湖南省湘中名校联考2022届高三化学上学期9月月考试卷（含解析）

湖南省湘中名校联考2022届高三（上）月考化学试卷（9月份）一、选择题（每小题只有一个选项，共16题，每题3分，共48分）1．（3分）实验室里化学试剂的保存方法是不相同的，如图是常见的一些保存药品的试剂瓶．下列用于存放这些试剂的试剂瓶使用正确的是（　　）　A．用①瓶盛装浓硝酸B．用②瓶盛烧碱溶液C．用③瓶盛大理石D．用④瓶盛浓硫酸　2．（3分）（2022•上海模拟）A、B、C、D都是含碳、氢、氧的单官能团化合物，A水解得B和C，B氧化可以得到C或D，D氧化也得到C．若M（X）表示X的摩尔质量，则下式中正确的显（　　）　A．M（A）=M（B）+M（C）B．2M（D）=M（B）+M（C）C．M（B）＜M（D）＜M（C）D．M（D）＜M（B）＜M（C）　3．（3分）向盐酸和AlCl3的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀Al（OH）3的量随着加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法正确的是（　　）　A．在P点对应的溶液中加入N点对应的溶液一定得到B点的溶液　B．图中B→C的过程中，实际发生的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O　C．若M、N的纵坐标数值相同，则横坐标数值之比为1：3　D．原溶液中盐酸和AlCl3物质的量的浓度之比为1：3　4．（3分）用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）　A．常温常压下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NA　B．常温下，1L0.1mol•L﹣1碳酸钠溶液中，阴离子总数小于0.1NA　C．标准状况下，2.24LCl2溶于足量的水中，转移电子总数为0.1NA　D．在某氧化还原反应中，还原剂只有I﹣，则每生成0.3molI2反应中转移电子的物质的量必为0.6NA　-23-\n5．（3分）有A、B、C三种可溶性化合物，它们所含的离子是Ag+、CO32﹣、OH﹣、NO3﹣、Ba2+、Na+取相同质量的这三种物质，配成相同体积的三种溶液，测得其物质的量浓度大小依次为A＞B＞C，则A物质是（　　）　A．AgNO3B．Na2CO3C．Ba（OH）2D．NaOH　6．（3分）某实验小组对甲、乙、丙、丁四种固体样品的性质进行测试，结果如下表：则这四种固体物质中最可能是有机物的是（　　）物质性质甲乙丙丁熔点高低高低水溶性溶不溶不溶溶高温稳定分解稳定稳定导电性导电不导电不导电导电　A．甲B．乙C．丙D．丁　7．（3分）向100mLFeBr2的溶液中，通入3molCl2．反应后溶液中Br﹣和Cl﹣的物质的量浓度相等，则溶液中发生反应的离子方程式为（　　）　A．2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣　B．2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣　C．4Fe2++2Br﹣+3Cl2═Br2+4Fe3++6Cl﹣　D．2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Br2+2Fe3++6Cl﹣　8．（3分）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　9．（3分）根据下列方程式，有关物质的还原性依次减弱的顺序是（　　）①I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI；②2FeCl2+Cl2=2FeCl3；③2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2．　A．I﹣＞Fe2+＞Cl﹣＞SO2B．Cl﹣＞Fe2+＞SO2＞I﹣C．Fe2+＞I﹣＞Cl﹣＞SO2D．SO2＞I﹣＞Fe2+＞Cl﹣　10．（3分）下列说法正确的是（　　）　A．氧化还原反应中有一种元素被氧化，肯定有另一种元素被还原　B．由两种不同的核素形成的共价键一定是极性共价键　C．阴离子只有还原性，阳离子只有氧化性　D．某元素在两种的化合物中呈现不同的化合价，这两种的化合物相互反应后，得到了该元素的单质，则该元素一定是非金属元素　11．（3分）如图：纵坐标表示可燃气体A、B、C（C是A和B的混合物）的体积，横坐标表示A、B、C在完全燃烧时，消耗O2的体积，测混合气体C中A和B的体积比为（　　）-23-\n　A．VA：VB=1：1B．VA：VB=1：2C．VA：VB=2：1D．VA：VB为任意比　12．（3分）表中对陈述Ⅰ、Ⅱ及其有无因果关系的判断都正确的是（　　）选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ判断A铁是地壳中含量最高的金属元素铁是人类最早使用的金属材料Ⅰ对；Ⅱ对；有B常温下铁与稀硫酸反应生成氢气高温下氢气能还原氧化铁得到铁Ⅰ对；Ⅱ对；无C铁属于过渡元素铁和铁的某些化合物可用作催化剂Ⅰ错；Ⅱ对；无D在空气中铁的表面能形成致密的氧化膜铁不能与氧气反应Ⅰ对；Ⅱ对；有　A．AB．BC．CD．D　13．（3分）为了区别五瓶无色溶液：HCl、AlCl3、Ba（NO3）2，NaCl、Na2CO3，四位同学都没用酒精灯，三位同学另用了试剂，一位同学没有另用任何试剂．其中操作步骤一定最少的是（　　）　A．甲另用了酚酞试液B．乙另用了NaOH溶液　C．丙另用了石蕊试液D．丁不另用任何试剂　14．（3分）用下图所示装置进行实验中，将甲中的液体滴加到乙中，均有气泡出现，根据乙、丙装置中出现的现象得出的结论且正确的是（　　）甲乙丙丙中现象结论A盐酸石灰石硅酸钠溶液溶液中出现浑浊非金属性：Cl＞C＞SiB盐酸FeS溴水溶液褪色还原性：Cl﹣＞S2﹣＞Br﹣C浓盐酸KMnO4KBr溶液无色溶液变为橙色氧化性：KMnO4＞Cl2＞Br2D浓氨水烧碱酚酞溶液溶液变红氨气是一种弱碱　A．AB．BC．CD．D-23-\n　15．（3分）PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2；现将1molPbO2加热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为3：2，则剩余固体的组成及物质的量比是（　　）　A．1：2混合的Pb3O4、PbOB．1：2混合的PbO2、Pb3O4　C．1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbOD．1：1：4混合的PbO2、Pb3O4、PbO　16．（3分）已知：pAg=﹣lg{c（Ag+）}，Ksp（AgCl）=1×10﹣12．如图是向10mLAgNO3溶液中逐渐加入0.1mol•L﹣1的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积（单位mL）变化的图象（实线）．根据图象所得下列结论正确的是（　　）　A．原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1mol•L﹣1　B．图中x点的坐标为（100，6）　C．图中x点表示溶液中Ag+被恰好完全沉淀　D．把0.1mol•L﹣1的NaCl换成0.1mol•L﹣1NaI则图象在终点后变为虚线部分　二、非选择题（4个小题，共52分）17．