高中化学鲁科版有机化学基础本册总复习总复习 全国获奖

山东省胶州市第四中学2023学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1．下表给出了X、Y、Z、W四种短周期元素的部分信息，请根据这些信息判断下列说法中正确的是（）元素XYZW原子半径(nm)最高正价或最低价+6+2-2-1A．原子序数X＜Y＜W＜ZB．纯净的X与纯净的Z反应生成XZ3C．Z的最高正价为+6D．HW是热稳定性最强的氢化物【答案】D【解析】由最高正价或最低负价，结合原子半径、短周期元素等条件可推出X是硫，Y是镁，Z是氧，W是氟。硫在氧气中燃烧只能得到SO2，O元素的非金属仅次于氟，目前还没有发现氧元素有+6价，氟是非金属性最强的元素，HF是稳定性最强的氢化物。2．乙苯的一氯代物的结构共有()A．3种B．4种C．5种D．6种【答案】C【解析】乙苯乙基上氢原子环境有2种，苯环上氢原子环境有3种，所以乙苯的一氯代物共5种，C项正确。点拨：本题考查常见有机物命名及同分异构体知识。难度较小。3．下列离子方程式正确的是 （） A．把CO2通入CaCl2溶液：Ca2++CO2+H2O==CaCO3↓+2H+ B．Al和NaOH溶液反应：Al+2OH-=AlO-2+H2↑ C．把SO2通入酸性KmnO4溶液中：5SO2+2MnO-4+2H2O=5SO2-4+2Mn2++4H+ D．NaAlO2溶液中通入过量CO2气体：2AlO-2+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO2-3【答案】C【解析】A选项弱酸不能制取强酸；B选项电荷不守恒、电子不守恒；D选项过量的二氧化碳，将生成碳酸氢根离子。4．工业生产和日常生活中，如何减少二氧化碳排放已成为全世界关注的热点，低碳经济和低碳生活成为热门话题。以下做法与低碳要求不相适应的是A．尽量不使用一次性竹、木筷子B．多挖煤，多发电，加快经济发展C．利用特殊材料建屋顶、墙面，充分利用太阳光照明D．提倡骑自行车、乘公交车出行【答案】B【解析】试题分析：A．尽量不使用一次性竹、木筷子，可以减少森林的砍伐，树木可以通过光合作用吸收更多的二氧化碳，A错误；B．发展以煤炭为原料的火力发电，能产生大量的二氧化碳气体，B正确；C．利用特殊材料建屋顶、墙面，充分利用太阳光照明，能减少二氧化碳的排放，C错误；D．提倡骑自行车、乘公交车出行，能减少交通工具的使用，从而减少二氧化碳的排放，D错误；选B。考点：考查使用化石燃料的利弊及新能源的开发。5．为了得到比较纯净的物质，使用的方法恰当的是A．向Na2CO3饱和溶液中，通入过量的CO2后，加热、蒸发得到NaOH晶体B．向Fe2（SO4）3溶液加入足量NaOH溶液，经过过滤、洗涤沉淀，再充分灼烧沉淀得Fe2O3C．向FeBr2溶液中加入过量的氯水，加热蒸发得FeCl3晶体D．加热蒸发AlCl3饱和溶液得纯净的AlCl3晶体【答案】B【解析】试题分析：A．碳酸钠能与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，得不到氢氧化钠，错误；B．AlCl3饱和溶液中存在氯化铝水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，蒸发时氯化氢易挥发，使氯化铝水解完全得到氢氧化铝，加热分解生成Al2O3，错误；C．向FeBr2溶液中加入过量的氯水，反应生成单质溴和氯化铁，存在：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，蒸发时溴挥发，氯化氢易挥发，使FeCl3水解完全得到氢氧化铁，加热分解生成三氧化二铁，错误；D．硫酸铁与氢氧化钠反应得到氢氧化铁沉淀，氢氧化铁加热分解生成三氧化二铁，正确。考点：水解平衡应用6．从柑橘中可提炼得到结构为的有机物，下列关于它的说法不正确的是A．分子式为C10H16B．其一氯代物有8种C．能与溴水发生加成反应D．难溶于水，且密度比水大【答案】D【解析】试题分析：A．根据题述有机物的结构简式可知，分子式为C10H16，A项正确；B．由上述结构简式可知其一氯代物有8种，B项正确；C．该有机物中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，C项正确；D．一般来说含碳原子数较少的烃类物质的密度比水小，D项错误；选D。考点：考查有机物的性质。7．