【文档说明】四川省资阳市乐至中学2022-2023学年高一下学期3月月考化学试题 含解析.docx，共(16)页，1.434 MB，由小赞的店铺上传

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高2025届3月月考化学学科试卷注意事项：1.答题前，请考生务必将自己的学校、姓名、座位号、准考证号等信息填写在机读卡上及答卷的密封区内。2.作答非选择题时必须用黑色字迹0.5毫米签字笔书写在答卷的指定位置上，作答选择题必须用2B铅笔在机读卡上将对应题目的选项涂黑。如需改动，请用

橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持机读卡卡面清洁，不折叠，不破损。3.考试结束后，请将答题卡和机读卡交回。可能用到的相对原子质量：S-32O-16Ba-137第I卷(选择题共45分)一、单选题(本大题共15个小题，每小题3分，共计45分。)1.化学与生产、生活息息相关

，下列叙述错误的是A.太阳能电池的主要材料是SiB.葡萄酒、果脯中加入适量SO2以起到杀菌、抗氧化的作用C.大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素D.光化学烟雾是由SO2引起的环境污染【答案】D【解析】【详解】A．Si是半导体材料，太阳能电池的主要材料是Si，故A正确；B．2SO

具有还原性，葡萄酒、果脯中加入适量2SO以起到杀菌、抗氧化的作用，故B正确；C．大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素，故C正确；D．光化学烟雾主要是由氮氧化物引起的环境污染，故D错误；选D。2.设NA为阿伏伽德罗常数的值，则下列说法正确的是（）A.标

准状况下，1molSO3的体积为22.4LB.1molCu与足量的S充分反应，转移的电子数为2NAC.0.2molCu与含0.4molH2SO4的浓硫酸在加热的条件下反应时，生成的SO2在标准状况下的体积为4.48LD.

0.5molCu与足量浓HNO3反应时，转移的电子数为NA【答案】D【解析】【详解】A．SO3在标准状况下为固体，故A错误；B．1molCu与足量的S反应生成Cu2S，转移的电子数为NA，故B错误；C．随

着反应的进行，H2SO4溶液浓度逐渐减小，Cu与稀硫酸不反应，因此生成的SO2在标准状况下的体积小于4.48L，故C错误；D．0.5molCu与足量浓硝酸反应，Cu完全转化为硝酸铜，转移的电子数为0.52NA=

NA，故D正确。综上所述答案为D。3.下列事实所对应的化学方程式不正确的是A.FeCl3腐蚀印刷电路板：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2B.加热条件下铁与水蒸气反应：2Fe+6H2O(g)2Fe(OH)3+3H2C.工业制取

漂粉精：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OD.实验室制取氨气：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O【答案】B【解析】【详解】A．FeCl3腐蚀印

刷电路板氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的化学方程式为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，A正确；B．加热条件下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为2342Δ3Fe4HO(g)FeO4H++，B项错误；C．氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次

氯酸钙、水，反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故C正确；D．实验室通常用4NHCl与2Ca(OH)固体在加热条件下反应来制取3NH，反应方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故D正确。

选B4.天宫一号搭载的长征二号火箭使用的主要燃料是偏二甲肼（用R表示）和四氧化二氮，在火箭发射时，两者剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，该反应的化学方程式为：R+2N2O4＝3N2+4H2O+2CO2，下列叙述错误的是A.此反应可在瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行。B.此反应是

氧化还原反应，N2O4是氧化剂C.每生成1molN2，该反应转移电子8molD.此反应中R的分子式为C2H8N2【答案】C【解析】【详解】A．偏二甲肼和四氧化二氮剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，瞬间产生大量高温气体，推

动火箭飞行，故A正确；B．N元素在反应物中以化合态存在，反应生成氮气，N元素化合价变化，反应是氧化还原反应，N2O4中N元素化合价降低，N2O4是氧化剂，故B正确；C．N2O4中N元素的化合价为+4价，降低为0价，被还原，偏二甲肼

中C、N均被氧化，每生成3molN2转移16mol电子，则生成1molN2转移电子163mol，故C错误；D．根据原子守恒可知，偏二甲肼的分子式为C2H8N2，故D正确；故选C。5.如图所示，下列气体a和液体b的组合中不可以进行喷泉实验的是A.氯化氢、水B.氨气、硫酸铜

溶液C.二氧化碳、氢氧化钠溶液D.一氧化氮、氢氧化钠溶液【答案】D【解析】【详解】A．氯化氢易溶于水，挤压胶头滴管，烧瓶内可以形成压强差，可以进行喷泉实验，A不选；B．氨气易溶于水，挤压胶头滴管，氨气、硫酸铜溶液可以形成压强差，可以进行喷泉实验，B不选；C．挤压胶头滴管，二氧化碳与NaOH溶液

