2022-2022学年湖南省岳阳市岳阳县一中高三（上）第一次段考化学试卷　一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分．）1．蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶．现代科学证明，用银器盛放牛奶，确有其科学道理，因为（　　）A．溶入极微量的银离子，可以杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质B．用银器盛放牛奶，可以补充人体所需的银元素C．银易导热，牛奶凉得快D．银的化学性质稳定，坚固耐用　2．下列操作中，完全正确的一组是①用试管夹夹持试管时，试管夹从试管底部往上套，夹在试管的中上部②给盛有液体的体积超过容积的试管加热③把鼻孔靠近容器口去闻气体的气味④将试管平放，用纸槽往试管里送入固体粉末后，然后竖立试管⑤取用放在细口瓶中的液体时，取下瓶塞倒放在桌面上，倾倒液体时，瓶上的标签对着地面⑥将烧瓶放在桌上，用力塞紧塞子⑦用坩埚钳夹取加热后的蒸发皿⑧将滴管垂直伸进试管内滴加液体⑨稀释浓硫酸时，把水迅速倒入盛有浓硫酸的量筒中⑩检验装置的气密性时，把导管的一端浸入水中，用手捂住容器的外壁或用酒精灯微热（　　）A．①④⑦⑩B．①④⑤⑦⑩C．①④⑤⑦⑧⑩D．④⑤⑦⑩　3．镁铝合金溶于适量盐酸后，再加入过量氢氧化钠溶液，溶液中可能大量存在的离子是（　　）A．Na+、Mg2+、Al3+、Cl﹣B．Na+、AlO2﹣、Cl﹣、OH﹣C．Na+、Mg2+、Al2O﹣、Cl﹣D．Na+、Al3+、Al2O﹣、Cl﹣　4．有甲、乙、丙三瓶等体积、等物质的量浓度的硫酸．若将甲用水稀释，乙中加入适量的BaCl2溶液，丙不变，然后用等浓度的NaOH溶液中和，至完全反应时，所需NaOH溶液的体积是（　　）A．丙＞乙＞甲B．甲=丙＞乙C．乙＞丙＞甲D．甲=乙=丙　5．Murad等三位教授最早提出NO分子在人体内有独特功能，近年来此领域研究有很大进展，因此这三位教授荣获了1998年诺贝尔医学及生理学奖，关于NO的下列叙述不正确的是（　　）A．NO可以是某些含低价N物质氧化的产物B．NO不是亚硝酸酐C．NO可以是某些含高价N物质还原的产物20D．NO是红棕色气体　6．将CO2通入下列物质的溶液中，不与其反应的是（　　）①Na2CO3②Na2SiO3③Na[Al（OH）4]④C6H5ONa⑤Ca（ClO）2⑥CaCl2⑦CaCO3A．①③④⑤⑥B．①和⑥C．只有①D．只有⑥　7．某无色透明的混合气体中可能含有Cl2、O2、HCl、NH3、NO、NO2中的两种或多种气体．现将此混合气体通过浓H2SO4后，体积缩小，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色．对于原混合气体成分的判断中正确的是（　　）A．肯定有O2B．肯定没有Cl2、NH3、NO2C．肯定有NH3、NO、HClD．肯定只有NH3和NO　8．下列离子方程式正确的是（　　）A．用石墨作电极电解饱和食盐水：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2↑B．Fe3O4与过量的稀HNO3反应：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2OC．向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至溶液恰好为中性：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2OD．Na2S溶液呈碱性：S2﹣+2H2O⇌H2S+2OH﹣　9．下列溶液中一定能大量共存的离子组是（　　）A．含有大量Fe3+的溶液：Na+、Mg2+、NO3﹣、SCN﹣B．pH=1的溶液：Na+、K+、SO、COC．含有大量Al3+的溶液：Na+、NH4+、SO、Cl﹣D．含有大量NO3﹣的溶液：H+、Fe2+、SO、Cl﹣　10．下列除去杂质的实验方法不正确的是（　　）A．除去CO2中少量HCl气体：通过饱和NaHCO3溶液后再干燥气体B．除去Na2CO3固体中少量NaHCO3：置于坩埚中加热C．除去苯中溶有的少量苯酚：加入适量浓溴水反应后过滤D．除去FeCl3酸性溶液中少量的FeCl2：通入稍过量的Cl2　11．下列各组物质的溶液逐滴互滴，前一种溶液逐滴滴入后一种溶液中，与后一种溶液逐滴滴入前一种溶液中产生的现象相同的是（　　）①Ba（OH）2和稀H3PO4②HNO3和NaAlO2③NaOH和AlCl3④Ca（HCO3）2和Ba（OH）2⑤Na2CO3和HCl⑥AgNO3和NH3•H2O⑦NaHCO3和HCl．20A．①⑤B．②④C．⑤⑦D．④⑦　12．设阿伏加德罗常数约为NA，下列叙述中正确的是（　　）A．标准状况下，22.4LCO2和CO混合气体中含有的氧原子数为NAB．1molFe在过量的C12中充分燃烧，转移的电子数为2NAC．0.1molCH4所含的电子数为NAD．1Llmol•L﹣1的Na2C03溶液中离子总数为3NA　13．在Al2（SO4）3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示，则原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量浓度之比为（　　）A．6：1B．3：1C．2：1D．1：2　14．镁粉是制造焰火的原料之一，工业上镁粉是通过将镁粉蒸气冷却得到的．下列气体中，可用作冷却镁粉的保护气的是（　　）A．空气B．二氧化碳C．氧气D．氦气　15．某金属的硝酸盐受热分解生成NO2、O2该金属氧化物．已知NO2和O2的分子个数比为8：1，则在分解过程中该金属的化合价将（　　）A．无法确定B．升高C．不变D．降低　16．向xmL2.0mol/L的盐酸中投入ag镁铝合金，金属完全溶解，再加入ymL1.0mol/L的NaOH溶液沉淀达到最大值，且质量为（a+1.7）g，则下列说法不正确的是（　　）A．a的取值范围为0.9g＜a＜1.2gB．镁铝合金与盐酸反应时转移电子的数目为0.1NAC．镁铝合金与盐酸反应产生H2的体积在常温常压下大于1.12LD．x=2y　　二、非选择题（本题共4个小题，每空2分，共52分）17．已知CN﹣（氢氰酸根离子）和Cl﹣有相似之处，HCN（氰化氢）的某些性质与氯化氢相似．（CN）2（氰）与Cl2的性质有相似之处，且常温常压下也是气体．（例MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O）写出下列反应的化学方程式：（1）MnO2和HCN溶液加热反应　　　　　　；（2）（CN）2和KOH溶液反应　　　　　　．　2018．按要求写出下列方程式（1）铜与浓硫酸反应的化学方程式　　　　　　（2）NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合的离子方程式　　　　　　（3）Na2O2与水反应的离子方程式　　　　　　．　