陕西省渭南市2023-2024学年高三上学期期中检测化学试题【含答案】

2023～2024学年度第一学期期中检测高三化学试题(试卷满分100分，考试时间90分钟)一、单选题(每题3分，共15小题，总计45分)1.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.在新制饱和氯水中：NH、Na+、SO、SOB.在水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中：Na+、K+、CO、C.在加入铝粉能产生H2的溶液中：Fe2+、Na+、SO、NOD.在能使酚酞变红的溶液中：K+、CO、ClO-、Cl-【答案】D【解析】【详解】A．新制饱和氯水中的HClO易将SO氧化成SO，故A错误；B．水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液可能为酸性也可能为碱性，若为酸性，H+可与CO、反应，故B错误；C．加入铝粉能产生H2的溶液能为酸性也可能为碱性，若为酸性，H+与NO可将Fe2+氧化为Fe3+，若为碱性，Fe2+可生成沉淀，故C错误；D．酚酞变红的溶液呈碱性，OH-、K+、CO、ClO-、Cl-，可共存，故D正确；故选D。2.化学与生活密切相关，下列说法正确的是A.苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性B.豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射C.SO2可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分D.维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化【答案】B【解析】【详解】A．苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，因此，其可作为食品防腐剂不是由于其具有酸性，A说法不正确；B．胶体具有丁达尔效应，是因为胶体粒子对光线发生了散射；豆浆属于胶体，因此，其能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射，B说法正确；C．可用于丝织品漂白是由于其能与丝织品中有色成分化合为不稳定的无色物质，C说法不正确；D．维生素C具有很强的还原性，因此，其可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其容易被氧气氧化，从而防止水果被氧化，D说法不正确；综上所述，本题选B。3.某溶液中可能存在、、，加入溶液，开始时有白色絮状沉淀生成，白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，下列结论正确的是A.一定有，一定没有、B.一定有，可能有，一定没有C.一定有，可能有，一定没有D.一定有，一定没有、【答案】B【解析】【分析】【详解】白色沉淀可能是、或它们的混合物，沉淀能变为灰绿色、最终变为红褐色，说明一定有生成，即原溶液中一定有；因呈红褐色，所以刚开始时无生成，即原溶液中不含；又因红褐色可掩盖白色，则不能证明原溶液中是否含；故一定有，可能有，一定没有，答案选B。4.已知还原性：I-＞Fe2+＞Br-。向含有Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示，有关说法不正确的是A.线段DE代表Br-的物质的量的变化情况B.原混合溶液中c(Fe2+)=4mol·L-1C.当通入3molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：4Fe2++2I-+3Cl2=4Fe3++I2+6Cl-D.原混合溶液中n(FeI2)∶n(FeBr2)=1∶3【答案】B【解析】【分析】因为还原性：I-＞Fe2+＞Br-，所以曲线中AB段是n(I-)的物质的量发生的改变，BC段是n(Fe3+)的物质的量发生的改变，DE段是n(Br-)的物质的量发生的改变。n(Cl2)=1~3mol段，下降的曲线是n(Fe2+)的减少。【详解】A．由分析可知，线段DE代表Br-的物质的量的变化情况，A正确；B．由方程式2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-可知，n(Cl2)=(3-1)mol=2mol时，n(Fe2+)=4mol，溶液的体积未知，无法求出原混合溶液中c(Fe2+)，B不正确；C．当通入3molCl2时，溶液中I-、Fe2+全部被氧化，依据Cl2的消耗量，可求出n(I-)∶n(Br-)=2∶4，离子反应可表示为：4Fe2++2I-+3Cl2=4Fe3++I2+6Cl-，C正确；D．由图中AB段和DE段消耗Cl2的物质的量分别为1mol、3mol，可求出n(I-)∶n(Br-)=2∶6，所以原混合溶液中n(FeI2)∶n(FeBr2)=1∶3，D正确；故选B。