内蒙古鄂尔多斯市第一中学2020届高三10月月考化学试题
鄂市一中2019～2020学年度第一学期第二次调研卷
高三化学
可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 K-39 Fe-56 Cu-64 Al-27 Ba-137 Cl-35.5 Mn-55 Ca-40 F-19
第Ⅰ卷
一．选择题(本题包括25小题，共50分。每题只有一个正确选项)。
1.下列关于古籍中的记载说法不正确的是
A. 《本草纲目》“烧酒”条目下写道自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏
B. 《吕氏春秋·别类编》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚” 体现了合金硬度方面的特性
C. 《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了显色反应
D. 《抱朴子·金丹篇》中记载：“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又成丹砂”，该过程发生了分解、化合、氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由“蒸令气”可知与混合物沸点有关，则这里所用的“法”是指蒸馏，故A正确；
B．金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚，则说明合金硬度大于各成分，故B正确；
C．鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，故C错误；
D．丹砂( HgS)烧之成水银，HgSHg+S，积变又还成丹砂的过程都是氧化还原反应，有单质(水银)生成，且单质(水银)重新生成化合物，故该过程包含分解、化合、氧化还原反应，故D正确；
答案选C。
【点睛】准确把握诗句含义，明确相关物质的性质是解题关键。本题的易错点为C，要注意焰色反应属于物理变化，不是化学变化。
2. 下列说法正确的是
A. 光导纤维、石英、硅胶分别属于单质、酸性氧化物、酸
B. Na、Al、Cu可以分别用热还原法、热分解法和电解法冶炼得到
C. 氯化钠、冰醋酸、酒精分别属于强电解质、弱电解质、非电解质
D. 天然气、沼气和液化石油气分别属于化石能源、不可再生能源和二次能源
【答案】C
【解析】
【详解】A、光导纤维、石英的主要成分都是二氧化硅，该物质属于化合物，是酸性氧化物，A错误；
B、Na、Al的冶炼采用电解法，Cu的冶炼采用热还原法，B错误；
C、氯化钠、冰醋酸、酒精分别属于强电解质、弱电解质、非电解质正确，C正确；
D、沼气是可再生能源，D错误；
故合理选项为C。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 22.4LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数为NA
B. 标准状况下，38g3H2O2中含有3NA共价键
C. 常温下，将5.6g铁块投入足量浓硝酸中，转移0.3NA电子
D. 标准状况下，5.6L 一氧化氮和5.6L 氧气混合后的分子总数为0.5NA
【答案】B
【解析】
【详解】A、题中没有说明条件是否是标准状况下，因此无法计算Cl2的物质的量，故A错误；
B、过氧化氢的结构式为H－O－O－H，利用质量数近似等于相对原子质量，该过氧化氢的摩尔质量为38g·mol－1，因此38g该过氧化氢中含有共价键的物质的量为=3mol，故B正确；
C、铁与浓硝酸发生钝化反应，阻碍反应的进行，无法计算出转移电子物质的量，故C错误；
D、标准状况下，5.6L气体的物质的量为0.25mol，NO与O2反应：2NO＋O2=2NO2，根据量的关系，生成NO2的物质的量为0.25mol，剩余氧气的物质的量为0.125mol，即气体总物质的量为0.375mol，NO2气体中存在2NO2N2O4，即反应后气体物质的量小于0.375mol，故D错误；
答案为B。
4.将少量的a溶液加入到b溶液中，现象及对应的离子方程式正确的是
选项
a
b
现象
离子方程式
A
稀硫酸
KI
在空气中放置一段时间后溶液呈棕黄色
4I-+ O2 + 2H2O = 2I2 + 4OH-
B
NaAlO2
稀盐酸
产生白色沉淀
AlO2-+ H+ +H2O = Al(OH)3↓
C
稀盐酸
Na2SiO3
产生白色胶状物
2H+ + SiO32-= H2SiO3(胶体)
D
稀H2SO4
滴有酚酞Ba(OH)2
有白色沉淀生成，溶液由红色变为无色
Ba2+ + OH-+ H+ + SO42- = BaSO4↓ + H2O
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、是将稀硫酸加入到KI中，不能产生大量的OH－，正确的是4I－＋4H＋＋O2=2I2＋2H2O，故A错误；
B、NaAlO2是少量，盐酸是过量，因此发生的离子方程式为AlO2－＋4H＋=Al3＋＋2H2O，故B错误；
C、硅酸酸性弱于盐酸，发生的离子方程式为SiO32－＋2H＋=H2SiO3(胶体)，故C正确；
D、硫酸与Ba(OH)2反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O，有白色沉淀生成，溶液由红色变为无色，故D错误；
答案为C。
5.下图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。下列选项的编号和曲线的编号一一对应，其中描述错误的是
A. 向NaAlO2溶液中逐渐滴入HCl至过量
B. 向澄清石灰水中通入CO2至过量
C. 向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量
D. 向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至过量
【答案】D
【解析】
【分析】
A.根据反应AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓，Al(OH)3+3H+═Al3++3H2O判断；
B.根据反应Ca(OH)2+CO2═CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O═Ca(HCO3)2判断；
C.根据反应H ++OH-=H2O、Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O 判断；
D.根据反应Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2O、2OH-+CO2═CO32-+H2O、CaCO3+CO2+H2O═Ca(HCO3)2判断。
【详解】A.向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量，发生的反应分别为AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，两个反应消耗的盐酸的物质的量之比为1：3，图象符合，故不选A；
B.向澄清石灰水中通入CO2至过量，发生的反应分别为Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O═Ca（HCO3）2，两个反应消耗的二氧化硫的物质的量之比为1；1，图象符合，故不选B；
