湖南省常德市津市一中高三化学上学期第一次月考试卷含解析

2022-2022学年湖南省常德市津市一中高三（上）第一次月考化学试卷　一、选择题（16个小题，每题3分，48分）1．化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（　　）A．二氧化硫可广泛用于食品的增白B．葡萄糖可用于补钙药物的合成C．聚乙烯塑料制品可用于食品的包装D．次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌　2．下列物质分类正确的是（　　）A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物　3．下列操作或装置能达到实验目的是（　　）A．配置一定浓度的NaCl溶液B．除去氯气中的HCl气体C．23\n观察铁的吸氧腐蚀D．检验乙炔的还原性　4．用如图装置（夹持、加热装置已略）进行实验，由②中现象，不能证实①中反应发生的是（　　）①中实验②中现象A铁粉与水蒸气加热肥皂水冒泡B加热NH4Cl和Ca（OH）2混合物酚酞溶液变红CNaHCO3固体受热分解澄清石灰水变浑浊D石蜡油在碎瓷片上受热分解Br2的CCl4溶液褪色A．AB．BC．CD．D　5．下列有关化学用语表示正确的是（　　）A．“碳铵”的化学式：（NH4）2CO3B．二氧化碳的结构式：O=C=OC．钾原子的结构示意图：D．中子数为138、质子数为88的镭（Ra）原子：Ra　6．下列离子方程式正确的是（　　）A．FeSO4酸性溶液暴露在空气中：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2OB．过量石灰水与碳酸氢钙反应：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2OC．HO中投入Na2O2固体：2HO+2Na2O2═4OH﹣+4Na++18O2↑D．向氯化铝溶液中滴加过量氨水：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2O　7．将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系．下列判断正确的是（　　）A．与NaOH反应的氯气一定为0.3molB．n（Na+）：n（Cl﹣）可能为7：3C．若反应中转移的电子为nmol，则0.15＜n＜0.2523\nD．n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：2：1　8．下列推断合理的是（　　）A．在常温下，Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓，说明H2CO3酸性强于H2SiO3；在高温下，Na2CO3+SiO2=Na2SiO3+CO2↑，说明H2SiO3酸性强于H2CO3B．胶体区别于其他分散系的本质特点是能产生丁达尔现象C．KAl（SO4）2•12H2O是复盐；（NH4）2Fe（SO4）2也是复盐D．CaCl2、NaOH、HCl、HD四种物质都属于化合物　9．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（　　）选项叙述Ⅰ叙述ⅡANH4Cl是强酸弱碱盐将NH4Cl溶液蒸干可制备NH4Cl固体BFe3+有强氧化性用KSCN溶液可以鉴别Fe3+CSO2有还原性用SO2可使溴水褪色DCl2有漂白性用Cl2可与石灰乳反应制备含氯消毒剂A．AB．BC．CD．D　10．下列实验过程中，始终无明显现象的是（　　）A．Cl2通入FeSO4溶液中B．CO2通入Ca（OH）2溶液中C．将AlCl3溶液滴入NaOH溶液中D．SO2通入BaCl2溶液中　11．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）A．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAB．室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1NAC．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2NAD．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NA　12．下列离子方程式正确的是（　　）A．Cl2通入水中：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣B．双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2H++2I﹣═I2+2H2OC．用铜作电极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32﹣+4H+═SO42﹣+3S↓+2H2O　13．短周期元素X、Y、Z均为非金属元素（X的原子序数小于Y的原子序数），三者形成多种化合物，其中分子式为XYZ6的化合物被认为是潜在的储氢材料，氢的质量分数达19.42%，下列说法正确的是（　　）A．XYZ6的摩尔质量是31B．X是氢元素C．Y是氢元素D．Z是氢元素　14．下列各组离子在对应溶液中可能大量存在的是（　　）23\nA．水电离出的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液：K+、Cu2+、SO32﹣、MnO4﹣B．与铝粉反应能放出氢气的溶液：Na+、SO42﹣、HCO3﹣、Cl﹣C．含有大量ClO﹣的溶液：H+、I﹣、SO42﹣、Cl﹣D．pH=12的溶液：K+、Cl﹣、SO32﹣、SiO32﹣　15．将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mL2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO2的物质的量为（　　）A．0.2molB．0.6molC．0.8molD．1.0mol　16．1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀．下列说法正确的是（　　）A．该合金中铜与镁的物质的量之比是1：2B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是12.0mol/LC．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL　　二、非选择题（共52分）17．五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大．A的最高价氧化物与B的氢化物在水中反应得到的生成物既可与酸反应又可与碱反应．