（14分）如图，A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物．已知：①G是一种红棕色粉末、C既能与盐酸又能与NaOH溶液反应②I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应：2E+I2F+D，F中的E元素的质量分数为60%．回答问题：（1）写出G→H的化学方程式为　_________　；此反应在工业上常用于焊接钢轨，实验室在演示该实验时，在装置中加入G、C混合物后，引发此反应的操作是　_________　；（2）化合物Ⅰ的电子式为　_________　，（3）用适量的盐酸溶解G后，所得溶液叫蚀铜剂，常用来洗涤印刷电路板上的铜，写出该反应的离子方程式为　_________　；（4）E在I中燃烧观察到的现象是　_________　．（5）在氩气的保护下，将一定计量的C、E加热熔炼可获得一种潜在的贮氢材料E17C12，该材料吸氢的反应方程式为E17C12+17H2═17EH2+12C①熔炼制备贮氢材料E17C12时通入氩气的目的是　_________　．②1molE17C12完全吸氢后，将得到的产物与足量的盐酸完全反应．释放出H2的物质的量为　_________　．-23-\n　18．（12分）仔细阅读下列三段文字①由稀有气体元素Xe（氙）与氧元素形成的一种共价化合物XeO3极不稳定，易转化为单质而呈强氧化性．将适量的XeO3投入含Mn2+的水溶液中，溶液逐渐变为紫红色且pH不断减小．②将0.08molKMnO4固体（质量为12.64g）加热一段时间后，收集到amolO2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到bmolCl2，此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中．③氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程．下面是一个还原过程的反应式：Cl2+2e﹣═2Cl﹣回答问题：（1）试写出①有关的离子方程式：　_________　．（2）请配平②的化学方程式：　_________　KMnO4+　_________　HCl﹣　_________　KCl+　_________　MnCl2+　_________　Cl2↑+　_________　H2O通过对第②段文字中提供的数据进行推导和计算可得出：a+b的最大值为　_________　，a+b最小值为　_________　．（3）下列四种物质中能使③中的还原过程发生的物质是　_________　．A．Na2CO3B．KMnO4C．XeO3D．Na2SO3将该反应的氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中，并用单线桥表示电子转移的方向和数目：　_________　．　19．（10分）某溶液中仅含有下表中的一些离子（不考虑水的电离和离子的水解）阳离子Na+Mg2+Fe2+Al3+Fe3+阴离子OH﹣Cl﹣CO32﹣NO3﹣SO42﹣为鉴定这些离子，取少量溶液加入稀HCl，有无色气体生成．该气体遇空气变为红棕色，且溶液中阴离子的种类不变；（1）通过分析该实验，能确定溶液中一定存在的阳离子是　_________　．一定存在的阴离子是　_________　．（2）写出实验中发生的离子方程式　_________　．（3）通过对实验的分析，尚不能确定溶液中是否存在的阴离子是　_________　，如何进一步鉴别该离子是否存在　_________　．　20．（16分）（2022•武清区三模）铝镁合金已成为飞机制造、化工生产等行业的重要材料．研究性学习小组的同学，为测定某含镁3%﹣5%的铝镁合金（不含其它元素）中镁的质量分数，设计下列两种不同实验方案进行探究．填写下列空白．-23-\n【方案一】将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量．实验中发生反应的化学方程式是　_________　．（1）称取5.4g铝镁合金粉末样品，溶于VmL2.0mol/LNaOH溶液中．为使其反应完全，则NaOH溶液的体积V≥　_________　．（2）过滤、洗涤、干燥、称量固体．该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将　_________　（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．【方案二】将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约20℃，1.01×105Pa）的体积．（1）同学们拟选用下列实验装置完成实验如图1：①你认为最简易的装置其连接顺序是：A接　_________　接　_________　接　_________　（填接口字母，可不填满．）②实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开其活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶．请你帮助分析原因　_________　．③实验结束时，在读取测量实验中生成氢气的体积时，你认为合理的是　_________　．A．待实验装置冷却后再读数B．上下移动量筒F，使其中液面与广口瓶中液面相平C．上下移动量筒G，使其中液面与广口瓶中液面相平D．视线与凹液面的最低点水平读取量筒中水的体积（2）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小．于是他们设计了图2所示的实验装置．①装置中导管a的作用是　_________　．②实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1mL、V2mL．则产生氢气的体积为　_________　mL．　-23-\n2022-2022学年湖南省湘中名校联考高三（上）月考化学试卷（9月份）参考答案与试题解析　一、选择题（每小题只有一个选项，共16题，每题3分，共48分）1．（3分）实验室里化学试剂的保存方法是不相同的，如图是常见的一些保存药品的试剂瓶．下列用于存放这些试剂的试剂瓶使用正确的是（　　）　A．用①瓶盛装浓硝酸B．用②瓶盛烧碱溶液C．用③瓶盛大理石D．用④瓶盛浓硫酸考点：化学试剂的存放．专题：化学实验基本操作．分析：①为玻璃塞的广口瓶，一般盛放固体药品；②为橡胶塞的细口瓶，一般盛放碱溶液；③为玻璃塞的细口瓶，一般盛放酸性、中性溶液；④为棕色试剂瓶，一般盛放见光容易分解的药品，据此进行解答．解答：解：A．浓硝酸为液体，且见光容易分解，不能盛放在①无色的广口瓶中，应该选用④，故A错误；B．烧碱溶液能够与玻璃塞中的二氧化硅反应，应该需要橡胶塞，烧碱溶液可以盛放在②中，故B正确；C．大理石为固体，应该盛放在广口瓶中，②为细口瓶，应该选用①，故C错误；D．浓硫酸比较稳定，见光不分解，不需要避光保存，不需要选用棕色试剂瓶④，故D错误；故选B．点评：本题考查了常见化学试剂的保存方法判断，题目难度不大，注意掌握常见化学试剂的性质及正确的保存方法，如：见光分解的试剂，需要避光保存，液体保存在细口瓶、固体保存在广口瓶中等．　2．（3分）（2022•上海模拟）A、B、C、D都是含碳、氢、氧的单官能团化合物，A水解得B和C，B氧化可以得到C或D，D氧化也得到C．