【文档说明】山东省泰安市东平县高级中学2021届高三上学期第二次质量检测化学试题【精准解析】.doc，共(20)页，654.000 KB，由小赞的店铺上传

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东平高级中学高三年级第二次质量检测化学试题一、选择题（本题包括10小题，每题2分，每小题只有一个．．．．正确选项，共20分。）1.下列分类或归类正确的是A.CaSO4、HCl、Na2O均为强电解质B.雾、云、烟、纳米材料均为胶体C.NaOH、HD、H2O均为化合物D.C60

、金刚石、石墨均为碳的同位素【答案】A【解析】【详解】A.CaSO4是盐，属于离子化合物，Na2O是活泼金属氧化物，二者在熔融状态下完全电离产生离子，属于强电解质；HCl是酸，由分子构成，在水中完全电离产生离子，为强电解质，

A正确；B.雾、云、烟均为胶体，而纳米材料是微粒直径在1-100nm之间，若未形成分散系，则不属于胶体，B错误；C.HD是两种不同的H原子形成的H2，属于单质，C错误；D.C60、金刚石、石墨均为碳的不同性质的

单质，它们互为同素异形体，D错误；故合理选项是A。2.下列关于元素及其化合物的说法正确的是()A.SO2具有漂白性，所以能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色B.金属单质Na、Mg、Fe在一定条件下都与水反应生成H2和相应的碱C.SiO2既可与NaOH溶液反应也可与HF溶液反应，所以SiO2属于

两性氧化物D.NaHCO3可用于制备纯碱、食品发酵剂、治疗胃酸过多的药剂【答案】D【解析】【详解】A.SO2能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色，是由于发生反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，该反应为氧化还原反应，SO2表现还原性，A错误；B.Fe在高温下与H2O蒸气反应产生Fe3O4

和H2，没有产生相应的碱，B错误；C.SiO2与HF溶液反应产生的SiF4不是盐，所以SiO2不属于两性氧化物，而是酸性氧化物，C错误；D.NaHCO3不稳定，加热分解产生Na2CO3、CO2，因此可用于制备纯碱、食品发酵剂，由于其溶液可以与盐酸反应，且对人无刺激作用，故还可以用

于治疗胃酸过多的药剂，D正确；故合理选项是D。3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，11.2L14CO2含有的中子数为11NAB.常温下，12gNaHSO4中含有的离子数为0.3NAC.将22.4LCl2通入NaOH溶液中充分反应，转移电子数为NA

D.6.4gS2和S8的混合物中所含硫原子数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A.14CO2含有24个中子，标准状况下，11.2L14CO2的物质的量是0.5mol，因此其中含有的中子数目为12NA，A错误；B.NaHSO4晶体中含有Na+、HSO

4-，12gNaHSO4的物质的量为n(NaHSO4)=0.1mol，所以其中含有的离子数目为0.2NA，B错误；C.缺条件，不能计算氯气的物质的量，也就不能计算反应转移的电子数目，C错误；D.S2和S8都是由

S原子构成，6.4g二者的混合物中含有S原子的物质的量为n(S)=6.4g÷32g/mol=0.2mol，所以混合物中所含硫原子数为0.2NA，D正确；故合理选项是D。4.A、B、C、D均为短周期主族元素，

原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为22，A和C同主族，B原子的电子层数与最外层电子数相等，B、C、D的单质均可与NaOH溶液反应。下列说法正确的是A.原子半径和简单离子半径的关系均满足：B>AB.简单氢化物的沸点：A>CC.B与

C形成的化合物在水中不存在，故不能用单质直接化合反应制得D.工业上常用电解B、D形成的化合物来制备B单质【答案】B【解析】【分析】A、B、C、D均为短周期主族元素，原子序数依次增大，B原子的电子层数与最外层

电子数相等，可为Be或Al，A与C同主族，且原子最外层电子数之和为22，若B为Be，则A只能为H，A与C同主族，A、B、C最外层电子数之和为：1+1+2=4，D最外层电子数=22-4=19>7，不符合要求；则B为Al

，C、D的原子序数大于Al，二者位于第三周期，A、C、D的最外层电子数之和为22-3=18，且A与C同主族，则A为O，C为S，D为Cl元素，据此解答。【详解】根据分析可知，A为O，B为Al，C为S，D为Cl元素。A．O2-和Al3+核外电子排布为

2、8，都含有2个电子层，离子的核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：B<A，A错误；B．元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，由于元素的非金属性O>S，则简单氢化物的沸点：A>C，B正确；C．Al与S单质直接加热可发生化合反应生成A

l2S3，C错误；D．B、D形成的化合物为AlCl3，AlCl3为共价化合物，由分子构成，在熔融状态不导电，工业上通过电解熔融Al2O3的方法获得金属Al，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，根据元素的原子序数及原子结构特点推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律

内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。5.多硫化钠Na2Sx(x≥2)在结构上与Na2O2、FeS2等有相似之处。Na2Sx在碱性溶液中与NaClO反应可生成Na2SO4，下列说法错误的是A.NaClO是氧化剂B.Na2SO4是氧化产物C.若

