北京市临川学校2022届高三化学上学期10月月考试题含解析

2022-2022学年北京市临川学校高三（上）月考化学试卷（10月份）　一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分）1．有人说“五颜六色”形象地说出了化学实验中的颜色变化．下列颜色变化中是由于发生氧化还原反应导致的是（　　）①在氯水中加入NaOH溶液；②在FeCl3溶液中加入铁粉；③在品红溶液中通入二氧化硫气体；④在Na2CO3溶液中滴入酚酞；⑤在新制Cu（OH）2悬浊液中滴入葡萄糖溶液，加热．A．①②⑤B．①②④C．①②③D．①②③④⑤　2．20g由两种金属粉末组成的混合物，与足量的盐酸充分反应后得到11.2L氢气（标准状况），这种金属混合物的组成可能是（　　）A．Mg和AlB．Al和FeC．Fe和ZnD．Zn和Cu　3．对某酸性溶液（可能含有Br﹣，SO42﹣，H2SO3，NH4+）分别进行如下实验：①加热时放出的气体可以使品红溶液褪色；②加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；③加入氯水时，溶液略显黄色，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸．对于下列物质不能确认其在原溶液中是否存在的是（　　）A．Br﹣B．SO42﹣C．H2SO3D．NH4+　4．下列化工生产过程中所发生的反应不属于氧化还原反应的是（　　）A．用油脂制肥皂B．用铝土矿制金属铝C．用氯气和消石灰制漂白D．用氢气和氮气合成氨　5．取xg铜和镁的合金完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生8960mLNO2气体和672mLN2O4气体（都已折算成标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02g，则x等于（　　）A．8.64gB．9.00gC．9.20gD．9.44g　6．不是Fe（OH）3胶体和MgCl2溶液共同具备的性质是（　　）A．都比较稳定，密封放置不产生沉淀B．都有丁达尔现象C．加入少量NaOH溶液都可产生沉淀D．分散质微粒均可透过滤纸　7．进行化学实验，观测实验现象，通过分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一．对下列实验事实的解释正确的是（　　）A．浓硝酸在光照条件下变黄，说明浓硝酸不稳定生成有色产物能溶于硝酸B．在KI淀粉溶液中通入氯气，溶液变蓝，说明氯气能与淀粉发生显色反应C．在某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明含SO42﹣D．将铜片放入浓硫酸中，无明显实验现象，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化　8．下列叙述正确的是（　　）-22-\nA．SO2具有还原性，故可作漂白剂B．Na的金属活性比Mg强，故可用Na与MgCl2溶液反应制MgC．浓硝酸中的HNO3见光易分解，故有时在实验室看到的浓硝酸呈黄色D．Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，故在与其他非金属反应的产物中的Fe也显+3价　9．已知：①在淀粉KI溶液中滴入少量NaClO溶液，并加入少量硫酸，溶液立即变蓝；②在上述蓝色溶液中，滴加过量的Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失；③取实验②生成的溶液滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成．下列判断正确的是（　　）A．上述实验证明氧化性：ClO﹣＞I2＞SO42﹣B．上述实验③中的白色沉淀是BaSO4，一定不含有BaSO3C．实验①中硫酸的作用是氧化性和酸性D．实验②证明SO32﹣既有氧化性又有还原性　10．向某二价金属M的M（OH）2的溶液中加入过量的NaHCO3溶液，生成了MCO3沉淀，过滤，洗涤干燥后将沉淀置于足量的稀盐酸中，充分反应后，在标准状况下收集到VL气体．如要计算金属M的相对原子质量，你认为还必需提供下列哪项数据（　　）A．M（OH）2溶液的物质的量浓度B．与MCO3反应的盐酸的物质的量浓度C．MCO3的质量D．题给条件充足，不需要再补充数据　11．工业生产的生石灰中常混有二氧化硅和石灰石．现将该生石灰样品溶于过量的盐酸中．然后在不断搅拌（必要时可以加热）的情况下，向反应混合物中逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，如果纵坐标表示固体难溶物的质量（m），横坐标表示所加入氢氧化钠溶液的体积（V），则下列图示正确的是（　　）A．B．C．D．　12．硝酸发生氧化还原反应的时候，一般硝酸越稀，对应的还原产物中氮的化合价越低．现有一定量的铝、铁合金与一定量稀HNO3充分反应，反应过程中无任何气体放出．在反应结束后的溶液中，逐滴加入4mol/LNaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（V）与产生沉淀的物质的量（n）关系如图所示．下列说法中不正确的是（　　）A．合金与硝酸反应时硝酸过量B．合金中铝的物质的量为0.008molC．合金中金属的物质的量共为0.032mol-22-\nD．无法求出C点的值　13．0.96gMg跟含6.3gHNO3的稀溶液恰好反应完全，则HNO3的还原产物的摩尔质量可能是（　　）A．30g•mol﹣1或46g•mol﹣1B．44g•mol﹣1或80g•mol﹣1C．28g•mol﹣1D．46g•mol﹣1　14．下列A～D4组，每组有两个反应，其中两个反应可用同一个离子方程式表示的是（　　）ⅠⅡA少量SO2通入Ba（OH）2溶液中过量SO2通入少量Ba（OH）2溶液中B少量浓氨水滴入Al2（SO4）3溶液中少量Al2（SO4）3溶液滴入浓氨水中C0.1molCl2通入含0.2molFeBr2的溶液中0.3molCl2通入含0.2molFeBr2的溶液中D过量稀硝酸与少量铁屑混合少量稀硝酸与过量铁屑混合A．AB．BC．CD．D　15．下列实验现象的描述错误的是（　　）A．氢气在氯气中燃烧生成绿色烟雾B．红热的铁丝在氧气中燃烧，火星四射，生成黑色固体颗粒C．点燃的硫在氧气中剧烈燃烧，发出蓝紫色火焰D．钠在空气中燃烧，发出黄色的火焰，生成淡黄色固体　16．向含1molHCl和lmolMgSO4的混合溶液中加入1mol/L的Ba（OH）2溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入Ba（OH）2溶液体积（V）间的关系图正确的是（　　）A．B．C．D．　　二、非选择题（共52分）17．含0.4molAl3+的Al2（SO4）3中所含的SO42﹣的物质的量是　　　　　　．0.3molNH3分子中所含氢原子数与　　　　　　个H2O分子中所含氢原子数相等．如果ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是（设NA为阿伏加德罗常数）　　　　　　L．　18．（12分）（2022•福建）从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取两种工艺品的流程如下：-22-\n请回答下列问题：（1）流程甲加入盐酸后生成Al3+的方程式为　　　　　　．（2）流程乙加入烧碱后生成SiO32﹣的离子方程式为　　　　　　．（3）验证滤液B含Fe3+，可取少量滤液并加入　　　　　　（填试剂名称）．（4）滤液E、K中溶质的主要成份是　　　　　　（填化学式），写出该溶液的一种用途　　　　　　（5）已知298K时，Mg（OH）2的容度积常数KSP=5.6×10﹣12，取适量的滤液B，加入一定量的烧碱达到沉淀溶液平衡，测得PH=13.00，则此温度下残留在溶液中的c（Mg2+）=　　　　　　．　