若M（X）表示X的摩尔质量，则下式中正确的显（　　）　A．M（A）=M（B）+M（C）B．2M（D）=M（B）+M（C）C．M（B）＜M（D）＜M（C）D．M（D）＜M（B）＜M（C）考点：有机物的推断；烃的衍生物官能团．专题：压轴题；有机物的化学性质及推断．分析：由于A、B、C、D都是含C、H、O的单官能团化合物，有如下的转化关系：A+H2O→B+C，B→C或D，D-23-\nC，由此可见A为酯、B为醇、D为醛、C为羧酸，且B、C、D均为含相同的碳原子，A分子所含碳原子数为B或C或D的2倍，由醇到醛失去2个氢原子，摩尔质量醛小于醇的，由醛到羧酸，增加1个氧原子，摩尔质量羧酸大于醛的．又因氧原子的摩尔质量比氢原子的大得多，故羧酸的相对分子质量大于醇的，所以有M（D）＜M（B）＜M（C），据此结合选项解答．解答：解：由于A、B、C、D都是含C、H、O的单官能团化合物，有如下的转化关系：A+H2O→B+C，B→C或D，DC，由此可见A为酯、B为醇、D为醛、C为羧酸，且B、C、D均为含相同的碳原子，A分子所含碳原子数为B或C或D的2倍，由醇到醛失去2个氢原子，摩尔质量醛小于醇的，由醛到羧酸，增加1个氧原子，摩尔质量羧酸大于醛的．又因氧原子的摩尔质量比氢原子的大得多，故羧酸的相对分子质量大于醇的，所以有M（D）＜M（B）＜M（C），A、A为酯、B为醇、C为羧酸，都是单官能团化合物，由A+H2O→B+C，故M（A）+18=M（B）+M（C），故A错误；B、B为醇、D为醛、C为羧酸，且B、C、D均为含相同的碳原子，由醇到醛失去2个氢原子，由醛到羧酸，增加1个氧原子，故有2M（D）=M（B）﹣2+M（C）﹣16，即2M（D）=M（B）+M（C）﹣18，故B错误；C、B为醇、D为醛、C为羧酸，且B、C、D均为含相同的碳原子，由醇到醛失去2个氢原子，摩尔质量醛小于醇的，由醛到羧酸，增加1个氧原子，摩尔质量羧酸大于醛的．又因氧原子的摩尔质量比氢原子的大得多，故羧酸的相对分子质量大于醇的，所以有M（D）＜M（B）＜M（C），故C错误；D、由C中分析可知，B为醇、D为醛、C为羧酸，且B、C、D均为含相同的碳原子，由醇到醛失去2个氢原子，摩尔质量醛小于醇的，由醛到羧酸，增加1个氧原子，摩尔质量羧酸大于醛的．又因氧原子的摩尔质量比氢原子的大得多，故羧酸的相对分子质量大于醇的，所以有M（D）＜M（B）＜M（C），故D正确；故选D．点评：本题考查醇、醛、酸、酯的相互转化关系等知识，难度中等，培养学生将化学问题抽象成数学问题，通过计算和推理解决化学问题的能力，注意A能够水解说明这种化合物是酯类化合物，又因为B可转化成C，说明B和C的含碳数是相同的．　3．（3分）向盐酸和AlCl3的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀Al（OH）3的量随着加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法正确的是（　　）　A．在P点对应的溶液中加入N点对应的溶液一定得到B点的溶液　B．图中B→C的过程中，实际发生的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O　C．若M、N的纵坐标数值相同，则横坐标数值之比为1：3　D．原溶液中盐酸和AlCl3物质的量的浓度之比为1：3考点：有关混合物反应的计算；两性氧化物和两性氢氧化物．-23-\n专题：计算题．分析：首先发生NaOH+HCl═NaCl+H2O，盐酸反应完毕，再发生反应3NaOH+AlCl3=3NaCl+Al（OH）3↓，最后发生NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，沉淀溶解，A．B点沉淀最大，溶液中溶质为NaCl，P点的溶液为HCl、AlCl3混合溶液，N溶液为NaCl、NaAlO2混合溶液，将P、N两点溶液混合发生反应3NaAlO2+6H2O+AlCl3=4Al（OH）3↓+3NaCl，AlCl3有剩余；B．图中B→C的过程是氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液；C．M、N的纵坐标数值相同，横坐标数值之比不一定为1：3，与纵坐标的值有关；D．由图可知盐酸完全反应、氯化铝完全反应生成沉淀量最大时消耗氢氧化钠溶液的体积之比为1：3，即消耗氢氧化钠的物质的量之比为1：3，由结合方程式计算．解答：解：首先发生NaOH+HCl═NaCl+H2O，盐酸反应完毕，再发生反应3NaOH+AlCl3=3NaCl+Al（OH）3↓，最后发生NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，沉淀溶解，A．B点沉淀最大，溶液中溶质为NaCl，P点的溶液为HCl、AlCl3混合溶液，N溶液为NaCl、NaAlO2混合溶液，将P、N两点溶液混合发生反应3NaAlO2+6H2O+AlCl3=4Al（OH）3↓+3NaCl，AlCl3有剩余，混合后为NaCl、AlCl3混合溶液，故A错误；B．图中B→C的过程是氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液，离子方程式为Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故B正确；C．M、N的纵坐标数值相同，横坐标数值之比不一定为1：3，与纵坐标的值有关，不能是任意点，故C错误；D．由图可知盐酸完全反应、氯化铝完全反应生成沉淀量最大时消耗氢氧化钠溶液的体积之比为1：3，即消耗氢氧化钠的物质的量之比为1：3，由NaOH+HCl═NaCl+H2O、3NaOH+AlCl3=3NaCl+Al（OH）3↓，可知原溶液中HCl、AlCl3的物质的量之比为1：1，则原溶液中盐酸和AlCl3物质的量的浓度之比为1：1，故D错误，故选B．点评：本题以图象形式考查混合物的有关计算，清楚各阶段发生的反应是关键，C选项为易错点，只有唯一的点满足关系．　4．（3分）用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）　A．常温常压下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NA　B．常温下，1L0.1mol•L﹣1碳酸钠溶液中，阴离子总数小于0.1NA　C．标准状况下，2.24LCl2溶于足量的水中，转移电子总数为0.1NA　D．在某氧化还原反应中，还原剂只有I﹣，则每生成0.3molI2反应中转移电子的物质的量必为0.6NA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、乙烯和丁烯最简式相同为CH2，计算21.0gCH2中含有碳原子数；B、碳酸根离子水解溶液中阴离子增多；C、氯气和水反应是可逆反应不能进行彻底；D、还原剂只有I﹣，则每生成0.3molI2反应，若碘离子被氧化生成则转移电子物质的量可能是0.6NA，若是碘离子和碘酸根离子在酸溶液中反应生成，则电子转移为0.5mol．解答：-23-\n解：A、乙烯和丁烯最简式相同为CH2，计算21.0gCH2中含有碳原子数=×1×NA=1.5NA，故A正确；B、碳酸根离子水解溶液中阴离子增多，常温下，1L0.1mol•L﹣1碳酸钠溶液中，阴离子总数大于0.1NA，故B错误；C、氯气和水反应是可逆反应不能进行彻底，标准状况，2.24LCl2溶于足量的水中，转移电子总数小于0.1NA，故C错误；D、还原剂只有I﹣，则每生成0.3molI2反应，若碘离子被氧化生成则转移电子物质的量可能是0.6NA，若是碘离子和碘酸根离子在酸溶液中反应生成，则电子转移为0.5mol，故D错误；故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积的条件应用，盐类水解分析判断，氧化还原反应电子转移计算，掌握基础是关键，题目难度中等．　