高考化学复习河南省濮阳市第一高级中学高三下期4月月考化学试卷.docx

高中化学学习材料
唐玲出品
河南省濮阳市第一高级中学2016届高三下期4月月考化学试卷
（解析版）
1．下列反应的离子方程式正确的是
A．Cl2通入水中： Cl2＋H2O＝2H＋＋Cl－＋ClO－
B．往碳酸镁中滴加稀盐酸：
C．硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液：Ba2＋＋SO42—＝BaSO4↓
D．稀硝酸与铜反应：8H+ + 2NO3—+ 3Cu===3 Cu2++2NO↑+4H2O
【答案】D
【解析】
试题分析：A 正确离子方程式为Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO。

B 碳酸镁是微溶物，应写成化学式MgCO3。

C 项Cu2+会与OH-生成Cu(OH)2沉淀，故C错误。

答案选D。

考点：离子方程式的书写
点评：本题属于基础题，只要掌握离子方程式的书写规格就可以解答，离子方程式是高考的常考知识点，考生在备考时应注意正确书写。

2．把下列四种x的溶液，分别加入盛有10 mL、2 mol/L的盐酸的烧杯中，并均加水稀释至50mL，此时x和盐酸缓和地进行反应，其中反应速率最大的是：
A．20 mL,2 mol/L B． 20 mL,3 mol/L C． 10 mL,5 mol/L D．10 mL,3 mol/L 【答案】B
【解析】
试题分析：稀释后浓度越大，反应速率越大；因均稀释至50mL，所以原溶液中所含溶质的物质的量越多，稀释后浓度越大，故选B。

考点：考查化学反应速率的影响因素。

3．鉴别稀硫酸和浓硫酸既简单、又可靠的方法是（）
A. 加酚酞试液
B. 与铜片作用
C. 加BaCl2溶液和硝酸
D. 用玻璃棒各蘸一点涂在纸上
【答案】D
【解析】本题要求的重点是可鉴别二者，且要简单可靠；
4．中华语言博大精深，下列词语中，其含意是物理变化的是
A．蜡炬成灰 B．曾青得铁 C．百炼成钢 D．大浪淘沙
【答案】D
【解析】
试题分析：A、蜡炬成灰过程中有新物质二氧化碳等生成，属于化学变化，故A错误；B、曾青得铁指铁和可溶性的铜溶液反应生成铜和相应的盐，属于化学性质，故B错误；C、百炼成钢说明碳在加热的条件下能和氧气反应生成二氧化碳，属于化学性质，故C错误；D、大浪淘沙过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D正确；故选D。

考点：考查了物理变化与化学变化的区别与联系的相关知识。

5．在某无色酸性溶液中能大量共存的一组离子是
A．NH4+、SO42-、Al3＋、NO3-- B．Na+、K+、HCO3-、NO3-
C．Na+、Ca2+、NO3- 、CO32- D．K+、Cu2+、NH4+、NO3-
【答案】A
【解析】
试题分析：题给信息溶液为无色、酸性；B项HCO3－与H＋不能大量共存；C项Ca2＋与CO32－不能大量共存；D项Cu2＋为蓝色。

考点：离子共存问题。

6
A．目的：浓度对化学反应速率的影响B．目的：配制银氨溶液
C．目的：比较Al、Fe、Cu活动性D．目的：实验室制取氨气
【答案】B
【解析】
试题分析：A．Na2S2O3的浓度不同，其它的都相同，因此可以比较浓度对化学反应速率的影响，正确；B．配制银氨溶液时应该把稀氨水滴加到AgNO3溶液中至开始产生的沉淀恰好完全溶解为止，错误；C．通过左边的装置可以比较Al、Fe的活动性，通过右边的装置可以比较Fe、Cu的活动性，从而可以得到Al、Fe、Cu活动性的强弱。

正确；D．在实验室就是通过加热氯化铵与氢氧化钙的混合物来制取氨气，并用向下排空气法来收集氨气的，正确。

考点：考查实验操作与实验目的的关系的知识。

7．N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．7.8 g Na2O2中含有的离子总数目为0.4N A
B．1mol 苯分子中含有碳碳双键数目为3N A
C．标准状况下，将分子总数为N A的NH3和HCl气体混合后的体积约为22. 4L
D．16g CH4与18 g NH4+ 所含电子数均为10N A
【答案】D
【解析】
试题分析：A、7.8 g Na2O2中含有的钠离子为0.2mol，过氧根离子为0.1mol，离子总数目为0.3N A，错误；B、苯分子中不含碳碳双键，错误；C、NH3和HCl气体可以发生反应生成氯化铵，错误；D、正确。

