2022-2022学年江西省抚州市金溪一中高三（上）第一次周考化学试卷　一、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1．生活中的问题常涉及到化学知识，下列叙述中正确的是（　　）A．硫酸钡是一种难溶于水和酸的盐，可用作X光透视肠胃的药剂B．使用明矾可以对水进行消毒、杀菌C．铁制品在干燥的空气中易生锈D．棉花、蚕丝和人造丝的主要成分是纤维素　2．化学在生产和日常生活中有着重要的应用．下列说法不正确的是（　　）A．明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀C．电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁D．MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料　3．Na、Al、Fe、Cu都是重要的金属，下列有关它们的说法正确的是（　　）A．在一定条件下都能与水发生置换反应B．在一定条件下都能与稀HNO3发生氧化还原反应C．都必须隔绝空气保存D．在一定条件下都能与稀H2SO4反应产生H2　4．某有机物的结构简式如图，则此有机物可发生的反应类型有：①取代②加成③消去④酯化⑤水解⑥氧化⑦中和（　　）A．①②③⑤⑥B．②③④⑤⑥C．①②③④⑤⑥D．①②③④⑤⑥⑦　5．在下列条件下，能大量共存的微粒组是（　　）化学式电离常数CH3COOHKi=1.7×10﹣5HClOKi=3.0×10﹣8H2CO3Ki1=4.3×10﹣7Ki2=5.6×10﹣11A．c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液：K+、Na+、AlO2﹣、S2O32﹣B．右表提供的数据下：HClO、HCO3﹣、ClO﹣、CO32﹣C．能与Al反应生成H2的溶液：NH4+、Ca2+、NO3﹣、I﹣D．中性的溶液中：CO32﹣、Na+、SO42﹣、AlO2﹣　6．用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（　　）25①18gD2O含有的电子数为10NA②同温、同压下，相同体积的氟气和氩气所含的原子数相等③标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA④在标准状况下，22.4LSO3的物质的量为1mol⑤等物质的量的Na2O和Na2O2中含有的阴离子总数相等⑥0.1molOH﹣含0.1NA个电子⑦1molNa2O2与水完全反应时转移电子数为2NA．A．③⑤⑥⑦B．③⑤C．①②④⑦D．③④⑤⑥　7．（2022秋•南康区校级月考）氮化铝（AlN、Al和N的相对原子质量分别为27和14）广泛应用于电子、陶瓷等工业领域．在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成．下列叙述正确的是（　　）A．上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B．AlN的摩尔质量为41gC．AlN中氮元素的化合价为+3D．上述反应中，每生成1molAlN需转移3mol电子　8．下列实验操作过程能引起实验结果偏高的是（　　）①用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，酸式滴定管未用标准液润洗②用量筒量取5.0mL溶液时，俯视读数③配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，定容时仰视容量瓶的刻度线④质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合配制50%的硫酸溶液．A．①③B．①④C．②③D．②④　9．某金属M的氯化物MCl2的相对分子质量为a，溶解度为Sg，现取质量为Wg的MCl2，在一定温度下完全溶解配成VmL饱和溶液，若溶液的密度为dg/cm3，溶液的物质的量浓度为cmol/L，溶液中溶质的质量分数为ω%，则下列关系式中不正确的是（　　）A．c=mol/LB．c（Cl﹣）=mol/LC．ω%=%D．S=　10．将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO）．向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g．下列叙述不正确的是（　　）A．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积一定为2.24LB．当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积V≥100mLC．参加反应的金属的总质量3.6g＜m＜9.6gD．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4mol　11．把一定量的锌与100mL18.5mol/L的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成标准状况下33.6L的气体，将反应后的溶液稀释到1L，测得溶液的pH=1，则下列叙述错误的是（　　）25A．气体A中SO2和H2的体积比为4：1B．气体A是SO2和H2的混合物C．反应中共消耗锌97.5gD．反应中共转移电子3mol　12．甲、乙、丙、丁均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去），下列各组物质中不能按图示关系转化的是（　　）选项物质转化关系甲乙丙丁ANaOHNaHCO3Na2CO3CO2BAlCl3NaAlO2Al（OH）3NaOHCFeFe（NO3）3Fe（NO3）2HNO3DCCOCO2O2A．AB．BC．CD．D　13．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（　　）A．B．C．D．　14．将8gFe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68LH2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol•L﹣1的NaOH溶液150mL．则原硫酸的物质的量浓度为（　　）A．1.5mol•L﹣1B．0.5mol•L﹣1C．2mol•L﹣1D．1.2mol•L﹣1　15．室温下，取m克铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加bmol/LNaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，则下列有关该实验的说法中正确的有（　　）①沉淀中氢氧根的质量为（n﹣m）克②恰好溶解后溶液中的NO3﹣离子的物质的量为mol③反应过程中转移的电子数为mol④生成NO气体的体积为L⑤发生反应的硝酸的物质的量为（）mol．A．2项B．3项C．4项D．5项　16．下表中评价合理的是（　　）25选项内容评价A一定条件下0.5molN2和1.5molH2反应，平衡时放热akJ，则N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=2akJ•mol﹣1正确B氯化镁溶液与氨水反应：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓错误，氨水不应写成离子形式C向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓正确D等物质的量的Cl2与FeBr2在溶液中反应：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++4Cl﹣+Br2错误，Fe2+与Br﹣的化学计量数之比应为l：2A．