还剩17页未读，
继续阅读
所属成套资源：2022学年全国部分地区高考化学模拟试题（含答案解析）
成套系列资料，整套一键下载
2022年陕西省安康市汉滨区江北高级中学高考化学第一次模拟试卷（含答案解析）
展开
这是一份2022年陕西省安康市汉滨区江北高级中学高考化学第一次模拟试卷（含答案解析），共20页。试卷主要包含了5g，4d2NAL，【答案】C，【答案】B，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2022年陕西省安康市汉滨区江北高级中学高考化学第一次模拟试卷
1. 化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法正确的是( )
A. 向牛奶中加入果汁会产生沉淀，这是因为发生了酸碱中和反应
B. 将香蕉和青苹果放在一起，青苹果更容易成熟，是因为香蕉释放的乙烯有催熟作用
C. “火神山”医院地面上铺的HDPE也称高密度聚乙烯膜，是一种天然有机高分子化合物
D. 二氧化硅是太阳能电池板的主要材料，太阳能替代化石燃料有利于环保
2. 反应可应用于工业合成尿素。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是( )
A. 中子数为8的碳原子： 68C
B. NH3的电子式：
C. 氧原子的结构示意图：
D. CO(NH2)2的结构简式：
3. 科学家从化肥厂生产的(NH4)2SO4中检出化学式为N4H4(SO4)2的物质，该物质的晶体中含有SO42−和N4H44+两种离子，当N4H44+遇到碱性溶液时，会生成N4分子．下列说法正确的是( )
A. 14N、N4与N2互为同位素
B. N4H4(SO4)2的电离方程式为N4H4(SO4)2⇌N4H44++2SO42−
C. N4H4(SO4)2不能与草木灰、K3PO4等化肥混合施用
D. N4H4(SO4)2中只含有共价键，不含离子键
4. 化学反应可用微观示意图形象化地表示。图为处理汽车尾气中的有毒气体的微观示意图(未配平)，其中不同符号的球代表不同种原子。下列说法正确的是( )
A. 甲和丙中同种元素化合价不可能相等
B. 该反应属于置换反应
C. 丁物质一定是非金属单质
D. 乙物质被还原
5. 在0.1L由NaCl、MgCl2、BaCl2组成的混合溶液中，部分离子浓度大小如图所示，下列对该溶液成分说法不正确的是( )
A. NaCl的物质的量为0.1mol
B. 该混合液中BaCl2的物质的量为0.05mol
C. 溶质MgCl2的质量为9.5g
D. 将该混合液加水稀释至体积为1 L，稀释后溶液中的Na+物质的量的浓度为0.1mol/L
6. 某澄清透明溶液中，可能大量存在下列离子中的若干种：H+、NH4+、K+、Mg2+、Cu2+、Br−、AlO2−、Cl−、SO42−、CO32−，现进行如下实验：
①用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出。将溶液分为3份。
②在第1份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清。加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象。
③在第2份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色。
则下列推断正确的是( )
A. 溶液中一定有K+、Br−、AlO2−、CO32−
B. 溶液中一定没有NH4+、Mg2+、Cu2+、Cl−
C. 不能确定溶液中是否有K+、Cl−、SO42−
D. 往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液可确认是否有Cl−
7. 下列说法正确的是( )
A. 标准状况下，将1.12LCl2溶于水，反应中转移0.05mol电子
B. 向NH4Al(SO4)2稀溶液中逐滴加入过量Ba(OH)2溶液，发生反应的离子方程NH4++Al3++2SO42−+2Ba2++5OH−=2BaSO4↓+AlO2−+2H2O+NH3⋅H2O
C. 常温下，水电离的c(H+)为1.0×10−13mol⋅L−1的溶液中，Fe2+、Cl−、Na+、NO3−可能大量共存
D. 麦芽糖溶液中：SO42−、MnO4−、K+、H+可以大量共存
8. 下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 电解饱和MgCl2溶液：
B. 向酸性KMnO4溶液中通入SO2：3SO2+2MnO4−+4OH−=2MnO2↓+3SO42−+2H2O
C. 向Fe(NO3)2稀溶液中滴加足量氢碘酸：3Fe2++NO3−+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O
D. 向NaClO溶液中通入足量CO2：ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−
9. NSR技术能降低柴油发动机在空气过量条件下NOx的排放，其工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A. 降低NOx排放可以减少酸雨的形成
B. 储存过程中NOx被氧化
C. 还原过程中消耗1molBa(NO3)2转移的电子数为5NA(NA为阿伏加德罗常数的值)
D. 通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原
10. 某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，X的原子半径是元素周期表中最小的。下列叙述正确的是( )
A. WX的水溶液呈中性
B. 元素非金属性的顺序为Y
D. 该化合物中与Y单键相连的Q不满足8电子稳定结构
11. 向含有c(FeCl3)=0.2mol⋅L−1.c(FeCl2)=0.1mol⋅L−1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3nm的金属氧化物，下列有关说法中正确的是( )
A. 该分散系的分散质不可能为Fe2O3
B. 可用过滤的方法将黑色金属氧化物与NaCl分离开
C. 在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系带正电荷
D. 当光束通过该分散系时，可以看到一条光亮的“通路”
12. 将ag二氧化锰粉末加入cLbmol⋅L−1的浓盐酸中加热完全溶解，反应中转移电子d个，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是( )
A. 可以收集到标准状况下的氯气22.4d2NAL
B. 反应后溶液中的Cl−数目为bcNA−d
C. NA可表示为87d2a
D. 反应后溶液中的H+数目为bc−2d
13. 如图所示，在一个容积固定的恒温容器中，有两个可左右滑动的密封隔板，在A、B、C处分别充入等质量的X、H2、Y三种气体，当隔板静止时，A、C内的气体密度相等，下列说法正确的是( )
A. X的相对分子质量等于Y的相对分子质量
B. X的相对分子质量比Y的相对分子质量小
C. 气体的体积：V(X)>V(H2)>V(Y)
D. 物质的质量：m(X)
化合物
甲
乙
丙
丁
原子个数比
B：A=1：3
C：A=1：2
D：A=1：1
E：A=1：1
下列说法正确的是( )
A. 元素E在元素周期表中的位置为第二周期第VIA族
B. 原子半径：A
D. A、B、C、D四元素中的三种能形成多种与甲分子电子数相等的化合物
15. 某混合溶液中，可能大量含有的离子如表：
阳离子
H+、K+、Al3+、NH4+、Mg2+
阴离子
OH−、SO42−、CO32−、AlO2−
将Na2O2逐渐加入上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体如图所示。
下列说法不正确的是( )
A. 上述混合溶液中一定大量含有H+、NH4+、Al3+、Mg2+、SO42−
B. 图中a=4
C. b=7；c=9
D. 此溶液还需要用焰色反应继续检验，才能确定溶液准确组成
16. (1)30g12C18O和28g14N2所含的分子数之比为 ______。
(2)同温同压下， 12C18O和 14N2两种气体的密度之比为 ______。
(3)同温同压下，相同体积的 12C18O和 14N2含有的电子数之比为 ______。
(4)28g14N2所含的原子数为 ______。
(5)将乙烯、CO、N2三种气体分别盛放在三个相同容器中，若三个容器的温度和质量相等。则三个容器的气体压强之比为 ______。
(6)将19.4gCO2和水蒸气的混合气体，与足量的Na2O2反应，收集到标准状况下5.6L的气体，试确定混合气体的平均相对分子质量为 ______，CO2与水蒸气的物质的量之比为 ______。
17. 用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16g⋅cm−3)配制成1mol⋅L−1的稀盐酸．现实验室仅需要这种盐酸220mL，试回答下列问题：
(1)配制稀盐酸时，应选用容量为 ______ mL的容量瓶．
(2)经计算需要 ______ mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的 ______ .
A.5mLB.10mLC.25mLD.50mL
(3)在量取浓盐酸后，进行了下列操作：
①等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入250mL容量瓶中．
②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的液面与瓶颈的刻度标线相切．
③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀．
④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶．
上述操作中，正确的顺序是(填序号)______ .
(4)在上述配制过程中，用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，其配制的稀盐酸浓度是 ______ (填“偏高”、“偏低”或“无影响”).若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，则配制的稀盐酸浓度是 ______ (填“偏高”、“偏低”或“无影响”).
