2022-2023学年湖北省武汉市第三中学高一上学期12月月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖北省武汉市第三中学高一上学期12月月考化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，工业流程题，计算题，实验题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。
湖北省武汉市第三中学2022-2023学年高一上学期12月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学创造美好生活，下列相关说法错误的是
A．过氧化钠可用作呼吸面具的供氧剂
B．节日燃放的烟花的焰火，实质上是金属元素的焰色反应所呈现的色彩
C．为防止中秋月饼等富脂食品被氧化，常在包装袋中放入生石灰
D．红酒中的花青素在碱性环境下显蓝色，可用苏打粉检验假红酒
【答案】C
【详解】A．过氧化钠可以和二氧化碳及水反应生成氧气，可用于呼吸面具中作为氧气的来源，可作供氧剂，A正确；
B．某些金属元素灼烧时产生特殊的火焰，这叫焰色反应，节日燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩，B正确；
C．包装袋内加入生石灰，利用了其吸水性，防止食物的受潮；要防止氧化，往往加入还原铁粉，C错误；
D．葡萄酒中的花青素在碱性环境下显蓝色，碳酸钠溶液显碱性，因此可用苏打粉检验假红酒，D正确；
答案选C。
2．化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列有关说法错误的共有
①“血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的不同性质
②碳纳米管和石墨烯互为同素异形体
③二氧化氯是一种高效的新型火菌消毒剂，使用时用医用消毒酒精适当稀释效果更佳
④我国古老的马家窑青铜刀属于青铜制品，青铜是一种合金
⑤氢氧化铁胶体具有很强的吸附性，可用于自来水的杀菌消毒
⑥具有强氧化性，可作织物漂白剂
⑦PM2.5指直径小于或接近2.5微米的颗粒物，在空气中能产生丁达尔现象
⑧包装用的铝箔，利用了其延展性好且容易在表面形成致密氧化膜的性质
⑨纯金属与其合金相比，一般具有更低的熔点
A．2项 B．3项 C．4项 D．5项
【答案】C
【详解】①“血液透析”利用胶体不能透过半透膜性质，“静电除尘”利用了胶体粒子带电的性质，故①正确；
②碳纳米管和石墨烯是碳元素的不同单质互为同素异形体，故②正确；
③二氧化氯能氧化乙醇，不能用医用消毒酒精稀释二氧化氯，故③错误；
④青铜是铜锡合金，故④正确；
⑤氢氧化铁胶体具有很强的吸附性，可用于净水，但是不具有杀菌消毒作用，故⑤错误；
⑥NaClO具有氧化性和漂白性，可用于织物漂白剂，故⑥正确；
⑦分散质粒子的直径在1～100nm之间的分散系属于胶体，PM2.5不能产生丁达尔现象，故⑦错误；
⑧铝箔是通过压延制造而成的，延展性好，食品包装袋中用到铝箔，是用到了铝箔良好的阻隔性，铝箔的氧气透过率极低，能有效的阻隔空气中易使食品变质的气体，如氧气等，故⑧正确；
⑨合金与其纯金属相比，一般具有更低的熔点，故⑨错误；
综上，错误的有③⑤⑦⑨共4项；
答案选C。
3．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．足量的在11.2L氯气中完全燃烧，转移电子数为
B．100g38％的水溶液中含有的氧原子数目为
C．18g与18g含有的中子数均为
D．0.2mol与含0.1mol的溶液反应产生的分子数目为
【答案】C
【详解】A．未指明气体所处状态，无法计算氯气的物质的量，A错误；
B．100g38％的 CH3COOOH 水溶液中， CH3COOOH 中所含氧原子数为，由于溶剂水中也含有O原子，则溶液中所含氧原子大于1.5NA，B错误；
C．18g D2O 所含中子数为，18g所含中子数 ，二者含有的中子数均为9NA，C正确；
D．根据关系式，0.2mol Na 完全反应产生0.1molH2，H2分子数目为0.1NA，D错误；
故选C。
4．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