在一定温度不同压强（P1＜P2）下，可逆反应2X(g)2Y(g)+Z(g)中，生成物Z在反应混合物中的体积分数（ψ）与反应时间（t）的关系有以下图示，正确的是【答案】B【解析】试题分析：A、图中压强p1到达平衡时间短，即p1＞p2，不符合，A错误；B、图中压强p2到达平衡时间短，p1＜p2，增大压强，平衡时Z的体积分数减小，说明逆向是体积减小的反应，符合，B正确；C、图中压强p1到达平衡时间短，即p1＞p2，不符合，C错误；D、图中压强p2到达平衡时间短，p1＜p2，增大压强，平衡时Z的体积分数增大，说明正向是体积减小的反应，不符合，D错误。答案选B。考点：平衡移动的影响因素8．有机物分子中原子（或原子团）之间的相互影响会导致它们化学性质的改变。下列叙述不能说明上述观点的是（）A．苯酚与溴水直接就可反应，而苯与液溴的反应则需要催化剂B．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．乙烯可发生加成反应，而乙烷不能D．苯酚能与NaOH溶液反应，而乙醇不能【答案】C【解析】A、羟基影响苯环，使苯环上的氢变得活泼；B、苯环使甲基变得活泼；C、不能说明。D、苯环使羟基变得活泼。选C。9．下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是（）A．碳酸钙受热分解B．乙醇燃烧C．铝粉与氧化铁粉末反应D．氧化钙溶于水【答案】A【解析】试题分析：反应物总能量高于生成物总能量，应为放热反应，常见放热反应有大多数化合反应、酸碱中和反应、金属与酸的反应，物质的燃烧等；生成物总能量高于反应物总能量，应为吸热反应，常见吸热反应有大多数分解反应，C、CO等还原剂与金属氧化物的反应，Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应等。生成物总能量高于反应物总能量，应为吸热反应，题中B、C、D为放热反应，而碳酸钙受热分解反应为吸热反应，故选A。考点：考查反应热与焓变10．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是A．向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，可证明Cl2的氧化性强于I2B．新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上，试纸先变红色后褪色，说明Cl2有漂白性C．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－D．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋【答案】B【解析】试题分析：向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，说明氯水将碘离子氧化成单质碘，故氧化性氯气大于单质碘，A正确；氯水中起漂白作用的是次氯酸不是氯气，故B错误；向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，为氯化银沉淀，说明氯水中含有Cl－，C正确；氯水中含有HCl和HClO，次氯酸的酸性小于碳酸的酸性，故不能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，故能与碳酸氢钠反应产生气体的为HCl，HCl溶液中能完全电离出氢离子，D正确；考点：氯水的成分及性质11．下列关于电解质的叙述中，正确的是A．碳酸钙在水中溶解度很小，其溶液的导电性很弱，所以碳酸钙是弱电解质B．氢氧化钙微溶于水，但溶解的氢氧化钙全部电离，所以氢氧化钙是强电解质C．氯气和氨气的水溶液导电性都很好，所以它们是强电解质D．水难电离，纯水几乎不导电，所以水是非电解质【答案】B【解析】试题分析：A：强弱电解质和溶解度没有直接关系，A错；C：氯气和氨气的水溶液导电是因为生成氨水和亚硫酸，NH3H2ONH4++OH-，H2SO3H++HSO3-，并不是氯气和氨气本身导电，它们不是电解质，C错；D：是因为水属于极弱的电解质，电离程度是10-7，氢离子和氢氧根离子很少，所以几乎不导电。带有溶质的水是因为有电解质所以导电能力很强的，但水也是电解质,故选B。考点：电解质点评：强弱电解质与溶解度无直接关系，这是一个易错点，应注意12．下列离子反应方程式正确的是A．在碳酸氢镁溶液中加入足量Ca(OH)2溶液：Mg2+＋HCO3－＋Ca2+＋2OH–==MgCO3↓＋CaCO3↓＋2H2OB．向饱和碳酸钠溶液通入过量的二氧化碳气体：CO32-＋CO2＋H2O＝2HCO3－C．将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++2H2O+NO↑D．