山东省章丘四中届高三月考化学试题解析版Word格式.docx

1、A. 在标准状况下，11.2L C3H8中共价键数目为5NAB. 氯气通入到FeI2溶液中，当有3NA个Fe2被氧化时，消耗标准状况下氯气33. 6LC. 1mol Cu与含2mol H2SO4的浓硫酸共热，生成SO2分子数目小于NAD. 1mol N2和3mol H2充分反应后，容器中分子总数大于2NA【详解】A.1个C3H8中含有8个C-H键，2个C-C键，共10个共价键，则1mol C3H8中含有10mol共价键，在标准状况下，11.2L C3H8物质的量为=0.5mol，共价键数目为5NA，故A正确；B向FeI2溶液中通入适量Cl2，氯气先和I-反应，后和 Fe2+反应，当有3NA F

2、e2+被氧化时，I-已反应完全，由于FeI2的物质的量不明确，故I-的物质的量不明确，则消耗的氯气的物质的量和体积无法计算，故B错误；CCu与稀硫酸不反应，则1mol Cu与含2mol H2SO4的浓硫酸共热，随着反应的进行，浓硫酸的浓度降低，当硫酸浓度变稀后，反应会停止，生成SO2分子数目小于NA，故C正确；D1mol N2和3mol H2完全反应生成2mol氨气，但是氮气与氢气反应为可逆反应不能进行到底，所以1mol N2和3mol H2充分反应后，容器中分子总数大于2NA，故D正确；【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：物质的状态是否为气体；对于气体注意条件是否为标况；注意溶液的体

3、积和浓度是否已知；注意同位素原子的差异；注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。4.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）A. ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒B. Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂C. SO2具有漂白性，可用于制溴工业中吸收Br2D. NH3易溶于水，可用于制冷剂【详解】AClO2具有强氧化性而使蛋白质变性，所

4、以该物质能杀菌消毒，故A错误；BNa2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，且人呼出的水蒸气也能和过氧化钠反应生成氧气，氧气能供给呼吸，所以过氧化钠可用作呼吸面具的供氧剂，故B正确；CSO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，但制溴工业中吸收Br2，体现了SO2具有还原性，故C错误；DNH3用于制冷剂是NH3易液化的缘故，故D错误；5.标准状况下V L氨气溶解在1 L水中（水的密度为1 gmL1），所得溶液的密度为 gmL1，质量分数为w，物质的量浓度为c molL1，则下列关系中正确的是A. B. w %C. w D. c【答案】C【详解】A. VL氨气的物质的量为mol，氨气质量为mol17g/m

5、ol=g，1L水的质量为1000mL1g/mL=1000g，故溶液质量为g，溶液体积为L，所以溶液的密度为，故A错误；B. 根据可知，该氨水质量分数=，故B错误；C. 溶液的质量分数=100%=100%，故C正确；D. 溶液体积为L，氨气的物质的量浓度c=mol/L，故D错误；故选C。6.下列物质的分类正确的是（）选项碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4NaOHSO2CO2BHClNaClNa2ONOCKOHHNO3CaCO3CaOMn2O7DCaF2Na2O2A. A B. B C. C D. DA项中Na2CO3属于盐，NaOH属于碱，SO2属于酸性氧化物，错误；B项中NO不

6、属于酸性氧化物，错误；D项中Na2O2不属于碱性氧化物，属于过氧化物，错误。7.由下列实验和现象能推出相应结论的是（）实验操作现象结论向待测溶液中先滴加几滴KSCN溶液，然后滴加氯水滴加KSCN溶液后无明显现象，滴加氯水后，溶液变红待测溶液中含有Fe2向某无色溶液中滴加稀HNO3酸化，再滴加Ba（NO3）2溶液有白色沉淀原溶液中一定含有SO向盛某盐溶液的试管中滴入氢氧化钠溶液试管口处湿润的红色石蕊试纸未变蓝该盐中不含NH向某溶液中滴加淀粉碘化钾溶液溶液变蓝溶液中含Cl2【答案】A【详解】A向待测溶液中先滴加几滴KSCN溶液，无明显现象，说明溶液中不含有Fe3+，然后滴加氯水，溶液变红，则说明原

