2015-2016学年云南省高三（上）第一次月考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共54分）
1．所谓合金，就是不同种金属（也包括一些非金属）在熔化状态下形成的一种熔合物，根据下列四种金属的熔沸点：
Na Cu Al Fe
熔点（℃） 97.5 1083 660 1535
沸点（℃） 883 2595 2200 3000
你判断其中不能形成合金的是（）
A． Cu和Al B． Fe和Cu C． Fe和Na D． Al和Na
考点： 合金的概念及其重要应用．
分析： 由合金的形成可知，两种金属若能够形成合金，则熔点较高的金属的熔点不能大于熔点较低的金属的沸点．
解答： 解：合金是不同种金属在熔化状态下形成的一种熔合物，即两种金属都成为液态时进行混合；
A．铜的熔点低于铝的沸点，两种金属能够形成合金，故A错误；
B．铁的熔点低于铜的沸点，两种金属能够形成合金，故B错误；
C．由于金属钠的沸点较低，铁的熔点高于钠的沸点，在铁熔化时温度达1535℃，而此时金属钠已变成气态，无法完成液态时混合，故钠和铁不能形成合金，故C正确；
D．铝的熔点低于钠的沸点，两种金属能够形成合金，故D错误；
故选C．
点评： 本题考查了合金的形成条件，题目难度不大，注意制造合金时，两种金属必须都是液态才能制成合金，一种液态、一种气态不会转化成合金．
2．下列两种气体的分子数一定相等的是（）
A． 质量相等密度不等的N2和C2H4
B． 等密度的CO和C2H4
C． 等温等体积的O2和N2
D． 等压等体积的N2和CO2
考点： 阿伏加德罗定律及推论．
专题： 阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
分析： 两种气体的分子数一定相等，根据n=
n==进行计算和判断． 可知，两种气体的物质的量应相等，结合解答： 解：A．N2和C2H4的摩尔质量相等，在质量相等时物质的量相等，分子数相等，故A正确；
B．由于体积未知，等密度的CO和C2H4，质量不一定相等，则二者的分子数不一定相等，故B错误；
C．由于压强未知，则等温等体积的O2和N2的分子数不一定相等，故C错误；
D．由于温度未知，等压等体积的N2和CO2的分子数不一定相等，故D错误． 故选A．
点评： 本题考查阿伏伽德罗定律及应用，难度不大，注意体积相等时，气体的物质的量是否相等，要取决于气体存在的温度和压强是否相等，只有在同温同压下，气体的气体摩尔体积才相等．
3．Fe（OH）3胶体虽然是由FeCl3溶液制得，但两者是截然不同的两种物质．FeCl3溶液、Fe（OH）3胶体共同具备的性质是（ ）
A． 都呈透明的红褐色
B． 分散质颗粒直径相同
C． 都比较稳定，密封保存一段时间都不会产生沉淀
D． 当有光线透过时，都能产生丁达尔效应
考点： 胶体的重要性质．
专题： 溶液和胶体专题．
分析： A．根据FeCl3溶液与Fe（OH）3胶体的颜色分析解答；
B．根据胶体的分散质颗粒直径在1﹣100nm之间，而溶液的分散质颗粒直径小于1nm；
C．根据胶体属于介稳定体系，溶液属于稳定体系；
D．只有胶体具有丁达尔效应，溶液不具备；
解答： 解：A．FeCl3溶液与Fe（OH）3胶体的颜色分别为棕黄色、红褐色，故A错误；
B．胶体的分散质颗粒直径在1﹣100nm之间，而溶液的分散质颗粒直径小于1nm，分散质颗粒直径不相同，故B错误；
C．胶体属于介稳定体系，溶液属于稳定体系；所以密封保存一段时间都不会产生沉淀，故C正确；
D．Fe（OH）3胶体具有丁达尔效应，而FeCl3溶液不具备，故D错误；
故选：C；
点评： 本题结合FeCl3溶液与Fe（OH）3胶体考查了溶液和胶体的性质，难度不大，注意区分．
4．已知A是一种金属单质，B显淡黄色，其转化关系如图所示，则C的以下性质错误的是（ ）
A． 溶液呈碱性
B． 与澄清石灰水反应产生白色沉淀
C． 与足量盐酸反应放出气体
D． 受热易分解
考点： 无机物的推断．
专题： 推断题．
分析： B为A与氧气反应的产物，为氧化物，颜色为淡黄色，应为Na2O2，则A为Na，C为Na2CO3，D为NaOH，结合物质的相关性质可解答该题．
解答： 解：B为A与氧气反应的产物，为氧化物，颜色为淡黄色，应为Na2O2，则A为Na，C为Na2CO3，D为NaOH，则
A．Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，故A正确；
B．Na2CO3与澄清石灰水反应生成CaCO3沉淀，故B正确；
C．Na2CO3与足量盐酸反应生成CO2气体，故C正确；
D．Na2CO3稳定，加热不易分解，故D错误．
故选D．
点评： 本题考查无机物的推断，题目难度不大，注意根据物质的颜色判断B结合物质的性质进一步推断其它物质，为解答该题的关键，学习中注意把握常见元素化合物的性质．
