山东省济宁市2020届高三上学期调研考试(化学试卷)

物质结构元素周期律1．（山东宁津一中2020学年高三上学期模拟）现有部分元素的原子结构特点如表，下列叙述中正确的是A．W原子结构示意图为B．元素X和Y只能形成原子个数比为1∶2的化合物C．元素X比元素Z的非金属性强D．X、Y、Z、W四种元素不能形成离子化合物【答案】C【分析】X元素原子的L层电子数是K层电子数的3倍，可知L层为6个电子，所以X为氧元素；Y元素原子的核外电子层数等于原子序数，Y只能是H元素；Z 元素原子的L层电子数是K层和M层电子数之和，其M层电子数为6，所以Z是S元素；W元素原子共用三对电子形成双原子分子，常温下为气体单质，所以W为N元素。

根据上述分析，X为氧元素，Y是H元素，Z是S元素，W为N元素，据此来分析即可。

【详解】A．W为N元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为5，原子结构示意图为，故A错误；B．元素X和元素Y可以以原子个数比1∶1形成化合物，为H2O2，故B错误；C．X为O，Z为S，位于同一主族，非金属性O＞S，故C正确；D．X、Y、Z、W四种元素可以形成离子化合物(NH4)2SO4或NH4HSO4等，故D错误。

2．（山东省济宁市2020届高三上学期调研）短周期元素X.Y.Z.W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍。

下列判断不正确的是（）A．四种元素的单质中，X的熔沸点最低B．最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z强C．X的气态氢化物的稳定性较Z的弱D．原子半径：Y＞Z＞W＞X【答案】C【分析】X、 Y、Z、W均为短周期元素，W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最内层只有2个电子，则最外层电子数为6，则Y为O元素，根据X、Y、Z、W在周期表中相对位置可知，X为N元素、Z为Si元素、Y为Al元素。

【详解】A、四元素的单质中，只有X常温下为气态，其它三种为固态，故A正确；B、非金属性W>Z，故最高价氧化物对应水化物的酸性W> Z，故B正确；C、非金属性X> Z，故X的气态氢化物的稳定性较Z的强，故C不正确；D、同周期随原子序数增大原子半径减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径大小顺序为：Y＞Z＞W＞X，故D正确。

山东省济宁市2019~2020学年高三上学期期末教学质量检测化学试题一、单选题(★★) 1 . 化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是A．喝补铁剂时，加服维生素C效果更好，原因是维生素C具有还原性B．酒精可以使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好C．氢燃料电池中使用的储氢材料，如稀土类（例LaNi5）等合金材料都属于混合物D．石墨烯弹性气凝胶制成的轻质“碳海绵”可用作处理海上原油泄漏的吸油材料(★★) 2 . 下列化学用语或描述中，正确的是A．离子结构示意图既可以表示35Cl－，也可以表示37Cl－B．SO3的水溶液能导电，说明SO3是电解质C．NaHSO3在水中的电离方程式：NaHSO3＝Na＋＋H＋＋SO32-D．同素异形体间的转化和同位素间的转化都是化学变化(★★) 3 . 下列实验操作及物质鉴别、分离、提纯方法合理的是A．二氧化碳气体中有氯化氢：通过盛有饱和碳酸钠溶液的洗气瓶B．用氨水和稀盐酸分离溶液中的Mg2+和Al3+C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁D．通过元素分析测定某无机固体样品的组成是MgH2C2O6，该固体可能是碱式碳酸镁(★) 4 . 下列各微粒的电子排布式或电子排布图不符合能量最低原理的是（）A．B．C．F D．Na+(★★) 5 . 设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．1L0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中含有的阳离子数目小于0.2N AB．0.24g Mg在O2和CO2的混合气体中完全燃烧，转移电子数为0.02N AC．3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5N AD．1molNa2O2与SO2完全反应，转移电子数为2N A(★★) 6 . 短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大。

其中A为d元素组成的单质；甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物，常温下乙为液体。

济宁市2020年高考模拟考试化学试题2020.061.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。

2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

保持卡面清洁，不折叠、不破损。

可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 O 16 Si 28 S 32 Ca 40 Fe 56 Cu 64As 75一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。