C.向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，发生的反应分为三个阶段，反应分别为OH-+H+═H20，Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，后两个反应消耗的NaOH的物质的量之比为3：1，图象符合，故不选C；
D.向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失，分别为Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2O、OH-+CO2═HCO3-+H2O、CaCO3+CO2+H2O═Ca(HCO3)2，则各段反应消耗的二氧化碳的物质的量的比值为1:1:1，故选D；
答案：D
【点睛】易错选项D，准确分析各个阶段的反应，反应顺序可认为是：
1.CO2+Ca(OH)2==CaCO3↓+H2O产生沉淀；
2.CO2+2KOH==K2CO3+H2O；
3.CO2+K2CO3+H2O==2KHCO3；
4.CO2+CaCO3+H2O==Ca(HCO3)2沉淀消失。
6.向10 mL 0.1 mol·L－1 NH4Al(SO4)2溶液中，滴加等浓度Ba(OH)2溶液x mL，下列叙述正确的是
A. x＝10时，溶液中有NH4+、Al3＋、SO42-，且c(NH4+)＝c(Al3＋)
B. x＝20时，溶液中所发生反应的离子方程式为Al3＋＋2SO42-＋2Ba2＋＋4OH－=AlO2-＋2H2O＋2BaSO4↓
C. x＝30时，溶液中有Ba2＋、AlO2-、OH－，且c(OH－)
c(Al3＋)，故A错误；
B、x=20mL时，Ba2＋与SO42－恰好完全反应，Al3＋与OH－反应生成OH－，多余的OH－全部与NH4＋反应生成NH3·H2O，离子反应方程式为NH4＋＋Al3＋＋2SO42－＋2Ba2＋＋4OH－=2BaSO4↓＋Al(OH)3↓＋NH3·H2O，故B错误；
C、当x=30mL时，10mL0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液中含有0.001molNH4＋、0.001molAl3＋、0.002molSO42－，30mL等浓度Ba(OH)2溶液0.003molBa2＋、0.006molOH－，混合后生成BaSO4沉淀，剩余0.001molBa2＋，OH－过量溶液中存在0.001molAlO2－，OH－剩余
0.001mol，因此溶液有Ba2＋、AlO2－、OH－，且c(OH－)>c(AlO2－)，故C错误；
D、滴加过程中，生成沉淀的最大物质的量为Al(OH)3、BaSO4，当NH4Al(SO4)2溶液和Ba(OH)2溶液按照物质的量之比为1：2混合，沉淀的量最大为0.002molBaSO4和0.001mol的Al(OH)3，即沉淀的最大量为0.003mol，故D正确；
答案为D。
【点睛】Ba2＋与SO42－反应生成BaSO4沉淀，Al3＋能与NH3·H2O反应生成Al(OH)3沉淀和NH4＋，推出Al3＋先与OH－反应生成Al(OH)3，Al(OH)3不溶于NH3·H2O，接着NH4＋与OH－反应，最后Al(OH)3再与OH－反应，类似的题，我们应该首先分析出反应顺序，判断“量”的离子方程式，需要求出消耗离子的物质的量，如选项B，10mL0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液中含有0.001molNH4＋、0.001molAl3＋、0.002molSO42－，20mL等浓度的Ba(OH)2溶液0.002molBa2＋、0.004molOH－，根据上述反应顺序，消耗NH4＋、Al3＋、SO42－、Ba2＋、OH－物质的量之比为1：1：2：2：4，五种离子系数之比为1：1：2：2：4，最后写出正确的离子方程式。
7.类推的思维方法可以预测许多物质的性质。但类比是相对的，不能违背客观事实。下列类比分析结果正确的是
A. Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则Na2O2与SO2反应可生成Na2SO3和O2
B. CaC2能水解：CaC2 + 2H2O = Ca(OH)2 + C2H2 ↑，则Al4C3也能水解：Al4C3 + 12H2O = 4A1(OH)3↓+ 3CH4↑
C. 钠与氧气在不同条件下反应会生成两种不同的氧化物，则Li与氧气反应也能生成Li2O或Li2O2
D. SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，则SO2通入Ba(NO3)2溶液也不产生沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A、过氧化钠具有强氧化性，SO2以还原性为主，因此过氧化钠将SO2氧化，发生Na2O2＋SO2=Na2SO4，故A不符合题意；
B、CaC2与H2O反应：CaC2＋2H2O=Ca(OH)2＋C2H2↑，Al4C3与水反应，4个Al结合12个OH－生成4个Al(OH)3，3个C结合12个H生成3个CH4，即反应方程式：Al4C3＋12H2O=4Al(OH)3↓＋4CH4↑，故B正确；
C、Na常温下与O2反应生成Na2O，加热或燃烧时生成Na2O2，而Li与氧气反应只生成
Li2O，故C错误；
D、NO3－在酸性条件下具有强氧化性，能将SO2氧化成SO42－，与Ba2＋反应生成BaSO4沉淀，故D错误；
答案为B。
8.下列物质转化在给定条件下能实现的是（ ）
①
②
③
④
⑤
A. ①③⑤ B. ②③④ C. ②④⑤ D. ①④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3，生成氢氧化铝，故①正确；
②S完全燃烧只能生成SO2，故②错误；
③氢氧化钠与足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠，故③正确；
④加热FeCl3的水溶液，因促进Fe3+的水解生成挥发性酸，最终得到Fe(OH)3，故④错误；
⑤氯化铵与熟石灰共热制取氨气，将足量氨气和二氧化碳依次通入水中得到碳酸氢铵，故⑤正确；
答案选A。
9.下列关于碱金属及其化合物的叙述错误的是
A. 金属钠投入Ca(HCO3)2溶液，反应后有白色沉淀析出
B. 干粉灭火器能用于扑灭金属钠、钾的着火
C. 生理盐水的质量分数为0.9%，与人体的血液中含量相同，它的溶质是NaCl
D. Na-K合金用作快中子反应堆的导热剂
【答案】B
【解析】
【详解】A、金属钠先与H2O反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，NaOH与Ca(HCO3)2反应：Ca(HCO3)2＋NaOH=CaCO3↓＋H2O＋NaHCO3，故A说法正确；
B、钾、钠燃烧生成过氧化物，过氧化物能与CO2反应生成O2，干粉灭火器中能产生CO2，因此不能用来扑灭金属钠、钾着火，一般采用沙土覆灭，故B说法错误；
C、生理盐水的溶质是氯化钠，且质量分数是0.9%，与人体的血液中含量相同，故C说法正确；
D、Na－K合金常温为液态，用作快中子反应堆的导热剂，故D说法正确；
答案为B。
10.将15.66g镁铝合金加入到800mL稀硝酸中，恰好完全反应(假设反应中还原产物只有NO)，向所得溶液中加入足量的3mol·L-1NaOH溶液，测得生成沉淀的质量与原合金的质量相等，则下列有关叙述不正确的是
A. 原稀硝酸的浓度为2.6mol·L-1 B. 生成NO的体积为11.648L(标准状况)
C. 反应过程中共消耗1.56molNaOH D. 合金中Al的质量分数约为58.6%
【答案】C
【解析】