反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：13，则x为5D.若x=3，则反应的离子方程式为：S32-+10ClO-+4OH-=3SO42-+10Cl-+2H2O【答案】C【解析】【详解】A．NaCl

O中+1价的Cl元素化合价降低被还原生成NaCl，则NaClO是氧化剂，A正确；B．Na2Sx中S元素化合价升高被氧化生成Na2SO4，则Na2SO4是氧化产物，B正确；C．设Na2Sx的物质的量是1mol，则次氯酸钠的物质的量是13mol，由电子守恒可知：1mol×[6-(-2x)]x=13mo

l×[1-(-1)]，解得：x=4，C错误；D．若x=3，1molS32-参与反应被氧化为3molSO42-，化合价升高20mol，NaClO中+1价的Cl元素被还原为-1价，化合价降低2，则被还原的NaCl

O的物质的量n(NaClO)=202mol=10mol，据此结合质量守恒配平该反应的离子方程式为：S32-+10ClO-+4OH-=3SO42-+10Cl-+2H2O，D正确；故合理选项是C。6.下列过程中没有明显实验现象的是A.向Fe(NO3)2溶液中滴加NaHSO4溶液

B.向饱和的NaCl和NH3的混合溶液中通入过量的CO2C.将NaHCO3和NaOH两种溶液混合D.向Na2S2O3溶液中加入稀盐酸【答案】C【解析】【详解】A．向Fe(NO3)2溶液中滴加NaHSO4溶液，溶液中的离

子发生以下反应4H＋＋NO3－＋3Fe2＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，溶液变成黄色，故A不选；B．向饱和的NaCl和NH3的混合溶液中通入过量的CO2，发生NaCl＋NH3＋H2O＋CO2=NaHCO3↓＋N

H4Cl，有沉淀产生，故B不选；C．将NaHCO3和NaOH两种溶液混合发生NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，无明显现象，故C选；D．向Na2S2O3溶液中加入稀盐酸发生Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O，

生黄色沉淀和刺激性气体，故D不选；故选C。7.设NA为阿伏伽德罗常数值，下列有关叙述正确的是A.0.1molKHSO4晶体中含有H+数为0.1NAB.标准状况下，5.6LSO3分子中含有的电子总数为10NAC.33.6gFe与足量的水蒸气加热充分反应，转移电子数为1.6NAD.5.6gF

e投入100mL3.5mol•L－1硝酸中，充分反应转移电子总数为0.3NA【答案】C【解析】【详解】A.硫酸氢钾为离子化合物，晶体中含有钾离子和硫酸氢根离子，不含有氢离子，故A错误；B.标准状况下，三氧化硫为固态，无法计算5.6L三氧化硫的物质的量和含有的电子

总数，故B错误；C.高温下，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应消耗3mol铁，转移电子的物质的量为(83—0)×3mol=8mol，33.6g铁的物质的量为33.6g56g/mol=0.6mol，则0.6mol

铁与足量的水蒸气加热充分反应，转移电子数为1.6NA，故C正确；D.5.6g铁的物质的量为5.6g56g/mol=0.1mol，100mL3.5mol•L－1硝酸得物质的量为0.35mol，若0.1m

ol铁完全转化为铁离子，消耗硝酸的物质的量为0.4mol，若完全转化为亚铁离子，消耗硝酸83mol，则0.1mol铁与0.35mol硝酸反应生成硝酸铁和硝酸亚铁的混合物，充分反应转移电子总数小于0.3NA

，故D错误；故选C。8.下列反应的离子方程式中不正确的是A.向H218O中投入Na2O2固体：2Na2O2+2H218O=4Na++4OH－+18O2↑B.在碱性条件下，NH+4被氧气氧化成NO-3：NH+4+2O2+2OH－＝NO-3+3H2OC.将酸性KMnO

4溶液和H2C2O4溶液混合：2MnO-4+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2OD.等物质的量的Ba(OH)2与明矾加入足量水中：3Ba2++6OH－+2Al3++3SO2-4＝3BaSO4↓+2Al(OH)3↓【答案】A【解析】【详解】A.Na2O2与水反应时，Na2

O2既是氧化剂，又是还原剂，水中的氧元素不变价，O2分子中不含18O，18O应该在OH－中，故该离子方程式错误，故A错误；B.NH+4被氧气氧化成NO-3，1molNH+4失去8mol电子，则应有2mol氧气参加反应，溶液呈碱性，用2molOH－

配平电荷守恒，最后元素守恒，右边加3mol水，故离子方程式正确，故B正确；C.酸性KMnO4溶液将H2C2O4氧化为CO2，自身被还原为Mn2+，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该离子方程式为2MnO-

4+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C正确；D.假设Ba(OH)2与明矾均为1mol，则反应的比例关系为Ba2++2OH－+23Al3++SO2-4＝BaSO4↓+23Al(O