19．早在春秋战国时期，我国就开始生产和使用铁器．公元1世纪时，铁在我国已经广泛使用．请回答下列问题：①制印刷电路时常用氯化铁作为腐蚀液，发生的反应化学方程式为　　　　　　②向盛有氯化铁溶液的烧杯中加入一定量的锌粉，可能发生的化学方程式为　　　　　　、　　　　　　．　20．（10分）（2022秋•岳阳县校级月考）Fe（OH）2很不稳定，露置在空气中容易被氧化，Fe（OH）2被氧化化学方程式为　　　　　　．为了获得白色的Fe（OH）2沉淀，可以用不含Fe3+的FeSO4溶液与用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备．①除去蒸馏水中溶解的O2常采用　　　　　　方法．②检验Fe2+存在的最佳试剂是　　　　　　，现象是　　　　　　③生成白色Fe（OH）2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入溶液上方有苯层的FeSO4溶液液面下，再挤出的NaOH溶液，这样操作的理由是　　　　　　．　21．（12分）（2022秋•岳阳县校级月考）氮化铝是一种新型的无机非金属材料，被广泛应用于集成电路生产领域．其制备反应原理为：Al2O3+N2+3C═2AlN+3CO．制备过程中，原料配比不当或反应不完全等因素都会造成产品中含有碳或Al2O3等杂质．为测定产品中AlN的质量分数，某同学按如图1装置进行相关实验．可选用的化学试剂为：mg氮化铝片状固体、NaOH饱和溶液、水、煤油、医用酒精．回答下列问题：（1）简述检查该套装置气密性的方法　　　　　　（2）图1（B）中试剂最好选用（填序号）：　　　　　　①水②煤油③医用酒精已知A中有NaAlO2生成，并放出有刺激性气味气体，写出A中发生反应的化学方程式　　　　　　（3）读取C（量筒）中液体体积时，应注意　　　　　　（填序号）a．C中液面不再上升时立即读数b．上下移动C，使之液面与B中液面相平c．A中不再有气泡逸出d．视线与凹液面最低处相平（4）mg氮化铝与足量NaOH饱和溶液反应，实验结束后，C中收集到液体的体积为VL（已折算成标准状况），则AlN样品的纯度为　　　　　　（写计算表达式）．20（5）上述实验方案，可能因气体体积测量不准，导致误差较大．有人建议改用下列A、B两个装置中的一种（在通风橱内进行），只需进行简单而又必要的数据测写，用差量法就可比较准确确定样品中AlN的质量分数．较合理的装置是：　　　　　　（填代号）．　22．（14分）（2022秋•岳阳县校级月考）A、B、C、D、E是中学常见的五种物质，其转化关系如图所示．其中某些物质可能已略去．已知D是单质，C、E是化合物．（1）若A是单质，其水溶液具有漂白性，D在常温下为固态，B在常温下为气体，E是一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体．①A的电子式为　　　　　　；②写出反应Ⅰ的化学方程式　　　　　　；II的化学方程式　　　　　　；（2）若B是单质，工业上用电解氧化物的方法获得B．B元素原子的电子层数等于其最外层电子数．D是无色无味的气体，E是B的最高价氧化物的水化物．①则D的化学式为　　　　　　．②写出工业上用电解法制B单质的化学方式　　　　　　．③若C溶液显酸性，其原因用离子方程式表为　　　　　　；若C溶液显碱性，则反应II的离子方程式为　　　　　　．　　202022-2022学年湖南省岳阳市岳阳县一中高三（上）第一次段考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分．）1．蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶．现代科学证明，用银器盛放牛奶，确有其科学道理，因为（　　）A．溶入极微量的银离子，可以杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质B．用银器盛放牛奶，可以补充人体所需的银元素C．银易导热，牛奶凉得快D．银的化学性质稳定，坚固耐用【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A、银为重金属可以使细菌蛋白质变性，但溶入的是微量分析；B、银无论对细菌蛋白、牛奶蛋白、及以人体蛋白都具有杀伤作用；C、用银器盛放鲜牛奶，不是利用导热性；D、银的化学性质稳定，质软．【解答】解：A、银无论对细菌蛋白、牛奶蛋白、及以人体蛋白都具有杀伤作用，只不过银在水中“溶解”的量实在是太微小了，对于相对数量巨大的牛奶及人体蛋白来说，这点“杀伤”完全可以忽略不计，溶入极微量的银离子，可以杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质，故A正确；B、银无论对细菌蛋白、牛奶蛋白、及以人体蛋白都具有杀伤作用，怒视补充人体所需银元素的作用，故B错误；C、用银器盛放鲜牛奶，不是利用导热性，故C错误；D、银的化学性质稳定，一般不与其他物质发生反应，加入其他成分形成合金后物质坚固耐用，故D错误；故选A．【点评】本题考查了银的性质分析，题干信息分析判断是解题关键，题目较简单．　2．下列操作中，完全正确的一组是①用试管夹夹持试管时，试管夹从试管底部往上套，夹在试管的中上部②给盛有液体的体积超过容积的试管加热③把鼻孔靠近容器口去闻气体的气味④将试管平放，用纸槽往试管里送入固体粉末后，然后竖立试管⑤取用放在细口瓶中的液体时，取下瓶塞倒放在桌面上，倾倒液体时，瓶上的标签对着地面⑥将烧瓶放在桌上，用力塞紧塞子⑦用坩埚钳夹取加热后的蒸发皿⑧将滴管垂直伸进试管内滴加液体⑨稀释浓硫酸时，把水迅速倒入盛有浓硫酸的量筒中⑩检验装置的气密性时，把导管的一端浸入水中，用手捂住容器的外壁或用酒精灯微热（　　）A．①④⑦⑩B．①④⑤⑦⑩C．①④⑤⑦⑧⑩D．④⑤⑦⑩【考点】化学实验安全及事故处理．20【分析】①依据试管夹的使用方法分析；②从试管中的液体超过容积的1/3时，加热时易液体飞溅分析；③从实验室闻气体的规范操作进行分析判断；④从固体粉末加入试管中的规范操作方法分析判断；⑤从实验室取用液体的规范操作分析判断；⑥烧瓶为玻璃仪器，易碎，据此解答即可；⑦从坩埚钳的使用和蒸发皿的用途和使用方法分析；⑧依据胶头滴管的规范使用方法分析；⑨依据浓硫酸的稀释实验要求分析，量筒不能用来稀释溶液；⑩根据装置气密性检查的方法和原理分析判断．【解答】解：①用试管夹夹持试管时，应将试管夹从试管底部往上套，夹在试管的中上部，防止试管脱落，故①正确；②给盛有液体的体积超过容积的试管加热时容易发生液体沸腾飞溅伤人，应所盛液体体积不超过试管容积的1/3，故②错误；③把鼻孔靠近容器口去闻气体的气味，对有毒的气体来说，吸入过多易使人中毒，应该是用手轻轻的在瓶口扇动，仅使少量的气体飘入鼻孔．