18. 某强酸性溶液X，可能含有Al3+、Ba2+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32−、SO42−、SiO32−、NO3−中的一种或几种离子，取该溶液进行实验，其现象及转化如图。反应过程中有一种气体是红棕色。
请回答下列问题：
(1)由强酸性条件即可判断溶液X中一定不存在的离子有______。
(2)溶液X中，关于NO3−的判断一定正确的是______。
a.一定有 b.一定没有 c.可能有
(3)产生气体A的离子方程式为______。
(4)转化⑥发生反应的现象为______。
(5)转化④中产生H的离子方程式为______。
(6)若转化③中，D、H2O、02三种物质恰好发生化合反应生成E，则反应中D与02的物质的量之比为______
(7)对不能确定是否存在的离子，可以另取X溶液，加入下列溶液中的一种，根据现象即可判断，该试剂最好是______。
①NaOH溶液，②KSCN溶液，③石蕊试剂，④pH试纸，⑤KMnO4溶液，⑥氯水和KSCN的混合溶液。
19. 某实验小组研究KI和酸性KMnO4溶液的反应。
实验序号
Ⅰ
Ⅱ
实验操作
实验现象
KMnO4溶液的紫色褪去，溶液变为棕黄色
KMnO4紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液，然后沉淀消失，溶液变为棕黄色
资料：
i.MnO4−在酸性条件下最终被还原为Mn2+。
ii.酸性条件下氧化性：KMnO4>KIO3>I2。
(1)实验Ⅰ中溶液呈棕黄色，推测生成了______。
(2)实验小组继续对实验Ⅱ反应中初始阶段的产物成分进行探究：
①经检验，实验Ⅱ初始阶段I−的氧化产物不是I2，则“实验现象a”为______。
②黑色固体是______。
③经检验，在“紫色清液”中存在IO3−.下列实验方案中，可用于检验“紫色清液”中IO3−的是______(填写编号)。
A.用洁净的玻璃棒蘸取“紫色清液”滴在淀粉-碘化钾试纸上，观察试纸是否变蓝色。
B.取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入NaHSO3溶液，若试管中溶液变蓝色，则“紫色清液”中存在IO3−。
C.取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，观察是否生成黄色沉淀。
④写出在“紫色清液“中生成IO3−的离子方程式为______。
(3)探究实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失的原因。
用离子方程式解释实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失的原因：______。
(4)实验后的反思：导致实验Ⅰ和实验Ⅱ中KI和酸性KMnO4溶液反应产物变化的因素是(写出两点)：______、______。答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.牛奶是胶体，向牛奶中加入果汁会发生胶体聚沉，故A错误；
B.将香蕉和青苹果放在一起，香蕉释放的乙烯有催熟作用，青苹果更容易成熟，故B正确；
C.聚乙烯膜，是一种合成有机高分子化合物，故C错误；
D.硅为良好的半导体材料，是制造太阳能电池板主要原料，故D错误；
故选：B。
A.依据胶体聚沉的性质解答；
B.香蕉释放的乙烯有催熟作用；
C.聚乙烯是人工合成材料；
D.二氧化硅不导电，硅为良好的半导体。
本题考查物质的组成和性质，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.中子数为8的碳元素的一种核素的质量数=中子数+质子数=14，原子符号为 614C，故A错误；
B.NH3属于共价化合物，不存在离子键，分子中存在3对共用电子对，氮原子最外层为8个电子，其正确的电子式为，故B错误；
C.氧原子的最外层为6个电子，氧原子正确的结构示意图为：，故C错误；
D.CO(NH2)2分子中中心原子C原子上含有三个σ键一个π键，其结构简式为：CO(NH2)2，或：，故D正确；
故选：D。
A.中子数+质子数=质量数，质量数在元素符号的左上角；
B.氨气的电子式中漏掉了N原子的1对未成键电子对；
C.氧原子的核电荷数=核外电子总数=8，最外层为6个电子；
D.CO(NH2)2分子中中心原子C原子上含有三个σ键一个π键，即含有碳氧双键、碳氮单键。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及核素符号、电子式、原子的结构示意图、结构简式等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题为信息题，考查了同位素的概念和化学键类型的判断．要充分利用题给信息，结合电解质的电离和有关概念分析判断．
【解答】
A.同位素是指同种元素的不同原子的互称，N4与N2为两种单质，属于同素异形体，故A错误；
B.N4H4(SO4)2的晶体中含有SO42−和N4H44+，可知该物质为离子化合物，完全电离，电离方程式为：N4H4(SO4)2=N4H44++2SO42−，故B错误；
C.草木灰、K3PO4等化肥显碱性，根据题给信息N4H44+遇到碱性溶液时，会生成N4分子判断会使肥效降低，不能混用，故C正确；
D.根据晶体中含有SO42−和N4H44+两种离子可知该晶体中还含离子键，故D错误；
故选：C。
4.【答案】C
【解析】解：A.甲和丙中氧元素化合价相同，故A错误；
B.反应物中无单质，不属于置换反应，故B错误；
C.丁为氮气，为非金属单质，故C正确；
D.CO失去电子被氧化，故D错误；
故选：C。
图为处理汽车尾气中的有毒气体的微观示意图，可知反应为，C元素的化合价升高，N元素的化合价降低，以此来解答。
本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应、元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意汽车尾气的成分，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A、由图可知，c(Na+)=1.0mol/L，该混合液中，NaCl的物质的量为0.2L×1.0mol/L=0.2mol，故A错误；
B、电荷守恒可知2c(Ba2+)+c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl−)，解得：c(Ba2+)=3mol/L−1mol/L−0.5mol/L×22=0.5mol/L，物质的量为：0.5mol/L×0.2L=0.1mol，故B错误；
C、c(Mg2+)=0.5mol/L，含溶质MgCl2的质量为0.2L×0.5mol/L×95g/mol=9.5g，故C正确；
D、该混合液中，NaCl的物质的量为0.2mol，即钠离子的物质的量为0.2mol，将该混合液加水稀释至体积为1L，稀释后溶液中的Na+物质的量浓度为0.2mol1L=0.2mol/L，故D错误；
故选：C。
由图可知，c(Na+)=1.0mol/L，该混合液中，NaCl的物质的量为0.2L×1.0mol/L=0.2mol；c(Mg2+)=0.5mol/L，含溶质MgCl2的质量为0.2L×0.5mol/L×95g/mol=9.5g，由电荷守恒可知2c(Ba2+)+c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl−)，解得：c(Ba2+)=3mol/L−1mol/L−0.5mol/L×22=0.5mol/L，由此分析解答．
本题考查了物质的量、物质的量浓度的计算，题目浓度中等，明确稀释过程中溶质的物质的量不变及电荷守恒的应用方法为解答关键，注意熟练掌握物质的量浓度概念及计算方法．
6.【答案】A
【解析】解：A.由上述分析可知溶液中一定存在K+、Br−、CO32−、AlO2−，故A正确；
B.不能确定是否含Cl−，故B错误；
C.溶液中一定含K+，故C错误；
D.因加盐酸引入氯离子，且原溶液中可能含SO42−，第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液不能确认原溶液中是否有Cl−，故D错误；
故选：A。
①用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出，可知无色气体为二氧化碳，一定含CO32−，溶液先浑浊后又变澄清可知一定含AlO2−，由离子共存可知，一定不含H+、Mg2+、Cu2+；
②在一份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象，则不含NH4+；
③在另一份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色，则一定含Br−，结合电荷守恒及离子共存解答。
本题考查离子的检验，为高频考点，把握离子反应、离子共存为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意不能确定的离子，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.氯气与水反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以标况下，将1.12LLCl2通入水中，转移电子的数目为小于0.05mol电子，故A错误；
B.向NH4Al(SO4)2溶液中加入过量的Ba(OH)2稀溶液，离子方程式：NH4++Al3++2SO42−+2Ba2++5OH−=2BaSO4↓+NH3⋅H2O+AlO2−+2H2O，故B正确；
C.水的电离被抑制，则溶液呈强酸性或强碱性，酸性条件下Fe2+、NO3−发生氧化还原反应而不能大量共存，碱性条件下Fe2+生成沉淀而不能大量共存，故C错误；
D.麦芽糖含有醛基，具有强的还原性，酸性环境下能够被高锰酸根离子氧化，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
A.氯气与水反应为可逆反应；
B.氢氧化钡过量反应生成硫酸钡、一水合氨和偏铝酸钡和水；
C.水的电离被抑制，则溶液呈强酸性或强碱性；
D.麦芽糖中含有醛基，能被强氧化性物质氧化。
本题考查离子共存，涉及氧化还原反应、复分解反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意CD中隐含信息，为解答易错点。
8.【答案】D