5.下列各组离子中，能大量共存且加入(或通入)X试剂后发生反应的离子方程式对应正确的是选项离子组试剂X离子方程式A过量的盐酸B透明溶液中：过量铜粉C溶液D的溶液中：双氧水A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．向溶液中加入过量的盐酸，酸性条件下硝酸根离子与亚硫酸根发生氧化还原反应生成硫酸根离子、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，故A错误；B．向透明溶液中加入过量的铜粉，溶液中铁离子与铜反应生成亚铁离子和铜离子，反应的离子方程式为，故B正确；C．向溶液中加入硫酸氢钠溶液，溶液中钡离子、碳酸氢根离子与硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钡沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为，故C错误；D．向PH为1的溶液中，硝酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，故D错误；故选B。6.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液体积为，向其中逐渐加入铁粉，产生气体体积(已折合成标准状况下)随加入铁粉的质量变化如图新示。下列说法正确的是(已知：硝酸只被还原为气体，忽略反应过程中溶液体积的变化)A.当加入铁粉时，反应后溶液中的溶质为和B.混合溶液中的物质的量浓度为C.转移电子的物质的量之比D.该混合溶液最多能溶解铜粉【答案】C【解析】【分析】根据图像分析可得oa段的反应：，ab段的反应：，bc段的反应：，据此分析。【详解】A．据分析可知，当加入铁粉时，反应后溶液中的溶质只有，故A错误；B．根据oa段的反应关系计算：，则混合溶液中的物质的量浓度为，故B错误；C．由图可知三个阶段消耗的铁粉的物质的量之比为：，转移电子的物质的量之比，故C正确；D．结合以上分析可知混合溶液中硝酸的物质的量是0.2mol，结合反应计算可得，即，故D错误；故选C。7.某100mL溶液可能含有、、、、、中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图所示(所加试剂均过量，气体全部逸出)：下列说法错误的是A.原溶液一定存在，理由是沉淀①在盐酸中部分溶解B.是否存在只有通过焰色反应才能确定C.原溶液一定不存在，可能存在D.原溶液中【答案】B【解析】【分析】加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量的盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有、这两种离子，一定没有(和会发生双水解反应，不能共存)，且沉淀②为BaSO4，n(BaSO4)=，m(BaCO3)=4.30g-2.33g=1.97g，则n(BaCO3)=。加入NaOH溶液产生0.672L（标准状况）气体，则溶液中含有，NH3有0.03mol，即n()=0.03mol。和所带的负电荷的物质的量为0.01mol+0.01mol=0.04mol，所带的正电荷的物质的量为0.03mol1=0.03mol，根据电荷守恒，可以推断出溶液中一定含有，且最少为0.01mol（因无法判断是否有，如果有，需要多余的去保持溶液的电中性），据此分析解答。【详解】A．加入BaCl2溶液之后，产生沉淀①，且沉淀①在盐酸中部分溶解，BaSO4不溶于盐酸，溶解的是BaCO3，则说明一定有，故A正确；B．由分析可知，根据电荷守恒，可以推断出溶液中一定含有，不必通过焰色反应确定，故B错误；C．原溶液中一定有，和会发生双水解反应，不能共存，则一定不存在；溶液中一定含有，但含量不确定，若多于0.01mol，根据电荷守恒，需要去保持溶液的电中性，故可能存在，故C正确；D．若原溶液中不存在，则，若原溶液中存在，则，即，故D正确；答案选B。8.向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。下列判断正确的是A.原NaOH溶液的浓度为0.2mol/LB.通入CO2的体积为448mLC.所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)：n(Na2CO3)=1：3D.所得溶液溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)：n(Na2CO3)=1：1【答案】A【解析】【分析】由图可知，加入盐酸未生成二氧化碳消耗盐酸的体积小于生成二氧化碳消耗盐酸的体积可知，氢氧化钠溶液与二氧化碳反应得到的是碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液，加入盐酸25mL时，碳酸钠与盐酸恰好反应生成碳酸氢钠和氯化钠，反应的方程式为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，碳酸钠的物质的量为0.2mol/L×0.025L=0.005mol，加入100mL0.2mol/L盐酸时，碳酸氢钠与盐酸恰好反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，由方程式可知，碳酸钠的物质的量为0.2mol/L×(0.1L—0.025L)—0.005mol=0.01mol。