湖南省邵阳市第二中学2022-2023学年高三上学期第三次月考化学试题及答案

这是一份湖南省邵阳市第二中学2022-2023学年高三上学期第三次月考化学试题及答案，共17页。试卷主要包含了6NA，4LNO2的分子数为NA，6°C；iii，75倍，67%等内容，欢迎下载使用。
邵阳市第二中学高三第三次化学月考试题
制卷审题：
可能用到的相对原子质量 H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Co-59 Fe-56 Cu-64
一、单选题（10*3 共30分 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求）
1．宋代周密的《癸辛杂识》记载：“适有一物，如小桶而无底，非竹，非木，非金，非石…幸以告我‘商曰’此至宝也，其名日海井。寻常航海必须载淡水自随，今但以大器满贮海水，置此井于水中，汲之皆甘泉也。”“海井”的作用是(　　)
A．过滤 B．萃取 C．电渗析 D．离子交换
2．关于下列仪器使用的说法错误的是(　　)

A．③、④不可加热 B．②、④不可用作反应容器
C．③、⑤可用于物质分离 D．②、④、⑤使用前需检漏
3．下列说法正确的是(　　)
①中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，现在也经常用硫酸铜进行游泳池水体消毒
②火灾现场存放有大量活泼金属时，可以用水或沙土来灭火
③越活泼的金属制品，在空气中一定越容易被腐蚀，金属在空气中久置均变成氧化物
④对某一溶液进行焰色反应时，观察到火焰颜色为黄色，溶液中可能含有K+
⑤硅胶作袋装食品的干燥剂，使用时没有发生化学变化
⑥用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝滴落下来，原因是金属铝的熔点较低
A．①④⑤ B．①②⑥ C．③④⑤ D．②③⑥
4．下列离子方程式书写正确的是(　　)
A．饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2：
B．NaClO溶液中通入少量SO2：
C．FeI2溶液中通入过量Cl2：
D．Ca(HCO3)2溶液中滴入过量Ca(OH)2溶液：
5．设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是(　　)
A．的K2CO3溶液中含有的阴离子总数大于2NA
B．将足量的Cu与的浓硝酸充分反应，转移的电子数为0.6NA
C．标准状况下，22.4LNO2的分子数为NA
D．30g由甲醛(HCHO)与乙酸组成的混合物中所含共用电子对数目为4NA
6．下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是(阿伏加德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子)(　　)

A
B
C
D
定律或原理
勒夏特列原理
元素周期律
盖斯定律
阿伏加德罗定律
实验方案




结果
左球气体颜色加深，右球气体颜色变浅
烧瓶中冒气泡，试管中出现浑浊
测得ΔH为ΔH1、ΔH2的和
H2与O2的体积比约为2∶1
A．A B．B C．C D．D
7．铀(U)常见化合价有+4 和+6，硝酸铀酰[UO2(NO3)2]加热可发生如下分解，UO2(NO3)2----UxOy+ NO2↑+ O2↑,在600K 时，将气体产物收集于试管中并倒扣于水中，气体全部被吸收，水充满试管。则生成的铀的氧化物化学式(　　)                       
A．UO2 B．2UO2·UO3 C．UO2·2UO3 D．UO3
8．锗在航空航天测控、核物理探测、光纤通讯、红外光学、化学催化剂、生物医学等领域有广泛而重要的应用。一种从二氧化锗粗品(主要含GeO2、As2O3)中制备锗的工艺流程如下：(　　)

