高中化学人教版有机化学基础本册总复习总复习 优秀作品

河南省洛阳市第二十七中学2023学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1．下列各溶液中微粒的物质的量浓度关系错误的是（）A．0．2mol/LK2CO3溶液中c（OH-）=c（HCO-3）+c（H+）+2c（H2CO3）B．0．1mol/LNaHA溶液中其中pH=3，c（HA-）>c（H+）>c（H2A）>c（A2-C．向Na2SO4溶液中滴加稀CH3COOH得到pH=4的混合溶液c（Na+）=2c（SO42-）D．pH=a的HA溶液与pH=b的MOH溶液任意比混合c（H+）+c（M+）=c（OH-）+c（A-）【答案】B【解析】试题分析：A、根据质子守恒，即水电离产生c(H＋)=c(OH－)，因此有c(OH－)=c(HCO3－)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)，故说法正确；B、pH=3说明此溶液显酸性，HA－发生电离，NaHA浓度为·L－1而pH=3，说明HA－是部分电离，HA－H＋＋A2－，H2OH＋＋OH－，因此离子浓度大小顺序是c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(H2A)，故说法错误；C、两种物质不反应，因此c(Na＋)=2c(SO42－)，故说法正确；D、溶液呈现电中性，无论何种比例混合，都有c(H＋)＋c(M＋)=c(OH－)＋c(A－考点：考查离子浓度大小的比较等知识。2．右图为用一定物质的量浓度的NaOH溶液滴定10mL一定物质的量浓度的盐酸的图示。依据图示，推出盐酸和NaOH的物质的量浓度是物质的量浓度（mol/L）ABCDc(HCl)c(NaOH)【答案】D【解析】盐酸的PH=2，即氢离子浓度为10-2mol/Ln(H+)=n(HCL)-n(NAOH)即×=c(HCL)×(NAOH)×PH=7时，C(OH-)=C(H+)所以n（OH-）=n(H+)，即c(NAOH)×V(NAOH)=c(HCl)×V(HCL)即0.03c(NAOH)=0.01c(HCL)联立方程组，即（设酸浓度为X，碱为Y）×=X×解得：X=L、Y=L故答案为D3．把①蔗糖②淀粉③蛋白质④油脂在稀酸存在下分别进行水解，最后生成物只有一种的是()A.①和②B.只有②C.②③和④D.只有④【答案】B【解析】①蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖两种，②淀粉水解的最终产物只有葡萄糖，③蛋白质水解的最终产物为多种氨基酸，④油脂的水解产物为高级脂肪酸和甘油。4．已知，Fe2+结合S2-的能力大于结合OH-的能力，而Al3+则正好相反。在Fe2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中，先加入过量的KI溶液，再加入足量的Na2S溶液，所得沉淀是A．Al2S3、FeS和SB．Fe(OH)3和Al(OH)3C．Fe2S3和Al(OH)3D．FeS、Al(OH)3和S【答案】D【解析】试题分析：Fe2+结合S2-的能力大于结合OH-的能力，而Al3+则正好相反，因此向在Fe2（SO4）3和AlCl3溶液中加过量KI，首先是Fe2（SO4）3与KI之间发生氧化还原反应2Fe3++2I-＝2Fe2++I2，反应完后溶液中含大量Fe2+、Al3+、I2。再加入Na2S后，硫离子首先结合亚铁离子生成硫化亚铁，即Fe2++S2-＝FeS↓，同时Al3+与OH-能力强，形成Al（OH）3沉淀；碘能氧化硫离子，即I2+S2-＝S↓+2I-，所以最终得到的沉淀是FeS、Al（OH）3和S的混合物，答案选D。考点：考查离子反应以及氧化还原反应的有关判断5．下列属于非均匀混合物的分散系是A．铁粉和硫粉经充分研磨B．酒精和水经充分搅拌C．氢氧化铁胶体D．CO2和H2混合后长时间放置【答案】A【解析】6．向等量的NaOH溶液中分别通入CO2气体。因CO2的通入量不同，得到组分不同的溶液M。若向M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）关系如下，(注：①假设CO2全部逸出；②C图中oa＝ab)。其中M中只有1种溶质的是【答案】AC【解析】试题分析：A．