【详解】A．由分析可知，加入100mL0.2mol/L盐酸时得到的溶液为氯化钠溶液，由电荷守恒和原子个数守恒可得氢氧化钠溶液的浓度为=0.2mol/L，故A正确；B．缺溶液的标准状况，无法计算二氧化碳的体积，故B错误；C．由分析可知，氢氧化钠溶液与二氧化碳反应得到的是碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液，故C错误；D．由分析可知，氢氧化钠溶液与二氧化碳反应得到的是碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液，混合溶液中碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量比为0.005mol：0.01mol=1：2，故D错误；故选A。9.下列物质(饱和溶液)之间通过一步反应能实现如下图所示转化关系的是选项XYZ箭头上为反应条件或试剂AAlAl2O3NaAlO2①O2BNa2CO3NaClNaHCO3③先通NH3、再通CO2CNaNaOHNaCl②电解饱和食盐水DSi②加热A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．铝与氧气反应生成氧化铝，氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠不能转化为铝和氧化铝，反应②④不能实现，故A不选；

B．碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、氯化钠通过氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，所给物质符合图中转化关系，故B选；

C．钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠，电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氢气和氯气，所以②不能实现，故C不选；

D．硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠和二氧化碳反应生成硅酸，硅酸和氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸加热生成二氧化硅和水，得不到硅，所以②不能实现，故D不选；

答案选B。10.天津大学某团队制备锌镍电池的负极材料的工艺流程如图。下列叙述正确的是已知：铋和砷位于同主族。难溶于水，难溶于乙醇等。A.反应池1中硝酸体现酸性和氧化性B.“系列操作”是过滤、用乙醇洗涤C.用溶液可以确认反应池2中的气体产物是否含D.在制备的反应中，和的物质的量之比为【答案】D【解析】【分析】KI溶液与溶液在反应池1中反应后进行系列操作为过滤、洗涤得到，加入ZnO在反应池2中加热反应得到；【详解】A．硝酸是生成物，选项A错误；B．依题意，难溶于水，分离碘氧铋采用过滤、洗涤操作，注意，反应池2中需要少量水，故用水洗涤，不用乙醇洗涤，选项B错误；C．反应池2中的气体产物可能有和，向硝酸银溶液中通入碘蒸气、碘化氢时都会产生黄色沉淀，选项C错误；D．制备的反应为，和的物质的量之比为，选项D正确；答案选D。11.下列说法正确的是A.(标准状况)与水充分反应转移电子B.和均可通过化合反应得到C.将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生D.与溶液反应：【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由于溶于水中的Cl2只有部分与H2O反应，故(标准状况)与水充分反应转移电子数目小于，A错误；B．根据反应：SO3+H2O=H2SO4，Cu+Cl2CuCl2，故和均可通过化合反应得到，B正确；C．将蘸有浓氨水和浓盐酸或浓硝酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生，由于浓硫酸难挥发，故不能形成白烟，C错误；D．由于ClO-具有强氧化性，SO2具有强还原性，故与溶液反应：，D错误；故答案为：B。12.设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.10g质量分数为46%的乙醇溶液中氧原子数为0.6NAB.0.5molBF3中的共用电子对数为1.5NAC.