2022-2022学年安徽省合肥一六八中高三（上）月考化学试卷（10月份） 一、选择题（本大题共17小题，每小题3分，满分51分，每小题只有一个正确答案）1．下列关于物质的分类说法正确的是（ ）A．纯碱、烧碱都属于碱B．漂白粉、小苏打都属于纯净物C．氯化铵、次氯酸都属于电解质D．合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料 2．化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（ ）A．焰火的五彩缤纷是某些金属元素化学性质的展现B．将煤气化后再作为能源，可减少PM2.5引起的危害C．用激光笔分到照射盛有蓝墨水、FeCl3溶液的玻璃杯均出现光亮的通路D．氨气液化时能吸收大量的热，常用来做冷冻剂 3．设NA为阿伏伽德罗常数，下列说法不正确的是（ ）A．含1molFeCl3的饱和溶液最多可形成胶体粒子数为NAB．4.6gNa与稀盐酸反应，转移电子数一定为0.2NAC．10.6gNa2CO3晶体中含CO32﹣数目为0.1NAD．常温下，22gCO2含碳氧双键数目为NA 4．分子式为C5H8O2的有机物，能使溴的CCl4溶液褪色，也能与NaHCO3溶液反应生成气体，则符合上述条件的同分异构体（不考虑立体异构）最多有（ ）A．8种B．7种C．6种D．5种 5．下列有关实验原理、方法和结论都正确的是（ ）A．滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，原溶液中一定含有SO42﹣B．将钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该钾盐一定为K2C03C．某固体进行焰色反应实验，火焰呈黄色，说明该固体为钠盐D．向某溶液中滴加KSCN溶液，不变色，再滴加氯水显红色，则溶液中一定含有Fe2+ 6．下列实验能达到预期目的是（ ）A．用于判断SO2能否与钡盐反应-22-\nB．用于判断硼酸、碳酸的酸性强弱C．用于判断甲中发生的是加成反应D．用于AlCl3的蒸发结晶 7．汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑，则下列说法正确的是（ ）A．KNO3是还原剂，其中N元素被氧化B．生成物中的N2是氧化产物，K2O是还原产物C．若有65gNaN3参加反应，则被氧化N的物质的量为3.2molD．每转移1mole﹣，可生成标准状况下N2的体积为35.84L 8．从海水中制得的氯化钠除食用外，还可用作T业原料，生成多种含钠或氯的化工产品，利用CO2+NH3+HO2+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl的反应原理可制备纯碱，下面是在实验室进行模拟实验的生产流程示意图．饱和食盐水溶液悬浊液晶体纯碱则相关的说法错误的是（ ）A．通入的气体：A是CO2，B是NH3B．NaHCO3溶解度比NaCl、Na2CO3、NH4HCO3和NH4Cl的溶解度都小C．步骤（3）的操作为过滤，滤液可作化学肥料D．步骤（4）中，将晶体加热分解可以得到纯碱 9．下列化学反应的离子方程式正确的是（ ）A．向氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3•H2O═AlO+4NH+2H2OB．用CH3COOH溶解CaC03：CaCO3+2H+═Ca++H2O+CO2↑-22-\nC．0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.2mol/LBa（OH）2溶液等体积混合：Al3++2SO+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO+2H2OD．用硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O 10．下列各组粒子在指定溶液中一定能大量共存的一组是（ ）A．在KMnO4溶液中：SO42﹣、Mg2+、CH3CH2OH、NO3﹣B．在由水电离氢离子浓度为1×10﹣12mol/L的溶液中：Fe2+、Na+、NO3﹣、Cl﹣C．离子浓度相同的溶液中：NH4+、CH3COO﹣、SO42﹣、Cu2+D．无色溶液中：Fe3+、NO3﹣、Na+、Cl﹣ 11．下列与金属腐蚀有关的说法正确的是（ ）A．图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B．图b中，开关由M改置于N时，Cu﹣Zn合金的腐蚀速率减小C．图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大D．图d中，Zn﹣MnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的 12．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，已知Z的最高正价与最低负价的代数和为4，Y能形成两种常见的液体二元化合物M、Q，其中M是生物生存必需的物质．x能形成多种单质，其中有两种单质硬度差异极大，下列说法中错误的是（ ）A．最高价氧化物对应水化物的酸性：w＞Z＞xB．化合物Q中存在两种类型的共价键C．Z、X都可以形成两种常见的酸性氧化物D．四种元素的常见单质中X的单质的沸点最高 13．卫星发射时是以N2H4（联氨）和N2O4为火箭的动力源．反应温度高达2700℃，反应式为2N2H4+N2O4═3N2+4H2O．对于该反应的说法正确的是（ ）A．联氨是氧化剂B．氧化产物和还原产物的质量比为1：2C．属于置换反应D．该反应的优点有热值高、无污染等 14．山萘酚（Kaempferol）结构如图所示，且大量存在于水果、蔬菜、豆类、茶叶中，具有多种生物学作用，如抗氧化、抑制肿瘤生长及保护肝细胞等作用．有关山萘酚的叙述正确的是（ ）-22-\nA．结构式中含有2个苯环和羟基、醚键、羧基、碳碳双键B．可发生取代反应、水解反应、加成反应C．可与NaOH反应，不能与NaHCO3反应D．1mol山萘酚与溴水反应最多可消耗4molBr2 15．已知，某无色溶液中含有下列离子中的几种：Na+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣、SO、SO，为了确定溶液的组成，某学生进行如下探究实验：①用pH试纸检测溶液的酸碱性，溶液的pH大于7②取少量溶液，向其中滴加氯水，再加入CC14振荡，静置，CC14呈橙色③另取少量溶液，向其中滴加Ba（NO3）2溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生④用分液漏斗将②所得混合液分离，倒出上层清液，滴加AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生．根据上述实验判断，下列结论正确的是（ ）A．溶液中一定含有Br﹣、SOB．溶液一定含有Na+，不含Ba2+C．实验①与上述离子的检验没有关系，可以省略D．由实验④可以判断溶液中含有Cl﹣ 16．钴的氧化物广泛应用于磁性材料及超导材料等领域．