A．某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，说明该钾盐是
B．向溶液中滴加稀硝酸，再滴加硝酸钡溶液，出现白色沉淀，溶液中不一定含有
C．用玻璃棒蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色，溶液中有，无法判断是否有
D．向某溶液中先加氯水再加溶液后，溶液呈血红色，原溶液中一定含
【答案】B
【详解】A．某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，说明该钾盐是KHCO3或K2CO3 ，选项A错误；
B．向溶液中先滴加稀硝酸，再滴加硝酸钡溶液，出现白色沉淀，溶液中不一定含有，原溶液中含有亚硫酸根离子，被硝酸氧化后得到硫酸根离子也会生成白色沉淀，选项B正确；
C．焰色反应：用铂丝蘸取待测液并在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，可以确认待测液中含有钠离子，玻璃中含有钠元素，不能用玻璃棒代替铂丝作焰色反应的实验，选项C错误；
D．向待测液中先加入氯水，再滴入KSCN溶液，溶液变红，可以确认此时溶液中含有Fe3+，但是不知道是不是原来就存在的铁离子还是亚铁离子被氧化来的，无法判断亚铁离子是否存在，选项D错误；
答案选B。
5．某学习小组讨论辨析以下说法：
①蔗糖、硫酸钡分别属于非电解质、弱电解质；
②硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；
③稀豆浆和雾都是液溶胶；
④失电子越多，还原性越强，得电子越多，氧化性越强；
⑤中的硫元素化合价是价，处于硫的最高价，因此的氧化性一定很强；
⑥分别向碳酸钠和碳酸氢钠固体中加入少量水，均有热量变化，伴随着放热现象的是碳酸钠；
⑦金属氧化物一定是碱性氧化物
⑧1803年，英国科学家道尔顿提出分子学说
上述说法中正确的共有
A．1项 B．2项 C．3项 D．4项
【答案】A
【详解】①硫酸钡属于强电解质，故①错误；②纯碱属于盐，故②错误；③稀豆浆是液溶胶，雾是气溶胶，故③错误；④还原性、氧化性强弱与得失电子数目无关，与得失电子能力有关，故④错误；⑤元素的化合价处于最高价具有氧化性，但不一定具有强氧化性，如稀硫酸没有强氧化性，则的氧化性不一定很强，故⑤错误；⑥分别向碳酸钠和碳酸氢钠固体中加入少量水，均有热量变化，伴随着放热现象的是碳酸钠，伴有吸热现象的是碳酸氢钠，故⑥正确；⑦金属氧化物并一定是碱性氧化物，比如氧化铝是两性氧化物，故⑦错误；⑧1803年，英国科学家道尔顿提出原子学说，分子是阿伏伽德罗提出的，故⑧错误；上述说法中正确的共有1项，故A正确。
综上所述，答案为A。
6．下列物质的转化能一步实现的是
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
A．②③④⑥ B．①②③⑤⑥ C．①②④⑤ D．①③④⑦
【答案】D
【详解】①氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成氢氧化铝，物质的转化均能一步完成；
②氧化钙溶液中通入二氧化碳不能反应生成碳酸钙，碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，第一步转化不能一步完成；
③饱和氯化钠溶液中通入氨气和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，物质的转化均能一步实现；
④碳酸钙固体受热分解生成二氧化碳，二氧化碳通入加漂白粉的溶液反应生成次氯酸，物质的转化均能一步实现；
⑤铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜不能直接转化为氢氧化铜，氢氧化铜与盐酸反应生成氯化铜，第二步不能一步实现；
⑥一氧化碳与四氧化三铁反应生成铁，铁与盐酸反应生成的是氯化亚铁而不是氯化铁，最后一步不能一步实现；
⑦盐酸与氧化铜反应生成氯化铜，氯化铜与氢氧化钡反应生成氯化钡，氯化钡与硫酸反应生成盐酸，物质的转化均能一步实现；
综上均能一步实现的有①③④⑦；
答案选D。
7．下列各图与对应叙述不相符的是

