5ClO+H2O=2HCO3+N2+5ClA、反应中，C元素化合价由CN中+2价升高为HCO3中+4价，N元素化合价由CN中3价升高为N2中0价，可知氧化产物有HCO3、N2，故A错误；B、反应中Cl元素化合价由ClO中+1价降低为Cl中1价，ClO是氧化剂，还原产物是Cl，故B错误；C、由上述分析可知，反应为2CN+5ClO+H2O=2HCO3+N2+5Cl，反应中是CN是还原剂，ClO是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，故C正确；D、2.24LN2（标准状况）的物质的量为0.1mol

36、，所以参加反应的ClO的物质的量为0.5mol，反应中只有氯元素化合价降低，由ClO中+1价降低为Cl中1价，所以转移电子数为0.5mol2NAmol1=NA，故D错误故选：C【点评】考查氧化还原反应计算、基本概念等，难度中等，根据曲线变化图分析反应物、产物，利用守恒生成方程式是关键14下列固体物质各1mol：Na2ONaOHNa2O2Na2SO3，长期放置在空气中，固体质量增加的关系（不考虑潮解因素）正确的是（）A=BC=D【考点】钠的重要化合物【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】Na2O和水反应生成NaOH，CO2和NaOH反应生成Na2CO3，NaOH和CO2反应生成Na2CO3，N

37、a2O2和水反应生成NaOH，CO2和NaOH反应生成Na2CO3，Na2SO3和氧气反应生成Na2SO4，根据反应物和生成物的质量关系可确定固体质量增加的关系，以此解答【解答】解：Na2O和水反应生成NaOH，CO2和NaOH反应生成Na2CO3，关系式为：Na2O2NaOHNa2CO3，1molNa2O反应最后增加1molCO2的质量为44g；NaOH和CO2反应生成Na2CO3，关系式为：NaOHNa2CO3，1molNaOH反应最后增重5340=13g；Na2O2和水反应生成NaOH，CO2和NaOH反应生成Na2CO3，关系式为：Na2O22NaOHNa2CO3，1molNa2O2反

38、应最后增加1molCO的质量为28g；Na2SO3和氧气反应生成Na2SO4，关系式为：Na2SO3Na2SO4，1molNa2SO3反应后增重16g；故增重为故选：D【点评】本题考查钠及其化合物性质的应用，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确变化过程中的质量变化计算是解答本题的关键，难度中等15我省盛产矿盐（主要成分是NaCl，还含有SO42等其他可溶性杂质的离子）下列有关说法正确的是（）A有矿盐生成食盐，除去SO42 最合适的实际是Ba（NO3）2B工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气C用酚酞试液可鉴别饱和食盐水和饱和纯碱溶液D室温下，AgCl在水中的溶解度小于在食盐中的溶解度【

39、考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；金属冶炼的一般原理；物质的分离、提纯和除杂【专题】离子反应专题；电离平衡与溶液的pH专题【分析】A除杂不能引入新杂质；B电解氯化钠溶液，生成NaOH、氢气、氯气；C纯碱溶液显碱性，酚酞的变色范围为810；D存在AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq），结合平衡移动分析【解答】解：A除杂不能引入新杂质，则除去SO42 最合适的实际是BaCl2，故A错误；B电解氯化钠溶液，生成NaOH、氢气、氯气，则电解熔融NaCl制备金属钠和氯气，故B错误；C纯碱溶液显碱性，酚酞的变色范围为810，则加酚酞变红的

40、为碳酸钠，无色的为NaCl，可鉴别，故C正确；D存在AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq），在NaCl溶液中抑制溶解，则溶解度小，则室温下，AgCl在水中的溶解度大于在食盐中的溶解度，故D错误；故选C【点评】本题考查较综合，涉及混合物的分离提纯、物质的鉴别、电解原理、溶解平衡移动等，综合性较强，注重高频考点的考查，题目难度不大16利用实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是（）实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、蒸发皿硫酸铜溶液的浓缩结晶B烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用固体氯化钠配制0.5mol/L的溶液D

41、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaIAABBCCDD【考点】硫酸铜晶体中结晶水含量的测定；物质的分离、提纯和除杂；配制一定物质的量浓度的溶液【专题】化学实验常用仪器及试剂【分析】A硫酸铜溶液的浓缩结晶需要加热，用到酒精灯；B用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡，需要用到过滤操作，用到漏斗；C需要称量NaCl固体的质量，用到托盘天平；D用到萃取和分液操作，用到烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗【解答】解：A硫酸铜溶液的浓缩结晶需要用到酒精灯，故A错误；B用盐酸除去BaSO4中的少量BaCO3需要进行过滤，要用到漏斗，B错误；C用固体NaCl配制溶液，需要用到托盘

42、天平称量固体，C错误；D用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI，需要先滴加溴水，除去碘化钠，然后通过萃取、分液操作，用到仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，故D正确； 故选D【点评】本题考查化学实验基本操作及使用的仪器，注重实验基础知识考查，难度中等17在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2+12Cl+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62+6M，关于该反应的说法中正确的组合是（）氧化剂是H3AsO3； 还原性：ClAs； 每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol； M为OH；SnCl62是氧化产物ABCD只有【考点】氧化还原反应【

43、专题】压轴题；氧化还原反应专题【分析】离子方程式3SnCl2+12Cl+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62+6M中，Sn的化合价由+2价升高到+4价，As元素的化合价由+3价降低到0价，从化合价的角度分析氧化还原反应，判断有关氧化剂、还原剂等概念，并判断物质的性质，从守恒的角度判断M的组成【解答】解：H3AsO3中As元素的化合价降低，H3AsO3为氧化剂，故正确；反应中Cl元素的化合价没有发生变化，不能比较二者的还原性强弱，故错误；H3AsO3中As元素的化合价由+3价降低到0价，每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol，故正确；根据离子方程式的电荷守恒可知M不带电荷，从质量守恒的角度分析可知应为H2O，故错误；SnCl2SnCl62，Sn元素的化合价升高，SnCl62是氧化产物，