已知：i.GeO2与Al2O3的性质相似；ii.GeCl4易水解，GeCl4的沸点为86.6°C；iii.As2O3+2NaOH=2NaAsO2+H2O，NaAsO2与盐酸反应生成有毒的AsCl3。下列说法不正确的是
A．已知锗的原子序数为32，可推出其位于元素周期表中第四周期第IVA族
B．工业上对高纯GeO2和SiO2的混合物进行电解制备硅锗合金，则产品在阴极区生成
C．“水解”反应的化学方程式为GeCl4+(n+2)H2O=GeO2·nH2O↓+4HCl
D．若“氧化”的目的是将NaAsO2氧化为Na3AsO4，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1
9．化学是一门以实验为基础的学科，某同学为探究FeCl3溶液的性质进行如下实验，操作如图所示，根据实验现象，下列分析正确的是(　　)

A． 向②后试管加入足量稀盐酸，沉淀全部溶解
B． ①～④的变化中，有1处涉及氧化还原反应
C．若将FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，产生的现象与图中①、②现象相同
D．若用Na2SO3代替Na2CO3进行实验，可产生相同现象
10．将铁、氧化铁、氧化铜组成的混合物粉末mg放入盛盐酸的烧杯中，充分反应后产生2.24L H2(标准状况)，残留固体2.56g。过滤，滤液中无Cu2+。将滤液加水稀释到500mL，测得其中c(H+)为。下列说法正确的是(　　)
A．m=15.36
B．烧杯中转移电子的物质的量共为0.28mol
C．若将反应后的溶液倒入蒸发皿中直接蒸干可得到0.2mol FeCl2
D．过滤时需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗、锥形瓶
二、多选题（本题共4 小题 ,每小题 4 分,共 16 分。每小题有一个或两个选项符合题目要求 ,全部选对得 4 分 ,选对但不全的得 2 分 ,有选错的得 0 分）
11．短周期元素甲、乙、丙、丁原子序数依次增大，其中甲、丙同主族，乙、丙、丁同周期。常温下，含乙的化合物r浓度为0.1mol·L-1时溶液pH=13，p和q分别是元素丙和丁的单质，其中p为浅黄色固体。上述物质的转化关系如图所示(产物水已略去)。下列说法正确的是(　　)

A．简单离子半径：乙＜甲＜丁＜丙
B．甲与丙能形成使紫色石蕊试液先变红后褪色的物质
C．工业上常利用反应②制取漂白粉
D．m、n的阴离子在酸性溶液中不能大量共存
12．用下列装置进行实验，能达到实验目的的是(　　)
A
B
C
D




配制20%的食盐水
除去CO2气体中的HCl气体
制备CO2
利用该实验探究浓度对反应速率的影响
A．A B．B C．C D．D
13．某化工厂制备净水剂硫酸铁铵晶体[NH4Fe(SO4)2·6H2O]的一种方案如图：

下列说法正确的是(　　)
A．滤渣A的主要成分是CaSO4
B．相同条件下，NH4Fe(SO4)2·6H2O净水能力比FeCl3强
C．“合成”反应要控制温度，温度过高，产率会降低
D．试剂B工业上常选择氯气作氧化剂
14．现有的，将其加热并发生反应，并检测放出的气体1的质量，后向剩余固体a中加入足量的浓盐酸，并检测放出的气体2的质量。(已知，+4价的能和浓盐酸反应放出。受热可分解为的+4、+2价的混合氧化物并放出)。则下列说法中正确的是(　　)
A．气体1的物质的量最多为
B．若物质的量，气体气体，则固体的成分为物质的量之比可能为
C．若物质的量，气体气体，则固体a的成分为物质的量之比可能为
D．气体总物质的量可能为
三、非选择题（共54分）
15．水合肼(N2H4·H2O)是一种重要的化工原料，工业上用尿素[CO(NH2)2]、NaOH和NaClO溶液反应制备水合肼的实验流程如图，据此某化学兴趣小组设计了下列实验制备N2H4·H2O。回答下列问题：

已知：①Cl2与NaOH反应为放热反应，Cl2与热的NaOH溶液反应会生成NaClO3；
②N2H4·H2O易溶于水，熔点-40℃，沸点为118℃，具有强还原性，易被氧化成无毒气体。
[实验一]制备NaClO溶液。实验制备装置如图1所示：