H)3↓，左右两边同时乘以3可得，3Ba2++6OH－+2Al3++3SO2-4＝3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，故D正确；故选A。9.下列实验装置或图像与对应的说法正确的是A.利用甲装置灼烧海带B.利用乙装置分离苯和四氯化碳C.根据图丙溶解度曲线，

能通过一次结晶，将x、y两种物质基本分离D.图丁向容量瓶转移溶液【答案】B【解析】【详解】A.灼烧海带应该在坩埚中进行，不能在烧杯中进行，故A错误；B.苯和四氯化碳是互溶的有机物，但两者存在沸点差异，

可以用蒸馏的方法分离，故B正确；C.从图中可以看出，X物质的溶解度随温度的升高而增大，Y物质的溶解度受温度的影响小一些，在t2℃时，X、Y两种物质的溶解度相等，则应用结晶和重结晶的方法将x、y两种物质基

本分离，故C错误；D.向容量瓶转移溶液时，玻璃棒的下端应低于容量瓶的刻度线，故D错误；故选B。10.下列有关化学用语表示正确的是A.次氯酸的结构式：H－Cl－OB.质子数为52、中子数为75的碲原子：12752TeC.S

2−的结构示意图：D.四氯化碳的电子式：【答案】B【解析】【详解】A.由于Cl原子最外层电子为7，为了达到8电子稳定结构，只能形成一对共用电子对，同理，O原子形成两对共用电子对，H原子形成一对共用电子对，因而次氯酸的的结构式为H－O－Cl，A项错误；B.质量数等于中子数加质子数，因而该碲原子的质量

数为75+52=127，所以该碲原子为12752Te，B项正确；C.S2−的最外层为8个电子，因而结构示意图为，C项错误；D.Cl原子最外层有一个电子成键，剩余六个未成键电子，因而四氯化碳的电子式为，D项错误.故选B。【点睛】在中学化学中，化

学用语主要包括化学符号、化学式、化学方程式、化学图式四个部分。对于每一种化学用语，都要明确它们的表示方法和表示的意义。例如：乙炔和苯的最简式的表示方法为CH，它表示的意义是：表示组成物质的各种元素和各种元素的原子个数最简整数比。二、不定项选择(每小题4分，5个小题，共20分)11.为探究硫酸

亚铁分解产物，用如图所示装置进行实验。打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管a中残留固体为红色粉末。下列说法中不正确的是A.气体产物只有SO2和SO3，则反应管a内生成等物质的量的氧化产物和还原产物B.装置b中的试剂为BaCl2溶液，也

可用Ba（NO3）2溶液C.装置c中的试剂为品红溶液，也可用酸性KMnO4溶液D.装置d中的试剂为NaOH溶液，为尾气处理装置【答案】B【解析】【详解】A.实验后反应管a中残留固体为红色粉末，说明硫酸亚铁分解产物有氧化铁

，若气体产物只有二氧化硫和三氧化硫，由得失电子数目守恒可知，氧化铁和二氧化硫的物质的量之比为1:1，即氧化产物氧化铁和还原产物二氧化硫的物质的量相等，故A正确；B.如果把二氧化硫气体通入硝酸钡溶液中，因为二氧化硫溶于水溶液显酸性，酸性条件下，硝酸根离子将二氧化硫氧化为硫酸根离子，再

与钡离子生成硫酸钡沉淀，所以用硝酸钡溶液无法判断使硝酸钡溶液出现白色沉淀的是二氧化硫还是三氧化硫，故B错误；C.二氧化硫具有漂白性，能使装置c中的品红溶液褪色，证明存在SO2，二氧化硫具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，证明存在SO2，故C正确；D.装置d内盛用的氢氧化钠溶液能够吸

收多余的二氧化硫气体，防止污染环境，故D正确；故选B。12.根据下列操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色溶液中含Br2B用氢氧化铁胶体做电泳实验，通电一段时间后，与电源负极相连的一极颜色变深氢氧化铁胶体带正电荷C将少量铜粉加入1

.0mol•L－1Fe2(SO4)3溶液中金属铁比铜活泼D向饱和硼酸溶液中加入少量Na2CO3粉末，无气泡冒出酸性：碳酸＞硼酸A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．该黄色溶液中可能含有铁离子，铁离子也能

将碘离子氧化为碘单质，所以不能确定该黄色溶液中是否含有单质溴，则结论不正确，故A错误；B．氢氧化铁胶体与溶液一样是电中性的，氢氧化铁胶粒带正电荷，故B错误；C．将少量铜粉加入1.0mol•L－1硫酸铁溶液中，二者发生氧化还原

反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，证明铁离子的氧化性大于铜离子，该反应不是置换反应，不能比较Fe、Cu的活泼性，故C错误；D．向饱和硼酸溶液中加入少量碳酸钠粉末，无气泡冒出，说明硼酸与碳酸钠不反应，由强酸制弱酸的原理可知，碳酸的酸性强于硼酸，故D正确；故选D。13.实验室