每小题只有一个选项符合题意。

1．绿原酸（C16H18O9）具有较广泛的抗菌、抗病毒、抗氧化作用，利用乙醚、60%乙醇浸泡杜仲干叶，得到提取液，进一步获得绿原酸粗产品的一种工艺流程如下，下列说法错误的是乙酸乙酯温水提取液有机层减压蒸馏浸膏冷却、过滤绿原酸粗产品A．绿原酸在温水中的溶解度小于冷水中的溶解度B．得到有机层的实验操作为萃取分液C．减压蒸馏的目的防止温度过高，绿原酸变质D．绿原酸粗产品可以通过重结晶进一步提纯2. 下列说法正确的是A．环戊二烯（）分子中所有原子共平面B．同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱C．二甲醚易溶于水，氨基乙酸的熔点较高，主要原因都与氢键有关D．NO3—离子中心原子上的孤电子对数是0，立体构型为平面三角形3．N A是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．7.8 g苯含σ键的数目为0.6 N AB．将Cl2通入FeBr2溶液中，有1mol Br2生成时，转移的电子数为2 N AC．1mol NH4NO3完全溶于稀氨水中，溶液呈中性，溶液中NH4+的数目为N AD．有铁粉参加的反应若生成3mol Fe2+，则转移电子数一定为6 N A4．下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是A．用碱式滴定管量取13.60 mL酸性高锰酸钾溶液B．测定硫酸铜晶体结晶水含量时，加热后的坩埚须在干燥器中冷却，再称量C．蒸馏时,应使温度计水银球置于蒸馏液体中D．过滤时，先将滤纸湿润，然后再将滤纸放入漏斗中5.《梦溪笔谈》有记：馆阁新书净本有误书处，以雌黄涂之。