将一定质量的镁、铝合金加入到稀HNO3中，两者恰好完全反应，假设反应中还原产物只有NO，发生反应：3Mg+8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、Al+4HNO3(稀)=Al(NO3)3+NO↑+2H2O，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3、Al(NO3)3+4NaOH=NaAlO2+3NaNO3+2H2O，沉淀为氢氧化镁，生成沉淀的质量与原合金的质量相等，则氢氧化镁中含有的氢氧根的质量与铝的质量相等，则合金中铝的质量为15.66g×=9.18g，镁的质量为15.66g-9.18g=6.48g。A.镁的物质的量为=0.27mol，铝的物质的量为=0.34mol，根据反应方程式可知，硝酸的物质的量=
×0.27mol+4×0.34mol=2.08mol，则原稀硝酸的浓度为=2.6mol·L-1，故A正确；B.根据上述分析， 生成NO的物质的量为×0.27mol+0.34mol=0.52mol，体积为11.648L(标准状况)，故B正确；C. 根据Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3、Al(NO3)3+4NaOH=NaAlO2+3NaNO3+2H2O可知，反应过程中消耗NaOH的物质的量为2×0.27mol+4×0.34mol=1.9mol，故C错误；D. 合金中Al的质量分数为×100%=58.6%，故D正确；故选C。
11.实验室保存下列药品的方法，正确的是
A. 氢氟酸贮存在细口玻璃瓶里
B. 盛液溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发
C. 盛放浓硫酸的广口瓶应当用磨口玻璃塞，不能用橡皮塞
D. 氯水保存在无色玻璃瓶中，液氯贮存在钢瓶里
【答案】B
【解析】
【详解】A.氢氟酸与二氧化硅反应，则不能贮存在细口玻璃瓶里，A错误；
B.液溴的密度大于水，且微溶于水，水起液封的作用，盛液溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发，B正确；
C.盛放液体的试剂瓶为细口瓶，盛放浓硫酸不用广口瓶，C错误；
D.氯水见光易分解，氯水应保存在棕色玻璃瓶中；液氯在常温下不与铁反应，可贮存在钢瓶里，D错误；
答案为B。
12.下列两种物质间发生反应，消耗等物质的量的酸，产生气体最多的是
A. 木炭与浓硝酸 B. 铜与稀硝酸 C. 锌与稀硫酸 D. 木炭与浓硫酸
【答案】D
【解析】
【详解】设酸的物质的量为1mol，分别根据4个反应的化学方程式可以求出产生气体的物质的量。A.木炭与浓硝酸：C+4HNO3(浓)=CO2↑+4NO2↑+2H2O，产生的气体为1.25mol；
B.铜与稀硝酸：Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，产生的气体为0.25mol；
C.锌与稀硫酸：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，产生的气体为1mol；
D.木炭与浓硫酸：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，产生的气体为1.5mol；
综上D项中产生的气体最多；
本题答案选D。
13.为提纯下列物质(括号内为杂质)选用的试剂和分离方法都正确的是
序号
物质
试剂
分离方法
①
硝酸钾（氯化钠）
蒸馏水
重结晶
②
氨气（水蒸气）
CaCl2
干燥
③
乙醇（水）
金属钠
蒸馏
④
NaCl溶液（Na2S）
AgCl
过滤
A. ①③ B. ①④ C. ② D. ③④
【答案】B
【解析】
【详解】①利用它们溶解度受温度的影响不同进行分离，KNO3溶解度受温度的影响大，NaCl溶解度受温度的影响小，采用蒸发浓缩，冷却结晶的方法进行分离，如果KNO3中还含有NaCl，需要重新溶解，重新结晶，该方法为重结晶，故①正确；
②CaCl2能与NH3发生反应，干燥NH3时常用碱石灰干燥，故②错误；
③乙醇、水都能与Na发生反应，因此需要加入生石灰，然后蒸馏，故③错误；
④加入AgCl发生：Na2S＋2AgCl=Ag2S＋2NaCl，然后过滤进行分离，故④正确；
综上所述，选项B正确；
答案为B。
14.下列选项中所涉及到的两个量一定不相等的是
A. 足量的钠在等物质的量的Cl2和O2中分别燃烧转移电子数
B. 等物质的量的KO2与CaO2分别与水反应生成的气体体积（相同条件下）
C. 100mL 1mol/L HNO3分别与1.4g Fe 、2.8gFe完全反应时生成NO物质的量
D. 等浓度等体积的盐酸、NaOH溶液分别与一定量Al反应生成等质量气体时转移的电子
【答案】B
【解析】
【详解】A、Na与Cl2反应生成NaCl，Na与O2燃烧生成Na2O2，因为金属钠足量，因此1mol的Cl2和O2分别足量的金属钠燃烧，转移电子物质的量为2mol，故A不符合题意；
B、KO2与水反应：4KO2＋2H2O=2KOH＋3O2↑，CaO2与H2O反应：2CaO2＋2H2O=2Ca(OH)2＋O2↑，等物质的量的KO2、CaO2分别与水反应生成气体体积不同，故B符合题意；
C、100mL1mol·L－1HNO3与1.4gFe反应：Fe＋4HNO3=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，二者恰好反应生成0.025molNO，100mL1molHNO3与2.8gFe反应，发生3Fe＋8HNO3=3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，硝酸不足，按照硝酸进行计算得到NO为0.025mol，所以两个反应生成NO相同，故C不符合题意；
D、等浓度等体积的盐酸、NaOH溶液分别与一定量Al反应生成等质量的氢气，生成1molH2转移2mol电子，因生成的氢气相同，因此转移电子数相同，故D不符合题意；
答案为B。
【点睛】难点是选项C，铁与硝酸反应先生成Fe(NO3)3，即反应方程式为Fe＋4HNO3=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，1.4g铁全部转化成Fe(NO3)3，需要消耗HNO3的物质的量为0.1mol，即1.4gFe恰好与100mL1mol·L－1HNO3反应，求出NO的量，2.8gFe与硝酸反应，相当于在1.4gFe与硝酸反应的基础上再加入1.4gFe，则发生Fe与Fe3＋反应：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，没有NO气体生成，因此两个反应中生成气体量的相同。
15.下列操作不能说明仪器组装气密性良好的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A.手握住试管后，烧杯中有气泡产生，离开试管玻璃导管内有一段水柱，装置气密性良好，A正确；
B.装置B气密性良好时，漏斗内的液体不能顺利流下，B正确；
C.装置C气密性良好时，手捧住烧瓶时，玻璃导管有一段水柱，离开时导管内液面与集气瓶液面持平，C正确；
D.装置D气密性良好时，上移左侧滴管，左右两侧容器内的液面会出现液面差，现两液面持平，说明装置漏气，D错误；
答案为D。
16.某溶液中可能含有OH-、CO32-、A1O2-、SiO32-、SO42-、HCO3-、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如下图所示。下列说法正确的是
A. 原溶液中可能含有Na2SO4、可能不含有CO32-
B. 原溶液中一定含有的阴离子只有:OH-、A1O2-、CO32-
C. 原溶液中含CO32-与A1O2-的物质的量之比为3:4
D. a-d>3/4
