2022-2022学年北京市西城区（南区）重点中学高三（上）综合练习化学试卷　一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1．遇有下列情况，处理不当的是（　　）A．不小心将少量浓硫酸沾到皮肤上，立即用水冲洗B．皮肤上沾有苯酚时，立即用酒精擦洗C．误食重金属盐，立即喝生牛奶或蛋清D．金属钠着火，立刻用砂子盖灭　2．向稀硫酸中加入铜粉不发生反应，若再加入下列某种物质，则铜粉可以溶解．符合此条件的物质是（　　）A．Fe2O3B．HClC．ZnSO4D．FeSO4　3．过氧乙酸（CH3COOOH）是一种高效消毒剂，具有很强的氧化性和腐蚀性，它可由冰醋酸与过氧化氢在一定条件下制得；它可以迅速杀灭多种微生物，包括多种病毒（如：SARS病毒）、细菌、真菌及芽孢．有关过氧乙酸的叙述正确的是（　　）A．过氧乙酸不能使品红褪色B．过氧乙酸可与苯酚混合使用C．过氧乙酸分子中只含有极性键D．过氧乙酸与羟基乙酸（HOCH2COOH）互为同分异构体　4．下列离子反应方程式书写正确的是（　　）A．氯气与水反应：Cl2+H2O═Cl﹣+2H++ClO﹣B．氨气通入醋酸溶液中：NH3+H+═NH4+C．制备Fe（OH）3胶体：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+D．碳酸氢钠溶液中加入过量石灰水：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O　-18-5．固体氧化物燃料电池是由美国西屋（Westinghouse）公司研制开发的．它以固体氧化锆﹣氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（O2﹣）在其间通过．该电池的工作原理如图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应．下列判断正确的是（　　）A．有O2放电的a极为电池的负极B．有H2放电的b极为电池的正极C．a极对应的电极反应为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣D．该电池的总反应方程式为：2H2+O2=2H2O　6．X和Y两元素的阳离子具有相同的电子层结构，X元素的阳离子半径大于Y元素的阳离子半径，Z和Y两元素的原子核外电子层数相同，Z元素的原子半径小于Y元素的原子半径．X、Y、Z三种元素原子序数的关系是（　　）A．X＞Y＞ZB．Y＞X＞ZC．Z＞X＞YD．Z＞Y＞X　7．硝酸铜是制备Cu﹣Zn﹣Al系催化剂的重要原料，制取硝酸铜现有三种设计方案可供选用①Cu与稀硝酸反应制取，3Cu+8HNO3═3Cu（NO）2+2NO↑+4H2O②Cu与浓硝酸反应制取，Cu+4HNO3═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O③通氧气于铜屑与稀硝酸的体系中制取，2Cu+4HNO3+O2═2Cu（NO3）2+2H2O下列说法不正确的是（　　）A．制取相同量的硝酸铜需硝酸的量③最少B．制取相同量的硝酸铜①产生的有毒气体比②少C．制取相同量的硝酸铜，硝酸的利用率③＞②＞①D．三种方案的反应均不能在铁制容器中进行　8．经测定某溶液中只含NH4+、C1﹣、H+、OH﹣四种离子，下列说法错误的是（　　）A．溶液中四种粒子之间不可能满足：c（C1﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）-18-B．若溶液中粒子间满足：c（NH4+）＞c（C1﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）则溶液中溶质一定为：NH4Cl和NH3•H2O，且溶液pH＞7C．若溶液中粒子间满足：c（C1﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）溶液中溶质可能是NH4ClD．若溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣），则该溶液一定显中性　　二、解答题（共4小题，满分0分）9．已知烃A的密度是相同状况下氢气密度的14倍；有机物A﹣J能发生如图所示一系列变化，其中G、J互为同分异构体．试回答下列问题：（1）A的化学式：　　　　　　；G的结构简式：　　　　　　（2）在A﹣J的各种物质中，属于醇类是：　　　　　　（填字母，下同）；属于醛类的是：　　　　　　（3）写出下列转化的化学方程式：C→D：　　　　　　D+I→J：　　　　　　AH：　　　　　　．　-18-10．