向M中加入盐酸立刻产生气体，说明溶液中含有的只有NaHCO3，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，正确；B．向M中加入盐酸，开始无气体产生，加入到一定体积后产生气体，而且oa<ab，说明在溶液中含有NaHCO3和Na2CO3两种物质；错误；C．向M中加入盐酸开始无气体产生，加入到一定体积后产生气体，而且oa=ab，说明发生反应在oa段发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，在ab段发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，二者相等，则反应物开始只有Na2CO3，正确；D．向M中加入盐酸开始无气体产生，加入到一定体积后产生气体，而且oa>ab，说明在M中含有NaOH和Na2CO3，在oa段发生反应有HCl+NaOH=NaCl+H2O，Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，在ab段发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，错误。考点：考查图像法在确定物质成分的应用的知识。7．一定量的氢气在一定条件下完全燃烧生成气态水，放出热量为△H1；等量的氢气在同样条件下完全燃烧生成液态水，放出热量为△H2；△H1与△H2的关系为A．△H1＜△H2 B．△H1＝△H2 C．△H1＞△H2【答案】A【解析】试题分析：因液态的H2O变成气态的H2O需要吸收热量，故一定量的氢气在一定条件下完全燃烧生成气态水放出的热量比生成液态水放热少。考点：同一反应生成不同状态的产物时的放出热量比较。8．用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是①18gD2O含有的电子数为10NA②同温、同压下，相同体积的氟气和氩气所含的原子数相等③标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA④在标准状况下，的物质的量为1mol⑤4℃时的水所含的原子总数为⑥－含个电子 ⑦1molNa2O2与水完全反应时转移电子数为2NAA．③⑤⑥⑦ B．③⑤ C．①②④⑦ D．③④⑤⑥【答案】B【解析】考点：阿伏加德罗常数；阿伏加德罗定律及推论．分析：①根据质量、摩尔质量、分子数、电子数、阿伏伽德罗常数之间的关系式计算判断；②根据同温、同压下，体积、气体摩尔体积、分子数、原子数之间的关系式计算判断；③根据体积、气体摩尔体积、分子数、原子数之间的关系式计算判断；④根据气体摩尔体积的适用范围判断；⑤根据体积、密度、摩尔质量、分子数、原子数、阿伏伽德罗常数之间的关系式计算判断；⑥物质的量、阿伏伽德罗常数、离子数、之间的关系式计算判断；⑦根据物质的量与转移电子之间的关系判断．解：①每个D2O分子中含有10个电子，但18gD2O的物质的量小于1mol，所以18gD2O含有的电子数小于10NA，故错．②同温、同压下，相同体积的氟气和氩气的物质的量相等，但氟气是双原子分子，氩气是单原子分子，所以所含的原子数不等，故错．③标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气的物质的量是，氮气和氧气都是双原子分子，所以标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA，故正确．④标准状况下，SO3是固体，气体摩尔体积不适用于该物质，故错．⑤4℃时，水的密度是1g/mL，所以的水的质量是5.4g，物质的量是，所含的原子总数为⑥一个OH-离子中含有10个电子，所以OH-含NA个电子，故正确．⑦2mol过氧化钠与水反应转移电子数为2NA，所以1molNa2O2与水完全反应时转移电子数为NA，故错．故选：B9．关于下列各装置图的叙述中，正确的是A．实验室用装置①制取氨气B．装置②可用于制备氢氧化亚铁并观察其颜色C．装置③中X为苯，可用于吸收氨气，并防止倒吸D．装置④是原电池，锌电极为负极，发生氧化反应【答案】D【解析】试题分析：加热NH4Cl分解产生的NH3和HCl又会反应生成NH4Cl，所以收集不到NH3，A错；制备氢氧化亚铁并观察其颜色为了防止氢氧化亚铁被氧化滴管要伸到液面以下，B错；苯的密度比水小处在上层，C错；④装置有两种活泼性不同的金属在同一电解质溶液中，并可以构成闭合的回路，所以可以形成原电池，锌较活泼，做负极，D对。