禁止把鼻子凑到容器口去闻气体，故③错误；④固体粉末加入试管中的方法是，将试管平放，用纸槽往试管里送入固体粉末后，再竖立试管，防止粉末粘在试管内壁，故④正确；⑤取用放在细口瓶中液体时，取下瓶塞倒放在桌面上，倾倒液体时，瓶上的标签对着手心，防止残留液体腐蚀标签，故⑤错误；⑥烧瓶为玻璃仪器，容易破碎，所以塞紧瓶塞时应左手握住烧瓶，轻轻塞入瓶塞，故⑥错误；⑦蒸发皿是用来浓缩蒸发溶液的仪器，加热后温度高，移动蒸发皿需要用坩锅钳，防止灼伤，故⑦正确；⑧将胶头滴管垂直伸进试管内滴加液体，容易污染试剂，应垂直悬空在试管口的正上方滴加，故⑧错误；⑨量筒不能用来做稀释的容器，只能用来量取液体使用，稀释浓硫酸应是沿器壁向水中慢慢加入浓硫酸，并不断搅拌，水的密度小于浓硫酸，水加入浓硫酸会引起液体飞溅，故⑨错误⑩检验装置的气密性时，把导管一端浸入水中，用手捂住容器的外壁或用酒精灯微热，导气管口处有气泡冒出，松开手后，导气管内有一段水柱上升，故⑩正确；综上所述①④⑦⑩正确；故选A．【点评】本题考查了实验基本操作的应用，主要是仪器的使用、试剂的取用方法，配制溶液的容量瓶的使用，浓硫酸的稀释方法，装置气密性的检查等，较简单，只要掌握基本仪器和实验要求即可作答．　3．镁铝合金溶于适量盐酸后，再加入过量氢氧化钠溶液，溶液中可能大量存在的离子是（　　）A．Na+、Mg2+、Al3+、Cl﹣B．Na+、AlO2﹣、Cl﹣、OH﹣C．Na+、Mg2+、Al2O﹣、Cl﹣D．Na+、Al3+、Al2O﹣、Cl﹣【考点】离子共存问题．20【分析】镁铝合金溶于适量盐酸后，Mg、Al与盐酸反应生成Mg2+、Al3+，再加入过量氢氧化钠溶液，镁离子转化为沉淀，铝离子转化为AlO2﹣，以此来解答．【解答】解：镁铝合金溶于适量盐酸后，Mg、Al与盐酸反应生成Mg2+、Al3+，再加入过量氢氧化钠溶液，镁离子转化为沉淀，铝离子转化为AlO2﹣，则溶液中一定不含Mg2+、Al3+，与盐酸反应后溶液中含Cl﹣，与过量NaOH反应后溶液中含Na+、OH﹣，故选B．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的考查，注意氢氧化铝的两性，题目难度不大．　4．有甲、乙、丙三瓶等体积、等物质的量浓度的硫酸．若将甲用水稀释，乙中加入适量的BaCl2溶液，丙不变，然后用等浓度的NaOH溶液中和，至完全反应时，所需NaOH溶液的体积是（　　）A．丙＞乙＞甲B．甲=丙＞乙C．乙＞丙＞甲D．甲=乙=丙【考点】化学方程式的有关计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】硫酸与氢氧化钠发生反应生成硫酸钠和水，离子方程式为：OH﹣+H+=H2O，反应中H+与OH﹣发生反应，因此只要不消耗溶液中的H+，无论硫酸溶液经过了怎样的变化，最终消耗氢氧化钠溶液的体积不变．【解答】解：用水稀释，氢离子的物质的量不变，加入适量的BaCl2溶液，钡离子与硫酸根离子反应，氢离子的物质的量不变，可见三者反应前后氢离子的量都不变，所以消耗氢氧化钠溶液的体积为：甲=乙=丙，故选D．【点评】本题考查了离子反应的简单计算，题目难度不大，明确离子反应实质为解答本题的根据，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．　5．Murad等三位教授最早提出NO分子在人体内有独特功能，近年来此领域研究有很大进展，因此这三位教授荣获了1998年诺贝尔医学及生理学奖，关于NO的下列叙述不正确的是（　　）A．NO可以是某些含低价N物质氧化的产物B．NO不是亚硝酸酐C．NO可以是某些含高价N物质还原的产物D．NO是红棕色气体【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【专题】氮族元素．【分析】NO中N元素的化合价为+2价，为无色气体，具有还原性，某些含高价N物质还原可生成NO，以此解答该题．【解答】解：A．NO中N元素的化合价为+2价，为低价氧化物，故A正确；B．亚硝酸中N元素的化合价为+3价，NO不是亚硝酸酐，故B正确；C．NO为低价氧化物，某些含高价N物质还原可生成NO，故C正确；D．NO为无色气体，故D错误．故选D．【点评】本题考查NO的性质，题目难度不大，注意先关基础知识的积累．　206．将CO2通入下列物质的溶液中，不与其反应的是（　　）①Na2CO3②Na2SiO3③Na[Al（OH）4]④C6H5ONa⑤Ca（ClO）2⑥CaCl2⑦CaCO3A．①③④⑤⑥B．①和⑥C．只有①D．只有⑥【考点】钠的重要化合物；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；镁、铝的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】①二氧化碳与碳酸钠溶液发生生成碳酸氢钠；②二氧化碳与Na2SiO3，利用碳酸酸性比硅酸强分析；③二氧化碳与Na[Al（OH）4]，利用碳酸酸性比氢氧化铝强分析；④二氧化碳与C6H5ONa溶液，利用碳酸酸性比C6H5OH强分析；⑤二氧化碳与Ca（ClO）2溶液，利用碳酸酸性比HClO强分析；⑥二氧化碳与CaCl2溶液，利用碳酸酸性比HCl弱分析；⑦二氧化碳与碳酸钙发生生成碳酸氢钙．【解答】解①二氧化碳与碳酸钠溶液发生生成碳酸氢钠，故正确；②二氧化碳与Na2SiO3，因为碳酸酸性比硅酸强，所以反应生成碳酸钠和硅酸，故正确；③二氧化碳与Na[Al（OH）4]，因为碳酸酸性比氢氧化铝强，所以反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，故正确；④二氧化碳与C6H5ONa溶液，因为碳酸酸性比C6H5OH强，所以反应生成碳酸钠和C6H5OH，故正确；⑤二氧化碳与Ca（ClO）2溶液，因为碳酸酸性比HClO强，所以反应生成碳酸钠和HClO，故正确；⑥二氧化碳与CaCl2溶液，因为碳酸酸性比HCl弱，所以不反应，故错误；⑦二氧化碳与碳酸钙发生生成碳酸氢钙，故正确．故选D．【点评】本题考查了二氧化碳的性质，题目难度不大，注意化学反应中“强酸”制弱酸的规律．　7．某无色透明的混合气体中可能含有Cl2、O2、HCl、NH3、NO、NO2中的两种或多种气体．现将此混合气体通过浓H2SO4后，体积缩小，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色．对于原混合气体成分的判断中正确的是（　　）A．肯定有O2B．肯定没有Cl2、NH3、NO2C．肯定有NH3、NO、HClD．肯定只有NH3和NO【考点】常见气体的检验；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【专题】氮族元素．【分析】某无色透明的混合气体中可能含有Cl2、O2、HCl、NH3、NO、NO2中的两种或多种气体，无色气体可以确定无黄绿色气体Cl2；混合气体通过浓H2SO4后，体积缩小，则有NH3，从而确定没有HCl气体；把剩余气体排入空气中变红棕色说明一定有NO，据此完成本题．