考点：考查物质的量。

8．实验室可将硬质玻璃管改装为燃烧管（如图所示）。

挤压软塑料瓶壁，向装有固体B的锥形瓶中加入液体A，同时往燃烧管中通入气体C并点燃，可看到明显的燃烧现象（金属网用以防止气体混合爆炸）。

若用此装置模拟工业制氯化氢，则关于试剂选择正确的是
选项溶液A 固体B 气体C
A 稀硫酸Zn Cl2
B 浓盐酸MnO2H2
C 稀硝酸Fe Cl2
D 浓盐酸KMnO4H2
【答案】D
【解析】
试题分析：A、若溶液A是稀硫酸，则与锌反应生成氢气，氢气的密度比空气小，氯气的密度比空气大，所以二者不易混合均匀，则不能燃烧，错误；B、浓盐酸与二氧化锰在加热时才产生氯气，错误；C、铁与稀硝酸反应产生NO，NO被氧化为二氧化氮，二氧化氮与氯气不反应，错误；D、浓盐酸与高锰酸钾在常温下反应生成氯气，氯气的密度大于空气，在下降的过程中与通入的氢气混合均匀，可以燃烧，正确，答案选D。

考点：考查实验装置的判断，物质的化学性质的判断
9．能用H＋＋OH－＝H2O来表示的化学反应是
A．氢氧化镁和稀盐酸反应 B．Ba(OH)2溶液滴入稀硫酸中
C．澄清石灰水和稀硝酸反应 D．二氧化碳通入澄清石灰水中
【答案】C
【解析】
试题分析：A、氢氧化镁是难溶于水的碱，和盐酸反应不能用H++OH-=H2O来表示，A错误；B、Ba(OH)2溶液滴入稀硫酸中会生成硫酸钡沉淀，不能用H++OH-=H2O来表示，B错误；C、澄清石灰水和稀硝酸反应属于强酸、强碱生成可溶性的盐和水的反应，能用H＋＋OH－＝H2O来表
示，C正确；D、二氧化碳溶于水是弱酸，通入澄清石灰水中生成沉淀，不能用H++OH-=H2O
来表示，D错误。

答案选C。

考点：离子方程式
10．某温度下，反应2A(g) B(g)－Q在密闭容器中达到平衡，平衡后c(A)/c(B)＝a，
若改变某一条件，足够时间后反应达到平衡状态，此时c(A)/c(B)＝b，下列叙述正确的是A．若保持温度，保持容器容积固定不变，向容器内补充B气体，则有a<b
B．若保持温度、压强不变，充入惰性气体，则有a>b
C．若其他条件不变，升高温度，则有a<b
D．若a＝b，则可能是在该温度下，保持容器容积固定不变情况下充入了惰性气体
【答案】D
【解析】
试题分析：A、在该温度下，保持容积固定不变，向容器内补充了B气体，B的浓度增大，
虽然平衡向逆反应方向移动，但B转化的比增加的幅度小，则a＞b，故A错误；B、保持温度、压强不变，充入惰性气体，应增大容器体积，则反应气体的分压减小，平衡向逆反应方
向移动，则a＜b，故B错误；C、升高温度，平衡向正反应方向移动，则a＞b，故C错误；D、如在恒压条件下加入等配比数的A和B，则仍达到同一平衡状态，或在恒容条件下加入
惰性气体，平衡不移动，则a、b相等，故D正确；故选D。

考点：考查了化学平衡的影响因素的相关知识。

11．测定CuSO4∙nH2O的结晶水含量，方法是：称量样品→在坩埚中加热→冷却→称量无
水盐。

若用相同方法测试下列晶体中的结晶水含量，可行的是
A．Cu(NO3)2∙nH2O B．MgCl2∙nH2O C．MgSO4∙nH2O D．FeSO4∙nH2O
【答案】C
【解析】
试题分析：A．硝酸铜受热易分解：2Cu(NO3)2 2CuO+4NO2↑+O2↑，当温度达到800℃时，CuO开始分解：4CuO 2Cu2O+ O2↑，至1000℃以上，CuO完全分解以，错误。