5．下列说法正确的是（ ）
A． CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在
B． 1 mol Cu和足量稀HNO3反应产生NA个NO分子（NA为阿伏加德罗常数）
C． pH=1的溶液中，Fe2+、NO3、SO42、Na+不能大量共存 ﹣﹣
D． 三氧化二铁溶于氢碘酸的离子反应为：Fe2O3+6H+=3Fe3++3H2O
考点： 离子共存问题；离子方程式的书写；阿伏加德罗常数；常见的生活环境的污染及治理．
分析： A．NO与空气的氧气反应；
B．由电子守恒可知生成n（NO）==mol；
C．pH=1的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；
D．发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水．
解答： 解：A．NO与空气的氧气反应，则NO不能在空气中稳定存在，CO、NO、NO2都是大气污染气体，CO、NO2在空气中都能稳定存在，故A错误；
B．由电子守恒可知生成n（NO）=B错误；
C．pH=1的溶液，显酸性，Fe2+、NO3、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故C正确； ﹣=mol，则产生NA个NO分子，故
D．三氧化二铁溶于氢碘酸的离子反应为Fe2O3+2I+6H+=2Fe2++I2+3H2O，故D错误； ﹣
故选C．
点评： 本题考查较综合，涉及物质的性质、电子守恒计算、离子共存及离子反应等，注重高频考点的考查，选项D为解答的易错点，题目难度不大．
6．已知NH3和HCl都能用来作喷泉实验的气体，若在同温同压下用等体积烧瓶各收集满NH3和HCl气体，实验后两个烧瓶内溶液的关系是（两烧瓶内充满溶液且不考虑溶质的扩散）（ ）
A． 溶质的物质的量浓度相同、溶质的质量分数不同
B． 溶质的质量分数相同，溶质的物质的量浓度不同
C． 溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都不同
D． 溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都相同
考点： 溶液中溶质的质量分数及相关计算．
分析： 因NH3和HCl在同温同压下体积相同，则二者物质的量相同，又溶液充满整个烧瓶，即溶液的体积相同，所以二者物质的量浓度相同；又二者摩尔质量不同，因此质量分数不同． 解答： 解：溶质的物质的量浓度=，因NH3和HCl在同温同压下体积相同，则二者物质的量相同，又溶液充满整个烧瓶，即溶液的体积相同，所以二者物质的量浓度相同；
溶质的质量分数=×100%，氨气和氯化氢摩尔质量不同，物质的量相同，而物质的质量=物质的量×摩尔质量，所以氨气和氯化氢的质量就不同；溶于相同量的水中，溶质的质量分数不同；所以在同温同压下用等体积烧瓶各收集满NH3和HCl气体，实验后两个烧瓶内溶液的关系是：溶质的物质的量浓度相同，溶质的质量分数不同．
故选A．
点评： 本题考查喷泉实验和溶质的物质的量浓度和质量分数的概念，要理解什么气体可做喷泉实验．
7．下列说法在一定条件下可以实现的是（ ）
①酸性氧化物与碱反应
②弱酸与盐溶液反应可生成强酸
③没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应
④两种酸溶液充分反应后的溶液呈中性
⑤有单质参加的非氧化还原反应
⑥两种含氧化合物反应的产物有气体．
A． ①②③④⑤⑥ B． ②④⑤⑥ C． ①②③⑤ D． ③④⑤⑥
考点： 酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；氧化还原反应；离子反应发生的条件． 专题： 物质的分类专题．
分析： ①酸性氧化物和碱反应生成盐和水；
②弱酸和盐反应生成更难溶的物质可以实现；
③酸和盐反应生成弱酸的复分解反应可以发生反应；
④氧化还原反应的发生有可能使得溶液的酸碱性发生变化；
⑤有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应；
⑥根据元素和化合物性质知识来回答．
解答： 解：①酸性氧化物是和碱反应生成水和盐的氧化物，如二氧化碳可以和氢氧化钠发生反应生成碳酸钠和水，故①正确；
②弱酸和盐反应生成更难溶的物质可以实现，如H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，故②正确 ③酸和盐反应生成弱酸的复分解反应，HCl+CH3COONa=CH3COOH+NaCl，故③正确； ④根据反应2H2S+H2SO3=3H2O+S↓可知，氢硫酸和亚硫酸溶液充分反应后的溶液体系为中性，故④正确；
⑤同素异形体之间的转化属于有单质参加的非氧化还原反应，故⑤正确；