5．（3分）有A、B、C三种可溶性化合物，它们所含的离子是Ag+、CO32﹣、OH﹣、NO3﹣、Ba2+、Na+取相同质量的这三种物质，配成相同体积的三种溶液，测得其物质的量浓度大小依次为A＞B＞C，则A物质是（　　）　A．AgNO3B．Na2CO3C．Ba（OH）2D．NaOH考点：电解质在水溶液中的电离．专题：离子反应专题．分析：A、B、C三种溶于水的物质，先根据离子反应判断：碳酸根离子只能结合钠离子形成碳酸钠，则氢氧根离子则只能结合银离子和钡离子中的钡离子，形成氢氧化钡，剩下的离子组成硝酸银，再根据n=、c=可知，溶质的摩尔质量越大，物质的量浓度越小，据此判断出A、B、C名称．解答：解：A、B、C三种溶于水的物质，由于CO32﹣离子与Ag+、Ba2+形成难溶物，所以CO32﹣离子只能结合Na+离子形成Na2CO3；而OH﹣离子与Ag+离子结合生成难溶物，所以OH﹣只能结合Ba2+离子形成Ba（OH）2；最后剩下Ag+离子与NO3﹣离子形成AgNO3，由n=、c=可知，相同体积的溶液、溶质的质量相同时，溶质的摩尔质量越大，溶液的浓度越小，根据c（A＞c（B）＞c（C））可知，M（A）＜M（B）＜M（C），由于M（碳酸钠）＜M（硝酸银）＜M（氢氧化钡），所以A为Na2CO3，B为AgNO3，C为Ba（OH）2，故选B．点评：本题考查物质的检验与鉴别，注意根据离子共存情况判断出物质中的离子组成，再根据题中信息对各物质作出判断，该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，试题综合性强，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．　6．（3分）某实验小组对甲、乙、丙、丁四种固体样品的性质进行测试，结果如下表：则这四种固体物质中最可能是有机物的是（　　）物质性质甲乙丙丁-23-\n熔点高低高低水溶性溶不溶不溶溶高温稳定分解稳定稳定导电性导电不导电不导电导电　A．甲B．乙C．丙D．丁考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：一般来说有机物熔沸点低、不导电，在高温下易分解，多数有机物不溶于水，以此解答．解答：解：有机物属于分子晶体，熔沸点较低，多数属于非极性分子，不溶于水，在高温下不稳定，易分解，且不导电，故选B．点评：本题考查有机物的性质，题目难度不大，注意有机物与无机物在性质的差别．　7．（3分）向100mLFeBr2的溶液中，通入3molCl2．反应后溶液中Br﹣和Cl﹣的物质的量浓度相等，则溶液中发生反应的离子方程式为（　　）　A．2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣　B．2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣　C．4Fe2++2Br﹣+3Cl2═Br2+4Fe3++6Cl﹣　D．2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Br2+2Fe3++6Cl﹣考点：氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．分析：由于亚铁离子的还原性强于溴离子的，所以氯气首先氧化亚铁离子，设FeBr2的物质的量是x，则由于反应后溶液中Br﹣和Cl﹣的物质的量浓度相等，所以x+（2x﹣6）=6，解得x=4，以此可确定反应的离子方程式．解答：解：向100mLFeBr2的溶液中，通入3molCl2．因还原性Fe2+＞Br﹣，所以氯气首先氧化Fe2+，设FeBr2的物质的量是x，则由于反应后溶液中Br﹣和Cl﹣的物质的量浓度相等，则反应中Fe2+全部被氧化，有（2x﹣6）molBr﹣被氧化，由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知，x+（2x﹣6）=6，解得x=4，所以反应的离子方程式应为4Fe2++2Br﹣+3Cl2═Br2+4Fe3++6Cl﹣，故选C．点评：本题考查氧化还原反应的相关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意如果同一种氧化剂能和不同的还原剂混合，氧化剂首先氧化还原性最强的还原剂，其次在计算时应该利用好电子的得失守恒，难度中等．　8．（3分）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-23-\n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．　9．（3分）根据下列方程式，有关物质的还原性依次减弱的顺序是（　　）①I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI；②2FeCl2+Cl2=2FeCl3；③2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2．　A．I﹣＞Fe2+＞Cl﹣＞SO2B．Cl﹣＞Fe2+＞SO2＞I﹣C．Fe2+＞I﹣＞Cl﹣＞SO2D．SO2＞I﹣＞Fe2+＞Cl﹣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：依据氧化还原反应中的强弱规律，还原剂的还原性大于还原产物；解答：解：①I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI；还原剂SO2的还原性大于还原产物I﹣；②2FeCl2+Cl2=2FeCl3；还原剂Fe2+的还原性大于还原产物Fe3+；③2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2；还原剂I﹣的还原性大于还原产物Fe2+；综上所述还原性强弱顺序为：SO2＞I﹣＞Fe2+＞Cl﹣故选D．点评：本题考查了氧化还原反应的强弱规律应用和概念的判断．　10．（3分）下列说法正确的是（　　）　A．氧化还原反应中有一种元素被氧化，肯定有另一种元素被还原　B．由两种不同的核素形成的共价键一定是极性共价键　C．阴离子只有还原性，阳离子只有氧化性　D．某元素在两种的化合物中呈现不同的化合价，这两种的化合物相互反应后，得到了该元素的单质，则该元素一定是非金属元素考点：氧化还原反应；极性键和非极性键．专题：氧化还原反应专题；化学键与晶体结构．分析：A．可能同种元素被氧化也被还原；B．两种不同的核素，可能为同种元素；C．处于中间价态的微粒既有氧化性也有还原性；-23-\nD．得到了该元素的单质，则在化合物分别为正价、负价，而金属没有负价．解答：解：A．可能同种元素被氧化也被还原，如氯气与水的反应中只有Cl元素的化合价变化，故A错误；B．两种不同的核素，可能为同种元素，如H﹣D，可能为极性键或非极性键，故B错误；C．处于中间价态的微粒既有氧化性也有还原性，如亚硫酸根离子、亚铁离子均有氧化性、还原性，故C错误；D．得到了该元素的单质，则在化合物分别为正价、负价，而金属没有负价，则一定为非金属元素，故D正确；故选D．