用浓氨水和生石灰制取氨气，并探究氨气的性质，其装置如图所示，下列说法错误的是A.一段时间后，Ⅱ中干燥红色石蕊试纸变蓝色B.Ⅲ干燥管中盛放的试剂可以是无水氯化钙C.Ⅳ中黑色粉末逐渐变为红色说明氨气具有还原性D.实验结束后，应先将导气管从水槽中拿出再熄灭酒精灯【答案】

B【解析】【详解】A.用浓氨水和生石灰制取的氨气中混有水蒸气，二者反应形成的氨水显碱性，能能够使干燥红色石蕊试纸变蓝色，A正确；B.在氨气和CuO反应前应先干燥，常用碱式灰，由于氯化钙能与氨气反应生成Ca(NH3)8C

l2，所以不能用无水氯化钙干燥氨气，B错误；C.氨气与氧化铜反应生成Cu单质，Cu元素的化合价降低，得到电子，发生还原反应，氨气发生氧化反应，说明氨气具有还原性，C正确；D.熄灭酒精灯后，装置内压强降低，水槽中水会

发生倒流，为防止水槽中的水倒流，实验结束后，应先将导气管从水槽中拿出再熄灭酒精灯，D正确；故合理选项是B。14.下列反应的离子方程式书写正确的是（）A.向次氯酸钠溶液中通入过量SO2：ClO－+SO2+H2O=HClO+3HSO−B.物质的量相等的溴化亚铁跟氯气反应：2F

e2++2Br－+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl－C.Ca(HCO3)2溶液中加入过量NaOH：Ca2++23HCO−+2OH-=CaCO3↓+23CO−+2H2OD.向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性：Ba2++OH－+H++SO42－=BaSO

4↓+H2O【答案】BC【解析】【详解】A.ClO－具有强氧化性，能使SO2被氧化成SO42-，同时通入过量SO2，溶液显酸性，离子方程式为ClO－+SO2+H2O=Cl－+SO42-+2H+，A项错误；B.不妨设FeBr2和Cl2分别是2mol，由于Fe2+的还原性大于Br－，

Cl2先与Fe2+反应，离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Cl－+2Fe3+，根据化学计量数可知2molFe2+和1molCl2恰好完全反应，剩余1molCl2，Cl2再与Br－反应，其离子方程式为Cl2+2Br－=2Cl－+Br2，根据化学计量数可知2mol

Br－和1molCl2恰好完全反应，将上述两个离子方程式相加可得2Fe2++2Br－+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl－，B项正确；C.由于NaOH过量、Ca(HCO3)2溶液少量，因而每消耗1molCa(HCO3)2，就消耗2

molOH－，因而离子方程式为Ca2++23HCO−+2OH－=CaCO3↓+2H2O+23CO−，C项正确；D.向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液到中性，Ba(OH)2反应完，每消耗1molBa2+需要1

molSO42-恰好反应，每消耗2molOH-需要2molH+恰好反应，因而离子方程式为Ba2++2OH－+2H++SO42－=BaSO4↓+2H2O，D项错误；答案选BC。15.H3AsO3与SnCl2在浓盐酸中反应的离子方程式为3Sn2＋＋2H3AsO3＋6H＋＋18Cl－=2

As＋3SnCl62－＋6M。关于该反应的说法中错误的是A.M为H2OB.还原剂是Sn2＋，还原产物是AsC.氧化性：H3AsO3＞SnCl62－D.每生成7.5gAs，转移的电子为0.6mol【答案】D【解析】【详解】A.根据原子守恒，对比方程式中前后每种

元素的原子个数发现M中有2个H和1个O，推测为H2O，A项正确；B.锡元素化合价由+2价变为+4价，砷元素化合价由+3价变为0价，根据还原剂和还原产物定义可知，还原剂为Sn2＋，还原产物是As，B项正确；C.结合B中分析可知氧化剂是H3AsO3，氧化产物是SnCl62－，根据氧

化还原反应规律可知氧化性：H3AsO3＞SnCl62－，C项正确；D.7.5gAs的物质的量为7.50.175=mol，且砷元素化合价由+3价变为0价，转移的电子为0.1mol×3=0.3mol，D项错误。故选D。第Ⅱ卷(非选择题共60分)16

.元素化合物在日常生活、化工生产和环境科学中有着重要的用途。(1)当皮肤划破时可用FeCl3溶液应急止血，用氯化铁固体配制成450mL0.1mol·L－1的溶液，配制过程中所需要的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、_____________

_。(2)生铁中含有一种铁碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，将Y溶于过量盐酸后，溶液中大量存在的阳离子______________(填离子符号)。(3)高铁酸钾(K2FeO4)是一种既能杀菌消毒、又能絮凝净

水的水处理剂。其工业制备反Fe(OH)3＋ClO－＋OH－→FeO42－＋Cl－＋H2O(未配平)，每生成1molK2FeO4，转移的电子数________NA。(4)自然界中Cr主要以＋3价和＋6价形式存在。Cr2O72－中的Cr能引起细胞的突变，在酸性条件下可用亚硫酸