反应，使瓶内压强减小，外压大于内压，形成喷泉，C不选；D．一氧化氮、氢氧化钠溶液不反应，一氧化氮也不溶于水，不可以形成压强差，不能进行喷泉实验，D选；故选D。6.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应是的物质（括号内

为杂质）除杂试剂AFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉BNaCl溶液（MgCl2）NaOH溶液、稀HClCCl2（HCl）H2O、浓H2SO4DNO（NO2）H2O、无水CaCl2A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】

【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化

，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意

；C.部分氯气与H2O发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；D.NO2与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故

D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。7.氢气和氧气发生反应的过程用如下模型表示“-”表示化学键)，下列说法正确的

是A.过程I是放热过程B.过程III一定是吸热过程C.a的总能量大于d的总能量D.该反应的能量转化形式只能以热能的形式进行【答案】C【解析】【分析】【详解】A．过程Ⅰ分子化学键断裂形成原子，属于吸热过程，故A错误；B．过程Ⅲ为新化学键形成的过程，是放热过程，故B错误；C．氢气燃烧放热，则a的总能量

大于d的总能量，故C正确；D．该反应可通过燃料电池，实现化学能到电能的转化，不一定只能以热能的形式进行，故D错误；故选C。8.下列物质之间的转化都能一步实现的是()A.22323SiSiOHSiONaSiO→→→B.2332AlAlOAl(OH)NaAlO→→→C.23232NNHNONO

HNONO⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯→D.32422324SSOHSOSONaSONaSO→→→→→【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硅不溶于水，不能与水反应，不能一步得到硅酸，故A不符合题意；B．23AlO不

溶于水，不能与水反应，不能一步得到3Al(OH)，故B不符合题意；C．氮气与氢气反应生成氨气，氨气与氧气发生催化氧化反应生成NO，NO再与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，浓硝酸与铜反应得到二氧化氮，故C符合题意；D．硫与氧

气反应生成二氧化硫，二氧化硫再与氧气反应生成三氧化硫，硫不能直接转化为三氧化硫，故D不符合题意。故选C。9.深蓝色的硫酸四氨合铜晶体受热分解的化学方程式为()342322243CuNHSOHO3Cu8NH2N3SO9HO+++↑↑+

↑△，下列分析正确的是（）A.()34241molCuNHSOHO分解产生的气体体积为97.1LB.生成1mol2N转移12mol电子C.将分解产生的气体通入2BaCl溶液中有白色沉淀生成D.可以用湿润的红色石蕊试纸直接

检验此反应产生的氨气【答案】C【解析】【详解】A．()34241molCuNHSOHO分解产生8mol3氨气、2mol3氮气、1molSO2，非标准状况下的体积不一定是97.1L，故A错误；B．根据方程式，氮元素化合价由-3升高为

0，生成1mol2N转移6mol电子，故B错误；C．分解产生的气体中含有氨气，通入2BaCl溶液中，溶液呈碱性，所以有白色沉淀BaSO3生成，故C正确；D．分解产生的气体中有二氧化硫气体，所以应首先用碱溶液吸收二氧化硫，然后再将所得气体通入湿润的红色石蕊试纸观察现象，故D错误。10

.氨广泛应用于化工、化肥、制药等领域，一种新型制备氨的方法如图。下列说法错误的是A.反应①属于人工固氮B.该转化过程总反应的反应物是2N和2HO，产物是3NH和2OC.反应⑤在无水环境中进行时，有白烟产生D.反应②属于氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A．反应①为游离态

氮转化为氮的化合物，属于人工固氮，A正确；B．由图可知，该转化过程总反应的反应物是2N和2HO，产物是3NH和2O，B正确；C．反应⑤为氨气和氯化氢生成氯化铵固体颗粒，有白烟产生，C正确；D．反应②为氮化镁和氯化铵生成氨气和

氯化镁，反应中没有元素化合价改变，不属于氧化还原反应，D错误；故选D。11.下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是甲乙丙丁A.用装置甲制取SO2B.用装置乙验证SO2的漂

白性C.用装置丙收集SO2D.用装置丁处理实验中的尾气【答案】C【解析】【详解】A．Cu与浓硫酸混合加热制取SO2气体，装置甲无加热装置，因此不能用来制取SO2，A错误；B．SO2使酸性KMnO4溶液褪色，SO2表现的是还原性，而不是其漂白性，故不能用装置乙验证SO2的漂白性，B错误；C．SO