标准状况下，22.4LCH4与44.8LCl2在光照条件下充分反应后的分子总数为2NAD.铅蓄电池放电时，若负极增重48g，则此时转移电子数为0.5NA【答案】B【解析】【详解】A．10g质量分数为46%的乙醇溶液中含有乙醇4.6g，物质的量，含水5.4g，物质的量，所以溶液中含氧原子数为0.4NA，A错误；B．BF3分子中含有3个B-F键，0.5molBF3中含有B-F键为1.5mol，所以共用电子对数为1.5NA，B正确；C．标准状况下，22.4LCH4物质的量，44.8LCl2物质的量，CH4与Cl2在光照条件下分步发生取代反应，根据碳原子守恒，生成四种有机产物的分子数等于CH4的分子数，由取代反应方程式可知生成HCl分子数等于氯气分子数，所以反应前后分子数不变，所以标准状况下，22.4LCH4与44.8LCl2在光照条件下充分反应后的分子总数为3NA，C错误；D．铅蓄电池放电时负极反应式为，负极增重的质量为反应的质量，若负极增重48g则增重的的物质的量为，根据电极反应式可知转移电子数为NA，D错误；故选B。13.某无色透明溶液中只可能含有Na+、SO、Cl-、HCO、CO、H+、Cu2+中的几种，且每种离子的物质的量均为1mol。依次进行下列实验，每步所加试剂均过量，观察到的现象如表。下列结论正确的是步骤操作现象(1)用紫色石蕊试液检验溶液变红(2)向溶液中滴加BaCl2和稀HCl有白色沉淀生成(3)将(2)中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀硝酸有白色沉淀生成A.该实验无法确定是否含有Cl-B.可能含有的离子是Na+、SO、Cl-C.肯定含有的离子是Na+、SO、H+D.肯定没有的离子只有Cl-、HCO、CO【答案】C【解析】【分析】溶液呈无色，溶液中不含有Cu2+；步骤(1)用紫色石蕊试液检验，溶液变红，说明溶液中含有H+，由于、与H+不能大量共存，溶液中不含有、；步骤(2)向溶液中滴加BaCl2和稀盐酸，有白色沉淀生成，溶液中含有，每种离子物质的量均为1mol，根据电荷守恒，溶液中含有Na+；步骤(3)将(2)中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成，说明滤液中含有Cl-，步骤(2)中加入了Cl-，结合电荷守恒，原溶液中不含有Cl-。【详解】A．根据分析，溶液中含H+、Na+、各1mol，结合电荷守恒和实验可知，溶液中不含有Cl-，A项错误；B．溶液中一定含有Na+、，溶液中不含有Cl-，B项错误；C．根据分析，溶液中含H+、Na+、各1mol，C项正确；D．根据分析，肯定没有的离子为、、Cl-、Cu2+，D项错误；答案选C。14.下列离子方程式书写正确的是A.向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2=CaCO3↓+2H+B.向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3++H2O2=O2↑+2H++2Fe2+C.室温下用稀HNO3溶解铜：Cu+2NO+2H+=Cu2++2NO2↑+H2OD.室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O【答案】D【解析】【详解】A．由于HCl的酸性强于H2CO3，CO2通入氯化钙溶液中二者不反应，A项错误；B．向H2O2溶液中加入FeCl3溶液时，FeCl3作H2O2分解的催化剂，B项错误；C．室温下用稀HNO3溶解铜产生NO：3Cu＋2NO＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，C项错误；D．氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，D项正确；故选D。15.某工厂采用如下工艺制备，已知焙烧后元素以价形式存在，下列说法错误的是A.“焙烧”中产生 B.滤渣的主要成分为C.滤液①中元素的主要存在形式为 D.淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用【答案】B【解析】【分析】焙烧过程中铁、铬元素均被氧化，同时转化为对应钠盐，水浸时铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀，滤液中存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得到氢氧化铬沉淀。【详解】A．铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成对应的钠盐和二氧化碳，A正确；B．焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为氧化铁，B错误；C．滤液①中元素化合价是+6价，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀溶液显碱性，所以Cr元素主要存在形式为，C正确；D．