19．（16分）（2022•通州区校级模拟）已知A、B均是由两种短周期元素组成的化合物，A中某元素的质量分数为75%，C、J是同周期元素的气态氢化物，X为无色液体，D具有两性．反应生成的水均已略去．它们有如下图所示的关系．（1）写出化学式：A．　　　　　　，B．　　　　　　，C．　　　　　　．（2）反应③中每生成lmolF，转移电子的数目为：　　　　　　．（3）反应④的化学方程式为：　　　　　　．（4）写出离子方程式分别为：反应②　　　　　　；反应⑤　　　　　　．（5）反应①中，每1.00gC与足量的F作用，恢复到25℃放出55.6kJ热量，写出反应①的热化学方程式．　　　　　　．　20．（10分）（2022秋•北京校级月考）实验室需要240mL0.5mol•L﹣1硫酸溶液．根据溶液的配制情况回答下列问题：-22-\n（1）配制溶液时肯定不需要如图所示仪器中的　　　　　　（填字母），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是　　　　　　（填仪器名称）．（2）容量瓶是用来配制一定物质的量浓度的溶液的定量仪器，其上标有　　　　　　（填序号）．①温度　②浓度　③容量　④压强　⑤刻度线　⑥酸式或碱式（3）根据计算得知，需质量分数为98%、密度为1.84g•cm﹣3的浓硫酸　　　　　　mL（计算结果保留一位小数）．如果实验室有10mL、50mL、100mL量筒，应选　　　　　　mL的量筒最好．（4）在配制过程中，下列操作可能导致溶液浓度偏低的是　　　　　　．①量筒用蒸馏水洗净后立即用来量取浓硫酸②将浓硫酸在烧杯中稀释，转移到容积为100mL的容量瓶中后，没有洗涤烧杯③在转移过程中用玻璃棒引流，因操作不慎有少量溶液流到容量瓶外面④最后定容时，仰视刻度线．　21．今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl﹣、Mg2+、Ba2+、CO32﹣、SO42﹣，为了确定溶液中所含离子及其物质的量浓度，某同学设计实验如下：取三份100mL上述水溶液进行如下实验：①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生．②第二份加入足量NaOH溶液，加热，收集到气体896mL（标准状况）③第三份加入足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g．根据上述实验，请回答：（1）溶液中肯定存在的离子是　　　　　　；哪些离子的浓度能确定，分别是　　　　　　；（2）肯定不存在的离子是　　　　　　，理由是　　　　　　；（3）可能存在的离子是　　　　　　，如何确定？　　　　　　．　　2022-2022学年北京市临川学校高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析　一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分）1．有人说“五颜六色”形象地说出了化学实验中的颜色变化．下列颜色变化中是由于发生氧化还原反应导致的是（　　）①在氯水中加入NaOH溶液；②在FeCl3溶液中加入铁粉；③在品红溶液中通入二氧化硫气体；④在Na2CO3溶液中滴入酚酞；⑤在新制Cu（OH）2悬浊液中滴入葡萄糖溶液，加热．A．①②⑤B．①②④C．①②③D．①②③④⑤【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】发生的反应中，若存在元素的化合价变化，则发生氧化还原反应，以此来解答．-22-\n【解答】解：①在氯水中加入NaOH溶液，生成NaCl、NaClO，Cl元素的化合价变化，发生氧化还原反应，故选；②在FeCl3溶液中加入铁粉，生成氯化亚铁，Fe元素的化合价变化，发生氧化还原反应，故选；③在品红溶液中通入二氧化硫气体，发生化合反应，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故不选；④在Na2CO3溶液中滴入酚酞，发生碳酸根离子的水解，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故不选；⑤在新制Cu（OH）2悬浊液中滴入葡萄糖溶液，加热，生成砖红色沉淀，Cu、C元素的化合价变化，发生氧化还原反应，故选；故选A．【点评】本题考查氧化还原反应，明确发生的化学反应及反应中元素的化合价变化即可解答，侧重氧化还原反应判断的考查，注意元素的化合价判断，题目难度不大．　2．20g由两种金属粉末组成的混合物，与足量的盐酸充分反应后得到11.2L氢气（标准状况），这种金属混合物的组成可能是（　　）A．Mg和AlB．Al和FeC．Fe和ZnD．Zn和Cu【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】假设金属均为+2价，金属总物质的量等于氢气物质的量，计算金属平均摩尔质量，因为为两种金属的混合物，故平均摩尔质量应介于各组分之间，根据电子转移守恒，若金属不与盐酸反应，其摩尔质量可以视作无穷大．【解答】解：11.2L氢气物质的量为=0.5mol，假设金属均为+2价，金属总物质的量等于氢气物质的量，故金属平均摩尔质量为=40g/mol，因为为两种金属的混合物，故平均摩尔质量应介于各组分之间，A．Mg的摩尔质量为24g/mol，Al为+2价，摩尔质量为27g/mol×=18g/mol，均小于40g/mol，不符合题意，故A错误；B．Al为+2价，摩尔质量为27g/mol×=18g/mol，Fe的摩尔质量为56g/mol，符合题意，故B正确；C．Fe的摩尔质量为56g/mol，Zn的摩尔质量为65g/mol，均大于40g/mol，不符合题意，故C错误；D．Zn的摩尔质量为65g/mol，Cu不与盐酸反应，其摩尔质量可以视作无穷大，均大于40g/mol，不符合题意，故D错误，故选B．【点评】本题考查混合物计算、元素化合物性质，难度中等，注意利用平均值法解答．　3．对某酸性溶液（可能含有Br﹣，SO42﹣，H2SO3，NH4+）分别进行如下实验：①加热时放出的气体可以使品红溶液褪色；②加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；③加入氯水时，溶液略显黄色，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸．-22-\n对于下列物质不能确认其在原溶液中是否存在的是（　　）A．Br﹣B．SO42﹣C．H2SO3D．NH4+【考点】常见离子的检验方法．【专题】离子反应专题．【分析】①加热时放出的气体可以使品红溶液褪色，说明生成二氧化硫气体，说明溶液中含有H2SO3；②加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；证明气体是NH3，原溶液含有NH4+；③加入氯水时，溶液略显黄色，证明溶液中含有Br﹣，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸，说明生成硫酸钡沉淀，但在硝酸溶液中亚硫酸可以被氧化为硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，不能确定原溶液中是否含有硫酸根离子；【解答】解：①加热时放出的气体可以使品红溶液褪色，说明生成二氧化硫气体，说明溶液中含有H2SO3；②加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；证明气体是NH3，原溶液含有NH4+；③加入氯水时，溶液略显黄色，证明溶液中含有Br﹣，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸，说明生成硫酸钡沉淀，但在硝酸溶液中亚硫酸可以被氧化为硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，不能确定原溶液中是否含有硫酸根离子；综上所述：根据实验①可知含有H2SO3，根据实验②确定含有，据实验③可推知有Br﹣，不能确定有无，因H2SO3被氯水氧化成H2SO4．