江西省南昌三中高三化学上学期第二次月考试题含解析

江西省南昌三中2022-2022学年高三（上）第二次月考化学试卷　一．选择题（每小题有只一个答案，每小题3分，共48分）1．下列说法错误的是（　　）A．配制一定物质的量浓度的NaCl溶液定容时，俯视会使溶液浓度偏大B．除去氯气中HCl用饱和食盐水C．海水开发用的部分过程如图：工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收　2．下列说法错误的是（　　）A．硅胶可用作食品干操剂B．P2O5不可用作食品干操剂C．六水氯化钙可用作食品干燥剂D．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂　3．某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32﹣、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣．向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（　　）A．3种B．4种C．5种D．6种　4．某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2溶液中同时有气体和沉淀产生．下列化合物中符合上述条件的是（　　）A．Na2O2B．CaOC．FeCl2D．SiO2　5．给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（　　）A．粗硅SiCl4SiB．Mg（OH）2MgCl2（aq）MgC．Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3D．AgNO3（aq）[Ag（NH3）2]OH（aq）Ag　6．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（　　）选项实验现象结论24\nA．向含I﹣的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色氧化性：Cl2＞I2B．将铜粉加1.0mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C．用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D．将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+A．AB．BC．CD．D　7．在通风橱中进行下列实验：步骤现象Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止FeCu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法中不正确的是（　　）A．Ⅰ中气体有无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2=2NO2B．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3C．Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应D．针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化　24\n8．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）A．25℃时，1.0LpH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NAB．1molCu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子C．室温下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NAD．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NA　9．下列物质分类正确的是（　　）①混合物：铝热剂、福尔马林、水玻璃、漂白粉②化合物：氯化钙、烧碱、冰水混合物、胆矾　③酸性氧化物：Mn2O7、N2O3、SiO2、NO2④同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2　⑤同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨．A．①②④B．②③④C．①②⑤D．②④⑤　10．利用实验器材（规格和数量不限）能完成相应实验的一项是（　　）选项实验器材（省略夹持装置）相应实验A三脚架、泥三角、坩埚、坩埚钳用CuSO4•5H2O制取无水CuSO4粉末B烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用浓盐酸配制0.1mol•L﹣1的HCl溶液C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇D烧杯、酸式滴定管、碱式滴定管用H2SO4标准液滴定未知浓度的NaOH溶液A．AB．BC．CD．D　11．已知反应：①2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O，②K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2（SO4）3+Cr2（SO4）3+K2SO4+7H2O，③Fe2（SO4）3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4．下列结论正确的是（　　）A．①②③均是氧化还原反应B．氧化性强弱顺序是：K2Cr2O7＞Fe2（SO4）3＞I2C．反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1D．反应③中0.1mol还原剂共失去电子数为1.2×1022　12．同温同压下，xg的甲气体和yg的乙气体占有相同的体积，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述错误的是（　　）A．x：y等于甲与乙的相对分子质量之比B．x：y等于等质量的甲与乙的分子个数之比C．x：y等于同温同压下甲与乙的密度之比D．y：x等于同温同体积下等质量的甲与乙的压强之比　13．在一密闭容器中有CO、H2、O2共16.5g和足量的Na2O2，用电火花引燃，使其完全反应，Na2O2增重7.5g，则原混合气体中O2的质量分数是（　　）A．54.5%B．40%C．36%D．33.3%　14．下列离子方程式不正确的是（　　）A．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+=2Mn2++5NO3﹣+3H2O24\nB．0.5mol/L的NaHSO3溶液与1.0mol/L的NaClO溶液等体积混合：HSO3﹣+2ClO﹣=SO42﹣+Cl﹣+HClOC．Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2D．NH4HSO4的稀溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42﹣恰好沉淀完全：NH4++H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=NH3·H2O+BaSO4↓+H2O　15．将足量的CO2不断通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（　　）　16．1.76克铜镁合金完全溶解于50mL、密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2气体1792mL（标准状况），向反应后的溶液中加入适量的1.0mol/LNaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀．下列说法不正确的是（　　）A．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LB．加入NaOH溶液的体积是50mLC．浓硝酸在与合金反应中起了酸性和氧化性的双重作用，且起氧化性的硝酸的物质的量为0.08molD．得到的金属氢氧化物的沉淀为3.12克　　二．非选择题（共52分）17．