【答案】C
【解析】
由图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含OH-离子，则与氢氧根离子不能共存的是Fe3+、Mg2+、Al3+；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是AlO2-、SiO32-和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，由于AlO2-与HCO3-发生反应生成氢氧化铝沉淀，则溶液中一定不存在HCO3-；继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32-
离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定是否存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有Na+离子。A．溶液中硫酸根离子不能确定，剩余原溶液中不一定含有Na2SO4，故A错误；B．依据判断原溶液中一定含有的阴离子是：OH-、SiO32-、AlO2-、CO32-，故B错误；C．依据图像可知和碳酸根离子反应的盐酸为2体积，CO32-+2H+=CO2↑+H2O 氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4体积，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，原溶液中含有CO32-与AlO2-的物质的量之比为3：4，故C正确；D．根据图像溶解氢氧化铝消耗的盐酸体积为4，假设盐酸的浓度为1mol/L，则消耗氯化氢4mol，则溶解的氢氧化铝为mol，则溶液中含有mol AlO2-，沉淀mol AlO2-需要盐酸mol，a-d对应于AlO2-和SiO32-消耗的盐酸大于mol，即a-d＞，故D错误；故选C。
点睛：本题考查了离子检验的方法和应用，题目难度较大，正确分析图像曲线变化为解题关键。注意掌握硅酸根离子、偏铝酸根离子、氢氧化铝的化学性质及检验方法。本题的易错点为D，要注意根据反应的方程式分析判断，要知道a-d对应于AlO2-和SiO32-消耗的盐酸。
17.下列所示物质的制备方法合理的是
A. 实验室从海帶中提取单质碘取样→灼烧→溶解→过滤→萃取→蒸馏
B. 金红石(主要成分TiO2)为原料生产金属Ti：金红石、焦炭TiCl4Ti
C. 从卤水中(溶质主要是MgCl2)提取Mg:卤水Mg(OH)2MgCl2(aq) MgCl2(s) Mg
D. 由食盐制取漂粉精NaCl(ag) Cl2漂粉精
【答案】B
【解析】
【详解】A、实验室从海带中提取单质碘，取样→灼烧→溶解→过滤→氧化→萃取→蒸馏，故A错误；
B、TiO2、C、Cl2反应生成TiCl4，在稀有气体保护下，Mg还原TiCl4生成Ti，可实现转化，故B正确；
C、从MgCl2溶液中获取MgCl2(s)，需要在HCl氛围中加热MgCl2溶液，防止Mg2＋水解，不能直接加热蒸干，故C错误；
D、Ca(OH)2微溶于水，澄清石灰水中Ca(OH)2含量低，应选用氯气与石灰乳反应制备漂白精，故D错误；
答案为B。
【点睛】易错点是选项D，学生认为电解NaCl溶液得到Cl2，Cl2与Ca(OH)2反应：2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，忽略了Ca(OH)2微溶于水，澄清石灰水中Ca(OH)2量较低，因此制备漂白精应用Cl2与石灰乳反应。
18.已知A、B、D、E均为中学化学常见单质或化合物，它们之间的关系如图所示[部分产物略去]。下列说法错误的是
A. A、B、D可能是钠及其化合物 B. A、B、D可能是铁及其化合物
C. A、B、D可能是铝及其化合物 D. A、B、D不可能是非金属及其化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A、假设A、B、D含钠及其化合物，A为NaOH，E为CO，NaOH与过量的CO2反应生成NaHCO3，即B为NaHCO3，NaOH与少量的CO2反应生成Na2CO3，即D为Na2CO3，NaHCO3受热分解成Na2CO3，Na2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，符合该转化关系，故A说法正确；
B、假设A、B、D可能是铁及其化合物，令A为Fe，E为HNO3，铁与过量的HNO3反应生成Fe(NO3)3，铁与少量的HNO3反应生成Fe(NO3)2，Fe(NO3)3与Fe反应生成Fe(NO3)2，Fe(NO3)2与氧化剂反应生成fFe(NO3)3，符合转化关系，故B说法正确；
C、假设A、B、D为铝及其化合物，令A为AlCl3，E为NaOH，AlCl3与过量的NaOH反应生成NaAlO2，AlCl3与少量的NaOH溶液反应生成Al(OH)3，AlO2－与H＋反应生成Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2，符合转化关系，故C说法正确；
D、假设A、B、D为碳及其化合物，令A为C，E为O2，C与足量的O2反应生成CO2，与少量的O2反应生成CO，CO2与C反应生成CO，CO与O2反应生成CO2，符合转化关系，因此A、B、D可能是非金属及其化合物，故D说法错误；
答案为D。
19.有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4mol／L和2mol／L，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下气体的体积为（设反应中HNO3被还原成NO）（ ）
A. 0.448L B. 0.672L C. 0.896L D. 0.224L
【答案】B
【解析】
n(H+)=4mol／L0.01L2+2mol／LL=0.10mol n(NO3-)=2mol／LL=0.02 mol
根据反应方程式，酸过量。
设生成气体为nmol
3Cu+ 8H+ + 2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O n(H+)=0.10mol
2 2
0.02mol n
n=0.02mol
标准状况下气体的体积为0.02 mol = 0.448L故A正确。B C D均错误。
20.某小组利用下面的装置进行实验，②、③中溶液均足量，操作和现象如下表。
实验
操作
现象
Ⅰ
向盛有Na2S溶液的①中持续通入CO2至过量
②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低；
③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡
Ⅱ
向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量
现象同实验Ⅰ
资料：CaS遇水完全水解
由上述实验得出的结论不正确的是
A. ③中白色浑浊是CaCO3
B. ②中溶液pH降低的原因是：H2S+Cu2+ == CuS↓+2H+
C. 实验Ⅰ①中CO2过量发生的反应是：CO2+H2O+ S2−== CO32−+ H2S
D. 由实验Ⅰ和Ⅱ不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱
【答案】C
【解析】
【分析】
实验Ⅰ.向①的Na2S溶液中持续通入CO2至过量，②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，说明生成了硫化氢气体，同时生成了硫酸；③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡，说明二氧化碳过量，被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀；