已知：常温常压下，D、E、F、I、J为气体；E能使澄清石灰水变浑浊，1molE与含1molF的水溶液恰好反应生成B，B是一种常见的化肥．物质A﹣K之间有如下图所示转化关系（部分反应中生成的水已略去）．试回答下列问题：（1）已知A中和C中Fe元素均为+2价，则FeC2O4中C元素的化合价为　　　　　　，E的化学式为　　　　　　．（2）写出反应③、④、⑤的化学方程式③　　　　　　④　　　　　　⑤　　　　　　（3）少量H与K的浓溶液在一定条件下反应若有1molK被还原时，转移的电子总数为　　　　　　个．（4）写出过量单质H与K的稀溶液反应的离子方程式：　　　　　　．　11．在实验室里制取某些有毒气体时，为了尽量防止毒气逸散造成空气污染，有人设计了如图所示的装置．并设想用或两种装置代替的b～c部分，以求达到同样的目的．试回答：（1）若用制取氯气，b瓶加入的液体一般为　　　　　　．在选取试剂正确且适量的前题下，反应开始后，当关闭活塞K时，如若发现c中液面不明显上升，你分析可能的原因是　　　　　　，检查的简单方法是　　　　　　．-18-（2）装置（Ⅰ）中b能防止多余气体逸散的原因是：　　　　　　．（3）欲用或代替中的b～c部分（选用液体相同），是否可行？说明理由．是否可行（填“是”或“否”）　　　　　　理由是：　　　　　　．是否可行（填“是”或“否”）　　　　　　理由是：　　　　　　．　12．在100mLNaOH溶液中加入NH4NO3和（NH4）2SO4的固体混合物，加热使之充分反应，如图表示加入固体的质量与产生气体的体积（标准状况）的关系．试计算：（1）NaOH溶液的物质的量浓度是　　　　　　mol•L﹣1（2）当NaOH溶液为140mL，固体为51.6g时，充分反应产生的气体为　　　　　　L（标准状况）（3）当NaOH溶液为180mL，固体仍为51.6g时，充分反应产生的气体为　　　　　　L（标准状况）．　　-18-2022-2022学年北京市西城区（南区）重点中学高三（上）综合练习化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1．遇有下列情况，处理不当的是（　　）A．不小心将少量浓硫酸沾到皮肤上，立即用水冲洗B．皮肤上沾有苯酚时，立即用酒精擦洗C．误食重金属盐，立即喝生牛奶或蛋清D．金属钠着火，立刻用砂子盖灭【考点】化学实验安全及事故处理．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．浓硫酸有强腐蚀性和溶于水放热；B．酒精没有腐蚀性，苯酚易溶于酒精；C．牛奶或生鸡蛋清属于蛋白质，遇重金属盐变性；D．钠着火生成过氧化钠，可与二氧化碳或水反应生成氧气，且钠与水反应生成氢气．【解答】解：A．浓硫酸溶于水并放热，且具有强腐蚀性，少量浓硫酸沾在皮肤上，应先用干抹布拭去，再用大量的水冲洗，最后涂上碳酸氢钠溶液，故A错误；B．酒精没有腐蚀性，苯酚易溶于酒精，可用酒精洗去皮肤上的苯酚，故B正确；C．重金属盐遇到牛奶或生鸡蛋清会使之发生变性，而缓解与人体蛋白质结合，所以喝牛奶或生鸡蛋清能解毒，故C正确；D．钠着火生成过氧化钠，与二氧化碳、水都反应，则不能用二氧化碳、水灭火，加入沙子可掩盖钠，隔绝空气，可起到灭火的作用，故D正确．故选A．【点评】本题考查化学实验安全及事故处理，难度不大，化学实验要严格遵守操作规程，否则会造成不良后果或危险，掌握化学实验时常见意外事故的处理方法即可正确解答本题．　2．向稀硫酸中加入铜粉不发生反应，若再加入下列某种物质，则铜粉可以溶解．符合此条件的物质是（　　）A．Fe2O3B．HClC．ZnSO4D．FeSO4-18-【考点】铁的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】铜不能与非氧化性酸反应，但可以和氧化性酸（如硝酸、浓硫酸等）反应，能与具有氧化性的FeCl3溶液、酸性条件下硝酸盐等反应，以此来解答．【解答】解：A．Fe2O3能与稀硫酸发生Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O，Fe2（SO4）3能与铜粉反应：Fe2（SO4）3+Cu═2FeSO4+CuSO4，铜粉溶解，故A选；B．Cu与稀硫酸、盐酸均不反应，不能溶解，故B不选；C．Cu与稀硫酸、硫酸锌均不反应，不能溶解，故C不选；D．Cu与稀硫酸、硫酸亚铁均不反应，不能溶解，故D不选；故选A．【点评】本题考查金属的化学性质及氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应为解答的关键，注意氧化还原反应的判断，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．　3．