由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确；故选B。二、填空题(16题10分，17题10分，18题9分，19题12分，20题14分，总计55分)16.高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如下图所示。回答下列问题：相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9（1）为了加快溶浸效果，可采取的措施有_______(任写一条)；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式_______。（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，写出该反应的离子方程式_______。（3）滤渣2除了含有Al(OH)3还含有_______。（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是_______。（5）写出“沉锰”的离子方程式_______。（6）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=_______。【答案】（1）①.将矿物碾碎、加热、增大硫酸的浓度等②.MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O（2）MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++

Mn2+

+2H2O（3）Fe(OH)3（4）NiS和ZnS（5）Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O（6）【解析】【分析】溶浸：加硫酸溶浸，根据问题(1)可知，发生MnO2+MnS+2H2SO4=S+2MnSO4+2H2O，含硅元素物质，如果是二氧化硅，二氧化硅不与稀硫酸反应，作为沉淀沉降出来，如果是硅酸盐，则转化成硅酸沉淀，其余元素转化成相应的离子；氧化：利用MnO2的氧化性将Fe2+氧化成Fe3+；调pH：加入氨水，调节pH，让Al3+、Fe3+以氢氧化物形式沉淀出来；除杂1：加入Na2S，根据问题(4)可知，该目的是除去Zn2+、Ni2+；除杂2：加入MnF2，该步骤是除去Mg2+；沉锰：加入碳酸氢铵，得到MnCO3沉淀；据此分析解答。【小问1详解】为了加快溶浸效果，可采取的措施有粉碎、搅拌、适当升高温度、适当提高硫酸浓度等；利用二氧化锰的氧化性将MnS氧化成S单质，其反应方程式为MnO2+MnS+2H2SO4=S+2MnSO4+2H2O；故答案为粉碎、搅拌、适当升高温度、适当提高硫酸浓度等；MnO2+MnS+2H2SO4=S+2MnSO4+2H2O；【小问2详解】利用MnO2的氧化性将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；故答案为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；【小问3详解】根据流程以及表中数据可知，调pH，使Al3+、Fe3+以氢氧化物形式沉淀出来，滤渣2成分是Al(OH)3、Fe(OH)3，故答案为Fe(OH)3；【小问4详解】除杂1的目的是Zn2+、Ni2+，则滤渣3的主要成分是NiS、ZnS，故答案为NiS、ZnS；【小问5详解】加入碳酸氢铵，生成碳酸锰沉淀，其离子方程式为Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O；故答案为Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O；【小问6详解】利用化合价代数和为0，得出1+2x+3y+4z=4，将x=y=代入，推出z=；故答案为。17.某化学兴趣小组模拟“侯氏制碱法”制纯碱。I．先以NaCl、NH3、CO2和水等为原料，用下图所示装置制取NaHCO3，然后再将NaHCO3制成Na2CO3。（1）装置丙中反应的化学方程式为___________。（2）装置乙的作用是___________。为防止污染空气，尾气中的___________需要进行吸收处理。（3）用装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时，需要进行的实验操作有___________、___________、___________。II．测定所得产品的组成和纯度（4）检验纯碱样品中是否混有NaHCO3，请选择下列装置设计实验，并完成下表：选择的装置(填编号)实验现象实验结论____________样品中含NaHCO3【答案】（1）NH3＋CO2＋H2O＋NaCl=NaHCO3↓＋NH4Cl（2）①.除去CO2中的HCl气体②.氨气(NH3)（3）①.过滤②.