（8分）某强酸性溶液X含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣中的一种或几种，取该溶液进行实验，实验内容如下：根据以上信息，回答下列问题：（1）溶液X中除H+外还肯定含有的离子是　　　　　　；（2）写出有关离子方程式：步骤①中生成A　　　　　　；步骤②生成沉淀I　　　　　　．（3）假设测定A、F、I　　　　　　1mol，10mLX溶液中n（H+）=0.04mol，而沉淀C物质的量0.07mol，能说明该溶液不能确定的阴离子存在的理由是　　　　　　．　18．（11分）100mL1mol•L﹣1烧碱溶液中通入一定量CO2充分反应后，将溶液在低温下蒸干得到白色固体X，X的组成可能有四种情况，24\n按出现的先后顺序分别是Ⅰ．　　　　　　Ⅱ．Na2CO3，Ⅲ．Na2CO3、NaHCO3，Ⅳ．　　　　　　．①常温下，将得到的固体X重新溶于水，在所得溶液中逐滴加入盐酸，得到下面的变化图，则X的成份为　　　　　　（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ或Ⅳ），盐酸的浓度为　　　　　　．②若要验证白色固体X是第Ⅰ种组成，依次加入的试剂为　　　　　　（填字母序号）．a．盐酸b．MgCl2溶液c．BaCl2溶液d．Ba（OH）2溶液在验证的过程中，一定需要进行的操作是　　　　　　（填字母序号）．a．萃取b．洗涤c．过滤d．分馏③若白色固体X为第Ⅲ种组成，下列实验方案中不能测定其中NaHCO3质量分数的是　　　　　　（填字母序号）．a．取mgX与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤，洗涤，烘干得ng固体b．取mgX与足量盐酸充分反应，加热，蒸干，灼烧得ng固体c．取mgX充分加热，减重ngd．取mgX与足量稀硫酸充分反应，逸出的气体被足量碱石灰吸收，增重ng④若白色固体X的质量为5.0g，则X的组成为　　　　　　（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ或Ⅳ）．　19．（8分）新型材料纳米级铁粉与普通铁粉具有不同的性质．已知：在不同温度下，纳米级铁粉与水蒸气反应的固体产物不同，温度低于570℃时，生成FeO；高于570℃时，生成Fe3O4．（1）写出温度低于570℃时反应的化学方程式　　　　　　．（2）中学教材中用如图所示实验装置，完成铁粉与水蒸气反应的演示实验．实验中使用肥皂液的作用是　　　　　　．（3）乙同学为了探究实验后的固体产物是否存在F3O4（假定铁全部反应完全）设计下列实验方案：①取固体样品m1g，溶于足量的稀盐酸；②向①反应后的溶液中加入足量H2O2得溶液X再加氨水，充分反应后，过滤、洗涤、干燥；③将②中所得固体进行灼烧，得到红棕色固体m2g．溶液X中发生氧化还原反应的离子方程式为　　　　　　；m1与m2符合　　　　　　关系时，才能确定固体样品中一定只存在Fe3O4．　20．（14分）硼及其化合物在工业上有许多用途．以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3）的工艺流程如图所示：24\n回答下列问题：（1）写出Mg2B2O5•H2O与硫酸反应的化学方程式　　　　　　．为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有　　　　　　（写出两条）．（2）利用　　　　　　的磁性，可将其从“浸渣”中分离．“浸渣”中还剩余的物质是　　　　　　（化学式）．（3）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是　　　　　　．然后在调节溶液的pH约为5，目的是　　　　　　．（4）“粗硼酸”中的主要杂质是　　　　　　（填名称）．（5）以硼酸为原料可制得硼氢化钠（NaBH4），它是有机合成中的重要还原剂，其电子式为　　　　　　．（6）单质硼可用于生成具有优良抗冲击性能硼钢．以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程　　　　　　．　21．（11分）ClO2与Cl2的氧化性相近．在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛．某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究．（1）仪器D的名称是　　　　　　．安装F中导管时，应选用图2中的　　　　　　．打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O．（2）为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜　　　　　　（填“快”或“慢”）．（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是　　　　　　．（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为　　　　　　，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是　　　　　　．（5）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图所示，若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是　　　　　　，原因是　　　　　　．　　24\n江西省南昌三中2022-2022学年高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析　一．选择题（每小题有只一个答案，每小题3分，共48分）1．下列说法错误的是（　　）A．配制一定物质的量浓度的NaCl溶液定容时，俯视会使溶液浓度偏大B．除去氯气中HCl用饱和食盐水C．海水开发用的部分过程如图：工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收【考点】海水资源及其综合利用；配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】A、定容时俯视刻度线，导致配制的溶液的体积偏小，溶液未达到刻度线；B、饱和氯化钠溶液中氯气溶解度减小，氯化氢极易溶于水；C、工业生产一般用生石灰或石灰水作沉淀剂；D、先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的．【解答】解：A、配制一定物质的量浓度的NaCl溶液定容时，俯视溶液未达到刻度线，会使溶液浓度偏大，故A正确；B、HCl易溶于水，而氯气不溶于或难溶于饱和食盐水，可用于除杂，故B正确；C、氢氧化钠是强碱，具有强腐蚀性、价格高，工业生产一般用生石灰或石灰水作沉淀剂，故C错误；D、海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故D正确，故选C．【点评】本题考查海水资源的综合利用，注意掌握中学常见的化学工业，侧重对化学与技术的考查，掌握基础是关键，难度不大．　2．下列说法错误的是（　　）A．硅胶可用作食品干操剂B．P2O5不可用作食品干操剂C．六水氯化钙可用作食品干燥剂D．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用．【专题】元素及其化合物．【分析】A．硅胶具有吸水性，无毒；B．P2O5吸水转化为酸；C．六水合氯化钙不能吸水；24\nD．具有吸水性的植物纤维无毒．【解答】解：A．硅胶具有吸水性，无毒，则硅胶可用作食品干燥剂，故A正确；B．P2O5吸水转化为酸，导致食品变质，则P2O5不可用作食品干燥剂，故B正确；C．六水合氯化钙不能吸水，则不能作食品干燥剂，故C错误；D．具有吸水性的植物纤维无毒，则可用作食品干燥剂，故D正确；故选C．【点评】本题考查物质的性质及食品干燥剂，为高频考点，把握物质的性质、化学与生活的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中等．　3．某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32﹣、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣．向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（　　）A．3种B．4种C．5种D．6种【考点】离子共存问题．