考点：实验装置图和实验目的的评价。10．某温度下，水的离子积为Kw，该温度下将amol·L－1的一元酸HA与bmol/L的一元碱BOH等体积混合，若混合液显中性，必须满足的条件是A．a=bB．c(H+)=c(OH－)=10-7mol·L－1C．混合液中Kw=c2（OH－）D．c(H+)+c(B+)=c(OH－)+c(A－)【答案】C【解析】若混合液呈中性，则c(H+)一定与c(OH－)相等，则Kw=c(H+)c(OH－)可=c2（OH－），故答案为C；A：当酸碱不都是强电解质时，a≠b，不需要必须满足B：当温度不是常温时，c(H+)=c(OH－)≠10-7mol·L－1，不需要必须满足C：电荷守恒：c(H+)+c(B+)=c(OH－)+c(A－)，在任何条件下均满足，不是必须条件11．一定质量的无水乙醇完全燃烧时放出的热量为Q，它所生成的CO2用过量的饱和石灰水完全吸收可得100gCaCO3沉淀，则完全燃烧1mol无水乙醇时放出的热量是A．B．QC．2QD．5Q【答案】C【解析】试题分析：因生成的CO2用过量饱和石灰水完全吸收，可得100克CaCO3沉淀，CaCO3的物质的量为1mol，由碳元素守恒可知，二氧化碳的物质的量也为1mol，即生成1mol二氧化碳放出的热量为Q，而完全燃烧1摩尔无水乙醇时生成2mol二氧化碳，则放出的热量为Q×2=2Q，选C。考点：考查反应热的计算。12．把a、b、c、d四种金属片浸泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池。若a、b相连时，a为负极；c、d相连时，c为负极；a、c相连时，c为正极；b、d相连时，b为正极，则这四种金属活动性顺序由到小为A．a＞b＞c＞d B．a＞c＞d＞bC．c＞a＞b＞d D．b＞d＞c＞a【答案】B【解析】试题分析：要判断金属的活动性，可以采用原电池的方法，当两种活泼金属分别作为电池的正负极，做负极的说明活动性强，所以a、b相连时，a为负极，说明a＞b，c、d相连时，c为负极，说明c＞d，a、c相连时，c为正极，说明a＞c，b、d相连时，b为正极，说明d＞b，所以这四种金属活动性顺序由到小为a＞c＞d＞b，故本题的答案为B。考点：原电池，金属活动性点评：本题通过利用原电池来判断金属的活动性，有一定的综合性，该考点是高考考查的热点，本题只要掌握相关的知识即可很快地选择出正确的答案。13．将1mol/L硝酸溶液逐滴加入某合金（仅含铜、铁）中，加热使其充分反应（假设NO是唯一的还原产物）。下列说法不正确的是（）A．若金属有剩余，则剩余金属一定含Cu.B．若硝酸溶液体积为100ml，反应后金属有剩余，则可计算产生NO的物质的量.C．若金属恰好全部溶解后，再加硝酸溶液仍能产生NO.D．若金属全部溶解，则溶液中一定含Fe3+、Cu2+.【答案】D【解析】略14．A．锂 B．铍 C．氧 D．钙【答案】C【解析】15．在一定条件下CO（g）和H2（g）发生反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。在容积固定且均为1L的a、b、c三个密闭容器中分别充入1molCO（g）和2molH2（g），三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3（依次升高）且恒定不变，测得反应均进行到5min时CH3OH（g）的浓度如下图所示。下列说法正确的是A．a容器中，0~5min时平均反应速率ν（H2）=（）B．反应均进行到5min时，三个容器中一定达到化学平衡状态的是bC．当三个容器内的反应都达到化学平衡时，CO转化率最大的是aD．保持温度和容积不变，若开始时向b容器中充入CO（g）、H2（g）和CH3OH（g），则反应开始时ν（正）＜ν（逆）【答案】C【解析】试题分析：a容器中，0~5min时平均反应速率ν（CH3OH）=L÷5min=（），此时ν（H2）=（），选项A不正确；反应均进行到5min时，无法判断三个容器中是否达到化学平衡状态，选项B不正确；结合图像可知，随着温度的升高，产物的浓度先增后减，说明当反应达到平衡后，升高温度平稳会逆向移动，因此低温下形成的平衡状态，反应物的转化率最高，选项C正确；开始时向b容器中充入CO（g）、H2（g）和CH3OH（g）形成的平衡与原平衡时等效，但因无法确定平衡时的状态，也无法判断起始时反应进行的方向，选项D不正确。