洗涤③.灼烧（4）①.A、B②.B中溶液变浑浊(或A、CC中物质变蓝或A、C、BC中物质变蓝，B中溶液变浑浊)【解析】【分析】“侯氏制碱法”制纯碱时，分两步完成，第一步制得NaHCO3，第二步NaHCO3热分解；制取NaHCO3时，为增大CO2的溶解度，提高纯碱的产量，应先将氨气溶于饱和食盐水，制得氨化的饱和食盐水，再通入中量CO2。【小问1详解】装置丙中，CO2通入氨化的饱和食盐水，发生反应生成NaHCO3和NH4Cl，化学方程式为NH3＋CO2＋H2O＋NaCl=NaHCO3↓＋NH4Cl。答案为：NH3＋CO2＋H2O＋NaCl=NaHCO3↓＋NH4Cl；【小问2详解】因为生成的CO2中混有HCl，需用饱和NaHCO3溶液除去，所以装置乙的作用是：除去CO2中的HCl气体。为防止污染空气，尾气中的氨气(NH3)需要进行吸收处理。答案为：除去CO2中的HCl气体；氨气(NH3)；【小问3详解】用装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时，需要先将其过滤出来，再洗涤干净，最后灼烧让其分解，所以进行的实验操作有过滤、洗涤、灼烧。答案为：过滤；洗涤；灼烧；【小问4详解】检验纯碱样品中是否混有NaHCO3，应进行热分解，然后检验CO2或水蒸气的存在。CO2能使澄清石灰水变浑浊，水蒸气能使无水CuSO4变蓝。选择的装置(填编号)实验现象实验结论A、BB中溶液变浑浊(或A、CC中物质变蓝或A、C、BC中物质变蓝，B中溶液变浑浊)样品中含NaHCO3答案为：A、B；B中溶液变浑浊(或A、CC中物质变蓝或A、C、BC中物质变蓝，B中溶液变浑浊)。【点睛】洗涤沉淀时，往漏斗中加水浸过固体表面，待水自然流出后，重复操作2~3次。18.A～I分别表示中学化学中常见的一种物质，其中A、I为常见金属，它们之间的相互关系如图所示(部分反应物、生成物没有列出)，且已知G为主族元素的固态氧化物，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。请填写下列空白：（1）A、B、C、D、E、F六种物质中所含同一种元素在周期表中的位置是________。（2）写出C物质的化学式：________。（3）写出下列反应的化学方程式或离子方程式：反应①的化学方程式：____________________________；反应④的离子方程式：____________________________；反应⑥的化学方程式：____________________________。（4）从能量变化的角度看，反应①②③中，属于ΔH<0的反应是________(填序号)【答案】①.第四周期第Ⅷ族②.FeCl2③.8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe④.2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2—＋3H2↑⑤.4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3⑥.①②【解析】【详解】G为主族元素的固态氧化物，电解G得到I和H，G能和氢氧化钠溶液反应生成J，I能和氢氧化钠溶液反应生成J，工业上常用电解氧化铝的方法冶炼铝，则G是Al2O3，I是Al，J是NaAlO2，H是O2，Al和B能在高温下反应生成A，A能在氧气中燃烧生成B，B与铝在高温下发生铝热反应，则B是金属氧化物，A是金属单质，B和盐酸反应生成C和D，C和氢氧化钠反应生成E，D和氨水反应生成F，E在空气中反应生成F，说明E不稳定，易被氧气氧化，且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素，则A是Fe、B为Fe3O4、C为FeCl2、D为FeCl3、E为Fe(OH)2、F为Fe(OH)3。(1).由上述分析可知，A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素是Fe，Fe位于第四周期第Ⅷ族，故答案为第四周期第Ⅷ族；(2).C是氯化亚铁，化学式为FeCl2，故答案为FeCl2；(3).由上述分析可知，反应①的化学方程式为：8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe，反应④的离子方程式为：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2—＋3H2↑，反应⑥的化学方程式为：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3，故答案为8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe；2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2—＋3H2↑；4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；(4).