7、溶液中含有的Fe2+被氯水氧化为Fe3+，故A正确；B向某无色溶液中滴加稀HNO3酸化，再滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀，无法证明溶液中一定含有SO，因若原溶液中有SO32-，也能被稀HNO3氧化为SO，最终滴加Ba（NO3）2溶液，也有白色沉淀，故B错误；C向盛某盐溶液的试管中滴入氢氧化钠溶液，试管口处湿润的红色石蕊试纸未变蓝，无法判断盐溶液中是否含有NH4+，原因是滴入氢氧化钠溶液后未加热，促进生成的NH3H2O分解，故C错误；D向某溶液中滴加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，无法确定溶液中含Cl2，原因是能氧化I-的不一定是Cl2，还可能是Br2等其它氧化性强的溶液，当然原溶液中含有I2，

8、溶液也会变蓝色，故D错误；故答案为A。8.下列关于物质的量浓度表述正确的是A. 0.3 molL1Na2SO4溶液中含有Na和SO42的总物质的量为0.9 molB. 当1 L水吸收22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 molL1，只有当22.4 L氨气溶于水制得1 L氨水时，其浓度才是1 molC. 在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na和SO42的物质的量相等，则K和Cl的物质的量浓度一定相同D. 10 时，100 mL 0.35 molL1的KCl饱和溶液蒸发掉5 g水，冷却到10 时，其体积小于100 mL，它的物质的量浓度仍为0.35 mol【分析】A、离子的物质的量=

9、离子的物质的量浓度溶液的体积；B、溶液的体积不等于溶剂的体积以及气体摩尔体积与状态有关；C、电荷守恒：c（Na+）+c（K+）=c（Cl-）+2c（SO42-）计算K+和Cl-的物质的量浓度；D、温度不变，饱和溶液中溶质的物质的量浓度不变，与溶液的体积无关【详解】A.0.3molL1的Na2SO4溶液中Na、SO42的物质的量浓度为：0.6molL1,0.3molL1，由于缺少溶液的体积，所以无法计算出离子的物质的量，故A错误；B. 溶液的体积不等于溶剂的体积,所以1L水吸收22.4L氨气时所得氨水的浓度不是1molL1；气体摩尔体积与状态有关,22.4L氨气的物质的量无法求出,所以22.4L

10、氨气溶于水制得1L氨水时，其浓度不一定等于1molL1，故B错误；C. 在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中存在：c（Na+）+c（K+）=c（Cl）+2c（SO42）,Na+和SO42的物质的量相等,即物质的量浓度相等,所以K+和Cl的物质的量浓度一定不相同，故C错误；D.10时，0.35mol/L的KCl饱和溶液100mL蒸发掉5g水，冷却到10时，其体积小于100mL，溶液仍然是饱和溶液，溶质的物质的量浓度不变，它的物质的量浓度仍为0.35mol/L，故D正确；故选：D。9.下列指定反应的离子方程式书写正确的是（）A. 氯气通入水中：Cl2H2O=2HClClOB. 用稀硝酸洗涤试管

11、内壁的银镜：Ag2HNO=AgNOH2OC. （NH4）2Fe（SO4）2溶液中加入过量Ba（OH）2溶液：2NHFe24OH=2NH3H2OFe（OH）2D. Na2SO3溶液使酸性KMnO4溶液褪色：5SO6H2MnO=5SO2Mn23H2O【详解】A氯气通入水中，离子方程式：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，故A错误；B用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜，离子方程式：3Ag+4H+NO3-=3Ag+NO+2H2O，故B错误；C向（NH4）2Fe（SO4）2溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，离子方程式：2NH4+Fe2+2SO42-+2Ba2+4OH-=2BaSO4+Fe（OH）2+2NH3H

12、2O，故C错误；DNa2SO3溶液使酸性KMnO4溶液褪色，离子方程式：5SO32-+6H+2MnO4-=5SO42-+2Mn2+3H2O，故D正确；故答案为D。【点睛】离子方程式正误判断是高考高频知识点，解这类题主要是从以下几个方面考虑：反应原理，如：铁与盐酸或稀硫酸反应只生成二价铁；三氯化铝溶液与碳酸钠溶液混合发生的是双水解反应，而不是复分解反应；Mg2+遇OH-和CO32-时更宜生成的是Mg（OH）2沉淀等；电解质的拆分，化学反应方程式改写为离子方程式时只有强酸、强碱及可溶性盐可以改写成完全电离形式，如NaHCO3只能改写成Na+和HCO3-；配平，离子方程式的配平不能简单的满足原子守恒