【分析】溶液无色，则一定不存在有色的Fe3+；在其中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若为酸性，则不存在OH﹣、NO3﹣、CO32﹣，若呈碱性，则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+，以此解答该题．【解答】解：无色溶液中一定不存在有色的Fe3+；溶液中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若溶液为酸性，则不存在：OH﹣、NO3﹣、CO32﹣，阴离子只能为Cl﹣，阳离子可以为：H+、NH4+、Ba2+、Al3+，最多存在5种离子；若呈碱性，则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+，阳离子只能为Ba2+，则一定不存在CO32﹣，可存在的离子为：Ba2+、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣，则最多只有4种，根据分析可知，最多存5种离子，故选C．【点评】本题考查离子共存问题，题目难度中等，涉及离子反应和种类的判断，综合侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题目无色以及与铝反应生成氢气的特点，特别注意硝酸不能生成氢气．　4．某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2溶液中同时有气体和沉淀产生．下列化合物中符合上述条件的是（　　）A．Na2O2B．CaOC．FeCl2D．SiO2【考点】钠的重要化合物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】选项中物质只有FeCl2不能由两种单质直接反应生成，且SiO2与Ba（HCO3）2不反应，CaO与Ba（HCO3）2溶液反应不生成气体，以此来解答．【解答】解：A．钠与氧气加热反应生成过氧化钠，但Na2O2与Ba（HCO3）2溶液反应生成氧气和碳酸钡沉淀，故A正确；B．Ca与氧气反应生成氧化钙，但CaO与Ba（HCO3）2溶液反应不生成气体，只生成碳酸钡和碳酸钙沉淀，故B错误；C．Fe与氯气化合生成FeCl3，故C错误；D．Si与氧气化合生成SiO2，但SiO2与Ba（HCO3）2不反应，故D错误；故选A．【点评】本题侧重元素化合物知识及反应原理的考查，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，注意选项A中相互促进水解反应，题目难度不大．24\n　5．给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（　　）A．粗硅SiCl4SiB．Mg（OH）2MgCl2（aq）MgC．Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3D．AgNO3（aq）[Ag（NH3）2]OH（aq）Ag【考点】真题集萃；硅酸盐工业；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【分析】A．Si可与氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气发生反应生成Si和HCl；B．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气；C．氯化铁易水解，加热溶液生成氢氧化铁和HCl；D．蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应．【解答】解：A．Si可与氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气发生反应生成Si和HCl，该反应可用于工业提纯硅，故A正确；B．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气，工业用电解熔融的氯化镁制备镁，故B错误；C．氯化铁易水解，加热溶液生成氢氧化铁和HCl，蒸发时应在HCl环境中进行，故C错误；D．蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应，故D错误．故选A．【点评】本题为2022年江苏考题，综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，难度不大，注意相关基础知识的积累．　6．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（　　）选项实验现象结论A．向含I﹣的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色氧化性：Cl2＞I2B．将铜粉加1.0mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C．用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D．将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；B．Cu和Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+和Cu2+；C．三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，所以铝箔在酒精灯上加热到熔化，熔化的铝并不滴落；D．过量铁粉，反应生成亚铁离子．24\n【解答】解：A．同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，向含I﹣的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，氯气具有强氧化性，能将碘离子氧化生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，加入淀粉后溶液变蓝色，说明碘离子被氧化生成碘单质，氧化剂是氯气、氧化产物是碘，所以氧化性氧化性：Cl2＞I2，故A正确；B．Cu和Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，所以没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故B错误；C．将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故C错误；D．过量铁粉，反应生成亚铁离子，加入KSCN溶液、溶液不显红色，故D错误．故选A．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及金属活泼性、铝及其氧化物的性质、氧化还原反应、硝酸的性质等知识点，侧重考查基本理论、元素化合物性质，注意把握实验原理及操作方法，题目难度中等．　7．在通风橱中进行下列实验：步骤现象Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止FeCu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法中不正确的是（　　）24\nA．Ⅰ中气体有无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2=2NO2B．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3C．Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应D．针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．硝酸具有强氧化性，与Fe反应生成NO，NO遇空气变为二氧化氮；B．对比I、Ⅱ的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸；C．浓硝酸具有强氧化性，Fe表面形成致密的氧化层，发生钝化现象；D．根据Ⅲ中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极．【解答】解：A．稀硝酸具有酸性与强氧化性，与Fe反应生成NO，NO遇空气变为二氧化氮，Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2═2NO2，故A正确；B．对比I、Ⅱ的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故B错误；C．Ⅱ的现象是因为铁发生了钝化，Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，故C正确；D．