向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至Al3+刚好沉淀完全：Al3++SO42—+Ba2++3OH—==BaSO4↓+Al(OH)3↓【答案】C【解析】试题分析：A、碳酸氢镁和氢氧化钙反应生成氢氧化镁和碳酸钙和水，错误，不选A；B、饱和碳酸钠和过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠会析出晶体，不拆成离子形式，错误，不选B；C、氯化亚铁被硝酸氧化成铁离子，硝酸生成一氧化氮，正确，选C；D、当铝离子刚好沉淀完全时，硫酸铝钾和氢氧化钡的比例为2:3，错误，不选D。考点：离子方程式的判断【名师点睛】(1)违背反应客观事实如：Fe2O3与氢碘酸：Fe2O3＋6H+＝2Fe3+＋3H2O错因：忽视了Fe3+与I-发生氧化一还原反应(2)违反质量守恒或电荷守恒定律及电子得失平衡如：FeCl2溶液中通Cl2：Fe2+＋Cl2＝Fe3+＋2Cl-错因：电子得失不相等，离子电荷不守恒(3)混淆化学式（分子式）和离子书写形式如：NaOH溶液中通入HI：OH-＋HI＝H2O＋I-错因：HI误认为弱酸.(4)反应条件或环境不分：如：次氯酸钠中加浓HCl：ClO-＋H+＋Cl-＝OH-＋Cl2↑错因：强酸制得强碱(5)忽视一种物质中阴、阳离子配比.如：H2SO4溶液加入Ba(OH)2溶液:Ba2+＋OH-＋H+＋SO42-＝BaSO4↓＋H2O正确：Ba2+＋2OH-＋2H+＋SO42-＝BaSO4↓＋2H2O(6)“＝”“”“↑”“↓”符号运用不当如：Al3+＋3H2O＝Al(OH)3↓＋3H+注意：盐的水解一般是可逆的，Al(OH)3量少，故不能打“↓”13．下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是A．室温下，pH＝7的醋酸和醋酸钠的混合溶液中：c(CH3COO－)＞c(Na＋)B．将10mLmol·L-1Na2CO3溶液逐滴滴加到10mLmol·L-1盐酸中：c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)C．等pH的氨水、KOH溶液、Ba(OH)2溶液中：c(NH4+)=c(K+)=c(Ba2+)D．mol·L-1的某一元弱酸HA溶液和mol·L-1NaOH溶液等体积混合后的溶液：2c(OH-)+c(A-)=2c(H+)+c(HA)【答案】D【解析】试题分析：A．室温下，pH＝7的醋酸和醋酸钠的混合溶液，根据电荷守恒可知c(CH3COO－)=c(Na＋)，错误；B．将10mL0．lmol·L-1Na2CO3溶液逐滴滴加到10mL0．lmol·L-1盐酸时，由于开始时盐酸过量所以发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，当盐酸恰好完全反应时，再加入Na2CO3就不再发生反应，因此溶液为Na2CO3和NaCl的混合溶液，NaCl是强酸强碱盐，而Na2CO3是强碱弱酸盐，但是酸根离子CO32-水解程度是微弱的，所以离子关系为c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(CO32-)＞c(HCO3-)，错误；C．一水合氨是弱碱，KOH和Ba(OH)2是强碱，所以等pH的氨水、KOH溶液、Ba(OH)2溶液中：c(NH4+)=c(K+)=2c(Ba2+)，错误；D．mol·L-1的某一元弱酸HA溶液和mol·L-1NaOH溶液等体积混合后的溶液是NaA与HA等物质的量的混合溶液，根据物料守恒可得：c(A-)＋c(HA)=2c(Na+)；根据电荷守恒可得：c(OH-)+c(A-)=c(H+)+c(Na+)；两式联立整理可得2c(OH-)+c(A-)=2c(H+)+c(HA)，正确。考点：考查微粒的浓度大小比较的知识。14．铁的氧化物可用于脱除煤气中的H2S，有一步反应为：Fe3O4(s)+3H2S(g)+H2(g)3FeS(s)+4H2O(g)，其温度与平衡常数的关系如图所示。对此反应原理的理解正确的是A．H2S是还原剂B．脱除H2S的反应是放热反应C．温度越高H2S的脱除率越大D．压强越小H2S的脱除率越高【答案】B【解析】试题分析：本反应中H2S所含元素的化合价均没发生改变，所以H2S既不是氧化剂也不是还原剂，A选项不正确；随着温度的升高，平衡常数逐渐减少，说明平衡逆向移动，正方向为放热反应，B选项正确；升温平衡逆向移动，H2S的脱除率越小，选项C不正确；改变压强平衡不移动，不影响H2S的脱除率，D选项不正确。