13、，而应该优先满足电子守恒、电荷守恒及原子守恒；注意反应物的用量对离子反应的影响。10.在下列物质的溶液中分别加入一定量Na2O2的固体，不会出现浑浊想象的是A. 饱和Na2CO3溶液 B. Ca（HCO3）2稀溶液 C. Na2SO3稀溶液 D. 饱和FeCl3溶液试题分析：A、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，溶剂减少，碳酸钠晶体析出，A错误；B、生成的氢氧化钠与碳酸氢钙反应生成碳酸钙沉淀，B错误；C、亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，没有晶体析出，C正确；D、生成氢氧化钠和氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，D错误，答案选C。考点：考查过氧化钠的性质11.下列表示反应中电子转移的方向和数目正确的是A. B. C

14、. D. A、Mn元素化合价降低2价，应该是得到电子，氯元素化合价升高2价，应该是失去电子，A错误；B、根据化合价不能交叉的原则，氯酸钾中氯元素的化合价应从+5价降到0价，盐酸中氯元素的化合价应从-1价升高到0价，转移电子数是5mol，即，B错误；C、S元素化合价由0降低为-2价，总共降低4价，得到4个电子，S元素从0价升高为+4价，总升高4价，共失去4个电子，得失电子守恒，C正确；D、氯酸钾中氯元素化合价降低，得到电子，氧元素化合价升高，失去电子，箭头应该是从O指向Cl，D错误。答案选C。氧化还原反应的电子转移数目计算12.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A. 使酚酞变

15、红色的溶液中：Na、Al3、SO、ClB. =11013 molL1的溶液中：NH、Ca2、Cl、NOC. 0.1molL-1NaHCO3溶液中：、NOD. 水电离的c（H）=1K、Na、AlO、CO【详解】A使酚酞变红色的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，Al3+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B该溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-之间不发生反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；CAl3与HCO3-在溶液中能发生双水解反应生成CO2和Al（OH）3沉淀，则不能大量共存，故C错误；D水电离的c（H+）=110-

16、13molL-1的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，AlO2-、CO32-与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故D错误；【点睛】明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。13. 下列关于氧化性、还原性的判断正确的是A. B的阳离子的氧化性比A的阳离子

17、强，说明A元素的金属性一定比B元素强B. 发生氧化还原反应时，A原子失去的电子比B原子多，证明A的金属性一定比B强C. 适量的Cl2通入FeI2溶液中可发生反应：3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3D. 一定量氯气通入30 mL 10.00 molL1的氢氧化钠溶液中，加热后形成NaCl、NaClO、NaClO3共存的溶液，若反应中转移的电子为n mol，则0.15n0.25A、铁离子氧化性比铜离子的氧化性强，但是铁的金属性比铜强，所以错误，不选A；B、金属性与失去电子的多少无关，错误，不选B；C、氯气和碘化亚铁反应时，碘离子先和氯气反应生成碘单质，错误，不选C；D、氯气和氢氧化钠的

18、反应可以分两种，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，发生前面的反应，当有2摩尔氢氧化钠反应就转移1摩尔电子，所以现有0.3摩尔氢氧化钠反应转移0.15摩尔电子，发生后面的反应，当有6摩尔氢氧化钠反应转移5摩尔电子，所以现有0.3摩尔氢氧化钠反应转移0.25摩尔，正确，选D。氧化还原反应14.酸性KMnO4溶液和CuS混合时，发生的反应如下:MnO4-+CuS+H+Cu2+SO2+Mn2+H2O，下列有关该反应的说法中正确的是（ ）A. 被氧化的元素是Cu和SB. Mn2+的还原性强于CuS的还原性C. 氧化剂与还原剂的物质

19、的量之比为6:5D. 若生成2.24L（标况下）SO2，转移电子的物质的量是0.8mol【详解】A.反应中，铜元素的化合价没变，硫元素的化合价由2升到4价，只有硫元素被氧化，A错误；B.还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性CuS Mn2+，B错误；C.氧化剂为KMnO4，还原剂为CuS，设KMnO4为xmol，CuS为ymol，根据电子守恒：x（7-2）=y（4-（-2），x：y=6:5，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：5，C正确；D.二氧化硫物质的量为0.1mol，由方程式可知消耗KMnO4的量为0.16/5=0.12 mol，反应中Mn元素化合价由7价降低为2价，故转移电子为

20、0.12mol（72）0.6 mol，D错误；15.向含Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3的某种稀溶液中逐渐加入铁粉，c（Fe2+）的变化如图所示。下列说法错误的是（）A. 横轴01：Fe+NO+4H+=Fe3+NO+2H2OB. 横轴12：Fe+2Fe3+=3Fe2+C. 横轴23：Fe+Cu2+=Fe2+CuD. 原溶液中三种溶质浓度相等根据氧化性：HNO3Fe3+Cu2+，Fe先与氧化性强的物质反应，即Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O，然后是：Fe+2Fe3+=3Fe2+，最后阶段Fe+Cu2+Fe2+Cu，由图中起点、拐点、终点的位置来确定化学反应情况。【详

