2024屆吉林省長春市八中化學高一上期末調研模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、鋁在空氣中能夠穩定存在的原因是A．鋁的活潑性差 B．鋁的還原性差C．鋁與氧氣不反應 D．鋁表面有氧化膜2、下列實驗結論與實驗操作及現象相符的一組是（）選項實驗操作及現象實驗結論A．向某溶液中加入HCl溶液，產生的氣體使澄清的石灰水變渾濁該溶液中含有CO32-B．向某溶液中通入Cl2，再加入KSCN溶液，溶液變紅該溶液中一定含有Fe2+C．鐵粉加入CuSO4溶液中，析出紅色固體氧化性：Fe2+＞Cu2+D．向FeCl3溶液中滴加濃的維生素C溶液，黃色褪去維生素C具有還原性A．A B．B C．C D．D3、隨著堿金屬原子序數的增大，其單質物理性質變化規律正確的是()A．熔點依次升高 B．熔點依次降低 C．密度依次減小 D．密度依次增大4、下列生活中常見用品與其類別或主要成分對應正確的是ABCD用品名稱太陽能電池濃硫酸84消毒液純堿類別或主要成分SiO2H2SO4純凈物NaOHA．A B．B C．C D．D5、配制一定物質的量濃度的Na2CO3溶液，下列操作會使溶液濃度偏高的是A．少量Na2CO3固體殘留在稱量紙上 B．溶解Na2CO3時燒杯中有少量蒸餾水C．轉移時沒有洗滌燒杯和玻璃棒 D．定容至液面最高處與刻度線相平6、分類是學習和研究化學的一種重要方法，下列分類不合理的是A．NaOH、Ba(OH)2屬于堿 B．H2SO4、CH3COOH屬于酸C．Na2CO3、NaHSO4屬于鹽 D．Na2O、Na2O2屬于堿性氧化物7、鋁鎂合金材料在現代裝飾材料中占有極為重要的地位,這種材料常用于制作門窗框、防護欄等。下列鋁鎂合金的性質與這些用途無關的是A．不易生銹 B．導電性好 C．密度小 D．強度高8、考古學上常用來測定文物的年代。的原子核內中子數是（）A．8 B．10 C．14 D．209、白色固體混合物A，含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的幾種，常溫常壓下進行如下實驗。下列推斷不正確的是A．無色溶液B的pH≥7B．白色固體F的主要成分是H2SiO3C．混合物A中有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3D．在無色溶液B中加HNO3酸化，無沉淀；再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，說明混合物A中有KCl10、在蒸餾實驗中，下列敘述不正確的是（）A．在蒸餾燒瓶中盛約1/2體積的自來水，并放入幾粒沸石B．將溫度計水銀球插入自來水中C．冷水從冷凝管下口入，上口出D．收集蒸餾水時，應棄去開始餾出的部分11、既含離子鍵又含共價鍵的物質是A．H2B．NaOHC．H2OD．MgC1212、下列物質間的相互轉化通過一步反應就可以實現的是（）A．Fe→FeCl3B．S→SO3C．SiO2→H2SiO3D．Al2O3→Al(OH)313、下列離子方程式中，不正確的是A．過量CO2氣體通入NaOH溶液中：CO2+OH－=HCO3－B．將氯氣通入水中：Cl2+H2OCl－+ClO－+2H＋C．向SiO2粉末中加入足量的NaOH溶液：SiO2+2OH－=SiO32－+H2OD．用氯化鐵溶液腐蝕銅，制作印刷電路板：2Fe3＋+Cu=2Fe2＋+Cu2＋14、將6.2g的Na2O加入到ag水中，充分反應后，溶液中N(Na+):N(H2O)為1:10,則a為()A．62g B．36g C．19.8g D．37.8g15、A、B、C為3種單質（其中A為固體，B、C為氣體），將D的飽和溶液滴人沸水中繼續煮沸，溶液呈紅褐色，B、C反應的產物易溶于水得到無色溶液E。它們之間的轉化關系如圖，下列推斷正確的是A．物質B是H2 B．物質C是Cl2 C．物質D是FeCl2 D．物質F是FeCl216、下列敘述正確的是（）A．液氨用作制冷劑發生的是化學反應B．氨氣溶水得到氨水發生的只是物理變化C．分離液態空氣制取氮氣屬于氮的固定D．氮氣與氫氣化合生成氨氣屬于人工固氮17、某無色混合氣體可能含有CO2、CO、H2O(g)、H2中的一種或幾種，依次進行如下處理(假設每次處理均反應完全)：①通過堿石灰，氣體體積減小；②通過灼熱的氧化銅時，固體變為紅色；③通過無水CuSO4粉末時，粉末變為藍色；④通過澄清石灰水時，溶液變為渾濁。由此可以確定混合氣體中A．一定含有CO2、H2O蒸氣，可能含有H2、COB．一定含有H2O蒸氣、CO，可能含有CO2、H2C．一定含有CO2、CO，可能含有H2O蒸氣、H2D．一定含有CO、H2，可能含有H2O蒸氣、CO2中的1種或2種18、下列有關鎂及其化合物的離子方程式書寫正確的是（）A．MgCO3與鹽酸反應：CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2OB．