故选B．【点评】本题考查了常见离子的检验方法和现象判断，关键是隐含离子的干扰作用，亚硫酸钡硝酸氧化为硫酸．　4．下列化工生产过程中所发生的反应不属于氧化还原反应的是（　　）A．用油脂制肥皂B．用铝土矿制金属铝C．用氯气和消石灰制漂白D．用氢气和氮气合成氨【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，可从元素化合价的角度判断反应是否属于氧化还原反应，以此解答．【解答】解：A．用油脂制肥皂是利用油脂在碱性条件下的水解，生成高级脂肪酸钠和甘油，不是氧化还原反应，故A选；B．Al元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；C．用氯气和消石灰制漂白，生成氯化钙和次氯酸钙，Cl元素化合价变化，属于氧化还原反应，故C不选；D．H和N元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D不选．故选A．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握常见物质的性质以及反应类型的判断，从元素化合价的角度解答该题，注意相关基础知识的积累，难度不大．　-22-\n5．取xg铜和镁的合金完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生8960mLNO2气体和672mLN2O4气体（都已折算成标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02g，则x等于（　　）A．8.64gB．9.00gC．9.20gD．9.44g【考点】有关混合物反应的计算．【分析】铜和镁失去的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量，等于他们结合的氢氧根的物质的量，根据氮的氧化物计算氢氧根的物质的量，沉淀的总质量减去氢氧根的质量即为金属的质量．【解答】解：8960mL的NO2气体的物质的量为：=0.4mol，672mL的N2O4气体的物质的量为：=0.03mol，则金属提供的电子的物质的量为：0.4mol×（5﹣4）+0.03mol×2×（5﹣4）=0.46mol，铜和镁失去的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量，等于他们结合的氢氧根的物质的量，故沉淀中含有氢氧根的物质的量为0.46mol，氢氧根的质量为：0.46mol×17g/mol=7.82g，所以金属的质量为：17.02g﹣7.82g=9.20g，故选C．【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题解答的关键是铜和镁失去的电子的物质的量，等于他们结合的氢氧根的物质的量，而结合氢氧根的质量就正好是质量增加的量．　6．不是Fe（OH）3胶体和MgCl2溶液共同具备的性质是（　　）A．都比较稳定，密封放置不产生沉淀B．都有丁达尔现象C．加入少量NaOH溶液都可产生沉淀D．分散质微粒均可透过滤纸【考点】胶体的重要性质．【专题】溶液和胶体专题．【分析】A．胶体较稳定；B．胶体有丁达尔效应，溶液无丁达尔效应；C．胶体遇电解质溶液能发生聚沉；D．溶液和胶体都能透过滤纸．【解答】解：A．溶液和胶体外观基本一致，一般为均一透明、稳定，故A错误；B．只有胶体具有丁达尔效应，溶液不具备，故B正确；C．向Fe（OH）3胶体中加入NaOH溶液，会使胶体发生聚沉，产生Fe（OH）3沉淀，而MgCl2与NaOH反应生成Mg（OH）2沉淀，故C错误；D．溶液和胶体都能透过滤纸，故D错误．故选B．【点评】本题考查溶液和胶体的性质，难度不大，注意溶液和胶体外观基本一致，一般为均一透明、稳定．　7．进行化学实验，观测实验现象，通过分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一．对下列实验事实的解释正确的是（　　）A．浓硝酸在光照条件下变黄，说明浓硝酸不稳定生成有色产物能溶于硝酸-22-\nB．在KI淀粉溶液中通入氯气，溶液变蓝，说明氯气能与淀粉发生显色反应C．在某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明含SO42﹣D．将铜片放入浓硫酸中，无明显实验现象，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化【考点】硝酸的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；浓硫酸的性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A、浓硝酸不稳定分解生成的二氧化氮溶于硝酸，使硝酸呈黄色．B、氯气氧化碘离子为碘单质，碘遇淀粉变蓝色．C、某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，溶液可能含有Ag+或SO42﹣或SO32﹣．D、钝化是生成一层致密的氧化物保护膜，阻止内部金属继续反应，铜片与浓硫酸反应需要加热．【解答】解：A、浓硝酸不稳定分解生成的二氧化氮溶于硝酸，使硝酸呈黄色，故A正确；B、氯气氧化碘离子为碘单质，碘遇淀粉变蓝色，故B错误；C、溶液含有Ag+或SO42﹣或SO32﹣，加入硝酸酸化的氯化钡溶液，会有白色沉淀生成，不能说明溶液含SO42﹣，故C错误；D、钝化是生成一层致密的氧化物保护膜，阻止内部金属继续反应，铜片与浓硫酸反应需要加热，不加热铜与浓硫酸不反应，不能说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化，故D错误．故选：A．【点评】考查元素化合物的性质，难度不大，注意C选项中干扰离子的影响．　8．下列叙述正确的是（　　）A．SO2具有还原性，故可作漂白剂B．Na的金属活性比Mg强，故可用Na与MgCl2溶液反应制MgC．浓硝酸中的HNO3见光易分解，故有时在实验室看到的浓硝酸呈黄色D．Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，故在与其他非金属反应的产物中的Fe也显+3价【考点】二氧化硫的化学性质；硝酸的化学性质；金属冶炼的一般原理；铁的化学性质．【分析】A、SO2与品红中的有色物质发生化合而褪色，可作漂白剂；B、Na是活泼金属，Na与MgCl2溶液反应时，先与水反应得到H2；C、浓硝酸不稳定，见光分解，生成二氧化氮红棕色气体；D、Fe与非金属反应的产物的化合价取决于非金属的氧化性强弱，并不一定是+3价．【解答】解：A、SO2具有还原性和氧化性，在作漂白剂时并不发生氧化还原反应，而是与品红中的有色物质发生化合而褪色，故A错误；B、Na是活泼金属，Na与MgCl2溶液反应时，先与水反应得到H2，可采用电解熔融的氯化镁来制取镁，故B错误；C、浓硝酸不稳定，见光分解，生成二氧化氮红棕色气体，有时在实验室看到的浓硝酸呈黄色，就是硝酸分解产生的二氧化氮溶于硝酸的缘故，故C正确；D、Fe与其它非金属反应产物的化合价取决于非金属的氧化性强弱，并不一定是+3价，如与S反应生成FeS中Fe显+2价，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学反应及其物质的性质，要掌握常见物质如钠、硝酸、铁等的性质．　9．