⑥反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑和3NO2+H2O=2HNO3+NO是两种氧化物反应产物有气体的反应，故⑥正确．
故选A．
点评： 本题考查学生元素和化合物的综合知识，注意知识的积累是解题的关键，综合性较强，难度较大．
8．在一定条件下，使CO和O2的混合气体26g充分反应，所得混合物在常温下跟足量的Na2O2固体反应，结果固体增重14g，则原混合气体中O2和CO的质量比可能是（ ）
A． 9：4 B． 1：1 C． 7：6 D． 6：7
考点： 有关混合物反应的计算．
专题： 等量代换法．
分析： 根据2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可知混合物在常温下跟足量的Na2O2固体反应生成固体为Na2CO3，
1molNa2O2生成1molNa2CO3，质量增加28g，恰好为CO的质量，以此判断原混合物中气体的质量之比．
解答： 解：由反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可知混合物在常温下跟足量的Na2O2固体反应生成固体为Na2CO3，
1molNa2O2生成1molNa2CO3，质量增加28g，恰好为CO的质量，
固体增重14g，说明混合气体中CO为14g，则O2为26g﹣14g=12g，
所以原混合气体中O2和CO的质量比为12g：14g=6：7，
故选D．
点评： 本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意从Na2O2生成Na2CO3质量的变化判断反应的规律，此为解答该题的关键．
9．实验室用碳酸钠晶体配制1.00mol?L
原因是（ ）
A． 暴露在空气中称量碳酸钠晶体（Na2CO3?10H2O）的时间太长
B． 向容量瓶转移液体时，容量瓶事先用蒸馏水洗涤
C． 定容时俯视刻度线
D． 洗涤液移入容量瓶中时，洒出一部分
考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．
分析： 根据c=计算不当操作对n或V的影响，如果n偏小或V偏大，则所配制溶液浓度偏低，据此分析．
解答： 解：A．称量碳酸钠晶体（Na2CO3?10H2O）的时间太长，且暴露在空气中，会造成结晶水的挥发，则所称量的晶体中Na2CO3的含量升高，则所配溶液的浓度偏高，故A错误；
B．容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶液的体积不变，浓度无影响，故B错误；
C．定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故C错误； ﹣1的Na2CO3溶液100mL，造成所配溶液浓度偏低的
D．洗涤液移至容量瓶中时洒出一部分会导致溶质的损失，则浓度偏低，故D正确． 故选D．
点评： 本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的误差分析，属于基础型题目，难度不大．
10．某研究小组通过实验探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到目的是（ ）
A． 将铜丝插入浓硫酸加热，反应后把水加入反应器中，观察硫酸铜溶液的颜色
B． 常温下将铜丝伸入盛满氯气的集气瓶中，观察CuCl2的生成
C． 金属钠放入硫酸铜溶液中可以置换出金属铜
D． 将表面有铜绿[Cu2（OH）2CO3]的铜器放入盐酸中浸泡，除去铜绿
考点： 化学实验方案的评价．
专题： 实验评价题．
分析： A．反应后的混合物与水混合的顺序错误；
B．常温下铜与氯气不反应；
C．将Na放入硫酸铜溶液中时，Na先和水反应生成NaOH，生成的NaOH再和硫酸铜发生复分解反应；
D．Cu2（OH）2C03能溶于盐酸．
解答： 解：A．铜丝与浓硫酸加热生成硫酸铜后，再把混合物加入水中形成硫酸铜溶液，而不能把水加入反应混合物中，防止剩余的浓硫酸稀释时溅出而易产生安全事故，故A错误；
B．常温下铜与氯气不反应，因此观察不到现象，故B错误；
C．将Na放入硫酸铜溶液中时，Na先和水反应生成NaOH，生成的NaOH再和硫酸铜发生复分解反应生成Cu（OH）2沉淀，所以钠不能置换出Cu，故C错误；
D．Cu2（OH）2C03能溶于盐酸，Cu和稀盐酸不反应，所以能用盐酸除去铜绿，故D正确； 故选D．
点评： 本题考查化学实验方案评价，为高频考点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，根据实验操作规范性及物质性质来分析解答即可解答，易错选项是C．
11．一定温度下，向饱和NaOH溶液中加入一定量的钠块，充分反应后恢复到原来温度，下列说法正确的是（ ）