A．图甲向碳酸钠固体中逐滴加入过量稀盐酸
B．图乙用强光照射溶液
C．图丙等质量的、分别与足量稀盐酸反应
D．图丁向实验室制取的废液中逐滴滴入溶液至过量
【答案】B
【详解】A．图甲向碳酸钠固体中逐滴加入过量稀盐酸，碳酸钠首先和盐酸生成碳酸氢钠，继续加入盐酸，碳酸氢钠和盐酸生成二氧化碳气体，A正确；
B．次氯酸见光分解为氧气和盐酸，分解后酸性变强，pH减小，B错误；
C．等质量的Zn、Fe分别与足量稀盐酸反应，锌比铁活泼则锌反应速率更快，锌的摩尔质量较大，等质量的Zn、Fe中铁的物质的量较大，最终铁生成氢气较多，C正确；
D．实验室制取 CO2的废液中，溶质为过量的HCl和反应生成的CaCl2，逐滴滴入Na2CO3溶液至过量，先是HCl和Na2CO3反应，溶液中CaCl2质量不变，后是CaCl2和Na2CO3反应生成CaCO3沉淀和NaCl，溶液中CaCl2质量减少，D正确；
故选B。
8．Al与Na2O2的混合物溶于足量的水中，得到澄清溶液，同时产生气体3.5 g，在所得溶液与100 mL 7mol/L盐酸作用过程中，白色沉淀生成后又恰好溶解，则原Al与Na2O2的物质的量之比为
A．2∶1 B．1∶2 C．11∶2 D．2∶11
【答案】B
【分析】Na2O2与水反应生成NaOH溶液和O2，Al与NaOH溶液生成NaAlO2和H2。盐酸先中和NaOH，后与NaAlO2反应，所得溶液中只有NaCl和AlCl3两种溶质。
【详解】设原混合物中Al与Na2O2的物质的量分别是x、y，则Na2O2与水反应生成NaOH、O2的物质的量分别是2y、y/2，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2、H2的物质的量分别是x、3x/2，剩余NaOH物质的量为(2y-x)。由O2、H2共3.5 g，得32g/mol×y/2+2g/mol×3x/2=3.5 g。
溶液与盐酸反应时，据NaOH—HCl、NaAlO2—4HCl，得(2y-x)+4x=0.100 L×7mol/L。解得x=0.1mol，y=0.2mol。即Al与Na2O2的物质的量之比为1∶2。
本题选B。
【点睛】最终溶液中只有NaCl和AlCl3两种溶质。据元素守恒得Na2O2—2HCl、Al—3HCl，故2y+3x=0.100 L×7mol/L。
9．为确定下列久置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂(括号内物质)能达到目的的是
A．NaOH溶液［Ba(OH)2溶液］ B．漂粉精(Na2CO3溶液)
C．氯水(AgNO3溶液) D．Na2SO3溶液(BaCl2溶液)
【答案】A
【详解】A．若变质混有碳酸钠，与氢氧化钡反应生成白色沉淀，NaOH不能，可鉴别，故A正确；
B．漂白粉含氯化钙、次氯酸钙，无论次氯酸钙是否变质，氯化钙可电离出钙离子，加碳酸钠溶液不能检验是否变质，故B错误；
C．氯水及盐酸中均含氯离子，与硝酸银均生成白色沉淀，不能检验是否变质，故C错误；
D．变质混有硫酸钠，亚硫酸钠和硫酸钠均与氯化钡反应，均生成白色沉淀，不能检验是否变质，故D错误；
故选A。
10．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．使酚酞变红色的溶液：、、、
B．放入铝条产生氢气的溶液中：、、、
C．澄清透明溶液中：、、、
D．与铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀的溶液：、、、
【答案】C
【详解】A．使酚酞变红色的溶液，含有大量，与反应生成水和碳酸根而不能大量共存，故A不符合题意；
B．放入铝条产生氢气的溶液中，可能是酸溶液，也可能是碱溶液，与反应生成氨气和水而不能大量共存，故B不符合题意；
C．澄清透明溶液中：、、、都大量共存，故C符合题意；
D．与铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀的溶液，则含有，与、发生氧化还原反应而不能大量共存，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
11．下列离子方程式书写正确的是
A．0.1mol/L溶液与0.2mol/L溶液等体积混合：
B．向溶液中通入足量氯气：
C．漂白粉溶液在空气中失效：
D．用稀硫酸酸化的溶液与反应，证明具有还原性：
【答案】D
【详解】A． 溶液与 溶液等体积反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀和一水合氨，反应的离子方程式为，故A错误；
B． 亚铁离子和溴离子都有还原性，均可被氯气氧化，因此向溶液中通入足量氯气，离子反应方程式为，故B错误；
C．漂白粉有效成分为Ca(ClO)2，漂白粉溶液和空气中二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光分解，导致漂白粉失效，反应的离子方程式为，故C错误；
D．用稀硫酸酸化的溶液与反应，证明具有还原性，反应的离子方程式为，故D正确；
故选D。