已知：①在淀粉KI溶液中滴入少量NaClO溶液，并加入少量硫酸，溶液立即变蓝；②在上述蓝色溶液中，滴加过量的Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失；③取实验②生成的溶液滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成．下列判断正确的是（　　）-22-\nA．上述实验证明氧化性：ClO﹣＞I2＞SO42﹣B．上述实验③中的白色沉淀是BaSO4，一定不含有BaSO3C．实验①中硫酸的作用是氧化性和酸性D．实验②证明SO32﹣既有氧化性又有还原性【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A、根据①、②中的反应方程式判断ClO﹣、I2、SO42﹣的氧化性强弱；B、根据②溶液中存在的阴离子判断沉淀的成分；C、根据反应方程式判断硫酸的作用；D、根据②中SO32﹣的化合价变化判断其性质．【解答】解：A、①中的反应方程式NaClO+2KI+H2SO4=I2+NaCl+K2SO4+H2O，ClO﹣的氧化性大于I2的氧化性；②中的反应方程式Na2SO3+I2+H2O=Na2SO4+2HI，I2的氧化性大于SO42﹣的氧化性；所以氧化性强弱为：ClO﹣＞I2＞SO42﹣，故A正确；B、②中滴加过量的Na2SO3溶液，所以溶液中有Na2SO3和Na2SO4，Na2SO3与Na2SO4和BaCl2反应都生成白色沉淀，故B错误；C、、①中的反应方程式NaClO+2KI+H2SO4=I2+NaCl+K2SO4+H2O，H2SO4反应前后各元素的化合价都没变化，所以硫酸的作用是酸性，故C错误；D、②中的反应方程式Na2SO3+I2+H2O=Na2SO4+2HI，Na2SO3失电子作还原剂，具有还原性，故D错误；故选A．【点评】本题考查了氧化性、还原性强弱的比较，同时考查学生的比较、辨别能力、氧化性、还原性的强弱与得失电子的难易程度有关，与得失电子的多少无关．　10．向某二价金属M的M（OH）2的溶液中加入过量的NaHCO3溶液，生成了MCO3沉淀，过滤，洗涤干燥后将沉淀置于足量的稀盐酸中，充分反应后，在标准状况下收集到VL气体．如要计算金属M的相对原子质量，你认为还必需提供下列哪项数据（　　）A．M（OH）2溶液的物质的量浓度B．与MCO3反应的盐酸的物质的量浓度C．MCO3的质量D．题给条件充足，不需要再补充数据【考点】相对原子质量及其计算．【分析】根据MCO3沉淀经过滤、洗涤干燥后与足量的稀盐酸充分反应后收集到在标准状况下的VL气体，则气体为二氧化碳，利用该反应的化学方程式可知，只要知道沉淀的质量即可计算金属M的相对原子质量．【解答】解：设金属M的相对原子质量为x，MCO3的质量为m，因MCO3+2HCl═MCl2+H2O+CO2↑x+601m显然若知道m，则只有一个未知数x，即可列比例式来解答，故选：C．【点评】本题考查相对原子质量的计算，明确该题中的化学反应及给出的物质的体积是解答的关键，此处还要学会利用化学反应方程式的计算来分析解答．-22-\n　11．工业生产的生石灰中常混有二氧化硅和石灰石．现将该生石灰样品溶于过量的盐酸中．然后在不断搅拌（必要时可以加热）的情况下，向反应混合物中逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，如果纵坐标表示固体难溶物的质量（m），横坐标表示所加入氢氧化钠溶液的体积（V），则下列图示正确的是（　　）A．B．C．D．【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】生石灰溶于过量的盐酸中，发生反应：CaO+2HCl=CaCl2+H2O、CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑，HCl有剩余，SiO2不反应，向反应混合物中逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，首先发生反应，HCl+NaOH=NaCl+H2O，固体难溶物的质量不变，HCl反应完毕，然后发生反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，同时发生反应Na2SiO3+CaCl2=CaSiO3↓+2NaCl，固体难溶物的质量增大，SiO2反应完毕同时沉淀达最大量，据此结合图象判断．【解答】解：生石灰溶于过量的盐酸中，发生反应：CaO+2HCl=CaCl2+H2O、CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑，HCl有剩余，SiO2不反应，向反应混合物中逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，首先发生反应，HCl+NaOH=NaCl+H2O，固体难溶物的质量不变，HCl反应完毕，然后发生反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，同时发生反应Na2SiO3+CaCl2=CaSiO3↓+2NaCl，固体难溶物的质量增大，SiO2反应完毕同时沉淀达最大量，固体难溶物的质量（m）与加入氢氧化钠溶液的体积（V）关系如图：，故选B．【点评】本题主要考查二氧化硅等物质的性质，难度中等，清楚发生的反应过程是关键，主要二氧化硅溶解的同时生成硅酸钙沉淀．　12．硝酸发生氧化还原反应的时候，一般硝酸越稀，对应的还原产物中氮的化合价越低．现有一定量的铝、铁合金与一定量稀HNO3充分反应，反应过程中无任何气体放出．在反应结束后的溶液中，逐滴加入4mol/LNaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（V）与产生沉淀的物质的量（n）关系如图所示．下列说法中不正确的是（　　）A．合金与硝酸反应时硝酸过量B．合金中铝的物质的量为0.008molC．合金中金属的物质的量共为0.032mol-22-\nD．无法求出C点的值【考点】镁的化学性质；铝的化学性质；有关混合物反应的计算．【专题】图像图表题．【分析】A．在反应结束后的溶液中，逐滴加入4mol/LNaOH溶液，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀；B．由图可得加入氢氧化钠溶液从E→F发生的反应为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；C．根据氧化还原反应，N元素由+5价变为﹣3价，而金属都由0价变为+3价，可以运用电子守恒得出金属的物质的量；D．根据消耗NaOH的总体积，结合在D点氢氧化钠与硝酸、铝铁离子的反应，可计算得出C点氢氧化钠溶液的体积；【解答】解：铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又有硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了﹣3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：①H++OH﹣=H2O，②Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，③NH4++OH﹣═NH3•H2O，④Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2OA．由图可得滴加NaOH体积为31ml时，发生反应为，H++OH﹣=H2O，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，所以硝酸过量，故A正确；B．