A． 溶液中溶质质量增加，溶剂量减少，溶液的溶质质量分数变大
B． 溶液的pH不变，有氢气放出
C． 溶液中的Na+数目减小，有氧气放出
D． 溶液中的c（Na+）增大，有氧气放出
考点： 钠的化学性质．
专题： 元素及其化合物．
分析： 钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，消耗水，饱和的烧碱溶液中有NaOH析出． 解答： 解：钠和水发生：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，消耗水，饱和的烧碱溶液中有NaOH析出，溶液中Na+数目减少，但反应后仍为饱和溶液，溶液的pH不变，溶液中c（Na+）不变，故选B．
点评： 本题考查钠的性质，注意饱和溶液的性质，溶剂减小，溶液中要析出晶体，但溶液的浓度不变，为易错点．
12．下列除去杂质的方法不正确的是（ ）
A． 镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥
B． 用过量氨水除去Fe3+溶液中的少量Al3+
C． 用新制的生石灰，通过加热蒸馏，以除去乙醇中的少量水
D． Al（OH）3中混有少量Mg（OH）2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤
考点： 物质的分离、提纯和除杂；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用． 专题： 几种重要的金属及其化合物．
分析： A、金属镁和氢氧化钠不反应，金属铝和氢氧化钠反应生成可溶性的盐；
B、氢氧化铁和氢氧化铝沉淀均不能溶于弱碱氨水中；
C、生石灰具有吸水性，能吸收水形成氢氧化钙溶液；
D、烧碱溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，向其中通入过量的二氧化碳反应会生成氢氧化铝沉淀．
解答： 解：A、金属镁和氢氧化钠不反应，金属铝和氢氧化钠反应生成可溶性的盐，所以镁粉中混有少量铝粉，可以加入过量烧碱溶液充分反应，然后过滤、洗涤、干燥即可，故A正确；
B、Fe3+和Al3+均和氨水反应分别生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，氢氧化铁和氢氧化铝沉淀均不能溶于弱碱氨水中，故不能实现，故B错误；
C、生石灰具有吸水性，能吸收水形成氢氧化钙溶液，氢氧化钙和乙醇的沸点相差较大，可以通过加热蒸馏，分离出乙醇，故C正确；
D、烧碱溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，过滤出氢氧化镁，向滤液中通入过量的二氧化碳会生成氢氧化铝沉淀，实现除杂的目的，故D正确．
故选B．
点评： 本题考查学生物质的分离和除杂的方法，要求学生掌握化学实验的基本操作知识，学以致用．
13．下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（ ） ①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2；
②向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸；
③向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液；
④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸．
A． ①② B． ①③ C． ①④ D． ②③
考点： 钠的重要化合物；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物．
专题： 元素及其化合物．
分析： ①二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度； ②偏铝酸钠和盐酸反应生成氢氧化铝和氯化钠，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水； ③向AlCl3溶液中逐滴加入氢氧化钠，先生成氢氧化铝，氢氧化钠过量时氢氧化铝继续反应生成偏铝酸钠；
④盐酸和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，硅酸和盐酸不反应．
解答： 解：①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，原碳酸钠溶液是饱和溶液，生成碳酸氢钠后
溶液变成过饱和溶液，所以会析出部分碳酸氢钠晶体，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故正确；