B．MgCl2∙nH2O 也会水解，由盐酸易挥发，最终得到氧化镁固体，错误。

C．MgSO4∙nH2O水解生成的硫酸是
高沸点性酸，故可认为最终仍是硫酸镁，正确。

D．FeSO4∙nH2O 加热过程中会被氧气氧化最
终得到硫酸铁，错误。

考点：本题考查盐类的水解知识及结晶水的含量测定原理。

12．足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO 的混合气体，这些气体与
3.2g O2混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。

若向所得硝酸铜溶液中加入NaOH
溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗溶液中NaOH的质量是
A．16g B．32g C．64g D．无法计算
【答案】A
【解析】
试题分析：铜被硝酸氧化生成硝酸铜，失去2个电子。

硝酸铜再和氢氧化钠反应生成氢氧化铜，铜离子结合2个OH－，这说明与铜离子结合的OH－个数就是铜失去的电子的个数。

由于
还原产物与氧气混合后全部转化为硝酸，所以铜失去的电子相当于转移给了氧气。

氧气的物
质的量是0.1mol，得到0.4mol电子，所以根据电子的得失守恒可知，铜失去的电子是0.4mol，
则与铜离子结合的OH－的物质的量就是0.4mol，所以氢氧化钠的质量是0.4mol×40g/mol＝
16g，答案选A。

考点：主要考查金属铜与硝酸反应的计算
点评：该题是中等难度的试题，也是典型的通过巧解进行计算的例子，有利于培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力，有助于提升学生的学科素养，提高学生的学习效率。

该题的关键是利用好守恒法，即质量守恒、原子守恒、电子得失守恒以及电荷守恒等，灵活运用守恒法能起到事倍功半的效果。

13．在某容积一定的密闭容器中，有下列可逆反应：A（g）＋B（g）xC（g）ΔH未知，有图Ⅰ所示的反应曲线，试判断对图Ⅱ的说法中正确的是（T表示温度，P表示压强，C%表示C 的体积分数）
A．P3＞P4，y轴表示C的转化率
B．P3＜P4，y轴表示B的体积分数
C．P3＜P4，y轴表示混合气体的密度
D．P3＞P4，y轴表示混合气体的平均摩尔质量
【答案】D
【解析】
试题分析：根据图1推出T1>T2，P2>P1，根据勒夏特列原理，x=1，△H<0，A、随着温度升高，平衡向逆反应方向进行，C的转化率应增大，与图像不符，故错误；B、随着温度的升高，平衡向逆反应方向进行，B的体积分数增大，与图像不符，故错误；C、ρ=m/V，组分都是气体，质量不变，容积是恒容，V不变，因此密度始终不变，故错误；D、M=m/n，组分都是气体，气体的质量不变，随着温度升高，平衡向逆反应方向进行，n增大，M减小，作等温线，随着压强的增大，平衡向正反应方向进行，n减小，M增大，符合图像，故正确。

考点：考查化学平衡图像、勒夏特列原理等知识。

14．已知W、X、Y、Z为短周期元素,W、Z同主族，X、Y、Z同周期，W的气态氢化物稳定性大于Z的气态氢化物稳定性，X、Y为金属元素，X单质的还原性大于Y的单质的还原性。

下列说法正确的是
A．W与X形成的化合物中只含离子键
B．W的气态氢化物的沸点一定高于Z的气态氢化物的沸点
C．X、Y、Z、W的原子半径依次减小
D．若W与Y的原子序数相差5，则二者形成化合物的化学式一定为Y2W3
【答案】C
【解析】
试题分析：已知W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，W的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性强，W、Z为非金属，原子序数Z＞W，W处于第二周期，Z处于第三周期，X、Y、Z同周期，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性，原子序数Y＞X，二者处于第三周期，根据选项根据可能的情况进行判断．A、Na2O2中既有离子键又有共价键，错误；如果是CH4和SiH4，沸点CH4<SiH4，错误；C、X、Y、Z都是第三周期，且原子序数依次增大，所以原子半径依次减小，W是第二周期，原子半径最小，正确；D、若W 与Y的原子序数相差5，二者形成化合物的化学式可能是Mg3N2、Al2O3，错误。

考点：考查元素周期律
15．现有短周期元素X、Y、Z、M，X、Y位于同主族，Z、M位于同主族，Y、Z位于同周期，X与Z、M都不在同一周期，Z的核电荷数是M的2倍。