取一定量的钴的氧化物（其中钴的化合价为+2、+3价），用480mL5mol•L﹣1盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48L（标准状况）黄绿色气体．通过计算可以确定该氧化物中Co、0的物质的量之比为（ ）A．1：1B．2：3C．3：4D．5：6 17．如图是草酸溶液中H2C2O4、HC2O4﹣三种微粒的分布分数（某微粒物质的量浓度与三种微粒物质的量被度和的比值）与pH的关系图，下到有关说法不正确的是（ ）A．pH=5的溶液中c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）B．NaHC2O4溶液中：c（OH﹣）+c（C2O42﹣）=c（H+）+c（H2C2O4）C．向NaHC2O4溶液中加强酸至pH与a点对应时，溶液中2c（Na+）=c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）D．为使溶液中c（HC2O4﹣）尽可能多一些，溶液的pH最好控制在2.7左右 -22-\n二、解答题（共4小题，满分49分）18．（12分）（2022秋•合肥校级月考）铝热反应是铝的一个重要性质．某校化学兴趣小组同学为了克服传统铝热反应纸漏斗易燃烧，火星四射等缺点，将实脸改成以下装置，取磁性氧化铁在如图A实验进行铝热反应，冷却后补到“铁块”混合物．（1）实验中可以用蔗糖和浓硫酸代替镁条作引火剂，共原因是 ．（2）该铝热反应的化学方程式为 ．（3）取反应后的“铁块”研碎取样称量，加入如图B装置，滴入足量NaOH溶液充分反应，测量生成气休体积以测量样品中残留铝的百分含量．试回答下列问题：①量气管的量具部分是一个中学实验常见量具改装而成，该仪器的名称为 ．②量气管在读数时必须进行的步骤是 ．③取1g样品进行上述实验，共收集到44.8mL气体（换算成标准状况下），则铝的百分含量为 ．④装置中分液漏斗上端和烧瓶用橡胶管连通，除了可以平衡压强让液体顺利滴入试管之外，还可以起到降低实验误差的作用．如果装置没有橡胶管，测出铝的百分含量将会 （填“偏大”或“偏小”）． 19．（11分）（2022秋•合肥校级月考）硫酸锰可作为饲料添加剂用于增肥，也可用于某些化学反应的催化剂，易溶于水，不溶于乙醇．工业上常用软锰矿（主要成分为MnO2，含有MgSO4等杂质）制备硫酸锰，其简化流程如下：（1）为了加快软锰矿与硫酸、黄铁矿反应的速率，工业上除采用粉碎软锰矿的方法，还可以用哪些方法 ．（写两种）（2）流程中黄铁矿（主要含FeS2）和FeSO4的作用都是作还原剂，请写出FeSO4与软锰矿反应的离子方程式 ．（3）双氧水和氨水的作用分别是 ．（4）操作Ⅱ包括 、 、 、洗涤、干燥，可制得MnSO4•H2O粗产品，洗涤中最好选用 ．A．浓硫酸B．水C．乙醇D．浓硫酸． 20．（15分）（2022秋•合肥校级月考）铁是目前人类使用量最大的金属，它能形成多种化合物．（1）取5.6g的生铁与足量的稀硫酸混合反应，无论怎样进行实验，最终收集了的气体体积均小于2.24L（标准状况），最主要的原因是 ，所得溶液在长时间放置过程中会慢慢出现浅黄色，试用离子方程式解释这一变化的原因 ．-22-\n（2）ZnFe2Ox是一种新型纳米材料，可将工业废气中的某些元素转化为游离态，制取纳米ZnFe2Ox和用于除去废气的转化关系如图ZnFe2O4ZnFe2Ox．若上述转化反应中消耗的n（ZnFe2O4）：n（H2）=2：1，x的值为 ．请写出ZnFe2Ox与NO2反应的化学方程式 （x用前一问求出的具体值）．（3）LiFePO4（难溶干水）材料被视为最有前途的锂离子电池材料之一．①以FePO4（难溶于水）、Li2CO3、单质碳为原料在高温下制备LiFePO4，该反应还生成一种可燃性气体，则反应方程式为 ．②磷酸铁锂动力电池有几种类型，其中一种（中间是锂离子聚合物的隔膜，它把正极与负桩隔开）工作原理为FePO4+LiLiFePO4．则放电时正极上的电极反应式为 ．（4）已知25℃时，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38，此温度下若在实验室中配制5mol/L100mLFeCl3溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，则至少需要加人2mol/L的盐酸 ml（忽略加入盐酸体积）． 21．（11分）（2022秋•合肥校级月考）将5.3g某碱式碳酸盐固体（不含结晶水）M溶解于100g9.8%的稀硫酸中，充分反应后得到224mLCO2（标准状况）和含有MgSO4、Al2（SO4）3的溶液．向所得溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生沉淀的质量与加入的溶质NaOH的质量关系如图所示．（1）由图可知，固体M与稀硫酸反应后所得溶液中除含有溶质MgSO4和Al2（SO4）3外，还含有的溶质是 （写化学式）；（2）加入的溶质NaOH从0.8g到xg所发生反应的离子方程式为 ；（3）当加入溶质NaOH的质量到xg时，生成Al（OH）3的质量为 g，x= ；（4）M的化学式为 ． 2022-2022学年安徽省合肥一六八中高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析 一、选择题（本大题共17小题，每小题3分，满分51分，每小题只有一个正确答案）1．下列关于物质的分类说法正确的是（ ）A．纯碱、烧碱都属于碱B．漂白粉、小苏打都属于纯净物C．氯化铵、次氯酸都属于电解质D．合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料-22-\n【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；电解质与非电解质；无机非金属材料．【分析】A、纯碱是碳酸钠属于盐，碱是水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；B、漂白粉为氯化钙和次氯酸钙；C、水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；D、合成纤维是有机高分子材料，光导纤维是新型无机非金属材料．【解答】解：A、烧碱是碱，纯碱是碳酸钠属于盐，故A错误；B、小苏打为碳酸氢钠，属于纯净物，漂白粉为氯化钙和次氯酸钙为混合物，故B错误；C、水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，氯化铵是盐、次氯酸是酸都属于电解质，故C正确；D、合成纤维是有机高分子材料，光导纤维是新型无机非金属材料，故D错误；故选C．【点评】本题考查了硅性质的应用，高分子化合物的判断，生活中有机物的分类结构和性质应用判断，题目较简单． 2．化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（ ）A．焰火的五彩缤纷是某些金属元素化学性质的展现B．将煤气化后再作为能源，可减少PM2.5引起的危害C．用激光笔分到照射盛有蓝墨水、FeCl3溶液的玻璃杯均出现光亮的通路D．