二、多选题
12．常温常压下，某密闭容器中有一个可自由滑动的隔板(厚度不计)，将容器分成两部分，当左侧充入13.6gH2S，右侧充入3.6gN2和CO2的混合气体时，隔板处于如图所示位置。下列说法正确的是

A．右侧混合气体中CO2的物质的量为0.06mol
B．右侧混合气体中N2的质量为2.8g
C．右侧再通入8.4gN2时，隔板向左移至2.5处
D．右侧混合气体的平均摩尔质量为36g•mol-1
【答案】CD
【分析】当左侧充入13.6gH2S，物质的量为0.4mol，右侧充入3.6gN2和CO2的混合气体时，隔板处于如图所示位置，根据阿伏伽德罗定律可知，右侧物质的量为0.4mol÷4=0.1mol；设N2和CO2的物质的量分别为a、b，则a+b=0.1mol、28a+44b=3.6g，解得a=0.05mol、b=0.05mol；
【详解】A．由分析可知，右侧混合气体中CO2的物质的量为0.05mol，A错误；
B．右侧混合气体中N2的质量为28g/mol×0.05mol=1.4g，B错误；
C．右侧再通入8.4gN2（物质的量为0.3mol）时，则右侧物质的量一共为0.4mol，则左右两侧物质的量相同，隔板向左移至2.5处，C正确；
D．右侧混合气体的平均摩尔质量为3.6g÷0.1mol=36g•mol-1，D正确；
故选CD。

三、单选题
13．铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成中的一种重要还原剂。 以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝氢化钠的一种工艺流程如图：

下列说法中不正确的是
A．为了提高“碱溶”效率，在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎
B．“滤渣”的主要成分在高温下可与铝单质发生化学反应
C．“反应I”的部分化学原理与泡沫灭火器的原理相同
D．“反应III”为非氧化还原反应
【答案】C
【分析】根据流程图可知，铝土矿加入过量NaOH溶液，由于Fe2O3与 NaOH不反应，则滤渣为Fe2O3，滤液中的溶质为偏铝酸钠，加入NaHCO3反应生成 Al(OH)3，则滤渣2为 Al(OH)3，灼烧后得到 Al2O3，电解 Al2O3得到 O2和 Al，Al在纯净的 Cl2中燃烧得到 AlCl3，AlCl3和NaH发生反应Ⅲ得到NaAlH4。
【详解】A．“碱溶”时将铝土矿粉碎可提高固体与酸的接触面积加速反应速率，提高“碱溶”效率，故A正确；
B．由上述分析可知，“滤渣”的主要成分为 Fe2O3，可以与Al单质在高温下发生铝热反应生成Fe和Al2O3，故B正确；
C．反应Ⅰ为偏铝酸钠和NaHCO3的反应，反应的离子方程式为 AlO2−+HCO3−+H2O=CO32−+Al(OH)3↓，原理为“强酸制弱酸”，泡沫灭火器的原理 3HCO3−+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑，是相互促进的水解反应，两者原理不同，故C错误；
D．AlCl3和NaH发生反应Ⅲ得到NaAlH4，反应的化学方程式为 4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl，所有元素化合价均未发生改变，所以是非氧化还原反应，故D正确；
故选C。
14．下列有关物质的量浓度和质量分数的计算正确的是
A．98％的浓硫酸的物质的量浓度大于49％的硫酸的物质的量浓度的二倍
B．20％的氢氧化钠溶液和30％的氢氧化钠溶液等体积混合，混合后溶液的溶质质量分数大于25%
C．，的硫酸溶液与，的硫酸溶液等体积混合，得到的硫酸溶液的浓度为
D．25℃时饱和溶液(密度为)的物质的量浓度约为5.3mol/L(已知25℃时氯化钠在水中的溶解度为36克)
【答案】D
【详解】A．设49%的硫酸的物质的量浓度为c1，密度为ρ1，98%的浓硫酸的物质的量浓度为c2，密度为ρ2，则，，由于硫酸的质量分数越大，其密度越大，即ρ1＜ρ2，因此c2＞2c1，A错误；
B．氢氧化钠溶液质量分数越大，密度越大，则20%的氢氧化钠溶液和30%的氢氧化钠溶液等体积混合后，混合后溶液的溶质质量分数小于25%，B错误；
C．c1 mol/L，ρ1 g/cm3的硫酸溶液与c2 mol/L，ρ2 g/cm3的硫酸溶液等体积混合，假设体积为V，则得到ρ3 g/cm3的硫酸溶液的浓度为mol/L，C错误；
D．已知25℃时氯化钠在水中的溶解度为36克，则其溶质的质量分数，因此，25℃时NaCl饱和溶液(密度为1.17g/cm3)的物质的量浓度约为 5.3mol/L，D正确；
故选D。
15．实验室中利用氧化铜和氧化铁混合物进行如图实验。下列说法错误的是