钠将Cr2O72－还原。其离子方程式：__。(5)某透明溶液仅含Na＋、Fe2＋、Ba2＋、Al3＋、NO3－、Cl－、SO42－中的4种离子，且均为1mol。向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变(不考虑水的电离和离子的水解)。则溶

液中存在的离子是____________。【答案】(1).500mL容量瓶、胶头滴管(2).Fe2+、Fe3+、H+(3).3(4).Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O(5).Na+、Fe3+、NO3-、SO42-【解析】【分析】(1

)血液可看作是胶体分散系，胶体遇电解质能发生聚沉，配制溶液的步骤是计算、称量、溶解、转移、洗涤转移、定容、摇匀，结合操作选择仪器；(2)碳铁化合物Fe3C在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，Y为Fe3O4，与过量的盐酸反应生

成氯化亚铁、氯化铁，溶液有剩余的HCl；(3)根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，配平方程式，然后结合方程式进行计算；(4)自然界中Cr主要以+3价和+6价存在。+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还

原为+3价的铬，亚硫酸钠被氧化产生硫酸钠，根据得失电子相等，结合原子守恒和电荷守恒配平书写离子方程式；(5)向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、NO3-的氧化还原反应生成硝酸铁和NO，阴离子种类不变，则原溶液中存在SO42-，又溶液中含有

四种离子，所含离子的物质的量均为1mol，由电荷守恒可知，含有带一个单位正电荷的阳离子，以此来解答。【详解】(1)血液属于胶体，加入电解质溶液(FeCl3溶液)可使胶粒聚沉，血液凝聚达到止血效果，用氯化铁固体配制成450mL0.1mol/L的溶

液，配制过程中所需要的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、500mL容量瓶，所以还缺少的仪器是胶头滴管、500mL容量瓶；(2)Fe3C在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，Y为Fe3O4，溶于过量的盐酸反应生成氯化亚铁、

氯化铁，溶液有剩余的HCl，溶液中大量存在的阳离子是Fe2+、Fe3+、H+；(3)Fe元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低，由电子、电荷守恒、原子守恒可知，离子反应为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，可见：每生成2molK2FeO4，转移的电子6

mole-，则生成1molK2FeO4，转移的电子数是3NA；(4)自然界中Cr主要以+3价和+6价存在。+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬，亚硫酸钠被氧化产生硫酸钠，根据得失电子相等，Cr2O72-与SO32-的物质的量之比是1：3；结合电荷守恒、原子守恒，可得反应

的离子方程式：Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O；(5)向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、NO3-的氧化还原反应生成硝酸铁和NO，阴离子种类不变，说明原

溶液中原来已经存在SO42-，又溶液中含有四种离子，反应生成了Fe3+，所含离子的物质的量均为1mol，由电荷守恒可知，含有带一个单位正电荷的阳离子，即一定含有Na+，由上述推断可知，该溶液中所含的离子为：Na+、Fe2+、NO3-、SO42-。【点睛】本题考查了氧化还原反应的分析应用

、离子的检验，明确常见离子的性质及检验中发生的化学反应是解答本题的关键，注意检验中应排除离子的相互干扰来解答，并注意离子共存及电荷守恒的应用，结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒，书写有电子转移的离子方程式，并进行有关计算。17.如图是元素周期表的一部分，按要求回答问题：①②③④⑤⑥⑦

⑧⑨(1)元素④在周期表中位置是_______。元素③的最高价氧化物的化学式为________。(2)元素①⑤组成化合物电子式为___________。(3)元素②的单质与⑧的最高价氧化物的水化物热的浓溶液反应的化学方程式为___。(4)元素⑦与⑨形成的化合物与元素③的氢化物的水

溶液反应的离子方程式为_____。(5)元素④⑤⑥⑧形成的简单离子，其离子半径由小到大的顺序为_____(用离子符号表示)。(6)A—F发生如图所示的转化，A、B、C、D为①—⑨中某种元素形成的单质，E、F、G为B、C、D与A形成的二元化合物

，G是一种常见温室气体，与B可以反应生成E，E中B元素的质量分数为60%，F为两性物质。①A和F的化学式分别为_______、_______。②B与G反应的化学方程式为____________________。③C与NaOH溶液反应的离子方程式为______________。【答案】(1).第二

周期第VIA族(2).N2O5(3).(4).C+2H2SO4(浓)ΔCO2↑+2SO2↑+2H2O(5).Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+(6).Mg2+<Na+<O2－<S

2－(7).O2(8).Al2O3(9).2Mg+CO2点燃2MgO+C(10).2Al+2OH－+6H2O=2[Al(OH)]4－+3H2↑【解析】【分析】结合元素周期表可知①为H元素，②为C元素，③为N元素，④为O元素，⑤为Na元素，⑥为Mg元素，⑦为Al元素，⑧为

S元素，⑨为Cl元素。【详解】（1）④为O元素，在周期表中位置是第二周期第VIA族，③是N元素，最高价为+5价，所以元素③的最高价氧化物的化学式为N2O5；（2）元素①⑤组成化合物为NaH，属于离子化合物，Na+的电子式为Na+，H－的电子式为，因而NaH的电子式为；（3）元素②的单质