2020-2021学年山东省济宁市高三（上）开学检测化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意）1．下列叙述正确的是（）A．元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被还原B．SO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质C．难失电子的原子，得电子的力量肯定强D．在氧化还原反应中，有一种元素被氧化，确定有另一种元素被还原2．已知氧化性：Cl2＞IO3﹣＞Fe3+＞I2，以下试验的结论或试验的猜测合理的是（）A．往溶液中加入过量的氯水再加淀粉，振荡不消灭蓝色，说明没有I﹣B．向FeCl2溶液中滴加碘水，所得溶液中加入KSCN溶液将呈红色C．向淀粉碘化钾试纸上滴白醋和加碘盐的溶液，试纸变蓝，说明加碘盐中有IO3﹣D．往FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液变成棕黄色，说明有Fe3+生成3．下列说法正确的是（）A．溶液是电中性的，胶体是带电的B．溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动C．浓氨水中滴加饱和FeCl3溶液可制得氢氧化铁胶体D．胶体不肯定是液态，胶体的丁达尔效应属于物理变化4．下列各组离子在指定溶液中肯定能大量共存的是（）A．能使甲基橙呈红色的溶液：Ba2+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣B．由水电离出的c（H+）=1×10﹣11mol•L﹣1溶液：Na+、Mg2+、Cl﹣、NO3﹣C．0.2 mol•L﹣1的NaNO3溶液：H+、Fe2+、SO42﹣、Cl﹣D．与Fe反应生成H2的溶液：NH4+、K+、SO42﹣、CO32﹣5．现有100mLMgCl2和AlCl3的混合溶液，其中c（Mg2+）=0.2mol•L﹣1，c（Cl﹣）=1.3mol•L﹣1．要使Mg2+完全转化为Mg（OH）2且与Al3+恰好分开，至少需要2mol•L﹣1的NaOH溶液的体积为（）A．80mL B．100mL C．120mL D．140mL6．向100mL NaOH溶液中通入肯定量的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．下列推断正确的是（）A．原NaOH溶液的浓度为0.1mol/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（NaOH）：（Na2CO3）=1：3D．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为（NaHCO3）：（Na2CO3）=2：17．N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）①1mol Cu 和足量热浓硫酸反应可生成N A个SO3分子②5.6g铁粉与足量Cl2反应，失去的电子数为0.2N A③常温下，1L 0.1mol/L AlCl3溶液中含Al3+数为0.1N A④2L 0.5mol/L硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为N A⑤1mol Na2O2固体中含离子总数为4N A⑥丙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6N A．A．①②⑥B．①③④⑥ C．②③④⑥ D．⑥8．把图b的碎纸片补充到图a中，可得到一个完整的离子方程式．下列有关该离子方程式的说法正确的是（）A．配平后的化学计量数依次为3、1、2、6、3B．若有1 mol S被氧化，则生成2 mol S2﹣C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2D．2 mol S参与反应有3 mol电子发生转移二、填空题9．在FeSO4溶液中滴加少量NaOH溶液，现象为，所发生反应的方程式为，．10．在AlCl3溶液中滴加少量NaOH溶液，现象为，所发生反应的离子方程式为，连续加入过量的NaOH溶液，现象为，所发生反应的离子方程式为．11．工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为．12．若在标准状况下，将V L HCl气体溶于lL水中，所得溶液密度为dg/ml，则此溶液的物质的量浓度为．13．向NaClO溶液中滴加少量FeSO4溶液，有红褐色沉淀生成，反应的离子方程式为．14．重铬酸钾（K2Cr2O7）是较强的氧化剂，在酸性条件下简洁被还原成Cr3+，常用于铁矿石（主要成分为FeO和Fe2O3）中铁含量的测定．（1）称取肯定质量的K2Cr2O7配制成500mL标准溶液，在配制过程中使用的玻璃仪器，除烧杯和玻璃棒外，还需要；（2）在配制铁矿石待测液时要向其中滴加适量的SnCl2（具有还原性）溶液，其目的是（3）请配平滴定原理的离子方程式：Cr2 O72﹣+Fe2++H+═Fe3++Cr3++H2O（4）推断下列操作对最终铁含量测定的影响：（填“偏高”“偏低”或“无影响”）．若配制K2Cr2O7标准溶液定容时，俯视容量瓶的刻度线．15．某无色溶液X，由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2﹣、MnO4﹣、CO32﹣、SO42﹣中若干种离子组合而成，现取适量X 溶液进行如下试验：（1）写出下列物质的化学式：气体A ；气体B ；沉淀甲．（2）X溶液中肯定存在的离子是，（3）写出步骤①发生反应的全部离子方程式．（4）白色沉淀乙；要进一步确定其组成的操作是．16．化学爱好小组的同学为测定某Na2CO3和NaCl的固体混合物样品中Na2CO3的质量分数进行了以下试验，请你参与并完成对有关问题的解答．