【解析】解：A.电解饱和MgCl2溶液，离子方程式：，故A错误；
B.向酸性KMnO4溶液中通入入SO2，反应为氢离子，离子方程式：3SO2+2MnO4−+2H2O=2MnO2↓+3SO42−+4H+，故B错误；
C.向Fe(NO3)2稀溶液中滴加足量氢碘酸，离子方程式：6I−+2NO3−+8H+=3I2+2NO↑+4H2O，故C错误；
D.向NaClO溶液中通入足量CO2，离子方程式：ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−，故D正确；
故选：D。
A.电解饱和氯化镁溶液生成氢氧化镁和氢气、氯气；
B.酸性溶液中发生反应的离子为氢离子，不是氢氧根离子；
C.氢碘酸足量，不能生成三价铁离子；
D.二氧化碳足量，反应生成次氯酸和碳酸氢钠。
本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意与氧化还原反应及与量有关的离子反应为解答的难点，题目难度中等。
9.【答案】C
【解析】解：A.氮氧化物的排放能够引起硝酸型酸雨的发生，所以降低NOx排放可以减少酸雨的形成，故A正确；
B.已经图示可知储存过程中，一氧化氮、二氧化氮结合氧气和氧化钡反应生成硝酸钡，NOx中氮化合价升高被氧化，故B正确；
C.Ba(NO3)2→N2，氮元素从+5价降为0价，消耗1molBa(NO3)2转移的电子数为10NA，故C错误；
D.依据图示可知通过BaO和Ba(NO3)2与NOx的氧化还原反应，实现NOx的储存和还原，故D正确；
故选：C。
A.氮氧化物的排放能够引起硝酸型酸雨的发生；
B.分析储存过程中氮元素化合价变化判断解答；
C.分析Ba(NO3)2→N2，化合价变化，计算电子转移数目；
D.依据图示储存和还原过程中，氧化钡、硝酸钡、NOx转化判断。
本题考查了化学与生活，主要考查环境污染与治理，明确酸雨成因，理解原理图含义是解题关键，题目难度中等，侧重学生读图分析能力。
10.【答案】B
【解析】解：根据分析可知，X为H，Y为C，Z为N，Q为O，W为Na元素，
A.WX是NaH，溶于水生成氢氧化钠和氢气，其水溶液呈碱性，故A错误；
B.同一周期从左向右非金属性逐渐增强，则非金属性：Y
D.该化合物中与碳原子单键相连的氧原子得到1个电子，达到8电子稳定结构，故D错误；
故选：B。
某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，X的原子半径是元素周期表中最小的，则X为H；W形成+1价阳离子，则W为Na；Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，Y能够形成4个共价键，则Y为C，Q为O元素；Z介于C、O元素之间，则Z为N元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
11.【答案】D
【解析】解：A.三氧化二铁为红棕色，由题意知得到一种黑色分散系，故A错误；
B.胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分离，故B错误；
C.在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系容易吸附带正电的阳离子而形成带电的胶体微粒，故C错误；
D.分散质粒子是直径约为9.3nm，介于1nm∼100nm，属于胶体，当光束通过该分散系时，可以看到一条光亮的“通路”，故D正确；
故选：D。
A.三氧化二铁为红棕色；
B.分散质粒子是直径约为9.3nm，介于1nm∼100nm，属于胶体；
C.该分散系容易吸附带正电的阳离子；
D.胶体具有丁达尔现象。
本题考查了铁的化合物的性质、胶体的性质，准确把握题意，明确胶体的性质是解题关键，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.反应中转移电子d个，则生成n(Cl2)=12×dNAmol，故标准状况下V(Cl2)=)=12×dNAmol×22.4L/mol=22.4d2NL，故A正确；
B.反应中转移电子d个，则有d个Cl−转化为Cl2，根据氯原子守恒，则反应后的溶液Cl−数目=(cL×bmol⋅L−1×NAmol−1)−d=bcNA−d，故B正确；
C.二氧化锰完全反应，则a87mol×(4−2)×NAmol−1=d，故NA=87d2a，故C正确；
D.发生反应发生MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+Cl2↑+2H2O，d表示电子转移数目，则2d等于消耗的H+数目，表达式中bc表示HCl的物质的量，故(bc−2d)不能表示反应后溶液中的H+数目，故D错误；
故选：D。
A.根据电子转移守恒计算氯气的物质的量，再根据V=nVm计算氯气体积；
B.反应中转移电子d个，则有d个Cl−转化为Cl2，根据氯原子守恒计算反应后的溶液Cl−数目；
C.二氧化锰完全反应，根据二氧化锰的量计算转移电子物质的量，再结合转移电子数计算阿伏加德罗常数的值；
D.表达式中bc表示HCl的物质的量，d表示电子转移数目，则2d等于消耗的H+数目。
本题考查化学方程式的计算，关键是对反应的理解，注意守恒思想的运用，D选项为易错点，注意理解表达式的含义，题目侧重考查学生分析计算能力、灵活运用知识的能力。
13.【答案】A
【解析】解：A.A、C内温度压强相等，气体密度相等，则气体的摩尔质量相等，即X的相对分子质量等于Y的相对分子质量，故A正确；
B.由选项A分析可知，X的相对分子质量等于Y的相对分子质量，故B错误；
C.A、C内气体质量相等，密度相等，故V(X)=V(Y)，故C错误；
D.在A、B、C处分别充入等质量的X、H2、Y三种气体，当隔板静止时，气体质量不变，故m(X)=m(H2)=m(Y)，故D错误；
故选：A。
A.同温同压条件下，气体的摩尔质量之比等于密度之比；
B.同温同压条件下，气体的摩尔质量之比等于密度之比；
C.结合公式V=mρ分析；
D.隔板移动，气体质量不变。
本题考查物质的量的计算，题目难度中等，注意阿伏加德罗定律及其推论的应用。
14.【答案】D
【解析】解：由上述分析可知，A为H，B为C，C为N，D为O，E为Cl，
A.元素E为Cl，原子序数为17，在元素周期表中的位置为第三周期第族，故A错误；
B.主族元素同周期自左而右原子半径减小，所有元素中H原子半径最小，则原子半径H
D.H、C、N、O四种元素中的三种能形成CH3OH、NH2OH、CH3NH2等，与CH3CH3的电子数相等，故D正确；
故选：D。
A、B、C、D、E五种短周期元素，其原子序数逐渐增大，元素A的单质是密度最小的气体，则A为H；元素B的单质存在两种以上同素异形体，且其中一种是自然界中硬度最大的单质，则B为C元素；元素D的最外层电子数是次外层电子数的三倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，则C为N；B、C、D、E四种元素均能与A形成电子数相等的四种分子，结合表中化合物中各原子的个数比可知，甲为CH3CH3，乙为N2H4，丙为H2O2，丁为HCl，则E为Cl，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握18电子的元素化合物、原子结构、原子序数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
15.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查常见离子的检验方法，题目难度较大，根据离子之间反应的现象结合图示的数值来判断存在的离子以及量的情况；根据图象中所生成的气体和沉淀的量以及所加过氧化钠的量来计算各个点所对应的值，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。
【解答】
Na2O2与H2O反应生成O2，Na2O2和O2的物质的量之比为2：1.先看气体图象，当Na2O2为8 mol时，产生气体为6 mol，根据反应计量关系可知生成4molO2和2molNH3，利用原子守恒得出NH4+为2 mol，其结合OH−为2 mol，b点对应的值为7.再看沉淀曲线，最终沉淀为3molMg(OH)2，利用原子守恒得出Mg2+为3mol，沉淀最大值为5mol，利用原子守恒得出Al3+为2 mol，当沉淀达到最大值时消耗OH−为3mol×2+2mol×3=12mol，需要6molNa2O2，但当沉淀达到最大值时消耗7molNa2O2，说明有1molNa2O2与H2O反应生成的OH−被H+消耗，H+的物质的量为2mol。根据离子的性质确定不含有CO32−、AlO2−和OH−，根据电中性原则可知一定含有SO42−.不能确定溶液中是否含有K+。
A.根据上述分析可知，混合溶液中一定大量含有H+、NH4+、Al3+、Mg2+、SO42−，故A正确；
B.含有2mol的氢离子需要消耗氢氧化钠2mol，则需要1mol过氧化钠来生成，所以a=1，故B错误；
C.含有镁离子和铝离子一共5mol，所以消耗过氧化钠的量为6mol，在加上a=1，则b=7，铝离子的物质的量是2mol，所以氢氧化铝的物质的量是2mol，完全将氢氧化铝溶解，消耗2mol的氢氧化钠，即需要1mol的过氧化钠来生成，所以c=9，故C正确；
D.不能确定溶液中是否含有K+，钾离子的检验常用焰色反应，故D正确。
故选：B。
16.【答案】1：1 15：14 1：12NA 1：1：139.83：2
【解析】解：(1)30g12C18O和28g14N2所含的分子数之比为30g30g/mol：28g28g/mol=1：1，
故答案为：1：1；
(2)同温同压下， 12C18O和 14N2两种气体的密度之比为30g/mol：28g/mol=15：14，
故答案为：15：14；
(3)同温同压下，相同体积的 12C18O和 14N2的物质的量相同， 12C18O和 14N2分子中均含有14个电子，相同体积的 12C18O和 14N2含有的电子数之比为1：1，
故答案为：1：1；
(4)28g14N2所含的原子数为28g28g/mol×2×NA/mol=2NA，
故答案为：2NA；
(5)同温同容条件下，乙烯、CO、N2三种气体的摩尔质量均为28g/mol，质量相同，则三者的物质的量相同，则三个容器的气体压强之比为1：1：1，
故答案为：1：1：1；