【解答】解：混合气体为无色透明，说明一定没有有色气体氯气、二氧化氮；将混合气体通入浓硫酸后体积减小，说明一定含有氨气，从而推断一定没有氯化氢气体；剩余气体通入空气变成红棕色，证明一定含有一氧化氮，则一定没有氧气，所以原混合气体中一定含有NH3和NO，一定没有氯化氢、二氧化氮、氯气和氧气，故选D．【点评】本题考查常见气体的检验，题目难度不大，注意常见气体的性质以及检验方法，试题注重基础，侧重考查学生分析问题、解决问题的能力．　208．下列离子方程式正确的是（　　）A．用石墨作电极电解饱和食盐水：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2↑B．Fe3O4与过量的稀HNO3反应：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2OC．向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至溶液恰好为中性：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2OD．Na2S溶液呈碱性：S2﹣+2H2O⇌H2S+2OH﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．电解食盐水生成NaOH、氢气、氯气；B．发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水；C．至溶液恰好为中性，生成硫酸钡、硫酸钠和水；D．水解分步进行，以第一步为主．【解答】解：A．用石墨作电极电解饱和食盐水的离子反应为2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2↑，故A正确；B．Fe3O4与过量的稀HNO3反应的离子反应为NO3﹣+3Fe3O4+28H+═9Fe3++NO↑+14H2O，故B错误；C．向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至溶液恰好为中性的离子反应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．Na2S溶液呈碱性的水解离子反应为S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重电解反应、氧化还原反应、水解反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大．　9．下列溶液中一定能大量共存的离子组是（　　）A．含有大量Fe3+的溶液：Na+、Mg2+、NO3﹣、SCN﹣B．pH=1的溶液：Na+、K+、SO、COC．含有大量Al3+的溶液：Na+、NH4+、SO、Cl﹣D．含有大量NO3﹣的溶液：H+、Fe2+、SO、Cl﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．铁离子与硫氰根离子反应生成络合物硫氰化铁；B．pH=1的溶液中存在大量氢离子，碳酸根离子与氢离子反应；C．四种离子之间不反应，都不与铝离子反应；D．硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子．【解答】解：A．Fe3+和SCN﹣之间反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．pH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，CO32﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；20C．Na+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣之间不反应，都不与Al3+反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．NO3﹣、H+、Fe2+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子共存的判断，题目难度中等，明确离子反应发生条件及题中暗含条件的含义为解答关键，注意熟练掌握判断离子共存的常用方法，D为易错点，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，试题有利于培养学生的分析能力及灵活应用能力．　10．下列除去杂质的实验方法不正确的是（　　）A．除去CO2中少量HCl气体：通过饱和NaHCO3溶液后再干燥气体B．除去Na2CO3固体中少量NaHCO3：置于坩埚中加热C．除去苯中溶有的少量苯酚：加入适量浓溴水反应后过滤D．除去FeCl3酸性溶液中少量的FeCl2：通入稍过量的Cl2【考点】物质的分离、提纯和除杂．【专题】实验评价题．【分析】A．CO2与饱和NaHCO3溶液不反应，而HCl反应而被吸收；B．NaHCO3不稳定，易分解；C．溴单质溶解于苯中引入新的杂质；D．氯气与FeCl2反应生成去FeCl3．【解答】解：A．通过饱和NaHCO3溶液后再干燥可得到纯净的CO2，因CO2与饱和NaHCO3溶液不反应，而HCl反应而被吸收，故A正确；B．NaHCO3不稳定，易分解，所以置于坩埚中加热可除去Na2CO3固体中的NaHCO3，故B正确；C．除去苯中混有的少量苯酚：加入浓溴水，过滤可以除去苯酚，但溴单质易溶于苯中，引入新的杂质，故C错误；D．氯气与FeCl2反应生成去FeCl3，故D正确．故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度中等，本题侧重于物质的分离和提纯，注意把握物质的性质．　11．下列各组物质的溶液逐滴互滴，前一种溶液逐滴滴入后一种溶液中，与后一种溶液逐滴滴入前一种溶液中产生的现象相同的是（　　）①Ba（OH）2和稀H3PO4②HNO3和NaAlO2③NaOH和AlCl3④Ca（HCO3）2和Ba（OH）2⑤Na2CO3和HCl⑥AgNO3和NH3•H2O⑦NaHCO3和HCl．A．①⑤B．②④C．⑤⑦D．④⑦【考点】镁、铝的重要化合物；化学基本反应类型；钠的重要化合物．