2017-2018学年河北省定州中学高二上学期开学考试化学试题 解析版

2017-2018学年河北省定州中学高二上学期开学考试化学试题 解析版

定州中学2017-2018学年度高二承智班第一学期开学考试化学试卷 一、选择题 ‎1. 近年来有多个品牌的手机电池曾发生爆炸事故，公众对电池安全性的重视程度越来越高，燃料电池作为安全性能较好的一类化学电源得到了更快的发展。 一种以联氨(N2H4)为燃料的环保电池工作原理如图所示，工作时产生稳定无污染的物质。下列说法不正确的是（ ）‎ A. M极生成氮气且电极附近pH降低 B. 负极上每消耗1molN2H4，会有4molH+通过质子交换膜 C. 正极的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O D. d口流出的液体是蒸馏水 ‎【答案】D ‎【解析】根据氢离子的移动方向，电极N为正极，电极M为负极，燃料电池的负极为联氨发生氧化反应，电极反应式为：N2H4-4e-=N2↑+4H+，正极是氧气发生还原反应，电极反应式为：O2+4H++4e-═2H2O。A、电极M为负极，N2H4-4e-=N2↑+4H+，电极附近pH降低，故A正确；B、负极为联氨发生氧化反应，电极反应式为：N2H4-4e-=N2↑+4H+，则每消耗lmolN2H4，转移4mol电子，会有4molH+通过质子交换膜，故B正确；C、正极是氧气发生还原反应，电极反应式为：O2+4H++4e-═2H2O，故C正确；D、根据题意该燃料电池的电解质为酸性溶液，因此从d口流出的液体是酸性溶液，故D错误；故选D。‎ 点睛：本题考查了燃料电池，为高频考点，侧重于学生的分析的考查，题目涉及电极反应式以及电池反应方程式书写。本题的易错点为D，要注意纯水的导电能力很弱，因此电解质溶液应该是酸性溶液。‎ ‎2. 下列有关同分异构体数目的叙述中正确的是(　　)‎ A. 丙烷的2氯代物有3种同分异构体 B. C8H10中只有3种属于芳香烃的同分异构体 C. 甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种 D. CH3CH2CH2CH3光照下与氯气反应，只生成1种一氯代烃 ‎【答案】C ‎【解析】A．丙烷分子中有2种H原子，其一氯代物有2种，为CH3CH2CH2Cl，CH3CH(Cl)CH3，CH3CH2CH2Cl中含有3种H原子，再次一氯取代有3种产物，CH3CH(Cl)CH3中含有2种H原子，再次一氯取代有2种产物，其中有两种为同一物质，故丙烷的二氯代物有4种，故A错误；B．分子式为C8H10的芳香烃，分子中含有1个苯环，其不饱和度==4，故侧链为烷基，若有1个侧链，为-CH2-CH3，有一种；若有2个侧链，为-CH3，有邻、间、对三种，故符合条件的结构共有4种，故B错误；C．甲苯苯环上有3种H原子，含3个碳原子的烷基有正丙基、异丙基两种，所以甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代有产物3×2=6种，故C正确；D．CH3CH2CH2CH3分子中含有2种位置不同的H，则其一氯代物有2种，故D错误；答案为C。‎ ‎3. 莽草酸因可以作为合成达菲(抗病毒和抗癌药)的中间体而受到重视,其结构简式如下图,下列关于莽草酸的说法正确的是(　　)‎ A. 分子中含有三种含氧官能团 B. 可发生取代、加成及氧化反应 C. 在水溶液中羟基和羧基均能电离出氢离子 D. 该物质1mol与足量的钠反应,能产生‎44.8 L氢气 ‎【答案】B 点睛：把握官能团与性质的关系为解答的关键，此有机物中含有羧基和羟基，可发生酯化、氧化、消去反应，含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，以此解答该题。‎ ‎4. 葡萄糖的结构简式为CH2OH—CHOH—CHOH—CHOH—CHOH—CHO其对应的性质中不正确的是 A. 与钠反应放出氢气 B. 可与乙酸发生酯化反应 C. 能发生银镜反应 D. 可使小苏打溶液冒出气泡 ‎【答案】D ‎【解析】A．葡萄糖中的-OH能和钠反应放出氢气，故A正确；B．醇-OH能和羧酸中的-COOH发生酯化反应，故B正确；C．葡萄糖中含有的醛基-CHO能发生银镜反应，故C正确；D．能和小苏打反应放出气泡的只有酸性比碳酸强的酸，如-COOH，而葡萄糖中只含醛基和-OH，均为中性基团，故不能和小苏打反应，故D错误；故答案为D。‎ ‎5. 图1是铜锌原电池示意图。图2中，x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表示（ ）‎ A. 铜棒的质量 B. c(Zn2＋) C. c(H＋) D. c(SO42－)‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：该装置构成原电池，Zn是负极，Cu是正极。A．在正极Cu上溶液中的H+获得电子变为氢气，Cu棒的质量不变，A错误；B．