②向NaAlO2胶体中逐滴加入过量的稀盐酸，偏铝酸钠先和盐酸反应生成难溶性的氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物能溶于强酸溶液，所以氢氧化铝和盐酸能继续反应生成可溶性的氯化铝，所以出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故错误；
③AlCl3溶液中滴入氢氧化钠溶液，开始AlCl3可以和氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，然后氢氧化铝可以溶解于过量氢氧化钠中，所以出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故错误；
④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，盐酸和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，硅酸和盐酸不反应，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故正确；
故选C．
点评： 本题考查物质之间的化学反应，熟悉复分解反应发生的条件及常见物质的溶解性是解答本题的关键，注意有些反应与反应物的量有关，量不同反应现象不同．
14．亚硝酸钠是一种防腐剂和增色剂，但在食品中过量时会对人体产生危害．其在酸性条件下会产生NO和NO2．下列有关说法错误的是（ ）
A． NaNO2既具有氧化性又具有还原性
B． 食用“醋溜豆芽”可能会减少亚硝酸钠对人体的危害
C． NaNO2和胃酸作用的离子方程式为：2NO2+2H+═NO↑+NO2↑+H2O ﹣
D． 1 mol NaNO2在酸性条件下完全反应生成NO和NO2，转移电子的物质的量为1 mol
考点： 亚硝酸盐；氧化还原反应．
分析： 酸性条件下，亚硝酸钠会产生一氧化氮和二氧化氮，所以亚硝酸钠和胃酸作用的离子方程式为2NO2+2H+═NO↑+NO2↑+H2O，N元素的化合价由+3价降低为+2价，N元素的﹣
化合价由+3价升高为+4价，以此来解答．
解答： 解：A．N元素的化合价既升高又降低，则NaNO2既具有氧化性又具有还原性，故A正确；
B．食用“醋溜豆芽”减少亚硝酸盐的含量，可能会减少亚硝酸钠对人体的危害，故B正确；
C．酸性条件下，亚硝酸钠会产生一氧化氮和二氧化氮，所以亚硝酸钠和胃酸作用的离子方程式为：2NO2+2H+═NO↑+NO2↑+H2O，故C正确； ﹣
D.1molNaNO2在酸性条件下完全反应生成NO和NO2，转移电子的物质的量为1mol××（4﹣3）=0.5mol，故D错误；
故选D．
点评： 本题考查物质的性质及氧化还原反应，为高频考点，把握习题中的信息及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与迁移应用能力的考查，题目难度不大．
15．有一粗硅，含杂质铁，取等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的H2，则该粗硅中铁和硅的关系正确的是（ ）
A． 物质的量之比为1：1 B． 物质的量之比为1：2
C． 质量之比为4：1 D． 质量之比为2：1
考点： 物质的量的相关计算．
分析： 只有硅和NaOH溶液反应生成氢气，铁与HCl反应生成氢气，根据生成氢气的量计算粗硅中铁和硅的物质的量之比．
解答： 解：根据电子得失：可知铁与盐酸反应：Fe～～H2，而硅与氢氧化钠反应：Si～～2H2，放出等量的H2，设生成氢的量为2mol，所以粗硅中铁和硅的物质的是之比为：2：1，质量之比为：2×56：1×28=4：1，故选：C．
点评： 本题考查混合物反应的计算，侧重考查学生分析、计算能力，明确只有Si和NaOH溶液反应是解本题关键，利用关系式解答即可，题目难度不大．
16．在含有Cu（NO3）2、Zn（NO3）2、Fe（NO3）3和AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，且溶液中不存在Fe3+，同时又析出0.1mol Ag．则下列结论中不正确的是（ ）
A． 反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1：2
B． 氧化性：Ag+＞Cu2+＞Fe3+＞Zn2+
C． 含Fe3+的溶液可腐蚀铜板
D． 1mol Fe可还原2mol Fe3+
考点： 氧化还原反应的计算；氧化还原反应；铁盐和亚铁盐的相互转变．
专题： 元素及其化合物．
分析： 根据金属活动顺序表可知氧化性：Zn2+＜Cu2+＜Ag+，且存在Cu2+＜Fe3+＜Ag+，充分搅拌后Fe完全反应，且Fe3+和Ag+亦完全反应：2Ag++Fe═Fe2++2Ag，2Fe3++Fe═3Fe2+，以此解答该题．