C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数，而C的阳离子半径大于D的阳离子．若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，能观察到先变红后褪色．请回答下列问题：（1）C在元素周期表中的位置是　　　　　　，E的氢化物的电子式为　　　　　　．（2）B和E的氢化物相互反应得到的产物中含有化学键的类型是　　　　　　．（3）A、E元素形成的化合物的结构式是　　　　　　．（4）D单质能与A的最高价氧化物反应，写出反应的方程式　　　　　　．　18．已知A、B、C是中学化学的常见物质，它们在一定条件下有如图转化关系：ABC（1）若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C为红棕色气体．则A转化为B反应的化学方程式为　　　　　　．（2）若A焰色反应为黄色，D常温下是气体，则B可能是　　　　　　（任写一种）．（3）若D是金属，C溶液在贮存时应加入少量D，其理由是　　　　　　．　19．为了探究AgNO3的氧化性和热稳定性，某化学兴趣小组设计了如下实验．Ⅰ．AgNO3的氧化性．将光亮的铁丝伸入AgNO3溶液中，一段时间后将铁丝取出．为检验溶液中Fe的氧化产物，将溶液中的Ag+除尽后，进行了如下实验．可选用的试剂：KSCN溶液、KMnO4（H+）溶液、氯水．（1）请完成下表：操作现象结论23\n取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入KSCN溶液，振荡①存在Fe3+取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入②，振荡③存在Fe2+[实验结论]Fe的氧化产物为Fe2+和Fe2+．①　　　　　　；②　　　　　　；③　　　　　　．Ⅱ．AgNO3的热稳定性用如图所示的实验装置A加热AgNO3固体，产生红棕色气体，在装置D中收集到无色气体．当反应结束后，试管中残留固体为黑色．（2）装置B的作用是　　　　　　．（3）经小组讨论并验证该无色气体为O2，其验证方法是　　　　　　．（4）[查阅资料]Ag2O和粉末状的Ag均为黑色；Ag2O可溶于氨水．[提出设想]试管中残留的黑色固体可能是：ⅰAg；ⅱAg2O；ⅲAg和Ag2O．[实验验证]该小组为验证上述猜想，分别取少量黑色固体放入试管中，进行了如下实验．实验编号操作现象a加入足量氨水，振荡黑色固体不溶解b加入足量稀硝酸，振荡黑色固体溶解，并有气体产生[实验评价]根据上述实验，不能确定固体产物成分的实验是　　　　　　（填实验编号）．[实验结论]根据上述实验结果，该小组得出AgNO3固体热分解的产物有　　　　　　．　20．向浓度相等、体积均为50mL的A、B两份KOH溶液中，分别通入一定量的SO2气体后，再稀释到100mL．（1）在KOH溶液中通入一定量的SO2气体后，溶液中溶质的组成可能是：①　　　　　　；②　　　　　　；③　　　　　　；④　　　　　　．（2）在稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，产生SO2的体积（标准状况）与所加盐酸的体积关系如图所示．①A曲线表明，原溶液通入SO2气体后，所得溶质与盐酸反应产生SO2的最大体积是　　　　　　mL（标准状况）．②B曲线表明，原溶液通入SO2气体后，所得溶液中溶质的化学式为　　　　　　．③原KOH溶液的物质的量浓度为　　　　　　．　23\n21．（某镁铝合金（MgxAly）是贮氢材料，可在通入氩气的条件下，将一定化学计量比的Mg、Al单质在一定温度下熔炼制得．为测定该合金的成分，称取一定质量的样品放入500mL稀硫酸中，样品全部溶解并产生气体．待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与NaOH溶液的体积关系如图2所示．完成下列问题：（1）熔炼制取镁铝合金（MgxAly）时通入氩气的目的是　　　　　　．（2）该镁铝合金（MgxAly）的化学式为　　　　　　．（3）NaOH溶液的物质的量浓度为　　　　　　．（4）该合金在一定条件下吸氢的化学方程式为：MgxAly+xH2═xMgH2+yA1．得到的混合物在6.0mol•L﹣1HCl溶液中能完全释放出H2，1molMgxAly完全吸氢后得到的混合物与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为　　　　　　．（5）将该镁铝合金置于NaOH溶液可以构成原电池，写出负极发生的反应　　　　　　．（6）如图1甲为甲醇燃料电池，乙池为铝制品表面“钝化”装置，两极分别为铝制品和石墨．M电极的材料是　　　　　　．　　23\n2022-2022学年湖南省常德市津市一中高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（16个小题，每题3分，48分）1．化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（　　）A．二氧化硫可广泛用于食品的增白B．葡萄糖可用于补钙药物的合成C．聚乙烯塑料制品可用于食品的包装D．次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌【考点】药物的主要成分和疗效；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；二氧化硫的化学性质；常用合成高分子材料的化学成分及其性能．【专题】化学计算．【分析】A．二氧化硫有一定毒性；B．葡萄糖可用于合成葡萄糖酸钙；C．聚乙烯无毒；D．次氯酸钠有强氧化性．【解答】解：A．二氧化硫有一定毒性，不能用于食物漂白，故A错误；B．葡萄糖酸钙常被用做补钙剂，故B正确；C．聚乙烯可做食品的包装，而聚氯乙烯不可，故C正确；D．“84”消毒液的有效成分就是NaClO，可用于环境消毒，故D正确；故选A．【点评】本题考查化学在生活中的应用，难度不大，注意聚乙烯无毒，聚氯乙烯有毒．　2．（3分）下列物质分类正确的是（　　）A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物，分散质微粒直径在1nm﹣100nm形成的分散系为胶体，电解质是水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，不同物质组成的为混合物．【解答】解：A、CO和碱不能反应，属于不成盐氧化物，故A错误；B、稀豆浆属于胶体，硅酸、氯化铁溶液不是胶体，故B错误；C、四氯化碳属于非电解质，故C错误；D、福尔马林是甲醛的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液、氨水是氨气的水溶液均为混合物，故D正确；故选D．【点评】本题考查了酸性氧化物、化合物、电解质和胶体、单质的概念和辨析，难度不大．23\n　3．下列操作或装置能达到实验目的是（　　）A．配置一定浓度的NaCl溶液B．