(1)圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为_______。
(2)试管要放入冷水中的原因是_______。
[实验二]制备水合肼。实验制备装置如图2所示：

(3)a仪器的名称是_______。
(4)三颈烧瓶内装入的药品是_______(填“尿素溶液”或“NaClO和NaOH溶液”)，原因是_______。
(5)三颈烧瓶内发生反应的化学方程式为_______。
[实验三]测定馏分中水合肼的含量。
准确称取馏分6.00g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成250mL溶液，移取25.00mL置于锥形版中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用0.50mol/L的碘标准溶液滴定。
(6)判断滴定终点的方法是_______。
(7)实验测得消耗碘标准溶液的体积的平均值为20.00mL，馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为_______(保留四位有效数字)。
16．利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：

已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。
②沉淀Ⅰ中只含有两种沉淀。
③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
（1）浸出过程中加入Na2SO3目的是___。
（2）NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为___。
（3）加入Na2CO3调pH至5.2，目的是___；萃取剂层含锰元素，则沉淀Ⅱ的主要成分为__。
（4）操作Ⅰ包括：将水层加入浓盐酸调整pH为2～3，___ 、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
（5）加入的NaF盐溶液不显中性，解释其原因 （用离子方程式表示）
（6）将5.49g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。
温度范围/℃
固体质量/g
150～210
4.41
290～320
2.41
经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和CO2气体，则290～320℃温度范围，剩余的固体物质化学式为____。[已知：CoC2O4·2H2O的摩尔质量为183g·mol−1]
17．固体盐X由四种常见元素组成，其中仅含一种金属元素，有如图转化关系：

已知：H中溶质仅为一种常见正盐。黄绿色气体C密度为相同条件下H2的33.75倍。
请回答：
(1)X的组成元素为____，固体F成分为____。
(2)固体X在水中也可反应生成气体B，同时生成一种的相对较稳定的白色沉淀，请写出该反应化学方程式____。
(3)气体C的化学式为____。将气体C通入KOH溶液，微热，恰好完全反应，生成两种物质的量之比1∶5的盐，写出这两种盐的化学式____，设计定量实验方案验证上述比例关系____。（已知AgClO3溶于水，NaNO2能将ClO3-还原为Cl-)
18．某强酸性溶液X可能含有Al3＋、Ba2＋、NH、Fe2＋、Fe3＋、CO、SO、SiO、NO中的一种或几种，取该溶液进行实验，其现象及转化如图所示。反应过程中有一种气体为红棕色。

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NO的判断一定正确的是___________(填字母)。
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发生反应产生的现象为___________。
(5)转化④中生成H的离子方程式为___________。
(6)若转化③中，D、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应生成E，则反应中D与O2的物质的量之比为___________。
(7)对于不能确定是否存在的离子，可以另取溶液X，加入下列溶液中的一种，根据现象即可判断，该试剂最好是___________(填序号)。
①KMnO4溶液   ②KSCN溶液     ③石蕊试剂   ④氯水和KSCN的混合溶液