与⑧的最高价氧化物的水化物分别是C和H2SO4，其化学反应方程式为C+2H2SO4(浓)ΔCO2↑+2SO2↑+2H2O；（4）元素⑦与⑨形成的化合物与元素③的氢化物分别是AlCl3和NH3，NH3的水溶液为NH3·H2O，其离子方程式为Al3++3NH3•H2O=

Al(OH)3↓+3NH4+；（5）元素④⑤⑥⑧形成的简单离子分别是O2-，Na+，Mg2+，S2-，S2-的电子层数为3，其它离子电子层数为2，所以S2-的半径最大；当电子层数相同时，原子序数越小，离子半径越大，因而O2->N

a+>Mg2+；综上可知Mg2+<Na+<O2－<S2－；（6）G是一种常见温室气体，可推知G为CO2，结合A、B、C、D为①—⑨中某种元素形成的单质，且A和D生成G，推断A为O2或C（碳单质），F为两性物质且F为C与A形成的二元化合物，可推知F为Al2O3，因而A为O2，D为C

（碳单质），C为Al；E中B元素的质量分数为60%，结合E为B与A形成的二元化合物，E中O元素的质量分数为40%，则E的相对分子质量为16400.4=，则B元素的相对原子质量为40-16=24，可推知B为Mg，E为MgO，结合G

是一种常见温室气体，与B可以反应生成E，即CO2与Mg点燃生成MgO和C，证明上述推断合理；综上A为为O2，B为Mg，C为Al；D为C（碳单质），E为MgO，F为Al2O3，G为CO2。①由上分析知A和F的化学式

分别为O2，Al2O3；②B与G反应，即Mg与CO2反应，其化学方程式为2Mg+CO2点燃2MgO+C；③C为Al，则C与NaOH溶液反应的离子方程式2Al+2OH－+6H2O=2[Al(OH)]4－+3H2↑。【点睛】第一步，先看电子层数，因为微粒半径大小的决定因素是电

子层数。电子层数越多，其半径越大。这里主要是指同一主族，不同族不能直接比较，不能认为具有3个电子层的氯原子半径大于具有2个电子层的锂原子。第二步在电子层数相同的情况下看核电荷数，因为核电荷数的多少是影响半径大小的次要因素。而核电荷数越多，其半径越小。第三步在电子层数和核电荷数相

同的情况下看电子数，核外电子数是影响半径大小的最小因素。核外电子数越多，其半径越大。注意的是此三步不可颠倒。18.钼是人体必须的微量元素之一，在电子行业有可能取代石墨烯，其化合物钼酸钠晶体（Na2MoO4▪2H2O）可制造阻燃剂和无公

害型冷水系统的金属抑制剂。由钼精矿（主要成分MoS2，含少量PbS等）制备钼及钼酸钠晶体的部分流程如下：（1）焙烧时，下列措施有利于使钼精矿充分反应的是________（填序号）。a增大空气的进入量b将矿石粉碎c采用逆流原理（2）

焙烧过程中，每生成1molMoO3，转移电子数目为_____。（3）写出“碱浸”过程中反应的离子方程式__________。（4）经“结晶”过程可得到钼酸钠晶体的粗品，要得到纯净的钼酸钠晶体，题中方框内需要进行的操作是___

____。（5）焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉，如图为各炉层固体物料的物质的量的百分组成。①图像中纵坐标x=______。②焙烧炉中也会发生MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2的反应，该反应的化学方程式为______

__。每生成标准状况下11.2LSO2，消耗氧化剂的物质的量为______。【答案】(1).abc(2).14NA(3).MoO3+CO2-3＝MoO2-4+CO2↑(4).重结晶(5).16(6).MoS2

+6MoO3高温7MoO2+2SO2(7).1.5mol【解析】【分析】（1）增大氧气的浓度、增大钼精矿和空气中的氧气的接触面积，有利于钼精矿充分反应；（2）辉钼精矿在高温下进行氧化焙烧，MoS2与空气中氧气反应生成MoO3和SO2

，反应中Mo元素和S元素的化合价均升高，由化合价的变化可以计算转移电子数目；（3）由题意可知MoO3为酸性氧化物，碱浸过程中，MoO3与碳酸钠溶液反应生成Na2MoO4和CO2；（4）用重结晶的方法可以将含有

杂质的钼酸钠晶体粗品转化为纯净的钼酸钠晶体；（5）由Mo原子个数守恒计算可得；（6）高温下，MoS2与MoO3发生氧化还原反应生成MoO2和SO2，反应中MoS2中Mo元素化合价不变，S元素由-4升高到+4价被氧化，MoO3中Mo元素化合价由+6价降低到+

4价被还原，做氧化剂。【详解】(1)a.增大空气的进入量，增大了氧气的浓度，有利于钼精矿充分反应，故正确；b.将矿石粉碎，增大了固体表面积，使得钼精矿和空气中的氧气的接触面积更大，有利于钼精矿充分反应，故正确；c.采用逆流原理，可以增大钼精矿和空气中