点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应及常见实例的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大．　11．（3分）如图：纵坐标表示可燃气体A、B、C（C是A和B的混合物）的体积，横坐标表示A、B、C在完全燃烧时，消耗O2的体积，测混合气体C中A和B的体积比为（　　）　A．VA：VB=1：1B．VA：VB=1：2C．VA：VB=2：1D．VA：VB为任意比考点：有关混合物反应的计算．专题：十字交叉法．分析：由图象可以看出：A和氧气反应的体积之比为2：1，B和氧气反应的体积之比为1：2，而C和氧气反应的体积之比为1：1，设混合物中含A的体积为xL，B的体积为yL，表示出各自消耗氧气的体积，根据C曲线表示出消耗氧气总体积，再利用消耗氧气等式关系解答．解答：解：由图象可以看出：A和氧气反应的体积之比为2：1，B和氧气反应的体积之比为1：2，而C和氧气反应的体积之比为1：1，设：混合物中含A的体积为xL，则消耗氧气为0.5xL，B的体积为yL，则消耗氧气为2yL，则混合后耗氧气的体积为（0.5x+2y）L，即：x+y=0.5x+2y，整理得x：y=2：1．故选C．点评：本题考查学生对图象的分析和理解能力、混合物计算等，难度不大，有利于基础知识的巩固．　12．（3分）表中对陈述Ⅰ、Ⅱ及其有无因果关系的判断都正确的是（　　）选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ判断A铁是地壳中含量最高的金属元素铁是人类最早使用的金属材料Ⅰ对；Ⅱ对；有B常温下铁与稀硫酸反应生成氢气高温下氢气能还原氧化铁得到铁Ⅰ对；Ⅱ对；无C铁属于过渡元素铁和铁的某些化合物可用作催化剂Ⅰ错；Ⅱ对；无D在空气中铁的表面能形铁不能与氧气反应Ⅰ对；Ⅱ对；有-23-\n成致密的氧化膜　A．AB．BC．CD．D考点：铁的化学性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：A．地壳中含量最高的金属元素是铝；B．铁为活泼金属，可与稀硫酸反应生成氢气，高温下氢气能还原氧化铁得到铁；C．铁属于过渡元素；D．在空气中铁的表面不能形成致密的氧化膜，且铁与氧气反应．解答：解：A．地壳中含量最高的金属元素是铝，而不是铁，由于铁是活泼金属，需通过冶炼方法获得，所以铁不是人类最早使用的金属，故A错误；B．铁为活泼金属，可与稀硫酸反应生成氢气，高温下氢气能还原氧化铁得到铁，陈述正确，二者无因果关系，故B正确；C．铁属于过渡元素的说法正确，故C错误；D．在空气中铁的表面不能形成致密的氧化膜，且铁与氧气反应，故D错误．故选：B．点评：本题考查铁的性质，侧重于性质、用途和制备，为考试高频考点，有利于培养学生的学习积极性和学习素养，难度不大．　13．（3分）为了区别五瓶无色溶液：HCl、AlCl3、Ba（NO3）2，NaCl、Na2CO3，四位同学都没用酒精灯，三位同学另用了试剂，一位同学没有另用任何试剂．其中操作步骤一定最少的是（　　）　A．甲另用了酚酞试液B．乙另用了NaOH溶液　C．丙另用了石蕊试液D．丁不另用任何试剂考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计．专题：物质检验鉴别题．分析：酚酞试剂变红的为Na2CO3，再将Na2CO3加到其他的溶液中，有气泡的为HCl，有气泡和白色沉淀的为AlCl3，只有白色沉淀的为Ba（NO3）2，无现象的是NaCl；紫色石蕊试液变蓝Na2CO3变红为HCl和AlCl3（水解显酸性），不变色为Ba（NO3）2和NaCl，再将Na2CO3加到其他的溶液中，其他现象同上面．其他选项都多于两步实验步骤，以此解答．解答：解：A．Na2CO3溶液呈碱性，加入酚酞变红，再将Na2CO3加到其他的溶液中，有气泡的为HCl，有气泡和白色沉淀的为AlCl3，只有白色沉淀的为Ba（NO3）2，无现象的是NaCl，共两步操作；B．加入氢氧化钠，可鉴别AlCl3，然后用AlCl3鉴别Na2CO3，用Na2CO3鉴别Ba（NO3）2和HCl、NaCl，共三步；C．加入石蕊，酸能使石蕊试液显红色，碱能使石蕊试液显蓝色，可以鉴别出盐酸和碳酸钠，而碳酸钠又可以鉴别出氯化铝、硝酸钡和氯化钠，共两步；D．不另用任何试剂，利用盐酸和碳酸钠相互滴加检验，在用碳酸钠检验其它物质，操作步骤较为麻烦，多于两步．则操作步骤最少的为AC．故选AC．-23-\n点评：本题考查了物质的鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，明确物质的性质是解本题关键，根据物质间反应的不同现象来鉴别即可，注意把握实验操作的步骤的设计，难度中等．　14．（3分）用下图所示装置进行实验中，将甲中的液体滴加到乙中，均有气泡出现，根据乙、丙装置中出现的现象得出的结论且正确的是（　　）甲乙丙丙中现象结论A盐酸石灰石硅酸钠溶液溶液中出现浑浊非金属性：Cl＞C＞SiB盐酸FeS溴水溶液褪色还原性：Cl﹣＞S2﹣＞Br﹣C浓盐酸KMnO4KBr溶液无色溶液变为橙色氧化性：KMnO4＞Cl2＞Br2D浓氨水烧碱酚酞溶液溶液变红氨气是一种弱碱　A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；氧化性、还原性强弱的比较；氨的制取和性质．专题：实验评价题．分析：甲中的液体滴加到乙中，均有气泡出现，则甲、乙反应生成气体，生成气体有毒，需要尾气处理，A．发生强酸制取弱酸的反应，但盐酸易挥发；B．盐酸与FeS反应生成硫化氢，硫化氢与溴水发生氧化还原反应；C．浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气与KBr反应生成溴，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D．NaOH使NH3+H2O⇌NH3．H2O⇌NH4++OH﹣平衡逆向移动，氨气逸出，氨气的水溶液显碱性．解答：解：甲中的液体滴加到乙中，均有气泡出现，则甲、乙反应生成气体，生成气体有毒，需要尾气处理，A．发生强酸制取弱酸的反应，但盐酸易挥发，且盐酸不是含氧酸，现象合理，结论错误，不能比较非金属性，故A错误；B．盐酸与FeS反应生成硫化氢，硫化氢与溴水发生氧化还原反应，只能得到还原性为S2﹣＞Br﹣，故B错误；C．浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气与KBr反应生成溴，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性为KMnO4＞Cl2＞Br2，故C正确；D．NaOH使NH3+H2O⇌NH3．H2O⇌NH4++OH﹣平衡逆向移动，氨气逸出，氨气的水溶液显碱性，而氨气不是弱碱，故D错误；-23-\n故选C．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握化学反应原理及实验分析为解答的关键，侧重实验基础知识和基本技能的综合考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．　15．（3分）PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2；现将1molPbO2加热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为3：2，则剩余固体的组成及物质的量比是（　　）　A．1：2混合的Pb3O4、PbOB．