22．答案：

(1)上表中第(1)组数据加入的50mL盐酸的反应后有剩余，

理由是：第一组生成的气体最少，而2、3组生成的气体一样多，假如1组中盐酸不足， (3)设第4次实验中CO₃^2-、HCO₃^-恰好生成沉淀，且沉淀质量为x′g，则有

BaCO₃　 ~　 CO₃^2-

197　　　 1mol

x′　 (0.002+0.005)×4　　 x′=5.516g

或：由于第一次与第四次样品的质量比为：3.432: 0.858= 4: 1　 而第一次与第四次沉淀的质量比为5.516: 1.379= 4:1　 故第4次实验恰好沉淀，则原0.5L Ba(OH)₂溶液中：

2OH^-　 ~　 Ba(OH)₂　 ~　 BaCO₃

21． 150ml

解析：当铝铁元素完全沉淀下来，此时溶液中只有NaNO₃一种溶质，利用NO₃^-与Na⁺两种微粒守恒，则有：

解得 V = 0.15升，即150ml

0.05C　　　　 0.3mol

　 易解得 C = 4mol/L

18．选C　 解析：气体平均分子量 　=m_总/n_总， 而此题中n_总=1mol只要能计算出m_总即可求解。据题意有：最后放出气体为O₂，则其中NH₃，NO₂和部分O₂都被稀H₂SO₄吸　　　 2FeCl₃　　 -　　 3FeCl₂　 (Cl^-守恒)

　　　　 2mol　　　　　 3mol

17．选C　 解析：反应后溶液为Cu(NO₃)₂和HNO₃，利用电荷守恒可求之。

　　　　　　 C(H⁺) + 2C(Cu²⁺) = C (NO₃^-)

即：

所以　 　　　　

16．选 B　 　解析：此反应为可逆反应，X的转化率并未告诉，所以它的转率必在0~100%之间，当转化率为0时，M = 4.25×2 = 8.5，当X全部转化时，设反应前X为2mol ，则据反应方程式有，Y最多为1mol，Z为3mol ，则混合气体总的物质的量最多为4mol，而总质量不改变。

[

而此反应已发生，但不可能完全转化。

所以：8.5 < M < 17　　　　 选 B

13．选C.　 因为在[RO(OH)₂]^-中,R的化合价为+3价,它被亚硫酸钠还原的同时,亚硫酸钠若　 12克全为RO则　 RO　 -　 R(OH)₂ 　△m

　　　　　　　　　　 M+16　　 M+34　 　18　　　　 可得

　　　　　　　　　　 12　　　　　　 16-14

　 而此题12克为R的单质和氧化物组成的混合物。

∴　 38 < M < 102　　　　

12．D 　解析: 因为题目中无指明铁粉的量,所以铁粉可能是过量,也可能是不足,则与硫粉反应后,加入过量盐酸时生成的气体就有多种可能:或者只有H₂S(铁全部转变为FeS₂),或者是既有H₂S又有H₂(铁除了生成FeS₂外还有剩余),所以只凭硫粉质量和生成的水的质量,不易建立方程求解.根据各步反应的定量关系,列出关系式:(1)Fe--FeS(铁守恒)--H₂S(硫守恒)--H₂O(氢守恒),(2)Fe--H₂(化学方程式)--H₂O(氢定恒),从而得知,无论铁参与了哪一个反应,每1个铁都最终生成了1个H₂O,所以迅速得出铁的物质的量就是水的物质的量,根本与硫无关,所以应有铁为9/18=0.5摩,即28克.　

10．选D。　 解析：本题因涉及以两极产物的量，整个过程得失电子相等，所以首先应的摩尔数,所以每消耗一摩HNO₃都产生22.4L气体(可以是NO或NO₂甚至是两者的混合物),现有气体2.24L,即有0.1摩HNO₃参与了氧化还原反应,故所耗硝酸为0.16+0.1=0.26摩,其浓度为(0.26/0.03)mol/L,在8-9之间,只能选A.

9．选C 解析：因溶于水得色溶液，所以肯定无Na₂CO₃和FeCl₃，杂质只能是MgCl₂和NaCl中的一种或两种。假设11.1克全为CaCl₂，则应生成沉淀28.7克， 11.1克全为MgCl₂，则应生成沉淀33.5克，11.1克全为NaCl，则应生成沉淀27.2克。

而已知生成沉淀为29.7克，则必有MgCl₂，可能有NaCl。