邵阳市第二中学高三第三次化学月考试题解析
一、单选题
1．【答案】D
【详解】由信息可知，海水经过“海井”处理得当淡水，在“海井”中加一物进行离子交换，类似离子交换膜，D满足;
2．【答案】A
【详解】A．锥形瓶可以加热，但需要加石棉网，容量瓶不能加热，A项符合题意；
B．酸式滴定管用于量取一定体积的溶液，容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，都不能作反应容器，B项不符合题意；
C．蒸馏烧瓶用于蒸馏操作，分离相互溶解的液体，分液漏斗用于分液操作，分离相互不溶解的液体，两者均可用于物质分离，C项不符合题意；
D．酸式滴定管带有旋塞、容量瓶带有瓶塞、分液漏斗带有瓶塞和旋塞，使用前均需检查是否漏水，D项不符合题意；
3．【答案】A
【详解】①明矾显酸性，古代常利用其酸性清除铜镜表面的铜锈，硫酸铜为重金属盐，能使蛋白质变性，常用于游泳池水体消毒，①正确；
②活泼金属与水反应产生H2且放出大量热量，会加剧灾情，故当有活泼金属存在时，不能用水灭火，②错误；
③铝和镁比铁活泼，但是因为易形成致密的氧化膜，所以反而不易腐蚀，且在空气中久置后金属不一定变为氧化物，如钠在空气中久置产物为碳酸钠；铜转化为碱式碳酸铜，③错误；
④Na的焰色反应为黄色，因此对某一溶液进行焰色反应时，观察到火焰颜色为黄色，说明溶液中一定有Na+，但不能确定有没有K+，④正确；
⑤硅胶吸水时，利用其物理吸附性，没有发生化学变化，⑤正确；
⑥熔化后的液态铝不能滴落下来，原因是产生的氧化铝的熔点比铝的熔点高，⑥错误；
4．【答案】D
【详解】A．饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2会析出NaHCO3沉淀
B．SO2少量时会有HClO生成，正确离子方程式为SO2+H2O+3ClO-=SO+Cl-+2HClO，
D．Ca(OH)2足量，二者1：1反应，化学方程式为离子方程式为Ca2++OH-+HCO=CaCO3↓+H2O，D正确；
5．【答案】D
【详解】A．溶液体积未知，无法计算离子数目，故A错误；
B．的浓硝酸中含有n(HNO3)=0.1L×12mol/L=1.2mol，浓硝酸和铜反应生成二氧化氮，方程式为，若有1.2mol硝酸反应，转移电子数为0.6NA，但是浓硝酸变稀后发生反应，若有1.2mol硝酸反应，转移电子数为0.9NA，故转移电子数大于0.6NA，故B错误；
C．标准状况下，NO2不是气体，无法计算其物质的量，故C错误；
D．甲醛和乙酸的最简式均为CH2O，则甲醛(HCHO)和乙酸中的共用电子对数目相同，则共用电子对数目为×4NA=4NA，D正确；
6．【答案】B
【详解】A．2NO2⇌N2O4是放热反应，升高温度，平衡向生成二氧化氮的方向移动，颜色变深，可以作为勒夏特列原理的依据，故A符合；
B．比较元素的非金属性，应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较，浓盐酸不是氯的最高价氧化物对应的水化物，无法比较氯和碳的非金属性；且生成的二氧化碳中含有氯化氢气体，氯化氢与二氧化碳都能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，故也无法比较碳和硅的非金属性，不能证明元素周期律，故B不符合；
C．ΔH＝ΔH1＋ΔH2，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，可以证明盖斯定律，故C符合；
D．在同温同压下，气体的体积比等于方程式的计量数之比等于气体的物质的量之比，电解水生成的氧气和氢气体积比等于物质的量之比，可以证明阿伏加德罗定律，故D符合。
7．【答案】D
【详解】由将二氧化氮、氧气收集于试管中并倒扣于水中，气体全部被吸收可知，发生的反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，则UO2(NO3)2分解生成NO2和O2物质的量之比为4：1，将UO2(NO3)2改写成UO3•2NO2•O2，根据原子守恒，生成铀的氧化物化学式是UO3，
8．【答案】D