1：2混合的PbO2、Pb3O4　C．1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbOD．1：1：4混合的PbO2、Pb3O4、PbO考点：氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．分析：PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物（Pb为+4、+2价），该混合物再与盐酸作用时，+4价Pb还原为+2价，Cl﹣被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，利用“电子转移守恒”知1molPbO2在上述转化过程中共转移2mole﹣，设该过程得到O2的物质的量为3xmol，则Cl2的物质的量为2xmol，利用电子转移守恒计算x的值，进而确定PbO2加热分解后的物质中n（Pb）：n（O），据此判断．解答：解：PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物（Pb为+4、+2价），该混合物再与盐酸作用时，+4价Pb还原为+2价，Cl﹣被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，利用“电子转移守恒”知1molPbO2在上述转化过程中共转移电子为1mol×（4﹣2）=2mol，设该过程得到O2的物质的量为3xmol，则Cl2的物质的量为2xmol，利用电子转移守恒有：3x×4+2x×2=2，解得x=0.125，故1molPbO2在受热分解过程中产生O2为0.125mol×3=0.375mol，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n（O）=2mol﹣0.375mol×2=1.25mol，所以剩余固体中n（Pb）：n（O）=1mol：1.25mol=4：5，A、1：2混合的Pb3O4、PbO，n（Pb）：n（O）=（3+1）：2（4+1）=2：5，故A错误；B、1：2混合的PbO2、Pb3O4，n（Pb）：n（O）=（1+6）：（2+8）=7：10，故B错误；C、1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO，n（Pb）：n（O）=（1+12+1）：（2+16+1）=14：19，故C错误；D、1：1：4混合的PbO2、Pb3O4、PbO，n（Pb）：n（O）=（1+3+4）：（2+4+4）=4：5，故D正确；故选：D．点评：本题通过元素化合物转化考查氧化还原反应计算、分析推理能力，根据电子转移守恒来分析解答即可，难度中等．　16．（3分）已知：pAg=﹣lg{c（Ag+）}，Ksp（AgCl）=1×10﹣12．如图是向10mLAgNO3溶液中逐渐加入0.1mol•L﹣1的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积（单位mL）变化的图象（实线）．根据图象所得下列结论正确的是（　　）-23-\n　A．原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1mol•L﹣1　B．图中x点的坐标为（100，6）　C．图中x点表示溶液中Ag+被恰好完全沉淀　D．把0.1mol•L﹣1的NaCl换成0.1mol•L﹣1NaI则图象在终点后变为虚线部分考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A、根据pAg=﹣lg{c（Ag+）}求出Ag+的浓度；B、x点c（Ag+）=10﹣6mol•L﹣1，根据硝酸银的量求出消耗的氯化钠；C、x点c（Ag+）=10﹣6mol•L﹣1；D、由于Ksp（AgI）更小，所以c（Ag+）更小．解答：解：A、图中原点pAg=0，则Ag+的浓度为：c（Ag+）=100mol•L﹣1，即原AgNO3溶液的物质的量浓度为1mol•L﹣1，故A错误；B、x点c（Ag+）=10﹣6mol•L﹣1，一般认为溶液中离子浓度小于10﹣5mol•L﹣1，即沉淀完全，则AgNO3与NaCl恰好反应，n（NaCl）=n（AgNO3）=0.01L×1mol•L﹣1=0.01mol，所以V（NaCl）=100mL，即x点的坐标为（100，6），故B正确；C、x点c（Ag+）=10﹣6mol•L﹣1，一般认为溶液中离子浓度小于10﹣5mol•L﹣1完全沉淀，实际上Ag+没有完全沉淀，故C错误；D、与AgCl相比，碘化银的Ksp（AgI）更小，所以把0.1mol•L﹣1的NaCl换成0.1mol•L﹣1NaI，则溶液中c（Ag+）更小，则pAg更大，图象不符，故D错误；故选B．点评：本题考查了AgCl的Ksp的应用，注意把握题干中的信息，考查学生分析题目信息并用于解决问题的能力，题目难度中等．　二、非选择题（4个小题，共52分）17．（14分）如图，A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物．已知：①G是一种红棕色粉末、C既能与盐酸又能与NaOH溶液反应②I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应：2E+I2F+D，F中的E元素的质量分数为60%．回答问题：（1）写出G→H的化学方程式为　2Al+Fe2O3\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}Al2O3+2Fe　；此反应在工业上常用于焊接钢轨，实验室在演示该实验时，在装置中加入G、C混合物后，引发此反应的操作是　在混合物上面加少量氯酸钾，中间插一根打磨过的镁条，点燃镁条　；-23-\n（2）化合物Ⅰ的电子式为　　，（3）用适量的盐酸溶解G后，所得溶液叫蚀铜剂，常用来洗涤印刷电路板上的铜，写出该反应的离子方程式为　2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+　；（4）E在I中燃烧观察到的现象是　剧烈燃烧，生成白色粉末，反应器内壁附着有黑色的碳　．（5）在氩气的保护下，将一定计量的C、E加热熔炼可获得一种潜在的贮氢材料E17C12，该材料吸氢的反应方程式为E17C12+17H2═17EH2+12C①熔炼制备贮氢材料E17C12时通入氩气的目的是　隔绝空气，防止镁和铝被氧气氧化　．②1molE17C12完全吸氢后，将得到的产物与足量的盐酸完全反应．释放出H2的物质的量为　52mol　．考点：无机物的推断．专题：推断题．分析：A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物①G是一种红棕色粉末，应为Fe2O3，C既能与盐酸又能与NaOH溶液反应，应为Al，则B为Fe，H为Al2O3，A为O2；②I是一种常见的温室气体，则I为CO2，它和E可以发生反应：2E+I2F+D，F中的E元素的质量分数为60%，则E为Mg，D为C，F为MgO，然后结合元素化合物知识及化学用语来解答．解答：解：A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物，①G是一种红棕色粉末，应为Fe2O3，C既能与盐酸又能与NaOH溶液反应，应为Al，则B为Fe，H为Al2O3，A为O2；②I是一种常见的温室气体，则I为CO2，它和E可以发生反应：2E+I2F+D，F中的E元素的质量分数为60%，则E为Mg，D为C，F为MgO，然后结合元素化合物知识及化学用语来解答．