显酸性，故D不正确。故选D。
点睛：解答本题需要熟悉常见元素钠、镁、铝、铁、铜、氢、碳、硅、氮、氧、硫等的单质及其化合物的性质。
12.某溶液仅有 ＋、Al3＋、Mg2＋、NH4＋、Cl－、SO42－、HCO3－中的几种．为确定其成分，做如下实验：
①取部分溶液．加入适量 Na2O2 固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的 NaOH 溶液后白色沉淀全部溶解；
②另取部分溶液，加入 HNO3 酸化的Ba(NO3)2溶 液，无沉淀产生。下列推断正确的是 A. 肯定有 Al3＋、Cl－，一定没有 HCO3－和SO42－ B. 肯定有 Al3＋、Mg2＋、Cl－，可能有NH4＋、＋ C. 肯定有 Al3＋、NH4＋、Cl－，肯定没有HCO3－ D. 该溶液可能显弱酸性，也可能显中性 【答案】A 【解析】
由①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，产生无色无味的气体，说明无NH4＋ ，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀全部溶解，说明无Mg2＋ ，有Al3＋ ，无HCO3―；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生，说明无SO42―，溶液中只有Cl― 一种阴离子。纵上所述A正确；B、应无Mg2＋ 和NH4＋，＋ 不能确定，故B错误；C、无NH4＋ ，故C错误；D、Al3＋ 水解呈酸性，故D错误；故选A。 13.下列说法正确的是
mol－1，结论：CH4 的燃烧热为△H=-801.3J·mol－1 A. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-801.3J·
B. 稀溶液中有 H＋(aq)+OH－(aq)=H2O(l) △H=-57.3J/mol，结论：将盐酸与氨水的稀溶液混合后，若生成 1mol H2O，则会放出 57.3J 的能量 Sn(s，灰)C.
为灰锡而损坏
mol－1，结D. C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH=－393.5J/mol C(s，金刚石)+O2(g)=CO2(g) ΔH=－395J·
Sn(s，白) ΔH=+2.1J/mol (灰锡为粉末状)，结论：锡制品在寒冷的冬天因易转化
论：相同条件下金刚石性质比石墨稳定 【答案】C 【解析】 【分析】
A.1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热；
B.强酸和强碱的稀溶液完全发生中和反应生成1mol液态水时放出的热量叫中和热； C.降低温度平衡向放热反应方向进行；
D.将题目所给两个方程式相减可得出石墨与金刚石的能量转化关系，物质所含能量越低越稳定。 【详解】A、1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，水为液态水时才是甲烷的燃烧热，故错误；
＋－
B、强酸和强碱的稀溶液完全发生中和反应生成1mol液态水时放出的热量叫中和热，H(aq)＋OH
(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3J/mol，氨水是弱碱，电离需要吸热，反应放出的热量小于57.3J，故错误； C、降温平衡向放热反应方向移动，冬天温度低正反应吸热，平衡逆向移动转化为粉末状的灰锡而损坏，故正确；
mol－1 ①；C(s，金刚石)＋O2(g)=CO2(g) ΔH＝－D、C(s，石墨)＋O2(g)=CO2(g) ΔH＝－393.5J·
395J·mol－1 ②；①-②得C(s，石墨)=C(s，金刚石) ΔH=+1.5J/mol，说明石墨变成金刚石要吸收热量，即金刚石比石墨能量高，物质所含能量越低越稳定，所以石墨更稳定，故错误； 综上所述，本题选C。
14.有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中 H2SO4 和 HNO3 的物质的量浓度分别是 4mol·L－1和 2 mol·L－1，取 10 mL 此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后， 可产生标准状况下的气体的体积为 ( 设反应中 HNO3 被还原成 NO) A. 0.224 L B. 0.448 L C. 0.672 L D. 0.896 L 【答案】C 【解析】
4mol/L×2+0.01L×2mol/L=0.1mol，n（NO3-）试题分析：10mL混合酸中含有：n（H+）=0.01L×
=0.01L×2mol/L=0.02mol，设NO3-完全反应需要H+的物质的量为，则：由于铁过量，则发生反应：3Fe+2NO3-+8H+＝3Fe2++2NO↑+4H2O，Fe+2H+＝Fe2++H2↑，因此 3Fe+2NO3-+8H+＝3Fe2++2NO↑+4H2O 2 8 0.02mol
8/2=0.08mol，所以=0.02mol×小于0.1mol，故H+有剩余，则反应生成NO为0.02mol，反应后剩余n （H+）=0.1mol-0.08mol=0.02mol，则 Fe+2H+=Fe2++H2↑ 0.02mol 0.01mol
22.4L/mol=0.672L，所以n（NO）+n（H2）=0.02mol+0.01mol=0.03mol，V（NO）+V（H2）=0.03mol×答案选C。
考点：考查混合物的计算
15.下列图示实验能达到实验目的的是
A. 利用甲装置制备少量 O2 B. 利用乙装置制备无水氯化铁 C. 利用丙装置比较元素非金属性强弱 D. 利用丁装置收集氨气 【答案】C 【解析】
【详解】A.过氧化钠为粉末固体，关闭止水夹，与水接触后不能分离，则不能利用图中简易装置制备少量氧气，故A错误；
B.加热氯化铁溶液,促进了铁离子水解，因为水解产生的HCl易挥发，最终得到的固体为氧化铁，无法获得无水氯化铁，故B错误；
C.发生强酸制取弱酸的反应，硫酸制备碳酸，碳酸制备硅酸，所以实验Ⅱ可比较酸性强弱H2SO4 >H2CO3> H2SiO3，故C正确；
D.氨气极易溶于水，图示装置不能收集到氨气，故D错误； 综上所述，本题选C。
16.将CO2气体缓缓地通入到含OH、Ba(OH)2和AlO2的混合溶液中直至过量，生成沉 淀的物质的量与所通CO2的体积关系如图所示。下列关于整个反应进程中的各种描述不正 确的是
A. O～A段反应的化方程式是Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O
B. B～C段反应的离子方程式是2AlO2－ ＋3H2O＋CO2=2Al(OH)3↓＋CO32－ C. A～B段与C～D段所发生的反应相同
D. D～E段沉淀的减少是由于碳酸钡固体的消失所致 【答案】C 【解析】 【分析】
只要通入CO2,立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，将 Ba(OH)2消耗完毕，接下消耗OH，发生反应2OH+CO2=2CO3+ H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大,发生反应2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-，沉淀量达最大后，再发生CO32-+ H2O+CO2=2HCO3-，最后发生反应BaCO3+ H2O+CO2=Ba(HCO3)2,沉淀部分溶解，以此解答。 【详解】只要通入CO2,立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，将 Ba(OH)消耗完毕，接下消耗OH，发生反应2OH+CO2=2CO3+ H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大,发生反应2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-，沉淀量达最大后，再发生CO32-+ H2O+CO2=2HCO3-，最后发生反应BaCO3+ H2O+CO2=Ba(HCO3)2,沉淀部分溶解，
A. 由上述分析可以知道，O～A段反应的化方程式是Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，A正确； B. 由上述分析可以知道，B～C段反应的离子方程式是2AlO2－＋3H2O＋CO2=2Al(OH)3↓＋CO32－，B
相关推荐：
loading