【分析】从二氧化锗粗品(主要含GeO2、As2O3)中制备锗的工艺流程如下，粗品加入氢氧化钠溶液反应生成NaAsO2和Na2GeO3，用氯酸钠氧化NaAsO2，加入盐酸后蒸馏得到GeCl4，GeCl4在高纯水中水解生成GeO2·nH2O，GeO2·nH2O烘干得到高纯GeO2，GeO2被氢气还原为Ge。
【详解】A．已知锗的原子序数为32，与C同主族，因此可推出其位于元素周期表中第四周期第IVA族，故A正确；
B．工业上对高纯GeO2和SiO2的混合物进行电解制备硅锗合金，化合价都为正价，因此产品在阴极区生成，故B正确；
C．GeCl4易水解，根据流程，GeCl4与高纯水发生水解反应生成GeO2·nH2O，则“水解”反应的化学方程式为GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl，故C正确；
D．若“氧化”的目的是将NaAsO2氧化为Na3AsO4，化合价从+3价变为+5价，升高2个价态，氧化剂氯酸钠化合价从+5价降低到1价，降低6个价态，因此该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3，故D错误。
9．【答案】B
【详解】A．向②后试管中沉淀(FeS和S)加入足量稀盐酸，FeS溶解，而硫不溶，沉淀部分溶解，
B． ①中产生淡黄色的沉淀S，溶液变为淡绿色，说明有亚铁离子生成，属于氧化还原反应；②中是S2-+Fe2+=FeS↓；③中铁离子与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁胶体和二氧化碳；④是氢氧化铁胶体在盐的作用下发生聚沉，①～④的变化中，有1处涉及氧化还原反应
C．若将FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，硫离子过量，产生的亚铁离子与硫离子产生黑色的FeS沉淀，溶液不会变成淡绿色，产生的现象与图中①、②现象不相同，
D． Na2SO3具有强还原性，若用Na2SO3代替Na2CO3进行实验，生成亚铁离子和硫酸根离子，产生现象不相同，故D错误；
10．【答案】A
【分析】既然还有较多H+离子剩余，且滤液中没有Cu2+可知残留物没有Fe，只有Cu，则反应后溶质为HCl和FeCl2，根据Cl元素守恒可知:n(HCl)=2n(FeCl2)+n剩余(H+)，即5.00mol/L×0.1L=2n(FeCl2)+0.200mol/L×0.5L解得:n(FeCl2)=0.2mol；2.56g Cu的物质的量为0.04mol，则与Cu2+参加反应的Fe的物质的量为0.04mol；标况下2.24L H2的物质的量为0.1mol，则H+参加反应的Fe的物质的量为0.1mol；根据Fe2+守恒，可有与Fe3+反应的Fe的物质的量为0.2-0.1-0.04=0.06mol；因此原混合物中n(Fe)=0.04+0.02+0.1=0.16mol，n(Fe2O3)=0.02mol，n(CuO)=0.04mol；据此分析解题。
【详解】A．据分析可知混合物的质量为：0.16mol×56g/mol+0.02mol×160g/mol+0.04mol×80g/mol=15.36g，A正确；
B．根据原混合物组成的各组分的物质的量可知，烧杯中转移电子的物质的量共为(0.1mol+0.04mol+0.02mol)×2=0.32mol，B错误；
C．由于氯化亚铁易水解易氧化，将反应后的溶液蒸干后得到氢氧化铁，C错误；
D．过滤时需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，不需要锥形瓶，D错误；
二．多选题
11．【答案】AD
【分析】短周期元素甲、乙、丙、丁原子序数依次增大，p和q分别是元素丙和丁的单质，p为浅黄色固体，所以丙是S，丁是Cl，p为S单质，q为Cl2；甲、丙同主族，则甲是O；乙、丙、丁同周期，常温下含乙的化合物r的浓度为0.1 mol/L时，溶液pH=13，所以r是氢氧化钠，乙是Na；综上所述，甲、乙、丙、丁分别为O、Na、S、Cl。
【详解】A．电子层越多，简单离子半径越大，故离子半径的大小关系为丙(S2-)>丁(Cl-)>甲(O2-)>乙(Na+)，故A正确；
B．甲是O，丙是S，二者形成SO2，二氧化硫可以使紫色石蕊变红色，但不能漂白，不会褪色，故B错误；