2气体的密度比空气大，故应该使用向上排空气的方法收集，故可以使用装置丙收集SO2，C正确；D．SO2气体不能与饱和NaHSO3溶液反应，也不能在溶液中溶解，故不能用装置丁处理实验中的尾气，应该将饱和NaHSO3溶液改为NaOH溶液吸收尾气，同时要注意防止倒吸现象的发生，D错误；故合理选项是C。12

.除去粗盐中的杂质CaCl2、MgCl2和Na2SO4，过程如图所示，下列有关说法中，不正确．．．的A.除去Mg2+的主要反应：()2+-2Mg+2OH=MgOHB.试剂①一定不是23NaCO溶液C.检验2-4SO是否除尽：取少量

滤液，加稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液D.滤液加稀盐酸时只发生反应：+-2H+OH=HO【答案】D【解析】【分析】粗盐中的杂质离子为2Ca+、2Mg+和24SO−可分别用过量的Na2CO3、NaOH、BaCl2溶液将其转化为沉淀，剩余的23CO−、O

H−均用稀盐酸除去，据此解答。【详解】A．除去Mg2+用氢氧化钠，发生的主要反应为：()2+-2Mg+2OH=MgOH，A正确；B．由于过量的氯化钡需要利用碳酸钠除去，因此碳酸钠一定在氯化钡的后面加入，则试剂①一定不是23NaCO溶液，B正确；C．检验2-4S

O是否除尽：取少量滤液，加稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液，C正确；D．滤液加稀盐酸时发生反应：+-2H+OH=HO、2H＋+CO23−＝CO2↑+H2O，D错误；答案选D。13.向BaCl2溶液中通入SO2气体，溶液仍然澄清；若将BaCl2溶液分盛在两支试管中，一只试管加稀

HNO3,另一只加NaOH溶液，然后再通入SO2气体，结果两支试管都有白色沉淀产生。由此得出的下列结论中不合．．理．的是A.SO2是酸性氧化物、SO2具有还原性B.两支试管中的白色沉淀不是同种物质C.BaCl2既能跟强酸、又能跟强碱反应

，具有两性D.升高pH时，SO2水溶液中SO32-浓度增大【答案】C【解析】【分析】根据SO2化学性质（酸性氧化物的性质、还原性）分析判断。【详解】SO2与水反应生成的H2SO3是弱酸，故SO2通入BaCl2溶液不会生成BaSO3和HCl。SO2通入BaCl2和稀硝酸的混合溶液中，SO2被稀硝酸氧

化为SO42-，再与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀；SO2通入BaCl2和NaOH的混合溶液中，SO2与NaOH反应生成Na2SO3和水，再与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀。故A、B项正确，C项错误。H2SO3水溶液中存在两步电离，升高pH时，促进电离，SO32-浓度增大

，D项正确。本题选C。的【点睛】SO2有较强的还原性，稀硝酸有强氧化性，两者能发生氧化还原反应。14.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的，如图为N2(g)和O

2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。则下列说法正确的是A.通常情况下，NO比N2稳定B.通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NOC.1molN2(g)和1molO2(g)反应吸收的能量为180kJD.1molN2(g)和1molO

2(g)具有的总能量大于2molNO(g)具有的总能量【答案】C【解析】【详解】A．N2键能为946kJ/mol，NO键能为632kJ/mol，键能越大，越稳定，则通常情况下，N2比NO稳定，选项A错误；B．通常情况

下，N2(g)和O2(g)混合反应生成NO需要一定的条件，不能直接生成NO，选项B错误；C．断开化学键需要吸收能量为946kJ/mol+498kJ/mol=1444kJ/mol，形成化学键放出的能量为2×632

kJ/mol=1264kJ/mol，则1molN2(g)和1molO2(g)反应吸收的能量为(1444-1264)kJ=180kJ，则1molN2(g)和1molO2(g)反应吸收的能量为180kJ，选项C正确；D．吸收能量为1444kJ/mol，放出的能量为1264kJ/mol，说明该反

应是吸热反应，1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量，选项D错误，答案选C。15.0.3molCu2S与HNO3溶液恰好完全反应，生成硝酸铜、硫酸、一氧化氮和水，则参加反应的硝酸的

物质的量是A.1.0molB.1.2molC.0.3molD.2.2mol【答案】D【解析】【详解】该反应中硝酸起两部分作用。起酸性作用的硝酸，根据铜元素守恒得出：0.3×2×2=1.2mol；起氧化性作用的硝酸，根据

得失电子守恒知0.3×10=n(NO)×3，算出n(NO)=1mol，即起酸性作用的硝酸为1mol，故参加反应的硝酸为1.2+1=2.2mol，故选：D。第II卷(主观题/非选择题共55分)二、填空题(本大题共包括4个题，共计55分)16.如图是氮元素的几种化合价与物质类别的对应关系：