过氧乙酸（CH3COOOH）是一种高效消毒剂，具有很强的氧化性和腐蚀性，它可由冰醋酸与过氧化氢在一定条件下制得；它可以迅速杀灭多种微生物，包括多种病毒（如：SARS病毒）、细菌、真菌及芽孢．有关过氧乙酸的叙述正确的是（　　）A．过氧乙酸不能使品红褪色B．过氧乙酸可与苯酚混合使用C．过氧乙酸分子中只含有极性键D．过氧乙酸与羟基乙酸（HOCH2COOH）互为同分异构体【考点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体．【分析】A．过氧乙酸（CH3COOOH）是一种高效消毒剂，具有很强的氧化性和腐蚀性，能使品红溶液褪色；B．苯酚性质不稳定，易被氧化；C．过氧乙酸分子中存在C﹣H、C﹣O、O﹣H极性键，也存在C﹣C、O﹣O键；D．分子式相同结构不同的有机物互称同分异构体．【解答】解：A．过氧乙酸（CH3COOOH）是一种高效消毒剂，具有很强的氧化性和腐蚀性，能将品红溶液氧化而使品红溶液褪色，故A错误；B．苯酚性质不稳定，易被氧化，过氧乙酸具有强氧化性，所以能氧化苯酚，故B错误；C．过氧乙酸分子中存在C﹣H、C﹣O、O﹣H极性键，也存在C﹣C、O﹣O非极性键，故C错误；-18-D．过氧乙酸与羟基乙酸（HOCH2COOH）分子式相同但结构不同，所以互为同分异构体，故D正确；故选D．【点评】本题考查有机物结构和性质及基本概念，侧重考查学生获取信息能力及利用信息解答问题能力，注意过氧乙酸中存在的化学键，题目难度不大．　4．下列离子反应方程式书写正确的是（　　）A．氯气与水反应：Cl2+H2O═Cl﹣+2H++ClO﹣B．氨气通入醋酸溶液中：NH3+H+═NH4+C．制备Fe（OH）3胶体：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+D．碳酸氢钠溶液中加入过量石灰水：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．次氯酸为弱酸，离子方程式中次氯酸不能拆开；B．醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸不能拆开；C．将氯化铁饱和溶液加入沸水中加热可获得氢氧化铁胶体；D．石灰水过量，反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水．【解答】解：A．氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，正确的离子方程式为：Cl2+H2O═Cl﹣+H++HClO，故A错误；B．氨气通入醋酸溶液中，醋酸不能拆开，正确的离子方程式为：NH3+CH3COOH═CH3COO﹣+NH4+，故B错误；C．制备Fe（OH）3胶体的离子方程式为：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，故C正确；D．碳酸氢钠与过量氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，正确的离子方程式为：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O，故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，明确离子方程式的书写原则为解答关键，注意掌握需要保留化学式的物质，如难溶物、弱电解质、氧化物、气体等，试题培养了学生的灵活应用能力．　-18-5．固体氧化物燃料电池是由美国西屋（Westinghouse）公司研制开发的．它以固体氧化锆﹣氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（O2﹣）在其间通过．该电池的工作原理如图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应．下列判断正确的是（　　）A．有O2放电的a极为电池的负极B．有H2放电的b极为电池的正极C．a极对应的电极反应为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣D．该电池的总反应方程式为：2H2+O2=2H2O【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】该电池属于酸性氢氧燃料电池，电池工作时的正负极反应式分别为：正极：O2+4e﹣=2O2﹣；负极：H2﹣2e﹣═2H+，总反应为：2H2+O2=2H2O．【解答】解：A、在燃料电池中，有O2放电的a极为原电池的正极，故A错误；B、在燃料电池中，有H2放电的b极为电池的负极，故B错误；C、a极对应的电极反应为：O2+4e﹣=2O2﹣，故C错误；D、在燃料电池中，总反应方程式即为燃料燃烧的化学方程式，即2H2+O2=2H2O，故D正确．