【分析】①前者逐滴滴入后者，发生反应：Ba（OH）2+2H3PO4=Ba（H2PO4）2+2H2O，Ba（H2PO4）2+Ba（OH）2=2BaHPO4↓+2H2O，2BaHPO4+Ba（OH）2=Ba3（PO4）2+2H2O，现象为开始无明显现象，后产生白色沉淀；后者逐滴滴入前者，发生反应：3Ba（OH）2+2H3PO4=2Ba3（PO4）202↓+6H2O，Ba3（PO4）2+H3PO4=3BaHPO4，BaHPO4+H3PO4=Ba（H2PO4）2，现象为先有白色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解；②HNO3少量时，反应生成氢氧化铝沉淀，HNO3过量时生成硝酸铝和硝酸钠；③NaOH少量时，反应生成氢氧化铝沉淀，NaOH过量时生成偏铝酸钠；④只生成碳酸钙和碳酸钡沉淀；⑤HCl少量时，反应生成碳酸氢钠，HCl过量时生成二氧化碳；⑥NH3•H2O少量时，反应生成白色氢氧化银沉淀，NH3•H2O过量时生成氢氧化二氨合银；⑦只发生NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O；【解答】解：①前者逐滴滴入后者，发生反应：Ba（OH）2+2H3PO4=Ba（H2PO4）2+2H2O，Ba（H2PO4）2+Ba（OH）2=2BaHPO4↓+2H2O，2BaHPO4+Ba（OH）2=Ba3（PO4）2+2H2O，现象为开始无明显现象，后产生白色沉淀；后者逐滴滴入前者，发生反应：3Ba（OH）2+2H3PO4=2Ba3（PO4）2↓+6H2O，Ba3（PO4）2+H3PO4=3BaHPO4，BaHPO4+H3PO4=Ba（H2PO4）2，现象为先有白色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解，现象不同，故错误；②前者逐滴滴加到后者中，先生成沉淀，硝酸过量时，沉淀又逐渐溶解，后者逐滴滴加到前者中，先没有沉淀生成，当滴加后者一定程度时，生成沉淀，现象不同，故错误；③因前者逐滴滴入后者，发生AlCl3+4NaOH═3NaCl+NaAlO2+H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O═4Al（OH）3↓+3NaCl，现象为先没有沉淀后有沉淀生成；而后者逐滴滴入前者发生Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，现象为先有沉淀生成后沉淀逐渐消失，则现象不同，故错误；④无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，都发生Ca（HCO3）2+Ba（OH）2=BaCO3↓++CaCO3↓+2H2O，现象相同，故正确；⑤前者逐滴滴入后者时开始就有气泡冒出，而后者逐滴滴入前者，先没有气泡冒出，一段时间后观察到有气泡冒出，现象不同，故错误；⑥前者逐滴滴入后者，生成氢氧化二氨合银，而后者逐滴滴入前者，先反应生成白色氢氧化银沉淀，后生成氢氧化二氨合银，现象不同，故错误；⑦无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，都发生NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，现象相同，故正确；故选D．【点评】本题考查利用滴加的顺序来判断反应的现象，明确发生的化学反应是解答的关键，难点是偏铝酸根离子与铝离子之间的反应学生容易忽略．　12．设阿伏加德罗常数约为NA，下列叙述中正确的是（　　）A．标准状况下，22.4LCO2和CO混合气体中含有的氧原子数为NAB．1molFe在过量的C12中充分燃烧，转移的电子数为2NAC．0.1molCH4所含的电子数为NAD．1Llmol•L﹣1的Na2C03溶液中离子总数为3NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、二氧化碳中含2个氧原子，CO中含1个氧原子；B、铁与氯气反应后变为+3价；C、甲烷为10电子分子；D、碳酸根的水解导致离子数目增多．【解答】解：A、标况下，22.4L混合气体的物质的量为1mol，而由于二氧化碳中含2个氧原子，CO中含1个氧原子，故1mol混合气体中氧原子数介于2NA到NA之间，故A错误；B、铁与氯气反应后变为+3价，故1mol铁完全反应后转移3mol电子即3NA个，故B错误；20C、甲烷为10电子分子，故1mol甲烷中含10NA个电子，故C错误；D、碳酸根的水解导致离子数目增多，故含碳酸钠1mol的溶液中，离子的个数大于3NA个，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．　13．在Al2（SO4）3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示，则原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量浓度之比为（　　）A．6：1B．3：1C．2：1D．1：2【考点】镁、铝的重要化合物；离子方程式的有关计算．【专题】图像图表题．【分析】首先发生反应Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积，确定溶液中n（Mg2+）：n（Al3+），据此计算解答．【解答】解：首先发生反应Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积为10mL×3=30mL，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积为50mL﹣30mL=20mL，则n（Mg2+）：n（Al3+）=×20mL：×30mL=1：1，故原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量浓度之比为：1=1：2，故选D．【点评】考查镁铝化合物性质、混合物的有关计算，难度中等，根据清楚图象反应过程是解题关键．　14．镁粉是制造焰火的原料之一，工业上镁粉是通过将镁粉蒸气冷却得到的．下列气体中，可用作冷却镁粉的保护气的是（　　）A．空气B．二氧化碳C．氧气D．氦气【考点】镁的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】能用于冷却镁蒸气的气体不能和镁发生反应即可，镁能和空气中的氧气氮气反应，镁能和二氧化碳反应，不能和稀有气体氦气反应，据此分析解答．20【解答】解：A．空气中氮气、氧气和镁反应分别生成氮化镁、氧化镁，所以空气不能冷却镁蒸气，故A错误；B．镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，所以二氧化碳气体不能冷却镁蒸气，故B错误；C．镁和氧气发生氧化还原反应生成氧化镁，所以氧气不能冷却镁蒸气，故C错误；D．氦气是稀有气体，和镁蒸气不反应，所以氦气可以冷却镁蒸气，故D正确；故选D．【点评】本题考查了镁的性质，根据镁和气体之间的反应来分析解答即可，注意二氧化碳能和镁发生氧化还原反应，所以镁燃烧不能用泡沫灭火器灭火，题目难度不大．　15．某金属的硝酸盐受热分解生成NO2、O2该金属氧化物．已知NO2和O2的分子个数比为8：1，则在分解过程中该金属的化合价将（　　）A．无法确定B．升高C．不变D．降低【考点】氧化还原反应的计算；化学方程式的有关计算．