解答： 解：A．由反应2Ag++Fe═Fe2++2Ag，2Fe3++Fe═3Fe2+，可知反应共生成0.2molFe2+，而0.1molCu2+没有参加反应，则反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1：2，故A正确；
B．根据金属活动顺序表可知氧化性：Zn2+＜Cu2+＜Ag+，根据金属铜和三价铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，可知氧化性Cu2+＜Fe3+，故B错误；
C．氧化性Cu2+＜Fe3+，则含Fe3+的溶液可腐蚀铜板，故C正确；
D．金属铁和三价铁的反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，则1molFe可还原2molFe3+，故D正确． 故选B．
点评： 本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握物质的氧化性的强弱，为解答该题的关键，结合反应的方程式解答该题．
17．在一定条件下，按下列物质的量关系进行反应，其对应的离子方程式或化学方程式书写正确的是（ ）
A． n（Cl2）：n（Fe）=5：4 5Cl2
+4Fe
﹣2FeCl2+2FeCl3 ﹣ B． n（Cl2）：n（FeBr2）=1：1 Fe2++2Br+Cl2═Fe3++Br2+2Cl
C． n（MnO4）：n（H2O2）=2：3 2MnO4+3H2O2+6H+═2Mn2++4O2↑+6H2O ﹣﹣
D． n（Fe）：n[HNO3（稀）]=1：3 4Fe+12H++3NO3═3Fe2++Fe3++3NO↑+6H2O ﹣
考点： 离子方程式的书写．
分析： A．铁与氯气反应生成氯化铁，与反应物用量无关；
B．二价铁离子还原性强于溴离子，二者等物质的量反应，二价铁离子全部被氧化，溴离子只氧化一半；
C．n（MnO4）：n（H2O2）=2：3，双氧水全部被氧化；
D．n（Fe）：n（HNO3（稀））═1：3，反应生成亚铁离子和铁离子． ﹣
解答： 解：A．铁与氯气反应生成氯化铁，化学方程式：3Cl2
+2Fe
错误； 2FeCl3，故A
B．n（Cl2）：n（FeBr2）=1：1，反应的离子方程式：2Fe2++2Br+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl，故﹣﹣B错误；
C．n（MnO4）：n（H2O2）=2：3，双氧水被氧化成氧气，方程式中一定满足：n（H2O2）=n（O2），正确的离子方程式为：2MnO4+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，故C错误； ﹣﹣
D．n（Fe）：n（HNO3（稀））═1：3，反应生成亚铁离子和铁离子，反应的离子方程式为：4Fe+12H++3NO3=3Fe2++Fe3++3NO↑+6H2O，故D正确； ﹣
故选：D．
点评： 本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度较大．
18．将15.6g Na2O2和5.4g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是（ ）
A． 最终溶液：c（Na+）=1.5mol/L
B． 标准状况下，反应过程中得到6.72 L气体
C． 最终溶液：c（Na+）=c（Cl） ﹣
D． 最终得到7.8 g沉淀
考点： 有关混合物反应的计算．
分析： 15.6gNa2O2的物质的量为：=0.2mol，5.4gAl
的物质的量为：
=0.2mol，首先发生反应2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，生成NaOH为0.4mol，再发生2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.4mol﹣0.2mol=0.2mol，生成NaAlO2为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体6.72L，
物质的量为：
=0.3mol，首先发生反应NaOH+HCl═NaCl+H2O，剩余HCl为0.3mol﹣
0.2mol=0.1mol，再发生反应NaAlO2+HCl+H2O═Al（OH）3↓+NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al（OH）3为0.1mol，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，
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