C．r是氢氧化钠，q是氯气，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，该反应常利用制取漂白液，制取漂白粉利用的是石灰乳和氯气，故C错误；
D．m、n为Na2S、Na2SO3中的物质，二者在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫，不能大量共存，故D正确；
12．【答案】C
【详解】A．配一定质量分数的溶液不需要容量瓶，故A错误；
B．洗气瓶中应盛饱和NaHCO3溶液，故B错误；
C．碳酸钙和盐酸反应可以制备二氧化碳气体，故C正确；
D．H2O2和NaHSO3反应生成硫酸钠和水，无明显现象，不能判断速率快慢，故D错误；
13．【答案】AC
【分析】原料中加入硫酸溶液，反应生成的硫酸钙微溶于水，滤渣A的主要成分是CaSO4，过滤得滤液，加氧化剂氧化亚铁离子，蒸发后溶液加硫酸铵溶液，经蒸发、浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤可制得净水剂硫酸铁铵晶体[NH4Fe(SO4)2·6H2O]。
【详解】A．硫酸钙微溶于水，滤渣A的主要成分是CaSO4，故A正确；
B．NH水解生成H+，抑制Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，所以氯化铁净水能力比硫酸铁铵强，相同条件下，NH4Fe(SO4)2·6H2O净水能力比FeCl3弱，故B错误；
C．“合成”反应要控制温度，温度过高，会促进Fe3+的水解，生成硫酸铁铵的产率会降低，故C正确；
D．氯气作氧化剂会引入新杂质，故D错误；
14．【答案】BC
【分析】受热可分解为的+4、+2价的混合氧化物并放出，铅的氧化物的混合物再与盐酸作用时，+4价的铅被还原为+2价，Cl-被氧化为Cl2，此时得到的溶液为PbCl2溶液，利用得失电子守恒可知，1mol在上述过程中共转移电子为1mol(4-2)=2mol。
【详解】A．假设受热分解全部转化为PbO和O2，没有+4价的铅的氧化物，此时1mol完全分解可得到0.5molO2，但受热分解得到的是的+4、+2价的混合氧化物，因此O2的物质的量小于0.5mol，A错误；
B．设该过程得到O2的物质的量为3xmol，则Cl2的物质的量为2xmol，利用得失电子守恒可知，3x4+2x2=2，解得x=0.125，则1mol在受热分解过程中产生O2为0.125mol3=0.375mol，利用原子守恒，受热后的剩余固体中n(O)=2mol-0.375mol2=1.25mol，剩余固体中n(Pb):n(O)=1mol:1.25mol=4:5，的混合物中，n(Pb):n(O)=(1+3):(1+4)=4:5，B正确；
C．设该过程得到O2的物质的量为3xmol，则Cl2的物质的量为2xmol，利用得失电子守恒可知，3x4+2x2=2，解得x=0.125，则1mol在受热分解过程中产生O2为0.125mol3=0.375mol，利用原子守恒，受热后的剩余固体中n(O)=2mol-0.375mol2=1.25mol，剩余固体中n(Pb):n(O)=1mol:1.25mol=4:5，的混合物中，n(Pb):n(O)=(1+3+4):(2+4+4)=8:10=4:5，C正确；
D．1mol在上述过程中共转移电子为1mol(4-2)=2mol，依据得失电子守恒，假设生成的气体全为O2，可得到O2的物质的量为0.5mol，假设生成的气体全为Cl2，可得到Cl2的物质的量为1mol，但实际得到的气体既有O2又有Cl2，因此气体总的物质的量不可能为1mol，D错误；
非选择题
15．【答案】(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
(2)因Cl2与NaOH反应放热，防止在较高温度下生成NaClO3
(3)直形冷凝管
(4)     尿素溶液     若三颈烧瓶中装NaClO和NaOH溶液，在尿素滴加过程中，NaClO过量，会将生成的N2H4·H2O进一步氧化，所以三颈烧瓶中应装尿素溶液
(5)NaClO+CO(NH2)+2NaOH=N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3
(6)滴入最后一滴碘液时，溶液由无色变成浅蓝色，且半分钟内不褪色
(7)41.67%