根据Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，得出Al（OH）3的物质的量为：（36﹣34）×10﹣3L×4mol/L=0.008mol，故B正确；C．沉淀的总量可根据NH4+的量，根据NH4++OH﹣═NH3•H2O得出n（NH4+）=（34﹣31）×10﹣3L×4mol/L=0.012mol，根据氧化还原反应，N元素由+5价变为﹣3价，而金属都由0价变为+3价，可以运用电子守恒得出金属的物质的量为=0.032mol，故C正确；D．滴加NaOH体积为31ml时，发生反应为H++OH﹣=H2O，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，可计算得出C点氢氧化钠溶液的体积为31ml﹣×103ml/L=7mL，C点的值为7，故D错误；故选D．【点评】本题考查混合物的计算，题目难度较大，本题注意根据图象判断各阶段反应的情况，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，注意从质量守恒的角度结合反应的关系式计算．　13．0.96gMg跟含6.3gHNO3的稀溶液恰好反应完全，则HNO3的还原产物的摩尔质量可能是（　　）A．30g•mol﹣1或46g•mol﹣1B．44g•mol﹣1或80g•mol﹣1C．28g•mol﹣1D．46g•mol﹣1【考点】氧化还原反应的计算．【专题】守恒法；平均值法．【分析】0.96gMg的物质的量为=0.04mol，6.3gHNO3的物质的量为=0.1mol，反应生成Mg（NO3）2为0.04mol，假设0.1mol﹣0.04mol×2=0.02mol的HNO3-22-\n全部其氧化剂作用，根据电子转移守恒计算N元素在还原产物中化合价，进而确定还原产物解得，注意若还原产物N元素化合价为+1时，可能为N2O或NH4NO3．【解答】解：0.96gMg的物质的量为=0.04mol，6.3gHNO3的物质的量为=0.1mol，反应生成Mg（NO3）2为0.04mol，假设0.1mol﹣0.04mol×2=0.02mol的HNO3全部其氧化剂作用，假设N元素咋爱还原产物中化合价为a，根据电子转移守恒，0.02mol×（5﹣a）=0.04mol×2，解得a=+1，故还原产物可能为N2O或NH4NO3，则还原产物的摩尔质量可能是44g•mol﹣1或80g•mol﹣1，故选：B．【点评】本题考查氧化还原反应计算，注意电子转移守恒与平均值法的应用，侧重考查学生分析计算能力，难度中等．　14．下列A～D4组，每组有两个反应，其中两个反应可用同一个离子方程式表示的是（　　）ⅠⅡA少量SO2通入Ba（OH）2溶液中过量SO2通入少量Ba（OH）2溶液中B少量浓氨水滴入Al2（SO4）3溶液中少量Al2（SO4）3溶液滴入浓氨水中C0.1molCl2通入含0.2molFeBr2的溶液中0.3molCl2通入含0.2molFeBr2的溶液中D过量稀硝酸与少量铁屑混合少量稀硝酸与过量铁屑混合A．AB．BC．CD．D【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．I中生成亚硫酸钡和水，II中生成亚硫酸氢钡和水；B．I、II中均反应生成氢氧化铝和硫酸铵；C．氯气量不同氧化的离子不同，离子方程式不同；D．少量铁和稀硝酸反应硝酸铁，过量铁和稀硝酸反应生成硝酸亚铁．【解答】解：A．I中生成亚硫酸钡和水，离子方程式为SO2+Ba2++2OH﹣=BaSO3↓+H2O，II中生成亚硫酸氢钡和水，离子方程式为SO2+OH﹣=HSO3﹣，亚硫酸钡在离子反应中保留化学式，二者离子反应不同，故A不选；B．I、II中均反应生成氢氧化铝和硫酸铵，反应物、生成物相同，离子反应相同，离子反应方程式为3NH3．H2O+Al3+=Al（OH）3↓+3NH4+，故B选；C．I中将0.1molCl2通入含0.2molFeBr2的溶液中，发生反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；将0.3molCl2通入含0.2molFeBr2溶液反应为2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故C不选；D．I中离子反应方程式为Fe+NO3﹣+2H+=Fe3++NO↑+H2O，II中离子方程式为，3Fe+2NO3﹣+8H+=Fe2++2NO↑+4H2O所以二者不同，故D不选；故选B．【点评】本题考查了离子方程式的书写，把握发生的化学反应为解答的关键，侧重复分解反应及与量有关的离子反应、氧化还原反应的考查，选项C为解答的难点和易错点，题目难度不大．　15．下列实验现象的描述错误的是（　　）A．氢气在氯气中燃烧生成绿色烟雾B．红热的铁丝在氧气中燃烧，火星四射，生成黑色固体颗粒-22-\nC．点燃的硫在氧气中剧烈燃烧，发出蓝紫色火焰D．钠在空气中燃烧，发出黄色的火焰，生成淡黄色固体【考点】氯气的化学性质；含硫物质的性质及综合应用；钠的化学性质；铁的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A．氢气在氯气中燃烧，生成氯化氢，可观察到有白雾；B．红热的铁丝在氧气中燃烧，生成四氧化三铁；C．硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，火焰为蓝紫色；D．钠与氧气反应生成过氧化钠，火焰为黄色．【解答】解：A．氢气在氯气中燃烧，有苍白色火焰，生成的氯化氢易结合水蒸汽而形成白雾，故A错误；B．红热的铁丝在氧气中燃烧，放出大量的热，火星四射，生成四氧化三铁，为黑色固体，故B正确；C．硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，火焰为蓝紫色，在空气中为蓝色火焰，故C正确；D．钠与氧气反应生成淡黄色的过氧化钠，火焰为黄色，故D正确．故选A．【点评】本题综合考查元素化合物知识，侧重于基础知识的考查，学习中注意相关基础知识的学习与积累，难度不大．　16．向含1molHCl和lmolMgSO4的混合溶液中加入1mol/L的Ba（OH）2溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入Ba（OH）2溶液体积（V）间的关系图正确的是（　　）A．B．C．D．【考点】离子方程式的有关计算．【专题】图像图表题．【分析】含1molHCl和lmolMgSO4的混合溶液中加入Ba（OH）2后，首先发生反应Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，生成既不溶于水又不溶于酸的BaSO4沉淀，同时OH﹣跟盐酸的H+发生中和反应OH﹣+H+=H2O，由于HCl的存在，OH﹣不能与Mg2+产生沉淀Mg（OH）2，待H+完全反应，OH﹣与Mg2+开始生成Mg（OH）2沉淀，由OH﹣+H+=H2O可知，H+完全反应时加入的Ba（OH）2为0.5mol，加入Ba（OH）2溶液的体积为=0.5L=500mL，产生参加反应的硫酸根为0.5mol，此阶段沉淀n（BaSO4）=0.5mol，溶液中n（SO42﹣）=1mol﹣0.5mol=0.5mol，n（Mg2+）=1mol；继续加入Ba（OH）2，发生反应Ba2++SO42﹣=BaSO4↓、Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，此时加入相同质体积的Ba（OH）2溶液，生成的沉淀的量比上一阶段要多，当再加入0.5molBa（OH）2时，溶液中的SO42﹣恰好沉淀，参加反应的Mg2+物质的量为0.5mol，此阶段又产生沉淀n（BaSO4-22-\n）=0.5mol，n[Mg（OH）2]=0.5mol，加入Ba（OH）2溶液的体积为=0.5L=500mL，此时溶液中n（Mg2+）=1mol﹣0.5mol=0.5mol；在继续加入Ba（OH）2溶液，发生反应Mg2++2OH﹣+=Mg（OH）2↓，沉淀的量继续增大，此时加入相同质体积的Ba（OH）2溶液，生成的沉淀的量较第二阶段小，但与第一阶段相同，但当再加入0.5molBa（OH）2时，0.5molMg2+完全沉淀，加入Ba（OH）2溶液的体积为=0.5L=500mL，此时沉淀达最大量，此阶段又产生沉淀n[Mg（OH）2]=0.5mol，再加入Ba（OH）2溶液不再产生沉淀．