专题：离子反应专题．

分析：A．原子不守恒；B．碳酸氢根离子不能拆开；C．氢氧化铝不溶于弱碱；D．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水．

解答：解：A．原子不守恒，离子方程式为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故A错误；B．碳酸氢根离子不能拆开，离子方程式为HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，故B错误；C．氢氧化铝不溶于弱碱，离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；D．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故D正确；故选D．

点评：本题考查了离子方程式的书写，明确物质之间发生的反应是解本题关键，再结合离子方程式的书写规则来分析解答，注意：有的化学反应与反应物的量有关，离子方程式书写是学习难点，也是高考高频点，应熟练掌握．

4．（6分）（2014•四川）下列实验方案中，不能达到实验目的是（）

选项实验目的实验方案

A检验CH3CH2Br在NaOH溶液中是否发生水解将CH3CH2Br与NaOH溶液共热．冷却后，取出上层水溶液，用稀HNO3酸化，加入AgNO3溶液，观察是否产生淡黄色沉淀

B检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红

C验证Br2的氧化性强于I2将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置．可观察到下层液体呈紫色

D验证Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色

A．AB．BC．CD．D

考点：化学实验方案的评价．菁优网版权所有

专题：实验评价题．

分析：A．检验有机物中的溴元素时，先将溴元素转化为溴离子，再用硝酸酸化溶液，最后用硝酸银溶液检验溴离子即可；B．硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子而干扰实验；C．自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D．溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化．

解答：解：A．检验有机物中的溴元素时，先将溴元素转化为溴离子，再用硝酸酸化溶液，最后用硝酸银溶液检验溴离子，如果有淡黄色沉淀生成就说明含有溴元素，否则没有溴元素，故A正确；B．加入稀硫酸后，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子而干扰实验，所以不能实现实验目的，故B错误；C．将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置．可观察到下层液体呈紫色，说明二者发生氧化还原反应2I﹣+Br2=2Br﹣+I2，溴是氧化剂、碘是氧化产物，所以溴的氧化性大于碘，所以能实现实验目的，故C正确；D．溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化，将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2，所以能实现实验目的，故D正确；故选B．

点评：本题考查了实验方案评价，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，易错选项是AB，注意：用硝酸银检验溴离子时要先中和过量的碱，为易错点．

5．（6分）（2014•四川）设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（）

A．高温下，0.2mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA

B．室温下，1L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1NA

C．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NA

D．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28g N2时，转移的电子数目为3.75NA

考点：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有

专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．

分析：A．铁与水蒸气反应生成的是四氧化三铁，根据电子守恒计算出生成氢气的物质的量及分子数；B．氢氧化钠溶液的氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为1×10﹣13mol/L；C．氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，1mol氧气得到4mol电子；D．该反应中，铵根离子中的氮原子被氧化成氮气，硝酸根离子中部分氮原子被氧化成氮气，生成4mol氮气转移了15mol电子．

解答：解：A．0.2mol铁与水蒸气完全反应生成四氧化三铁，失去电子的物质的量为：（﹣0）×0.2mol=mol，根据电子守恒，生成氢气的物质的量为：=mol，生成的H2分子数目为NA，故A错误；B．室温下，1L pH=13的NaOH溶液中氢离子浓度为1×10﹣13mol/L，溶液中氢离子是水电离的，所以由水电离的OH﹣离子数目为10﹣13NA，故B错误；C．氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，标况下22.4L氧气的物质的量为1mol，1mol氧气完全反应得到4mol电子，电路中通过的电子数目为4NA，故C错误；D．该氧化还原反应中，生成4mol氮气转移了15mol电子，28g氮气的物质的量为1mol，生成1mol氮气转移的电子的物质的量为：=3.75mol，转移的电子数目为3.75NA，故D正确；故选D．

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；选项D为难点和易错点，注意正确分析该反应中化合价变化情况．

6．（6分）（2014•四川）下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（）

A．0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）

B．20mL 0.1mol/L CH3COONa溶液与10mL 0.1mol/L HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）

C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c（Cl﹣）+c（H+）＞c（NH4+）+c（OH﹣）

D．0.1mol/L CH3COOH溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（OH﹣）＞c（H+）+c（CH3COOH）

考点：离子浓度大小的比较．菁优网版权所有

专题：盐类的水解专题．

分析：A．二者恰好反应生成Na2CO3，溶液中的溶质为0.05mol/L的Na2CO3，碳酸根离子两步水解都生成氢氧根离子，碳酸根离子只有第一步水解生成HCO3﹣；B．二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COONa、CH3COOH，混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，但醋酸电离和醋酸根离子水解程度都较小；C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，混合溶液呈碱性，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，结合电荷守恒判断；D．二者恰好反应生成CH3COONa，溶液呈存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断．

解答：解：A．二者混合后恰好反应生成Na2CO3，溶液中的溶质为0.05mol/L的Na2CO3，碳酸根离子两步水解都生成氢氧根离子，碳酸根离子只有第一步水解生成HCO3﹣，所以c（HCO3﹣）＜c（OH﹣），故A错误；B．二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COONa、CH3COOH，混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，但醋酸电离和醋酸根离子水解程度都较小，所以溶液中粒子浓度大小顺序是c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故B正确；C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，混合溶液呈碱性即c（OH﹣）＞c（H+），任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（NH4+），且c（OH﹣）＞c（H+），所以c（Cl﹣）＜c（NH4+），所以c（Cl﹣）+c（H+）＜c（NH4+）+c（OH﹣），故C错误；D．二者混合后恰好反应生成CH3COONa，溶液呈存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒得c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），所以得c（OH﹣）=c（H+）+c（CH3COOH），故D错误；故选B．

点评：本题考查了离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及溶液酸碱性再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，离子浓度大小比较为高考高频点，常常与盐类水解、弱电解质电离结合考查，题目难度中等．

7．（6分）（2014•四川）在10L恒容密闭容器中充入X（g）和Y（g），发生反应X（g）+Y（g）⇌M（g）+N（g），所得实验数据如表：

实验编号温度/℃起始时物质的量/mol平衡时物质的量/mol

n（X）n（Y）n（M）

①7000.400.100.090