AB．BC．CD．D　　二、非选择题（共52分）17．某强碱性溶液中可能含有的离子是K+、NH4+、Al3+、AlO2﹣、SO42﹣、SiO32﹣、CO32﹣、Cl﹣中的某几种离子，现进行如下实验：①取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成．②另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失．（1）肯定不存在的离子是　　　　　　．（2）写出步骤②中生成沉淀和气体的反应的离子方程式　　　　　　；（3）已知一定量的原溶液中加入5mL0.2mol/L盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187g，则原溶液中是否含有Cl﹣？　　　　　　（填“有”或“无”）．　18．如图中，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：①反应C+GB+H能放出大量的热，G为红棕色；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）①中反应的化学方程式为　　　　　　（2）1.6gG溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，至少需要铜粉　　　　　　克（3）C与过量NaOH溶液反应的离子方程式为　　　　　　，反应后的溶液与过量的化合物I反应生成沉淀的离子方程式为　　　　　　（4）E与I反应的化学方程式为　　　　　　．　19．用含有Al2O3、SiO2和少量FeO•xFe2O3的铝灰制备Al2（SO4）3•18H2O，工艺流程如下（部分操作和条件略）：25Ⅰ．向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤；Ⅱ．向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；Ⅲ．加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；Ⅳ．加入MnSO4至紫红色消失，过滤；Ⅴ．浓缩、结晶、分离，得到产品．（1）H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是　　　　　　．（2）将MnO4﹣氧化Fe2+的离子方程式补充完整：　　　　　　MnO4﹣+　　　　　　Fe2++　　　　　　=　　　　　　Mn2++　　　　　　Fe3++　　　　　　（3）已知：生成氢氧化物沉淀的pHAl（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8注：金属离子的起始浓度为0.1mol•L﹣1根据表中数据解释步骤Ⅱ的目的：　　　　　　．（4）已知：一定条件下，MnO4﹣可与Mn2+反应生成MnO2．①向Ⅲ的沉淀中加入浓盐酸并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是：　　　　　　．②Ⅳ中加入MnSO4的目的是　　　　　　．　20．A、B、C、D均为中学化学中常见的物质，它们之间转化关系如图（部分产物已略去）：试回答：（1）若D是具有氧化性的单质，则属于主族的金属A为　　　　　　（填元素符号）（2）若D是金属，C溶液在储存时应加入少量D，其理由是（用离子方程式表示）　　　　　　（3）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物且B不溶于水，在溶液中A和C反应生成B．请写出B转化为C的所有可能的离子方程式　　　　　　化合物B经过一系列反应可以得到单质E，将一定质量的Mg和E的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体．待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示．则固体混合物中Mg的质量为　　　　　　；NaOH溶液的物质的量浓度为　　　　　　　21．衣康酸M是制备高效除臭剂、粘合剂等多种精细化学品的重要原料，可经下列反应路线得到（部分反应条件略）．25（1）A发生加聚反应的官能团名称是　　　　　　，所得聚合物分子的结构型式是　　　　　　（填“线型”或“体型”）．（2）B﹣→D的化学方程式为　　　　　　．（3）M的同分异构体Q是饱和二元羧酸，则Q的结构简式为　　　　　　（只写一种）．（4）已知：﹣CH2CN﹣CH2COONa+NH3，E经五步转变成M的合成反应流程（如图1）：①E﹣→G的化学反应类型为　　　　　　，G﹣→H的化学方程式为　　　　　　．②J﹣→L的离子方程式为　　　　　　．③已知：﹣C（OH）3﹣COOH+H2O，E经三步转变成M的合成反应流程为　　　　　　（示例如图2；第二步反应试剂及条件限用NaOH水溶液、加热）．　　252022-2022学年江西省抚州市金溪一中高三（上）第一次周考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1．生活中的问题常涉及到化学知识，下列叙述中正确的是（　　）A．硫酸钡是一种难溶于水和酸的盐，可用作X光透视肠胃的药剂B．使用明矾可以对水进行消毒、杀菌C．铁制品在干燥的空气中易生锈D．棉花、蚕丝和人造丝的主要成分是纤维素【考点】药物的主要成分和疗效；金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；纤维素的性质和用途．【专题】元素及其化合物；有机化学基础．【分析】A．难溶于水也难溶于酸的BaSO4，不但没有毒，而且它具有不易被X射线透过的特点；B．明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体只具有吸附杂质的作用；C．铁在有水和氧气并存时易生锈；D．蚕丝的成分是蛋白质．【解答】解：A．溶于水的钡盐[如Ba（NO3）2、BaCl2等]对人体有毒，但是难溶于水也难溶于酸的BaSO4，不但没有毒，而且还由于它具有不易被X射线透过的特点，在医疗上被用作X射线透视胃肠的内服药剂﹣﹣“钡餐”，故A正确；B．明矾利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体能吸附悬浮的杂质可以净水，但不能杀菌消毒，故B错误；C．在干燥的空气中，铁不与水接触，不易生锈，故C错误；D．棉花和人造丝的主要成分都是纤维素，蚕丝的成分是蛋白质，故D错误．故选A．【点评】本题考查钡餐、明矾净水、原电池和物质的成分，难度不大，明确铁生锈原理是解题的关键．　2．化学在生产和日常生活中有着重要的应用．下列说法不正确的是（　　）A．明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀C．电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁D．MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料【考点】金属的电化学腐蚀与防护；金属冶炼的一般原理；镁、铝的重要化合物．【专题】电化学专题；几种重要的金属及其化合物．【分析】A、胶体能净化水；B、锌块作原电池负极被腐蚀，从而保护铁被腐蚀；C、活泼金属采用电解其熔融盐的方法冶炼；D、根据氧化镁的性质判断其用途．