除去氯气中的HCl气体C．观察铁的吸氧腐蚀D．检验乙炔的还原性【考点】实验装置综合．【专题】实验评价题．【分析】A．依据定容时眼睛应平视刻度线解答；B．除去杂质不能引入新的杂质；C．铁在食盐水中发生吸氧腐蚀；D．生成的乙炔中含有H2S、PH3等还原性气体．【解答】解：A．配制一定物质的量浓度溶液时，定容时眼睛应平视刻度线，故A错误；B．饱和碳酸氢钠溶液能够与氯化氢反应生成二氧化碳，引入新的杂质，应改用饱和氯化钠溶液，故B错误；C．氯化钠溶液呈中性，铁在食盐水中发生吸氧腐蚀，在酸性条件下发生析氢腐蚀，故C正确；D．生成的乙炔中含有H2S、PH3等还原性气体，应将杂质除去方能证明乙炔的还原性，故D错误；故选：C．【点评】本题为实验题，考查了实验基本操作及设计，明确实验原理及仪器使用方法即可解答，题目难度不大．23\n　4．用如图装置（夹持、加热装置已略）进行实验，由②中现象，不能证实①中反应发生的是（　　）①中实验②中现象A铁粉与水蒸气加热肥皂水冒泡B加热NH4Cl和Ca（OH）2混合物酚酞溶液变红CNaHCO3固体受热分解澄清石灰水变浑浊D石蜡油在碎瓷片上受热分解Br2的CCl4溶液褪色A．AB．BC．CD．D【考点】真题集萃；氨的实验室制法；乙烯的化学性质；铁及其化合物的性质实验；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．【专题】综合实验题．【分析】A．试管中空气也能使肥皂水冒泡；B．氯化铵和氢氧化钙混合加热生成氨气，氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而使溶液呈红色；C．二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；D．不饱和烃能使溴的四氯化碳褪色．【解答】解：A．加热过程中的热空气、铁和水蒸气反应生成的氢气都能使肥皂水冒泡，所以肥皂水冒泡该反应不一定发生，故A错误；B．NH4Cl+Ca（OH）2NH3↑+CaCl2+H2O、NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，氨水溶液呈碱性，所以能使酚酞试液变红色，故B正确；C.2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，如果②中澄清石灰水变浑浊，则①中一定发生反应，故C正确；D．溴的四氯化碳褪色说明有不饱和烃生成，所以①中一定发生化学反应，故D正确；故选A．【点评】本题考查了物质的性质及实验基本操作及反应现象，明确实验原理是解本题关键，再结合物质的性质分析解答，题目难度不大．　5．下列有关化学用语表示正确的是（　　）A．“碳铵”的化学式：（NH4）2CO3B．二氧化碳的结构式：O=C=OC．钾原子的结构示意图：D．中子数为138、质子数为88的镭（Ra）原子：Ra23\n【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【专题】化学用语专题．【分析】A．碳铵为碳酸氢铵，化学式为NH4HCO3；B．二氧化碳分子中含有两个碳氧双键；C．钾原子的核电荷数=核外电子总数=19，最外层含有1个电子；D．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数．【解答】解：A．碳铵为碳酸氢铵，其化学式为NH4HCO3，故A错误；B．二氧化碳为直线型结构，其分子中含有两个碳氧双键，其结构式为：O=C=O，故B正确；C．钾原子的最外层含有1个电子，其正确的原子结构示意图为：，故C错误；D．中子数为138、质子数为88的镭（Ra）原子的质量数为226，该原子的正确表示方法为：22688Ra，故D错误；故选B．【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及原子结构示意图、化学式、元素符号、结构式等知识，明确常见化学用语的表示方法为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力．　6．下列离子方程式正确的是（　　）A．FeSO4酸性溶液暴露在空气中：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2OB．过量石灰水与碳酸氢钙反应：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2OC．HO中投入Na2O2固体：2HO+2Na2O2═4OH﹣+4Na++18O2↑D．向氯化铝溶液中滴加过量氨水：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．二价铁离子具有还原性容易被空气中的氧气氧化生成三价铁离子；B．石灰水过量反应生成碳酸钙和水；C．过氧化钠与水反应，过氧化钠既做氧化剂又做还原剂；D．向氯化铝溶液中滴加过量氨水，反应生成氢氧化铝和氯化铵．【解答】解：A．FeSO4酸性溶液暴露在空气中，离子方程式：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，故A正确；B．过量石灰水与碳酸氢钙反应，离子方程式为：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O，故B错误；C．HO中投入Na2O2固体，离子方程式：2HO+2Na2O2═418OH﹣+4Na++O2↑，故C错误；D．向氯化铝溶液中滴加过量氨水，离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，熟悉过氧化钠与水反应的原理是解题关键．　7．将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系．下列判断正确的是（　　）23\nA．与NaOH反应的氯气一定为0.3molB．n（Na+）：n（Cl﹣）可能为7：3C．若反应中转移的电子为nmol，则0.15＜n＜0.25D．n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：2：1【考点】氯气的化学性质；化学方程式的有关计算．【专题】元素及其化合物．【分析】A、由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），再根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），据此计算；B、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n（Na+）：n（Cl﹣）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n（Na+）：n（Cl﹣）最小为6：5，据此判断；C、利用极限法解答，根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多；D、令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，根据电子转移守恒验证判断．