实验Ⅱ. 向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量，②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，是因为过量的硫化氢气体与硫酸铜溶液反应生成了CuS黑色沉淀，同时生成了硫酸；③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡，说明反应生成了二氧化碳，被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀；据此分析解答。
【详解】A. 根据上述分析，③中白色浑浊是CaCO3，不可能是CaS，因为CaS遇水完全水解，故A正确；
B. ②中反应生成硫化氢与硫酸铜反应： H2S+Cu2+ = CuS↓+2H+，使得溶液的pH降低，故B正确；
C. CO2过量反应生成HCO3−，发生的反应是：2CO2+2H2O+ S2−=2HCO3−+ H2S，故C错误；
D. 根据实验Ⅰ、Ⅱ中现象：Ⅰ中通二氧化碳有H2S生成，Ⅱ中通H2S有二氧化碳生成，不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱，故D正确；
答案选C。
21.向FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液,测定混合后溶液pH随混合前溶液中变化的曲线如图所示。
实验发现:
ⅰ.a点溶液澄清透明,向其中滴加NaOH溶液后,立即产生灰白色沉淀,滴入KSCN溶液显红色;
ⅱ.c点和d点溶液中产生红褐色沉淀,无气体逸出。取其上层清液滴加NaOH溶液后无明显现象,滴加KSCN溶液显红色。
下列分析合理的是
A. 向a点溶液中滴加BaCl2溶液,无明显现象
B. b点较a点溶液pH升高的主要原因:2Fe3++SO32-+H2O2Fe2++SO42-+2H+
C. c点溶液中发生的主要反应:2Fe3++3 SO32-+6H2O2Fe(OH)3+3H2SO3
D. 向d点上层清液中滴加KSCN溶液,溶液变红;再滴加NaOH溶液,红色加深
【答案】C
【解析】
【分析】
根据i的现象，a点溶液为澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即产生灰白色沉淀，该沉淀中含有Fe(OH)2，即a点溶液中含有Fe2＋，FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先发生2Fe3＋＋SO32－＋H2O=2Fe2＋＋SO42－＋2H＋，c点和d点溶液中Fe3＋和SO32－发生双水解反应产生红褐色沉淀，且生成H2SO3，因此无气体产生，然后据此分析；
【详解】根据i的现象，a点溶液为澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即产生灰白色沉淀，该沉淀中含有Fe(OH)2，即a点溶液中含有Fe2＋，FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先发生2Fe3＋＋SO32－＋H2O=2Fe2＋＋SO42－＋2H＋，c点和d点溶液中Fe3＋和SO32－发生双水解反应产生红褐色沉淀，且生成H2SO3，因此无气体产生，取上层清液滴加NaOH溶液，无明显现象，是因为NaOH与H2SO3反应，滴加KSCN溶液显红色，说明溶液中含有Fe3＋，
A、a点处溶液中含有SO42－，加入BaCl2，会产生BaSO4白色沉淀，故A错误；
B、pH升高说明溶液c(H＋)减小，原因是c(SO32－)增大，水解程度增大，按照给出方程式，生成H＋，溶液c(H＋)增大，溶液的pH应减小，不会增大，故B错误；
C、c点溶液中Fe3＋和SO32－发生双水解反应，离子方程式为2Fe3＋＋3SO32－＋
6H2O=2Fe(OH)3↓＋3H2SO3，故C正确；
D、溶液变红后滴加NaOH会消耗溶液中的Fe3＋，因此红色应变浅，故D错误；
答案为C。
22.装置a、b、c中分别盛有试剂1、2、3，用如图所示的装置进行实验(夹持仪器略去，必要时可加热)，能达到相应实验目的的是
选项
试剂1
试剂2
试剂3
实验目的
装置
A
浓
Cu片
KI-淀粉溶液
验证的氧化性
B
盐酸
石灰石
饱和
制备
C
稀硫酸
溶液X
澄清石灰水
验证溶液X中是否有
D
70%硫酸
酸性溶液
证明具有漂白性
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. 浓硝酸易挥发，生成的二氧化氮气体中含有硝酸蒸汽，无法验证NO2的氧化性，故A错误；B. 盐酸与石灰石反应放出的二氧化碳中混有少量氯化氢气体，通过饱和NaHCO3可以除去氯化氢，从而得到较为纯净的二氧化碳，故B正确；C.能够使澄清石灰水的气体不一定是二氧化碳，可能是二氧化硫，因此X中不一定有CO32-，故C错误；D. 二氧化硫与高锰酸钾溶液反应，体现了二氧化硫的还原性，不是漂白性，故D错误；故选B。
23.已知:将Cl2通入适量KOH溶液中,产物中可能含有KCl、KClO、KClO3,且的值与温度高低有关。当n(KOH)=a mol时,下列说法不正确的是
A. 参加反应的氯气的物质的量等于a mol
B. 改变温度,产物中KClO3的最大理论产量为a mol
C. 改变温度,反应中转移电子的物质的量n(e-)的范围为a mol≤n(e-)≤a mol
D. 若某温度下,反应后=11,则溶液中=
【答案】B
【解析】
【分析】
Cl2与KOH发生歧化反应，低温下发生Cl2＋2KOH=KCl＋KClO＋H2O，温度高时发生3Cl2＋6KOH=5KCl＋KClO3＋3H2O，据此分析讨论；
【详解】A、产物中可能含有KCl、KClO、KClO3，三种物质中K和Cl的原子个数比均为1：1，，因此参加反应的KOH与Cl2之比为2：1，即参加反应氯气的物质的量为mol，故A说法正确；
B、当只发生3Cl2＋6KOH=5KCl＋KClO3＋3H2O时，KClO3的产量最大，即n(KClO3)= mol，故B说法错误；
C、当只发生Cl2＋2KOH=KCl＋KClO＋H2O，则转移电子物质的量为mol，当只发生3Cl2＋6KOH=5KCl＋KClO3＋3H2O，则转移电子物质的量为mol，因此反应中转移电子的物质的量范围是mol≤n(e－)≤mol，故C说法正确；
D、假设n(Cl－)=11mol，则n(ClO－)=1mol，根据得失电子数目守恒，11mol=1mol×n(ClO3－)×5，得出n(ClO3－)=2mol，因此有=，故D说法正确；
答案为B。
24.下列有关实验操作正确的是( )
A. 称量氢氧化钠固体
B. 检验铁粉与水蒸气反应产生的氢气
C. 制备氢氧化铁胶体
D. 分离两种互溶但沸点相差较大的液体混合物
【答案】B
【解析】
【详解】A．称量时，药品放在左盘，砝码在右盘，氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，需要将氢氧化钠放在小烧杯中称量，故A错误；
B．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，把H2通入肥皂液，会产生泡泡，然后点燃泡泡，有爆鸣声，证明产物是H2，听声音，即可鉴别H2的纯度，图中实验装置及方案合理，故B正确；
C．在沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体，当溶液变成红褐色时停止加热，故C错误；