由于Zn是负极，不断发生反应Zn-2e-=Zn2+，所以溶液中c(Zn2+)增大，B错误；C．由于反应不断消耗H+，所以溶液的c(H+)逐渐降低，C正确；D．SO42-不参加反应，其浓度不变，D错误。答案选C。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查原电池基本原理和溶液中离子浓度变化判断 ‎【名师点睛】原电池原理无论在工业生产、日常生活和科学研究领域都有着重要用途，尤其在金属的腐蚀与防护、新能源的开发和利用方面有着不可替代的作用，因此也是历年高考必考知识点之一。无论题型如何变化，如果把握原电池的工作原理、电极反应式和电池总反应方程式问题都会迎刃而解。在原电池中，一般活泼金属做负极、失去电子、发生氧化反应（金属被氧化）、逐渐溶解（或质量减轻）；不活泼金属（或导电的非金属）做正极、发生还原反应、有金属析出（质量增加）或有气体放出；电子从负极流出经过外电路流回正极，电流方向正好相反；溶液中离子浓度变化及移动方向由电极反应决定。‎ ‎6. 下列各组物质的性质及粒子的性质变化正确的是 A. 稳定性H2S＞HCl＞HBr＞HI B. 酸性HF＞HCl＞HBr＞HI C. 酸性HClO4＞H2SO4＞H2CO3＞HClO D. 离子半径Na+＞F-＞O2-＞N3-‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，非金属性：Cl＞Br＞S，则HCl＞HBr＞H2S，而I与S的电负性相同，不能比较，故A错误；B．卤素氢化物的酸性，随着卤素原子的原子序数的增大而增强，则酸性HF＜HCl＜HBr＜HI，故B错误；C．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：Cl＞S＞C，则酸性HClO4＞H2SO4＞H2CO3，HClO不是最高价含氧酸是弱酸，则酸性HClO4＞H2SO4＞H2CO3＞HClO，故C正确；D．核外电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，则离子半径Na+＜F-＜O2-＜N3-，故D错误；故答案为C。‎ 点睛：元素金属性性强弱的判断依据：①金属单质跟水(或酸)反应置换出氢的难易程度．金属单质跟水(或酸)反应置换出氢越容易，则元素的金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物--氢氧化物的碱性强弱．氢氧化物的碱性越强，对应金属元素的金属性越强，反之越弱；③还原性越强的金属元素原子，对应的金属元素的金属性越强，反之越弱．(金属的相互置换)。‎ ‎7. 汽车的启动电源常用铅蓄电池，该电池在放电时的反应如下：Pb (s)+ PbO2(s) +2H2SO4(aq)2PbSO4(s) +2H2O(l)，根据此反应判断下列叙述中正确的是 A. PbO2是电池的负极 B. 铅蓄电池属于一次电池 C. 负极的电极反应式为：Pb（s）+SO42－（aq）–2e – = PbSO4（s）‎ D. 电池放电时，溶液酸性增强 ‎【答案】C ‎【解析】A．蓄电池放电时，该装置是原电池，负极上失电子发生氧化反应，该装置中Pb失电子发生氧化反应，所以Pb是负极，故A错误；B．放电后可以再充电使活性物质获得再生的电池为二次电池，所以铅蓄电池为二次电池，故B错误；C．负极上Pb失电子和硫酸根离子反应生成硫酸铅，即Pb(s)+SO42-(aq)-2e-=PbSO4(s)，故C正确；D．电池放电时，硫酸参加反应生成水，所以溶质的质量减少，溶剂的质量增加，所以溶液酸性减弱，故D错误；故答案为C。‎ ‎8. 下列说法正确的是 ‎①离子化合物含离子键，也可能含极性键或非极性键 ‎②共价化合物含共价键，也可能含离子键 ‎③含金属元素的化合物不一定是离子化合物 ‎④由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物 ‎⑤由分子组成的物质中一定存在共价键 ‎⑥熔融状态能导电的化合物是离子化合物 A. ①③⑥ B. ②④⑥ C. ②③④ D. ①③⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：①离子化合物一定含离子键，也可能含极性键或非极性键，如NaOH中含有极性键，Na2O2中含有非极性键，正确；②共价化合物一定含共价键，一定没有离子键，错误；③含金属元素的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3是共价化合物，正确；④由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如NH4Cl是离子化合物，错误；⑤由分子组成的物质中不一定存在共价键，如稀有气体，不存在化学键，错误；⑥熔融状态能导电的化合物一定是离子化合物，正确；选A。‎ 考点：考查离子化合物、共价化合物的正误判断。‎ ‎9. 已知反应A+B==C+D的能量变化如图所示，下列说法正确的是 A. 该反应为吸热反应 B. 