【解答】解：A、由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.03L×10mol/L=0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，故参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，故A错误；B、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n（Na+）：n（Cl﹣）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n（Na+）：n（Cl﹣）最小为6：5，故6：5＜n（Na+）：n（Cl﹣）＜2：1，7：3＞2：1，故B错误；C、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3mol××1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3mol××1=0.25mol，故C正确；D、令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1+1mol×5=7mol，得失电子不相等，故D错误；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应计算、根据方程式的计算等，难度较大，注意极限法与守恒法的利用．　8．下列推断合理的是（　　）A．在常温下，Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓，说明H2CO3酸性强于H2SiO3；在高温下，Na2CO3+SiO2=Na2SiO3+CO2↑，说明H2SiO3酸性强于H2CO3B．胶体区别于其他分散系的本质特点是能产生丁达尔现象C．KAl（SO4）2•12H2O是复盐；（NH4）2Fe（SO4）2也是复盐D．CaCl2、NaOH、HCl、HD四种物质都属于化合物【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【专题】物质的分类专题．23\n【分析】A．在高温下，Na2CO3+SiO2=Na2SiO3+CO2↑，说明碳酸钠的稳定性不如硅酸钠，不能说明硅酸的酸性大于碳酸；B．分散系的本质区别在于分散质微粒的直径大小；C．两种或两种以上的简单盐类组成的同晶型化合物，叫做复盐；D．单质是由同种元素组成的纯净物．化合物是由不同种元素组成的纯净物．【解答】解：A．在高温下发生的反应Na2CO3+SiO2=Na2SiO3+CO2↑，只能说明硅酸钠比碳酸钠稳定，无法证明酸性大小，相反，碳酸的酸性大于硅酸，向硅酸钠溶液中通入二氧化碳会生成硅酸沉淀，故A错误；B．胶体区别于其他分散系的本质特点是胶体粒子直径在1﹣100nm（10﹣7～10﹣9m）之间，故B错误；C．KAl（SO4）2•12H2O、（NH4）2Fe（SO4）2是复盐，故C正确；D．HD是单质，故D错误．故选C．【点评】本题考查酸性比较、胶体的本质、复盐和化合物，题目难度不大，侧重于常识性内容的考查，注意基础知识的积累．　9．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（　　）选项叙述Ⅰ叙述ⅡANH4Cl是强酸弱碱盐将NH4Cl溶液蒸干可制备NH4Cl固体BFe3+有强氧化性用KSCN溶液可以鉴别Fe3+CSO2有还原性用SO2可使溴水褪色DCl2有漂白性用Cl2可与石灰乳反应制备含氯消毒剂A．AB．BC．CD．D【考点】影响盐类水解程度的主要因素；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】盐类的水解专题；元素及其化合物．【分析】A、氯化铵受热易分解为氨气和氯化氢；B、铁离子可以和硫氰酸根离子发生络合反应得到红色络合物；C、二氧化硫可和溴水之间发生氧化还原反应；D、Cl2可与石灰乳反应制备漂白粉，具有消毒、漂白、杀菌的作用．【解答】解：A、NH4Cl是强酸弱碱盐，加热其溶液，氯化铵受热易分解为氨气和氯化氢，得不到固体物质，故A错误；B、铁离子可以和硫氰酸根离子发生络合反应得到红色络合物，没有体现铁离子的氧化性，故B错误；C、二氧化硫可以和溴水之间发生氧化还原反应，二氧化硫是还原剂，有还原性，溴单质是氧化剂，故C正确；D、Cl2可与石灰乳反应制备漂白粉，具有消毒、漂白、杀菌的作用，但是氯气不具有漂白性，故D错误．故选C．【点评】本题涉及物质的性质以及盐的水解原理的应用知识，注意知识的迁移和应用是关键，难度不大．　10．下列实验过程中，始终无明显现象的是（　　）A．Cl2通入FeSO4溶液中23\nB．CO2通入Ca（OH）2溶液中C．将AlCl3溶液滴入NaOH溶液中D．SO2通入BaCl2溶液中【考点】氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物．【分析】根源化学方程式判断溶液中是否有沉淀、气体、颜色变化来确定选项．【解答】解：A、Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣，Fe2+被氧化成Fe3+，溶液颜色由浅绿色变为黄色，故A错；B、CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O，CaCO3+H2O+CO2=2Ca（HCO3）2，溶液先有白色沉淀后消失，故B错；C、将AlCl3溶液滴入NaOH溶液中，先有白色沉淀，后沉淀溶解，故C错；D、SO2与BaCl2溶液不反应，始终无明显现象，故D正确；故选：D【点评】本题考查了氯气、二氧化硫、氯化铝、氢氧化钙的性质，属元素化合物的综合题，根据化合物的性质判断是否反应来确定选项．　11．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）A．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAB．室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1NAC．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2NAD．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NA【考点】阿伏加德罗常数．【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，1LpH=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．