故选D．【点评】本题考查原电池的工作原理，涉及正负极的判断，电极反应式的书写等问题，题目难度不大，注意基础知识的积累．　6．X和Y两元素的阳离子具有相同的电子层结构，X元素的阳离子半径大于Y元素的阳离子半径，Z和Y两元素的原子核外电子层数相同，Z元素的原子半径小于Y元素的原子半径．X、Y、Z三种元素原子序数的关系是（　　）A．X＞Y＞ZB．Y＞X＞ZC．Z＞X＞YD．Z＞Y＞X【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．-18-【分析】X、Y两元素的阳离子具有相同的电子层结构，二者处于同一周期，X元素的阳离子半径大于Y元素阳离子半径，利用原子序数越大，离子半径越小来分析原子序数的关系；Z和Y两元素的原子最外层电子数相同，则在同一主族，Z元素的原子半径大于Y元素的原子半径，利用同主族原子半径越大，原子序数越大来解答．【解答】解：X、Y两元素的阳离子具有相同的电子层结构，二者处于同一周期，X元素的阳离子半径大于Y元素阳离子半径，由原子序数越大，离子半径越小，则原子序数为Y＞X，又Z和Y两元素的原子最外层电子数相同，则在同一主族，Z元素的原子半径大于Y元素的原子半径，由同主族原子半径越大，原子序数越大，则原子序数为Z＞Y，所以X、Y、Z三种元素原子序数为Z＞Y＞X，故选D．【点评】本题考查结构性质位置关系、半径比较等，明确微粒半径的比较是解答本题关键，难度不大．　7．硝酸铜是制备Cu﹣Zn﹣Al系催化剂的重要原料，制取硝酸铜现有三种设计方案可供选用①Cu与稀硝酸反应制取，3Cu+8HNO3═3Cu（NO）2+2NO↑+4H2O②Cu与浓硝酸反应制取，Cu+4HNO3═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O③通氧气于铜屑与稀硝酸的体系中制取，2Cu+4HNO3+O2═2Cu（NO3）2+2H2O下列说法不正确的是（　　）A．制取相同量的硝酸铜需硝酸的量③最少B．制取相同量的硝酸铜①产生的有毒气体比②少C．制取相同量的硝酸铜，硝酸的利用率③＞②＞①D．三种方案的反应均不能在铁制容器中进行【考点】硝酸的化学性质．【分析】A、根据方程式计算制备1molCu（NO3）2，需要HNO3的物质的量，据此比较判断；B、根据方程式计算制备1molCu（NO3）2，生成NO、NO2的物质的量，据此比较判断；C、根据N原子守恒，计算制备1molCu（NO3）2硝酸的利用率，据此比较判断；D、稀硝酸与铁发生反应，且生成的Cu（NO3）2与铁反应．-18-【解答】解：A、由制取硝酸铜三种设计方案的化学反应方程式可以判断：制备1molCu（NO3）2，需要HNO3的物质的量，①中需要molHNO3；②中需要4molHNO3；③中需要2molHNO3，所以需要硝酸的量②＞①＞③，③最少，故A正确；B、由制取硝酸铜三种设计方案的化学反应方程式可以判断：制备1molCu（NO3）2，①中放出molNO气体，②中放出2molNO2气体，③中没有气体放出，制取相同量的硝酸铜①产生的有毒气体比②少，故B正确；C、由制取硝酸铜三种设计方案的化学反应方程式可以判断：制备1molCu（NO3）2，①中需要molHNO3，放出molNO气体，硝酸利用率为×100%=75%，②中需要4molHNO3，放出2molNO2气体，硝酸利用率为×100%=50%，③中没有气体放出，HNO3的利用率为100%，三种方案中硝酸的利用率③＞①＞②，故C错误；D、稀硝酸与铁发生反应，且生成的Cu（NO3）2与铁反应，故不可以在铁制容器中进行，故D正确；故选：C．【点评】本题考查学生对实验方案的理解与评价等，难度中等，实质是根据方程式的计算．注意基础知识的灵活运用与掌握．　8．经测定某溶液中只含NH4+、C1﹣、H+、OH﹣四种离子，下列说法错误的是（　　）A．溶液中四种粒子之间不可能满足：c（C1﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）B．若溶液中粒子间满足：c（NH4+）＞c（C1﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）则溶液中溶质一定为：NH4Cl和NH3•H2O，且溶液pH＞7C．若溶液中粒子间满足：c（C1﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）溶液中溶质可能是NH4ClD．若溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣），则该溶液一定显中性【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．