（1）G→H的化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，实验室在演示该实验时，在装置中加入G为Fe2O3、C为Al混合物后，在混合物上面加少量氯酸钾，中间插一根打磨过的镁条，点燃镁条引发铝热反应；-23-\n故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；在混合物上面加少量氯酸钾，中间插一根打磨过的镁条，点燃镁条；（2）化合物I为CO2，碳原子分别和两个氧原子形成两对共用电子对形成共价化合物，电子式为：；故答案为：；（3）用适量的盐酸溶解G后，所得溶液叫蚀铜剂，常用来洗涤印刷电路板上的铜，发生的反应有Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；（4）镁条在二氧化碳气体中剧烈燃烧，生成白色粉末，反应器内壁附着有黑色的碳，2Mg+CO22MgO+C；故答案为：剧烈燃烧，生成白色粉末，反应器内壁附着有黑色的碳；（5）在氩气的保护下，防止镁和铝被氧气氧化，将一定计量的C、E加热熔炼可获得一种潜在的贮氢材料E17C12，Mg17Al12+17H2═17MgH2+12Al，根据方程式知，1molMg17Al12完全吸氢后生成17molMgH2和12molAl，根据原子守恒知与酸反应后吸收的氢气完全被放出，吸收的氢气的物质的量是17mol，镁与盐酸完全反应放出n（H2）=n（Mg）=17mol，12mol铝与足量盐酸反应放出的n（H2）=1.5n（Al）=18mol，所以共放出n（H2）=17mol+17mol+18mol=52mol；故答案为：隔绝空气，防止镁和铝被氧气氧化；52mol．点评：本题考查无机物的推断，注意利用铝热反应及温室效应气体、Mg与二氧化碳的反应为解答本题的突破口，熟悉Mg、Al及其化合物的性质及氧化还原反应即可解答，题目难度中等．　18．（12分）仔细阅读下列三段文字①由稀有气体元素Xe（氙）与氧元素形成的一种共价化合物XeO3极不稳定，易转化为单质而呈强氧化性．将适量的XeO3投入含Mn2+的水溶液中，溶液逐渐变为紫红色且pH不断减小．②将0.08molKMnO4固体（质量为12.64g）加热一段时间后，收集到amolO2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到bmolCl2，此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中．③氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程．下面是一个还原过程的反应式：Cl2+2e﹣═2Cl﹣回答问题：（1）试写出①有关的离子方程式：　5XeO3+6Mn2++9H2O=6MnO4﹣+5Xe↑+18H+　．（2）请配平②的化学方程式：　2　KMnO4+　16　HCl﹣　2　KCl+　2　MnCl2+　5　Cl2↑+　8　H2O通过对第②段文字中提供的数据进行推导和计算可得出：a+b的最大值为　0.2　，a+b最小值为　0.16　．（3）下列四种物质中能使③中的还原过程发生的物质是　D　．-23-\nA．Na2CO3B．KMnO4C．XeO3D．Na2SO3将该反应的氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中，并用单线桥表示电子转移的方向和数目：　　．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：（1）反应中Xe元素化合价由XeO3+6价降低为Xe中0价，总共降低6价，Mn元素化合价由Mn2+中+2价升高为MnO4﹣中+7价，总共升高5价，化合价最小公倍数为30，故XeO3系数为5，故Mn2+系数为6，再结合原子守恒配平；（2）Mn元素的化合价降低5，Cl元素的化合价升高1，由电子守恒和原子守恒配平；在氧化还原反应中得失电子数相等，所以反应过程中锰元素得到的电子数等于O元素、Cl元素失去的电子数，结合极限法计算；（3）还原过程的反应式：Cl2+2e﹣═2Cl﹣，Cl元素的化合价降低，则选项中物质作还原剂，只有Na2SO3符合，由电子守恒可知，Cl2、=Na2SO3的化学计算数相同，均为1时转移2e﹣，以此来解答．解答：解：（1）反应中Xe元素化合价由XeO3+6价降低为Xe中0价，总共降低6价，Mn元素化合价由Mn2+中+2价升高为MnO4﹣中+7价，总共升高5价，化合价最小公倍数为30，故XeO3系数为5，故Mn2+系数为6，再结合原子守恒配平后方程式为5XeO3+6Mn2++9H2O=6MnO4﹣+5Xe↑+18H+，故答案为：5XeO3+6Mn2++9H2O=6MnO4﹣+5Xe↑+18H+；（2）Mn元素的化合价降低5，Cl元素的化合价升高1，由电子守恒和原子守恒可知，反应为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，上述过程中，锰元素得到的电子数等于O元素、Cl元素失去的电子数，所以0.08mol×（7﹣2）=2a×（2﹣0）mol+2b（1﹣0）mol，则2a+b=0.2，a+b=0.2﹣a，当高锰酸钾不分解生成氧气时，a=0，当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气的物质的量为0.04mol，所以x的取值范围为：0≤a≤0.04，所以0.16≤a+b≤0.2，即最大值为0.2，最小值为0.16，故答案为：2；16；2；2；5；8；0.2；0.16；（3）（3）还原过程的反应式：Cl2+2e﹣═2Cl﹣，Cl元素的化合价降低，则选项中物质作还原剂，只有Na2SO3符合，由电子守恒可知，Cl2、Na2SO3的化学计算数相同，均为1时转移2e﹣，S失去电子，电子转移方向和数目为，故答案为：D；．点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念、计算的考查，注意从化合价角度和习题信息角度分析，题目难度不大．　-23-\n19．（10分）某溶液中仅含有下表中的一些离子（不考虑水的电离和离子的水解）阳离子Na+Mg2+Fe2+Al3+Fe3+阴离子OH﹣Cl﹣CO32﹣NO3﹣SO42﹣为鉴定这些离子，取少量溶液加入稀HCl，有无色气体生成．该气体遇空气变为红棕色，且溶液中阴离子的种类不变；（1）通过分析该实验，能确定溶液中一定存在的阳离子是　Fe2+　．一定存在的阴离子是　NO3﹣　．（2）写出实验中发生的离子方程式　3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O　．（3）通过对实验的分析，尚不能确定溶液中是否存在的阴离子是　SO42﹣　，如何进一步鉴别该离子是否存在　取少量原溶液，加盐酸后无现象再加氯化钡生成白色沉淀，可证明含有，否则不含　．考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：取少量溶液加入稀HCl，有无色气体生成．该气体遇空气变为红棕色，且溶液中阴离子的种类不变，含有具有氧化性的NO3﹣和还原性的Fe2+，发生3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，则阴离子OH﹣、CO32﹣一定不存在，阴离子种类不变，则原来不存在Cl﹣，不能确定是否含SO42﹣，以此来解答．