下列说法正确的是
A．简单阳离子的氧化性：Y＞X
B．气态氢化物的稳定性：Z＞M
C．简单离子半径由大到小的顺序是：Z＞M＞Y
D．等浓度的X2Z与Y2Z的溶液中，水的电离程度：X2Z＞Y2Z
【答案】C
【解析】
试题分析：Z、M位于同主族，且Z的核电荷数是M的2倍，因此符合条件的是第ⅥA族的O 和S，即M是O，Z是S。

X与Z、M都不在同一周期，且都是短周期元素，所以X是H。

X、Y 位于同主族，即Y是第IA族元素。

又因为Y、Z位于同周期，所以X是Na。

A、同主族自上而下，金属性逐渐增强，相应阳离子的氧化性逐渐减弱，则简单阳离子的氧化性：Y＜X，A 不正确；B、非金属性越强，氢化物的稳定性越强。

同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则氢化物的稳定性逐渐减弱，所以气态氢化物的稳定性：Z＜M，B不正确；C、离子的核外电子层数越多，离子半径越大。

在核外电子排布相同的条件下，原子序数越大，离子半径越小，则简单离子半径由大到小的顺序是：Z＞M＞Y，C正确；D、H2S溶于水电离出氢离子，抑制水的电离。

Na2S溶于水电离出的S2－水解促进水的电离，所以等浓度的X2Z与Y2Z的溶液中，水的电离程度：X2Z＜Y2Z，D不正确，答案选C。

考点：考查元素周期表的结构和元素周期律的应用
16．在1—18号元素中，某元素R最外层电子数与电子层数相同，则R元素可能是（写元素符号）__________________。

【答案】H、Be、Al
【解析】解决本题有两种方法，一种方法是写出1—18号原子的原子结构示意图，从中逐一辨认，找出符合要求的元素，显然这种方法不可取；另一种方法是把握题设特点，从以下三个方面试写：
①R有1个电子层且最外层有1个电子的：，H元素。

②R有2个电子层且最外层有2个电子的：，Be元素。

③R有3个电子层且最外层有3个电子的：，Al元素。

由于R是1—18号元素中的，所以它不会有4个电子层。

17．按要求填空：
（1）将等质量的Zn粉分别投入a．10mL0.1mol·L﹣1 HCl和b．10mL 0.1mol·L﹣1醋酸中：
①若Zn不足量，则Zn粉完全反应所需的时间：a b（填“＞、＜或=”），
②若Zn过量，产生H2的量：a b（填“＞、＜或=”）；
（2）将等质量Zn粉分别投入pH=1体积均为10mL的a．盐酸和b．醋酸中：
①若Zn不足量，则Zn粉完全反应所需的时间：a b（填“＞、＜或=”），
②若Zn过量，产生H2的量：a b（填“＞、＜或=”）．
【答案】（1）①＜；② =；（2）①＞；②＜．
【解析】
试题分析：（1）物质的量浓度相等的盐酸和醋酸，醋酸中氢离子浓度小于盐酸。

①若Zn不足量，酸有剩余，相同浓度的醋酸和盐酸中，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，所以盐酸反应速率大于醋酸，则Zn粉完全反应所需的时间：a＜b；②若Zn过量，产生H2的量与酸的物质的量成正比，醋酸和盐酸都是一元酸，且体积、浓度相等，则其物质的量相等，所以产生H2的量：a=b。

（2）pH相等的醋酸和盐酸，醋酸浓度大于盐酸。

①若Zn不足量，酸过量，反应过程中，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以醋酸反应速率大于盐酸，则Zn粉完全反应所需的时间：a ＞b；②若Zn过量，酸不足，产生H2的量与酸的物质的量成正比，pH相等、体积相等的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，所以产生H2的量：a＜b。

考点：考查强酸、弱酸的比较，弱电解质的电离。

18．饱和氯水与石灰石的反应是制取较浓HClO溶液的方法之一。

2005年的《化学教育》报道了如下实验研究：
一、定性研究：
①在试管中加入过量的块状碳酸钙，再加入约20 mL饱和氯水，充分反应，有少量气泡产生，溶液浅黄绿色褪去；②过滤，将滤液滴在有色布条上，发现其比氯水的漂白性更强；③为了确定反应产物，将滤液分为三份，分别进行以下实验：
第一份与石灰水混合，立即产生大量白色沉淀；
第二份与稀盐酸混合，立即产生大量无色气体；
将第三份加热，看到溶液变浑浊且有大量无色气体产生。