如果溶液中溶质为HCl、NH4Cl，且c（HCl）＞c（NH4Cl），存在c（C1﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）；B．若溶液中粒子间满足：c（NH4+）＞c（C1﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），溶液呈碱性，且c（NH4+）＞c（C1﹣），据此判断溶液中溶质；-18-C．若溶液中粒子间满足：c（C1﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）溶液中溶质可能是NH4Cl或NH4Cl和HCl；D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断．【解答】解：A．如果溶液中溶质为HCl、NH4Cl，且c（HCl）＞c（NH4Cl），铵根离子水解，溶液中可以存在c（C1﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣），故A错误；B．若溶液中粒子间满足：c（NH4+）＞c（C1﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），c（OH﹣）＞c（H+）则溶液呈碱性，pH＞7，且存在c（NH4+）＞c（C1﹣），氯化铵溶液中c（NH4+）＜c（C1﹣），则该溶液中溶质一定为：NH4Cl和NH3•H2O，故B正确；C．氯化铵溶液中存在c（NH4+）＜c（C1﹣），若溶液中粒子间满足：c（C1﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）溶液中溶质可能是NH4Cl或NH4Cl和HCl，且c（HCl）＜c（NH4Cl），故C正确；D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），因为c（NH4+）=c（Cl﹣），所以c（H+）=c（OH﹣），溶液呈中性，故D正确；故选A．【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶质的性质及其溶液酸碱性是解本题关键，注意电荷守恒的灵活运用，难点是判断溶液中的溶质成分．　二、解答题（共4小题，满分0分）9．已知烃A的密度是相同状况下氢气密度的14倍；有机物A﹣J能发生如图所示一系列变化，其中G、J互为同分异构体．试回答下列问题：（1）A的化学式：　C2H4　；G的结构简式：　CH3CH2OOC﹣COOCH2CH3　（2）在A﹣J的各种物质中，属于醇类是：　B、D　（填字母，下同）；属于醛类的是：　E、H　（3）写出下列转化的化学方程式：-18-C→D：　2CH3COOH+HOCH2CH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O　D+I→J：　2CH3COOH+HOCH2CH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O　AH：　2CH2=CH2+O22CH3CHO　．【考点】有机物的推断．【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机化合物的获得与应用．【分析】烃A的密度是相同条件下氢气密度的14倍，应为28，则A为CH2=CH2，A与水在催化剂作用下生成B为CH3CH2OH，A与溴发生加成生成C为CH2BrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH2OHCH2OH，D与氧气发生氧化得E为OHCCHO，E氧化得F为HOOCCOOH，B与F发生酯化反应得G为CH3COOCH2CH2OOCCH3，A发生氧化反应得H为CH3CHO，H氧化得I为CH3COOH，D与I发生酯化反应得J为CH3COOCH2CH2OOCCH3，据此答题．【解答】解：烃A的密度是相同条件下氢气密度的14倍，应为28，则A为CH2=CH2，A与水在催化剂作用下生成B为CH3CH2OH，A与溴发生加成生成C为CH2BrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH2OHCH2OH，D与氧气发生氧化得E为OHCCHO，E氧化得F为HOOCCOOH，B与F发生酯化反应得G为CH3CH2OOC﹣COOCH2CH3，A发生氧化反应得H为CH3CHO，H氧化得I为CH3COOH，D与I发生酯化反应得J为CH3COOCH2CH2OOCCH3，（1）根据上面的分析可知，A为CH2=CH2，A的化学式是C2H4，G的结构简式为CH3