D．水的进出方向错误，冷水应从下口进，上口出，故D错误；
答案选B。
25.高磷鲕状赤铁矿(主要含有、少量、CaO，等)
是我国一种重要的沉积型铁矿资源，以高磷鲕状赤铁矿为原料制备纯度较高的铁红，其流程如图所示。下列说法错误的是
A. 铁红可用于油漆、油墨、建筑物着色剂
B. 酸浸液遇溶液生成蓝色沉淀
C. 洗涤滤渣时要用玻璃棒不断搅拌
D. 氧化时选用的试剂可以是、NaClO溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
高磷鲕状赤铁矿主要含有的,又称铁红，易溶于强酸，中强酸，外观为红棕色粉末。可用于油漆、油墨、橡胶等工业中，可作为催化剂，炼铁原料。在碳粉与铁矿石焙烧、硫酸酸浸后, 溶液中含有Fe2+、Al3+、Ca2+，而后利用氨水调节溶液pH约5.2-7，可使Al3+沉淀完全，而Fe2+、Ca2+不受影响。利用氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+后，由于Fe3+沉降的pH为2.7-3.7，故此时Fe3+因水解成为氢氧化铁而沉降。通过对滤渣洗涤、干燥、灼烧可得氧化铁。
【详解】A. 铁红的主要成分是氧化铁,为红棕色,可用于油漆、油墨、建筑物的着色剂，A项正确；
B. 酸浸液中含有Fe2+,遇溶液生成蓝色的沉淀, B项正确；
C. 用玻璃棒不断搅拌会破坏氢氧化铁,使一部分氢氧化铁溶解，降低产率，C项错误；
D. 氧化Fe2+时可选用、NaClO溶液作为氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+。反应原理分别为：2Fe2+ +H2O2+2H+=2Fe3+ +2H2O ，2Fe2++ ClO -+ 2H+ = 2Fe3+ + Cl- + H2O，D项正确；
答案选C。
第Ⅱ卷（非选择题 共50分）
26.氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：
已知：①菱锰矿石主要成分是MnCO3，还含有少量Fe、Al、Ca、Mg等元素；
②常温下，CaF2、MgF2的溶度积分别为1.46×10-10、7.42×10-11
③相关金属离子c(Mn+)=0.1mol/L形成氯氧化物沉淀时的pH如下：
回答下列问题：
金属离子
Al3+
Fe3+
Fe2+
Ca2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH
3.8
1.5
6.3
10.6
8.8
9.6
沉淀完全的pH
5.2
2.8
8.3
12.6
10.8
11.6
(1)“焙烧”时发生的主要化学反应方程式为______________________。
(2)分析下列图1、图2、图3，氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是：
焙烧温度_________，氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为__________，焙烧时间为___________.
(3)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为________；然后调节溶液pH使Fe3+、Al3+沉淀完全，此时溶液的pH范围为____。再加入NH4F沉淀Ca2+、Mg2+，当c(Ca2+)=1.0×10-5mol/L时， c(Mg2+)=______mol/L
(4)碳化结晶时，发生反应离子方程式为_____________________________________________。
(5)流程中能循环利用的固态物质是____________。
【答案】 (1). MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O (2). 500℃ (3). 1.10 (4). 60min (5). MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O (6). 5.2≤pH<8.8 (7). 5×10-6 (8). Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O (9). NH4Cl
【解析】
【分析】
根据流程，将菱镁矿粉(主要成分是MnCO3，还含有少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)与NH4Cl混合研磨后焙烧，发生MnCO3＋2NH4Cl MnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O，浸出，浸出液中含有Mn2＋、Fe2＋、Al3＋、Ca2＋、Mg2＋，加入MnO2将Fe2＋氧化成Fe3＋：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O，然后调节pH范围是5.2≤pH<8.8，使 Fe3＋、Al3＋以氢氧化物的形式完全沉淀，再加入NH4F沉淀Ca2＋、Mg2＋，过滤，净化液成分主要是MnCl2，加入碳酸氢铵碳化结晶，发生反应：Mn2＋＋2HCO3－MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，过滤，得到MnCO3产品和滤液NH4Cl，将滤液NH4Cl蒸发结晶得到NH4Cl可循环使用，据此分析作答；
【详解】（1）焙烧是MnCO3与NH4Cl的反应，根据流程图，得到产物是CO2和NH3，根据元素守恒，因此方程式为MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O；
答案为MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O；
（2）根据图1，温度在500℃时浸出率较高，如果再升高温度，浸出率增加不大，提高成本，根据图2，氯化铵与菱镁矿质量比为1.10时为最佳，根据图3，在60min时浸出率为最佳；
答案为500℃；1.10；60min；
（3）MnO2将Fe2＋氧化成Fe3＋，本身被还原为Mn2＋，依据化合价升降法进行配平，即离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；调节pH使Fe3＋、Al3＋沉淀完全，但不能影响Mn2＋，因此pH控制在5.2≤pH<8.8；加入NH4F，除去Mg2＋、Ca2＋，当溶液中c(Ca2＋)=1.0×10－5mol·L－1时，溶液中c2(F－)==1.46×10－5mol·L－1，则溶液c(Mg2＋)=≈5×10－6mol·L－1；
答案MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；5.2≤pH<8.8；5×10－6mol·L－1；
（4）根据流程图，碳化结晶得到MnCO3，“碳化结晶”原料是Mn2＋和NH4HCO3，产物是MnCO3，该反应中没有化合价变化，不属于氧化还原反应，即离子方程式为Mn2＋＋HCO3－MnCO3↓＋CO2↑＋H2O；
答案为Mn2＋＋HCO3－MnCO3↓＋CO2↑＋H2O；
（5）“碳化结晶”后过滤，得到MnCO3产品和滤液NH4Cl，将滤液NH4Cl蒸发结晶得到NH4Cl可循环使用；
答案为NH4Cl。