氨气液化时能吸收大量的热，常用来做冷冻剂【考点】焰色反应；胶体的重要性质；氨的用途；煤的干馏和综合利用．【分析】A、某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应；B、将煤气化后得到可燃性气体，减少污染物的排放；C、胶体具有丁达尔效应，溶液没有；D、液氨气化时吸收热量导致其周围温度降低．【解答】解：A、某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应，焰色反应是某些金素元素的物理性质，故A错误；B、将煤气化后得到可燃性气体，减少污染物的排放，可以减少PM2.5，故B正确；C、FeCl3溶液不是胶体，没有丁达尔现象，故C错误；D、液氨气化时吸收热量导致其周围温度降低，所以液氨是一种重要的制冷剂，则氨气在液化时放出热量，故D错误，故选B．【点评】本题主要考查了焰色反应的定义、胶体的性质、液氨的性质、空气污染与防治等，题目难度不大． 3．设NA为阿伏伽德罗常数，下列说法不正确的是（ ）A．含1molFeCl3的饱和溶液最多可形成胶体粒子数为NAB．4.6gNa与稀盐酸反应，转移电子数一定为0.2NAC．10.6gNa2CO3晶体中含CO32﹣数目为0.1NAD．常温下，22gCO2含碳氧双键数目为NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁分子的聚集体；B、求出钠的物质的量，然后根据反应后钠元素变为+1价来分析；C、求出碳酸钠的物质的量，然后根据1mol碳酸钠中含1molCO32﹣来分析；D、求出二氧化碳的物质的量，然后根据1mol二氧化碳中含2条碳氧双键来分析．-22-\n【解答】解：A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁分子的聚集体，故1mol氯化铁所形成的胶粒个数小于NA个，故A错误；B、4.6g钠的物质的量为0.2mol，与盐酸反应时，即使盐酸不足，钠还能与水反应，而反应后钠元素变为+1价，故0.2mol钠一定失去0.2mol电子，故B正确；C、10.6g碳酸钠的物质的量为0.1mol，而1mol碳酸钠中含1molCO32﹣，故0.1mol碳酸钠中含0.1mol碳酸根即0.1NA个，故C正确；D、22g二氧化碳的物质的量为0.5mol，而1mol二氧化碳中含2条碳氧双键，故0.5mol二氧化碳中含1mol碳氧双键即NA个，故D正确．故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大． 4．分子式为C5H8O2的有机物，能使溴的CCl4溶液褪色，也能与NaHCO3溶液反应生成气体，则符合上述条件的同分异构体（不考虑立体异构）最多有（ ）A．8种B．7种C．6种D．5种【考点】同分异构现象和同分异构体．【分析】能与NaHCO3溶液反应生成CO2，说明此分子含有羧基，能与溴的四氯化碳溶液反应说明此分子含有碳碳双键，然后根据官能团的位置异构和碳链异构确定．【解答】解：由该有机物的化学性质、组成知其含有碳碳双键、羧基．当没有支链时，其碳骨架有3种：有一个甲基做支链的结构有四种：，有一个乙基做支链的结构为，故共有8种结构，故选A．【点评】本题考查同分异构体的书写，通过性质判定含有的官能团，通过碳链异构和位置异构确定有机物种数． 5．下列有关实验原理、方法和结论都正确的是（ ）A．滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，原溶液中一定含有SO42﹣B．将钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该钾盐一定为K2C03C．某固体进行焰色反应实验，火焰呈黄色，说明该固体为钠盐D．向某溶液中滴加KSCN溶液，不变色，再滴加氯水显红色，则溶液中一定含有Fe2+【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．银离子和氯离子产生白色沉淀氯化银；B．能使澄清石灰水变浑浊的气体是CO2和SO2，和酸反应生成CO2和SO2的离子有CO32﹣、SO32﹣、HCO3﹣或HSO3﹣；-22-\nC．含Na元素的固体，其焰色反应中火焰均呈黄色；D．铁离子与硫氰化钾溶液显红色，氯气具有强氧化性，可将Fe2+氧化生成Fe3+．【解答】解：A．银离子和氯离子产生氯化银白色沉淀，所以该溶液中不一定含有SO42﹣，故A错误；B．能使澄清石灰水变浑浊的气体是CO2和SO2，和酸反应生成CO2和SO2的离子有CO32﹣、SO32﹣、HCO3﹣和HSO3﹣，故B错误；C．含Na元素的固体，其焰色反应中火焰均呈黄色，则该物质可能为钠盐或NaOH、氧化物等，故C错误；D．向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，说明原溶液中不含有铁离子，滴加氯水后溶液显红色，氯气具有强氧化性，可将Fe2+氧化生成Fe3+，故该溶液中一定含Fe2+，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，侧重实验操作和实验细节的考查，涉及离子的检验、焰色反应等，注重基础知识的考查，题目难度中等． 6．下列实验能达到预期目的是（ ）A．用于判断SO2能否与钡盐反应B．用于判断硼酸、碳酸的酸性强弱C．用于判断甲中发生的是加成反应D．用于AlCl3的蒸发结晶【考点】化学实验方案的评价．-22-\n【分析】A．二氧化硫与氯化钡不反应；B．发生强酸制取弱酸的反应；C．溴易挥发；D．水解生成的盐酸易挥发．【解答】解：A．只能得出SO2与BaCl2溶液能否反应的结论，但无法得到它能否与其它钡盐反应的结论，故A错误；B．若生成气体可知碳酸酸性弱，若不生成气体可知硼酸酸性弱，由最高价氧化物水化物的酸性可比较非金属性，故B正确；C．由于溴具有挥发性，故乙中会出现浅黄色沉淀，不能说明反应类型，故C错误；D．直接蒸发AlCl3溶液时，Al3+水解到底导致最终得不到AlCl3晶体，应在HCl气流中蒸发，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、酸性和非金属性比较、有机物的性质及离子检验、盐类水解及应用等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大． 7．汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑，则下列说法正确的是（ ）A．KNO3是还原剂，其中N元素被氧化B．生成物中的N2是氧化产物，K2O是还原产物C．若有65gNaN3参加反应，则被氧化N的物质的量为3.2molD．每转移1mole﹣，可生成标准状况下N2的体积为35.84L【考点】氧化还原反应．【分析】10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑，NaN3氮元素化由﹣升高到N2中的0价，是还原剂，发生氧化反应，对应氧化产物；2KNO3中氮化合价由+5降低到N2中的0价，是氧化剂，发生还原反应，对应还原产物，据此解答．【解答】解：A．KNO3中氮化合价由+5降低到N2中的0价，是氧化剂，故A错误；B．