的氧气的接触面积，有利于钼精矿充分反应，故正确；abc正确，故答案为：abc；（2）辉钼精矿在高温下进行氧化焙烧，MoS2与空气中氧气反应生成MoO3和SO2，反应中Mo元素和S元素的化合价均升高，生成1molMoO3，转移电子的物质的量为(6—4)×1mol+[4—(—2)]×2mol=14m

ol，则转移电子数目为14NA，故答案为：14NA；（3）由题意可知MoO3为酸性氧化物，碱浸过程中，MoO3与碳酸钠溶液反应生成Na2MoO4和CO2，反应的离子方程式为MoO3+CO32—＝MoO42—+CO2↑，故答案为：MoO3+CO32—＝MoO42—+CO2↑；（4）用重结晶的

方法可以将含有杂质的钼酸钠晶体粗品转化为纯净的钼酸钠晶体，故答案为：重结晶；（5）设起始MoS2的物质的量为1mol，MoO3的物质的量分数为a%，由图可知，MoO2的物质的量分数为68%，MoO3与MoS2的物质的量分数相等，由Mo原子个数守恒可得1mol×68%+1mol×a%+1mo

l×a%=1mol，解得a=16，故答案为：16；（6）高温下，MoS2与MoO3发生氧化还原反应生成MoO2和SO2，该反应的化学方程式为MoS2+6MoO3高温7MoO2+2SO2；反应中MoS2中Mo元素化合价不变，S元素由-

4升高到+4价被氧化，MoO3中Mo元素化合价由+6价降低到+4价被还原，做氧化剂，由化学方程式可知，生成2mol二氧化硫反应转移6molMoO3，标准状况下11.2L二氧化硫的物质的量为11.2L22.4mol/L=0.5mol，则消耗氧化剂MoO

3的物质的量为0.5mol62=1.5mol，故答案为：MoS2+6MoO3高温7MoO2+2SO2；1.5mol。【点睛】高温下，MoS2与MoO3发生氧化还原反应生成MoO2和SO2，反应中MoS2中Mo元素化合价不变，S元素由-4升高到+4价被氧化

，MoO3中Mo元素化合价由+6价降低到+4价被还原，做氧化剂是解答关键。19.某溶液A中可能含有3NO−、23CO−、23SO−、24SO−、4NH+、Fe2+、Al3+、Fe3+中的几种离子，且溶液中各离子的物质的量

浓度均为0.1mol/L。现取100mL该溶液A进行如下实验：实验1：向该溶液中逐滴滴入过量的(NH4)2CO3溶液，产生白色沉淀B，并有无色气泡产生。实验2：静置后，再向溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，加热，仍然存在白色沉

淀C，并有无色气泡产生。实验3：静置后，继续向溶液中加入Cu片和过量的盐酸，仍然存在白色沉淀D，溶液变蓝色，并有气泡E产生。(1)白色沉淀C的成分为_________________(填化学式)；气体

E的成分为_______________、_______________(写名称)。(2)实验1中发生反应的离子方程式为_________________________________________。(3)实验3中发生所有反应的离子方程式为__________________________

______________，________________________________________________________________________________。(4)溶液A中__________(填“一定”“可能”或“一定不”)存在

4NH+，理由是________________________________________________________。【答案】(1).BaSO4、BaCO3(2).一氧化氮(3).二氧化碳(4).2Al3++323CO−+3H2O=2Al(OH)3↓

+3CO2↑(5).BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O(6).3Cu+23NO−+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O(7).一定不(8).由实验过程可确定溶液A中一定不存在23CO−、23SO−、Fe2+、Fe3+，一定存在Al3+、3NO−、SO42

-，因Al3+、3NO−、24SO−三种离子已经满足电荷守恒，所以一定不存在4NH+。【解析】【分析】某溶液A中可能含有3NO−、23CO−、23SO−、24SO−、4NH+、Fe2+、Al3+、Fe3+中的几种离子，且溶液中各离子的物质的量浓度均为

0.1mol/L。实验1：向该溶液中逐滴滴入过量的(NH4)2CO3溶液，生成的无色气体为CO2，生成的白色沉淀B是23CO−和溶液中的弱碱阳离子相互促进水解生成的，由于生成的沉淀为白色，故此弱碱阳离

子为Al3+，溶液中一定存在Al3+，不存在23CO−、23SO−，还能说明溶液中不含有生成带颜色沉淀的离子Fe2+、Fe3+；实验2：静置后，再向溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，加热，生成的无色气体为NH3，由于实验1加入的过量的(NH4)2CO3溶液能引入4NH+，故不能确定

原溶液中是否含有4NH+；实验1加入的过量(NH4)2CO3溶液引入23CO−，故生成的白色沉淀C一定含BaCO3，可能含有BaSO4；实验3：静置后，继续向溶液中加入Cu片和过量的盐酸，溶液变蓝色，说明生成了Cu2+，则溶液中存在3NO−，此时，BaCO3溶解生成气体CO2，