(6)将19.4gCO2和水蒸气的混合气体，与足量的Na2O2反应，收集到标准状况下5.6L的氧气，氧气的物质的量为0.25mol，则混合气的物质的量为0.5mol，混合气体的平均摩尔质量为19.4g0.5mol=39.8g/mol，平均相对分子质量为39.8，设CO2与水蒸气的物质的量分别为xmol和ymol，则xmol+ymol=0.5mol，44g/mol×xmol+18g/mol×ymol=19.4g，解得x=0.3mol，y=0.2mol，CO2与水蒸气的物质的量之比为0.3mol：0.2mol=3：2，
故答案为：3：2。
(1)结合公式n=mM计算；
(2)同温同压下，气体的密度比等于摩尔质量之比；
(3)12C18O和 14N2分子中均含有14个电子；
(4)结合公式n=mM计算；
(5)同温同容条件下，气体的压强比等于物质的量之比；
(6)CO2和水蒸气与Na2O2反应分别为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，反应后气体的物质的量为反应前气体的一半。
本题考查物质的量的计算，题目难度中等，掌握以物质的量为中心的计算转化关系是解题的关键。
17.【答案】250；21.6；C；③①④②；偏低；偏低
【解析】解：(1)要配制盐酸220mL，则需要选择250ml的容量瓶，故答案为：250；
(2)浓盐酸的物质的量浓度C=1000ρωM=1000×1.16g/ml×36.5%36.5g/mol=11.6mol/L，设所需浓盐酸的体积为V，则有V×11.6mol/L=O.25L×1mol/L，得V=O.0216L，即21.6ml，应选择25ml的量筒，
故答案为：21.6；C；
(3)配制一定物质的量浓度的溶液的一般操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，故上述操作中，正确的顺序是③①④②，
故答案为：③①④②；
(4)根据c=nV分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，凡是能够使n偏大或者使V偏小的操作，都会使C偏大，凡是能够使n偏小或者使V偏大的操作都会使浓度C偏小．
在上述配制过程中，用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，相当于稀释浓盐酸，所取盐酸的物质的量n偏小，配得溶液的浓度偏低；
未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，溶质氯化氢没能全部转移到容量瓶，n偏小，配得的溶液的浓度偏低；
故答案为：偏低；偏低．
(1)根据配制溶液的体积，常用容量瓶的规格选取对应的容量瓶；
(2)依据C=1000ρωM计算浓盐酸的物质的量浓度，然后根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓盐酸的体积，选择合适的量筒；
(3)根据配置一定物质的量浓度溶液的实验操作步骤解答；
(4)根据c=nV分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，凡是能够使n偏大或者使V偏小的操作，都会使C偏大，凡是能够使n偏小或者使V偏大的操作都会使浓度C偏小据此判断．
本题考查了配置一定物质的量浓度溶液，明确实验的操作步骤是解题关键，注意误差的分析应依据c=nV进行．
18.【答案】CO32−、SiO32−b3Fe2++NO3−+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O红褐色沉淀溶解，溶液呈黄色 Al3++4OH−=AlO2−+2H2O4：1 ②
【解析】解：某强酸性溶液X，则溶液中不存在弱酸根离子CO32−、SiO32−，溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C，则溶液呈存在SO42−，不存在和硫酸根离子反应的Ba2+，C是BaSO4；
酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以溶液中Fe2+和NO3−不能共存，加入硝酸钡产生气体，则溶液中存在Fe2+，不存在NO3−，A是NO；
溶液B中加入氢氧化钠溶液时，产生气体F，则溶液中含有NH4+，F是NH3，产生沉淀，则溶液中存在Fe3+，沉淀G是Fe(OH)3，氢氧化铁和盐酸反应生成FeCl3，则J是FeCl3，溶液H中通入过量二氧化碳生成沉淀，则溶液中存在Al3+，沉淀K是Al(OH)3，溶液L是NaHCO3；
A是NO，则D是NO2，二氧化氮化和水反应生成硝酸和NO，则E是HNO3，硝酸和氨气反应生成硝酸铵，则I是NH4NO3，
(1)由强酸性条件即可判断溶液X中一定不存在弱酸根离子，所以不存在的离子有CO32−、SiO32−，
故答案为：CO32−、SiO32−；
(2)强酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，如果存在硝酸根离子，则不存在亚铁离子，加入硝酸钡溶液时不能产生气体，所以溶液X中一定没有NO3−，
故选b；
(3)亚铁离子和硝酸反应生成铁离子、一氧化氮和水，离子反应方程式为：3Fe2++NO3−+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，
故答案为：3Fe2++NO3−+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；
(4)氢氧化铁和稀盐酸反应生成氯化铁和水，氢氧化铁为红褐色沉淀，氯化铁溶液呈黄色，所以看到的现象是：红褐色沉淀逐渐溶解，溶液变为黄色，
故答案为：红褐色沉淀溶解，溶液呈黄色；
(5)铝离子和过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al3++4OH−=AlO2−+2H2O，
故答案为：Al3++4OH−=AlO2−+2H2O；
(6)若转化③中，NO2、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应生成HNO3，该反应方程式为：NO2+2H2O+O2=4HNO3，则反应中D与O2的物质的量之比为4：1，
故答案为：4：1。
(7)溶液中Fe3+是否存在不能确定，Fe3+和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，所以可以用硫氰化钾溶液检验，故选②；
故答案为：②。
某强酸性溶液X，则溶液中不存在弱酸根离子CO32−、SiO32−，溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C，则溶液呈存在SO42−，不存在和硫酸根离子反应的Ba2+，C是BaSO4；
酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以溶液中Fe2+和NO3−不能共存，加入硝酸钡产生气体，则溶液中存在Fe2+，不存在NO3−，A是NO；
溶液B中加入氢氧化钠溶液时，产生气体F，则溶液中含有NH4+，F是NH3，产生沉淀，则溶液中存在Fe3+，沉淀G是Fe(OH)3，氢氧化铁和盐酸反应生成FeCl3，则J是FeCl3，溶液H中通入过量二氧化碳生成沉淀，则溶液中存在Al3+，沉淀K是Al(OH)3，溶液L是NaHCO3；
A是NO，则D是NO2，二氧化氮化和水反应生成硝酸和NO，则E是HNO3，硝酸和氨气反应生成硝酸铵，则I是NH4NO3。
本题考查了离子的推断，根据物质间发生反应的特殊现象结合离子共存来分析解答，熟悉物质的性质是解本题关键，注意根据溶液和硝酸钡反应生成气体确定溶液中存在亚铁离子，为解答本题的易错点，熟练掌握离子共存的条件，灵活运用知识解答，题目难度中等。
19.【答案】I2 溶液分层，下层液体无色 MnO2 B2MnO4−+I−+2H+=2MnO2↓+IO3−+H2OMnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O试剂的相对用量(滴加顺序)溶液酸性强弱
【解析】解：(1)低浓度碘水的颜色为黄色，KI和酸性KMnO4溶液反应的生成物中使溶液呈棕黄色的只可能是生成I2单质，
故答案为：I2；
(2)①实验Ⅱ初始阶段I−的氧化产物不是I2，则有机溶剂四氯化碳中未溶解I2而呈无色，但四氯化碳不溶于水、密度比水大，导致液体分层；
故答案为：溶液分层，下层液体无色；
②KI和酸性KMnO4溶液反应的黑色生成物能催化H2O2分解，则可联想到固体黑色固体为MnO2；
故答案为：MnO2；
③酸性条件下氧化性：KIO3>I2 ，可加入不含I元素的还原剂将IO3−还原为I2 ，利用淀粉遇到碘单质变蓝色检验I2的存在，间接证明IO3−的存在，即取少量“紫色清液”，逐滴加入Na2SO3溶液，振荡，溶液紫色消失变成棕黄色时，滴加淀粉溶液，溶液变蓝说明存在IO3−，故B正确；
故答案为：B；
④KI和酸性KMnO4溶液的反应生成KIO3和MnO2，根据电子守恒和电荷守恒配平写出的离子方程式为2MnO4−+I−+2H+=2MnO2↓+IO3−+H2O，
故答案为：2MnO4−+I−+2H+=2MnO2↓+IO3−+H2O；
(3)MnO2、KI和硫酸反应生成的棕黄色溶液中含有I2 ，根据化合价升降规律可知还生成MnSO4，结合酸性条件和守恒思想、配平、写出的离子方程式为MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O，
故答案为：MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O；
(4)由实验I和实验II的现象得到：所得产物成分与试剂的相对用量(滴加顺序)有关，由探究实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失原因的实验可知，所得产物成分与溶液酸性强弱有关，实际上，物质的变化主要与其自身的性质有关，还与外界条件，如浓度大小、用量多少、溶液的酸碱性等因素有关，
故答案为：试剂的相对用量(滴加顺序)、溶液酸性强弱。
(1)KI和酸性KMnO4溶液反应生成I2单质；
(2)①四氯化碳是有机溶剂、不溶于水、密度比水大，溶解I2而呈紫色；实验Ⅱ初始阶段I−的氧化产物不是I2，则四氯化碳中未溶解I2而呈无色；
②KI和酸性KMnO4溶液反应的黑色生成物能催化H2O2分解；
③酸性条件下氧化性：KIO3>I2 ，可加入不含I元素的还原剂将IO3−还原为I2 ，利用淀粉检验I2的存在间接证明IO3−的存在；
④由②③分析可知，KI和酸性KMnO4溶液的反应生成KIO3和MnO2，结合电子守恒和电荷守恒配平写出反应的离子方程式；
(3)根据探究实验过程可知，MnO2、KI和硫酸反应生成I2 ，结合化合价升降规律可知还生成硫酸锰，据此写出反应的离子方程式；