NaN3氮元素化由﹣升高到N2中的0价，是还原剂，发生氧化反应，则N2为氧化产物；2KNO3中氮化合价由+5降低到N2中的0价，是氧化剂，发生还原反应，则N2为还原产物，故B错误；C．根据方程式可知当65g即1molNaN3参加反应转移1mol电子时生成N2，则被氧化N的物质的量为3mol，故C错误；D．根据方程式可知当转移1mol电子时即1molNaN3参加反应，则生成N21.6mol，体积为1.6×22.4L/mol=35.84L，故D正确；故选D．【点评】本题考查了氧化还原反应相关的概念，属于基础知识考查，题目难度不大． 8．从海水中制得的氯化钠除食用外，还可用作T业原料，生成多种含钠或氯的化工产品，利用CO2+NH3+HO2+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl的反应原理可制备纯碱，下面是在实验室进行模拟实验的生产流程示意图．饱和食盐水溶液悬浊液晶体纯碱则相关的说法错误的是（ ）-22-\nA．通入的气体：A是CO2，B是NH3B．NaHCO3溶解度比NaCl、Na2CO3、NH4HCO3和NH4Cl的溶解度都小C．步骤（3）的操作为过滤，滤液可作化学肥料D．步骤（4）中，将晶体加热分解可以得到纯碱【考点】海水资源及其综合利用．【分析】依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入足量二氧化碳气体析出碳酸氢钠，利用CO2+NH3+HO2+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl的反应原理可制备碳酸氢钠，加热分解碳酸氢钠来制备碳酸钠；A、氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，为增大气体吸收先通入足量气体为氨气；B、碳酸氢钠溶解度小，在氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体反应生成碳酸氢钠晶体析出；C、固体和液体的分离方法为过滤，滤液中为氯化铵溶液；D、步骤4是碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；【解答】解：A、氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，为增大气体吸收先通入足量气体为氨气，通入的气体：AB是A是NH3，B为CO2，故A错误；B、碳酸氢钠溶解度小，在氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体反应生成碳酸氢钠晶体析出，NaHCO3溶解度比NaCl、Na2CO3、NH4HCO3和NH4Cl的溶解度都小，故B正确；C、固体和液体的分离方法为过滤，滤液中为氯化铵溶液，步骤（3）的操作为过滤，滤液可作化学肥料，故C正确；D、步骤4是碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，将晶体加热分解可以得到纯碱，故D正确；故选A．【点评】本题考查了纯碱的工业制备方法和流程分析，掌握物质性质和制备方法是解题关键，掌握基础是关键，题目难度中等． 9．下列化学反应的离子方程式正确的是（ ）A．向氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3•H2O═AlO+4NH+2H2OB．用CH3COOH溶解CaC03：CaCO3+2H+═Ca++H2O+CO2↑C．0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.2mol/LBa（OH）2溶液等体积混合：Al3++2SO+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO+2H2OD．用硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．不符合反应客观事实；B．醋酸为弱电解质，应保留化学式；C．二者按照物质的量之比1：2反应，生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀、氨气和水、硫酸铵；D．高锰酸钾氧化双氧水生成氧气．【解答】解：A．向氯化铝溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，离子方程式：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4++2H2O，故A错误；B．用CH3COOH溶解CaC03，离子方程式：CaCO3+2CH3COOH═Ca++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故B错误；-22-\nC.0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.2mol/LBa（OH）2溶液等体积混合，离子方程式：NH4++Al3++2SO+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+H2O+NH3↑，故C错误；D．用硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性，离子方程式：2MnO+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了离子方程式书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，选项CD为易错选项． 10．下列各组粒子在指定溶液中一定能大量共存的一组是（ ）A．在KMnO4溶液中：SO42﹣、Mg2+、CH3CH2OH、NO3﹣B．在由水电离氢离子浓度为1×10﹣12mol/L的溶液中：Fe2+、Na+、NO3﹣、Cl﹣C．离子浓度相同的溶液中：NH4+、CH3COO﹣、SO42﹣、Cu2+D．无色溶液中：Fe3+、NO3﹣、Na+、Cl﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．乙醇具有还原性，高锰酸钾具有氧化性；B．由水电离氢离子浓度为1×10﹣12mol/L的溶液，为酸或碱溶液；C．该组离子之间不反应；D．Fe3+为黄色．【解答】解：A．乙醇具有还原性，高锰酸钾具有氧化性，二者发生氧化还原反应不能大量共存，故A错误；B．由水电离氢离子浓度为1×10﹣12mol/L的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中不能大量存在Fe2+，酸溶液中Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．该组离子之间不反应，可大量共存，且遵循电荷守恒，故C正确；D．Fe3+为黄色，与无色不符，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大． 11．下列与金属腐蚀有关的说法正确的是（ ）A．