回答下列问题：（1）写出N2的一种用途：___。（2）从氮元素化合价分析，N2具有氧化性和还原性。写出氮气表现氧化性的一个化学方程式：__。（3）HNO3与图中的物质C常用于检验Cl-的存在，则C的化学式为__

_。（4）实验室制取物质B的化学方程式为___。（5）NO2与水反应生成物质A的化学方程式为___。（6）浓硝酸与木炭在加热条件下反应化学方程式为___。【答案】①.做保护气（或做冷冻剂、制氨气）②.N

2+3H22NH3（或N2+3MgMg3N2）③.AgNO3④.Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O⑤.3NO2+H2O=2HNO3+NO⑥.4HNO3(浓)+CCO2↑+4NO2↑+2H2O【解析】【详解】（1）由于氮气化学性质不活泼，所

以做保护气、保存粮食，也可做冷冻剂、制氨气等；（2）N2得到电子，化合价降低，表现氧化性：如N2+3H22NH3（或N2+3MgMg3N2）；（3）Cl-的检验方法是向待测溶液中加入硝酸酸化，再滴加AgN

O3溶液，若产生不是沉淀，就证明溶液中含有Cl-。因此C为AgNO3；（4）在实验室中是用铵盐与碱共热来制取氨气的。制取物质氨气的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4Cl的CaCl2+2NH3↑+2H2O；（5）NO2与水反应生成物质NO的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO

；（6）浓硝酸有强氧化性，在加热条件下与木炭发生反应产生CO2、NO2、H2O。反应的化学方程式为4HNO3(浓)+CCO2↑+4NO2↑+2H2O。17.硅是无机非金属材料的主角，硅的氧化物和硅酸盐约占地壳质

量的90%以上。（1）下列物质不属于硅酸盐的是______。A．陶瓷B．玻璃C．水泥D．生石灰（2）SiO2是玻璃的主要成分之一，SiO2与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为_____，工艺师常用_____(填物质名称)来雕刻玻璃。（

3）用Na2SiO3水溶液浸泡过的棉花不易燃烧，说明Na2SiO3可用作______。Na2SiO3可通过SiO2与纯碱混合高温熔融反应制得，高温熔融纯碱时下列坩埚可选用的是_____。A．普通玻璃坩埚B．石英玻璃坩埚C．氧化铝坩埚D．铁坩埚（4）工业上常利用反应2C＋SiO2Si＋

2CO↑制备硅单质，该反应中所含元素化合价升高的物质是_____(填化学式，下同)，氧化剂是_____。【答案】①.D②.SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O③.氢氟酸④.防火剂⑤.D⑥.C⑦

.SiO2【解析】【分析】(1)根据常见的硅酸盐材料结合生石灰是氧化钙的俗名分析判断；(2)二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水；氢氟酸能够与二氧化硅反应生成四氟化硅和水；(3)水玻璃是矿物胶，不燃烧；二氧化硅、氧化铝能够与碱反应；(4)依据化学方程式判断元素化合价变化，化合价降低的反应物为氧化

剂。【详解】(1)陶瓷、玻璃、水泥的主要成分都含有硅酸盐，属于硅酸盐产品，生石灰是氧化钙的俗名，属于氧化物，不属于硅酸盐，故选D；(2)二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，化学方程式：SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O；氢氟酸能够与

二氧化硅反应生成四氟化硅和水，能够腐蚀玻璃，可用来雕刻玻璃，故答案为SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O；氢氟酸；(3)水玻璃是矿物胶，不燃烧，可以做阻燃剂，用Na2SiO3水溶液浸泡过的棉花不易燃烧，说明Na2SiO3可用作

防火剂；普通玻璃坩埚、石英玻璃坩埚都含有二氧化硅，能够与碱反应，氧化铝坩埚的主要成分为氧化铝，氧化铝与碱能够发生反应，Na2SiO3可通过SiO2与纯碱混合高温熔融反应制得，高温熔融纯碱时的坩埚可选用铁坩埚，故答案为防火

剂；D；(4)2C+SiO2Si+2CO↑，反应中碳元素化合价升高，二氧化硅中硅元素化合价降低，作氧化剂，故答案为C；SiO2。18.MnSO4•H2O是一种易溶于水的微红色斜方晶体，实验室用SO2还原MnO2制备MnSO4。甲同学设计如图所示装