根据Ⅲ中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极，进而判断Fe是否被氧化，故D正确，故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及硝酸的化学性质、原电池原理，难度不大，侧重考查学生分析解决问题的能力．　8．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）A．25℃时，1.0LpH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NAB．1molCu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子C．室温下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NAD．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、pH=13的氢氧化钡溶液中，c（OH﹣）=0.1mol/L，根据物质的量n=CV来计算；B、铜和浓硫酸反应生成二氧化硫；C、乙烯和丁烯的最简式均为CH2；D、重水的摩尔质量为20g/mol．【解答】解：A、pH=13的氢氧化钡溶液中，c（OH﹣）=0.1mol/L，故溶液中的氢氧根的物质的量n=CV=0.1mol/L×1L=0.1mol，即0.1NA个，故A错误；B、铜和浓硫酸反应，铜做还原剂，将浓硫酸还原为二氧化硫，而非三氧化硫，故B错误；C、乙烯和丁烯的最简式均为CH2，故21g混合物中含有的CH2的物质的量n==1.5mol，即含1.5NA个碳原子，故C正确；D、重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量为n==0.9mol，而重水中含10个质子，故0.9mol重水中含9mol质子即9NA个，故D错误．故选C．24\n【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．　9．下列物质分类正确的是（　　）①混合物：铝热剂、福尔马林、水玻璃、漂白粉②化合物：氯化钙、烧碱、冰水混合物、胆矾　③酸性氧化物：Mn2O7、N2O3、SiO2、NO2④同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2　⑤同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨．A．①②④B．②③④C．①②⑤D．②④⑤【考点】混合物和纯净物；同素异形体；单质和化合物；芳香烃、烃基和同系物．【专题】物质的分类专题；同系物和同分异构体．【分析】混合物是由两种或多种物质混合而成的物质．化合物由两种或两种以上的元素组成的纯净物；酸性氧化物：能与水作用生成相应价态的酸，或与碱作用生成盐和水，或与碱性氧化物反应生成盐的氧化物；结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物互相称为同系物；相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体．【解答】解：①混合物：铝热剂是氧化铝与铁粉的混合物、福尔马林是甲醛的水溶液，是混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故①正确；②化合物：氯化钙、烧碱是氢氧化钠、冰水混合物、胆矾是五水合硫酸铜，都是化合物，故②正确；　③酸性氧化物：Mn2O7、N2O3、SiO2都是酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物，故③错误；④同系物：CH2O2为甲酸、C2H4O2可能为乙酸或甲酸甲酯、C3H6O2可能为丙酸、甲酸乙酯或乙酸甲酯、C4H8O2可能为丁酸、甲酸丙酯、乙酸乙酯或丙酸甲酯，故四者不一定为同系物，故④错误；⑤同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨是由碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，故⑤正确；故分类正确的是①②⑤，故选C．【点评】本题考查混合物、化合物、酸性氧化物、同素异形体、同系物的概念，难度不大．对于元素、核素、同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、同种物质等概念的区别是考试的热点问题　10．利用实验器材（规格和数量不限）能完成相应实验的一项是（　　）选项实验器材（省略夹持装置）相应实验A三脚架、泥三角、坩埚、坩埚钳用CuSO4•5H2O制取无水CuSO4粉末B烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用浓盐酸配制0.1mol•L﹣1的HCl溶液C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇D烧杯、酸式滴定管、碱式滴定管用H2SO4标准液滴定未知浓度的NaOH溶液A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．用CuSO4•5H2O制取无水CuSO4粉末，需要加热；B．用浓盐酸配制0.1mol•L﹣1的HCl溶液，需要量取浓盐酸的体积；24\nC．饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇，反应后分液；D．中和滴定，需要胶头滴管滴加酸碱指示剂．【解答】解：A．用CuSO4•5H2O制取无水CuSO4粉末，需要加热，则缺少酒精灯，不能完成，故A错误；B．用浓盐酸配制0.1mol•L﹣1的HCl溶液，需要量取浓盐酸的体积，则缺少量筒，不能完成，故B错误；C．饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇，反应后分液，则给出的仪器可完成分液操作，故C正确；D．中和滴定，需要胶头滴管滴加酸碱指示剂，则缺少胶头滴管，不能完成实验，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及溶液的配制、加热、分液、中和滴定及除杂等，侧重物质性质及实验技能的考查，注意实验的评价性、操作性分析，题目难度中等．　11．已知反应：①2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O，②K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2（SO4）3+Cr2（SO4）3+K2SO4+7H2O，③Fe2（SO4）3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4．下列结论正确的是（　　）A．①②③均是氧化还原反应B．氧化性强弱顺序是：K2Cr2O7＞Fe2（SO4）3＞I2C．反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1D．反应③中0.1mol还原剂共失去电子数为1.2×1022【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】①2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O，该反应中元素的化合价不变，不属于氧化还原反应；②K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2（SO4）3+Cr2（SO4）3+K2SO4+7H2O，Cr元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，为氧化还原反应；③Fe2（SO4）3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，为氧化还原反应，结合化合价变化及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化物来解答．【解答】解：①2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O，该反应中元素的化合价不变，不属于氧化还原反应；②K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2（SO4）3+Cr2（SO4）3+K2SO4+7H2O，Cr元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，为氧化还原反应；③Fe2（SO4）3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，为氧化还原反应，A．