据此作出图象判断．【解答】解：含1molHCl和lmolMgSO4的混合溶液中加入Ba（OH）2后，首先发生反应Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，生成既不溶于水又不溶于酸的BaSO4沉淀，同时OH﹣跟盐酸的H+发生中和反应OH﹣+H+=H2O，由于HCl的存在，OH﹣不能与Mg2+产生沉淀Mg（OH）2，待H+完全反应，OH﹣与Mg2+开始生成Mg（OH）2沉淀，由OH﹣+H+=H2O可知，H+完全反应时加入的Ba（OH）2为0.5mol，加入Ba（OH）2溶液的体积为=0.5L=500mL，产生参加反应的硫酸根为0.5mol，此阶段沉淀n（BaSO4）=0.5mol，溶液中n（SO42﹣）=1mol﹣0.5mol=0.5mol，n（Mg2+）=1mol；继续加入Ba（OH）2，发生反应Ba2++SO42﹣=BaSO4↓、Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，此时加入相同质体积的Ba（OH）2溶液，生成的沉淀的量比上一阶段要多，当再加入0.5molBa（OH）2时，溶液中的SO42﹣恰好沉淀，参加反应的Mg2+物质的量为0.5mol，此阶段又产生沉淀n（BaSO4）=0.5mol，n[Mg（OH）2]=0.5mol，加入Ba（OH）2溶液的体积为=0.5L=500mL，此时溶液中n（Mg2+）=1mol﹣0.5mol=0.5mol；在继续加入Ba（OH）2溶液，发生反应Mg2++2OH﹣+=Mg（OH）2↓，沉淀的量继续增大，此时加入相同质体积的Ba（OH）2溶液，生成的沉淀的量较第二阶段小，但与第一阶段相同，但当再加入0.5molBa（OH）2时，0.5molMg2+完全沉淀，加入Ba（OH）2溶液的体积为=0.5L=500mL，此时沉淀达最大量，此阶段又产生沉淀n[Mg（OH）2]=0.5mol，再加入Ba（OH）2溶液不再产生沉淀．由上述分析可知三个阶段加入的加入Ba（OH）2溶液的体积相同为500mL；第一阶段产生沉淀n（BaSO4）=0.5mol；第二阶段又生成沉淀n（BaSO4）=0.5mol，n[Mg（OH）2]=0.5mol，此时沉淀总量为1.5mol，加入Ba（OH）2溶液的总体积为1L；第三阶段又生成沉淀n[Mg（OH）2]=0.5mol，此时沉淀总量为2mol，加入Ba（OH）2溶液的总体积为1.5L．沉淀的量与Ba（OH）2溶液体积关系图为：．故选：D．【点评】考查离子反应、化学计算、图象分析等，难度较大，理清离子反应的过程，确定沉淀的量与与Ba（OH）2溶液体积关系是关键，是对学生综合能力的考查．-22-\n　二、非选择题（共52分）17．含0.4molAl3+的Al2（SO4）3中所含的SO42﹣的物质的量是　0.6mol　．0.3molNH3分子中所含氢原子数与　2.709×1023　个H2O分子中所含氢原子数相等．如果ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是（设NA为阿伏加德罗常数）　　L．【考点】物质的量的相关计算．【分析】由化学式可知，Al3+、SO42﹣的物质的量之比为2：3，据此计算；根据氨气中含有氢原子物质的量计算水的物质的量，根据N=nNA计算水分子数目；根据n=计算ag气体的物质的量，质量之比等于其物质的量之比，据此计算cg该气体的物质的量，根据V=n×Vm来计算体积．【解答】解：由化学式可知，Al3+、SO42﹣的物质的量之比为2：3，0.4molAl3+的Al2（SO4）3中所含的SO42﹣的物质的量是：0.4mol×=0.6mol；与0.3molNH3分子中所含氢原子数相等的水分子物质的量==0.45mol，故水分子数目=0.45mol×6.02×1023mol﹣1=2.709×1023，a克某气体中含有的分子数为b，则c克气体含有的分子数为，c克该气体的物质的量为=mol，在标准状况下Vm=22.4L/mol，则cg该气体的体积为mol×22.4L/mol=L，故答案为：0.6mol；2.709×1023；．【点评】本题考查物质的量的计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意对公式的理解与灵活应用，难度不大．　18．（12分）（2022•福建）从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取两种工艺品的流程如下：-22-\n请回答下列问题：（1）流程甲加入盐酸后生成Al3+的方程式为　Al2O3+6H+═2Al3++3H2O　．（2）流程乙加入烧碱后生成SiO32﹣的离子方程式为　SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O　．（3）验证滤液B含Fe3+，可取少量滤液并加入　硫氰化钾（或苯酚溶液、氢氧化钠溶液等）　（填试剂名称）．（4）滤液E、K中溶质的主要成份是　NaHCO3　（填化学式），写出该溶液的一种用途　制纯碱（或做发酵粉）　（5）已知298K时，Mg（OH）2的容度积常数KSP=5.6×10﹣12，取适量的滤液B，加入一定量的烧碱达到沉淀溶液平衡，测得PH=13.00，则此温度下残留在溶液中的c（Mg2+）=　5.6×10﹣10mol/L　．【考点】工业制金属铝；无机物的推断．【分析】（1）与HCl反应生成Al3+，应为铝土矿中Al2O3；（2）SiO2可以溶于NaOH中生成Na2SiO3，写出离子方程式；（3）检验Fe3+的特征反应很多，如与KSCN显血红色，与苯酚显紫色，与OH﹣显红褐色沉淀等；（4）生成E、K时，CO2均是过量的，故应生成NaHCO3；（5）Ksp=c（Mg2+）•c2（OH﹣），c（Mg2+）==5.6×10﹣10mol/L．【解答】解：（1）流程甲加入盐酸，反应生成铝离子的物质为铝土矿中的氧化铝，反应的化学方程式为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，故答案为：（1）Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；（2）流程乙加入过量的氢氧化钠，与氧化铝反应生成偏铝酸钠，与二氧化硅反应生成硅酸钠，生成SiO32﹣的离子方程式为：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O，故答案为：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O；（3）流程甲加入HCl，生成FeCl3、MgCl2、AlCl3，要检验滤液B中含有Fe3+，方法很多，如可加入KSCN溶液为血红色，与苯酚显紫色，与碱反应生成Fe（OH）3红褐色沉淀，都能证明滤液B中含有Fe3+，故答案为：KSCN（或苯酚溶液、NaOH溶液等合理答案）；（4）滤液B中加入过量NaOH，生成Fe（OH）3沉淀、Mg（OH）2沉淀和NaAlO2；过滤，滤液D中含有NaAlO2、NaCl和过量的NaOH，向滤液D中通入过量CO2，NaAlO2和CO2反应生成氢氧化铝沉淀，NaOH和过量的CO2反应生成NaHCO3；过滤，滤液E中溶质的主要成分为NaHCO3；滤液Y中通入过量CO2，硅酸钠反应生成硅酸，NaAlO2生成氢氧化铝，过量的NaOH和过量的CO2-22-\n反应生成NaHCO3；过滤，滤液K中溶质的主要成分为NaHCO3；故应填NaHCO3；NaHCO3的用途很多，如制纯碱或做发酵粉等；故答案为：NaHCO3；制纯碱（或做发酵粉）；（5）已知滤液B中加入一定量的NaOH达到沉淀溶液平衡时pH=13.00，则c（H+）=1×10﹣13mol/L，c（OH﹣）==0.1mol/L，Mg（OH）2的容度积常数KSP=c（Mg2+）•c2（OH﹣）=5.6×10﹣12，c（Mg2+）==5.6×10﹣10mol/L．