【点睛】陌生氧化还原反应方程式书写是高考的热点和难点，一般先根据题意，写出氧化剂＋还原剂→氧化产物＋还原产物，如本题MnO2＋Fe2＋→Fe3＋＋Mn2＋，然后根据化合价升降法进行配平，即MnO2＋2Fe2＋→2Fe3＋＋Mn2＋，然后根据环境确认溶液的酸碱性，如本题，Fe2＋、Fe3＋、Mn2＋不能与OH－大量共存，因此环境应为酸性，最后根据原子守恒和电荷守恒，配平其他，即MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O。
27.某化学学习小组在帮助老师整理实验室的化学试剂时，发现一盛有无色盐溶液的试剂瓶，标签破损如右图，该小组根据已掌握的知识，对药品做出猜想，并设计实验验证。
(1) 该实验药品为中学化学常用试剂，推测它的阳离子化合价为_______。
(2) 同学们做出以下三种推测。
猜想1:Na2SO4
实验设计:进行……，证明是Na2SO4溶液。
猜想2:K2SO4
实验设计:__________________________________，证明是K2SO4溶液。
猜想3:(NH4)2SO4
实验设计:________________________________，证明是(NH4)2SO4溶液。
(3) 通过实验发现“猜想3”成立，已知(NH4)2SO4受热易分解，该小组拟用下图所示装置探究其分解产物(夹持和加热装置略)。
实验Ⅰ：装置B盛0.500 0 mol·L-1盐酸50.00 mL，通入N2排尽空气后，将装置A加热至260 ℃一段时间，停止加热，停止通入N2，品红溶液不褪色，取下装置B，用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定剩余盐酸，消耗NaOH溶液50.00 mL。经检验滴定后的溶液中无SO42-。
①请从如图选择盛放0.100 0 mol·L-1 NaOH 溶液的滴定管____(填“甲”或“乙”)。
②装置B 内溶液吸收气体的物质的量是_______mol。
实验Ⅱ：通入N2排尽空气后，将装置A加热到400 ℃至固体无残留，停止加热，停止通入N2，观察到装置A、D之间的导气管内有少量白色固体，经检验，该白色固体和装置D内溶液中有SO32-、无SO42-。
③装置E 的作用是__________。
④A、D之间的导气管内的少量白色固体是______。
⑤有同学提出在A、D之间需要增加一个防倒吸的安全瓶，老师说不需要，原因是___________。
⑥进一步研究发现，气体产物中无氮氧化物，则(NH4)2SO4在400 ℃分解的化学方程式是___________。
【答案】 (1). +1 (2). 进行焰色反应,透过蓝色钴玻璃观察,火焰呈紫色 (3). 取一定量溶液于试管中,加浓NaOH溶液并加热,产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 (4). 乙 (5). 0.02 (6). 吸收NH3 (7). (NH4)2SO3 (8). (NH4)2SO4分解过程中不断通入N2,从而稀释了SO2,起到了防止倒吸的作用 (9). 3(NH4)2SO44NH3↑+N2↑+3SO2↑+6H2O↑
【解析】
【详解】（1）根据破损标签，该物质的化学式应为A2SO4，即阳离子的化学式为+1价；
答案为＋1价；
（2）猜想2：证明是K2SO4，需要证明含有钾元素，往往通过焰色反应确认钾元素，实验设计为进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色，说明该物质中含有钾元素，即该溶液为K2SO4；猜想3：证明是(NH4)2SO4，需要证明NH4＋，检验NH4＋方法：取一定量溶液于试管中,加浓NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为NH3，说明该溶液为(NH4)2SO4；
答案为进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色；取一定量溶液于试管中,加浓NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；
（3）①甲为酸式滴定管，乙为碱式滴定管，盛放NaOH溶液的滴定管应是碱式滴定管，故乙正确；
答案为乙；
②加热(NH4)2SO4到260℃时不产生使品红溶液褪色的气体，即没有生成SO2，滴定后溶液中无SO42－，也就是没有生成SO3，则装置B中盐酸吸收分解产生的NH3，根据反应NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，则吸收NH3消耗HCl的物质的量为(50. 00×10－3L×0.5000mol·L－1－50.00×10－3L×0.1000mol·L－1)=0.02mol，根据NH3＋HCl=NH4Cl，则装置B内吸收NH3的物质的量为0.02mol；
答案为0.02mol；
③装置D内溶液中有SO32－，无SO42－，说明加热(NH4)2SO4到400℃时分解产生了SO2，装置A、D之间的导管内有少量的白色固体，白色固体应是SO2、H2O、NH3形成的盐，即(NH4)2SO4分解还产生了NH3和H2O，装置D的作用是吸收SO2，装置E的作用是吸收NH3；
答案为吸收NH3；
④根据③的分析，(NH4)2SO4加热到400℃分解生成的NH3、SO2、H2O，在A、D之间发生化合反应生成白色固体(NH4)2SO3；
答案为(NH4)2SO3；
⑤在A、D之间不需要增加防倒吸的安全瓶的原因是：虽然SO2易溶于水，当(NH4)2SO4分解过程中不断通入N2，N2难溶于水，N2稀释SO2，起到了防止倒吸的作用；
答案为(NH4)2SO4分解过程中不断通入N2，N2难溶于水，N2稀释SO2
，起到了防止倒吸的作用
⑥根据上述分析，(NH4)2SO4加热到400℃分解生成SO2、NH3、H2O，S元素的化合价由＋6价降至＋4价，根据得失电子数目守恒，，只能为N元素的化合价升高，由于气体中无氮氧化物，，说明生成N2，根据得失电子守恒和原子守恒，分解的化学方程式为3(NH4)2SO44NH3↑＋N2↑＋3SO2↑＋6H2O；
答案为3(NH4)2SO44NH3↑＋N2↑＋3SO2↑＋6H2O。
28.I．氨气具有还原性，在铜的催化作用下，氨气和氟气反应生成A 和B。A 为铵盐，B 在标准状况下为气态。在此反应中，若每有1体积氨气参加反应，同时有0.75 体积氟气参加反应；若每有8.96L 氨气(标准状况)参加反应，同时生成0.3 mol A。
(1) 写出氨气和氟气反应的化学方程式_____________________________________________________。
Ⅱ．某固体可能由Al、（NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3、FeCl2中的一种或几种组成，现取该固体进行如下实验，所得现象和有关数据如下所示(气体体积的数据均已折算成标准状况下):
请回答下列问题:
(2)混合物中存在的物质有____________________(填化学式)。
Ⅲ．（3）测定硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)中结晶水的x值:称取2.41 g 硫酸铜晶体,在坩埚中加热至质量不再改变时,称量粉末的质量为1.6 g。则计算得x=____(计算结果精确到0.1)。
Ⅳ．称取3.60 g草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O),用热重法对其进行热分解,得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如下图所示。
(4) 分析图中数据,写出过程Ⅰ发生反应的化学方程式______________。
(5) 300 ℃时剩余固体是铁的一种氧化物,通过计算确定该氧化物的化学式______________________。