【专题】守恒思想；氧化还原反应专题；利用化学方程式的计算．【分析】某金属的硝酸盐受热分解生成NO2、O2和某金属氧化物，氮元素化合价由+5价降低为+4价，氧元素化合价由﹣2价升高为0价，根据NO2和O2的分子个数比为8：1，计算氮原子得到的电子、氧原子失去的电子．根据电子转移守恒，判断金属元素化合价变化【解答】解：某金属的硝酸盐受热分解生成NO2、O2和某金属氧化物，氮元素化合价由+5价降低为+4价，氧元素化合价由﹣2价升高为0价，NO2和O2的分子个数比为8：1，令NO2和O2的分子个数分别为8、1，氮原子得到的电子数为8，氧原子失去的电子为1×2×[0﹣（﹣2）]=4，由氧化还原反应中得失电子数目相等可知，金属元素化合价应升高，失去电子．故选B．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．　16．向xmL2.0mol/L的盐酸中投入ag镁铝合金，金属完全溶解，再加入ymL1.0mol/L的NaOH溶液沉淀达到最大值，且质量为（a+1.7）g，则下列说法不正确的是（　　）A．a的取值范围为0.9g＜a＜1.2gB．镁铝合金与盐酸反应时转移电子的数目为0.1NAC．镁铝合金与盐酸反应产生H2的体积在常温常压下大于1.12LD．x=2y【考点】镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】向Mg、Al合金与盐酸反应后的反应中加入NaOH溶液沉淀达到最大值，沉淀是Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物，此时溶液中溶质为NaCl，A．利用极限法解答，当全为Al时，a有极小值，当全为Mg时，a有极大值，根据电子转移守恒计算金属的物质的量，再根据m=nM计算；B．沉淀混合物含有的OH﹣的质量为1.7g，镁铝合金提供的电子等于混合物中OH﹣所带的电量；C．根据电子转移守恒计算生成氢气的物质的量，常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，再结合V=nVm判断；D．根据氯离子、钠离子守恒可知n（HCl）=n（NaCl）=n（NaOH），据此计算．【解答】解：向Mg、Al合金与盐酸反应后的反应中加入NaOH溶液沉淀达到最大值，沉淀是Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物，此时溶液中溶质为NaCl，20A．当全为Al时，Al的物质的量为，故a的极小值为×27g/mol=0.9g，当全为Mg时，Mg的物质的量为0.05mol，a的极大值=0.05mol×24g/mol=1.2g，故ad取值范围为0.9g＜a＜1.2g，故A正确，B．沉淀混合物含有的OH﹣的质量为（a+1.7g）﹣ag=1.7g，物质的量为=0.1mol，镁铝合金提供的电子等于混合物中OH﹣所带的电量，镁铝合金与盐酸反应转移电子总数为0.1mol×NAmol﹣1=0．lNA，故B正确；C．由B分析可知，金属提供电子为0.1mol，根据电子转移守恒可知，生成氢气的物质的量为=0.05mol，常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，故氢气的体积大于0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故C正确；D．根据氯离子、钠离子守恒可知n（HCl）=n（NaCl）=n（NaOH），所以xmL×2mol/L=ymL×1mol/L，即y=2x，故D错误；故选D．【点评】考查镁铝及其化合物的性质、混合物的计算等，难度中等，确定沉淀中含有OH﹣的质量是解题关键，注意利用守恒进行计算．　二、非选择题（本题共4个小题，每空2分，共52分）17．已知CN﹣（氢氰酸根离子）和Cl﹣有相似之处，HCN（氰化氢）的某些性质与氯化氢相似．（CN）2（氰）与Cl2的性质有相似之处，且常温常压下也是气体．（例MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O）写出下列反应的化学方程式：（1）MnO2和HCN溶液加热反应　MnO2+4HCN═Mn（CN）2+（CN）2↑+2H2O　；（2）（CN）2和KOH溶液反应　（CN）2+2KOH═KCN+KOCN+H2O　．【考点】化学方程式的书写．【专题】化学用语专题．【分析】氯气与二氧化锰反应方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，反应中氯化氢一半表现酸性，一半表现还原性，氯气与氢氧化钠发生歧化反应反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，由题意可知：（CN）2（氰）与Cl2的性质有相似之处，所以可以依据氯气与二氧化锰、氢氧化钠反应的方程式书写（CN）2与二氧化锰、氢氧化钠反应的方程式．【解答】解：依据题意可知：CN﹣（氢氰酸根离子）和Cl﹣有相似之处，HCN（氰化氢）的某些性质与氯化氢相似．（CN）2（氰）与Cl2的性质有相似之处，可依据氯气与二氧化锰、氢氧化钠反应的方程式书写（CN）2与二氧化锰、氢氧化钠反应的方程式．（1）氯气与二氧化锰反应方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，则（CN）2与二氧化锰反应的方程式为：MnO2+4HCN═Mn（CN）2+（CN）2↑+2H2O；故答案为：MnO2+4HCN═Mn（CN）2+（CN）2↑+2H2O（2）氯气与氢氧化钠发生歧化反应反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，则（CN）2与氢氧化钠溶液反应方程式：（CN）2+2KOH═KCN+KOCN+H2O；故答案为：（CN）2+2KOH═KCN+KOCN+H2O；20【点评】本题考查了化学方程式的书写，准确把握题干信息，熟悉氯气的性质及发生的反应是解题关键，侧重考查学生对已有知识的迁移应用，题目难度中等．　18．按要求写出下列方程式（1）铜与浓硫酸反应的化学方程式　Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O　（2）NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合的离子方程式　AlO2﹣+HCO3﹣+H2O═Al（OH）3↓+CO32﹣　（3）Na2O2与水反应的离子方程式　2Na2O2+2H2O═4Na++OH﹣+O2↑　．【考点】化学方程式的书写；离子方程式的书写．【分析】（1）铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；（2）NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀氢氧化铝；（3）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气．