CH2OOC﹣COOCH2CH3，故答案为：C2H4；CH3CH2OOC﹣COOCH2CH3；（2）根据上面的分析可知，在A﹣J的各种物质中，属于醇类是B、D，属于醛类的是E、H，故答案为：B、D；E、H；（3）C→D的化学方程式为CH2BrCH2Br+2H2OCH2OHCH2OH+2HBr，D+I→J的化学方程式为2CH3COOH+HOCH2CH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O，AH的化学方程式为2CH2=CH2+O22CH3CHO，故答案为：2CH3COOH+HOCH2CH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O；2CH2=CH2+O22CH3CHO．-18-【点评】本题考查有机物的推断，题目难度不大，本题注意以A为解答该题的突破口，根据有机物反应的条件判断可能进行的反应，注意把握有机物官能团的性质，为解答该类题目的关键．　10．已知：常温常压下，D、E、F、I、J为气体；E能使澄清石灰水变浑浊，1molE与含1molF的水溶液恰好反应生成B，B是一种常见的化肥．物质A﹣K之间有如下图所示转化关系（部分反应中生成的水已略去）．试回答下列问题：（1）已知A中和C中Fe元素均为+2价，则FeC2O4中C元素的化合价为　+3　，E的化学式为　CO2　．（2）写出反应③、④、⑤的化学方程式③　4NH3+5O24NO+6H2O　④　3NO2+H2O=2HNO3+NO　⑤　FeO+COFe+CO2　（3）少量H与K的浓溶液在一定条件下反应若有1molK被还原时，转移的电子总数为　6.02×1023　个．（4）写出过量单质H与K的稀溶液反应的离子方程式：　3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O　．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断．【分析】A中和C中Fe元素均为+2价，A加热分解得到C、气体D与气体E，且D与氧气反应得到E，可推知C为FeO，D为CO，E为CO2，由反应⑤可知H为Fe；B是一种常见的化肥，加热分解得到二氧化碳、气体F与G，且F能连续与氧气反应，B为碳酸形成的铵盐，1molE与含1molF的水溶液恰好反应生成B，B为NH4HCO3，F为NH3，I为NO，J为NO2，G为H2O，K为HNO3，据此解答．-18-【解答】解：A中和C中Fe元素均为+2价，A加热分解得到C、气体D与气体E，且D与氧气反应得到E，可推知C为FeO，D为CO，E为CO2，由反应⑤可知H为Fe；B是一种常见的化肥，加热分解得到二氧化碳、气体F与G，且F能连续与氧气反应，B为碳酸形成的铵盐，1molE与含1molF的水溶液恰好反应生成B，B为NH4HCO3，F为NH3，I为NO，J为NO2，G为H2O，K为HNO3，（1）A中和C中Fe元素均为+2价，则FeC2O4中碳元素的化合价为+3，E的化学式为CO2，故答案为：+3；CO2；（2）反应③的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，反应④的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应⑤的化学方程式为：FeO+COFe+CO2，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；3NO2+H2O=2HNO3+NO；FeO+COFe+CO2；（3）少量Fe与HNO3的浓溶液反应生成硝酸铁与二氧化氮，在一定条件下反应若有1molHNO3被还原时，转移的电子总数为1mol×（6﹣4）×6.02×1023mol﹣1=6.02×1023，故答案为：6.02×1023；（4）过量Fe与HNO3的稀溶液反应的离子方程式：3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O．【点评】本题考查无机物推断，侧重对化学用语的考查，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度中等．　11．在实验室里制取某些有毒气体时，为了尽量防止毒气逸散造成空气污染，有人设计了如图所示的装置．并设想用或两种装置代替的b～c部分，以求达到同样的目的．-18-试回答：（1）若用制取氯气，b瓶加入的液体一般为　饱和食盐水　．在选取试剂正确且适量的前题下，反应开始后，当关闭活塞K时，如若发现c中液面不明显上升，你分析可能的原因是　装置漏气　，检查的简单方法是　用湿润的碘化钾淀粉试纸靠近各接口处检验，漏气处试纸变蓝　．