②③属于氧化还原反应，而①不属于氧化还原反应，故A错误；B．由②③中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性强弱顺序是：K2Cr2O7＞Fe2（SO4）3＞I2，故B正确；C．②中氧化剂为K2Cr2O7，还原剂为FeSO4，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6，故C错误；D．③中还原剂为HI，则0.1mol还原剂共失去电子数为6.02×1022，故D错误；故选B．24\n【点评】本题考查氧化还原反应及计算，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中转移电子及计算的考查，题目难度不大．　12．同温同压下，xg的甲气体和yg的乙气体占有相同的体积，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述错误的是（　　）A．x：y等于甲与乙的相对分子质量之比B．x：y等于等质量的甲与乙的分子个数之比C．x：y等于同温同压下甲与乙的密度之比D．y：x等于同温同体积下等质量的甲与乙的压强之比【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】同温同压下，xg的甲气体和yg的乙气体占有相同的体积，由n=可知甲乙两种气体的物质的量相同，结合n==进行判断．【解答】解：同温同压下，气体的Vm相同，xg的甲气体和yg的乙气体占有相同的体积，由n=可知甲乙两种气体的物质的量相同，则A．气体的物质的量相同，由m=nM可知x：y等于甲与乙的相对分子质量之比，故A正确；B．等质量的甲与乙的分子个数之比应为：，故B错误；C．二者体积相同，质量之比为x；y，则密度之比为x：y，故C正确；D．同温同体积下等质量的甲与乙的物质的量之比为：，则压强之比为y：x，故D正确．故选B．【点评】本体考查阿伏伽德罗定律及其推论的应用，侧重于气体的质量、密度等物理量的考查，题目难度不大，注意把握相关计算公式的运用．　13．在一密闭容器中有CO、H2、O2共16.5g和足量的Na2O2，用电火花引燃，使其完全反应，Na2O2增重7.5g，则原混合气体中O2的质量分数是（　　）A．54.5%B．40%C．36%D．33.3%【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】CO燃烧生成二氧化碳，反应方程式为2CO+O2═2CO2，二氧化碳与过氧化钠发生反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，方程式相加的CO+Na2O2=Na2CO3，固体增加的质量为相当于CO的质量；氢气燃烧生成水，反应方程式为2H2+O2═2H2O，水与过氧化钠发生反应2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，二者相加可得H2+Na2O2=2NaOH，固体增加的质量为相当于H2的质量．CO、H2、O2用电火花引燃，使其完全反应，Na2O2增重7.5g就是原混合气体中CO、H2的质量和，据此计算．【解答】解：CO燃烧生成二氧化碳，反应方程式为2CO+O2═2CO2，二氧化碳与过氧化钠发生反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，方程式相加的CO+Na2O2=Na2CO3，固体增加的质量为相当于CO的质量，24\n氢气燃烧生成水，反应方程式为2H2+O2═2H2O，水与过氧化钠发生反应2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，二者相加可得H2+Na2O2=2NaOH，固体增加的质量为相当于H2的质量，CO、H2、O2用电火花引燃，使其完全反应，Na2O2增重7.5g就是原混合气体中CO、H2的质量和，所以混合气体中氧气的质量为16.5g﹣7.5g=9g，氧气的质量分数为×100%=54.5%．故选：A．【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，判断过氧化钠固体质量增加实质为氢气与一氧化碳的质量事实解题关键．　14．下列离子方程式不正确的是（　　）A．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+=2Mn2++5NO3﹣+3H2OB．0.5mol/L的NaHSO3溶液与1.0mol/L的NaClO溶液等体积混合：HSO3﹣+2ClO﹣=SO42﹣+Cl﹣+HClOC．Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2D．NH4HSO4的稀溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42﹣恰好沉淀完全：NH4++H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=NH3·H2O+BaSO4↓+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A、离子方程式中电荷守恒、原子守恒、氧化还原反应电子守恒分析判断；B、0.5mol/L的NaHSO3溶液与1.0mol/L的NaClO溶液等体积混合生成硫酸钠、氯化钠和次氯酸；C、硝酸铁具有氧化性能氧化碘化氢为碘单质；D、NH4HSO4的稀溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42﹣恰好沉淀完全，二者按照物质的量1：1反应，氢氧根离子和铵根离子、氢离子恰好反应；【解答】解：A、离子方程式中电荷守恒、原子守恒、氧化还原反应电子守恒分析判断，NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液反应的离子方程式：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+=2Mn2++5NO3﹣+3H2O，故A正确；B、0.5mol/L的NaHSO3溶液与1.0mol/L的NaClO溶液等体积混合生成硫酸钠、氯化钠和次氯酸，反应的离子方程式为：HSO3﹣+2ClO﹣=SO42﹣+Cl﹣+HClO，故B正确；C、硝酸铁具有氧化性能氧化碘化氢为碘单质，酸性溶液中硝酸根离子氧化过量的碘离子，反应的离子方程式Fe3++NO3﹣++4H++4I﹣═Fe2++NO+2H2O+2I2，故C错误；D、NH4HSO4的稀溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42﹣恰好沉淀完全，二者按照物质的量1：1反应，氢氧根离子和铵根离子、氢离子恰好反应，反应的离子方程式为：NH4++H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=NH3·H2O+BaSO4↓+H2O，故D正确；故选C．【点评】本题考查了离子方程式的书写方法和离子定量关系，注意离子性质和离子反应实质的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．　15．将足量的CO2不断通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（　　）24\n【考点】钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生；将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗NaOH，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；NaOH被消耗完毕，接下来又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物Na2CO3、BaCO3、反应，最后剩余沉淀为Al（OH）3．【解答】解：通入CO2，依次发生：CO2+Ba（OH）2═BaCO3↓+H2O、CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaAlO2═2Al（OH）3↓+Na2CO3、CO2+H2O+Na2CO3═2NaHCO3，BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，由以上反应可知，图象应为C，故选C．