23\n【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．　12．下列离子方程式正确的是（　　）A．Cl2通入水中：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣B．双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2H++2I﹣═I2+2H2OC．用铜作电极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32﹣+4H+═SO42﹣+3S↓+2H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．HClO为弱酸，在离子反应中保留化学式；B．发生氧化还原反应生成硫酸钾、碘、水；C．铜作电解，阳极Cu失去电子，实质为电镀；D．发生氧化还原反应生成S、SO2、H2O．【解答】解：A．Cl2通入水中的离子反应为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故A错误；B．双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应为H2O2+2H++2I﹣═I2+2H2O，故B正确；C．用铜作电极电解CuSO4溶液，实质为电镀，阳极Cu失去电子，阴极铜离子得电子，故C错误；D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子反应为S2O32﹣+2H+═SO2↑+S↓+H2O，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意发生的氧化还原反应为解答的难点，题目难度中等．　13．短周期元素X、Y、Z均为非金属元素（X的原子序数小于Y的原子序数），三者形成多种化合物，其中分子式为XYZ6的化合物被认为是潜在的储氢材料，氢的质量分数达19.42%，下列说法正确的是（　　）A．XYZ6的摩尔质量是31B．X是氢元素C．Y是氢元素D．Z是氢元素【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】短周期元素X、Y、Z均为非金属元素，分子式为XYZ6的化合物被认为是潜在的储氢材料，氢的质量分数达19.42%，H原子序数最小为1，由于X的原子序数小于Y的原子序数，则Y一定不是H元素，若X为H元素，则XYZ6的相对分子质量==5.15，由分子式可知，相对分子质量不符合，故Z为H元素，结合摩尔质量有单位进行解答．【解答】解：短周期元素X、Y、Z均为非金属元素，分子式为XYZ6的化合物被认为是潜在的储氢材料，氢的质量分数达19.42%，H原子序数最小为1，由于X的原子序数小于Y的原子序数，则Y一定不是H元素，若X为H元素，则XYZ6的相对分子质量==5.15，由分子式可知，相对分子质量不符合，故Z为H元素，故XYZ6的相对分子质量==31，其摩尔质量为31g/mol，故选D．23\n【点评】本题考查元素推断、化学式有关计算、摩尔质量等，注意充分利用分子式与氢元素含量，利用假设法解答，难度不大．　14．下列各组离子在对应溶液中可能大量存在的是（　　）A．水电离出的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液：K+、Cu2+、SO32﹣、MnO4﹣B．与铝粉反应能放出氢气的溶液：Na+、SO42﹣、HCO3﹣、Cl﹣C．含有大量ClO﹣的溶液：H+、I﹣、SO42﹣、Cl﹣D．pH=12的溶液：K+、Cl﹣、SO32﹣、SiO32﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．水电离出的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液为酸性或者碱性溶液，铜离子与氢氧根离子反应，亚硫酸根离子与高锰酸根离子、氢离子反应；B．与铝粉反应能放出氢气的溶液为酸性或者碱性溶液，碳酸氢根离子能够与氢离子、氢氧根离子反应；C．含有大量ClO﹣的溶液，碘离子能够被次氯酸根离子氧化；D．K+、Cl﹣、SO32﹣、SiO32﹣离子之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存；【解答】解：A．水电离出的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中存在大量的H+或OH﹣，Cu2+与OH﹣离子反应，SO32﹣与H+、MnO4﹣反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．与铝粉反应能放出氢气的溶液中存在大量的H+或OH﹣，HCO3﹣与H+和OH﹣离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；C．含有大量ClO﹣的溶液，ClO﹣具有强氧化性，能够氧化I﹣，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．pH=12的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量的OH﹣，K+、Cl﹣、SO32﹣、SiO32﹣离子之间不反应，且都不与OH﹣离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等．　15．将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mL2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO2的物质的量为（　　）A．0.2molB．0.6molC．0.8molD．1.0mol【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】51.2gCu的物质的量为0.8mol，整个过程发生的反应较复杂，但从氧化还原反应电子得失的角度分析可以简化为铜和氮间电子的转移，铜和硝酸反应铜还原硝酸生成氮氧化合物，在NaOH溶液中氮氧化合物又转化成NaNO3和NaNO2，我们可以认为铜将失去的电子给了硝酸在氢氧化钠溶液中生成了NaNO2，根据得失电子数目相等得到2n（Cu）=2n（NaNO2），据此解答．23\n【解答】解：用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu（NO3）2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，51.2gCu的物质的量为：n（Cu）===0.8mol，共失电子为0.8mol×2=1.6mol，HNO3到NaNO2共得到电子1.6mol，根据得失电子数目相等得到2n（Cu）=2n（NaNO2），故产物中NaNO2的物质的量为=0.8mol，故选C．