图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B．图b中，开关由M改置于N时，Cu﹣Zn合金的腐蚀速率减小C．图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大D．图d中，Zn﹣MnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【专题】压轴题；电化学专题．【分析】A．当溶液中氧气浓度越大时电化学腐蚀越严重；-22-\nB．开关由M改置于N时，Zn为负极，合金被保护；C．气体在Pt上放出；D．MnO2发生还原反应．【解答】解：A．图a中，铁棒发生化学腐蚀，靠近底端的部分与氧气接触少，腐蚀程度较轻，故A错误；B、图b中开关由M置于N，Cu﹣Zn作正极，腐蚀速率减小，故B正确；C．图c中接通开关时Zn作负极，腐蚀速率增大，但氢气在Pt上放出，故C错误；D．图d中干电池放电时MnO2发生还原反应，体现锌的还原性，故D错误．故选B．【点评】本题考查金属的腐蚀及防护，题目难度不大，注意把握原电池的工作原理． 12．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，已知Z的最高正价与最低负价的代数和为4，Y能形成两种常见的液体二元化合物M、Q，其中M是生物生存必需的物质．x能形成多种单质，其中有两种单质硬度差异极大，下列说法中错误的是（ ）A．最高价氧化物对应水化物的酸性：w＞Z＞xB．化合物Q中存在两种类型的共价键C．Z、X都可以形成两种常见的酸性氧化物D．四种元素的常见单质中X的单质的沸点最高【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】Z的最高正价与最低负价的代数和为4，最高正价和最低负价的绝对值为8，其最高正价为6，属于第ⅤIA族元素，Y能形成两种常见的液体二元化合物M、Q，其中M是生物生存必需的物质，故M水，Q是双氧水，故Y是O，x能形成多种单质，其中有两种单质硬度差异极大，故X是碳，据此得出Z应是S，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，故W是Cl，据此解答即可．【解答】解：Z的最高正价与最低负价的代数和为4，最高正价和最低负价的绝对值为8，其最高正价为6，属于第ⅤIA族元素，Y能形成两种常见的液体二元化合物M、Q，其中M是生物生存必需的物质，故M水，Q是双氧水，故Y是O，x能形成多种单质，其中有两种单质硬度差异极大，故X是碳，据此得出Z应是S，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，故W是Cl，A、四种元素非金属性强弱顺序为O＞Cl＞S＞C，故A正确；B、Q是H2O2，含有极性键、非极性键，故B正确；C、因CO不是酸性氧化物，故C错误；D、金刚石、石墨沸点均非常高，故D正确，故选C．【点评】本题考查了元素化合物的性质，难度不大，能正确判断元素是解本题的关键，此题中Y与Z的推断较为简单． 13．卫星发射时是以N2H4（联氨）和N2O4为火箭的动力源．反应温度高达2700℃，反应式为2N2H4+N2O4═3N2+4H2O．对于该反应的说法正确的是（ ）A．联氨是氧化剂B．氧化产物和还原产物的质量比为1：2C．属于置换反应D．该反应的优点有热值高、无污染等【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．-22-\n【分析】反应2N2H4+N2O4═3N2+4H2O中，只有N元素化合价发生变化，N2O4为氧化剂，N2H4为还原剂，结合反应的化学方程式解答该题．【解答】解：A．反应中N2H4中N元素化合价升高，被氧化，为还原剂，故A错误；B．N2O4为氧化剂，N2H4为还原剂，氧化产物和还原产物都为N2，由氧化剂和还原剂的物质的量可知氧化产物和还原产物的质量比为2：1，故B错误；C．只有单质生成，反应物中单质参加反应，不是置换反应，故C错误；D．生成物氮气和水，没有污染，故D正确．故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解和运用，难度不大，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质． 14．山萘酚（Kaempferol）结构如图所示，且大量存在于水果、蔬菜、豆类、茶叶中，具有多种生物学作用，如抗氧化、抑制肿瘤生长及保护肝细胞等作用．有关山萘酚的叙述正确的是（ ）A．结构式中含有2个苯环和羟基、醚键、羧基、碳碳双键B．可发生取代反应、水解反应、加成反应C．可与NaOH反应，不能与NaHCO3反应D．1mol山萘酚与溴水反应最多可消耗4molBr2【考点】有机物的结构和性质．【分析】有机物含有酚羟基、羰基、羟基和醚基，结合苯酚、酮、醇的性质解答该题．【解答】解：A．分子中不含羧基，故A错误；B．不含酯基，不能发生水解反应，故B错误；C．含有酚羟基，具有酸性，但酸性比碳酸弱，则可与NaOH反应，不能与NaHCO3反应，故C正确；D．分子中含有3个羟基，共有4个邻位H原子可被取代，且含有1个碳碳双键，可与溴发生加成反应，共需5mol，故D错误．故选C．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚性质的考查，选项D为解答的难点，题目难度不大． 15．已知，某无色溶液中含有下列离子中的几种：Na+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣、SO、SO，为了确定溶液的组成，某学生进行如下探究实验：①用pH试纸检测溶液的酸碱性，溶液的pH大于7②取少量溶液，向其中滴加氯水，再加入CC14振荡，静置，CC14呈橙色③另取少量溶液，向其中滴加Ba（NO3）2溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生④用分液漏斗将②所得混合液分离，倒出上层清液，滴加AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生．-22-\n根据上述实验判断，下列结论正确的是（ ）A．溶液中一定含有Br﹣、SOB．溶液一定含有Na+，不含Ba2+C．实验①与上述离子的检验没有关系，可以省略D．由实验④可以判断溶液中含有Cl﹣【考点】无机物的推断；物质的检验和鉴别的实验方案设计．【分析】①用pH试纸检测溶液的酸碱性，溶液的pH大于7，则含弱酸根离子为SO32﹣，则一定不含Ba2+；②取少量溶液，向其中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置，CCl4呈橙色，则一定含Br﹣；③另取少量溶液，向其中滴加Ba（NO3）2溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生，沉淀为硫酸钡，不能确定是否含SO42﹣；④用分液漏斗将②所得混合液分离，倒出上层清液，滴加AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生，沉淀为AgCl，但②中加氯水引入氯离子，不能确定原溶液是否含Cl﹣，由溶液为电中性可知，溶液中一定含阳离子为Na+，以此来解答．