(4)物质的变化主要与其自身的性质有关，还与外界条件，如浓度大小、用量多少、溶液的酸碱性等有关，据此分析解答。
本题考查了物质性质方案设计，综合考查了物质的性质的探究实验方案及评价、氧化还原反应规律的应用及方程式的书写、基本的实验方法等，试题侧重对学生分析能力和运用能力的考查和解题方法的指导与训练，注意探究物质性质的实验方法，题目难度中等。
2022年陕西省安康市汉滨区江北高级中学高考化学第一次模拟试卷
1. 化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法正确的是( )
A. 向牛奶中加入果汁会产生沉淀，这是因为发生了酸碱中和反应
B. 将香蕉和青苹果放在一起，青苹果更容易成熟，是因为香蕉释放的乙烯有催熟作用
C. “火神山”医院地面上铺的HDPE也称高密度聚乙烯膜，是一种天然有机高分子化合物
D. 二氧化硅是太阳能电池板的主要材料，太阳能替代化石燃料有利于环保
2. 反应可应用于工业合成尿素。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是( )
A. 中子数为8的碳原子： 68C
B. NH3的电子式：
C. 氧原子的结构示意图：
D. CO(NH2)2的结构简式：
3. 科学家从化肥厂生产的(NH4)2SO4中检出化学式为N4H4(SO4)2的物质，该物质的晶体中含有SO42−和N4H44+两种离子，当N4H44+遇到碱性溶液时，会生成N4分子．下列说法正确的是( )
A. 14N、N4与N2互为同位素
B. N4H4(SO4)2的电离方程式为N4H4(SO4)2⇌N4H44++2SO42−
C. N4H4(SO4)2不能与草木灰、K3PO4等化肥混合施用
D. N4H4(SO4)2中只含有共价键，不含离子键
4. 化学反应可用微观示意图形象化地表示。图为处理汽车尾气中的有毒气体的微观示意图(未配平)，其中不同符号的球代表不同种原子。下列说法正确的是( )
A. 甲和丙中同种元素化合价不可能相等
B. 该反应属于置换反应
C. 丁物质一定是非金属单质
D. 乙物质被还原
5. 在0.1L由NaCl、MgCl2、BaCl2组成的混合溶液中，部分离子浓度大小如图所示，下列对该溶液成分说法不正确的是( )
A. NaCl的物质的量为0.1mol
B. 该混合液中BaCl2的物质的量为0.05mol
C. 溶质MgCl2的质量为9.5g
D. 将该混合液加水稀释至体积为1 L，稀释后溶液中的Na+物质的量的浓度为0.1mol/L
6. 某澄清透明溶液中，可能大量存在下列离子中的若干种：H+、NH4+、K+、Mg2+、Cu2+、Br−、AlO2−、Cl−、SO42−、CO32−，现进行如下实验：
①用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出。将溶液分为3份。
②在第1份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清。加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象。
③在第2份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色。
则下列推断正确的是( )
A. 溶液中一定有K+、Br−、AlO2−、CO32−
B. 溶液中一定没有NH4+、Mg2+、Cu2+、Cl−
C. 不能确定溶液中是否有K+、Cl−、SO42−
D. 往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液可确认是否有Cl−
7. 下列说法正确的是( )
A. 标准状况下，将1.12LCl2溶于水，反应中转移0.05mol电子
B. 向NH4Al(SO4)2稀溶液中逐滴加入过量Ba(OH)2溶液，发生反应的离子方程NH4++Al3++2SO42−+2Ba2++5OH−=2BaSO4↓+AlO2−+2H2O+NH3⋅H2O
C. 常温下，水电离的c(H+)为1.0×10−13mol⋅L−1的溶液中，Fe2+、Cl−、Na+、NO3−可能大量共存
D. 麦芽糖溶液中：SO42−、MnO4−、K+、H+可以大量共存
8. 下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 电解饱和MgCl2溶液：
B. 向酸性KMnO4溶液中通入SO2：3SO2+2MnO4−+4OH−=2MnO2↓+3SO42−+2H2O
C. 向Fe(NO3)2稀溶液中滴加足量氢碘酸：3Fe2++NO3−+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O
D. 向NaClO溶液中通入足量CO2：ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−
9. NSR技术能降低柴油发动机在空气过量条件下NOx的排放，其工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A. 降低NOx排放可以减少酸雨的形成
B. 储存过程中NOx被氧化
C. 还原过程中消耗1molBa(NO3)2转移的电子数为5NA(NA为阿伏加德罗常数的值)
D. 通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原
10. 某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，X的原子半径是元素周期表中最小的。下列叙述正确的是( )
A. WX的水溶液呈中性
B. 元素非金属性的顺序为Y
D. 该化合物中与Y单键相连的Q不满足8电子稳定结构
11. 向含有c(FeCl3)=0.2mol⋅L−1.c(FeCl2)=0.1mol⋅L−1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3nm的金属氧化物，下列有关说法中正确的是( )
A. 该分散系的分散质不可能为Fe2O3
B. 可用过滤的方法将黑色金属氧化物与NaCl分离开
C. 在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系带正电荷
D. 当光束通过该分散系时，可以看到一条光亮的“通路”
12. 将ag二氧化锰粉末加入cLbmol⋅L−1的浓盐酸中加热完全溶解，反应中转移电子d个，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是( )
A. 可以收集到标准状况下的氯气22.4d2NAL
B. 反应后溶液中的Cl−数目为bcNA−d
C. NA可表示为87d2a
D. 反应后溶液中的H+数目为bc−2d
13. 如图所示，在一个容积固定的恒温容器中，有两个可左右滑动的密封隔板，在A、B、C处分别充入等质量的X、H2、Y三种气体，当隔板静止时，A、C内的气体密度相等，下列说法正确的是( )
A. X的相对分子质量等于Y的相对分子质量
B. X的相对分子质量比Y的相对分子质量小
C. 气体的体积：V(X)>V(H2)>V(Y)
D. 物质的质量：m(X)
化合物
甲
乙
丙
丁
原子个数比
B：A=1：3
C：A=1：2
D：A=1：1
E：A=1：1
下列说法正确的是( )
A. 元素E在元素周期表中的位置为第二周期第VIA族
B. 原子半径：A
D. A、B、C、D四元素中的三种能形成多种与甲分子电子数相等的化合物
15. 某混合溶液中，可能大量含有的离子如表：
阳离子
H+、K+、Al3+、NH4+、Mg2+
阴离子
OH−、SO42−、CO32−、AlO2−
将Na2O2逐渐加入上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体如图所示。
下列说法不正确的是( )
A. 上述混合溶液中一定大量含有H+、NH4+、Al3+、Mg2+、SO42−
B. 图中a=4
C. b=7；c=9
D. 此溶液还需要用焰色反应继续检验，才能确定溶液准确组成
16. (1)30g12C18O和28g14N2所含的分子数之比为 ______。
(2)同温同压下， 12C18O和 14N2两种气体的密度之比为 ______。
(3)同温同压下，相同体积的 12C18O和 14N2含有的电子数之比为 ______。
(4)28g14N2所含的原子数为 ______。
(5)将乙烯、CO、N2三种气体分别盛放在三个相同容器中，若三个容器的温度和质量相等。则三个容器的气体压强之比为 ______。
(6)将19.4gCO2和水蒸气的混合气体，与足量的Na2O2反应，收集到标准状况下5.6L的气体，试确定混合气体的平均相对分子质量为 ______，CO2与水蒸气的物质的量之比为 ______。
17. 用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16g⋅cm−3)配制成1mol⋅L−1的稀盐酸．现实验室仅需要这种盐酸220mL，试回答下列问题：
(1)配制稀盐酸时，应选用容量为 ______ mL的容量瓶．
(2)经计算需要 ______ mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的 ______ .
A.5mLB.10mLC.25mLD.50mL
(3)在量取浓盐酸后，进行了下列操作：
①等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入250mL容量瓶中．
②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的液面与瓶颈的刻度标线相切．
③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀．
④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶．
上述操作中，正确的顺序是(填序号)______ .
(4)在上述配制过程中，用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，其配制的稀盐酸浓度是 ______ (填“偏高”、“偏低”或“无影响”).若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，则配制的稀盐酸浓度是 ______ (填“偏高”、“偏低”或“无影响”).