解答：解：取少量溶液加入稀HCl，有无色气体生成．该气体遇空气变为红棕色，且溶液中阴离子的种类不变，含有具有氧化性的NO3﹣和还原性的Fe2+，发生3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，则阴离子OH﹣、CO32﹣一定不存在，阴离子种类不变，则原来不存在Cl﹣，不能确定是否含SO42﹣，（1）由上述分析可知，一定有阳离子为Fe2+，一定存在的阴离子是NO3﹣，故答案为：Fe2+；NO3﹣；（2）发生的离子反应为3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；（3）尚不能确定溶液中是否存在的阴离子是SO42﹣，鉴别方法为取少量原溶液，加盐酸后无现象再加氯化钡生成白色沉淀，可证明含有，否则不含，故答案为：SO42﹣；取少量原溶液，加盐酸后无现象再加氯化钡生成白色沉淀，可证明含有，否则不含．点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握无色气体变化为红棕色及发生的离子反应为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．　20．（16分）（2022•武清区三模）铝镁合金已成为飞机制造、化工生产等行业的重要材料．研究性学习小组的同学，为测定某含镁3%﹣5%的铝镁合金（不含其它元素）中镁的质量分数，设计下列两种不同实验方案进行探究．填写下列空白．【方案一】将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量．实验中发生反应的化学方程式是　2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑　．（1）称取5.4g铝镁合金粉末样品，溶于VmL2.0mol/LNaOH溶液中．为使其反应完全，则NaOH溶液的体积V≥　97mL　．（2）过滤、洗涤、干燥、称量固体．该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将　偏高　（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．【方案二】将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约20℃-23-\n，1.01×105Pa）的体积．（1）同学们拟选用下列实验装置完成实验如图1：①你认为最简易的装置其连接顺序是：A接　E　接　D　接　G　（填接口字母，可不填满．）②实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开其活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶．请你帮助分析原因　镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大　．③实验结束时，在读取测量实验中生成氢气的体积时，你认为合理的是　ACD　．A．待实验装置冷却后再读数B．上下移动量筒F，使其中液面与广口瓶中液面相平C．上下移动量筒G，使其中液面与广口瓶中液面相平D．视线与凹液面的最低点水平读取量筒中水的体积（2）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小．于是他们设计了图2所示的实验装置．①装置中导管a的作用是　保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差　．②实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1mL、V2mL．则产生氢气的体积为　V1﹣V2　mL．考点：探究物质的组成或测量物质的含量；镁的化学性质；铝的化学性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：方案一：铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气；（1）镁的质量分数最小时，金属铝的质量最大，需要的氢氧化钠溶液最多，实际需要氢氧化钠溶液的体积应大于或等于最大值，据此计算；（2）镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大；方案二：（1）①装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部；②镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大；③反应放热导致氢气的温度偏高，故应冷却后再进行读取氢气的体积，读取实验中生成氢气的体积时上下移动量筒，使其中液面与广口瓶中液面相平，视线与凹液面的最低点水平读取氢气的体积；（2）①-23-\n保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；②滴定管的数值零刻度在上方，两次的体积之差为测定的氢气的体积（注意应保持干燥管与滴定管内液面等高），收集氢气后滴定管内液面上升，读数减小．解答：解：方案一：铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；（1）含镁为3%时，金属铝的含量最高，5.4g合金中铝的质量为，5.4g×（1﹣3%）=5.4×97%g，则：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑54g2mol5.4g×97%gV×10﹣3L×2.0mol/L所以54g：（5.4g×97%g）=2mol：（V×10﹣3L×2.0mol/L），解得：V=97，故V（NaOH溶液）≥97mL；故答案为：97mL；（2）镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大，镁的质量分数偏高；故答案为：偏高；方案二：（1）①装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：（A）接（E）（D）接（G）；故答案为：E、D、G；②镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大，导致硫酸不能顺利滴入锥形瓶；故答案为：镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大；③反应放热导致氢气的温度偏高，故应冷却后再进行读取氢气的体积，读取实验中生成氢气的体积时上下移动量筒，使其中液面与广口瓶中液面相平，视线与凹液面的最低点水平读取氢气的体积；故选ACD；（2）①装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；故答案为：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；②滴定管的数值零刻度在上方，两次的体积之差为测定的氢气的体积，收集氢气后滴定管内液面读数减小，故测定氢气的体积为V1﹣V2；故答案为：V1﹣V2．点评：主要考查物质含量的测定、对实验原理与装置的理解、实验方案设计等，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合考查，需要学生具有知识的基础与综合运用知识分析问题、解决问题的能力．　-23-