△H＜0的反应为放热反应，①是铝热反应，②是燃烧反应，均为常见的放热反应，③是电解反应，为吸热反应，故答案为①②。点睛：本题考查无机物的推断，试题难度较大，突破本题的关键点是：1、G为主族元素的固态氧化物，在电解条件下生成I和H，能与NaOH溶液反应，说明G为Al2O3；2、C、D分别和碱反应生成E、F，说明E、F都为氢氧化物，E能在空气中转化为F，说明应为变价金属，进而推知A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素是Fe，再利用图中所示转化关系解答即可。19.2022年4月16日，中国空间站的3名航天员乘神舟十三号载人飞船平安返回地球。空间站处理CO2的一种重要方法是对CO2进行收集和再生处理，重新生成可供人体呼吸的氧气。其技术路线可分为以下三步：I.固态胺吸收与浓缩CO2（1）在水蒸气存在下固态胺吸收CO2反应生成酸式碳酸盐(该反应是放热反应)，再解吸出CO2的简单方法是_______。II.CO2的加氢甲烷化H2还原CO2制CH4的部分反应如下：i.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ·mol-1ii.CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)△H2=-246kJ·mol-1（2）反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)的△H=_______kJ·mol-1。（3）有利于提高甲烷平衡产率的反应条件是_______(写一种)。（4）科学家研究在催化剂表面上CO2与H2的反应，前三步历程如图所示，吸附在催化剂表面上的物种用“·”标注，Ts表示过渡态。下列说法中一定正确的是_______(填字母)。A.第一步历程中只发生了非极性共价键的断裂B.该转化反应的速率取决于Ts1的能垒C.·HOCO转化为·CO和·OH的反应△H<0D.催化剂参与化学反应，能降低反应的活化能，提高反应物的平衡转化率（5）控制起始时=4，p=1atm，恒容条件下，若只发生反应i、ii，平衡时各物质的物质的量分数随温度的变化如图所示：①图中代表CH4的曲线是_______(填“a”、“b”或“c”)；温度低于500℃时，CO的物质的量分数约为0，说明此条件下，反应_______(填“i”或“ii”)化学平衡常数大，反应完全。②M点(T<500℃)时，平衡分压p(CO2)=_______atm，反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)的平衡常数Kp=_______atm-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质的量分数)。III.CO2甲烷化生成的H2O电解再生氧气（6）电解时阳极产生O2的电极反应式为_______。【答案】（1）加热（2）-205（3）适当降低温度(或适当增大压强)（4）BC（5）①.b②.ii③.0.04④.625（6）【解析】小问1详解】在水蒸气存在下固态胺吸收CO2反应生成酸式碳酸盐的反应是放热反应，则升高温度平衡逆向移动，解吸出CO2，操作方法是加热；故答案为：加热；【小问2详解】根据盖斯定律反应I+II可得反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，△H=△H1+△H2=41-246=-205kJ·mol-1；故答案为：-205；【小问3详解】生成甲烷的反应是放热反应，则降低温度平衡正移，可提高甲烷平衡产率，另生成甲烷的反应是气体分子数减小的反应，增大压强平衡正移，甲烷平衡产率增大，则反应条件是适当降低温度(或适当增大压强)；故答案为：适当降低温度(或适当增大压强)；【小问4详解】A.第一步历程H原子被吸附在催化剂表面，说明H-H非极性共价键断裂，还有·CO2转化为·HOCO，说明C=O极性共价键也断裂，A错误；B.Ts1的能垒即正反应的活化能最大，说明反应速率最慢，整个反应速率由最慢的一个历程决定，则该转化反应的速率取决于Ts1的能垒，B正确；C.由图知·HOCO转化为·CO和·OH的反应物总能量比生成物的总能量高，为放热反应，则△H<0，C正确；D.催化剂参与化学反应，能降低反应的活化能，但平衡不移动，不能提高反应物的转化率，D错误；故答案为：BC；【小问5详解】①对于反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)△H=-205kJ·mol-1，升高温度，反应逆向移动，H2的物质的量分数增大，CH4和H2O的物质的量分数减小，且CH4和H2O的物质的量分数之比为1：2，故图中a、b、c代表的物质分别为H2O、CH4、H2；温度低于500℃时，CO的物质的量分数约为0，说明CO几乎完全反应，化学平衡常数越大，反应越完全，则反应ii的化学平衡常数大；故答案为：b