经检测，上述实验中产生的无色气体均为CO2。

请完成下列问题：
(1)反应后所得的溶液漂白性增强的原因是____________________________________。

(2)依据上述实验可推知，②的滤液中的溶质除CaCl2、HCIO外，还含有_________。

二、定量研究：
在圆底烧瓶底部，有一用塑料网包住的过量块状碳酸钙和150 mL饱和氯水，按如图所示装置实验，待不再产生气泡后，将塑料网中剩余的石灰石提出液面，密封后再加热、煮沸烧瓶中的液体，直到量筒中的气体不再增加。

请完成下列问题：
(3)为减少用装置Ⅲ收集气体过程中CO 2因溶解而造成的损失，且水槽中仍然为水，请你对装置Ⅲ进行改进，最简单的方法是____________________________________________________。

(4)用改进后的装置进行上述实验，测得塑料网内的碳酸钙质量减少 A g ，总共收集到标准状况下的CO 2气体B L ，发现1
4.22-•mol L BL 明显小于1100-•mol g Ag 。

若不考虑实验操作和CO 2的溶解等因素造成的误差，从化学反应原理来看，导致这一大小关系的原因是____________________________________________。

(5)实验后发现，装置Ⅱ中的液体增多了，其原因是____________________________________。

【答案】(1)CaCO 3消耗了氯水中的HCl ，使Cl 2+H 2O
HCl+HClO 平衡向右移动，HClO 浓
度增大
(2)Ca(HCO 3)2
(3)在导管末端再连接长导管，使导管的出口接近量筒底部
(4)碳酸钙与CO 2反应生成的Ca(HCO 3)2使生成CO 2的物质的量小于1
100-•mol g Ag (5)从圆底烧瓶蒸出的水蒸气在广口瓶中冷凝、聚集
【解析】本题是探索性的实验，研究定性和定量的问题和平衡移动的知识及观察能力、误差分析能力。

由于CaCO 3消耗了氯水中的HCl ，使Cl 2+H 2O
HCl+HClO 平衡向右移动，HClO 浓度增大。

过量的碳酸钙与释放出的CO 2在水中反应生成Ca(HCO 3)2。

发现14.22-•mol
L BL 明显小于1100-•mol
g Ag ，原因是CO 2并没有完全释放出去。

由Ⅰ到Ⅱ会有水蒸发出去，那么在Ⅱ中冷却，所以Ⅱ中的液体增多了。

19．（每空2分，共14分）为了测定氢氧化钠和碳酸钠固体混合物m g 中碳酸钠的质量分数，甲、乙两位同学分别设计了如下的实验方案：
（1）甲同学的方案是：将样品溶解，加入过量1mol ·L －1氯化钡溶液，过滤洗涤，取沉淀
烘干，称量得固体n g 。

则混合物中碳酸钠的质量分数为____________；（2分）能否用过量
的1mol·L－1氯化钙溶液代替氯化钡溶液来测定碳酸钠的质量分数____ ___（填“能”或
“否”），（2分）理由
_____ 。

（2分）
（2）乙同学的方案是：将样品溶解后，加入稍过量的氯化钡溶液，再滴入2—3滴酚酞试液，用标准盐酸滴定。

乙同学在滴定过程中所需要的主要玻璃仪器有___________，（2分）滴定终点时的现象是____________，（2分）加入过量氯化钡溶液的目的是____________；（2分）判断氯化钡过量的方法是_____。

（2分）
【答案】（每空2分，共14分）
（1）106
197
n
m
×100% ；否；氯化钙溶液过量，则生成的沉淀中含有Ca(OH)2，使测定不准
确；
（2）酸式滴定管、锥形瓶；当最后一滴标准盐酸滴入时，溶液由红色变为无色，且半分钟不回复红色；将碳酸钠完全沉淀，防止滴定过程中CO32－和盐酸反应；取上层清液少许与一试管，滴加几滴氯化钡溶液，若无浑浊出现，则氯化钡溶液过量
【解析】
试题分析：（1）设碳酸钠的质量为x
Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl
106 197
x ng
x=106
197
ng
=
106
197
n
g，混合物中碳酸钠的质量分数为：
106
197
n
g
mg
×100%=
106
197
n
m
×100%，若
用氯化钙，反应生成的氢氧化钙微溶于水，会使沉淀的质量变大，使测定不准确，故答案为：
106 197n
m
×100% ；否；氯化钙溶液过量，则生成的沉淀中含有Ca(OH)2，使测定不准确；（2）滴定过程中所需要的主要玻璃仪器有酸式滴定管、锥形瓶；开始溶液呈碱性酚酞呈红色，当滴定终点时溶液呈中性呈无色，且半分钟不回复红色；加入过量氯化钡溶液的目的是使碳酸钠完全转化，氯化钡过量的方法是取上层清夜少许向其中滴加氯化钡溶液，若无浑浊出现，则氯化钡溶液过量，故答案为：酸式滴定管、锥形瓶；溶液由红色变为无色，且半分钟不回复红色；将碳酸钠完全沉淀，防止滴定过程中CO32-和盐酸反应；在上层清夜中滴加氯化钡溶液，若无浑浊出现，则氯化钡溶液过量。