【解析】(1)实验室以软锰矿(主要成分MnO2)与浓盐酸共热制备氯气，反应原理为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)据题中信息可知，Cl2与NaOH反应为放热反应，Cl2与热的NaOH溶液反应会生成NaClO3，影响NaClO的产率，故需要放入冷水降温避免副反应；
(3)直形冷凝管
(4)若三颈烧瓶中装NaClO和NaOH溶液，在尿素滴加过程中，NaClO过量，会将生成的N2H4·H2O进一步氧化，所以三颈烧瓶中应装尿素溶液；
(5)反应原理为NaClO+CO(NH2)+2NaOH=N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3；
(6)水合肼样品溶液中滴加碘液，碘遇淀粉变蓝色，但由于水合肼的强还原性会将I2还原为I-，振荡后蓝色迅速消失，直至水合肼恰好反应完全时，此时滴入一滴碘液不再被还原，遇到淀粉使溶液呈现浅蓝色，且半分钟不恢复为原来颜色，即表示反应达到终点；
(7)水合肼被氧化为N2，I2被还原为I-，根据电子得失守恒可列出关系式N2H4·H2O~2I2~4e-，则水合肼的质量分数为41.67%。
16．【答案】     将Fe3+、Co3+还原     ClO3-＋6Fe2+＋6H+=Cl－＋6Fe3+＋3H2O     使Fe3+和Al3+沉淀完全     CaF2和MgF2     蒸发浓缩  冷却结晶     F-+H2O⇌HF+OH- Co3O4(或CoO·Co2O3)
【详解】(1)、浸出过程中，Co2O3、Fe2O3与盐酸、Na2SO3发生反应，Co2O3转化为Co2+，Fe2O3转化为Fe2+，Co、Fe元素化合价降低，则S元素化合价升高，SO32-转化为SO42-，故答案为将Fe3+、Co3+还原；
(2)、NaClO3加入浸出液中，将Fe2+氧化为Fe3+，ClO-被还原为Cl-，反应的离子方程式为：ClO3-＋6Fe2+＋6H+=Cl－＋6Fe3+＋3H2O-；
(3)根据工艺流程图结合表格中提供的数据可知，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全。滤液l中含有的金属阳离子为Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等，萃取剂层含锰元素,结合流程图中向滤液1中加入了NaF溶液，知沉淀Ⅱ为MgF2、CaF2；
(4)、经过操作I由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作I还包括蒸发浓缩、冷却结晶；
(6)、整个受热过程中只产生水蒸气和CO2气体，5.49 g CoC2O4·2H2O为0.03mol，固体质量变为4.41 g时，质量减少1.08g，恰好为0.06 mol H2O的质量，因此4.41 g固体为0.03 mol CoC2O4。依据元素守恒知，生成n(CO2)=0.06 mol，m(CO2)=0.06mol×44 g/mol=2.64 g。而固体质量由4.41 g变为2.41 g时，质量减少2 g，说明290~320℃内发生的不是分解反应，参加反应的物质还有氧气。则参加反应的m(O2)=2.64 g-2 g=0.64 g，n(O2)=0.02mol，n(CoC2O4) : n(O2) : n(CO2)=0.03 : 0.02 : 0.06=3 : 2 : 6，依据原子守恒，配平化学方程式，故290~320℃温度范围，剩余固体物质的化学式为Co3O4或CoO·Co2O3。
17．【答案】(1)     Fe、H、C、O     Fe2O3、K2CO3
(2)Fe(HCO3)2=FeCO3+CO2↑+H2O
(3) ClO2     KCl、KClO3     取适量溶液，加入过量硝酸银溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得固体质量m1；合并洗涤液和滤液，向其中加入足量亚硝酸钠溶液，再加入足量硝酸银和稀硝酸，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得固体质量m2，若m2=5m1，则可验证上述比例关系