18. 某强酸性溶液X，可能含有Al3+、Ba2+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32−、SO42−、SiO32−、NO3−中的一种或几种离子，取该溶液进行实验，其现象及转化如图。反应过程中有一种气体是红棕色。
请回答下列问题：
(1)由强酸性条件即可判断溶液X中一定不存在的离子有______。
(2)溶液X中，关于NO3−的判断一定正确的是______。
a.一定有 b.一定没有 c.可能有
(3)产生气体A的离子方程式为______。
(4)转化⑥发生反应的现象为______。
(5)转化④中产生H的离子方程式为______。
(6)若转化③中，D、H2O、02三种物质恰好发生化合反应生成E，则反应中D与02的物质的量之比为______
(7)对不能确定是否存在的离子，可以另取X溶液，加入下列溶液中的一种，根据现象即可判断，该试剂最好是______。
①NaOH溶液，②KSCN溶液，③石蕊试剂，④pH试纸，⑤KMnO4溶液，⑥氯水和KSCN的混合溶液。
19. 某实验小组研究KI和酸性KMnO4溶液的反应。
实验序号
Ⅰ
Ⅱ
实验操作
实验现象
KMnO4溶液的紫色褪去，溶液变为棕黄色
KMnO4紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液，然后沉淀消失，溶液变为棕黄色
资料：
i.MnO4−在酸性条件下最终被还原为Mn2+。
ii.酸性条件下氧化性：KMnO4>KIO3>I2。
(1)实验Ⅰ中溶液呈棕黄色，推测生成了______。
(2)实验小组继续对实验Ⅱ反应中初始阶段的产物成分进行探究：
①经检验，实验Ⅱ初始阶段I−的氧化产物不是I2，则“实验现象a”为______。
②黑色固体是______。
③经检验，在“紫色清液”中存在IO3−.下列实验方案中，可用于检验“紫色清液”中IO3−的是______(填写编号)。
A.用洁净的玻璃棒蘸取“紫色清液”滴在淀粉-碘化钾试纸上，观察试纸是否变蓝色。
B.取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入NaHSO3溶液，若试管中溶液变蓝色，则“紫色清液”中存在IO3−。
C.取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，观察是否生成黄色沉淀。
④写出在“紫色清液“中生成IO3−的离子方程式为______。
(3)探究实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失的原因。
用离子方程式解释实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失的原因：______。
(4)实验后的反思：导致实验Ⅰ和实验Ⅱ中KI和酸性KMnO4溶液反应产物变化的因素是(写出两点)：______、______。答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.牛奶是胶体，向牛奶中加入果汁会发生胶体聚沉，故A错误；
B.将香蕉和青苹果放在一起，香蕉释放的乙烯有催熟作用，青苹果更容易成熟，故B正确；
C.聚乙烯膜，是一种合成有机高分子化合物，故C错误；
D.硅为良好的半导体材料，是制造太阳能电池板主要原料，故D错误；
故选：B。
A.依据胶体聚沉的性质解答；
B.香蕉释放的乙烯有催熟作用；
C.聚乙烯是人工合成材料；
D.二氧化硅不导电，硅为良好的半导体。
本题考查物质的组成和性质，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.中子数为8的碳元素的一种核素的质量数=中子数+质子数=14，原子符号为 614C，故A错误；
B.NH3属于共价化合物，不存在离子键，分子中存在3对共用电子对，氮原子最外层为8个电子，其正确的电子式为，故B错误；
C.氧原子的最外层为6个电子，氧原子正确的结构示意图为：，故C错误；
D.CO(NH2)2分子中中心原子C原子上含有三个σ键一个π键，其结构简式为：CO(NH2)2，或：，故D正确；
故选：D。
A.中子数+质子数=质量数，质量数在元素符号的左上角；
B.氨气的电子式中漏掉了N原子的1对未成键电子对；
C.氧原子的核电荷数=核外电子总数=8，最外层为6个电子；
D.CO(NH2)2分子中中心原子C原子上含有三个σ键一个π键，即含有碳氧双键、碳氮单键。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及核素符号、电子式、原子的结构示意图、结构简式等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题为信息题，考查了同位素的概念和化学键类型的判断．要充分利用题给信息，结合电解质的电离和有关概念分析判断．
【解答】
A.同位素是指同种元素的不同原子的互称，N4与N2为两种单质，属于同素异形体，故A错误；
B.N4H4(SO4)2的晶体中含有SO42−和N4H44+，可知该物质为离子化合物，完全电离，电离方程式为：N4H4(SO4)2=N4H44++2SO42−，故B错误；
C.草木灰、K3PO4等化肥显碱性，根据题给信息N4H44+遇到碱性溶液时，会生成N4分子判断会使肥效降低，不能混用，故C正确；
D.根据晶体中含有SO42−和N4H44+两种离子可知该晶体中还含离子键，故D错误；
故选：C。
4.【答案】C
【解析】解：A.甲和丙中氧元素化合价相同，故A错误；
B.反应物中无单质，不属于置换反应，故B错误；
C.丁为氮气，为非金属单质，故C正确；
D.CO失去电子被氧化，故D错误；
故选：C。
图为处理汽车尾气中的有毒气体的微观示意图，可知反应为，C元素的化合价升高，N元素的化合价降低，以此来解答。
本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应、元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意汽车尾气的成分，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A、由图可知，c(Na+)=1.0mol/L，该混合液中，NaCl的物质的量为0.2L×1.0mol/L=0.2mol，故A错误；
B、电荷守恒可知2c(Ba2+)+c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl−)，解得：c(Ba2+)=3mol/L−1mol/L−0.5mol/L×22=0.5mol/L，物质的量为：0.5mol/L×0.2L=0.1mol，故B错误；
C、c(Mg2+)=0.5mol/L，含溶质MgCl2的质量为0.2L×0.5mol/L×95g/mol=9.5g，故C正确；
D、该混合液中，NaCl的物质的量为0.2mol，即钠离子的物质的量为0.2mol，将该混合液加水稀释至体积为1L，稀释后溶液中的Na+物质的量浓度为0.2mol1L=0.2mol/L，故D错误；
故选：C。
由图可知，c(Na+)=1.0mol/L，该混合液中，NaCl的物质的量为0.2L×1.0mol/L=0.2mol；c(Mg2+)=0.5mol/L，含溶质MgCl2的质量为0.2L×0.5mol/L×95g/mol=9.5g，由电荷守恒可知2c(Ba2+)+c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl−)，解得：c(Ba2+)=3mol/L−1mol/L−0.5mol/L×22=0.5mol/L，由此分析解答．
本题考查了物质的量、物质的量浓度的计算，题目浓度中等，明确稀释过程中溶质的物质的量不变及电荷守恒的应用方法为解答关键，注意熟练掌握物质的量浓度概念及计算方法．
6.【答案】A
【解析】解：A.由上述分析可知溶液中一定存在K+、Br−、CO32−、AlO2−，故A正确；
B.不能确定是否含Cl−，故B错误；
C.溶液中一定含K+，故C错误；
D.因加盐酸引入氯离子，且原溶液中可能含SO42−，第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液不能确认原溶液中是否有Cl−，故D错误；
故选：A。
①用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出，可知无色气体为二氧化碳，一定含CO32−，溶液先浑浊后又变澄清可知一定含AlO2−，由离子共存可知，一定不含H+、Mg2+、Cu2+；
②在一份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象，则不含NH4+；
③在另一份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色，则一定含Br−，结合电荷守恒及离子共存解答。
本题考查离子的检验，为高频考点，把握离子反应、离子共存为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意不能确定的离子，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.氯气与水反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以标况下，将1.12LLCl2通入水中，转移电子的数目为小于0.05mol电子，故A错误；
B.向NH4Al(SO4)2溶液中加入过量的Ba(OH)2稀溶液，离子方程式：NH4++Al3++2SO42−+2Ba2++5OH−=2BaSO4↓+NH3⋅H2O+AlO2−+2H2O，故B正确；
C.水的电离被抑制，则溶液呈强酸性或强碱性，酸性条件下Fe2+、NO3−发生氧化还原反应而不能大量共存，碱性条件下Fe2+生成沉淀而不能大量共存，故C错误；
D.麦芽糖含有醛基，具有强的还原性，酸性环境下能够被高锰酸根离子氧化，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
A.氯气与水反应为可逆反应；
B.氢氧化钡过量反应生成硫酸钡、一水合氨和偏铝酸钡和水；
C.水的电离被抑制，则溶液呈强酸性或强碱性；
D.麦芽糖中含有醛基，能被强氧化性物质氧化。
本题考查离子共存，涉及氧化还原反应、复分解反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意CD中隐含信息，为解答易错点。
8.【答案】D
【解析】解：A.电解饱和MgCl2溶液，离子方程式：，故A错误；
B.向酸性KMnO4溶液中通入入SO2，反应为氢离子，离子方程式：3SO2+2MnO4−+2H2O=2MnO2↓+3SO42−+4H+，故B错误；
C.向Fe(NO3)2稀溶液中滴加足量氢碘酸，离子方程式：6I−+2NO3−+8H+=3I2+2NO↑+4H2O，故C错误；
D.向NaClO溶液中通入足量CO2，离子方程式：ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−，故D正确；