（1）甲同学用图1所示装置测定CO2的质量．试验时稀硫酸是与样品中的（填“Na2CO3”或“NaCl”）发生反应．仪器b的名称是．洗气瓶c中盛装的是浓硫酸，此浓硫酸的作用是．（2）丙同学用图所示方法和步骤试验：①操作I涉及的试验名称有、洗涤；操作Ⅱ涉及的试验名称有干燥、．②丙测得的样品中Na2CO3质量分数的计算式为．（3）标准状况下，将672mL CO2气通入50mL1mol/LKOH溶液中，完全反应后，所得溶液中K2CO3和KHCO3的物质的量之比为（设反应前后溶液体积变化忽视不计）．2020-2021学年山东省济宁市曲师大附中高三（上）开学检测化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意）1．下列叙述正确的是（）A．元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被还原B．SO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质C．难失电子的原子，得电子的力量肯定强D．在氧化还原反应中，有一种元素被氧化，确定有另一种元素被还原【考点】B1：氧化还原反应；D1：电解质与非电解质．【分析】A．元素由化合态变成游离态时，元素的化合价可能上升，也可能降低；B．SO2是非电解质；C．难失电子的原子，也可能难以得到电子；D．氧化还原反应可能发生在同种元素之间．【解答】解：A．元素由化合态变成游离态时，元素的化合价可能上升，也可能降低，如Cl﹣→Cl2、Cu2+→Cu，故A正确；B．SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出自由移动的离子，溶液导电，SO2本身不能电离出离子，是非电解质，故B错误；C．难失电子的原子，也可能难以得到电子，如惰性气体元素，故C错误；D．氧化还原反应可能发生在同种元素之间，如氯气与水的反应，故D错误．故选A．2．已知氧化性：Cl2＞IO3﹣＞Fe3+＞I2，以下试验的结论或试验的猜测合理的是（）A．往溶液中加入过量的氯水再加淀粉，振荡不消灭蓝色，说明没有I﹣B．向FeCl2溶液中滴加碘水，所得溶液中加入KSCN溶液将呈红色C．向淀粉碘化钾试纸上滴白醋和加碘盐的溶液，试纸变蓝，说明加碘盐中有IO3﹣D．往FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液变成棕黄色，说明有Fe3+生成【考点】B2：氧化性、还原性强弱的比较．【分析】依据微粒的氧化性强弱推断反应能否发生，只能是氧化性强的微粒氧化得到氧化性弱的微粒，不能是氧化性弱的微粒氧化得到氧化性强的微粒，据此分析解答．【解答】解：A．氯水过量所以开头先生成碘单质，之后又与过量的氯水反应生成碘酸根，自然溶液就不显蓝色了，故A错误；B．碘的氧化性小于铁离子，所以碘不能氧化氯化亚铁，即碘和氯化亚铁不反应，向所得溶液中加入硫氰化钾后溶液不变色，故B错误；C．碘酸根离子的氧化性大于碘，酸性条件下，碘酸根离子能氧化碘离子生成碘，碘遇淀粉变蓝色，所以向淀粉碘化钾试纸上滴白醋和加碘盐的溶液，试纸变蓝，说明加碘盐中有IO3﹣，故C正确；D．氧化性：Cl2＞Fe3+＞I2，所以向FeI2溶液中滴加少量氯水，氯气先和碘离子反应生成碘单质，碘水溶液呈棕黄色，然后氯气再和亚铁离子反应生成铁离子，铁盐溶液呈黄色，假如溶液变成棕黄色，不能说明有Fe3+生成，故D错误；故选C．3．下列说法正确的是（）A．溶液是电中性的，胶体是带电的B．溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动C．浓氨水中滴加饱和FeCl3溶液可制得氢氧化铁胶体D．胶体不肯定是液态，胶体的丁达尔效应属于物理变化【考点】66：胶体的重要性质．【分析】A．胶体不带电；B．溶质粒子和胶体中分散质粒子均作无规章运动；C．浓氨水中滴加饱和FeCl3溶液反应生成氢氧化铁沉淀；D．依据胶体的分类及丁达尔效应原理解答．【解答】解：A．胶体不带电，有些胶体可以吸附带电离子形成带电的胶体微粒，故A错误；B．溶液中溶质粒子和胶体中分散质粒子均作无规章运动，胶体粒子的无规章运动属于布朗运动，故B错误；C．浓氨水中滴加饱和FeCl3溶液反应生成氢氧化铁沉淀，得不到胶体，故C错误；D．胶体依据分散剂状态分为固溶胶、液溶胶、气溶胶，胶体的丁达尔效应是分散质对光的散射作用，属于物理变化，故D正确；故选：D．4．下列各组离子在指定溶液中肯定能大量共存的是（）A．能使甲基橙呈红色的溶液：Ba2+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣B．由水电离出的c（H+）=1×10﹣11mol•L﹣1溶液：Na+、Mg2+、Cl﹣、NO3﹣C．0.2 mol•L﹣1的NaNO3溶液：H+、Fe2+、SO42﹣、Cl﹣D．与Fe反应生成H2的溶液：NH4+、K+、SO42﹣、CO32﹣【考点】DP：离子共存问题．【分析】A．能使甲基橙呈红色的溶液呈酸性；B．由水电离出的c（H+）=1×10﹣11mol•L﹣1溶液，溶液可能呈酸性也可能呈碱性；C．NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性；D．与Fe反应生成H2的溶液呈酸性．【解答】解：A．使甲基橙呈红色的溶液显酸性，离子均能共存，故A正确；B．由水电离出c（H+）=1×10﹣11 mol•L﹣1，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，Mg2+在碱性条件下不能共存，故B 错误；C．NO3﹣、H+和Fe2+在溶液中发生氧化还原反应，故C错误；D．酸性溶液与Fe反应生成H2，溶液中H+与CO32﹣不能共存，故D错误．故选A．5．