A．“3.04g固体”一定是铁铜混合物
B．“溶液2”中溶质的物质的量为0.1mol
C．混合物中含氧元素的物质的量为0.06mol
D．反应②能生成0.04gH2
【答案】D
【分析】实验中得到溶液1发生的反应为CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Fe2O3+ 3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，得到溶液2可能发生的反应为Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4、Fe+H2SO4= FeSO4+ H2↑、CuSO4+ Fe=FeSO4+Cu，设氧化铁的物质的量为xmol、氧化铜为ymol，由氧化物的质量可得：160x+80y=4，由反应的方程式可得：64y+5.6—56(x+y+0.1—3x—y)=3.04，解联立方程可得x=0.01、y=0.03，则4g固体中含有1.6g氧化铁、2.4g氧化铜，3.04g固体中含有1.92g铜、1.12g铁，溶液1中含有0.01mol硫酸铁、0.03mol硫酸铜、0.04mol硫酸，溶液2中含有0.1mol硫酸亚铁。
【详解】A．由分析可知，3.04g固体中含有1.92g铜、1.12g铁，故A正确；
B．由分析可知，溶液2中含有0.1mol硫酸亚铁，故B正确；
C．由分析可知，4g固体中含有0.01mol氧化铁、0.03氧化铜，混合物中含氧元素的物质的量为0.06mol，故C正确；
D．由分析可知，溶液1中硫酸的物质的量为0.04mol，则与铁反应生成氢气的质量为0.04mol×2g/mol=0.08g，故D错误；
故选D。

四、工业流程题
16．是一种高效多功能的新型绿色消毒剂。制备高铁酸钾的方法如下：
将通入中生成饱和浓碱溶液，缓慢加入反应生成，用使其转化成高铁酸钾，抽滤得粗品，再用氢氧化钾溶液溶解，重结晶，用和进行脱碱、洗涤，干燥制得高铁酸钾。可用如图表示的制备过程：

请回答下列问题：
(1)在上述标有①～⑩序号的物质中，属于混合物的是___________(填序号，下同)；属于盐的是___________；属于有机物的是___________；属于非电解质的是___________；能导电的是___________；
(2)反应Ⅱ的反应类型是___________(填四大基本反应类型之一)。
(3)写出反应Ⅲ的离子方程式：___________。
(4)低温下，在溶液中加入浓溶液可析出，写出Ⅳ的化学方程式：___________；
(5)高铁酸钠()也可以用于作自来水处理剂，高铁酸钠处理过的水中含有氢氧化铁胶体，则高铁酸钠作自来水处理剂的优点是___________。
【答案】(1)     ③⑨     ①④⑤⑥     ⑧⑩     ⑧⑩     ③
(2)复分解反应
(3)2ClO- + 2Fe(OH)3 + 4OH-= 2 + 2Cl- + 5H2O
(4)Na2FeO4+2KOH= K2FeO4↓+ 2NaOH
(5)高铁酸钠具有强氧化性，可以杀菌消毒同时反应后生成氢氧化铁胶体，离子方程式为：4+10H2O4Fe(OH)3 (胶体)+3O2↑+8OH-，氢氧化铁胶体具有吸附性，可以吸附水中悬浮杂质，起到净水的作用