【解答】解：A、明矾中含有铝元素，铝能水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而吸附水中的悬浮物所以能净水，故A正确；B、锌、铁和海水构成原电池，锌作负极，铁作正极，负极锌失电子被腐蚀，从而保护了铁被腐蚀，故B正确；25C、镁是活泼金属，电解其水溶液时，阴极上氢离子得电子而不是镁离子得电子，所以得不到金属镁，应采用电解其熔融盐的方法冶炼，故C错误；D、氧化镁的熔点较高，所以能制作耐高温材料，故D正确．故选：C．【点评】本题考查了化学知识在日常生活中的应用，难度不大，易错选项是A，注意氢氧化铝胶体具有吸附性．　3．Na、Al、Fe、Cu都是重要的金属，下列有关它们的说法正确的是（　　）A．在一定条件下都能与水发生置换反应B．在一定条件下都能与稀HNO3发生氧化还原反应C．都必须隔绝空气保存D．在一定条件下都能与稀H2SO4反应产生H2【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、Cu不能与水发生置换反应；B、Na、Al、Fe、Cu都有强还原性能与氧化性的稀HNO3发生氧化还原反应；C、铝表面形成致密的氧化膜，不需隔绝空气保存；D、铜不与稀硝酸反应．【解答】解：A、Cu不能与水发生置换反应，故A不选；B、Na、Al、Fe、Cu都有强还原性能与氧化性的稀HNO3发生氧化还原反应，故B符合；C、铝表面形成致密的氧化膜，不需隔绝空气保存，故C不选；D、铜不与稀硝酸反应，故D不选；故选B．【点评】本题考查常见的金属单质的性质，为高频考点，把握金属及其化合物性质为解答的关键，综合性较强，题目难度不大．　4．某有机物的结构简式如图，则此有机物可发生的反应类型有：①取代②加成③消去④酯化⑤水解⑥氧化⑦中和（　　）A．①②③⑤⑥B．②③④⑤⑥C．①②③④⑤⑥D．①②③④⑤⑥⑦【考点】有机物的结构和性质．【分析】由结构简式可知，该有机物中含有碳碳双键、酯基、﹣OH、﹣COOH，结合烯烃、酯、醇、羧酸的性质来解答．【解答】解：①因含有羟基、羧基，则能发生取代反应，故①选；②因含有碳碳双键和苯环，能发生加成反应，故②选；③因与﹣OH相连的C的邻位碳原子上有H原子，则能发生消去反应，故③选；④因含有羟基、羧基，则能发生酯化反应，故④选；⑤含有酯基，则能发生水解反应，故⑤选；⑥含有碳碳双键、﹣OH，能发生氧化反应，故⑥选；⑦因含有羧基，则能发生中和反应，⑦选；故选D．25【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、酯、醇、羧酸的性质及反应的考查，题目难度不大．　5．在下列条件下，能大量共存的微粒组是（　　）化学式电离常数CH3COOHKi=1.7×10﹣5HClOKi=3.0×10﹣8H2CO3Ki1=4.3×10﹣7Ki2=5.6×10﹣11A．c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液：K+、Na+、AlO2﹣、S2O32﹣B．右表提供的数据下：HClO、HCO3﹣、ClO﹣、CO32﹣C．能与Al反应生成H2的溶液：NH4+、Ca2+、NO3﹣、I﹣D．中性的溶液中：CO32﹣、Na+、SO42﹣、AlO2﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液，显碱性；B．由表中的数据可知，酸性HClO＞CO32﹣；C．与Al反应生成H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D．中性溶液中不能存在水解显碱性的离子．【解答】解：A．c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．由表中的数据可知，酸性HClO＞CO32﹣，二者发生强酸制取弱酸的反应，不能共存，故B错误；C．与Al反应生成H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能存在NH4+，酸溶液中NO3﹣、I﹣（或Al）发生氧化还原反应，不能共存，故C错误；D．CO32﹣、AlO2﹣均水解显碱性，与中性溶液不符，故D错误；故选A．【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，选项BD为解答的关键，注意选项B中表格数据的应用，题目难度不大．　6．用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（　　）①18gD2O含有的电子数为10NA②同温、同压下，相同体积的氟气和氩气所含的原子数相等③标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA④在标准状况下，22.4LSO3的物质的量为1mol⑤等物质的量的Na2O和Na2O2中含有的阴离子总数相等⑥0.1molOH﹣含0.1NA个电子⑦1molNa2O2与水完全反应时转移电子数为2NA．A．③⑤⑥⑦B．③⑤C．①②④⑦D．③④⑤⑥【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】①根据n=并结合D2O中的电子数来计算；②氩气是单原子分子；25③根据氮气和氧气均为双原子分子来分析；④标况下SO3为固体；⑤Na2O中含2个Na+和1个O2﹣，Na2O2中含2个Na+和1个O22﹣来分析⑥1molOH﹣含10mol电子；⑦Na2O2与水的反应为歧化反应．【解答】解：①根据n=可知重水的物质的量n==0.9mol，而1mol重水中含10mol电子，故0.9mol重水含9mol电子，故①错误；②氩气是单原子分子，故同温、同压下，相同体积的氟气和氩气所含的原子数不相等，故②错误；③标准状况下，11.2L混合气体的物质的量n===0.5mol，而氮气和氧气均为双原子分子，故所含的原子的物质的量为1mol，个数为NA，故③正确；④标况下SO3为固体，故④错误；⑤Na2O中含2个Na+和1个O2﹣，Na2O2中含2个Na+和1个O22﹣，故当两者物质的量相等时，所含的阴离子数目相等，故⑤正确；⑥1molOH﹣含10mol电子，故0.1molOH﹣含1mol电子，即1NA个电子，故⑥错误；⑦Na2O2与水的反应为歧化反应，1molNa2O2转移1mol电子即NA个，故⑦错误．故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用以及物质的结构是解题关键，难度不大．　7．氮化铝（AlN、Al和N的相对原子质量分别为27和14）广泛应用于电子、陶瓷等工业领域．在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成．下列叙述正确的是（　　）A．上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B．AlN的摩尔质量为41gC．AlN中氮元素的化合价为+3D．上述反应中，每生成1molAlN需转移3mol电子【考点】氧化还原反应．【分析】Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，N元素的化合价由0降低为﹣3价，C元素的化合价由0升高为+2价，以此来解答．【解答】解：A．N元素的化合价降低，C元素的化合价升高，则N2是氧化剂，C是还原剂，故A错误；B．AlN的摩尔质量为41g/mol，质量的单位为g，故B错误；C．AlN中，Al为+3价，则氮的化合价为﹣3价，故C错误；D．每生成2molAlN，转移2mol×[0﹣（﹣3）]=6mol电子，则每生成1molAlN需转移3mol电子，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，侧重氧化还原反应基本概念和转移电子的考查，题目难度不大．25　8．