（2）装置（Ⅰ）中b能防止多余气体逸散的原因是：　关闭活塞后，若a中仍有气体生成，气体压强增大，将b中液体压入c中，整个装置成为储气装置，不会有气体逸出　．（3）欲用或代替中的b～c部分（选用液体相同），是否可行？说明理由．是否可行（填“是”或“否”）　是　理由是：　装置Ⅱ的原理与装置I相同　．是否可行（填“是”或“否”）　否　理由是：　c瓶因密闭，体积不能改变，压强增大时有危险　．【考点】性质实验方案的设计；常见气体制备原理及装置选择．【专题】气体的制备与性质检验类实验．【分析】（1）制取氯气，气体中含有氯化氢，需要用饱和食盐水除去；当关闭活塞K时如若发现c中液面上升不明显可能是装置漏气造成，检查的方法可以依据氯气使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝判断；（2）利用压强原理及连通装置分析装置的储气功能；（3）由装置Ⅱ可知，关闭活塞K，气体压强增大，液体被压入c中起到储气的作用；而装置Ⅲc装置密闭，b中液体不能排入装置c．【解答】解：（1）制取氯气，气体中含有氯化氢，需要用饱和食盐水除去；当关闭活塞K时如若发现c中液面上升不明显可能是装置漏气造成，因氯气可氧化碘离子，碘单质遇淀粉变蓝，则检查的方法用湿润的碘化钾淀粉试纸靠近各接口处检验，漏气处试纸变蓝，故答案为：饱和食盐水；装置漏气；用湿润的碘化钾淀粉试纸靠近各接口处检验，漏气处试纸变蓝；（2）装置中b能防止多余气体逸散的原因是关闭活塞后若a中仍有气体生成，气体压强增大，将b中液体压入c中，整个装置成为储气装置，故答案为：关闭活塞后若a中仍有气体生成，气体压强增大，将b中液体压入c中，整个装置成为储气装置；③由装置Ⅱ可知，关闭活塞K，气体压强增大，液体被压入c中起到储气的作用，整个装置成为储气装置，则原理与装置Ⅰ相同；而装置Ⅲ中c装置密闭，b中液体不能排入装置c；-18-故答案为：是；装置Ⅱ的原理与装置I相同；否；c瓶因密闭，体积不能改变，压强增大时有危险．【点评】本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，注意装置中导气管的作用和气体压强的变化是解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等．　12．在100mLNaOH溶液中加入NH4NO3和（NH4）2SO4的固体混合物，加热使之充分反应，如图表示加入固体的质量与产生气体的体积（标准状况）的关系．试计算：（1）NaOH溶液的物质的量浓度是　5　mol•L﹣1（2）当NaOH溶液为140mL，固体为51.6g时，充分反应产生的气体为　15.68　L（标准状况）（3）当NaOH溶液为180mL，固体仍为51.6g时，充分反应产生的气体为　16.8　L（标准状况）．【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】（1）氢氧化钠与NH4NO3和（NH4）2SO4的混合物生成氨气，发生反应NH4++OH﹣NH3↑+2H2O，由图象可知，加入固体34.4g时生成氨气体积增大为11.2L，根据n=计算氨气的物质的量，结合方程式计算氢氧根的物质的量，再根据c=计算氢氧化钠的物质的量浓度；（2）当固体混合物的质量是51.6g时，固体混合物完全反应消耗的氢氧化钠溶液的体积为×100mL=150mL，而V（NaOH）=140mL，说明固体过量，故n（NH3）=n（NaOH），据此计算解答；（3）由分析可知，当V（NaOH）=180mL时，说明NaOH过量，则固体51.6g完全反应，再根据固体质量与生成气体体积关系计算．-18-【解答】解：（1）氢氧化钠与NH4NO3和（NH4）2SO4的混合物生成氨气，发生反应NH4++OH﹣NH3↑+2H2O，从图中可看出34.4g混合物和100mLNaOH恰好完全反应．则n（NaOH）=n（NH3）==0.5mol，c（NaOH）==5mol/L，故答案为：5；（2）当固体混合物的质量是51.6g时，固体混合物完全反应消耗的氢氧化钠溶液的体积为×100mL=150mL，而V（NaOH）=140mL，说明固体过量，所以n（NH3）=n（NaOH）=5mol/L×0.14L=0.7mol，V（NH3）=0.7mol×22.4L/mol=15.68L，故答案为：15.68；（3）由（2）分析可知，当V（NaOH）=180mL时，说明NaOH过量，则固体51.6g完全反应，故V（NH3）=11.2L×=16.8L，故答案为：16.8．【点评】本题考查化学反应方程式的计算，为高频考点，把握图象及发生反应、离子方程式为解答的关键，综合考查学生分析解决问题的能力，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．　-18-