【分析】结合图示转化关系，氯气和氢氧化钠溶液发生反应Ⅰ为Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO+H2O，氢氧化钠溶液和硝酸铁发生反应Ⅱ为Fe(NO3)3 + 3NaOH = Fe(OH)3↓+3NaNO3，两体系混合发生反应Ⅲ为2NaClO + 2Fe(OH)3 + 4NaOH= 2Na2FeO4 + 2NaCl + 5H2O，然后加入KOH将Na2FeO4转化为K2FeO4，经系列操作得到K2FeO4。
【详解】（1）③氢氧化钠溶液、⑨95%(CH3CH2OH)是混合物；①高铁酸钾、④次氯酸钠、⑤硝酸铁、⑥高铁酸钠是盐；⑧苯、⑩乙醚是有机物；⑧苯、⑩乙醚是在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化全物，属于非电解质；③氢氧化钠溶液中有自由移动的离子，能导电；
故答案为:③⑨；①④⑤⑥；⑧⑩；⑧⑩； ③；
（2）化合物与化合物反应生成新的化合物与化合物的反应为复分解反应，反应II为Fe(NO3)3+ 3NaOH = Fe(OH)3↓+ 3NaNO3，属于复分解反应，故答案为:复分解反应；
（3）两体系混合发生反应Ⅲ为2NaClO + 2Fe(OH)3 + 4NaOH= 2Na2FeO4 + 2NaCl + 5H2O，反应的离子方程式为2ClO- + 2Fe(OH)3 + 4OH-= 2 + 2Cl- + 5H2O；
（4）低温下，在溶液中加入浓溶液可析出，反应Ⅳ的化学方程式为：Na2FeO4+2KOH= K2FeO4↓+ 2NaOH；
（5）高铁酸钠具有强氧化性，可以杀菌消毒同时反应后生成氢氧化铁胶体，离子方程式为：4+10H2O4Fe(OH)3 (胶体)+3O2↑+8OH-，氢氧化铁胶体具有吸附性，可以吸附水中悬浮杂质，起到净水的作用。

五、计算题
17．质量、物质的量、物质的量浓度、气体体积等是用于化学计算的常见物理量。
(1)质量之比为16：7：6的三种气体、、。分子个数之比为___________；氧原子个数之比为___________；相同条件下的体积之比为___________。
(2)在时将ag，完全溶于水得到VmL溶液，该溶液的密度为()；质量分数为w，物质的量浓度为。下列计算结果正确的是___________。
A．溶质的质量分数
B．溶质的物质的量浓度
C．溶液密度可表示为
D．上述溶液中再加入VmL水，所得溶液溶质的质量分数小于0.5w
(3)将aL和的混合溶液分成两等份，一份加入bmol溶液使溶液中的刚好完全沉定，另一份加入足量溶液并加热可得到cmol，则原溶液中的物质的量浓度为___________。
(4)ag镁铝合金投入xmL2 mol∙L−1的盐酸中，一段时间后金属完全溶解，再加入ymL l mol∙L−1的溶液，沉淀达到最大值，其质量为，产生的在标准状况下体积为___________L。
(5)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：。该反应中氧化产物与还原产物的质量比为___________；若氧化产物比还原产物多19.6g，则反应生成的在标准状况下的体积为___________L。
【答案】(1)              
(2)D
(3)
(4)1.12
(5)     15:1     17.92

【详解】（1）质量之比为16：7：6的三种气体、、，则三者物质的量之比为，分子数之比等于物质的量之比，则分子个数之比为；氧原子个数之比为；相同条件下的体积之比等于物质的量之比，则体积之比为；故答案为：；；。
（2）A．溶质的质量分数，故A错误；
B．溶质的物质的量浓度，故B错误；
C．根据，则溶液密度可表示为，故C错误；
D．氨水的密度为()，根据等体积混合后质量分数小于两者和的一半，因此上述溶液中再加入VmL水，所得溶液溶质的质量分数小于0.5w，故D正确；
综上所述，答案为：D。
（3）将aL和的混合溶液分成两等份，一份加入bmol溶液使溶液中的刚好完全沉定，说明一份溶液中硫酸根物质的量为bmol，另一份加入足量溶液并加热可得到cmol，则一份溶液中铵根物质的量为cmol，根据电荷守恒得到一份溶液中铝离子物质的量为，则原溶液中的物质的量浓度为；故答案为：。
（4）ag镁铝合金投入xmL 2 mol∙L−1的盐酸中，一段时间后金属完全溶解，再加入ymL l mol∙L−1的溶液，沉淀达到最大值，其质量为，则氢氧根的质量为1.7g，氢氧根物质的量为0.1mol，则金属失去电子物质的量为0.1mol，根据得失电子守恒得到产生的物质的量为0.05mol，在标准状况下体积为1.12L；故答案为：1.12。
（5）汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：。改反应中氧化产物和还原产物都是氮气，生成16mol氮气中有15mol氮气是氧化产物，有1mol是还原产物，因此该反应中氧化产物与还原产物的质量比为15:1；根据生成16mol氮气，氧化产物比还原产物多14mol，若氧化产物比还原产物多19.6g即物质的量多0.7mol，则反应生成的物质的量为0.8mol，在标准状况下的体积为17.92L；故答案为：15:1；17.92。