下列实验操作过程能引起实验结果偏高的是（　　）①用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，酸式滴定管未用标准液润洗②用量筒量取5.0mL溶液时，俯视读数③配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，定容时仰视容量瓶的刻度线④质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合配制50%的硫酸溶液．A．①③B．①④C．②③D．②④【考点】中和滴定；计量仪器及使用方法；配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】化学实验基本操作．【分析】①酸式滴定管没有润洗，会导致标准液浓度被稀释，滴定时消耗的标准液体积偏大；②俯视量筒的刻度线，会导致量取的溶液体积偏小；③定容时仰视容量瓶刻度线，会导致加入的蒸馏水体积偏大；④质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合质量分数会大于二者的平均值．【解答】解：①用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，酸式滴定管未用标准液润洗，导致标准液浓度减小，滴定过程中消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故①正确；②用量筒量取5.0mL溶液时，俯视读数，导致量取的液体体积偏小，故②错误；③配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，定容时仰视容量瓶的刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低，故③错误；④质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合后配制的硫酸溶液质量分数大于50%，故④正确；故选：B．【点评】本题考查了实验操作中的误差分析，题目难度中等，涉及了配制一定物质的量浓度的溶液、中和滴定、计量仪器的使用等知识，注意明确分析实验误差的方法，如配制一定物质的量浓度的溶液中，根据操作对c=影响进行分析误差．　9．某金属M的氯化物MCl2的相对分子质量为a，溶解度为Sg，现取质量为Wg的MCl2，在一定温度下完全溶解配成VmL饱和溶液，若溶液的密度为dg/cm3，溶液的物质的量浓度为cmol/L，溶液中溶质的质量分数为ω%，则下列关系式中不正确的是（　　）A．c=mol/LB．c（Cl﹣）=mol/LC．ω%=%D．S=【考点】物质的量浓度的相关计算；溶解度、饱和溶液的概念．【分析】根据溶液中，溶质的物质的量浓度c==以及质量分数=×100%、饱和溶液中溶质的质量分数=×100%来计算．【解答】解：A、溶液中，溶质的物质的量浓度c===mol/L，故A正确；B、溶液中，溶质的物质的量浓度c==mol/L，所以c（Cl﹣）=mol/L，故B错误；25C、溶质质量分数=×100%=×100%=%，故C正确；D、设溶解度S，则，S=g，故D正确．故选B．【点评】本题考查物质的量浓度、质量分数、溶解度之间的换算，侧重考查学生分析计算能力，明确各个物理量之间的关系式是解本题关键，注意体积单位之间的换算，为易错点．　10．将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO）．向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g．下列叙述不正确的是（　　）A．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积一定为2.24LB．当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积V≥100mLC．参加反应的金属的总质量3.6g＜m＜9.6gD．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4mol【考点】有关混合物反应的计算．【分析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol，A．根据电子转移守恒计算NO物质的量，结合气体不一定是标准状况判断；B．加入的氢氧化钠可能中和未反应的硝酸；C．利用极限法假定全为镁、全为铜计算判断；D．根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）．【解答】解：将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3；Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol，A．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为：=0.1mol，若为标准状况下，生成NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，但NO不一定处于标准状况，收集到NO气体的体积不一定为2.24L，故A错误；25B．若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积==0.1L=100mL，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，即：消耗NaOH溶液的体积V≥100mL，故B正确；C．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为：3.6g＜m＜9.6g，故C正确；D．根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）=0.15mol×=0.4mol，故D正确；故选A．【点评】本题主要考查混合物有关计算，题目难度中等，明确氢氧根离子的物质的量与转移电子的物质的量相等为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．　11．把一定量的锌与100mL18.5mol/L的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成标准状况下33.6L的气体，将反应后的溶液稀释到1L，测得溶液的pH=1，则下列叙述错误的是（　　）A．气体A中SO2和H2的体积比为4：1B．气体A是SO2和H2的混合物C．反应中共消耗锌97.5gD．反应中共转移电子3mol【考点】浓硫酸的性质；化学方程式的有关计算．【专题】氧族元素．【分析】气体的物质的量==1.5mol，反应前n（H2SO4）=18.5mol×0.1L=1.85mol，n（H+）=2n（H2SO4）=3.7mol，稀硫酸的物质的量=0.05mol/L×1L=0.05mol，n（H+）=0.1mol/L×1L=0.1mol，根据原子守恒、转移电子守恒进行计算．【解答】解：：气体的物质的量==1.5mol，反应前n（H2SO4）=18.5mol×0.1L=1.85mol，n（H+）=2n（H2SO4）=3.7mol，稀硫酸的物质的量=0.05mol/L×1L=0.05mol，n（H+）=0.1mol/L×1L=0.1mol，浓硫酸和锌反应生成二氧化硫、稀硫酸和锌反应生成氢气，当浓硫酸浓度达到一定程度后，溶液变为稀硫酸，二者反应生成氢气，参加反应的n（H2SO4）=0.1L×18.5mol/L﹣0.05mol×1L=1.8mol，令混合气体中SO2、H2的物质的量分别为xmol、ymol，则：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2Ox2xxZn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑yyy，解之得x=0.3，y=1.2，A．