【解答】解：（1）铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀氢氧化铝和碳酸根离子，反应为：AlO2﹣+HCO3﹣+H2O═Al（OH）3↓+CO32﹣，故答案为：AlO2﹣+HCO3﹣+H2O═Al（OH）3↓+CO32﹣；（3）Na2O2与水反应生成NaOH和氧气，离子反应为：2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑．【点评】本题考查了化学方程式、离子方程式的书写，是高考常见题型，题目难度不大，熟悉化学反应的实质是书写离子方程式的关键．　19．早在春秋战国时期，我国就开始生产和使用铁器．公元1世纪时，铁在我国已经广泛使用．请回答下列问题：①制印刷电路时常用氯化铁作为腐蚀液，发生的反应化学方程式为　Cu+2FeCl═CuCl2+2FeCl2　②向盛有氯化铁溶液的烧杯中加入一定量的锌粉，可能发生的化学方程式为　2FeCl3+Zn═ZnCl2+2FeCl2　、　FeCl2+Zn═ZnCl2+Fe　．【考点】化学方程式的书写．【专题】化学用语专题．【分析】①铜与氯化铁发生氧化还原反应生成氯化铜和氯化亚铁；②氯化铁与锌反应，锌少量生成氯化锌和氯化亚铁；锌过量，氯化亚铁与锌反应生成氯化锌与铁．【解答】解：①铜与氯化铁发生氧化还原反应生成氯化铜和氯化亚铁，化学方程式：Cu+2FeCl═CuCl2+2FeCl2；故答案为：Cu+2FeCl═CuCl2+2FeCl2；②氯化铁与锌反应，锌少量生成氯化锌和氯化亚铁，化学方程式：2FeCl3+Zn═ZnCl2+2FeCl2；锌过量，氯化亚铁与锌反应生成氯化锌与铁，化学方程式：FeCl2+Zn═ZnCl2+Fe；故答案为：2FeCl3+Zn═ZnCl2+2FeCl2；FeCl2+Zn═ZnCl2+Fe；【点评】本题考查了化学方程式的书写，侧重考查氧化还原反应方程式书写，明确三价铁离子性质及发生反应实质是解题关键，注意锌活泼性强于铁，能够置换铁，题目难度不大．20　20．（10分）（2022秋•岳阳县校级月考）Fe（OH）2很不稳定，露置在空气中容易被氧化，Fe（OH）2被氧化化学方程式为　4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3　．为了获得白色的Fe（OH）2沉淀，可以用不含Fe3+的FeSO4溶液与用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备．①除去蒸馏水中溶解的O2常采用　加热　方法．②检验Fe2+存在的最佳试剂是　铁氰化钾（或K3[Fe（CN）3]）　，现象是　产生特殊蓝色沉淀　③生成白色Fe（OH）2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入溶液上方有苯层的FeSO4溶液液面下，再挤出的NaOH溶液，这样操作的理由是　防止Fe（OH）2被氧化　．【考点】制备实验方案的设计；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁．【分析】Fe（OH）2露置在空气中容易被氧化生成Fe（OH）3，为了获得白色的Fe（OH）2沉淀，应防止Fe（OH）2被氧化，①为防止被氧气氧化，则加热煮沸蒸馏水排出氧气；②检验Fe2+，利用特征试剂铁氰化钾，能产生特殊蓝色沉淀；③长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入溶液上方有苯层的FeSO4溶液液面下，再挤出的NaOH溶液，苯层隔绝空气．【解答】解：Fe（OH）2露置在空气中容易被氧化生成Fe（OH）3，发生的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；①除去蒸馏水中溶解的O2常采用加热方法，可防止氢氧化亚铁被氧化，故答案为：加热；②检验Fe2+存在的最佳试剂是铁氰化钾（或K3[Fe（CN）3]），现象是产生特殊蓝色沉淀，故答案为：铁氰化钾（或K3[Fe（CN）3]）；产生特殊蓝色沉淀；③生成白色Fe（OH）2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入溶液上方有苯层的FeSO4溶液液面下，再挤出的NaOH溶液，苯在溶液上层，隔绝空气，可知这样操作的理由是防止Fe（OH）2被氧化，故答案为：防止Fe（OH）2被氧化．【点评】本题考查铁的氢氧化亚铁的制备，为高频考点，把握氢氧化亚铁的制备原理及防止其被氧化为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．　21．（12分）（2022秋•岳阳县校级月考）氮化铝是一种新型的无机非金属材料，被广泛应用于集成电路生产领域．其制备反应原理为：Al2O3+N2+3C═2AlN+3CO．制备过程中，原料配比不当或反应不完全等因素都会造成产品中含有碳或Al2O3等杂质．为测定产品中AlN的质量分数，某同学按如图1装置进行相关实验．可选用的化学试剂为：mg氮化铝片状固体、NaOH饱和溶液、水、煤油、医用酒精．回答下列问题：20（1）简述检查该套装置气密性的方法　将C中导管浸入水中，微热试管A，C中导管出口有气泡逸出．冷却后，C中导管仍有高出液面的水柱不下降．（或先在B中加入煤油，然后将试管A放入冰水中，B中导管有气泡进入B，将试管A恢复室温，B中导管有高出液面的油柱不下降），说明气密性良好，否则装置漏气　（2）图1（B）中试剂最好选用（填序号）：　②　①水②煤油③医用酒精已知A中有NaAlO2生成，并放出有刺激性气味气体，写出A中发生反应的化学方程式　AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑　（3）读取C（量筒）中液体体积时，应注意　b、c、d　（填序号）a．C中液面不再上升时立即读数b．上下移动C，使之液面与B中液面相平c．A中不再有气泡逸出d．视线与凹液面最低处相平（4）mg氮化铝与足量NaOH饱和溶液反应，实验结束后，C中收集到液体的体积为VL（已折算成标准状况），则AlN样品的纯度为　×100%　（写计算表达式）．（5）上述实验方案，可能因气体体积测量不准，导致误差较大．有人建议改用下列A、B两个装置中的一种（在通风橱内进行），只需进行简单而又必要的数据测写，用差量法就可比较准确确定样品中AlN的质量分数．较合理的装置是：　A　（填代号）．【考点】制备实验方案的设计．【专题】综合实验题；实验评价题；类比迁移思想；演绎推理法；无机实验综合．