该反应只有在加热条件下才能进行 C. 反应物的总能量高于产物的总能量 D. 形成产物C和D的化学键所放出的总能量高于断开反应物A 和B的化学键所吸收的总能量 ‎【答案】A ‎【解析】A．图象分析反应物能量低于生成物，结合能量守恒分析反应是吸热反应，故A正确；B．某些吸热反应不需要加热也可以发生，如氢氧化钡晶体和铵盐发生的吸热反应，故B错误；C．图象分析可知反应过程中反应物能量低于生成物能量，故C错误；D．反应是吸热反应，依据反应实质分析，断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，反应中断开化学键吸收的总能量高于形成化学键放出的总能量，故D错误；答案为A。‎ ‎10. 向一定量4%的氢氧化钠溶液中逐滴加入稀盐酸，有关分析错误的是( )‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A．开始时氢氧化钠溶液是碱性，pH大于7，随着稀盐酸的滴加，pH逐渐减小，但稀盐酸过量时pH小于7，所以图象正确；B．酸碱中和反应会放出热量，故随着稀盐酸的加入，溶液的温度升高，当恰好完全中和时，溶液温度最高，继续滴加稀盐酸，溶液的温度就会降低，所以图象正确；C．没有滴加稀盐酸时，溶液中氯化钠的质量分数为零，随着加入稀盐酸生成的氯化钠越来越多，溶液中氯化钠的质量分数越来越大，当二者完全中和时，溶液中氯化钠的质量分数达到最大值且不再增加，再滴加稀盐酸，溶液的质量增大，氯化钠的质量不变，溶液中氯化钠的质量分数减小，故图象正确；D．当加入的稀盐酸与氢氧化钠发生反应时，HCl的物质的量为零，当二者恰好完全反应时，继续滴加稀盐酸，HCl的物质的量增加，且随着稀盐酸加入的量的增多，而不断增大，故图象错误；故选D。‎ ‎【考点定位】考查化学反应中定量关系和图象 ‎【名师点晴】本题是化学反应中定量关系和图象相结合的题型，题目难度较大；要准确解答此类题，关键要对化学反应知识熟练，并能结合图象的数学意义，综合考虑，可快速解答；图象的意义要抓住三点：①抓图象的起点，②抓图象的终点，③抓图象的变化过程。解答本题可首先分析图象所涉及的化学反应的实质，其次分析图象的起点和终点是否正确，最后分析图象的变化趋势是否合题意。‎ ‎11. 下列说法正确的是 A. 氢氧燃料电池工作时，O2在负极上得到电子 B. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中c (Cl—) / c (Br—)不变 C. 0.1mol·L－1Na2CO3溶液加热后，溶液的碱性减小 D. 室温下，稀释0.1mol·L－1CH3COOH溶液，溶液的导电能力增强 ‎【答案】B ‎【解析】A、氢氧燃料电池工作时，H2在负极上失去电子，氧气在正极上得电子，故A错误；B、在饱和AgCl，AgBr的混合溶液中，，故B正确；C、水解是吸热反应，0.1mol·L－1Na2CO3溶液加热后，溶液的碱性增强，故C错误；D、稀释0.1mol·L－1CH3COOH溶液，促进电离，但离子浓度减小，则溶液的导电能力减弱，故D错误；故选B。‎ ‎12. 某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、AlO2﹣ 中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol•L﹣1.某同学进行了如下实验:‎ 下列说法正确的是 A. 无法确定原试液中是否含有Al3+、Cl﹣‎ B. 滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+‎ C. 无法确定沉淀C的成分 D. 原溶液中存在的离子为NH4+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣‎ ‎【答案】D ‎【解析】加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子，无Ba2+，无AlO2﹣；‎ 加入硝酸钡有气体，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；‎ 加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；‎ 通入少量CO2产生沉淀，先与OH﹣、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+．‎ 因为存在的离子浓度均为0.1mol•L﹣1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣才能保证电荷守恒，K+必然不能存在．故A、B、C错误，D正确．‎ ‎13. 白磷有剧毒，白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，白磷与硫酸铜可以发生如下两个反应：‎ ‎（1）2P+5CuSO4+8H2O5Cu+2H3PO4+5H2SO4‎ ‎（2）11P+15CuSO4+24H2O5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4‎ 下列有关说法中错误的是 A. 