混合气体中SO2和H2的体积比等于其物质的量之比=0.3mol：1.2mol=1：4，故A错误；B．通过以上分析知，混合气体是二氧化硫和氢气，故B正确；25C．反应中共消耗金属Zn的物质的量为0.3mol+1.2mol=1.5mol，其质量=65g/mol×1.5mol=97.5g，故C正确；D．反应中共消耗金属Zn的物质的量为0.3mol+1.2mol=1.5mol，转移电子为1.5mol×2=3mol，故D正确；故选A．【点评】本题考查了物质的量的有关计算，根据方程式中锌、硫酸、气体之间的关系式列方程进行计算，题目难度不大．　12．甲、乙、丙、丁均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去），下列各组物质中不能按图示关系转化的是（　　）选项物质转化关系甲乙丙丁ANaOHNaHCO3Na2CO3CO2BAlCl3NaAlO2Al（OH）3NaOHCFeFe（NO3）3Fe（NO3）2HNO3DCCOCO2O2A．AB．BC．CD．D【考点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A．NaOHNaHCO3Na2CO3CO2；B．AlCl3stackrel{过量的NaOH}{→}NaAlO2→_{双水解}^{氯化铝}Al（OH）3；AlCl3与少量的氢氧化钠生成氢氧化铝；C．FeFe（NO3）3Fe（NO3）2；D．CCO，所以丙为CO．【解答】解：A．氢氧化钠与过量的二氧化碳生成碳酸氢钠，氢氧化钠与少量的二氧化碳生成碳酸钠，碳酸钠与硫酸反应生成二氧化碳，每一步都能转化，故不选；B．AlCl3与少量的氢氧化钠生成氢氧化铝，与足量的氢氧化钠生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与氯化铝发生双水解生成氢氧化铝，每一步都能转化，故不选；C．铁与足量的硝酸反应生成硝酸铁，铁与少量的硝酸反应生成硝酸亚铁，硝酸铁与铁粉反应生成硝酸亚铁，硝酸亚铁与硝酸反应生成硝酸铁，每一步都能转化，故不选；D．碳与少量的氧气生成一氧化碳，碳与足量的氧气生成二氧化碳，丙应是一氧化碳，故选；故选D．【点评】本题考查无元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，熟悉物质的性质及转化关系图中的反应是解答本题的关键，注意选项D为解答的难点，题目难度较大．　13．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（　　）25A．B．C．D．【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．　14．将8gFe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68LH2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol•L﹣1的NaOH溶液150mL．则原硫酸的物质的量浓度为（　　）A．1.5mol•L﹣1B．0.5mol•L﹣1C．2mol•L﹣1D．1.2mol•L﹣1【考点】物质的量浓度的相关计算；化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】Fe和Fe2O3均无剩余，而硫酸过量，加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀，最终溶液中的溶质是Na2SO4，由钠离子守恒可知n（NaOH）=n（Na2SO4），由硫酸根守恒可知n（Na2SO4）=n（H2SO4），再根据c=计算．【解答】解：Fe和Fe2O3均无剩余，而硫酸过量，加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀，最终溶液中的溶质是Na2SO4，由钠离子守恒可知：n（NaOH）=n（Na2SO4）=0.15L×4mol/L=0.6mol，故n（Na2SO4）=0.3mol，由硫酸根守恒可知n（H2SO4）=n（Na2SO4）=0.3mol，则c（H2SO4）==2mol•L﹣1，故选C．【点评】本题考查物质的量浓度计算、化学方程式有关计算，清楚发生的反应是关键，注意利用守恒思想进行计算，侧重对解题方法与学生思维能力的考查，难度中等．　15．室温下，取m克铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加bmol/LNaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，则下列有关该实验的说法中正确的有（　　）25①沉淀中氢氧根的质量为（n﹣m）克②恰好溶解后溶液中的NO3﹣离子的物质的量为mol③反应过程中转移的电子数为mol④生成NO气体的体积为L⑤发生反应的硝酸的物质的量为（）mol．A．2项B．3项C．4项D．5项【考点】有关混合物反应的计算；镁、铝的重要化合物．【专题】压轴题；计算题．【分析】mg铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加bmol/LNaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，沉淀质量最大为氢氧化铝和氢氧化镁质量之和，此时溶液为硝酸钠溶液．①沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和．②恰好溶解后溶液中的NO3﹣离子的物质的量等于沉淀质量最大溶液中NO3﹣离子的物质的量，即n（NO3﹣）=n（Na+）=n（NaOH），据此进行计算．③根据电荷守恒，在沉淀中，氢氧根的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子来进行计算．④根据气体没有明确所处状态是否标准状态来判断．⑤根据质量守恒，硝酸有两种作用，作为酸的硝酸（生成硝酸盐）的物质的量等于硝酸钠的物质的量，作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量进行计算．【解答】解：①沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和，所以沉淀中氢氧根的质量为（n﹣m）克，故①正确；②、恰好溶解后溶液中的NO3﹣离子的物质的量等于沉淀质量最大溶液中NO3﹣离子的物质的量，当沉淀量最大时，溶液中的溶质只有硝酸钠（NaNO3），硝酸根离子与钠离子的物质的量相等，n（NO3﹣）=n（Na+）=n（NaOH）=mol，故②正确；③、至沉淀量最大，生成的n克沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁．根据质量守恒定律，其中镁、铝元素的质量等于m克合金的质量，所以沉淀中氢氧根的质量为（n﹣m）克，在沉淀中，氢氧根的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子，n（e﹣）=n（OH﹣）=mol，故③正确；④、根据电子守恒原理，生成NO时，HNO3中+5价的N原子得3个电子，因此生成NO的物质的量应该是转移电子的三分之一，即mol×=mol，其体积在标准状况下为L，但是选项中没有说明所处状态，则此时的体积不能确定，故④错误；⑤、参加反应的硝酸有两种作用，起酸和氧化剂作用，作为酸的硝酸（生成硝酸盐）的物质的量等于硝酸钠的物质的量为mol，作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量为mol，所以与合金反应的硝酸的物质的量为（+）mol，故⑤正确．