故选：D。
A.电解饱和氯化镁溶液生成氢氧化镁和氢气、氯气；
B.酸性溶液中发生反应的离子为氢离子，不是氢氧根离子；
C.氢碘酸足量，不能生成三价铁离子；
D.二氧化碳足量，反应生成次氯酸和碳酸氢钠。
本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意与氧化还原反应及与量有关的离子反应为解答的难点，题目难度中等。
9.【答案】C
【解析】解：A.氮氧化物的排放能够引起硝酸型酸雨的发生，所以降低NOx排放可以减少酸雨的形成，故A正确；
B.已经图示可知储存过程中，一氧化氮、二氧化氮结合氧气和氧化钡反应生成硝酸钡，NOx中氮化合价升高被氧化，故B正确；
C.Ba(NO3)2→N2，氮元素从+5价降为0价，消耗1molBa(NO3)2转移的电子数为10NA，故C错误；
D.依据图示可知通过BaO和Ba(NO3)2与NOx的氧化还原反应，实现NOx的储存和还原，故D正确；
故选：C。
A.氮氧化物的排放能够引起硝酸型酸雨的发生；
B.分析储存过程中氮元素化合价变化判断解答；
C.分析Ba(NO3)2→N2，化合价变化，计算电子转移数目；
D.依据图示储存和还原过程中，氧化钡、硝酸钡、NOx转化判断。
本题考查了化学与生活，主要考查环境污染与治理，明确酸雨成因，理解原理图含义是解题关键，题目难度中等，侧重学生读图分析能力。
10.【答案】B
【解析】解：根据分析可知，X为H，Y为C，Z为N，Q为O，W为Na元素，
A.WX是NaH，溶于水生成氢氧化钠和氢气，其水溶液呈碱性，故A错误；
B.同一周期从左向右非金属性逐渐增强，则非金属性：Y
D.该化合物中与碳原子单键相连的氧原子得到1个电子，达到8电子稳定结构，故D错误；
故选：B。
某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，X的原子半径是元素周期表中最小的，则X为H；W形成+1价阳离子，则W为Na；Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，Y能够形成4个共价键，则Y为C，Q为O元素；Z介于C、O元素之间，则Z为N元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
11.【答案】D
【解析】解：A.三氧化二铁为红棕色，由题意知得到一种黑色分散系，故A错误；
B.胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分离，故B错误；
C.在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系容易吸附带正电的阳离子而形成带电的胶体微粒，故C错误；
D.分散质粒子是直径约为9.3nm，介于1nm∼100nm，属于胶体，当光束通过该分散系时，可以看到一条光亮的“通路”，故D正确；
故选：D。
A.三氧化二铁为红棕色；
B.分散质粒子是直径约为9.3nm，介于1nm∼100nm，属于胶体；
C.该分散系容易吸附带正电的阳离子；
D.胶体具有丁达尔现象。
本题考查了铁的化合物的性质、胶体的性质，准确把握题意，明确胶体的性质是解题关键，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.反应中转移电子d个，则生成n(Cl2)=12×dNAmol，故标准状况下V(Cl2)=)=12×dNAmol×22.4L/mol=22.4d2NL，故A正确；
B.反应中转移电子d个，则有d个Cl−转化为Cl2，根据氯原子守恒，则反应后的溶液Cl−数目=(cL×bmol⋅L−1×NAmol−1)−d=bcNA−d，故B正确；
C.二氧化锰完全反应，则a87mol×(4−2)×NAmol−1=d，故NA=87d2a，故C正确；
D.发生反应发生MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+Cl2↑+2H2O，d表示电子转移数目，则2d等于消耗的H+数目，表达式中bc表示HCl的物质的量，故(bc−2d)不能表示反应后溶液中的H+数目，故D错误；
故选：D。
A.根据电子转移守恒计算氯气的物质的量，再根据V=nVm计算氯气体积；
B.反应中转移电子d个，则有d个Cl−转化为Cl2，根据氯原子守恒计算反应后的溶液Cl−数目；
C.二氧化锰完全反应，根据二氧化锰的量计算转移电子物质的量，再结合转移电子数计算阿伏加德罗常数的值；
D.表达式中bc表示HCl的物质的量，d表示电子转移数目，则2d等于消耗的H+数目。
本题考查化学方程式的计算，关键是对反应的理解，注意守恒思想的运用，D选项为易错点，注意理解表达式的含义，题目侧重考查学生分析计算能力、灵活运用知识的能力。
13.【答案】A
【解析】解：A.A、C内温度压强相等，气体密度相等，则气体的摩尔质量相等，即X的相对分子质量等于Y的相对分子质量，故A正确；
B.由选项A分析可知，X的相对分子质量等于Y的相对分子质量，故B错误；
C.A、C内气体质量相等，密度相等，故V(X)=V(Y)，故C错误；
D.在A、B、C处分别充入等质量的X、H2、Y三种气体，当隔板静止时，气体质量不变，故m(X)=m(H2)=m(Y)，故D错误；
故选：A。
A.同温同压条件下，气体的摩尔质量之比等于密度之比；
B.同温同压条件下，气体的摩尔质量之比等于密度之比；
C.结合公式V=mρ分析；
D.隔板移动，气体质量不变。
本题考查物质的量的计算，题目难度中等，注意阿伏加德罗定律及其推论的应用。
14.【答案】D
【解析】解：由上述分析可知，A为H，B为C，C为N，D为O，E为Cl，
A.元素E为Cl，原子序数为17，在元素周期表中的位置为第三周期第族，故A错误；
B.主族元素同周期自左而右原子半径减小，所有元素中H原子半径最小，则原子半径H
D.H、C、N、O四种元素中的三种能形成CH3OH、NH2OH、CH3NH2等，与CH3CH3的电子数相等，故D正确；
故选：D。
A、B、C、D、E五种短周期元素，其原子序数逐渐增大，元素A的单质是密度最小的气体，则A为H；元素B的单质存在两种以上同素异形体，且其中一种是自然界中硬度最大的单质，则B为C元素；元素D的最外层电子数是次外层电子数的三倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，则C为N；B、C、D、E四种元素均能与A形成电子数相等的四种分子，结合表中化合物中各原子的个数比可知，甲为CH3CH3，乙为N2H4，丙为H2O2，丁为HCl，则E为Cl，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握18电子的元素化合物、原子结构、原子序数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
15.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查常见离子的检验方法，题目难度较大，根据离子之间反应的现象结合图示的数值来判断存在的离子以及量的情况；根据图象中所生成的气体和沉淀的量以及所加过氧化钠的量来计算各个点所对应的值，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。
【解答】
Na2O2与H2O反应生成O2，Na2O2和O2的物质的量之比为2：1.先看气体图象，当Na2O2为8 mol时，产生气体为6 mol，根据反应计量关系可知生成4molO2和2molNH3，利用原子守恒得出NH4+为2 mol，其结合OH−为2 mol，b点对应的值为7.再看沉淀曲线，最终沉淀为3molMg(OH)2，利用原子守恒得出Mg2+为3mol，沉淀最大值为5mol，利用原子守恒得出Al3+为2 mol，当沉淀达到最大值时消耗OH−为3mol×2+2mol×3=12mol，需要6molNa2O2，但当沉淀达到最大值时消耗7molNa2O2，说明有1molNa2O2与H2O反应生成的OH−被H+消耗，H+的物质的量为2mol。根据离子的性质确定不含有CO32−、AlO2−和OH−，根据电中性原则可知一定含有SO42−.不能确定溶液中是否含有K+。
A.根据上述分析可知，混合溶液中一定大量含有H+、NH4+、Al3+、Mg2+、SO42−，故A正确；
B.含有2mol的氢离子需要消耗氢氧化钠2mol，则需要1mol过氧化钠来生成，所以a=1，故B错误；
C.含有镁离子和铝离子一共5mol，所以消耗过氧化钠的量为6mol，在加上a=1，则b=7，铝离子的物质的量是2mol，所以氢氧化铝的物质的量是2mol，完全将氢氧化铝溶解，消耗2mol的氢氧化钠，即需要1mol的过氧化钠来生成，所以c=9，故C正确；
D.不能确定溶液中是否含有K+，钾离子的检验常用焰色反应，故D正确。
故选：B。
16.【答案】1：1 15：14 1：12NA 1：1：139.83：2
【解析】解：(1)30g12C18O和28g14N2所含的分子数之比为30g30g/mol：28g28g/mol=1：1，
故答案为：1：1；
(2)同温同压下， 12C18O和 14N2两种气体的密度之比为30g/mol：28g/mol=15：14，
故答案为：15：14；
(3)同温同压下，相同体积的 12C18O和 14N2的物质的量相同， 12C18O和 14N2分子中均含有14个电子，相同体积的 12C18O和 14N2含有的电子数之比为1：1，
故答案为：1：1；
(4)28g14N2所含的原子数为28g28g/mol×2×NA/mol=2NA，
故答案为：2NA；
(5)同温同容条件下，乙烯、CO、N2三种气体的摩尔质量均为28g/mol，质量相同，则三者的物质的量相同，则三个容器的气体压强之比为1：1：1，
故答案为：1：1：1；
(6)将19.4gCO2和水蒸气的混合气体，与足量的Na2O2反应，收集到标准状况下5.6L的氧气，氧气的物质的量为0.25mol，则混合气的物质的量为0.5mol，混合气体的平均摩尔质量为19.4g0.5mol=39.8g/mol，平均相对分子质量为39.8，设CO2与水蒸气的物质的量分别为xmol和ymol，则xmol+ymol=0.5mol，44g/mol×xmol+18g/mol×ymol=19.4g，解得x=0.3mol，y=0.2mol，CO2与水蒸气的物质的量之比为0.3mol：0.2mol=3：2，
故答案为：3：2。
(1)结合公式n=mM计算；
(2)同温同压下，气体的密度比等于摩尔质量之比；
(3)12C18O和 14N2分子中均含有14个电子；
(4)结合公式n=mM计算；
(5)同温同容条件下，气体的压强比等于物质的量之比；
(6)CO2和水蒸气与Na2O2反应分别为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，反应后气体的物质的量为反应前气体的一半。
本题考查物质的量的计算，题目难度中等，掌握以物质的量为中心的计算转化关系是解题的关键。
17.【答案】250；21.6；C；③①④②；偏低；偏低