【点评】本题考查氧化还原反应的有关计算，难度中等，用终态分析法判断失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子是解题的关键．　16．1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀．下列说法正确的是（　　）A．该合金中铜与镁的物质的量之比是1：2B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是12.0mol/LC．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL【考点】有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质．【专题】守恒法．【分析】A．金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，根据n=计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；B．根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；C．根据n=计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列方程计算；D．反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3），再根据V=计算需要氢氧化钠溶液的体积．【解答】解：A．金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A错误；23\nB．该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，故B错误；C．NO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05﹣a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+（0.05﹣a）×2×1=0.06，解得a=0.04，NO2的体积分数=×100%=80%，故C正确；D．反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L﹣0.04mol﹣（0.05﹣0.04）×2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3）=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL，故D错误；故选C．【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想进行的解答．　二、非选择题（共52分）17．五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大．A的最高价氧化物与B的氢化物在水中反应得到的生成物既可与酸反应又可与碱反应．C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数，而C的阳离子半径大于D的阳离子．若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，能观察到先变红后褪色．请回答下列问题：（1）C在元素周期表中的位置是　第三周期IA族　，E的氢化物的电子式为　　．（2）B和E的氢化物相互反应得到的产物中含有化学键的类型是　离子键、共价键　．（3）A、E元素形成的化合物的结构式是　　．（4）D单质能与A的最高价氧化物反应，写出反应的方程式　2Mg+CO22MgO+C　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大．A的最高价氧化物与B的氢化物在水中反应得到的生成物既可与酸反应又可与碱反应，该生成物中含有铵根离子、弱酸根离子，可推知A为C元素、B为N元素；C、D为金属元素，结构原子序数可知，C、D、E处于第三周期，D原子最外层电子数等于其K层电子数，则D为Mg，则C为Na；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，能观察到先变红后褪色，则E为Cl，据此解答．【解答】解：五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大．A的最高价氧化物与B的氢化物在水中反应得到的生成物既可与酸反应又可与碱反应，该生成物中含有铵根离子、弱酸根离子，可推知A为C元素、B为N元素；C、D为金属元素，结构原子序数可知，C、D、E处于第三周期，D原子最外层电子数等于其K层电子数，则D为Mg，则C为Na；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，能观察到先变红后褪色，则E为Cl．（1）C为Na，在元素周期表中的位置是：第三周期IA族，E的氢化物HCl，电子式为，23\n故答案为：第三周期IA族；；（2）B和E的氢化物分别为NH3、HCl，相互反应得到的产物为NH4Cl，含有离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键；（3）A、E元素形成的化合物CCl4，结构式是，故答案为：；（4）D单质能与A的最高价氧化物反应，反应的方程式为：2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，需学生熟练掌握元素化合物性质，难度中等．　18．已知A、B、C是中学化学的常见物质，它们在一定条件下有如图转化关系：ABC（1）若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C为红棕色气体．则A转化为B反应的化学方程式为　4NH3+5O24NO+6H2O　．（2）若A焰色反应为黄色，D常温下是气体，则B可能是　Na2O或Na2CO3　（任写一种）．（3）若D是金属，C溶液在贮存时应加入少量D，其理由是　防止亚铁离子被空气中氧气氧化　．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断；物质变化与能量变化统一思想；演绎推理法；元素及其化合物．【分析】（1）若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C为红棕色的气体，则A为NH3，C为NO2，可推知D为O2，B为NO；（2）若A焰色反应为黄色，则A中含有钠元素，D常温下是气体，则A为Na，B为Na2O，C为Na2O2；（3）若D是金属，则D应为变价金属，所以A为氯气或硝酸，B为氯化铁或硝酸铁，C为氯化亚铁或硝酸亚铁，据此答题．