21、解】Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3的稀溶液氧化性为HNO3Fe3+Cu2+，金属铁先和氧化性强的离子反应；A开始阶段是金属铁和硝酸之间的反应：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O，当加入金属铁1mol是，生成三价铁离子是1mol，所以亚铁离子的浓度不变，故A正确；B金属铁和硝酸反应结束后，生成1mol的三价铁离子，然后发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，此时加入的1mol铁会和三价铁反应生成3mol亚铁离子，故B正确；C反应的最后阶段为：Fe+Cu2+=Fe2+Cu，所有的离子均被还原，故C正确；D根据以上分析，整个过程反应为：4H+NO3-+3Fe+Fe3+Cu

22、2+=4Fe2+Cu+NO+2H2O，则溶液中Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3物质的量浓度之比为1：1：4，故D错误；16.由硫铁矿烧渣（主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO）得到绿矾（FeSO47H2O），再通过绿矾制备铁黄FeO（OH）的流程如下：烧渣溶液绿矾铁黄已知：FeS2和铁黄均难溶于水。A. 步骤，最好用硫酸来溶解烧渣B. 步骤，涉及的离子方程式为FeS214Fe38H2O=15Fe22SO16HC. 步骤，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾D. 步骤，反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe（OH）3A因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则步骤，最好

23、用硫酸来溶解烧渣，故A正确；B步骤发生FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，离子反应为FeS2+14Fe3+8H2O15Fe2+2SO42-+16H+，故B正确；C步骤为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，若蒸干时绿矾受热失去结晶水，故C错误；D步骤，反应条件控制不当，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe（OH）3，故D正确；点睛：把握制备流程中发生的反应、混合物分离方法、实验技能等为解答的关键，由制备绿矾流程可知，烧渣（主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO）均溶于硫酸，溶液含Fe2+、Fe3+，步骤发生FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O=15FeSO

24、4+8H2SO4，步骤为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe（OH）3，以此来解答。二、填空题17.（1）下列叙述错误的是_（填序号）。“每红铜六斤，入倭铅四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜”中的黄铜是合金铝热反应可用于冶炼部分高熔点金属除去铜器表面铜绿而不损器物，可用稀硝酸“以曾青涂铁，铁赤色如铜”说明我国古代就掌握了“湿法冶金”技术制备FeCl3、CuCl2固体均可采用将溶液直接蒸干的方法FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Fe3Cu = Fe2Cu2（2）下列对化学实验事实的解释不正确的是_（填序号）。向含I的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，加入

25、淀粉后溶液变成蓝色，说明氧化性：Cl2I2 配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量盐酸，再用蒸馏水稀释，最后在试剂瓶中加入少量的锡粒，目的是抑制Sn2水解，并防止Sn2被氧化为Sn4在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡，有白色沉淀产生，苯层呈紫色，说明Cu2有氧化性，白色沉淀可能为CuIKBrO3溶液中加入少量苯，然后通入少量Cl2，有机相呈橙色，说明氧化性：Cl2KBrO3将稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液，溶液变黄色，说明氧化性：H2O2Fe3【答案】 （1）. （2）. 【详解】（1）“每红铜六斤，入倭铅四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜“中的黄铜是铜

26、锌形成的合金，故正确； 利用铝热反应冶炼Fe、Cr、Mn等部分高熔点金属，故正确；稀硝酸能溶解Cu，则不能用稀硝酸清洗Cu表面的铜绿，否则要损坏器物，故错误；湿法冶金指铁与CuSO4反应生成Cu，故正确；将FeCl3或CuCl2溶液直接蒸干，促进Fe3+或Cu2+水解，且生成盐酸易挥发，则不能得到FeCl3或CuCl2固体，应在HCl气流中蒸发，故错误；FeCl3溶液腐蚀铜线路板发生的离子反应为2Fe3Cu =2Fe2Cu2，故错误；则叙述错误的是；（2）加入淀粉后溶液变成蓝色，可知氯气氧化碘离子，则氧化性：Cl2I2，故正确；SnCl2易水解，为抑制Sn2+水解配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量稀盐酸，为防止Sn2+被氧化为Sn4+，配制SnCl2溶液时，在试剂瓶中加入少量的锡粒，故正确；CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，上层苯层呈紫红色，下