【解答】解：①用pH试纸检测溶液的酸碱性，溶液的pH大于7，则含弱酸根离子为SO32﹣，则一定不含Ba2+；②取少量溶液，向其中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置，CCl4呈橙色，则一定含Br﹣；③另取少量溶液，向其中滴加Ba（NO3）2溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生，沉淀为硫酸钡，不能确定是否含SO42﹣；④用分液漏斗将②所得混合液分离，倒出上层清液，滴加AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生，沉淀为AgCl，但②中加氯水引入氯离子，不能确定原溶液是否含Cl﹣，由溶液为电中性可知，溶液中一定含阳离子为Na+，A．由上述分析可知，不能确定是否含SO42﹣，故A错误；B．由上述分析可知，溶液一定含有Na+，不含Ba2+，故B正确；C．实验①可确定含亚硫酸根离子，不含钡离子，不可省略，故C错误；D．②中加氯水引入氯离子，不能确定原溶液是否含Cl﹣，故D错误；故选B．【点评】本题考查物质的推断，为高频考点，把握常见离子的检验方法、盐类水解原理为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，题目难度不大． 16．钴的氧化物广泛应用于磁性材料及超导材料等领域．取一定量的钴的氧化物（其中钴的化合价为+2、+3价），用480mL5mol•L﹣1盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48L（标准状况）黄绿色气体．通过计算可以确定该氧化物中Co、0的物质的量之比为（ ）A．1：1B．2：3C．3：4D．5：6【考点】化学方程式的有关计算．【分析】由电子守恒：n（Co3+）=2n（Cl2），由电荷守恒：n（Co原子）总=n（Co2+）溶液=n（Cl﹣），联立计算n氧化物（Co2+），根据化合价电荷守恒为0计算氧化物中n（O），进而计算氧化物中n（Co）：n（O）．【解答】解：由电子守恒：n（Co3+）=2n（Cl2）=2×=0.4mol，-22-\n由电荷守恒：n（Co原子）总=n（Co2+）溶液=n（Cl﹣）=×（0.48L×5mol/L﹣2×）=1mol，所以固体中的n（Co2+）=1mol﹣0.4mol=0.6mol，根据化合价电荷守恒为0，氧化物中n（O）=（0.6mol×2+0.4mol×3）÷2=1.2mol，故该钴氧化物中n（Co）：n（O）=1mol：1.2mol=5：6，故选：D．【点评】本题考查了氧化还原反应的有关计算，侧重于电子守恒在计算中应用的考查，题目难度中等，考查了学生的计算能力和分析能力． 17．如图是草酸溶液中H2C2O4、HC2O4﹣三种微粒的分布分数（某微粒物质的量浓度与三种微粒物质的量被度和的比值）与pH的关系图，下到有关说法不正确的是（ ）A．pH=5的溶液中c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）B．NaHC2O4溶液中：c（OH﹣）+c（C2O42﹣）=c（H+）+c（H2C2O4）C．向NaHC2O4溶液中加强酸至pH与a点对应时，溶液中2c（Na+）=c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）D．为使溶液中c（HC2O4﹣）尽可能多一些，溶液的pH最好控制在2.7左右【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A、图象分析可知pH＞4.2后，溶液中c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）；B、NaHC2O4溶液中电荷守恒和物料守恒计算得到质子守恒分析；C、a点时，溶液中碳微粒只有HC2O4﹣、H2C2O4且二者浓度相等，物料守恒计算分析；D、图象分析可知PH=2.7左右c（HC2O4﹣）最大，体积分数接近90%左右．【解答】解：A、由图中曲线变化分析可知，pH＞4.2后，溶液中一定存在c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣），故A正确；B、NaHC2O4溶液中电荷守恒，c（H+）+c（Na+）=c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）+c（OH﹣），物料守恒c（Na+）=c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）+c（C2O42﹣），得到质子守恒：c（OH﹣）+c（C2O42﹣）=c（H+）+c（H2C2O4），故B正确；C、a点时，溶液中碳微粒只有HC2O4﹣、H2C2O4且二者浓度相等，物料守恒c（Na+）=c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）+c（C2O42﹣），故C错误；D、由图象分析可知PH=2.7左右c（HC2O4﹣）最大，故D正确．故选C．【点评】本题考查了图象分析方法和变化特征的分析判断，电解质溶液中离子浓度大小比较、电荷守恒、物料守恒的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等． 二、解答题（共4小题，满分49分）18．（12分）（2022秋•合肥校级月考）铝热反应是铝的一个重要性质．某校化学兴趣小组同学为了克服传统铝热反应纸漏斗易燃烧，火星四射等缺点，将实脸改成以下装置，取磁性氧化铁在如图A实验进行铝热反应，冷却后补到“铁块”混合物．-22-\n（1）实验中可以用蔗糖和浓硫酸代替镁条作引火剂，共原因是 蔗糖在浓硫酸中脱水并放出大量的热 ．（2）该铝热反应的化学方程式为 8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe ．（3）取反应后的“铁块”研碎取样称量，加入如图B装置，滴入足量NaOH溶液充分反应，测量生成气休体积以测量样品中残留铝的百分含量．试回答下列问题：①量气管的量具部分是一个中学实验常见量具改装而成，该仪器的名称为 碱式滴定管 ．②量气管在读数时必须进行的步骤是 冷却至室温和调节量气管使左右液面相平 ．③取1g样品进行上述实验，共收集到44.8mL气体（换算成标准状况下），则铝的百分含量为 3.6% ．④装置中分液漏斗上端和烧瓶用橡胶管连通，除了可以平衡压强让液体顺利滴入试管之外，还可以起到降低实验误差的作用．如果装置没有橡胶管，测出铝的百分含量将会 偏大 （填“偏大”或“偏小”）．【考点】探究铝热反应．【分析】（1）根据蔗糖在浓硫酸中脱水过程中放出大量的热进行分析；（2）铝和四氧化三铁在高温下发生氧化还原反应生成铁和氧化铝，据此写出反应的化学方程式；（3）①由于温度、压强影响气体体积，所以应该先冷却到室温，然后调节量气管使左右液面相平，最后读数时视线与凹液面最低处相平；②量气管的量具部分底部是连接橡胶管，结合实验量具可知是碱式滴定管的部分结构；③根据生成氢气的量及反应关系式列式计算出样品中铝的质量分数；④如果装置没有橡胶管，随液体流下试管中压强增大，在排液过程中会排出的液体增多，导致测定结果偏高．