25故①②③⑤正确．故选：C．【点评】本题结合铝镁与硝酸反应及生成的盐与氢氧化钠反应的特点，对电子守恒、溶液电中性原理、质量守恒进行综合考查，难度中等，题目以多项形式呈现，考查了学生的综合运用知识能力和解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题．　16．下表中评价合理的是（　　）选项内容评价A一定条件下0.5molN2和1.5molH2反应，平衡时放热akJ，则N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=2akJ•mol﹣1正确B氯化镁溶液与氨水反应：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓错误，氨水不应写成离子形式C向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓正确D等物质的量的Cl2与FeBr2在溶液中反应：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++4Cl﹣+Br2错误，Fe2+与Br﹣的化学计量数之比应为l：2A．AB．BC．CD．D【考点】离子方程式的书写；热化学方程式．【专题】离子反应专题．【分析】A．合成氨的反应为可逆反应，反应物只能部分转化成生成物，所以1mol氮气完全反应放出的热量大于2a，且焓变为负值；B．一水合氨为弱电解质，离子方程式中应该保留分子式，该评价正确；C．硫酸氢铵中的氢离子、铵根离子都会与氢氧根离子反应，离子方程式中漏掉了该反应；D．等物质的量的氯气与溴化亚铁反应，亚铁离子还原性大于溴离子，氯气先氧化亚铁离子，再氧化溴离子，氯气不足，溴离子部分被氧化，该离子方程式是正确的．【解答】解：A．一定条件下0.5molN2和1.5molH2反应，平衡时放热akJ，由于反应物只能部分转化成氨气，所以1mol氮气完全反应放出的热量大于2a，且该反应为放热反应，焓变△H应该为负值，该热化学方程式错误，所以该评价不合理，故A错误；B．氯化镁溶液与氨水反应，一水合氨应该保留分子式，所以该离子方程式错误，题中评价合理，故B正确；C．向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液，硫酸氢铵中的铵根离子、氢离子都会与氢氧根离子反应，该离子方程式书写错误，所以该评价不合理，故C错误；D．等物质的量的Cl2与FeBr2在溶液中反应，亚铁离子还原性大于溴离子，优先被氯气氧化，由于氯气不足，溴离子只能部分被氧化，该离子方程式书写正确，题中评价不合理，故D错误；故选B．【点评】本题考查了离子方程式的书写方法，难度中等，注意题中要求“下表中评价合理的”是解题关键，本题主要是判断题中评价是否正确，不在于离子方程式的书写正误．　二、非选择题（共52分）17．某强碱性溶液中可能含有的离子是K+、NH4+、Al3+、AlO2﹣、SO42﹣、SiO32﹣、CO32﹣、Cl﹣中的某几种离子，现进行如下实验：①取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成．25②另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失．（1）肯定不存在的离子是　NH4+、Al3+、SO42﹣、SiO32﹣　．（2）写出步骤②中生成沉淀和气体的反应的离子方程式　AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓、CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑　；（3）已知一定量的原溶液中加入5mL0.2mol/L盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187g，则原溶液中是否含有Cl﹣？　有　（填“有”或“无”）．【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【专题】物质检验鉴别题．【分析】强碱性溶液中一定不存在Al3+、NH4+；①取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成，则不含有硫酸根离子，可能含有碳酸根离子；②另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失，一定含有AlO2﹣，根据实验的现象和离子共存知识确定存在的离子和一定不存在的离子．【解答】解：（1）强碱性溶液中一定不存在Al3+、NH4+；①取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成，则一定不含有SO42﹣和SiO32﹣，可能含有CO32﹣离子；②另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后（和氢氧根离子反应），开始产生沉淀并逐渐增多，和偏铝酸根反应产生氢氧化铝沉淀，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失，是盐酸将氢氧化铝全部溶解，所以一定含有偏铝酸根离子，沉淀量基本不变后产生的一种气体只能为二氧化碳，即一定含有碳酸根离子，根据电中性原理，确定一定含有K+；故答案为：NH4+、SO42﹣、SiO32﹣、Al3+；（2）据（1）分析得知：步骤②中生成沉淀和气体分别为氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故离子反应方程式为：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓、CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑，故答案为：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓、CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑；（3）一定量的原溶液中加入5mL0.2mol/L盐酸即0.001mol的盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到氯化银沉淀0.187g，即氯化银的量为0.0013mol，大于0.001mol，所以含有Cl﹣，故答案为：有．【点评】本题是一道离子检验和离子反应知识的综合题目，主要考查学生分析和解决问题的能力，难度较大．　18．如图中，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：①反应C+GB+H能放出大量的热，G为红棕色；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）①中反应的化学方程式为　2Al+Fe2O32Fe+Al2O3　（2）1.6gG溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，至少需要铜粉　0.64　克（3）C与过量NaOH溶液反应的离子方程式为　2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑　，反应后的溶液与过量的化合物I反应生成沉淀的离子方程式为　AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣　25（4）E与I反应的化学方程式为　2Mg+CO22MgO+C　．