在上述两个反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂 B. 在上述两个反应中，氧化产物都是H3PO4‎ C. 在反应(2)中，当有5molCuSO4发生反应时，共转移10mol电子 D. 在上述两个反应中，氧化剂都只有硫酸铜 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、在上述两个反应中，水中氢、氧元素的化合价没有发生变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，正确；B、在上述两个反应中，只有磷元素的化合价由反应前的0价升高到H3PO4中的+5价，发生氧化反应，氧化产物都是H3PO4，正确；C、在反应(2)中，有6个磷原子磷元素的化合价由0价升高到+5价，失30个电子，5个磷原子磷元素的化合价由0价降为-3价，15个铜的化合价由+2价降为+1价，总共失30个电子，则当有5 mol CuSO4发生反应时，共转移10 mol电子，正确；D、在上述反应（2）中，5个磷原子磷元素的化合价由0价降为-3价，15个铜的化合价由+2价降为+1价，得电子作氧化剂，故反应（2）氧化剂为磷和硫酸铜，错误。‎ 考点：考查氧化还原反应。‎ ‎14. 下图是关于反应A2(g)+3B2(g) 2C(g)(正反应为放热反应)的平衡移动图象，影响平衡移动的原因可能是 A. 升高温度，同时加压 B. 降低温度，同时减压 C. 增大反应物浓度，同时使用催化剂 D. 增大反应物浓度，同时减小生成物浓度 ‎【答案】D ‎【解析】A、升高温度，同时加压，正逆反应速率都增大，逆反应速率应在原速率的上方，故A错误；B、降低温度，同时减压正逆反应速率都降低，正反应速率应在原速率的下方，故B错误；C、增大反应物浓度，同时使用催化剂，正逆反应速率都增大，逆反应速率应在原速率的上方，但正反应速率增大更多，平衡向正反应移动，故C错误；D、增大反应物浓度，同时减小生成物浓度，瞬间正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应移动，图象符合，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查了外界条件对化学反应速率和平衡的影响、平衡移动图象，难度较大，明确温度、压强、浓度变化引起化学反应速率变化是解本题的关键。本题的易错点为C，增大反应物浓度，同时使用催化剂，正逆反应速率都增大，但正反应速率增大更多，平衡向正反应移动。‎ ‎15. 已知Ksp(AgCl)＝1.56×10－10，Ksp(AgBr)＝7.7×10－13，Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12。某溶液中含有Cl－、Br－和CrO，浓度均为0.010 mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L－1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为 A. Cl－、Br－、CrO B. Br－、Cl－、CrO C. CrO、Br－、Cl－ D. Br－、CrO、Cl－‎ ‎【答案】B ‎【解析】AgCl溶液中c（Ag+）===1.56×10-8mol/L，AgBr溶液中c（Ag+）=，=7.7×10-11mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）===3×10-5，c（Ag+）越小，则越先生成沉淀，所以种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br-、Cl-、CrO42-，故选B。‎ ‎16. 已知温度T时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为a mol·L－1的一元酸HA与b mol·L－1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是 A. 混合溶液的pH＝7‎ B. 混合溶液中，c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)‎ C. a＝b D. 