【点评】本题考查元素化合物知识，侧重于二氧化碳通入混合溶液中的反应顺序的考查，注重运用基本知识解决新问题的能力，并且要考虑二氧化碳的充足会使生成物继续反应的问题．难度不大．　16．1.76克铜镁合金完全溶解于50mL、密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2气体1792mL（标准状况），向反应后的溶液中加入适量的1.0mol/LNaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀．下列说法不正确的是（　　）A．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LB．加入NaOH溶液的体积是50mLC．浓硝酸在与合金反应中起了酸性和氧化性的双重作用，且起氧化性的硝酸的物质的量为0.08molD．得到的金属氢氧化物的沉淀为3.12克【考点】有关混合物反应的计算．【专题】守恒法．【分析】A．根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；B．加入适量的1.0mol/LNaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由N元素守恒可知n（NaNO3）+n（NO2）=n（HNO3），由钠离子守恒n（NaOH）=n（NaNO3），再根据V=计算；C．起氧化性的硝酸生成NO2气体，根据N原子守恒可知，起氧化剂的硝酸的物质的量等于二氧化氮的物质的量；D．由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量，根据二氧化氮计算转移电子物质的量，氢氧化物质量等于金属质量与氢氧根质量之和．24\n【解答】解：A．密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸的物质的量浓度=mol/L=14mol/L，故A正确；B．加入适量的1.0mol/LNaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由N元素守恒可知n（NaNO3）+n（NO2）=n（HNO3），则n（NaNO3）=0.05L×14mol/L﹣=0.62mol，由钠离子守恒n（NaOH）=n（NaNO3）=0.62mol，故需要1.0mol/LNaOH溶液体积为=0.62L=620mL，故B错误；C．起氧化性的硝酸生成NO2气体，根据N原子守恒可知，起氧化剂的硝酸的物质的量==0.08mol，故C正确；D．由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量，即氢氧根的物质的量为0.08mol×（5﹣4）=0.08mol，故氢氧化物质量=1.76g+0.08mol×17g/mol=3.12g，故D正确，故选B．【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．（8分）某强酸性溶液X含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣中的一种或几种，取该溶液进行实验，实验内容如下：根据以上信息，回答下列问题：（1）溶液X中除H+外还肯定含有的离子是　Al3+、NH4+、Fe2+、SO42﹣　；（2）写出有关离子方程式：步骤①中生成A　3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O　；步骤②生成沉淀I　AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣　．（3）假设测定A、F、I　为　1mol，10mLX溶液中n（H+）=0.04mol，而沉淀C物质的量0.07mol，能说明该溶液不能确定的阴离子存在的理由是　若检验Fe3+肯定存在时，就有Cl﹣存在，因肯定存在的离子电荷总数已相等　．【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【分析】在强酸性溶液中一定不会存在CO32﹣和SO32﹣离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42﹣离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3﹣离子，含有SO42﹣离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl﹣，以此解答．24\n【解答】解：在强酸性溶液中一定不会存在CO32﹣和SO32﹣离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42﹣离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3﹣离子，含有SO42﹣离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl﹣，以此解答．（1）在强酸性溶液中一定不会存在CO32﹣和SO32﹣离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42﹣离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3﹣离子，含有SO42﹣离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl﹣，溶液X中除H+外还肯定含有的离子是Al3+、NH4+、Fe2+、SO42﹣；故答案为：Al3+、NH4+、Fe2+、SO42﹣；（2）①Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，反应的离子方程式为3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，步骤②生成沉淀I的离子方程式为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；故答案为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；（3）A、F、I均为0.01mol，10mLX溶液中n（H+）=0.04mol，根据反应3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，可知Fe2+物质的量为0.03mol；碳溶液中正电荷为：2n（Fe2+）+3n（Al3+）+n（NH4+）+n（H+）=2×0.03mol+3×0.01mol+0.01mol+0.04mol=0.14mol；沉淀C为硫酸钡，其物质的量0.07mol，n（SO42﹣）=0.07mol，硫酸根离子所带的负电荷为：0.07mol×2=0.14mol，说明溶液中正负电荷相等，所以若检验Fe3+肯定存在时，就有Cl﹣存在，因肯定存在的离子电荷总数已相等，故答案为：若检验Fe3+肯定存在时，就有Cl﹣存在，因肯定存在的离子电荷总数已相等．【点评】本题考查物质的检验与鉴别，属于中等难度的试题，试题综合性强，难度较大，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，提高学生的应试能力和学习效率，要依据物质的特殊性质和特征反应来判断、推理、验证．　18．（11分）100mL1mol•L﹣1烧碱溶液中通入一定量CO2充分反应后，将溶液在低温下蒸干得到白色固体X，X的组成可能有四种情况，按出现的先后顺序分别是Ⅰ．　Na2CO3、NaOH　Ⅱ．Na2CO3，Ⅲ．Na2CO3、NaHCO3，Ⅳ．　NaHCO3　．①常温下，将得到的固体X重新溶于水，在所得溶液中逐滴加入盐酸，得到下面的变化图，则X的成份为　I　（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ或Ⅳ），盐酸的浓度为　0.33mol/L　．②若要验证白色固体X是第Ⅰ种组成，依次加入的试剂为　cb　（填字母序号）．a．盐酸b．MgCl2溶液c．BaCl2溶液d．Ba（OH）2溶液在验证的过程中，一定需要进行的操作是　c　（填字母序号）．a．萃取b．洗涤c．过滤d．分馏③若白色固体X为第Ⅲ种组成，下列实验方案中不能测定其中NaHCO3质量分数的是　d　（填字母序号）．a．取mgX与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤，洗涤，烘干得ng固体b．