故答案为：5.6×10﹣10mol/L．【点评】化学实验、化学与技术、铝土矿中氧化铝提取的工艺流程综合考查，要注意平常知识的积累．　19．（16分）（2022•通州区校级模拟）已知A、B均是由两种短周期元素组成的化合物，A中某元素的质量分数为75%，C、J是同周期元素的气态氢化物，X为无色液体，D具有两性．反应生成的水均已略去．它们有如下图所示的关系．（1）写出化学式：A．　Al4C3　，B．　Na2O2　，C．　CH4　．（2）反应③中每生成lmolF，转移电子的数目为：　1.204×1024　．（3）反应④的化学方程式为：　4NH3+5O24NO+6H2O　．（4）写出离子方程式分别为：反应②　2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣或AlO2﹣+CO2+2H2O=2Al（OH）3↓+HCO3﹣　；反应⑤　Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O　．（5）反应①中，每1.00gC与足量的F作用，恢复到25℃放出55.6kJ热量，写出反应①的热化学方程式．　CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）；△H=﹣889.6kJ•mol﹣1　．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】1．X为无色液体，推断X为H2O；2．D具有两性，可知D为Al2O3或Al（OH）3，而Al2O3要经过氢氧化铝脱水或铝直接与氧气化合而得，图中显然不具备这样的条件，因此D为Al（OH）3，D由A反应而来，A中含铝元素；-22-\n3．因为D遇I溶解，可知I为强酸或强碱，但I由J一路反应而来，又有J为第二周期元素的气态氢化物，因此J为非金属氢化物，I为强酸，而L+X生成I+K，只有硝酸的生成（3NO2+H2O=2HNO3+NO）符合这一模式，I为HNO3；L为NO2，K为NO，由NO+F到NO2，F为O2．顺便也可知J中含氮元素，J为NH3；4．因为C也为第二周期元素的气态氢化物，而第二周期元素的气态氢化物一般只研究碳与氮元素的氢化物（若C为HF，则A为AlF3，不合题意；而硼的性质一般不做研究，否则要给提示或条件），J为NH3，所以C为烃类，A为碳与铝的化合物，结合给出的质量分数，A为Al4C3，它与水发生水解反应时，碳元素的价态不变，因此产物C为甲烷（CH4），它与F（氧气）反应除水之外的产物H为CO2．A+X=C+D反应方程式：Al4C3+12H2O→4Al（OH）3+3CH4↑；5．因为H与G反应生成D（Al（OH）3），G由D反应来，因此G为偏铝酸盐，E为强碱，因为E由短周期元素化合物B与水反应来，所以E为NaOH，G为NaAlO2，因为B+水生成NaOH+O2，所以B为Na2O2．依据推断物质分析回答问题．【解答】解：1．X为无色液体，推断X为H2O；2．D具有两性，可知D为Al2O3或Al（OH）3，而Al2O3要经过氢氧化铝脱水或铝直接与氧气化合而得，图中显然不具备这样的条件，因此D为Al（OH）3，D由A反应而来，A中含铝元素；3．因为D遇I溶解，可知I为强酸或强碱，但I由J一路反应而来，又有J为第二周期元素的气态氢化物，因此J为非金属氢化物，I为强酸，而L+X生成I+K，只有硝酸的生成（3NO2+H2O=2HNO3+NO）符合这一模式，L为NO2，K为NO，由NO+F到NO2，F为O2．顺便也可知J中含氮元素，J为NH3；4．因为C也为第二周期元素的气态氢化物，而第二周期元素的气态氢化物一般只研究碳与氮元素的氢化物（若C为HF，则A为AlF3，不合题意；而硼的性质一般不做研究，否则要给提示或条件），J为NH3，所以C为烃类，A为碳与铝的化合物，结合给出的质量分数，A为Al4C3，它与水发生水解反应时，碳元素的价态不变，因此产物C为甲烷（CH4），它与F（氧气）反应除水之外的产物H为CO2．A+X=C+D反应方程式：Al4C3+12H2O→4Al（OH）3+3CH4↑；5．因为H与G反应生成D（Al（OH）3），G由D反应来，因此G为偏铝酸盐，E为强碱，因为E由短周期元素化合物B与水反应来，所以E为NaOH，G为NaAlO2，因为B+水生成NaOH+O2，所以B为Na2O2．综上所述判断出的各物质为：A为Al4C3；B为Na2O2；C为CH4；D为Al（OH）3；E为NaOH；F为O2；G为NaAlO2；H为CO2；I为HNO3；为NH3；K为NO；LNO2；X为H2O；（1）依据分析推断得到A、B、C分别为：Al4C3、Na2O2、CH4，故答案为：Al4C3；Na2O2；CH4；（2）反应③为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；反应中过氧化钠自身氧化还原反应，氧元素化合价从﹣1价变化为0价，﹣2价，反应中每生成lmolF（O2）转移电子物质的量为2mol，转移电子数为1.204×1024，故答案为：1.204×1024；（3）反应④是氨气的催化氧化反应，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（4）反应②是二氧化碳气体通入偏铝酸钠溶液中发生的反应，反应的离子方程式为：2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣或AlO2﹣+CO2+2H2O=2Al（OH）3↓+HCO3﹣；反应⑤是氢氧化铝在硝酸中溶解的反应，反应的离子方程式为：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，故答案为：2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣或AlO2﹣+CO2+2H2O=2Al（OH）3↓+HCO3﹣；Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；（5）反应①是甲烷燃烧生成二氧化碳和水的反应，每1.00gCH4与足量的F（O2）作用，恢复到25℃水为液体，放出55.6kJ热量；依据化学方程式计算1mol甲烷燃烧放热为889.6KJ；-22-\n反应的热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣889.6kJ•mol﹣1，故答案为：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣889.6kJ•mol﹣1．【点评】本题考查了物质转化关系的分析判断，物质性质的应用，反应现象的分析，化学方程式、离子方程式、热化学方程式的书写方法和计算应用，物质性质的分析，现象的推断是解题关键．题目难度中等．　20．（10分）（2022秋•北京校级月考）实验室需要240mL0.5mol•L﹣1硫酸溶液．根据溶液的配制情况回答下列问题：（1）配制溶液时肯定不需要如图所示仪器中的　AC　（填字母），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是　烧杯、玻璃棒　（填仪器名称）．（2）容量瓶是用来配制一定物质的量浓度的溶液的定量仪器，其上标有　①③⑤　（填序号）．①温度　②浓度　③容量　④压强　⑤刻度线　⑥酸式或碱式（3）根据计算得知，需质量分数为98%、密度为1.84g•cm﹣3的浓硫酸　6.8　mL（计算结果保留一位小数）．