【解答】解：（1）若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C为红棕色的气体，则A为NH3，C为NO2，可推知D为O2，B为NO，A转化为B反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（2）若A焰色反应为黄色，则A中含有钠元素，D常温下是气体，则A为Na或NaOH，B为Na2O或Na2CO3，C为Na2O2或CO2，故答案为：Na2O或Na2CO3；（3）若D是金属，则D应为变价金属，所以A为氯气或硝酸，B为氯化铁或硝酸铁，C为氯化亚铁或硝酸亚铁，所以在贮存亚铁盐溶液时应加少量的铁粉，防止亚铁离子被空气中氧气氧化，23\n故答案为：防止亚铁离子被空气中氧气氧化．【点评】本题考查无机物的推断，题目具有一定的开放性，需要学生熟练掌握元素化合物性质，侧重考查学生对知识的系统化掌握，难度中等．　19．为了探究AgNO3的氧化性和热稳定性，某化学兴趣小组设计了如下实验．Ⅰ．AgNO3的氧化性．将光亮的铁丝伸入AgNO3溶液中，一段时间后将铁丝取出．为检验溶液中Fe的氧化产物，将溶液中的Ag+除尽后，进行了如下实验．可选用的试剂：KSCN溶液、KMnO4（H+）溶液、氯水．（1）请完成下表：操作现象结论取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入KSCN溶液，振荡①存在Fe3+取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入②，振荡③存在Fe2+[实验结论]Fe的氧化产物为Fe2+和Fe2+．①　溶液呈血红色　；②　酸性的KMnO4溶液　；③　溶液紫色褪去　．Ⅱ．AgNO3的热稳定性用如图所示的实验装置A加热AgNO3固体，产生红棕色气体，在装置D中收集到无色气体．当反应结束后，试管中残留固体为黑色．（2）装置B的作用是　防倒吸　．（3）经小组讨论并验证该无色气体为O2，其验证方法是　用带火星的木条深入集气瓶中，木条复燃证明无色气体为氧气　．（4）[查阅资料]Ag2O和粉末状的Ag均为黑色；Ag2O可溶于氨水．[提出设想]试管中残留的黑色固体可能是：ⅰAg；ⅱAg2O；ⅲAg和Ag2O．[实验验证]该小组为验证上述猜想，分别取少量黑色固体放入试管中，进行了如下实验．实验编号操作现象a加入足量氨水，振荡黑色固体不溶解b加入足量稀硝酸，振荡黑色固体溶解，并有气体产生[实验评价]根据上述实验，不能确定固体产物成分的实验是　b　（填实验编号）．[实验结论]根据上述实验结果，该小组得出AgNO3固体热分解的产物有　Ag、NO2、O2　．【考点】性质实验方案的设计；二价Fe离子和三价Fe离子的检验；常见气体的检验．【专题】无机实验综合．【分析】本题以探究AgNO3固的氧化性和稳定性为载体，通过检验溶液里的Fe2+、Fe3+的存在来推测AgNO3固的氧化性，通常是利用KSCN溶液检验Fe3+、酸性的KMnO4溶液检验Fe2+，在探究AgNO3稳定性时通过分解的气体产物和对固体成分的分析来推测，涉及了Ag和Ag2O溶解在稀硝酸中的不同实验现象来确定，据此可作答；（1）依据铁离子与硫氰酸钾溶液反应生成血红色溶液验证铁离子的存在；亚铁离子的检验是利用酸性KMnO4溶液的强氧化性，通过溶液是否褪色来判断；23\n（2）装置中B为安全瓶防倒吸；（3）依据氧气助燃性检验；（4）实验操作加入氨水，固体不溶解，只能得出固体成分是Ag，实验操作加入的试剂若是硝酸，固体溶解，银单质反应溶解，氧化银也能溶于硝酸；②装置A加热AgNO3固体，产生红棕色气体为二氧化氮，在装置D中收集到无色气体为氧气，依据实验a可知产物为银，氧化银溶于氨水；【解答】解：（1）取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入KSCN溶液，振荡，溶液变血红色，证明含有铁离子，验证亚铁离子实验是取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入酸性的KMnO4溶液，发现溶液紫色褪去，可证明溶液中含有Fe2+，故答案为：①溶液呈血红色；②酸性的KMnO4溶液；③溶液紫色褪去；（2）装置导气管略露出胶塞，是安全瓶，可以防止C装置中的液体到吸入发生装置A，故答案为：防倒吸；（3）氧气具有助燃性，用带火星的木条伸入集气瓶中，木条复燃证明无色气为氧气，故答案为：用带火星的木条深入集气瓶中，木条复燃证明无色气体为氧气；（4）①实验a加入氨水，银不能溶解于氨水溶液，Ag2O能溶于氨水中形成银氨溶液，可以验证固体成分的判断，b实验加入的硝酸可以溶解Ag2O，也可以溶解Ag，不能检验固体成分，故答案为：b．②实验a加入氨水，银不能溶解于氨水溶液，Ag2O能溶于氨水中形成银氨溶液，可以验证固体成分的判断，加入足量氨水，振荡黑色固体不溶解，说明生成的固体为Ag，装置A加热AgNO3固体，产生红棕色气体为二氧化氮，在装置D中收集到无色气体为氧气，AgNO3固体热分解的产物有Ag、NO2、O2，故答案为：Ag、NO2、O2；【点评】本题考查了实验设计的方法和物质实验验证方案分析判断，物质性质的应用是解题关键，题目难度中等．　20．向浓度相等、体积均为50mL的A、B两份KOH溶液中，分别通入一定量的SO2气体后，再稀释到100mL．（1）在KOH溶液中通入一定量的SO2气体后，溶液中溶质的组成可能是：①　KOH、K2SO3　；②　K2SO3　；③　K2SO3、KHSO3　；④　KHSO3　．（2）在稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，产生SO2的体积（标准状况）与所加盐酸的体积关系如图所示．①A曲线表明，原溶液通入SO2气体后，所得溶质与盐酸反应产生SO2的最大体积是　112　mL（标准状况）．②B曲线表明，原溶液通入SO2气体后，所得溶液中溶质的化学式为　KOH、K2SO3　．③原KOH溶液的物质的量浓度为　0.150mol/L　．【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．23\n【分析】（1）KOH溶液过量此时溶液中溶质是KOH、K2SO3；两恰好完全反应生成K2SO3；继续过二氧化硫生成K2SO3、KHSO3，二氧化硫与K2SO3恰好完全反应生成KHSO3；（2）①当生成SO2气体时，发生反应HSO3﹣+H+=H2O+SO2↑，对于A溶液来说，滴加盐酸25mL时没有气体生成，可能发生OH﹣+H+=H2O和SO32﹣+H+=HSO3﹣，根据消耗盐酸体积相对大小确定所得溶液中的溶质；②逐滴加入0.1mol•L﹣1的盐酸，生成SO2气体时，发生反应HSO3﹣+H+=H2O+SO2↑，对于B溶液来说，滴加盐酸60mL时没有气体生成，可能发生OH﹣+H+=H2O和SO32﹣+H+=HSO3﹣，根消耗盐酸体积相对大小确定所得溶液中的溶质；③先向氢氧化钾溶液中通入二氧化硫，后向通入二氧化硫的氢氧化钾溶液中滴加盐酸，当二氧化硫气体完全放出时，溶液的溶质是氯化钾，该反应的实质是盐酸和氢氧化钾反应生成氯化钾，根据盐酸的物质的量计算氢氧化钾的物质的量浓度．