【分析】固体氧化物G与稀盐酸反应后与KSCN溶液反应，溶液呈血红色，说明含有Fe3+，则G为Fe2O3，物质的量为，n(Fe3+)=0.02mol，黄绿色混合气体A+B+C通过浓硫酸后气体质量减少0.36g，得到黄绿色混合气体B+C，则A为水蒸气，物质的量为，黄绿色混合气体B+C与足量澄清石灰水反应生成白色沉淀D3.00g为碳酸钙，物质的量为，黄绿色气体C密度为相同条件下H2的33.75倍，故B为CO2,物质的量为0.03mol，气体C的相对分子质量为33.75=67.5，可推知C为ClO2，H中溶质仅为一种常见正盐，且与足量稀盐酸反应产生无色气体CO2，根据固体X与氯酸钾反应可知H应该为钾盐，故为K2CO3；固体X在水中也可反应生成气体B，同时生成一种的相对较稳定的白色沉淀，白色沉淀不为氢氧化亚铁，只能为FeCO3。
（1）综上分析，固体盐X由四种常见元素组成，其中仅含一种金属元素，X的组成元素为Fe、H、C、O，固体F成分为Fe2O3、K2CO3；
（2）固体X在水中也可反应生成气体CO2，同时生成一种的相对较稳定的白色沉淀FeCO3，该反应化学方程式Fe(HCO3)2=FeCO3+CO2↑+H2O；
（3）气体C的化学式为ClO2；将气体ClO2通入KOH溶液，微热，恰好完全反应，生成两种物质的量之比1∶5的盐，根据氧化还原反应原理，生成KCl，氯元素化合价降5，则生成化合价比+4高的氧化产物的化合价应该为+5价，则生成KClO3，两种盐的化学式KCl、KClO3；取适量溶液，加入过量硝酸银溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得固体质量m1；合并洗涤液和滤液，向其中加入足量亚硝酸钠溶液，再加入足量硝酸银和稀硝酸，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得固体质量m2，若m2=5m1，则可验证上述比例关系。
18．【答案】(1)CO、SiO
(2)b (3)3Fe2＋＋NO＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
(4)红褐色沉淀溶解，溶液呈黄色
(5)Al3＋＋4OH-=AlO＋2H2O
(6)4∶1 (7)②
【分析】某强酸性溶液X，则溶液中不存在弱酸根离子CO、SiO，溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C，则溶液中一定存在SO，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NO不能共存，加入硝酸钡产生气体，则溶液中存在Fe2+，不存在NO，A是NO，则D是NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，则E是HNO3；溶液B中加入氢氧化钠溶液时，产生气体F，则溶液中含有NH，F是NH3，硝酸和氨气反应生成硝酸铵，则I是NH4NO3；产生沉淀，则溶液中存在Fe3+，沉淀G是氢氧化铁，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是氢氧化铝，溶液L是NaHCO3。
(1)由强酸性条件即可判断溶液X中不存在弱酸根离子，一定不存在的离子有CO、SiO。故答案为：CO、SiO；
(2)根据以上分析可知溶液X中一定没有NO，故答案为：b；
(3)亚铁离子和硝酸反应生成铁离子、一氧化氮和水，产生气体A的离子方程式为3Fe2＋＋NO＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。故答案为：3Fe2＋＋NO＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O；
(4)转化⑥发生的反应是盐酸溶解氢氧化铁，发生反应产生的现象为红褐色沉淀溶解，溶液呈黄色。故答案为：红褐色沉淀溶解，溶液呈黄色；
(5)转化④中产生偏铝酸钠的离子方程式为Al3＋＋4OH-=AlO＋2H2O。故答案为：Al3＋＋4OH-=AlO＋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：4NO2+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。