现有100mLMgCl2和AlCl3的混合溶液，其中c（Mg2+）=0.2mol•L﹣1，c（Cl﹣）=1.3mol•L﹣1．要使Mg2+完全转化为Mg（OH）2且与Al3+恰好分开，至少需要2mol•L﹣1的NaOH溶液的体积为（）A．80mL B．100mL C．120mL D．140mL【考点】GK：镁、铝的重要化合物．【分析】依据电荷守恒计算出混合溶液中溶液中n（Al3+）．MgCl2和AlCl3的混合溶液与氢氧化钠溶液的反应可知，要使Mg2+全部转化为沉淀分别出来，Al3+应恰好转化为AlO2﹣，反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，利用Na、Cl、Al原子守恒，有n（NaOH）=n（Cl）+n（Al），由此计算即可．【解答】解：溶液中n（Cl﹣）=0.1L×1.3mol/L=0.13mol，溶液中n（Mg2+）=0.2mol/L×0.1L=0.02mol．所以溶液中n（Al3+）==0.03mol，将100mL此溶液中的Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀并分别析出，反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，由原子守恒可知n（NaOH）=n（Na）=n（Cl）+n（Al）=0.13mol+0.03mol=0.16mol，所以至少需要2mol/L 氢氧化钠溶液的体积为=0.08L=80ml．故选：A．6．向100mL NaOH溶液中通入肯定量的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．下列推断正确的是（）A．原NaOH溶液的浓度为0.1mol/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（NaOH）：（Na2CO3）=1：3D．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为（NaHCO3）：（Na2CO3）=2：1【考点】5A：化学方程式的有关计算．【分析】本题依据题中给出的图象，结合化学反应关系，将化学变化关系，体现在图象上，分析，当向100mLNaOH 溶液中通入肯定量的CO2气体，可能发生的反应有：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O或NaOH+CO2═NaHCO3两种可能的状况，通过图象关系，当向溶液中加盐酸的体积25mL时，无气体消灭，说明此段内发生了如下反应：HCl+Na2CO3═NaHCO3+NaCl，在加盐酸时产生气体，依据当加盐酸反应完毕时，消耗盐酸100mL，溶液中有则有Na2CO3 xmol，生成 NaHCO3 mmolNa2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl1mol 1mol 1molx 0.025L×0.2mol/L mmol解得：x=0.005mol，m=0.005mol设75mL盐酸反应的NaHCO3的物质的量ymol，生成zmolCO2，则有NaHCO3+HCl═CO2↑+NaCl1mol 1mol 1molymol 0.075L×0.2mol/L zmol解得：y=0.015mol，z=0.015mol依据原子守恒，加入盐酸恰好完全反应时，共产生CO20.015mol，标准状况下的体积为0.336L，n（Na+）=n（Cl﹣），所以n（NaOH）=0.02mol，既得c（NaOH）=0.2mol/L，在依据上面的计算，求得通CO2生成Na2CO30.005mol，NaHCO3 0.01mol，即得出答案．【解答】解：A•依据化学反应，向100mL NaOH溶液中通入肯定量的CO2气体，可能发生的反应有：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O或NaOH+CO2═NaHCO3两种可能的状况，再加入盐酸，将Na2CO3或NaHCO3全部反应生成NaCl，依据化学反应中原子守恒，则有n（Na+）=n（Cl﹣），所以n（NaOH）=n（HCl）=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，既得c（NaOH）=0.2mol/L，故A错；B•依据题中的图象，加盐酸25mL是与Na2CO3反应，在加盐酸到100mL是与NaHCO3的反应，设溶液中有Na2CO3 xmol，生成NaHCO3 mmolNa2CO3 +HCl═NaHCO3+NaCl1mol 1mol 1molx 0.025L×0.2mol/L mmol解得：x=0.005mol，m=0.005mol设75mL盐酸反应的NaHCO3的物质的量ymol，生成zmolCO2，则有NaHCO3+HCl═CO2↑+NaCl1mol 1mol 1molymol 0.075L×0.2mol/L zmol解得：y=0.015mol，z=0.015mol依据原子守恒，加入盐酸恰好完全反应时，共产生CO2 0.015mol，标准状况下的体积为0.336L，故B错；C•所得溶液的溶质成分为Na2CO3、NaHCO3，没有NaOH，故C错误；D•依据题中的图象，加盐酸25mL是与Na2CO3反应，在加盐酸到100mL是与NaHCO3的反应，设溶液中有Na2CO3 xmol，生成 NaHCO3 mmolNa2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl1mol 1mol 1molx 0.025L×0.2mol/L mmol解得：x=0.005mol，m=0.005mol设75mL盐酸反应的NaHCO3的物质的量ymol，生成zmolCO2，则有NaHCO3+HCl═CO2↑+NaCl1mol 1mol 1molymol 0.075L×0.2mol/L zmol解得：y=0.015mol，z=0.015mol 求得通入CO2反应后，Na2CO3 、NaHCO3的物质的量分别为0.005mol、0.01mol，既得n（ NaHCO3）：n（Na2CO3）=2：1，故D正确．