【解答】解：（1）由于蔗糖在浓硫酸中脱水并放出大量的热，所有实验中可以用蔗糖和浓硫酸代替镁条引火剂，故答案为：蔗糖在浓硫酸中脱水并放出大量的热；（2）在高温条件下，铝和四氧化三铁发生氧化还原反应生成铁和氧化铝，反应的化学方程式为：8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe，故答案为：8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe；（3）①量气管的量具部分底部是连接橡胶管，结合实验量具可知是碱式滴定管的部分结构，所以该仪器的名称为碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；②对量气管读书时，首先等实验装置恢复到室温再进行下一步操作，然后调节量气管使左右液面相平，最后读数时视线与凹液面最低处相平，保证在常温常压下进行，故答案为：冷却至室温和调节量气管使左右液面相平；-22-\n③标准状况下44.8mL氢气的物质的量为：=2×10﹣3mol，根据关系式2Al～3H2可知，生成标准状况下44.8mL氢气消耗铝的质量为：27g/mol×2×10﹣3mol×=0.036g，则铝的百分含量为：×100%=3.6%，故答案为：3.6%；④橡胶管可以平衡压强让液体顺利滴入试管中，还可以起到降低实验误差的作用，如果装置中没有橡胶管，随液体流下试管中压强增大，试管中排出液体增多，测量出的该物质百分含量将会偏大，故答案为：偏大．【点评】本题考查了铝热反应原理及其综合应用，题目难度中等，涉及铝热反应方程式的书写、化学计算、误差分析等知识，注意掌握铝热反应原理，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析能力及化学实验能力． 19．（11分）（2022秋•合肥校级月考）硫酸锰可作为饲料添加剂用于增肥，也可用于某些化学反应的催化剂，易溶于水，不溶于乙醇．工业上常用软锰矿（主要成分为MnO2，含有MgSO4等杂质）制备硫酸锰，其简化流程如下：（1）为了加快软锰矿与硫酸、黄铁矿反应的速率，工业上除采用粉碎软锰矿的方法，还可以用哪些方法 加热、搅拌等 ．（写两种）（2）流程中黄铁矿（主要含FeS2）和FeSO4的作用都是作还原剂，请写出FeSO4与软锰矿反应的离子方程式 MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2H2O+2Fe3+ ．（3）双氧水和氨水的作用分别是 双氧化水氧化亚铁离子生成铁离子，氨水可以使铁离子生成氢氧化铁沉淀而除去 ．（4）操作Ⅱ包括 蒸发浓缩 、 冷却结晶 、 过滤 、洗涤、干燥，可制得MnSO4•H2O粗产品，洗涤中最好选用 C ．A．浓硫酸B．水C．乙醇D．浓硫酸．【考点】制备实验方案的设计．【分析】由流程可知，软锰矿（主要成分为MnO2，含有MgSO4等杂质）中加入硫酸、黄铁矿及绿矾，在反应器中反应生成硫酸锰，再用双氧水将溶液中的亚铁离子氧化成铁离子，用氨水调节pH值，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后除去氢氧化铁，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得硫酸锰粗产品，滤液再循环利用，（1）根据影响反应速率的因素可知，加热、搅拌等可以提高反应速率；（2）FeSO4与软锰矿在酸性条件下将二氧化锰还原成+2价锰，亚铁离子被氧化成铁离子，根据电荷守恒和元素守恒书写离子方程式；（3）双氧水是常见的氧化剂，能氧化亚铁离子，氨水可以使铁离子生成氢氧化铁沉淀而除去；（4）从硫酸锰溶液中获取硫酸锰固体，可以通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤，洗涤时要尽量减小硫酸锰的损失，据此选择．-22-\n【解答】解：由流程可知，软锰矿（主要成分为MnO2，含有MgSO4等杂质）中加入硫酸、黄铁矿及绿矾，在反应器中反应生成硫酸锰，再用双氧水将溶液中的亚铁离子氧化成铁离子，用氨水调节pH值，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后除去氢氧化铁，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得硫酸锰粗产品，滤液再循环利用，（1）根据影响反应速率的因素可知，加热、搅拌等可以提高反应速率，故答案为：加热、搅拌等；（2）FeSO4与软锰矿在酸性条件下将二氧化锰还原成+2价锰，亚铁离子被氧化成铁离子，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2H2O+2Fe3+，故答案为：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2H2O+2Fe3+；（3）双氧水是常见的氧化剂，能氧化亚铁离子，氨水可以使铁离子生成氢氧化铁沉淀而除去，故答案为：双氧化水氧化亚铁离子生成铁离子，氨水可以使铁离子生成氢氧化铁沉淀而除去；（4）从硫酸锰溶液中获取硫酸锰固体，可以通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤，洗涤时要尽量减小硫酸锰的损失，所以选择乙醇洗涤，故选C，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；C．【点评】本题考查了硫酸锰的制取，涉及的知识点比较多，可以根据信息及所学知识，合理分析得出正确结论，本题难度中等． 20．（15分）（2022秋•合肥校级月考）铁是目前人类使用量最大的金属，它能形成多种化合物．（1）取5.6g的生铁与足量的稀硫酸混合反应，无论怎样进行实验，最终收集了的气体体积均小于2.24L（标准状况），最主要的原因是 生铁中含有碳等杂质 ，所得溶液在长时间放置过程中会慢慢出现浅黄色，试用离子方程式解释这一变化的原因 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O ．（2）ZnFe2Ox是一种新型纳米材料，可将工业废气中的某些元素转化为游离态，制取纳米ZnFe2Ox和用于除去废气的转化关系如图ZnFe2O4ZnFe2Ox．若上述转化反应中消耗的n（ZnFe2O4）：n（H2）=2：1，x的值为 3.5 ．请写出ZnFe2Ox与NO2反应的化学方程式 2NO2+8ZnFe2O3.5=N2+8ZnFe2O4 （x用前一问求出的具体值）．（3）LiFePO4（难溶干水）材料被视为最有前途的锂离子电池材料之一．①以FePO4（难溶于水）、Li2CO3、单质碳为原料在高温下制备LiFePO4，该反应还生成一种可燃性气体，则反应方程式为 2FePO4+Li2CO3+2C2LiFePO4+3CO↑ ．②磷酸铁锂动力电池有几种类型，其中一种（中间是锂离子聚合物的隔膜，它把正极与负桩隔开）工作原理为FePO4+LiLiFePO4．