如果实验室有10mL、50mL、100mL量筒，应选　10　mL的量筒最好．（4）在配制过程中，下列操作可能导致溶液浓度偏低的是　①②③④　．①量筒用蒸馏水洗净后立即用来量取浓硫酸②将浓硫酸在烧杯中稀释，转移到容积为100mL的容量瓶中后，没有洗涤烧杯③在转移过程中用玻璃棒引流，因操作不慎有少量溶液流到容量瓶外面④最后定容时，仰视刻度线．【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】综合实验题．【分析】（1）根据配制步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；（2）容量瓶是专用于配制一定物质的量浓度的溶液，标有温度、压强和唯一一条刻度线；（3）根据c=计算出浓度，然后根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀来计算所需浓硫酸的体积；根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的体积来选择合适的量筒；（4）根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析．【解答】解：（1）根据配制步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，所需的仪器是量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶和胶头滴管，故不需要的仪器是AC，还需要烧杯、玻璃棒，故答案为：AC，烧杯、玻璃棒；（2）容量瓶是专用于配制一定物质的量浓度的溶液，标有温度、压强和唯一一条刻度线，故答案为：①③⑤；-22-\n（3）物质的量浓度c===18.4mol/L，设需要的浓硫酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知：18.4mol/L×VmL=0.5mol/L×250mL解得V=6.8mL；根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的体积为6.8mL可知所需的量筒的规格为10mL，故答案为：6.8；10；（4）①量筒用蒸馏水洗净后立即用来量取浓硫酸，则浓硫酸被稀释，即所量取的浓硫酸中溶质的量偏小，所配出的硫酸的浓度偏低，故①选；②将浓硫酸在烧杯中稀释，转移到容积为100mL的容量瓶中后，没有洗涤烧杯，会导致溶质损失，则浓度偏低，故②选；③在转移过程中用玻璃棒引流，因操作不慎有少量溶液流到容量瓶外面，会导致溶质损失，则浓度偏低，故③选；④最后定容时，仰视刻度线，则溶液的体积偏大，浓度偏低，故④选．故选①②③④．【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，属于基础型题目，难度不大．　21．今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl﹣、Mg2+、Ba2+、CO32﹣、SO42﹣，为了确定溶液中所含离子及其物质的量浓度，某同学设计实验如下：取三份100mL上述水溶液进行如下实验：①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生．②第二份加入足量NaOH溶液，加热，收集到气体896mL（标准状况）③第三份加入足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g．根据上述实验，请回答：（1）溶液中肯定存在的离子是　NH4+、SO42﹣、CO32﹣、K+　；哪些离子的浓度能确定，分别是　NH4+、0.4mol/L，SO42﹣、0.1mol/L，CO32﹣、0.2mol/L　；（2）肯定不存在的离子是　Mg2+、Ba2+　，理由是　Mg2+、Ba2+与CO32﹣，Ba2+与SO42﹣不能共存　；（3）可能存在的离子是　Cl﹣　，如何确定？　先加过量Ba（NO3）2溶液，取上层清液，加酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀说明有Cl﹣，否则无Cl﹣　．【考点】常见离子的检验方法．【分析】①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明可能含有Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣；②第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.448L（标准状态下），证明一定含有NH4+；生成的气体为氨气物质的量==0.04mol；无沉淀生成，则溶液中一定不含Mg2+、Cu2+；③第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g．证明原溶液中一定含有CO32﹣、SO42﹣，存在CO32﹣、SO42﹣，一定不存在Ba2+；生成沉淀BaSO4物质的量=═0.01mol；生成的沉淀BaCO3物质的量==0.02mol；根据电荷守恒，存在K+，Cl﹣不能确定，据此进行解答．【解答】解：第一份：第一份加入AgNO3，溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在：Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣；-22-\n第二份：加足量NaOH溶液加热后生成标准状况下0.896L气体为氨气，则溶液中一定含有NH4+，且物质的量为：=0.04mol；第三份：根据题中信息可知2.33为硫酸钡，n（BaSO4）=n（SO42﹣）=═0.01mol；生成的沉淀BaCO3物质的量==0.02mol；因为一定含CO32﹣所以不含Mg2+；再根据电荷守恒，正电荷为：n（+）=n（NH4+）=0.04mol；n（﹣）=2n（CO32﹣）+2n（SO42﹣）=0.06mol，故一定有K+，至少0.02mol；（1）根据分析可知肯定存在的离子是NH4+、SO42﹣、CO32﹣、K+；能够确定浓度的离子为NH4+、SO42﹣、CO32﹣，NH4+的物质的量是0.04mol，溶液体积是0.1L，所以c（NH4+）==0.4mol/L；SO42﹣物质的量是0.01mol，则c（SO42﹣）==0.1mol/L；CO32﹣的物质的量是0.02mol，则c（CO32﹣）==0.2mol/L，故答案为：NH4+、SO42﹣、CO32﹣、K+；NH4+、0.4mol/L，SO42﹣、0.1mol/L，CO32﹣、0.2mol/L；（2）由于Mg2+、Ba2+与CO32﹣，Ba2+与SO42﹣发生反应生成沉淀，则溶液中一定不存在Mg2+、Ba2+，故答案为：Mg2+、Ba2+；Mg2+、Ba2+与CO32﹣，Ba2+与SO42﹣不能共存；（3）根据分析可知，无法确定是否含有氯离子，可先加过量Ba（NO3）2溶液，除去硫酸根离子，然后取上层清液，加酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀说明有Cl﹣，否则无Cl﹣，故答案为：Cl﹣；先加过量Ba（NO3）2溶液，取上层清液，加酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀说明有Cl﹣，否则无Cl﹣．【点评】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，试题涉及到根据电荷守恒推断离子的存在，为易错点，注意熟练掌握常见离子的性质及检验方法，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力．　-22-