【考点】无机物的推断．【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，①反应C+GB+H能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接，该反应为铝热反应，则C为Al，B为Fe，G为Fe2O3，H为Al2O3，②I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，由图中转化可知，A为O2．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，①反应C+GB+H能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接，该反应为铝热反应，则C为Al，B为Fe，G为Fe2O3，H为Al2O3，②I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，由图中转化可知，A为O2．（1）①中反应的化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；（2）1.6gG其物质的量为=0.01mol，由Fe2O3～2Fe3+～Cu可知，需要Cu的质量为0.01mol×64g/mol=0.64g，故答案为：0.64；（3）C与过量NaOH溶液反应的化学方程式为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，反应后溶液与过量化合物Ⅰ反应的化学方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O=HCO3﹣+Al（OH）3↓、CO2+OH﹣=HCO3﹣，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；AlO2﹣+CO2+2H2O=HCO3﹣+Al（OH）3↓、CO2+OH﹣=HCO3﹣；（4）Mg与CO2的反应方程式为2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C．【点评】本题考查了元素及其化合物知识，包括物质推断、性质、用途、化学方程式书写等，注意守恒思想在解题中的应用，题目难度中等．　19．用含有Al2O3、SiO2和少量FeO•xFe2O3的铝灰制备Al2（SO4）3•18H2O，工艺流程如下（部分操作和条件略）：25Ⅰ．向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤；Ⅱ．向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；Ⅲ．加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；Ⅳ．加入MnSO4至紫红色消失，过滤；Ⅴ．浓缩、结晶、分离，得到产品．（1）H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是　Al2O3+6H+=2Al3++3H2O　．（2）将MnO4﹣氧化Fe2+的离子方程式补充完整：　1　MnO4﹣+　5　Fe2++　8H+；　=　1　Mn2++　5　Fe3++　4H2O　（3）已知：生成氢氧化物沉淀的pHAl（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8注：金属离子的起始浓度为0.1mol•L﹣1根据表中数据解释步骤Ⅱ的目的：　pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀　．（4）已知：一定条件下，MnO4﹣可与Mn2+反应生成MnO2．①向Ⅲ的沉淀中加入浓盐酸并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是：　生成黄绿色气体　．②Ⅳ中加入MnSO4的目的是　除去过量的MnO4﹣　．【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】综合实验题；实验评价题；类比迁移思想；演绎推理法；化学实验基本操作．【分析】（1）氧化铝是两性氧化物溶于强酸强碱；（2）依据氧化还原反应电子守恒和原子守恒，结合元素化合价变化分析产物和反应物；（3）依据金属阳离子沉淀开始和完全沉淀需要的溶液PH分析，亚铁离子被氧化为铁离子，调节溶液PH使铁离子全部沉淀；（4）①浓盐酸和二氧化锰再加热条件下生成黄绿色气体氯气；②加入MnSO4至紫红色消失，目的是除去过量高锰酸根离子．【解答】解：（1）硫酸溶解氧化铝生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，故答案为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；（2）高锰酸根离子在酸溶液中被还原为锰离子，亚铁离子被氧化为铁离子，反应的离子方程式为：MnO4﹣+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：1、5、8H+、1、5、4H2O；（3）向滤液中加入过量KMnO4溶液，目的是氧化亚铁离子为三价铁离子，依据图表数据分析可知，铁离子开始沉淀和沉淀完全的溶液pH为1.5﹣﹣2.8，铝离子和亚铁离子开始沉淀的溶液pH大于3，所以调节溶液的pH约为3，可以使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀分离，故答案为：pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀；（4）一定条件下，MnO4﹣可与Mn2+反应生成MnO2①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCl并加热，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，生成的氯气是黄绿色气体，能说明沉淀中存在MnO2的现象是生成黄绿色气体，故答案为：生成黄绿色气体；②MnO4﹣可与Mn2+反应生成MnO2，过滤除去，所以可以利用MnSO4的溶液和高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰，把过量高锰酸根离子除去，故答案为：除去过量的MnO4﹣．25【点评】本题考查了镁、铝、铁及其化合物性质的应用，主要是混合物分离的方法和实验设计，加入氧化剂氧化亚铁离子，调节溶液PH是沉淀分离是解题的关键，题目难度中等．　20．A、B、C、D均为中学化学中常见的物质，它们之间转化关系如图（部分产物已略去）：试回答：（1）若D是具有氧化性的单质，则属于主族的金属A为　Na　（填元素符号）（2）若D是金属，C溶液在储存时应加入少量D，其理由是（用离子方程式表示）　2Fe3++Fe=3Fe2+　（3）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物且B不溶于水，在溶液中A和C反应生成B．请写出B转化为C的所有可能的离子方程式　Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O　化合物B经过一系列反应可以得到单质E，将一定质量的Mg和E的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体．待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示．