【解答】解：（1）KOH溶液过量此时溶液中溶质是KOH、K2SO3；两恰好完全反应生成K2SO3；继续过二氧化硫生成K2SO3、KHSO3，二氧化硫与K2SO3恰好完全反应生成KHSO3，故答案为：①KOH、K2SO3；②K2SO3；③K2SO3、KHSO3；④KHSO3；（2））①当生成SO2气体时，发生反应HSO3﹣+H+=H2O+SO2↑，对于A溶液来说，滴加盐酸25mL时没有气体生成，可能发生OH﹣+H+=H2O和SO32﹣+H+=HSO3﹣，假设原溶液中只有亚硫酸钾，生成亚硫酸钾需要盐酸的体积和亚硫酸氢钾生成氯化钾需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积25mL小于亚硫酸氢钾生成氯化钾需要盐酸的体积（75﹣25）mL=50mL，说明原溶液中的溶质是亚硫酸钾和亚硫酸氢钾，又因为25ml：50ml=1：2，所以亚硫酸钾和亚硫酸氢钾的物质的量相等，75ml时生成氯化钾，根据氯守恒，氯化钾的物质的量与盐酸物质的量相等，所以氯化钾的物质的量为0.1mol/L×75ml×10﹣3L/ml=7.5×10﹣3mol，所以亚硫酸钾和亚硫酸氢钾的物质的量为2.5×10﹣3mol，根据硫守恒二氧化硫气体的物质的量为：2.5×10﹣3mol×2×22.4L/mol=112ml，故答案为：112；②逐滴加入0.1mol•L﹣1的盐酸，生成SO2气体时，发生反应HSO3﹣+H+=H2O+SO2↑，对于B溶液来说，滴加盐酸60mL时没有气体生成，可能发生OH﹣+H+=H2O和SO32﹣+H+=HSO3﹣，假设原溶液中只有亚硫酸钾，生成亚硫酸钾需要盐酸的体积和亚硫酸氢钾生成氯化钾需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积60mL大于亚硫酸氢钾生成氯化钾需要盐酸的体积（75﹣60）mL=15mL，说明原溶液中的溶质是KOH、K2SO3，故答案为：KOH、K2SO3；③75ml时生成氯化钾，根据氯守恒，氯化钾的物质的量与盐酸物质的量相等，所以氯化钾的物质的量为0.1mol/L×75ml×10﹣3L/ml=7.5×10﹣3mol，钾守恒所以氢氧化钾的物质的量为：7.5×10﹣3mol，即原KOH溶液的物质的量浓度为=0.150mol/L，故答案为：0.150mol/L．【点评】本题比较综合，考查了混合物的有关计算关键根据图中盐酸的体积计算出KOH、SO2的物质的量，判断SO2与KOH反应过程，题目难度较大．　21．（某镁铝合金（MgxAly）是贮氢材料，可在通入氩气的条件下，将一定化学计量比的Mg、Al单质在一定温度下熔炼制得．为测定该合金的成分，称取一定质量的样品放入500mL稀硫酸中，样品全部溶解并产生气体．待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与NaOH溶液的体积关系如图2所示．完成下列问题：23\n（1）熔炼制取镁铝合金（MgxAly）时通入氩气的目的是　防止镁铝被空气氧化　．（2）该镁铝合金（MgxAly）的化学式为　Mg17Al12　．（3）NaOH溶液的物质的量浓度为　6mol•L﹣1　．（4）该合金在一定条件下吸氢的化学方程式为：MgxAly+xH2═xMgH2+yA1．得到的混合物在6.0mol•L﹣1HCl溶液中能完全释放出H2，1molMgxAly完全吸氢后得到的混合物与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为　52mol　．（5）将该镁铝合金置于NaOH溶液可以构成原电池，写出负极发生的反应　Al+4OH﹣﹣3e﹣=AlO2﹣+2H2O　．（6）如图1甲为甲醇燃料电池，乙池为铝制品表面“钝化”装置，两极分别为铝制品和石墨．M电极的材料是　Al　．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】定量测定与误差分析．【分析】（1）金属镁和铝容易被氧气氧化，进入氩气可以防止镁铝被氧化；（2）根据图2加入136.7mL氢氧化钠溶液时恰好生成0.29mol氢氧化铝和氢氧化铝沉淀，加入156.7mL氢氧化钠溶液时，沉淀被溶解的为氢氧化铝，据此可以计算出氢氧化铝、氢氧化铝的物质的量，根据质量守恒可知镁铝的物质的量之比；（3）根据氢氧化铝与氢氧化钠反应的方程式及氢氧化铝的物质的量、氢氧化钠的体积计算出氢氧化钠的浓度；（4）释放出的H2包括Mg17Al12吸收的氢，还包括镁、铝和盐酸反应生成的氢气；（5）镁不与氢氧化钠溶液反应，铝能够与氢氧化钠溶液反应，所以负极为铝，正极为镁，负极铝失去电子与氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，据此写出电极反应；（6）根据图1中反应产物判断原电池电极，然后判断电解池的阴、阳极．【解答】解：（1）熔炼制取镁铝合金（MgxAly）时通入氩气的目的是防止镁铝被空气中的氧气氧化，故答案为：防止镁铝被空气氧化；（2）氢氧化镁和氢氧化铝总物质的量为：0.29mol，加入过量氢氧化钠溶液后，剩余的0.17mol沉淀为氢氧化镁，则氢氧化铝沉淀的物质的量为0.12mol，根据质量守恒定律可知，原合金中镁和铝的物质的量之比为：0.17mol：0.12mol=17：2，所以该镁铝合金（MgxAly）的化学式为：Mg17Al12，故答案为：Mg17Al12；23\n（3）溶解0.12mol氢氧化铝消耗氢氧化钠的体积为：（156.7﹣136.7）mL=20mL，根据反应方程式Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知，氢氧化钠的物质的量浓度为：=6mol•L﹣1，故答案为：6mol•L﹣1；（4）1molMg17Al12完全吸氢17mol，在盐酸中会全部释放出来，镁铝合金中的镁和铝都能与盐酸反应生成H2，1molMg17Al12完全反应生成氢气的物质的量分别为地17mol、18mol，则生成氢气一共（17+17+18）mol=52mol，故答案为：52mol；（5）由于镁不与氢氧化钠溶液反应，所以负极为铝，电解质为氢氧化钠溶液的负极反应为：Al+4OH﹣﹣3e﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al+4OH﹣﹣3e﹣=AlO2﹣+2H2O；（6）由装置图可知，b极通入气体后产生气体，c极通入气体后产生水，故b极通入为甲醇，c极通入的是氧气，原电池负极发生氧化反应，正极反应还原反应，所以b为正极，c为负极，M连接的为电源正极，则M为阳极，Al在阳极放电；故答案为：Al．【点评】本题考查了有关混合物的简单计算、原电池、电解池工作原理等知识，题目难度中等，试题题量稍大，掌握掌握原电池、电解池工作原理，明确混合物组成的计算方法．　23