取mgX与足量盐酸充分反应，加热，蒸干，灼烧得ng固体c．取mgX充分加热，减重ng24\nd．取mgX与足量稀硫酸充分反应，逸出的气体被足量碱石灰吸收，增重ng④若白色固体X的质量为5.0g，则X的组成为　Ⅰ　（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ或Ⅳ）．【考点】有关范围讨论题的计算．【分析】由于CO2和NaOH反应时物质的量之比不同则产物不同，故可根据CO2和NaKOH反应时物质的量之比对产物进行讨论；①固体X溶解于水在所得溶液中加入盐酸使溶液pH=7得到的溶液为氯化钠，依据钠元素守恒计算质量；②验证白色固体X是第I种组成NaOH、Na2CO3，需要验证碳酸根离子和氢氧根离子，由选项试剂可知利用氯化钡溶液检验碳酸根离子，依据氢氧化钠或酚酞试液检验氢氧根离子的存在；验证过程中需要把沉淀过滤后再检验氢氧根离子；③若白色固体X为第Ⅲ种组成，Na2CO3、NaHCO3；a．氢氧化钡与碳酸氢钠反应生成碳酸钡沉淀，与碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀，依据碳酸钠和碳酸氢钠混合物质量为m，生成碳酸钡沉淀质量为ng，依据碳元素守恒列式可以计算；b．取mgX与足量盐酸充分反应，加热，蒸干，灼烧得ng固体为氯化钠，依据钠元素守恒列式计算；c．取mgX充分加热，减重ng，发生的反应是碳酸氢钠受热分解，依据质量减少为水和二氧化碳质量结合化学方程式计算得到碳酸氢钠质量；d．稀硫酸与二者皆反应，且水有挥发，所以求算不出来；④依据氢氧化钠和二氧化碳的反应分析，二氧化碳和氢氧化钠按照物质的量1：2反应生成碳酸钠，按照1：1反应生成碳酸氢钠，以此计算判断【解答】解：由①CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、②CO2+NaOH=NaHCO3，可知n（CO2）；n（NaOH）=1：2时产物为Na2CO3，n（CO2）；n（NaOH）=1时产物为NaHCO3，n（CO2）；n（NaOH）＜1：2时，NaOH过量，则产物为Na2CO3、NaOH；1：2＜n（CO2）：n（NaOH）＜1时，对于①反应来说二氧化碳过量而对于②反应来说二氧化碳量不足，所以产物为Na2CO3、NaHCO3；n（CO2）；n（NaOH）＞1时，二氧化碳过量，则固体产物为NaHCO3．向100mL1mol•L﹣1烧碱溶液中不断通入一定量CO2充分反应后，将溶液在低温下蒸干得到白色固体X，X的组成可能有四种情况，按出现的先后顺序分别是：NaOH、Na2CO3；Na2CO3；Na2CO3、NaHCO3；NaHCO3；故答案为：Na2CO3、NaOH；NaHCO3；①常温下，将得到的固体X重新溶于水，在所得溶液中逐滴加入盐酸，开始阶段没出现气体，最后消耗0.1mol盐酸让气体的物质的量最大，溶液为氯化钠溶液，根据各成分消耗盐酸的情况，所以物质组成是等物质的量的Na2CO3、NaOH的混合物，100mL1mol•L﹣1烧碱溶液中通入一定量CO2，得到等物质的量的Na2CO3、NaOH的混合物；设：混合物中氢氧化钠和碳酸钠的物质的量均是x，则3x=0.1，解得x=0.033mol，所以中和氢氧化钠消耗盐酸的物质的量是0.33mol，NaOH浓度是mol/L=0.33mol/L，故答案为：I，0.33mol/L；24\n②验证白色固体X是第I种组成NaOH、Na2CO3，需要验证碳酸根离子和氢氧根离子，由选项试剂可知利用氯化钡溶液检验碳酸根离子，依据氢氧化钠或酚酞试液检验氢氧根离子的存在；验证过程中需要把沉淀过滤后再检验氢氧根离子；a．盐酸和碳酸钠反应放出气体，与氢氧化钠反应物现象不能用来检验，故a不选；b．MgCl2溶液和氢氧化钠反应生成氢氧化镁白色沉淀，可以检验除去碳酸钠后的溶液中的氢氧化钠，故b选；c．BaCl2溶液和碳酸钠反应生成白色沉淀，故c选；d．Ba（OH）2溶液和碳酸钠反应生成白色沉淀，和氢氧化钠不反应，故d不选；故答案为：cb；c；③若白色固体X为第Ⅲ种组成，即为Na2CO3、NaHCO3；a．氢氧化钡与碳酸氢钠反应生成碳酸钡沉淀，与碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀，依据碳酸钠和碳酸氢钠混合物质量为m，生成碳酸钡沉淀质量为ng，依据碳元素守恒列式可以计算，故a不选；b．取mgX与足量盐酸充分反应，加热，蒸干，灼烧得ng固体为氯化钠，依据钠元素守恒列式计算，设碳酸钠Xmol，碳酸氢钠Ymol，（X+Y）（23+35.5）=n106X+84Y=m求解，故b不选；c．取mgX充分加热，减重ng，发生的反应是碳酸氢钠受热分解，依据质量减少为水和二氧化碳质量结合化学方程式计算得到碳酸氢钠质量，设碳酸钠Xmol，碳酸氢钠Ymol，0.5Y（18+44）=n106X+84Y=m，列式计算得到，故c不选；d．取mgX与足量稀硫酸充分反应，逸出的气体被足量碱石灰吸收，增重ng，稀硫酸与二者皆反应，且水有挥发，吸收的增重为二氧化碳和水蒸气质量，所以求算不出碳酸氢钠的质量分数，故d选；故选d；④100mL1mol•L﹣1烧碱溶液中含有氢氧化钠物质的量为0.1mol，依据钠元素守恒若全部生成Na2CO3，固体质量为0.1mol××106g/mol=5.3g，若生成碳酸氢钠固体质量=0.1mol×84g/mol=8.4g，若白色固体X的质量为5.0g，说明固体为Na2CO3，NaOH的混合物，故答案为：Ⅰ．【点评】本题考查物质含量及性质实验方案的设计，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析和实验能力的考查，注意二氧化碳和氢氧化钠溶液反应利用极性法判断生成的产物及守恒法计算是解题关键，题目难度不大．　19．（8分）新型材料纳米级铁粉与普通铁粉具有不同的性质．已知：在不同温度下，纳米级铁粉与水蒸气反应的固体产物不同，温度低于570℃时，生成FeO；高于570℃时，生成Fe3O4．（1）写出温度低于570℃时反应的化学方程式　Fe+H2O（g）FeO+H2　．（2）中学教材中用如图所示实验装置，完成铁粉与水蒸气反应的演示实验．实验中使用肥皂液的作用是　检验反应中生成的H2　．（3）乙同学为了探究实验后的固体产物是否存在F3O4（假定铁全部反应完全）设计下列实验方案：①取固体样品m1g，溶于足量的稀盐酸；②向①反应后的溶液中加入足量H2O2得溶液X再加氨水，充分反应后，过滤、洗涤、干燥；③将②中所得固体进行灼烧，得到红棕色固体m2g．24\n溶液X中发生氧化还原反应的离子方程式为　2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O　；m1与m2符合　=0.97　关系时，才能确定固体样品中一定只存在Fe3O4．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）纳米级铁粉与水蒸气反应，温度低于570℃时，生成FeO，结合原子守恒写出化学方程式；（2）使用肥皂液的作用是检验反应中生成的H2；（3）取固体样品m1g，溶于足量的稀盐酸，双氧水可将二价铁离子氧化为三价铁离子，利用极限法来假设全部是FeO或Fe3O4计算m1与m2之比．【解答】解：（1）纳米级铁粉与水蒸气反应，温度低于570℃时，生成FeO，反应的化学方程式为：Fe+H2O（g）FeO+H2，故答案为：Fe+H2O（g）FeO+H2；（2）使用肥皂液的作用是检验反应中生成的H2，反应一段时间后，有肥皂泡吹起时，用点燃的火柴靠近肥皂泡，当听到爆鸣声时，说明“铁与水蒸气”能够进行反应，故答案为：检验反应中生成的H2；（3）双氧水可将二价铁离子氧化为三价铁离子，离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，固体样品m1克与红棕色固体m2克所含铁元素的物质的量相同，假设全部是FeO，2FeO～Fe2O3144g160gm1与m2之比==0.9；假设全部是Fe3O4，2Fe3O4～3Fe2O3464g480gm1与m2之比为：==0.97，m1与m2之比最少应大于0.97时，固体样品中一定存在Fe3O4，故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；=0.97．【点评】本题考查铁及其化合物的性质，难度较大，③中的计算是难点，学生应充分利用信息并结合极限法来综合应用解答本题．　24\n20．（14分）硼及其化合物在工业上有许多用途．以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3）的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）写出Mg2B2O5•H2O与硫酸反应的化学方程式　Mg2B2O5•H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4　．