考点：化学平衡的分析，涉及反应速率、转化率及平衡的移动。16．有A、B、C、D四种短周期元素,它们的原子序数由A到D依次增大，已知A和C原子最外层只有一个电子，C燃烧时的焰色反应是黄色，C的单质在高温下与B的单质充分反应可以产生淡黄色固态化合物，A单质与D单质可以发生化合反应，且反应条件可以是点燃或者光照，试根据以上叙述回答：（1）写出A、B、C、D的元素名称:：A_______B_______C_______D______。（2）写出化学方程式：①C＋B=，②A＋D=。【答案】（10分）（1）A氢B氧C钠D氯。（2）①2Na+O2Na2O2②H2+Cl22HCl【解析】试题分析：A和C原子最外层只有一个电子，C燃烧时的焰色反应是黄色，则C是Na。C的单质在高温下与B的单质充分反应可以产生淡黄色固态化合物，则B是氧元素。A单质与D单质可以发生化合反应，且反应条件可以是点燃或者光照，又因为A、B、C、D四种短周期元素,它们的原子序数由A到D依次增大，所以A应该是氢元素，D是氯元素。考点：考查元素周期表的结构、元素周期律的应用点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。侧重对学生基础知识的巩固与训练，有助于培养学生的逻辑推理能力。本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力。该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。17．（14分）用浓盐酸来制取氯气的化学方程式如下2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，其中被还原的元素是，被氧化的元素是，氧化剂是，还原剂是，氧化产物是，还原产物是，假如有molCl2___________________。【答案】【解析】略18．[化学一选修5：有机化学基础]相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图(部分产物、合成路线、反应条件略去)。其中A是一氯代物，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO。已知：Ⅰ．Ⅱ．（苯胺，易被氧化）请根据所学知识与本题所给信息回答下列问题：（1）X的分子式是。（2）H的结构简式是。（3）反应②③的类型是、。（4）反应⑤的化学方程式是__________________________________。（5）有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基的芳香族化合物共有种。（6）请用合成反应流程图表示出由和其他无机物合成的最合理的方案（不超过4步）。例如：【答案】（1）C7H8（2）（3）氧化反应，还原反应（4）（5）6（6）【解析】（解析差小题1，其它是一样的）试题分析：相对分子质量为92的芳香烃,根据商余法，可得X分子式应为C7H8，即甲苯（）；在浓硫酸作用下发生硝化反应，由反应③产物可知F为，被氧化生成G为，然后还原可得，发生缩聚反应可生成H为，A为，A生成B，且B能发生催化氧化，则B为，C为，D为，E为，（1）根据商余法，可得X分子式应为C7H8；（2）由以上分析可知H为；（3）由上述的分析可知反应②③的类型是分别是氧化反应和还原反应。（4）反应⑤为的发生银镜反应，方程式为。（5）有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基，如是2个羟基相邻，则醛基有2种位置，如是羟基和醛基相邻，则另一个羟基有4中位置，共有6种同分异构体，故答案为：6．（6）比较和，要将苯环变成通过加成反应可以获得，要将一卤代烃转换成邻二醇，可以先消去，再与卤互加成后水解实现，合成路径为。考点：有机物的推断；同分异构现象和同分异构体，有机物的化学性质。19．（15分）三氯化磷（PCl3）是一种重要的有机合成催化剂。实验室常用红磷与干燥的Cl2制取PCl3，装置如下图所示。已知：红磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5。