则放电时正极上的电极反应式为 FePO4+Li++e﹣=LiFePO4 ．（4）已知25℃时，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38，此温度下若在实验室中配制5mol/L100mLFeCl3溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，则至少需要加人2mol/L的盐酸 2.5 ml（忽略加入盐酸体积）．【考点】化学方程式的有关计算；原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）生铁中含有碳元素等物质，故5.6g铁物质的量少于0.1mol，与HCl反应生成的气体偏少；溶液变黄色说明Fe2+被氧气氧化为Fe3+；-22-\n（2）当反应中n（ZnFe2O4）：n（H2）=2：1时，依得失电子守恒原理可求出铁的价态为升高了0.5价，由此可求出x=3.5，根据元素守恒和电子守恒分析；（3）①可燃性气体是CO，反应过程中铁元素由+3价降低到+2价，Li2CO3中的碳元素由+4价降低到+2价，结合元素守恒和电子守恒配平方程式；②放电时正极上Fe元素得电子发生还原反应．（4）若不出现浑浊现象，则c（Fe3+）×c3（OH﹣）≤Ksp[Fe（OH）3]，代入有关数据后可求出c（OH﹣）≤2×10﹣13mol/L，c（H+）≥0.05mol/L，故至少要加入2.5ml相应的盐酸．【解答】解：（1）生铁中含有碳元素等物质，故5.6g铁物质的量少于0.1mol，生成的氢气的体积少于2.24L（标准状况）；变黄色说明有Fe3+生成，是由Fe2+被氧气氧化所导致的，其反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；故答案为：生铁中含有碳等杂质；4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；（2）当反应中n（ZnFe2O4）：n（H2）=2：1时，依得失电子守恒原理可求出铁的价态为升高了0.5价，由此可求出x=3.5；ZnFe2O3.5与NO2反应生成N2和ZnFe2O4，其反应方程式为：2NO2+8ZnFe2O3.5=N2+8ZnFe2O4；故答案为：3.5；2NO2+8ZnFe2O3.5=N2+8ZnFe2O4；（3）①可燃性气体是CO，反应过程中铁元素由+3价降低到+2价，Li2CO3中的碳元素由+4价降低到+2价，由此可得对应的反应式：2FePO4+Li2CO3+2C2LiFePO4+3CO↑；故答案为：2FePO4+Li2CO3+2C2LiFePO4+3CO↑；②已知FePO4+LiLiFePO4，FePO4中Fe元素得电子，则放电时FePO4在正极发生得电子的发生还原反应，正极的方程式为：FePO4+Li++e﹣=LiFePO4；故答案为：FePO4+Li++e﹣=LiFePO4；（4）若不出现浑浊现象，则c（Fe3+）×c3（OH﹣）≤Ksp[Fe（OH）3]，代入有关数据后可求出c（OH﹣）≤2×10﹣13mol/L，则c（H+）≥0.05mol/L，故至少要加入盐酸体积为=0.0025L=2.5mL，故答案为：2.5．【点评】本题考查了氧化还原反应、电极反应式、化学方程式的书写、溶度积有关计算等，题目难度中等，侧重于基础知识的综合应用考查． 21．（11分）（2022秋•合肥校级月考）将5.3g某碱式碳酸盐固体（不含结晶水）M溶解于100g9.8%的稀硫酸中，充分反应后得到224mLCO2（标准状况）和含有MgSO4、Al2（SO4）3的溶液．向所得溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生沉淀的质量与加入的溶质NaOH的质量关系如图所示．（1）由图可知，固体M与稀硫酸反应后所得溶液中除含有溶质MgSO4和Al2（SO4）3外，还含有的溶质是 H2SO4 （写化学式）；（2）加入的溶质NaOH从0.8g到xg所发生反应的离子方程式为 3OH﹣+Al3+=Al（OH）3↓、2OH﹣+Mg2+=Mg（OH）2↓ ；（3）当加入溶质NaOH的质量到xg时，生成Al（OH）3的质量为 1.56g g，x= 8.0 ；（4）M的化学式为 Al2Mg6（OH）16CO3 ．-22-\n【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；离子方程式的有关计算．【分析】M溶解于100g9.8%的稀硫酸中，n（H2SO4）==0.1mol，充分反应后得到224mLCO2（标准状况），n（CO2）==0.01mol，含有MgSO4、Al2（SO4）3的溶液，向所得溶液中逐滴加入NaOH溶液，由图可知，依次发生OH﹣+H+=H2O、3OH﹣+Al3+=Al（OH）3↓、2OH﹣+Mg2+=Mg（OH）2↓、OH﹣+Al（OH）3=AlO2﹣+2H2O，则氢氧化镁的物质的量为=0.06mol，氢氧化铝的物质的量为=0.02mol，结合反应及原子守恒计算．【解答】解：M溶解于100g9.8%的稀硫酸中，n（H2SO4）==0.1mol，充分反应后得到224mLCO2（标准状况），n（CO2）==0.01mol，含有MgSO4、Al2（SO4）3的溶液，向所得溶液中逐滴加入NaOH溶液，由图可知，依次发生OH﹣+H+=H2O、3OH﹣+Al3+=Al（OH）3↓、2OH﹣+Mg2+=Mg（OH）2↓、OH﹣+Al（OH）3=AlO2﹣+2H2O，则氢氧化镁的物质的量为=0.06mol，氢氧化铝的物质的量为=0.02mol，（1）由图可知，先发生OH﹣+H+=H2O，则硫酸剩余，可知固体M与稀硫酸反应后所得溶液中除含有溶质MgSO4和Al2（SO4）3外，还含有的溶质是H2SO4，故答案为：H2SO4；（2）加入的溶质NaOH从0.8g到xg所发生反应的离子方程式为3OH﹣+Al3+=Al（OH）3↓、2OH﹣+Mg2+=Mg（OH）2↓，故答案为：3OH﹣+Al3+=Al（OH）3↓、2OH﹣+Mg2+=Mg（OH）2↓；（3）当加入溶质NaOH的质量到xg时，生成Al（OH）3的质量为5.04g﹣3.48g=1.56g，由3OH﹣+Al3+=Al（OH）3↓0.06mol0.02mol2OH﹣+Mg2+=Mg（OH）2↓0.12mol0.06mol则生成沉淀消耗NaOH为0.18mol×40g/mol=7.2g，则x=7.2g+0.8g=8.0g，故答案为：1.56g；8.0；（4）由原子守恒可知，n（Mg）=0.06mol，n（Al）=0.02mol，n（CO32﹣）=0.01mol，n（OH﹣）==0.16mol，n（Mg）：n（Al）：n（CO32﹣）：n（OH﹣）=6：2：1：16，则碱式碳酸盐的化学式为Al2Mg6（OH）16CO3，故答案为：Al2Mg6（OH）16CO3．-22-\n【点评】本题考查物质M组成的推断，涉及离子反应方程式及图象的分析，为高频考点，把握发生的离子反应及图象中对应的离子反应为解答的关键，侧重分析、应用及计算能力的综合考查，题目难度中等． 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