六、实验题
18．Ⅰ、甲同学用质量分数为36.5％的浓盐酸(密度为)配制220mL1 mol∙L−1的稀盐酸。
(1)经计算需要___________mL浓盐酸。
(2)现有烧杯、玻璃棒，甲同学还缺少的玻璃仪器是___________。
(3)在配制过程中，下列操作中能使所配溶液的浓度偏低的有___________(填序号)。
①用量筒量取36.5％的盐酸时仰视
②未等冷却至室温就转移到容量瓶中定容
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
④定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出
⑤定容时，俯视刻度线
⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水
Ⅱ、已知三氯化铁的熔点为306℃，沸点为315℃，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气里的水分而潮解。某实验小组的同学利用如下装置，制备三氯化铁。

回答下列问题：
(4)装置接口的连接顺序为a→___________；实验开始时先点燃___________(填“A”或“B”)处的酒精灯。
(5)装置A为氯气发生装置，反应的离子方程式为：___________。
(6)B中收集器里盛放冷水的作用是___________。D中碱石灰的作用是___________、___________。
【答案】(1)21.6
(2)250mL容量瓶、量筒、胶头滴管
(3)④⑥
(4)     a→g→h→d→e→b→c→f     A
(5)MnO2＋2Cl－＋4H＋Cl2↑＋Mn2+＋2H2O
(6)     冷凝氯化铁     处理尾气     防止空气中水蒸气进入到B装置中

【分析】二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生反应生成氯气，用饱和食盐水除掉氯气中的氯化氢气体，用浓硫酸干燥氯气，氯气和铁在加热条件下反应生成氯化铁，用碱石灰除掉尾气并防止空气中水蒸气进入到装置中。
【详解】（1）甲同学用质量分数为36.5％的浓盐酸(密度为)配制220mL1 mol∙L−1的稀盐酸。
质量分数为36.5％的浓盐酸(密度为)，其物质的量浓度为，根据题意和溶液中盐酸物质的量不变来分析，11.6mol∙L−1×V＝1mol∙L−1×0.25L，解得V＝0.0216L＝21.6mL，则需要21.6mL浓盐酸；故答案为：21.6。
（2）现有烧杯、玻璃棒，甲同学还缺少的玻璃仪器是250mL容量瓶、量筒、胶头滴管；故答案为：250mL容量瓶、量筒、胶头滴管。
（3）①用量筒量取36.5％的盐酸时仰视，则量筒中浓盐酸体积偏大，所配浓度偏高，故①不符合题意；②未等冷却至室温就转移到容量瓶中定容，冷却后体积偏小，物质的量浓度偏高，故②不符合题意；③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对结果无影响，故③不符合题意；④定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，吸出了部分溶质，物质的量浓度偏低，故④符合题意；⑤定容时，俯视刻度线，溶液体积偏小，物质的量浓度偏高，故⑤不符合题意；⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水，溶液体积偏大，物质的量浓度偏低，故⑥符合题意；故答案为：④⑥。
（4）制备氯气，先除掉氯气中的氯化氢杂质，再干燥氯气，再是氯气和铁发生装置，再是尾气处理装置，因此装置接口的连接顺序为a→g→h→d→e→b→c→f；为避免空气中氧气与铁粉反应，因此实验开始时先点燃A处的酒精灯，产生的氯气排出装置内空气后再点燃B处酒精灯；故答案为：a→g→h→d→e→b→c→f；A。
（5）装置A为氯气发生装置，反应的离子方程式为：MnO2＋2Cl－＋4H＋Cl2↑＋Mn2+＋2H2O；故答案为：MnO2＋2Cl－＋4H＋Cl2↑＋Mn2+＋2H2O。
（6）三氯化铁的熔点为306℃，沸点为315℃，B中收集器里盛放冷水的作用是冷凝氯化铁。氯气有毒，会污染环境，三氯化铁易溶于水并且有强烈的吸水性，因此D中碱石灰的作用是处理尾气、防止空气中水蒸气进入到B装置中；故答案为：冷凝氯化铁；处理尾气；防止空气中水蒸气进入到B装置中。