PCl3遇O2会生成POCl3(三氯氧磷)，POCl3溶于PCl3，PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl。PCl3、POCl3的熔沸点见下表。物质熔点/℃沸点/℃PCl3-112POCl32请回答：（1）写出A中反应的离子方程式。（2）B装置中所盛试剂是；E中烧杯内冷水的作用是。（3）实验前玻璃管之间连接需要用到橡皮管，其连接方法是：先把，然后稍稍用力即可把玻璃管插入橡皮管中。（4）检查装置气密性后，向D装置的曲颈瓶中加入红磷，打开K3通入干燥的CO2，一段时间后关闭K3，加热曲颈瓶至上部有黄色升华物出现时通入氯气，反应立即进行。其中通入干燥CO2的目的是。（5）实验制得的粗产品中常含有POCl3、PCl5等，加入红磷加热除去PCl5后，再通过（填实验名称）即可得到较纯净的PCl3。（6）实验后关闭K1，打开K2，将A、B中余氯通入300ml1mol/L的NaOH溶液中。若NaOH恰好完全反应，则吸收氯气的物质的量为（假设反应生成了NaCl、NaClO和NaClO3等钠盐）mol，反应中转移电子的物质的量(n)的范围是。【答案】（除标注外，每空2分，共15分）(1)MnO2+4H++2Cl—△Mn2++Cl2↑+2H2O（其他合理答案均计分）(2)浓硫酸冷凝，便于收集产品（合理答案均计分）(3)玻璃管口用水润湿（合理答案均计分）(4)排尽曲颈瓶中的空气，防止PCl3与O2等发生副反应（合理答案均计分）(5)蒸馏(6)（1分）＜n＜（无单位此次不扣分）【解析】试题分析：（1）A装置是产生氯气的装置，二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气，离子方程式为MnO2+4H++2Cl—△Mn2++Cl2↑+2H2O，或者用高锰酸钾溶液与浓盐酸不加热制取氯气；（2）实验室常用红磷与干燥的Cl2制取PCl3，所以氯气需干燥后通入C中，B中盛放浓硫酸；PCl3的熔点较低，所以E中烧杯内冷水的作用是冷凝，便于收集产品；（3）玻璃管与橡胶管连接时，往往把胶管的一端用水浸湿，或把玻璃管口用水润湿，方便连接；（4）因为PCl3遇O2会生成POCl3，所以装置内不能存在氧气，所以通入干燥CO2的目的排尽曲颈瓶中的空气，防止PCl3与O2等发生副反应生成POCl3；（5）由信息可知，POCl3与PCl3都是液体，沸点相差较大，故可以用蒸馏的方法进行分离；（6）300ml1mol/L的NaOH溶液中Na元素的物质的量是，根据元素守恒，生成的NaCl、NaClO和NaClO3等钠盐的总物质的量为，所以需要氯气；若只生成NaCl、NaClO，则转移的电子最少为×2×1/2=，若只生成NaCl、NaClO3，则转移的电子最多，根据得失电子守恒，NaCl、NaClO3的物质的量之比是5:1，所以转移电子的物质的量为×2×5/6=，当三种产物都存在时转移电子的物质的量介于二者之间＜n＜。考点：考查物质制备实验，装置的判断，理解题目所给信息的能力，氧化还原反应的计算20．工业合成氨与制备HNO3一般可连续生产，其流程如下：①写出工业合成氨的化学方程式，上述尾气中的NO2一定条件下可与氨气反应转化为氮气，则该反应的化学方程式为。②某同学在实验室蒸馏含有Mg(NO3)2的稀硝酸制取浓硝酸，除导管、酒精灯、牛角管、锥形瓶外，还需的玻璃仪器有。（2）某兴趣小组采用右图装置制取并探究SO2气体的性质。①下列实验方案适用于右图所示装置制取所需SO2的是_________（填序号）溶液与HNO3固体与浓硫酸C.固体硫在纯氧中燃烧D.铜与浓H2SO4②组装完仪器后，检查装置气密性的方法是：________③若要证明c中生成的气体是SO2，d中加入品红溶液后，打开活塞b，反应开始，待d中溶液_____________后，再________________（填实验的操作）试管d中的溶液，颜色又恢复，证明气体是SO2。④指导老师指出应增加一尾气吸收装置，并帮助同学们设计了如下装置，其中合理的是______________（填序号）。