白色沉淀D为BaSO4，气体E为NO和CO2，然后进行分析解答；【详解】综上分析可知，溶液中一定不存在23CO−、23SO−、Fe2+、Fe3+，一定存在0.1mol/LAl3+、0.1mol/L3NO−白色沉淀C的成分为BaSO4、BaCO3；气体E为一氧化氮、二氧化

碳；(2)23CO−和Al3+相互促进水解，生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，反应的离子方程式为2Al3++323CO−-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；(3)实验3中白色沉淀C的成分BaCO3与盐酸发生复分解反应：BaCO3+2H+=B

a2++CO2↑+H2O；在酸性条件下Cu与溶液中的3NO−、H+会发生氧化还原反应：3Cu+23NO−+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；(4)由实验过程可确定溶液A中一定不存在23CO−、23SO−、Fe2+、Fe3+，一定存在Al3+、3NO−、24SO−，因Al3

+、3NO−、24SO−三种离子已经满足电荷守恒，所以一定不存在4NH+。【点睛】本题考查了无机推断及常见离子的检验方法，明确常见离子的颜色、常见离子的性质为解答关键，注意掌握常见离子的检验方法。20.四氯化钛常温下为

无色液体，熔点－23.2℃，沸点136.4℃，极易水解。在900℃时，将氯气通过钛铁矿(主要成分是FeTiO3)和炭粉的混合物可反应生成四氯化钛和氯化铁(熔点306℃，沸点315℃)，同时产生一种有毒气体。现制取并收

集四氯化钛的装置如图所示(夹持装置略去)。回答下列问题：(1)仪器a的名称是____。组装好仪器，没加试剂反应前，应该进行的操作是_____。(2)反应开始前，先将钛铁矿粉碎，并与稍过量的炭粉混合均匀，制成多孔

状固体混合物，目的是______________。(3)实验中需通入N2两次，第二次通N2的作用是_________。(4)900℃时，A装置中发生反应的化学方程式为__________。(5)B装置中控温箱温度在1

50～200℃，目的是___________。(6)装置b处存在的缺点是________________。(7)产物TiCl4在热潮湿空气中“发烟”生成TiO2•xH2O，反应方程式为_________。【答案】(1).球形冷

凝管(2).检查装置的气密性(3).增大接触面积，使反应更充分，炭粉稍过量，提高钛铁矿利用率(4).将生成的TiCl4气体完全排入C装置中(5).2FeTiO3+7Cl2+6C2TiCl4+2FeCl3+6

CO(6).冷凝或凝结FeCl3固体，除去FeCl3(7).缺少吸收CO防止污染大气的装置(8).TiCl4+(2+x)H2OTiO2•xH2O+4HCl【解析】【分析】浓盐酸与KMnO4反应制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，制取得到的Cl2中含有杂质HCl及水蒸气，用饱和N

aCl溶液除去HCl，然后经浓硫酸干燥得到纯净Cl2，在A中与钛铁矿及焦炭在加热时发生反应产生TiCl4、FeCl3及水，在B装置中控制温度在150～200℃，将FeCl3冷凝分离除去，C收集产品，D装置用碱石灰吸收反应中剩余的氯气，同时

防止空气中的水蒸气进入C装置，但该装置缺少对CO处理的装置。【详解】(1)仪器a为球形冷凝管；装置组装好以后，加入试剂之前须进行的操作是检查装置的气密性；(2)实验中先将钛铁矿粉碎，并与稍过量的炭粉混合均匀，制成多孔状固体混合物，可增大反应物接触面，炭粉稍过量，可以提高钛铁矿利用率；(3)实

验中两次通入N2，第一次通入是排出装置中的空气，防止其干扰实验，第二次通入N2的作用是将生成的TiCl4气体完全排入冷凝管冷却；(4)干燥纯净的氯气在A中与FeTiO3和炭粉的混合物反应生成四氯化钛和氯化铁，其化学反应方程式为：2FeTiO3+7Cl2+6C2TiCl4+2FeCl3

+6CO；(5)因为反应生成四氯化钛和氯化铁，而四氯化钛常温下为液体，沸点136.4℃，氯化铁的熔点306℃，沸点315℃，装置B的控温箱温度在150～200℃，就可以使氯化铁凝结为固体，从而可以让将生成

的TiCl4气体完全排入冷凝管冷却，并且与氯化铁分离；(6)D装置用碱石灰吸收反应中剩余的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入C装置，但该装置缺少对CO处理的装置；(7)产物TiCl4在热潮湿空气中“发烟”生成TiO2•xH2O，反应的

化学方程式为TiCl4+(x+2)H2OTiO2•xH2O↓+4HCl。【点睛】本题考查了物质制备方案设计，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、环境保护等，明确实验原理及实验基本操作方法、知道各个装置作用是解本题关

键，注意相关基础知识的学习与积累，题目侧重考查学生的分析问题和解决问题的能力。