考点：考查了碳酸钠的性质、化学实验方案的设计与评价的相关知识。

20．（12分）（1）已知草酸(H2C2O4)分解的化学方程式为：H2C2O4CO↑+ CO2↑+ H2O，下列装置中，可用作草酸分解制取气体的是（填序号）
（2）某实验小组为测定铁锈样品的组成（假定铁锈中只有Fe2O3·nH2O和Fe两种成份），利用草酸分解产生的CO和铁锈反应，实验装置如下图所示。

①为得到干燥、纯净的CO气，洗气瓶A、B中盛放的试剂分别是、。

②在点燃C处酒精灯之前，应先持续通入一段时间的混合气体，其目的是
③准确称量样品的质量20.00g置于硬质玻璃管中，充分反应后冷却、称量（假设每步均完全反应），硬质玻璃管中剩余固体质量为16.64g，D中浓硫酸增重1.44g，则n= 。

④、在本实验中，下列情况会使测定结果n偏大的是（填字母）
a．缺少装置A b．缺少装置B c．反应后固体是铁和少量Fe2O3·nH2O
【答案】（1）④
（2）①NaOH溶液浓硫酸②排除装置中的空气，防止CO中混有空气而在加热时发生爆炸
③2 ④b
【解析】
试题分析：（1）该反应的反应物是液体，反应条件是加热，应选择固液反应且需要加热的装置，所以选④.
（2）①为得到干燥、纯净的CO气，应先除去混合气体中的二氧化碳，用氢氧化钠吸收即可；混合气体通入氢氧化钠溶液时会带走水蒸气，为除去水蒸气，选用浓硫酸洗气。

②装置中含有空气，CO中混有空气加热时可能发生爆炸，所以要通入混合气体一段时间，排除装置中的空气。

③由题意知，固体质量减少的量为水和氧的量，浓硫酸吸收的量为水，反应方程式为：
Fe2O3．nH2O+3CO=Fe+3CO2+nH2O 固体质量减少量
18ng
（18n+48）g
1.44g 2 0.00g-16.64g
所以18ng：1.44g =（18n+48）g：（20.00g-16.64g）
解得n=2。

④a、缺少装置A，未除去CO2，可能影响CO还原氧化物，固体质量差变小，导致所测n值偏小，错误；b、缺少洗气瓶B会导致装置E增重的质量偏大，所以测定结果n偏大，正确；
c、反应后固体是铁和少量Fe2O3•nH2O，固体减少的质量偏小，导致所测n值偏小，错误。

考点：本题考查实验方案的分析与设计、化学计算、误差分析。

21．（8分）CO、CH4均为常见的可燃性气体
（1）等体积的CO和CH4在相同条件下分别完全燃烧，转移的电子数之比为
（2）已知在101kpa时，CO的燃烧热为283KJ/mol。

相同条件下，若2 molCH4燃烧生成液
态水，所放出的热量为1mol CO完全燃烧放出热量的6.30倍，CH4完全燃烧反应的热化学方程式是
（3）120℃、101Kpa下，a ml 由CO、CH4组成的混合气体在b ml O2中完全燃烧后，恢复到原温度和压强。

①若混合气体与O2恰好完全反应，产生b ml CO2，则混合气体中CH4的体积分数为（保留2位小数）
②若燃烧后气体体积缩小了
4
a
ml，则a与b关系的数学表达式是
【答案】
【解析】
22．有关物质的转化关系如下图所示（部分物质和条件已略去）。