【答案】①N2+3H22NH3；6NO+4NH35N2+6H2O；②蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管（2）①B②关闭活塞b，在d的出口处连接一导管并插入水中，用手捂（或酒精灯微热）c，若导管末端有气泡冒出，停止手捂（或加热），导管末端有稳定的水柱，则该装置的气密性良好；③红色褪去；加热；④AD【解析】试题分析：（1）①工业合成氨是氢气和氮气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气，反应的化学方程式为：N2+3H22NH3，NO一定条件下可与氨气反应转化为氮气，结合原子守恒配平书写得到化学方程式为：6NO+4NH35N2+6H2O，故答案为：N2+3H22NH3，6NO+4NH35N2+6H2O；②某同学在实验室蒸馏含有Mg（NO3）2的稀硝酸制取浓硝酸，除导管、酒精灯、牛角管、锥形瓶外，还需的玻璃仪器有：蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管；故答案为：蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管；（2）①实验室用Na2SO3固体与浓硫酸反应制备二氧化硫气体，而如图所示装置没有加热，则不能用浓硫酸和铜反应制备，故答案为：B；②检验气密性，在连接好装置之后，可微热装置，观察是否有气泡冒出，并有一段水柱上升，具体操作为试管d中加水至浸没长导管口，（塞紧试管c和d的胶塞，）加热c（或用手捂热c），试管d中有气泡冒出，停止加热后，试管d中有一段水柱上升，说明装置气密性良好，故答案为：关闭活塞b，在d的出口处连接一导管并插入水中，用手捂（或酒精灯微热）c，若导管末端有气泡冒出，停止手捂（或加热），导管末端有稳定的水柱，则该装置的气密性良好；③若要证明c中生成的气体是SO2，依据二氧化硫能使品红试液褪色，加热恢复红色；d中加入品红溶液后，打开活塞b，反应开始，待d中溶液红色褪去，再加热试管d中的溶液，颜色又恢复，证明气体是SO2，故答案为：红色褪去；加热；④增加一尾气吸收装置防止污染性气体排放到空气中，装置需要很好地吸收气体，又能防止倒吸，BC易发生倒吸，AD可以吸收尾气，也可以防倒吸，故答案为：AD。考点：考查了氮氧化物、硫及其化合物性质的应用，气体实验制备方法和装置等相关知识。21．9.6克A原子与4.2克B原子含有相同的原子数，A、B原子核中各自的质子数和中子数相等，已知A元素在其最高价氧化物中的质量分数为40%，在其氢化物中的质量分数为%，试通过计算确定：(1)A、B的元素符号及在元素周期表中的位置；(2)A、B的相对原子质量。【答案】(1)A：S，第三周期第Ⅵ族；B：N，第二周期，第Ⅴ族(2)A：32；B：14【解析】试题分析：：推出A的氢化物分子式为HxA，最高价氧化物分子式应该是A2O8－x，通过题给的条件求出A的相对原子质量：A/(x+A)=%，A/(A+16*(8-x)/2)=40%，可解得x=2,A=32。再利用题目中A、B质量关系和原子数关系求出B的原子量：由于9.6g元素A与4.2g元素B含有相同的原子数，设B的原子量为y，由32=y,y=14。最后根据两种元素原子的质子数确定在周期表中的位置。考点：元素周期表；相对原子质量、质量分数的计算点评：本题考查质量分数的计算，依据题意求出相对原子质量，并判断元素在周期表中的位置，综合性较强，题目难度较大。22．（2023春•淮阴区期末）已知有以下物质相互转化试回答：（1）写出B的化学式，D的化学式．（2）写出由E转变成F的化学方程式．（3）写出鉴别G溶液中阳离子的实验方法；向G溶液加入A的有关离子反应方程式．【答案】（1）FeCl2；KCl；（2）4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（3）取少许G溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液呈红色；Fe+2Fe3+=3Fe2+．【解析】白色沉淀E遇空气变成红褐色沉淀F，所以E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，该变化的反应方程式是：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，红褐色沉淀F[Fe（OH）3]与盐酸反应：Fe（OH）3+3HCl=FeCl3+3H2O，得到G溶液，所以，G为FeCl3；D溶液中加AgNO3溶液、稀HNO3，有白色沉淀H生成，所以H是AgCl，得到的溶液，焰色反应呈紫色（透过蓝色的钴玻），溶液中含有k+离子，所以D溶液是