故选：D．7．N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）①1mol Cu 和足量热浓硫酸反应可生成N A个SO3分子②5.6g铁粉与足量Cl2反应，失去的电子数为0.2N A③常温下，1L 0.1mol/L AlCl3溶液中含Al3+数为0.1N A④2L 0.5mol/L硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为N A⑤1mol Na2O2固体中含离子总数为4N A⑥丙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6N A．A．①②⑥B．①③④⑥ C．②③④⑥ D．⑥【考点】4F：阿伏加德罗常数．【分析】①Cu 和热浓硫酸反应生成SO2分子；②求出5.6g铁粉的物质的量，然后依据铁与Cl2反应变为+3价来分析；③溶液中Al3+会水解；④2L 0.5mol/L硫酸钾溶液中的阴离子除了硫酸根，还有氢氧根；⑤Na2O2固体由2个钠离子和1个过氧根构成；⑥丙烯和环丙烷的最简式均为CH2．【解答】解：①Cu 和热浓硫酸反应生成SO2分子，不能生成三氧化硫，故错误；②5.6g铁粉的物质的量为0.1mol，而铁与Cl2反应变为+3价，故0.1mo铁失去0.3N A个电子，故错误；③溶液中Al3+会水解，故溶液中铝离子的个数小于0.1N A个，故错误；④2L 0.5mol/L硫酸钾溶液中的阴离子除了硫酸根，还有氢氧根，故溶液中的阴离子所带的电荷数多于N A个，故错误；⑤Na2O2固体由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠中含有的离子共为3N A个，故错误；⑥丙烯和环丙烷的最简式均为CH2，故42g混合物中含有的CH2的物质的量为3mol，则含H原子个数为6N A 个，故正确．故选D．8．把图b的碎纸片补充到图a中，可得到一个完整的离子方程式．下列有关该离子方程式的说法正确的是（）A．配平后的化学计量数依次为3、1、2、6、3B．若有1 mol S被氧化，则生成2 mol S2﹣C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2D．2 mol S参与反应有3 mol电子发生转移【考点】B3：氧化还原反应方程式的配平．【分析】在碱性条件下，S与氢氧根离子反应生成硫离子、亚硫酸根离子和水，其反应的离子方程式为：3S+6OH﹣=2S2﹣+SO32﹣+H2O，反应中S元素的化合价从0价部分上升为+4价，部分降低为﹣2价，据此分析．【解答】解：A．在碱性条件下，S与氢氧根离子反应生成硫离子、亚硫酸根离子和水，其反应的离子方程式为：3S+6OH﹣=2S2﹣+SO32﹣+H2O，故A错误；B．若有1 mol S被氧化，则转移4mol电子，则生成2 mol S2﹣，故B正确；C．若有1 mol S被氧化，则转移4mol电子，有2molS被还原，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故C错误；D．由方程式可知3molS参与反应转移4mol电子，则2 mol S 参与反应有mol电子发生转移，故D错误．故选B．二、填空题9．在FeSO4溶液中滴加少量NaOH 溶液，现象为生成白色沉淀快速变成灰绿色，最终变成红褐色，所发生反应的方程式为FeSO4+2NaOH=Fe （OH）2↓+Na2SO4，4Fe（OH ）2+O 2+2H2O=4Fe（OH）3．【考点】48：化学方程式的书写．【分析】亚铁离子在水溶液中呈浅绿色，滴加少量NaOH溶液，反应生成白色Fe（OH）沉淀；氢氧化亚铁和空气中氧气、水蒸气反应生成红褐色氢氧化铁．【解答】解：在FeSO4溶液中滴加少量NaOH溶液，硫酸亚铁和氢氧化钠发生复分解反应，反应的方程式为：FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2↓+Na2SO4，生成白色沉淀Fe（OH）2快速被空气中的氧气氧化，变成灰绿色，最终变成红褐色Fe（OH）3，反应的方程式为：FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2↓+Na2SO4、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：生成白色沉淀快速变成灰绿色，最终变成红褐色；FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2↓+Na2SO4；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3．10．在AlCl3溶液中滴加少量NaOH溶液，现象为白色沉淀，所发生反应的离子方程式为Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，连续加入过量的NaOH溶液，现象为沉淀溶解，所发生反应的离子方程式为Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O ．【考点】GK：镁、铝的重要化合物．【分析】氯化铝溶液中加入少量氢氧化钠溶液生成白色沉淀氢氧化铝，Al（OH）3具有两性，连续加入氢氧化钠溶液沉淀会溶解消逝，以此解答该题．