考点：氧化还原反应的分析与改变外界因素平衡移动的方向判断15．下列说法错误的是①NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)/c(HCO3－)的比值保持增大②浓度均为mol/L的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c(Na+)=3[c(CO32－)+c(HCO3－)]③在mol/L氨水中滴加mol/L盐酸，恰好完全中和时溶液的pH=a，则由水电离产生的c(OH－)=l0－amol/L④向LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c(Na+)、c(SO32－)均增大⑤在Na2S稀溶液中，c(H+)=c(OH－)+c(H2S)+c(HS－)A．①④B．②④C．①③D．②⑤【答案】D【解析】试题分析：①NaHCO3溶液加水稀释，钠离子的物质的量不变，碳酸氢根的物质的量减少，则c(Na+)/c(HCO3－)的比值保持增大，①正确；②浓度均为mol/L的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中根据物料守恒可知2c(Na+)＝3[c(CO32－)+c(HCO3－)+c(H2CO3)]，②错误；③在mol/L氨水中滴加mol/L盐酸，恰好完全中和时生成的氯化铵水解，溶液显酸性，促进水的电离。因此如果溶液的pH＝a，则由水电离产生的c(OH－)＝l0－amol/L，③正确；④向LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体抑制亚硫酸根的水解，所以溶液中c(Na+)、c(SO32－)均增大，④正确；⑤在Na2S稀溶液中根据质子守恒可知c(OH－)＝c(H+)+2c(H2S)+c(HS－)考点：考查溶液中离子浓度大小比较16．（13分）氧化还原反应在工农业生产和日常生活中有广泛运用。（1）罐头厂在装食物罐头时通常要添加一些对人体无害的防腐剂，防止食物被空气中的氧气氧化而变质。此类防腐剂应具有。（填“氧化性”或“还原性”）；（2）铁是生物体中不可缺少的微量元素，铁在人体中是以Fe2＋和Fe3＋的形式存在的，。（3）缺铁性贫血患者应补充Fe2＋，通常以硫酸亚铁的形式，而硫酸铁则无这种药效。用硫酸亚铁制成药片时外表包有一层特殊的糖衣，这层糖衣的作用是。（4）在下列的空白处填写最适宜的除杂试剂，并写出相应的离子方程式①FeCl2中含少量FeCl3杂质，。②FeCl3中含少量FeCl2杂质，。③FeSO4中含少量CuSO4杂质，。【答案】（1）还原性（1分）（2）（1分）（3）防止Fe2+被氧化（2分）（4）①Fe（1分），2Fe3++Fe=3Fe2+（2分）②Cl2（1分）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-（2分）③Fe（1分），Cu2++Fe=Fe2++Cu（2分）【解析】试题分析：（1）防止食品被氧化应该加入有还原性的物质。（2）（3）外表包的糖衣的作用是防止Fe2+被氧化。（4）①除去FeCl2中含少量FeCl3杂质又要不引入新的杂质，加入铁粉，将FeCl3还原成FeCl2，发生反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+②除去FeCl3中含少量FeCl2杂质又要不引入新的杂质应该通入Cl2将FeCl2氧化成FeCl3，反应离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-③除去FeSO4中含少量CuSO4杂质，需要把Cu2+置换出来，加入铁粉，反应的离子方程式为：Cu2++Fe=Fe2++Cu考点：氧化还原反应的应用。17．有一种广泛用于汽车、家电产品上的高分子涂料，按下列流程图生产。流程图中M(C3H4O)和A都可以发生银镜反应，N和M的分子中碳原子数相等，A的烃基上一氯取代位置有三种。填写下列空白：⑴物质的结构简式：A_________，高分子涂料___________________。⑵写出下列转化的反应类型：A→B_____，B→D______。⑶写出下列反应的化学方程式：A发生银镜反应：_______________________________________________，B与N反应生成D：_______________________________________________。