则固体混合物中Mg的质量为　3.6g　；NaOH溶液的物质的量浓度为　5mol•L﹣1　【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】根据转化关系，A可以与D发生两步反应，可能发生的是氧化还原反应，或量不同产物不同的反应；（1）若D是具有氧化性的单质，结合转化关系分析可知D为O2，属于主族的金属A为Na，转化关系NaNa2ONa2O2；（2）若D是金属，分析推断物质为：Cl2FeCl3FeCl2，C溶液在储存时应加入少量D，是氯化亚铁溶液中加入铁粉其理由是防止氯化亚铁被氧化；（3）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物且B不溶于水，在溶液中A和C反应生成B，分析推断，Al3+Al（OH）3AlO2﹣；或AlO2﹣→Al（OH）3→Al3+；D为H+；化合物B为Al（OH）3经过一系列反应可以得到单质E为Al，将一定质量的Mg和E（Al）的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体．得到硫酸镁、硫酸铝，待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，依据图象分析，开始是和过量的硫酸反应，随氢氧化钠加入，镁离子和铝离子沉淀，达到沉淀量最大后，继续加入氢氧化钠溶液，氢氧化铝沉淀溶解最后得到氢氧化镁沉淀，依据图象定量关系计算．25【解答】解：（1）若D是具有氧化性的单质，A元素属于主族金属元素，判断为：Na→Na2O→Na2O2A为Na；B为Na2O；C为Na2O2；D为O2；A的元素符号为Na，故答案为：Na；（2）若D是金属，分析推断物质为：Cl2FeCl3FeCl2，C溶液在储存时应加入少量D，在储存时应加入少量铁，是防止Fe2+被氧化为Fe3+，2Fe3++Fe═3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；（3）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，在溶液中A和C反应生成B．判断为：Al3+→Al（OH）3→AlO2﹣；A为Al3+；B为Al（OH）3；C为AlO2﹣；D为NaOH；或AlO2﹣→Al（OH）3→Al3+；A、AlO2﹣；B、Al（OH）3；C、Al3+；D为H+；B转化为C的所有可能的离子方程式为生成氢氧化铝沉淀，在酸或碱中溶解的离子方程式不同，反应的离子方程式分别为：Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；图象分析可知氢氧化镁沉淀物质的量为0.15mol，依据镁元素守恒得到镁的质量=0.15mol×24g/mol=3.6g；氢氧化铝溶解消耗氢氧化钠溶液体积=240ml﹣200ml=40ml，氢氧化铝物质的量=0.35mol﹣0.15mol=0.20mol，Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，所以氢氧化钠溶液浓度c（NaOH）×0.040L=0.20mol，c（NaOH）=5mol/L；故答案为：Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；3.6g；5mol•L﹣1．【点评】本题考查了物质转化关系的特征应用，物质性质的运用，主要考查铁及其化合物的性质，钠及其化合物的性质，铝及其化合物的性质，抓住转化特征，熟练掌握物质的性质是解题关键，题目难度中等．　21．衣康酸M是制备高效除臭剂、粘合剂等多种精细化学品的重要原料，可经下列反应路线得到（部分反应条件略）．（1）A发生加聚反应的官能团名称是　碳碳双键　，所得聚合物分子的结构型式是　线型　（填“线型”或“体型”）．（2）B﹣→D的化学方程式为　+NaOH+NaCl+H2O　．（3）M的同分异构体Q是饱和二元羧酸，则Q的结构简式为　　（只写一种）．（4）已知：﹣CH2CN﹣CH2COONa+NH3，E经五步转变成M的合成反应流程（如图1）：25①E﹣→G的化学反应类型为　取代反应　，G﹣→H的化学方程式为　+2NaOH+H2O+NaCl+NH3　．②J﹣→L的离子方程式为　+2[Ag（NH3）2]++2OH﹣+2Ag↓+3NH3+NH4++H2O　．③已知：﹣C（OH）3﹣COOH+H2O，E经三步转变成M的合成反应流程为　　（示例如图2；第二步反应试剂及条件限用NaOH水溶液、加热）．【考点】有机物的推断．【专题】压轴题；有机物的化学性质及推断．【分析】（1）A为（CH3）2C=CH2，含有碳碳双键能发生加聚反应，只有一个碳碳双键的有机物发生加聚反应时，加聚产物一般是线型高分子；（2）B为（CH3）2CClCH2Cl，结合B、D的分子式与转化条件可知B→D的反应为消去反应，且是B的中间碳原子上的氯原子发生消去反应，而连在端碳原子上的氯原子不能消去，因为中间碳原子上没有氢原子；（3）由题给信息M的同分异构体Q是饱和二元羧酸，说明Q的分子结构中不存在碳碳双键，且分子结构中还含有两个羧基，由此推知Q应该含有1个环；（4）①分析E、G的结构简式结合反应条件可知，E→G发生的是取代反应；根据题给已知“﹣CH2CN﹣CH2COONa+NH3”和G的结构特点（分子结构中含有氯原子，也可在NaOH溶液中发生水解），﹣CN转化为﹣COONa，﹣Cl原子发生取代反应转化为﹣OH，H为；25②根据流程图J可以和银氨溶液反应，结合G﹣→H的转化条件可以推断J的结构简式；L为；③结合③中的已知和括号内的提示（第二步反应试剂及条件限用NaOH水溶液、加热）可推知E经三步反应转化为M应该是先与氯气发生取代反应，然后水解生成羧酸盐，最后酸化得M．【解答】解：（1）A为（CH3）2C=CH2，含有碳碳双键能发生加聚反应，只有一个碳碳双键的有机物发生加聚反应时，加聚产物一般是线型高分子，故答案为：碳碳双键；线型；（2）B为（CH3）2CClCH2Cl，结合B、D的分子式与转化条件可知B→D的反应为消去反应，中间碳原子上没有氢原子，连在端碳原子上的氯原子不能消去，是B的中间碳原子上的氯原子发生消去反应，反应方程式为+NaOH+NaCl+H2O，故答案为：+NaOH+NaCl+H2O；（3）由题给信息M（）的同分异构体Q是饱和二元羧酸，说明Q的分子结构中不存在碳碳双键，且分子结构中还含有两个羧基，由此推知Q应该含有1个环，，故答案为：；（4）①分析E、G的结构简式，结合反应条件可知，E中甲基中的1个H原子被Cl原子取代生成G，E→G发生的是取代反应，根据题给已知“﹣CH2CN﹣CH2COONa+NH3”和G的结构特点（分子结构中含有氯原子，也可在NaOH溶液中发生水解），﹣CN转化为﹣COONa，﹣Cl原子发生取代反应转化为﹣OH，H为，G→H的化学方程式为：+2NaOH+H2O+NaCl+NH3，25故答案为：取代反应；+2NaOH+H2O+NaCl+NH3；②根据流程图J可以和银氨溶液反应，结合G→H的转化条件可以推断J结构简式为，L为，J﹣→L的离子方程式为+2[Ag（NH3）2]++2OH﹣+2Ag↓+3NH3+NH4++H2O，故答案为：+2[Ag（NH3）2]++2OH﹣+2Ag↓+3NH3+NH4++H2O；③结合③中的已知和括号内的提示（第二步反应试剂及条件限用NaOH水溶液、加热）可推知E经三步反应转化为M应该是先与氯气发生取代反应，然后水解生成羧酸盐，最后酸化得M，合成流程图为：，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断与合成，难度中等，分析有机物的结构特点与反应条件，进行判断物质结构与发生的反应，掌握官能团的性质是关键，题目给出某反应信息要求学生加以应用，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，是热点题型．　25