为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有　提高反应温度或减小铁硼矿粉粒径　（写出两条）．（2）利用　Fe3O4　的磁性，可将其从“浸渣”中分离．“浸渣”中还剩余的物质是　SiO2、CaSO4　（化学式）．（3）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是　将亚铁离子氧化为铁离子　．然后在调节溶液的pH约为5，目的是　使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去　．（4）“粗硼酸”中的主要杂质是　七水硫酸镁　（填名称）．（5）以硼酸为原料可制得硼氢化钠（NaBH4），它是有机合成中的重要还原剂，其电子式为　　．（6）单质硼可用于生成具有优良抗冲击性能硼钢．以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程　2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO　．【考点】真题集萃；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3），由流程可知，加硫酸溶解Fe3O4、SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，“净化除杂”需先加H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液的pH约为5，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3，以此来解答．【解答】解：以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3），由流程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，“净化除杂”需先加H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液的pH约为5，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3，（1）Mg2B2O5•H2O与硫酸反应的化学方程式Mg2B2O5•H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4，为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度浓度外，还可采取的措施有提高反应温度或减小铁硼矿粉粒径等，故答案为：Mg2B2O5•H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4；提高反应温度或减小铁硼矿粉粒径；（2）利用Fe3O4的磁性，可将其从“浸渣”中分离．“浸渣”中还剩余的物质是SiO2、CaSO4，故答案为：Fe3O4；SiO2、CaSO4；24\n（3）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是将亚铁离子氧化为铁离子．然后在调节溶液的pH约为5，目的是使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去，故答案为：将亚铁离子氧化为铁离子；使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去；（4）最后浓缩结晶时硫酸镁易结合水以晶体析出，则“粗硼酸”中的主要杂质是七水硫酸镁，故答案为：七水硫酸镁；（5）NaBH4为离子化合物，含离子键、共价键，其电子式为，故答案为：；（6）以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼的化学方程式为2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO，故答案为：2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO．【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，为2022年高考真题，把握实验流程及发生的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度中等．　21．（11分）ClO2与Cl2的氧化性相近．在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛．某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究．（1）仪器D的名称是　锥形瓶　．安装F中导管时，应选用图2中的　b　．打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O．（2）为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜　慢　（填“快”或“慢”）．（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是　吸收Cl2　．（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为　4H++5ClO2﹣=Cl﹣+4ClO2↑+2H2O　，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是　验证是否有ClO2生成　．（5）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图所示，若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是　稳定剂Ⅱ　，原因是　稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度　．24\n【考点】性质实验方案的设计．【分析】（1）根据仪器特征知仪器D是锥形瓶；F装置是Cl2和KI发生的氧化还原反应，还需要连接尾气处理装置，则F装置中导气管采用长进短出原则；（2）为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，二者接触的时间长些较好；（3）F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，说明Cl2被吸收；（4）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为4H++5ClO2﹣=Cl﹣+4ClO2↑+2H2O；在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2生成；（5）由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度．【解答】解：（1）根据仪器特征，可知仪器D是锥形瓶；F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b，故答案为：锥形瓶；b；（2）为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢，故滴加稀盐酸的速度要慢，故答案为：慢；（3）F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是吸收Cl2，故答案为：吸收Cl2；（4）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为：4H++5ClO2﹣=Cl﹣+4ClO2↑+2H2O；在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2生成，故答案为：4H++5ClO2﹣=Cl﹣+4ClO2↑+2H2O；验证是否有ClO2生成；（5）由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂Ⅱ好，故答案为：稳定剂Ⅱ；稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度．【点评】本题考查性质实验方案设计，为高频考点，涉及基本操作、对装置及操作的分析评价等，注意根据问题进行制备流程分析，知道各个装置作用，题目难度中等．　24