【答案】⑴CH3CH2CH2CHO（2分）（2分）⑵加成反应（还原反应）（2分）酯化反应（取代反应）（2分）⑶CH3CH2CH2CHO＋2Ag(NH3)2OHCH3CH2CH2COONH4＋2Ag↓＋3NH3＋H2O（2分）CH2＝CHCOOH＋CH3CH2CH2CH2OHCH2＝CHCOOCH2CH2CH2CH3＋H2O（2分）【解析】试题分析：M分子式是C3H4O，可发生银镜反应，分子中含有醛基-CHO，其不饱和度为：（2×3+2-4）/2=2，故分子中还含有C=C双键，故M的结构简式为CH2=CH-CHO，M和N的分子中碳原子数相同，M催化氧化生成N，故N为CH2=CH-COOH，N与B反应在浓硫酸、加入条件下生成D（C7H12O2），D为酯，B为醇，由D的分子式可知，B为C4H10O，A可发生银镜反应，A中含有醛基-CHO，A的烃基上的一氯代物有3种，故A为CH3CH2CH2CHO，B为CH3CH2CH2CH2OH，D为CH2=CH-COOCH2CH2CH2CH3，（1）由上述分析可知，A为CH3CH2CH2CHO，高分子涂料为⑵A→B为加成反应，B→D酯化反应；⑶A中有醛基，发生银镜反应，生成一水、二银、三氨和羧酸氨，B与N发生酯化反应生成酯和水。考点：考查有机推断合成、醇醛酸的相互转化、化学反应的类型等知识。18．（9分）在某浓度的NaOH溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液立即呈红色，再向其中逐滴加入新制的饱和氯水，当滴到最后一滴时，红色突然褪去．回答下列问题：（1）产生该现象的原因可能有：①_________________________________________________________；②_________________________________________________________．（2）简述怎样用实验证明红色褪去的原因是①或者是②：_______________________________________________________________________________．【答案】（1）①氯水与NaOH反应，OH－浓度降低而褪色．②氯水中产生HClO漂白酚酞（2）继续加入NaOH溶液红色再现则证明①正确，反之②正确【解析】（1）碱能使酚酞试液显红色，所以红色褪去可能是由于①氯气和氢氧化钠反应，使OH－浓度引起的；又因为氯水具有漂白性，所以也可能是②次氯酸氧化而褪色。（2）如果是氧化而褪色，由于次氯酸的漂白是不可逆的，所以要证明褪色的原因，可以继续加入氢氧化钠溶液，如果红色再现则证明①正确，反之②正确。19．应用下列装置，在硬质破璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物加热，并通过水蒸气，就可以完成“高温下Fe与水蒸气的反应实验”。请完成该实验中的问题：（1）写出该反应的化学方程式：；该氧化还原反应的氧化剂是。（2）实验前必须对整套装置进行的操作是。（3）圆底烧瓶中盛装的是水，该装置受热后的主要作用是；烧瓶底部放置了几片碎瓷片，碎瓷片的作用是。（4）检验溶液中是否含有三价铁离子用溶液（写化学式），现象是。【答案】(14分，每空2分）（1）3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；H2O（2）检验装置的气密性（3）提供持续不断的水蒸气；防止暴沸。（4）KSCN；溶液变为血红色【解析】试题分析：（1）Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，该反应为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，Fe元素的化合价升高，Fe为还原性，H元素的化合价降低，则水为氧化剂，故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；H2O；（2）实验前必须对整套装置进行气密性检查，故答案为：检验装置的气密性；（3）因为反应物为水蒸气与铁，所以这里加热的目的就是提供水蒸气；碎瓷片可防止暴沸发生；故答案为：提供持续不断的水蒸气；防止暴沸；（4）检验溶液中是否含有三价铁离子常用KSCN溶液，若溶液中含有三价铁离子，加入KSCN，溶液变为血红色，故答案为：KSCN；溶液变为血红色。考点：考查了铁及其化合物的性质实验、铁和水蒸气反应的原理和产物的检验的相关知识。20．某小组同学探究浓硫酸及其部分反应产物的化学性质，装置如下图所示（夹持装置略去）（1）试管①中反应的化学方程式是。该反应表明浓硫酸具有（填序号）。a．酸性b．