七、元素或物质推断题
19．Ⅰ、A、B、C、D、E为中学化学常见的单质或化合物，相互转化关系如图所示。

(1)若A是淡黄色化合物；常温下D是无色气体；C是一种常见的碱，含有的阴、阳离子均为10电子粒子。写出反应Ⅰ的化学方程式___________。
(2)若A是酸，D是一种常见金属，E是一种常见的非金属单质。
①写出反应Ⅱ的离子方程式___________。
②检验B中含有少量C的方法是：取少量溶液加入___________(填序号)后观察现象。
A．溶液    B．溶液    C．淀粉溶液    D．酸性溶液
(3)若A是常见的两性氧化物，E是一种无色无味的气体。
①C的化学式为___________。
②写出反应II，E少量的离子方程式___________。
Ⅱ、向一定量、溶液中滴加常用试剂与盐酸(t点之前滴加的试剂为a，t点之后改滴试剂b)，沉淀的物质的量与试剂体积间的关系曲线如图所示。试回答：

(4)段所表示的反应的离子方程式是___________；段所表示的反应的离子方程式是___________；
(5)___________；原混合液中，___________。
【答案】(1)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
(2)     2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-     BC
(3)     Al(OH)3    
(4)         
(5)     1：1     1∶1∶5

【分析】（1）由A是淡黄色固体化合物可知，A为过氧化钠，由物质的转化关系，结合常温下D是无色气体，C分子中含有的阴、阳离子均为10电子粒子可知，B为碳酸钠、C为氢氧化钠、D为氧气、E为氢氧化钙或氢氧化钡。
（2）由物质的转化关系，结合A是酸，D是一种常见金属，E是一种常见的非金属单质可知，A为盐酸、B为氯化亚铁、C为氯化铁、D为铁、E为氯气。
（3）由A是常见的两性氧化物可知，A是Al2O3；Al2O3与D反应得到B，B与E反应得到C，E是一种无色无味的气体，C与D反应得到B，由此可知，B为NaAlO2，C为Al(OH)3，D为NaOH，E为CO2。
Ⅱ根据图象知，MgCl2、AlCl3混合溶液中，开始滴加试剂a，立即产生沉淀，说明a为NaOH，则b为盐酸；AB段是NaOH溶解氢氧化铝，CD段为偏铝酸根与酸反应生成氢氧化铝沉淀，D之后为氢氧化镁和氢氧化铝溶解于酸的过程，BC段发生酸碱中和反应，据此分析解答。
【详解】（1）由分析可知，反应Ⅰ为过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
（2）①反应Ⅱ为氯化亚铁溶液与氯气生成氯化铁，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
②若氯化亚铁溶液中含有少量的氯化铁溶液，检验氯化铁的方法是向溶液中滴加入硫氰化钾溶液，溶液会变为红色，或向溶液中滴加入淀粉碘化钾溶液，溶液会变为蓝色，则BD符合题意，故选BC。
（3）①根据分析，C为Al(OH)3；
②根据分析，B为NaAlO2，C为Al(OH)3，E为CO2，NaAlO2与少量CO2、H2O反应生成Al(OH)3和NaHCO3，反应的离子方程式为；
（4）根据分析，AB段是NaOH溶解氢氧化铝，其离子方程式为；CD段为偏铝酸根与酸反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为；
（5）由图可知，消耗的NaOH和HCl体积相等，当加入总体积为2t mL时，沉淀恰好完全溶解，此时溶液中的溶质为、和NaCl，相当于、没有参与反应，NaOH和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，则c(a)∶c(b)=1∶1，故答案为1∶1；
由图可知，AB段是NaOH溶解氢氧化铝，则n[Al(OH)3]=(2m-m)mol=mmol，n(Al3+)= mmol，n[Al(OH)3]+n[Mg(OH)2]=2mmol，则n[Mg(OH)2]= mmol，n(Mg2+)= mmol，由电荷守恒可知n(Cl-)=3n(Al3+)+2n(Mg2+)=5mmol，故原混合溶液中c(Al3+)∶c(Mg2+)∶c(Cl-)=1∶1∶5，故答案为1∶1∶5。