【解答】解：在AlCl3溶液中滴加少量NaOH溶液，反应生成氢氧化铝白色沉淀，发生3NaOH+AlCl3=Al（OH）3↓+3NaCl，反应的离子方程式为：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，连续加入氢氧化钠溶液，Al（OH）3具有两性，可与NaOH反应生成NaAlO2，发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，氢氧化铝沉淀消逝，反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：白色沉淀；Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓；沉淀溶解；Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．11．工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1 ．【考点】B1：氧化还原反应．【分析】KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应，SO32﹣被氧化成SO42﹣，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O；【解答】解：KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得ClO2，可知SO32﹣被氧化成SO42﹣，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O，氧化剂为KClO3，还原剂为Na2SO3，由离子反应可知该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，故答案为：2：1．12．若在标准状况下，将V L HCl气体溶于lL水中，所得溶液密度为dg/ml，则此溶液的物质的量浓度为mol/L ．【考点】5C：物质的量浓度的相关计算．【分析】依据n=计算出标准状况下V L HCl气体的物质的量，然后依据m=nM计算出HCl的质量，1L水的质量约为1000g，从而可知所得溶液的质量，再依据V=计算出所得溶液的体积，最终依据c=计算出该溶液的物质的量浓度．【解答】解：标准状况下VL HCl的物质的量为：n（HCl）==mol，该HCl的质量为：m（HCl）=36.5g/mol ×mol=g，1L水的质量约为1000g ，则所得溶液的质量为： g+1000g=g，该溶液的体积为： =mL，所以该溶液的物质的量浓度为：c（HCl）===mol/L，故答案为： mol/L．13．向NaClO溶液中滴加少量FeSO4溶液，有红褐色沉淀生成，反应的离子方程式为ClO﹣+2Fe 2++H2O+4OH﹣=Cl ﹣+2Fe（OH）3↓．【考点】49：离子方程式的书写．【分析】次氯酸根离子具有强的氧化性，能够将二价铁离子氧化生成三价铁，本身被还原为氯离子，依据氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒规律书写离子方程式．【解答】解：向NaClO溶液中滴加少量FeSO4溶液，依据有红褐色沉淀生成可知次氯酸根离子氧化二价铁离子生成氢氧化铁，依据氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒规律，反应的离子方程为：ClO﹣+2Fe2++H2O+4OH﹣=Cl﹣+2Fe（OH）3↓；故答案为：ClO﹣+2Fe2++H2O+4OH﹣=Cl﹣+2Fe（OH）3↓．14．重铬酸钾（K2Cr2O7）是较强的氧化剂，在酸性条件下简洁被还原成Cr3+，常用于铁矿石（主要成分为FeO 和Fe2O3）中铁含量的测定．（1）称取肯定质量的K2Cr2O7配制成500mL标准溶液，在配制过程中使用的玻璃仪器，除烧杯和玻璃棒外，还需要500ml容量瓶、胶头滴管；（2）在配制铁矿石待测液时要向其中滴加适量的SnCl2（具有还原性）溶液，其目的是将矿石中的Fe3+还原为Fe2+（3）请配平滴定原理的离子方程式：Cr2 O72﹣+Fe2++H+═Fe3++Cr3++H2O（4）推断下列操作对最终铁含量测定的影响：（填“偏高”“偏低”或“无影响”）．若配制K2Cr2O7标准溶液定容时，俯视容量瓶的刻度线偏低．【考点】5A：化学方程式的有关计算；R1：配制肯定物质的量浓度的溶液．【分析】（1）依据配制溶液的操作步骤推断所用仪器；（2）依据Sn2+有较强的还原性来分析；（3）依据得失电子数守恒来配平反应：Cr2O72﹣中Cr元素显+6价，后变为Cr3+的+3价，故1molCr2O72﹣得6mol 电子，而1molFe2+变为Fe3+时失1mol电子，故依据得失电子数守恒可知，Fe2+的计量数为6，则Fe3+的计量数也为6，Cr2O72﹣的计量数为1，依据Cr原子的守恒，Cr3+的计量数为2；依据O原子的守恒，可知H2O的计量数为7；依据H原子的守恒，可知H+的计量数为14，据此进行分析；（4）分析不当操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析；【解答】解：（1）配制过程中使用的玻璃仪器有：溶解K2Cr2O7固体时要用烧杯、玻璃棒，配制溶液要用500ml 容量瓶；定容时要用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切；故除烧杯和玻璃棒外，还需要500ml容量瓶和胶头滴管，故答案为：500ml容量瓶；胶头滴管；（2）Sn2+有较强的还原性，能将矿石中的Fe3+还原为Fe2+，从而能用强氧化剂K2Cr2O7来滴定，故答案为：将矿石中的Fe3+还原为Fe2+；（3）依据得失电子数守恒来配平反应：Cr2O72﹣中Cr元素显+6价，后变为Cr3+的+3价，故1molCr2O72﹣得6mol 电子，而1molFe2+变为Fe3+时失1mol电子，故依据得失电子数守恒可知，Fe2+的计量数为6，则Fe3+的计量数也为6，Cr2O72﹣的计量数为1，依据Cr原子的守恒，Cr3+的计量数为2；依据O原子的守恒，可知H2O的计量数为7；依据H原子的守恒，可知H+的计量数为14，故配平后的反应：Cr2O72+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案为：1；6；14；6；2；7；（4）定容时，俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大，则滴定的体积减小，故导致测得的铁含量偏低，故答案为：偏低；15．