强氧化性c．还原性（2）若试管②中的试剂为品红溶液，实验中观察到的现象是，说明试管①中生成的气体具有性。（3）若试管②中的试剂为酸化的Ba(NO3)2溶液，观察到生成不溶于硝酸的白色沉淀，说明试管①中生成的气体具有性。（4）试管③中的试剂为NaOH溶液，反应的离子方程式是。【答案】（1）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2Oab（2）品红溶液褪色漂白（3）还原（4）SO2+2OH—SO32—+H2O【解析】试题分析：Cu与浓H2SO4在受热时反应生成CuSO4、SO2气体与H2O，在该反应产物中有CuSO4及SO2所以硫酸显示出酸性及氧化性，SO2气体具有漂白兴，能是品红溶液褪色，酸化的Ba(NO3)2溶液通入SO2产生白色沉淀是因为SO2被氧化成SO42-，SO42-与Ba2+结合生成不溶于硝酸的BaSO4白色沉淀。SO2与NaOH溶液反应的离子方程式为SO2+2OH—SO32—+H2O考点：浓硫酸性质、二氧化硫性质21．（1）8．4gN2与9．6g某单质Rx所含原子个数相同，且分子数之比为3:2，则R的相对原子质量是，x值为。（2）4．5g水与g硫酸所含的分子数相等，它们所含氧原子数之比是，其中氢原子数之比是。（3）如图所示，分别向密闭容器内可移动活塞的两边充入空气(已知空气体积占整个容器容积的1/4)、H2和O2的混合气体，在标准状况下，若将H2、O2的混合气体点燃引爆。活塞先左弹，恢复原温度后，活塞右滑停留于容器的中央。则原来H2、O2的体积之比可能为___________。【答案】（1）16、3（每空1分，共2分）（2）24．5，1:4，1:1（每空1分，共3分）（3）7:2或4:5（4分，少写一种得2分）【解析】试题分析：（1）氮气的物质的量为8．4/28=0．3摩尔，分子数比为3:2，原子个数相同，所以单质中含有3个原子，所以单质Rx为0．2摩尔，其摩尔质量为9．6/0．2=48，R的相对原子质量为48/3=16。（2）4．5克水的物质的量为4．5/18=0．25摩尔，则硫酸的质量为0．25*98=24．5g，0．25摩尔水中含有0．25摩尔氧原子，0．25摩尔硫酸中含有0．25*4=1摩尔氧原子，二者比为1:4，每个分子中都含有2个氢原子，所以氢原子比为1:1。（3）反应前左右的压强都相等，气体的物质的量之比等于体积比，假设空气的物质的量为1摩尔，则氢气和氧气的混合气体为3摩尔，反应后恢复至原来的温度，活塞正好停留在容器的中间，说明反应后左右气体的物质的量相等，右侧剩余气体为1摩尔，若剩余气体为氢气，参加反应的气体共2摩尔，则氧气为2/3摩尔，则氢气为3-2/3=7/3摩尔，氢气和氧气比例7:2；若氧气有剩余，则参加反应的氢气为4/3摩尔，所以氧气为3-4/3=5/3摩尔，氢气和氧气的比为4:5。考点：阿伏伽德罗定律和推论，化学平衡计算22．（10分）下列各物质是中学化学中常见的物质，甲为常见金属单质，乙、丙、丁是非金属单质，其它为化合物，B、D分别为黑色粉末和黑色晶体，G为淡黄色固体，J为生活中常见的调味品，I为红褐色固体，①是实验室制取丁的反应之一，F为棕黄色溶液。各物质间的转化如下图所示，回答下列各问题（部分生成物未列出）：（1）写出乙的化学式、A的电子式、甲在周期表中位置是；（2）写出G的一种用途；（3）写出B与K的浓溶液反应的化学方程式：；（4）整个转换过程中属于氧化还原反应的数目有个；（5）写出反应③E与A按物质的量之比2:1的反应的离子方程式。【答案】（10分）（1）H2（1分）（1分）第四周期第Ⅷ族（1分）（2）供氧剂等（1分）（3）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O（2分）（4）6个（2分）（5）6Fe2++3H2O2==4Fe3++2Fe(OH)3↓（2分）【解析】试题分析：G为淡黄色固体化合物，则G是过氧化钠；J为生活中常见的调味品，一般考虑J为NaCl；I为红褐色固体，则I是氢氧化铁；所以判断甲是Fe单质；，B、D分别为黑色粉末和黑色晶体，Fe与物质C发生置换反应生成另一种非金属单质，根据Fe与水蒸气的反应生成氢气和黑色固体四氧化三铁，所以C是水，乙是氢气，D是Fe3O4；A与B反应生成水和一种非金属单质，判断A是过氧化氢，B是二氧化锰，二者反应生成水和氧气，所以丁是氧气；四氧化三铁与K反应生成两种物质E、F，可以相互转化，所以K是盐酸，与四氧化三铁反应生成氯化亚铁和氯化铁，F与Fe反应生成E，所以F是氯化铁，则E是氯化亚铁，氯化铁与过氧化钠反应生成氢氧化铁、氯化钠、氧气，氯化亚铁与一定量的过氧化钠反应生成氯化