【分析】（1）只要先将装置密封再利用热胀冷缩原理进行气密性验证；（2）根据图1装置可知，A中氮化铝与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，并放出有刺激性气味气体为氨气，实验中要测得氨气的体积，通过氨气的体积测定产品中AlN的质量分数，而氨气极易溶于水，据此答题；（3）为了准确测得氨气的体积，必须等A中反应完全，在读量筒体积时必须使C中液面与B中液面相平、视线与凹液面最低处相平，据此答题；（4）根据氨气的体积，通过反应方程式可计算出产品中纯AlN的质量，根据纯度=×100%计算；（5）根据图可知，由于五氧化二磷能吸收氨气和水蒸汽等，所以图2B中装置的质量在反应前后没有变化，A中反应产生的氨气挥发，产生氨气的质量就是整个装置的质量变化，所以可以测量得氨气的质量，根据氨气的质量计算出氮化铝的质量，进而可以确定AlN样品的纯度，据此答题．【解答】解：（1）根据装置图可知，检查该套装置气密性的方法是将C中导管浸入水中，微热试管A，C中导管出口有气泡逸出．冷却后，C中导管仍有高出液面的水柱不下降．（或先在B中加入煤油，然后将试管A放入冰水中，B中导管有气泡进入B，将试管A恢复室温，B中导管有高出液面的油柱不下降），说明气密性良好，否则装置漏气，故答案为：将C中导管浸入水中，微热试管A，C中导管出口有气泡逸出．冷却后，C中导管仍有高出液面的水柱不下降．（或先在B中加入煤油，然后将试管A放入冰水中，B中导管有气泡进入B，将试管A恢复室温，B中导管有高出液面的油柱不下降），说明气密性良好，否则装置漏气；（2）根据图1装置可知，A中氮化铝与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，反应的方程式为AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，并放出有刺激性气味气体为氨气，实验中要测得氨气的体积，通过氨气的体积测定产品中AlN的质量分数，而氨气极易溶于水，医用酒精中也有水，所以选用煤油，故选②，20故答案为：②；AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；（3）为了准确测得氨气的体积，必须等A中反应完全，在读量筒体积时必须使C中液面与B中液面相平、视线与凹液面最低处相平，故选b、c、d；（4）根据反应AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑可知，当氨气的体积为VL即物质的量为mol时，则参加反应的AlN的质量为×41g，所以AlN样品纯度=×100%=×100%，故答案为：×100%；（5）根据图可知，由于五氧化二磷能吸收氨气和水蒸汽等，所以图2B中装置的质量在反应前后没有变化，A中反应产生的氨气挥发，产生氨气的质量就是整个装置的质量变化，所以可以测量得氨气的质量，根据氨气的质量计算出氮化铝的质量，进而可以确定AlN样品的纯度，图2中A装置合理，故答案为：A．【点评】此题是实验和利用化学方程式计算相结合的题目，有一定的综合性，应认真分析，另外要掌握住等量法是做此类实验题常用的方法，题目难度中等．　22．（14分）（2022秋•岳阳县校级月考）A、B、C、D、E是中学常见的五种物质，其转化关系如图所示．其中某些物质可能已略去．已知D是单质，C、E是化合物．（1）若A是单质，其水溶液具有漂白性，D在常温下为固态，B在常温下为气体，E是一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体．①A的电子式为　　；②写出反应Ⅰ的化学方程式　Cl2+H2S=S+2HCl　；II的化学方程式　3Cl2+2NH3=N2+6HCl　；（2）若B是单质，工业上用电解氧化物的方法获得B．B元素原子的电子层数等于其最外层电子数．D是无色无味的气体，E是B的最高价氧化物的水化物．①则D的化学式为　H2　．②写出工业上用电解法制B单质的化学方式　2Al2O34Al+3O2↑　．③若C溶液显酸性，其原因用离子方程式表为　Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+　；若C溶液显碱性，则反应II的离子方程式为　Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O　．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断；抽象问题具体化思想；演绎推理法；金属概论与碱元素．20【分析】（1）若A是气态单质，其水溶液具有漂白性，应为Cl2，D在常温下为固态单质，B在常温下为气体，根据转化关系，B为H2S，C为HCl，D为S，E是一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则E为NH3，据此答题；（2）若B是单质，工业上用电解氧化物的方法获得B．B元素原子的电子层数等于其最外层电子数，则B为Al，E是B的最高价氧化物的水化物，则E为Al（OH）3，D是无色无味的气体，A能与铝生成C同时有无色气体产生，A也能与氢氧化铝生成C，则A应为强碱溶液或强酸溶液，C中含有AlO2﹣或Al3+，D为氢气，以此解答．【解答】解：（1）若A是气态单质，其水溶液具有漂白性，应为Cl2，D在常温下为固态单质，B在常温下为气体，根据转化关系，B为H2S，C为HCl，D为S，E是一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则E为NH3，据此答题；①A为Cl2，A的电子式为，故答案为：；②反应Ⅰ的化学方程式为Cl2+H2S=S+2HCl，II的化学方程式为3Cl2+2NH3=N2+6HCl，故答案为：Cl2+H2S=S+2HCl；3Cl2+2NH3=N2+6HCl；（2）若B是单质，工业上用电解氧化物的方法获得B．B元素原子的电子层数等于其最外层电子数，则B为Al，E是B的最高价氧化物的水化物，则E为Al（OH）3，D是无色无味的气体，A能与铝生成C同时有无色气体产生，A也能与氢氧化铝生成C，则A应为强碱溶液或强酸溶液，C中含有AlO2﹣或Al3+，D为氢气，①根据上面的分析，D为氢气，D的化学式为H2，故答案为：H2；②工业上用电解法制B单质的化学方式为2Al2O34Al+3O2↑，故答案为：2Al2O34Al+3O2↑；③若C溶液显酸性，则C为含铝离子的溶液，其显酸性的原因用离子方程式表为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，若C溶液显碱性，则C为含偏铝酸根离子的溶液，则反应II的离子方程式为Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．【点评】本题考查无机物的推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握置换反应的特点，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大．　20