某无色溶液X，由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2﹣、MnO4﹣、CO32﹣、SO42﹣中若干种离子组合而成，现取适量X 溶液进行如下试验：（1）写出下列物质的化学式：气体A CO2；气体B NH3；沉淀甲Al（OH）3．（2）X 溶液中肯定存在的离子是CO32﹣、AlO2﹣、Na+，（3）写出步骤①发生反应的全部离子方程式AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O、CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑．（4）白色沉淀乙肯定含有BaCO3，可能含有BaSO4；要进一步确定其组成的操作是在沉淀乙中加入稀盐酸，若白色沉淀完全溶解，则沉淀乙只有BaCO3，若部分溶解，则沉淀由BaCO3和BaSO4组成．【考点】DG：常见离子的检验方法．【分析】无色溶液中肯定不含MnO 4﹣，由试验流程可知，X与过量盐酸反应生成气体A为CO2，则原溶液中肯定含CO32﹣；结合离子共存可知原溶液中不含Ag+、Ba2+、Al3+，由电荷守恒可知肯定含阳离子为Na+，反应①得到的溶液（含过量盐酸）与过量碳酸氢钠反应生成气体A为CO2，白色沉淀甲应为Al（OH）3，反应后溶液中含Al3+，可知原溶液中肯定含AlO2﹣，溶液II与过量氢氧化钡反应生成气体B为NH3，白色沉淀乙肯定含BaCO3，可能含有BaSO4，则原溶液中可能含SO42﹣，以此来解答．【解答】解：（1）由上述分析可知，气体A为CO2，气体B为NH3，沉淀甲为Al（OH）3，故答案为：CO2；NH3；Al（OH）3；（2）由上述分析可知，肯定存在的离子为CO32﹣、AlO2﹣、Na+，故答案为：CO32﹣、AlO2﹣、Na+；（3）步骤①发生反应的全部离子方程式为AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O、CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑，故答案为：AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O、CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑；（4）白色沉淀乙肯定含有BaCO3，可能含有BaSO4，进一步确定其组成的操作是在沉淀乙中加入稀盐酸，若白色沉淀完全溶解，则沉淀乙只有BaCO3，若部分溶解，则沉淀由BaCO3和BaSO4组成，故答案为：肯定含有BaCO3，可能含有BaSO4；在沉淀乙中加入稀盐酸，若白色沉淀完全溶解，则沉淀乙只有BaCO3，若部分溶解，则沉淀由BaCO3和BaSO4组成．16．化学爱好小组的同学为测定某Na2CO3和NaCl的固体混合物样品中Na2CO3的质量分数进行了以下试验，请你参与并完成对有关问题的解答．（1）甲同学用图1所示装置测定CO2的质量．试验时稀硫酸是与样品中的Na2CO3（填“Na2CO3”或“NaCl”）发生反应．仪器b的名称是分液漏斗．洗气瓶c中盛装的是浓硫酸，此浓硫酸的作用是除去CO2中的水蒸气．（2）丙同学用图所示方法和步骤试验：①操作I涉及的试验名称有过滤、洗涤；操作Ⅱ涉及的试验名称有干燥、称量．②丙测得的样品中Na2CO3质量分数的计算式为．（3）标准状况下，将672mL CO2气通入50mL1mol/LKOH溶液中，完全反应后，所得溶液中K2CO3和KHCO3的物质的量之比为（设反应前后溶液体积变化忽视不计）2：1 ．【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）由图可知，锥形瓶中碳酸钠与硫酸反应生成二氧化碳，仪器b为分液漏斗，盛放硫酸，c中浓硫酸可干燥二氧化碳，氮气可将装置中的二氧化碳排到球形干燥管中，利用干燥管的增重可知二氧化碳的质量；（2）由试验流程可知，Na2CO3和NaCl的固体混合物，加足量氢氧化钡时生成沉淀A为碳酸钡，操作I为过滤，分别出沉淀，操作II为干燥、称量，则碳酸钡的质量为yg，结合碳酸根离子守恒可计算；（3）n（CO2）==0.03mol，n（KOH）=0.05L×1mol/L=0.05mol，设K2CO3和KHCO3的物质的量分别为x、y，则，以此来解答．【解答】解：（1）甲同学用图1所示装置测定CO2的质量．试验时稀硫酸是与样品中的Na2CO3发生反应．仪器b的名称是分液漏斗．洗气瓶c中盛装的是浓硫酸，此浓硫酸的作用是除去CO2中的水蒸气，故答案为：Na2CO3；分液漏斗；除去CO2中的水蒸气；（2）由试验流程可知，Na2CO3和NaCl的固体混合物，加足量氢氧化钡时生成沉淀A为碳酸钡，操作I为过滤，分别出沉淀，操作II为干燥、称量，则碳酸钡的质量为yg，①由上述分析可知，操作I涉及的试验名称有过滤、洗涤；操作Ⅱ涉及的试验名称有干燥、称量，故答案为：过滤；称量；②由碳酸根离子守恒可知，样品中Na2CO3质量分数为×100%=，故答案为：；（3）n（CO2）==0.03mol，n（KOH）=0.05L×1mol/L=0.05mol，设K2CO3和KHCO3的物质的量分别为x、y，则，解得x=0.02mol、y=0.01mol，则n（K2CO3）：n（KHCO3）=2：1，故答案为：2：1．。