A、D是常见金属，B、C 是它们的氧化物，B是红棕色固体，D是年产量最高的金属，I、J是氯碱工业的主要产品，H是一种常见强酸，可由氯碱工业的产品为原料制得。

请回答下列问题：
A
D
C J
J
G
F
E
H I
H
B
（1） B的化学式为。

（2） H的电子式为。

（3）写出E与I反应的离子方程式：。

（4）写出A与J反应的化学方程式：。

【答案】（1） Fe2O3（2）H Cl
（3）2Fe2+＋Cl2=2Fe3++2Cl－
（4）2NaOH＋2Al＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑
【解析】
试题分析：根据题给信息和转化关系推断，A为铝，B为氧化铁，C为氧化铝，D为铁，E为氯化亚铁，F为氯化铁，G为偏铝酸钠，H为盐酸，I为氯气，J为氢氧化钠。

（1） B为氧化铁，化学式为Fe2O3。

（2） HCl的电子式为H Cl。

（3）氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，
离子方程式为2Fe2+＋Cl2=2Fe3++2Cl－。

（4）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2NaOH＋2Al＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑。

考点：考查无机推断，铁铝及其化合物的性质。

23．物质A、B、C、D、E、F、G、H、I、J有如图所示的转化关系。

图中所有物质均由短周期元素组成，且每个小三角形内的三种物质均至少含有第三周期中的
编号信息
1 D为地壳中含量最高的元素组成的单质
2 E为酸性气态氧化物
3 F的浓溶液常做干燥剂
4 H为淡黄色固体化合物
5 电解饱和J溶液是工业重要反应
6 C为离子化合物，阴、阳离子均含有金属元素
（1）写出G的化学式：，指出H中化学键的类型：。

（2）常温下测得一定浓度的C溶液的pH=10，用离子方程式表示其原因。

（3）写出与H相对分子质量相同，且它们的阴离子所含的电子数、电荷数也均相同的化合物的化学式。

（4）写出C溶液中通入过量CO2的化学方程式：。

（5）通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应（已知反应过程放热），生成物中三种含Y元素的离子，其中两种离子物质的量（n）与反应时间（t）的变化示意图如上图所示，写出该反应的离子方程式是，该苛性钾溶液中KOH的质量是 g。

【答案】
（1）（4分）SO3或H2SO4（2分；离子键、共价键（2分）
（2）（4分）AlO2-+2H2O = Al(OH)3+OH‾ (或Al(OH)4- + CO2 = Al(OH)3+OH‾
（3）（2分）Na2S
（4）（2分）CO2+ NaAlO2+2H2O = NaHCO3+ Al(OH)3↓(或Na[Al(OH)4] + CO2= NaHCO3+ Al(OH)3↓
（5）（4分）5Cl2 + 10OH‾ = 2ClO‾ + ClO3‾ + 7Cl‾ + 5H2O（2分）；16.8（2分）
【解析】
试题分析：充分利用题目所给信息：图中所有物质均由短周期元素组成，且每个小三角形内的三种物质均至少含有第三周期中的一种相同元素。

（1）因为E为酸性气态氧化物，所以E 为SO2或SO3 ，则G为SO3 或H2SO4，H为淡黄色固体化合物为Na2O2，含离子键、共价键。

（2）C为离子化合物，阴、阳离子均含有金属元素，为NaAlO2，其溶液显碱性是因为AlO2-发生了水解反应。

（3）Na2O2中O22‾与S2‾电子数、电荷数相同，所以该物质为Na2S 。

（4）向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成NaHCO3和 Al(OH)3。

24．龙葵醛（）是一种珍贵的香料，广泛用于香料、医药、染料及农药等行业。

以下是以苯为原料生成龙葵醛的一种合成路线（部分反应条件及副产物已略去）：
（1）龙葵醛的分子式为_________，其中含氧官能团的名称是_____________；A物质得到的核磁共振氢谱中有_______个吸收峰，B的结构简式可能为_____________；
（2）反应③的反应类型为_________，，反应⑤的反应条件为_____________；
（3）反应⑥的化学方程式为_____________；
（4）龙葵醛具有多种同分异构体，其中某些物质有下列特征：
a．其水溶液遇FeCl3溶液呈紫色；b．苯环上的一溴代物有两种；c．分子中没有甲基．
写出符合上述条件的物质可能的结构简式（只写两种）：____________________________。

【答案】（1）C9H10O；醛基；5；或；
（2）消去反应；NaOH的水溶液、加热；
（3）2+O2+2H2O
（4）、。