置制备硫酸锰。请回答下列有关问题：（1）仪器组装好后首先进行的操作是______。（2）装置B中的试剂为______，装置E的作用为______。（3）装置D中发生反应的化学方程式为______。要从D中获得纯净的MnSO4•H2O，应在观察到___

__现象时停止通入SO2。（4）装置D中水浴温度应控制在80℃左右，温度不能过高的原因是_____。（5）将1molSO2溶于水形成溶液，向其中通入足量的H2S，最多消耗____molH2S。（6）乙同学认为甲同学的设计过于复杂，设计了仅用如图所示装置制

备硫酸锰：简述乙同学装置的优点(填写两点)：______、_____。【答案】（1）检查装置的气密性（2）①.饱和NaHSO3溶液②.吸收SO2（3）①.MnO2+SO2催化剂MnSO4②.三颈烧瓶中黑色粉末完全消失（4）温度过高时，SO2在水中的溶解度减小，反应速率减慢（5）2（6）

①.操作简单②.有多孔球泡，吸收SO2更充分【解析】【分析】A装置制备SO2，B除二氧化硫中的氯化氢，C装置防倒吸，D中SO2还原MnO2制备MnSO4，E中氢氧化钙溶液吸收二氧化硫，防止污染。【小问1详解】反应需要SO2参与反应，装置组装

好后首先进行的操作是检查装置的气密性；小问2详解】装置B的作用是除二氧化硫中的氯化氢，B的试剂为饱和亚硫酸氢钠溶液；氢氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙和水，装置E的作用为吸收SO2；【小问3详解】D装置中SO2还原MnO2制

备MnSO4，D中发生反应的化学方程式为MnO2+SO2催化剂MnSO4。要获得纯净的MnSO4·H2O，应该在观察到三颈烧瓶中黑色粉末完全消失时停止通入SO2；【小问4详解】温度过高时气体的溶解度减小，温度不能过高，SO2溶解度

减小，不利于制备硫酸锰晶体；【小问5详解】向含有1molSO2的溶液中通入足量的H2S，发生反应SO2+2H2S==3S↓+2H2O，则最多消耗2molH2S；【小问6详解】浓硫酸和亚硫酸钠反应生成的二氧

化硫气体不含杂质气体，直接通入三颈烧瓶中与二氧化锰反应生成MnSO4，同时设计有多孔球泡，吸收SO2更充分。19.现有一定量(NH4)2SO4和NH4NO3的混合溶液，向该混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，加热使之充分反应，直至Ba(OH)2溶液过量。图甲表示产生沉淀的质量与加入Ba

(OH)2溶液的体积之间的关系，图乙表示放出NH3的体积(标准状况下)与加入Ba(OH)2溶液的体积之间的关系(假设NH3全部放出)。（1）混合溶液中NH4+的物质的量为_____mol。（2）混合溶液中NO3−的物质的量为_____mol。（3）当

加入的Ba(OH)2溶液的体积在100～200mL之间时，发生反应的离子方程式为______。（4）若向原混合溶液中一次性加入同浓度的Ba(OH)2溶液200mL，则发生反应的离子方程式为______。【答案】（1）0.4（2）0.2【（3）NH4++OH-NH

3↑+H2O（4）SO24−+4NH4++Ba2++4OH-BaSO4↓+4NH3↑+4H2O【解析】【分析】根据图像乙，生成氨气在标准状况下的体积为8.96L，氨气的物质的量为8.96L0.4mol22.4L/mol=，混合溶液中NH4+的物质的量为

0.4mol，根据图像甲反应生成沉淀的质量为23.3g，沉淀是硫酸钡，沉淀的物质的量是23.3g233g/mol=0.1mol，硫酸根离子的物质的量为0.1mol；【小问1详解】根据图像乙，生成氨气在标准状况下的体

积为8.96L，氨气的物质的量为0.4mol，根据N元素守恒，混合溶液中NH4+的物质的量为0.4mol；【小问2详解】硫酸根离子的物质的量是0.1mol，4NH+的物质的量为0.4mol，根据电荷守恒，混合溶液中3NO−的物质的量为0.4mol－0.1

mol×2=0.2mol；【小问3详解】根据图甲，加入的()2BaOH溶液的体积在100200mL之间时，没有硫酸钡生成；根据图乙，加入的()2BaOH溶液的体积在100200mL之间时，有氨气放出

，发生反应的离子方程式为NH4++OH-NH3↑+H2O；【小问4详解】原溶液中硫酸根离子为0.1mol，铵根离子为0.4mol，加入的()2BaOH溶液的体积恰好为200mL时，硫酸根离子、铵根离子均反应完全，故方程式为：SO24−+4NH4++Ba2++4OH-ΔBaSO

4↓+4NH3↑+4H2O。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com