【答案】 (1). 4NH3+3F23NH4F+NF3 (2). MgCl2、Al、(NH4)2SO4 (3). 4.5 (4). FeC2O4·2H2OFeC2O4+2H2O (5). Fe2O3
【解析】
【详解】（1）氨气和氟气反应生成A和B，其中A为铵盐，即A为NH4F，每消耗1体积氨气，同时消耗0.75体积的F2，即NH3和F2系数分别为4、3，8.96L氨气的物质的量为0.4mol，即0.4molNH3参与反应，生成0.3molA，NH3和A的系数分别为4、3，即4NH3＋3F2→3NH4F＋B，根据原子守恒，推出B的化学式为NF3，化学方程式为4NH3＋3F23NH4F＋NF3；
答案为4NH3＋3F23NH4F＋NF3；
（2）固体与过量NaOH发生反应，生成11.2L气体(0.5mol)，该气体通过碱石灰，气体体积不变，通过浓硫酸气体体积为6.72L(0.3mol)，推出固体与NaOH反应生成的气体为H2、NH3，固体中含有Al、(NH4)2SO4；固体与过量的NaOH浓溶液反应生成5.80g白色沉淀，久置无明显变化，因此固体中不含FeCl2，因为所加NaOH为过量，因此5.80g白色沉淀为Mg(OH)2，即固体中含有MgCl2；Al与过量的NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，无色溶液为含有NaAlO2，加入稀盐酸，发生AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓，继续加盐酸，发生Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，因此无法推出固体中是否含有AlCl3，综上所述，固体一定存在物质是Al、(NH4)2SO4、MgCl2；
答案为Al、(NH4)2SO4、MgCl2；
（3）固体质量减少等于水的质量，即水的质量为m(H2O)=(2.41g－1.6g)=0.081g
，加热后粉末为CuSO4，n(CuSO4)==0.01mol，因此有，解得x=4.5；
答案为4.5；
（4）过程I应是失去结晶水的过程，3.60g草酸亚铁晶体中所含结晶水的质量为×100%=0.72g，过程I失去结晶水的质量为(3.60g－2.88g)=0.72g，过程I失去了全部结晶水，化学反应方程式为FeC2O4·2H2O FeC2O4＋2H2O；
答案为FeC2O4·2H2O FeC2O4＋2H2O；
（5）草酸亚铁晶体中铁元素的质量为=1.12g，铁原子的物质的量为=0.02mol，铁的氧化物中氧元素的质量为(1.60－1. 12)g=0.48g，氧原子物质的量为=0.03mol，铁氧化物中铁原子和氧原子物质的量之比为0.02：0.03=2：3，即铁的氧化物是Fe2O3；
答案为Fe2O3.
29.由芳香烃X合成一种功能高分子H的过程如下。(部分产物、合成路线、反应条件略去)。其中A是一氯代物，H的链节组成为C7H5NO
已知：Ⅰ.芳香烃X用质谱仪测出的质谱图如图所示
请根据所学知识与本题所给信息回答下列问题：
(1)H的结构简式是___________________。
(2)反应③和④的类型分别是_____________________、_______________________。
(3)反应⑤的化学方程式为________________________________________________。
(4)阿司匹林中含氧官能团的名称为___________________。
(5) 有多种同分异构体，其中符合下列要求的共有______种(不考虑立体异构)，写出其中核磁共振氢谱为6组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶2∶1∶1的结构简式________________________________。
①能与NaHCO3反应放出CO2 ②能与FeCl3溶液发生显色反应 ③苯环上的一取代物有两种
(6)请用合成反应流程图表示出由A和其他无机物合成最合理的方案。例：
_______________________________________________________________________。
【答案】 (1). (2). 还原反应 (3). 缩聚反应 (4). (5). 酯基、羧基 (6). 16 (7). (8).
【解析】
【分析】
根据质谱仪测出的质谱图，得出芳香烃X的相对分子质量为92，依据苯的同系物的通式，求出芳香烃X的化学式为C7H8，芳香烃X的结构简式为，甲苯与混酸反应发生取代反应，根据路线，－NO2应引入到甲基的邻位，即F的结构简式为
，苯胺容易被氧化，因此先将甲基氧化成－COOH，G的结构简式为，再在Fe、HCl条件下，将－NO2还原成－NH2，得到，H为高分子化合物，发生缩聚反应，即H结构简式为，B能氧化成C，C能与银氨溶液反应，推出B为苯甲醇，因此X与Cl2发生取代反应，即A的结构简式为，然后发生水解反应，生成苯甲醇，据此分析推断；
【详解】根据质谱仪测出的质谱图，得出芳香烃X的相对分子质量为92，依据苯的同系物的通式，求出芳香烃X的化学式为C7H8，芳香烃X的结构简式为，甲苯与混酸反应发生取代反应，根据路线，－NO2应引入到甲基的邻位，即F的结构简式为，苯胺容易被氧化，因此先将甲基氧化成－COOH，G的结构简式为，再在Fe、HCl条件下，将－NO2还原成－NH2，得到，H为高分子化合物，发生缩聚反应，即H结构简式为，B能氧化成C，C能与银氨溶液反应，推出B为苯甲醇，因此X与Cl2发生取代反应，即A的结构简式为，然后发生水解反应，生成苯甲醇，
（1）反应④发生缩聚反应，即H的结构简式为；
答案为；
（2）根据上述分析，反应③的反应类型为还原反应，反应④为缩聚反应；
答案为还原反应；缩聚反应；
（3）反应⑤是苯甲醇被氧化成苯甲酸铵，即反应方程式为＋2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓＋3NH3＋H2O；
答案为＋2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓＋3NH3＋H2O；
（4）根据阿司匹林的结构简式，含氧官能团是羧基和酯基；
答案为羧基和酯基；
（5）能与NaHCO3反应生成CO2，说明含有－COOH，能与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，苯环上的一取代物有两种，说明苯环上有2种氢原子，苯环上含有1个－OH和1个－CH2CH2COOH，两者处于对位，只有1种结构；苯环上有1个－OH和1个－CH(CH3)COOH，两者处于对位，只有1种结构；含有苯环，却苯环上两个甲基在邻位，则－OH和－COOH的位置有6种；两个甲基在间位，则－COOH和－OH位置有5种；两个甲基处于对位，－OH和－COOH位置有3种，综上所述，共有16种；有6组峰，说明有六种不同的氢原子，峰面积为2：2：2：2：1：1，则符合条件的结构简式为；
答案为16；；
（6）根据上述分析，A结构简式为，合成
，引入羟基，一般从卤代烃的水解种引入，需要制备出，引入－Cl，一般采用加成反应引入，即需要制备出，从而推出合成路线为；
答案为。
【点睛】同分异构体种类的判断是有机合成或推断题的热点和难点，一般先根据题中所给信息，推出所含有官能团或结构，然后利用“先整后散”的规律进行分析判断，像本题，首先想出的结构是－OH和－CH2CH2COOH，－CH2CH2COOH可以写成－CH(CH3)COOH，然后将－CH2CH2COOH，拆写成2个－CH3和－COOH，在苯环上固定两个－CH3，位置分别为邻位、间位、对位，然后进行分析，同分异构体的书写要按照规律书写，平时多注意书写，一般能够判断正确。