【解析】解：(1)要配制盐酸220mL，则需要选择250ml的容量瓶，故答案为：250；
(2)浓盐酸的物质的量浓度C=1000ρωM=1000×1.16g/ml×36.5%36.5g/mol=11.6mol/L，设所需浓盐酸的体积为V，则有V×11.6mol/L=O.25L×1mol/L，得V=O.0216L，即21.6ml，应选择25ml的量筒，
故答案为：21.6；C；
(3)配制一定物质的量浓度的溶液的一般操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，故上述操作中，正确的顺序是③①④②，
故答案为：③①④②；
(4)根据c=nV分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，凡是能够使n偏大或者使V偏小的操作，都会使C偏大，凡是能够使n偏小或者使V偏大的操作都会使浓度C偏小．
在上述配制过程中，用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，相当于稀释浓盐酸，所取盐酸的物质的量n偏小，配得溶液的浓度偏低；
未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，溶质氯化氢没能全部转移到容量瓶，n偏小，配得的溶液的浓度偏低；
故答案为：偏低；偏低．
(1)根据配制溶液的体积，常用容量瓶的规格选取对应的容量瓶；
(2)依据C=1000ρωM计算浓盐酸的物质的量浓度，然后根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓盐酸的体积，选择合适的量筒；
(3)根据配置一定物质的量浓度溶液的实验操作步骤解答；
(4)根据c=nV分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，凡是能够使n偏大或者使V偏小的操作，都会使C偏大，凡是能够使n偏小或者使V偏大的操作都会使浓度C偏小据此判断．
本题考查了配置一定物质的量浓度溶液，明确实验的操作步骤是解题关键，注意误差的分析应依据c=nV进行．
18.【答案】CO32−、SiO32−b3Fe2++NO3−+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O红褐色沉淀溶解，溶液呈黄色 Al3++4OH−=AlO2−+2H2O4：1 ②
【解析】解：某强酸性溶液X，则溶液中不存在弱酸根离子CO32−、SiO32−，溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C，则溶液呈存在SO42−，不存在和硫酸根离子反应的Ba2+，C是BaSO4；
酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以溶液中Fe2+和NO3−不能共存，加入硝酸钡产生气体，则溶液中存在Fe2+，不存在NO3−，A是NO；
溶液B中加入氢氧化钠溶液时，产生气体F，则溶液中含有NH4+，F是NH3，产生沉淀，则溶液中存在Fe3+，沉淀G是Fe(OH)3，氢氧化铁和盐酸反应生成FeCl3，则J是FeCl3，溶液H中通入过量二氧化碳生成沉淀，则溶液中存在Al3+，沉淀K是Al(OH)3，溶液L是NaHCO3；
A是NO，则D是NO2，二氧化氮化和水反应生成硝酸和NO，则E是HNO3，硝酸和氨气反应生成硝酸铵，则I是NH4NO3，
(1)由强酸性条件即可判断溶液X中一定不存在弱酸根离子，所以不存在的离子有CO32−、SiO32−，
故答案为：CO32−、SiO32−；
(2)强酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，如果存在硝酸根离子，则不存在亚铁离子，加入硝酸钡溶液时不能产生气体，所以溶液X中一定没有NO3−，
故选b；
(3)亚铁离子和硝酸反应生成铁离子、一氧化氮和水，离子反应方程式为：3Fe2++NO3−+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，
故答案为：3Fe2++NO3−+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；
(4)氢氧化铁和稀盐酸反应生成氯化铁和水，氢氧化铁为红褐色沉淀，氯化铁溶液呈黄色，所以看到的现象是：红褐色沉淀逐渐溶解，溶液变为黄色，
故答案为：红褐色沉淀溶解，溶液呈黄色；
(5)铝离子和过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al3++4OH−=AlO2−+2H2O，
故答案为：Al3++4OH−=AlO2−+2H2O；
(6)若转化③中，NO2、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应生成HNO3，该反应方程式为：NO2+2H2O+O2=4HNO3，则反应中D与O2的物质的量之比为4：1，
故答案为：4：1。
(7)溶液中Fe3+是否存在不能确定，Fe3+和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，所以可以用硫氰化钾溶液检验，故选②；
故答案为：②。
某强酸性溶液X，则溶液中不存在弱酸根离子CO32−、SiO32−，溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C，则溶液呈存在SO42−，不存在和硫酸根离子反应的Ba2+，C是BaSO4；
酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以溶液中Fe2+和NO3−不能共存，加入硝酸钡产生气体，则溶液中存在Fe2+，不存在NO3−，A是NO；
溶液B中加入氢氧化钠溶液时，产生气体F，则溶液中含有NH4+，F是NH3，产生沉淀，则溶液中存在Fe3+，沉淀G是Fe(OH)3，氢氧化铁和盐酸反应生成FeCl3，则J是FeCl3，溶液H中通入过量二氧化碳生成沉淀，则溶液中存在Al3+，沉淀K是Al(OH)3，溶液L是NaHCO3；
A是NO，则D是NO2，二氧化氮化和水反应生成硝酸和NO，则E是HNO3，硝酸和氨气反应生成硝酸铵，则I是NH4NO3。
本题考查了离子的推断，根据物质间发生反应的特殊现象结合离子共存来分析解答，熟悉物质的性质是解本题关键，注意根据溶液和硝酸钡反应生成气体确定溶液中存在亚铁离子，为解答本题的易错点，熟练掌握离子共存的条件，灵活运用知识解答，题目难度中等。
19.【答案】I2 溶液分层，下层液体无色 MnO2 B2MnO4−+I−+2H+=2MnO2↓+IO3−+H2OMnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O试剂的相对用量(滴加顺序)溶液酸性强弱
【解析】解：(1)低浓度碘水的颜色为黄色，KI和酸性KMnO4溶液反应的生成物中使溶液呈棕黄色的只可能是生成I2单质，
故答案为：I2；
(2)①实验Ⅱ初始阶段I−的氧化产物不是I2，则有机溶剂四氯化碳中未溶解I2而呈无色，但四氯化碳不溶于水、密度比水大，导致液体分层；
故答案为：溶液分层，下层液体无色；
②KI和酸性KMnO4溶液反应的黑色生成物能催化H2O2分解，则可联想到固体黑色固体为MnO2；
故答案为：MnO2；
③酸性条件下氧化性：KIO3>I2 ，可加入不含I元素的还原剂将IO3−还原为I2 ，利用淀粉遇到碘单质变蓝色检验I2的存在，间接证明IO3−的存在，即取少量“紫色清液”，逐滴加入Na2SO3溶液，振荡，溶液紫色消失变成棕黄色时，滴加淀粉溶液，溶液变蓝说明存在IO3−，故B正确；
故答案为：B；
④KI和酸性KMnO4溶液的反应生成KIO3和MnO2，根据电子守恒和电荷守恒配平写出的离子方程式为2MnO4−+I−+2H+=2MnO2↓+IO3−+H2O，
故答案为：2MnO4−+I−+2H+=2MnO2↓+IO3−+H2O；
(3)MnO2、KI和硫酸反应生成的棕黄色溶液中含有I2 ，根据化合价升降规律可知还生成MnSO4，结合酸性条件和守恒思想、配平、写出的离子方程式为MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O，
故答案为：MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O；
(4)由实验I和实验II的现象得到：所得产物成分与试剂的相对用量(滴加顺序)有关，由探究实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失原因的实验可知，所得产物成分与溶液酸性强弱有关，实际上，物质的变化主要与其自身的性质有关，还与外界条件，如浓度大小、用量多少、溶液的酸碱性等因素有关，
故答案为：试剂的相对用量(滴加顺序)、溶液酸性强弱。
(1)KI和酸性KMnO4溶液反应生成I2单质；
(2)①四氯化碳是有机溶剂、不溶于水、密度比水大，溶解I2而呈紫色；实验Ⅱ初始阶段I−的氧化产物不是I2，则四氯化碳中未溶解I2而呈无色；
②KI和酸性KMnO4溶液反应的黑色生成物能催化H2O2分解；
③酸性条件下氧化性：KIO3>I2 ，可加入不含I元素的还原剂将IO3−还原为I2 ，利用淀粉检验I2的存在间接证明IO3−的存在；
④由②③分析可知，KI和酸性KMnO4溶液的反应生成KIO3和MnO2，结合电子守恒和电荷守恒配平写出反应的离子方程式；
(3)根据探究实验过程可知，MnO2、KI和硫酸反应生成I2 ，结合化合价升降规律可知还生成硫酸锰，据此写出反应的离子方程式；
(4)物质的变化主要与其自身的性质有关，还与外界条件，如浓度大小、用量多少、溶液的酸碱性等有关，据此分析解答。
本题考查了物质性质方案设计，综合考查了物质的性质的探究实验方案及评价、氧化还原反应规律的应用及方程式的书写、基本的实验方法等，试题侧重对学生分析能力和运用能力的考查和解题方法的指导与训练，注意探究物质性质的实验方法，题目难度中等。
相关试卷
陕西省安康市汉滨区2022-2023高二下学期期末化学试卷+答案： 这是一份陕西省安康市汉滨区2022-2023高二下学期期末化学试卷+答案，共9页。
陕西省安康市汉滨区七校联考2022-2023学年高二下学期期末考试 化学试题： 这是一份陕西省安康市汉滨区七校联考2022-2023学年高二下学期期末考试 化学试题，文件包含陕西省安康市汉滨区七校联考2022-2023学年高二下学期期末考试+化学pdf、陕西省安康市汉滨区七校联考2022-2023学年高二下学期期末考试+化学答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共9页， 欢迎下载使用。
2023届陕西省安康市高三上学期高考第一次质量联考（一模）化学试题： 这是一份2023届陕西省安康市高三上学期高考第一次质量联考（一模）化学试题，文件包含教研室2023届陕西省安康市高三上学期第一次质量联考一模化学试题pdf、化学pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共8页， 欢迎下载使用。