混合溶液中，c(H＋)＝mol·L－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、温度未知，则pH=7不一定为中性，故A错误；B、任何溶液都存在电荷守恒，即c（H＋）+c（B＋）=c（OH－）+c（A－），不能确定H＋ 和OH― 离子浓度的相对大小，不能确定溶液的酸碱性，故B错误；C、因酸碱的强弱未知，a=b，只能说明酸碱恰好完全反应，如为强酸弱碱盐或强碱弱酸盐，则溶液不呈中性，故C错误；D、混合溶液中，c（H+）=mol/L，根据c（H+）•c（OH-）=KW，可知溶液中c（H+）=c（OH-）=mol/L，溶液呈中性，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查判断溶液的酸碱性，题目难度中等，易错点：溶液呈中性应存在c（H+）=c（OH-），由于温度未知，酸碱的强弱未知，不能根据pH以及酸碱的物质的量关系判断溶液的酸碱性。‎ ‎17. 汽车尾气中NO产生的反应为N2(g)＋O2(g)2NO(g),一定条件下,等物质的量的N2(g)和O2(g)在恒容密闭容器中反应,如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化,曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化。下列叙述正确的是 A. 曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂 B. 温度T下,随着反应的进行,混合气体的密度减小 C. 温度T下,该反应的平衡常数K=‎ D. 若曲线b对应的条件改变是温度,可判断该反应的ΔH<0‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、由图可知，b曲线氮气的平衡浓度减小，平衡发生移动，催化剂只能改变速率，不能改变平衡，b曲线不可能是由于催化剂影响的，故A错误；B、反应前后混合气体质量不变、容器体积不变，则混合气体密度不变，故B错误；C、列出三段式 写出平衡常数表达式：，故C正确；D、由图可知，b曲线化学反应速率快（变化幅度大），氮气的平衡浓度减小，升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，即△H＞0，故D错误；故选C。‎ ‎18. 根据下列实验事实，不能得到相应结论的是 选项 实验操作和现象 结论 A 常温下分别测等浓度的醋酸和氨水pH，二者的pH分别为2和12‎ 常温下，醋酸和氨水的电离平衡常数相等 B 向均盛有2mL5% H2O2溶液的两支试管中分别滴入0.2mol•L﹣1 FeCl3，和0.3mol•L﹣1CuCl2溶lmL，前者生成气泡的速率更快 催化效果：Fe3+＞Cu2+‎ C 向一定浓度的醋酸溶液中加入镁条，产生气泡的速率会先加快再减慢 反应产生气泡速度变化，是因为醋酸电离平衡先正向移动，再逆向移动 D 向醋酸溶液中滴加少量Na2SiO3溶液，观察到白色沉淀 醋酸的酸性强于H2SiO3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎.....................‎ ‎19. 常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是 (　　)‎ A. 等浓度等体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH＝7‎ B. pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合后所得溶液显中性 C. pH＝10的Ba(OH)2溶液和pH＝13的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH＝10.7(已知lg ‎ 2＝0.3)‎ D. 将10 mL pH＝a的盐酸与100 mL pH＝b的Ba(OH)2溶液混合后恰好中和，则a＋b＝13‎ ‎【答案】D ‎【解析】A．强酸强碱混合溶液的酸碱性不仅取决于酸碱的物质的量还取决于酸和碱的元数，如果n(H+)＞n(OH-)，溶液呈酸性，如果n(H+)＞n(OH-)，溶液呈中性，如果n(H+)＜n(OH-)，溶液呈碱性，故A错误；B．pH=2的盐酸与pH=12的氨水，氨水的物质的量浓度大于盐酸，所以两种溶液等体积混合后所得溶液显碱性，故B错误；C．混合溶液中c(OH-)=mol/L，则混合液中氢离子浓度为：c(H+)=mol/L≈2×10-13mol/L，pH=12.7，故C错误；D．氯化氢和氢氧化钡都是强电解质，酸碱恰好中和，则盐酸中n(H+)等于氢氧化钡中n(OH-)，所以10-a mol/L×‎0.01L=1014-bmol/L×‎0.1L，则a+b=13，故D正确；故答案为D。‎ ‎20. 下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. Cu溶于稀硝酸HNO3：Cu＋2H＋＋NO3－=Cu2＋＋NO2↑＋H2O B. (NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2：Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓‎ C. 用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑‎ D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：CO2＋AlO2－＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－‎ ‎【答案】D ‎【解析】A．Cu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A错误；B．二者反应生成氢氧化亚铁、一水合氨，离子方程式为Fe2++2NH4++4OH-=Fe(OH)2↓+2NH3．H2O，故B错误；C．弱电解质写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，故C错误；D．二者反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，故D正确；故答案为D。‎ 点睛：离子方程式正误判断，明确物质的性质及离子方程式书写规则是解本题关键，单质、氧化物、弱电解质、气体、沉淀、络合物都写化学式，注意要结合原子守恒、电荷守恒及转移电子守恒，题目难度不大，易错选项是B，注意B中离子反应先后顺序及反应物的量，为易错点。‎ 二、计算题 ‎21. 取不同质量、相同组成的铜铁合金，每次用20.0 mL FeCl3溶液溶解，溶液中剩余金属的质量如下表所示，‎ I II Ⅲ FeCl3溶液(mL)‎ ‎20.0‎ ‎20.0‎ ‎20.0‎ 铜铁合金（g）‎ ‎1.8‎ ‎2.4‎ ‎3.6‎ 剩余金属（g）‎ ‎0.32‎ ‎0.96‎ ‎2.20‎ 求：（1）合金中Fe与Cu的物质的量之比为_________。‎ ‎（2）FeC13溶液的物质的量浓度为________mol • L-1.‎ ‎【答案】 (1). 1：1 (2). 2.5‎ ‎【解析】本题考查Fe3＋的性质，以及化学计算，发生的反应有Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，II可以看作是在I的基础上加入‎0.6g合金，剩余固体的质量增加，说明发生Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，即I中剩余固体为Cu，I到II固体质量增加‎0.4g，III可以看作在II基础上加入‎1.2g合金，剩余金属质量增加，说明发生Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，即‎0.96g全部是铜单质，II→III固体质量增加‎1.24g，加入合金为‎1.2g，剩余固体质量增加‎0.4g，I→III固体共增加‎0.8g，合金中铜总质量为(0.32＋0.64)g=‎0.96g，铁的质量为(1.8－0.96)g=‎0.84g，铁和铜的物质的量之比为0.84/56：0.96/64=1：1；（2）根据I，FeCl3全部参加反应，根据上述分析，铁全部参加反应，部分铜参加反应，根据得失电子数目守恒有：0.015×2＋(0.015×64－0.32)×2/64=20×10－3×c(FeCl3)，解得c(FeCl3)=2.5mol·L－1。‎ 点睛：本题可以理解为在I的基础上加入‎0.6g、‎1.2g合金，然后从剩余固体质量的变化上找出发生的反应，因为固体质量都是增加，因此发生的反应是Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，根据质量差进行计算，求出合金中铜的质量，从而计算出铁的质量。‎ ‎22. 取氯化钠和碳酸钠的混合固体‎13.9g，加入‎50g水使其完全溶解，滴入‎90.5g稀盐酸恰好完全反应，反应后所得溶液质量为‎150g，请计算：‎ ‎（1）完全反应后，生成CO2的质量为 g。‎ ‎（2）混合物中碳酸钠的质量分数。‎ ‎（3）反应后所得溶液中溶质的质量分数。（Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O）‎ ‎【答案】（1）‎4.4g；（2）76.3%；（3）10%‎ ‎【解析】（1）由质量守恒定律可知，生成的二氧化碳的质量=‎13.9g+‎90.5g+‎50g-150g=‎4.4g；‎ ‎（2）设原固体混合物中碳酸钠的质量为x，生成氯化钠的质量为y，‎ Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑‎ ‎106 117 44‎ x y 4.4‎ ‎ ，x=‎10.6g，y=‎11.7g，混合物中碳酸钠的质量分数=‎10.6g/‎13.9g×100%=76.3%‎ ‎（3）所得溶液中溶质的质量=‎11.7g+（‎13.9g-10.6g）=‎15.0g，得溶液中溶质的质量分数= 。‎ 点睛：通过计算的形式，本题考查了碳酸盐与酸的反应，需根据质量守恒定律，，计算生成的二氧化碳的质量，本题的易错点：在求所得溶液中溶质的质量分数时，求溶质的质量，可能漏算固体中原有的氯化钠。‎