Mg(OH)2與H2SO4反應：Mg2＋＋2OH-＋2H＋＋SO42-=MgSO4↓＋2H2OC．鎂與醋酸反應：Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑D．氯化鎂溶液與AgNO3溶液反應：Ag+＋Cl-=AgCl↓19、用濃氯化銨溶液處理過的舞臺幕布不易著火。其原因是()①幕布的著火點升高②幕布的質量增加③氯化銨分解吸收熱量，降低了溫度④氯化銨分解產生的氣體隔絕了空氣A．①② B．③④ C．①③ D．②④20、Al2(SO4)3、K2SO4、的混合溶液100mL中，如果的濃度為，當加入的KOH溶液80mL時，生成沉淀恰好溶解，則原混合物中K+的物質的量濃度是A．0.4mol/LB．0.225mol/LC．0.2mol/LD．0.1mol/L21、將一定量的Mg、Al混合物投入200mL某濃度的鹽酸中，金屬完全溶解后，再逐滴加入2mol·L-1的NaOH溶液至過量，所生成的沉淀與所加NaOH的關系如圖所示。則鹽酸的濃度是A．2.5molL-1 B．3molL-1C．3.5molL-1 D．4molL-122、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列敘述正確的是（）A．標況下，224LH2O含有的分子數為10NAB．1mol任何氣體所含的原子數均為NAC．28gCO所含的分子數為NAD．標況下，NA個分子的體積為22.4L二、非選擇題(共84分)23、（14分）根據下列轉化關系（反應條件略去），A、B、C、D中均含有同一種元素，回答下頭問題：（1）若A為Na，則固體C的顏色為__________________，寫出反應③的化學方程式___________________________。（2）若A為N2，寫出反應③的化學方程式___________________________。（3）若A為S，寫出D的濃溶液與Cu在加熱情況下反應的化學方程式____________________。（4）若A為NH3，則__________（填“能”與“不能”）用鐵制容器儲存D的濃溶液。寫出過量Fe與D的稀溶液反應（還原產物只有B）的離子方程式_______________________________。24、（12分）X、Y、W、Z是四種常見的短周期元素，其原子半徑隨原子序數變化如圖所示。已知X的一種核素的質量數為18，中子數為10，Y和Ne原子的核外電子總數相差1；W的單質是一種常見的半導體材料；Z的非金屬性在同周期主族元素中最強。請回答下列問題：(1)W位于元素周期表中第________周期第________族。畫出X的陰離子的結構示意圖：____________。(2)Z的氫化物和溴化氫相比，較穩定的是________(寫電子式)。(3)Y的金屬性與Mg的金屬性相比，________的金屬性強(寫化學式)，請用實驗證明它們金屬性的相對強弱：___________。(4)寫出Y的最高價氧化物對應的水化物與Z的最高價氧化物對應的水化物發生反應的化學方程式：_______。25、（12分）I．在如圖裝置中，用NaOH溶液、鐵屑、稀H2SO4等試劑制備Fe（OH）2。（1）在試管Ⅰ里加入的試劑是_____；（2）在試管Ⅱ里加入的試劑是_____；（3）為了制得白色Fe（OH）2沉淀，在試管Ⅰ和Ⅱ中加入試劑后應________（填“打開”或者“關閉”）止水夾，反應一會兒后應________（填“打開”或者“關閉”）止水夾。II．某化學興趣小組用下圖裝置制取并探究氯氣的性質。[A裝置中發生反應的化學方程式：2KMnO4+16HCl（濃）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O]（1）A裝置中a儀器的名稱是_____________。（2）實驗室制氯氣也可用MnO2與濃鹽酸反應，化學方程式為：_____（3）實驗進行一段時間后，可觀察到______（填“B”或“C”）裝置中有色布條褪色，請用化學方程式表示其褪色原因__________。（4）當氯氣進入D裝置后，可觀察到溶液顏色變為____（填“紅色”或“藍色”），寫出該反應的離子方程式為_________。（5）E裝置中反應的化學方程式為________。（6）用31.6gKMnO4固體與足量的濃鹽酸反應，最多可生成標準狀況下_____L氯氣。（KMnO4的摩爾質量為158g·mol-1）26、（10分）某實驗小組擬配制0.10mol·L-1的氫氧化鈉溶液并進行有關性質實驗，回答下列問題。(1)若實驗中大約要使用475mL氫氧化鈉溶液，至少需要稱量氫氧化鈉固體________g。

(2)從如圖中選擇稱量氫氧化鈉固體所需要的儀器________(填序號)。

(3)定容時加水超過刻度線，會使配制溶液的濃度_________(偏高，偏低或不變)。

(4)下列情況會使所配溶液濃度偏低________(填序號)。①稱量讀數時，左盤高，右盤低②溶液轉移到容量瓶后，未進行洗滌操作③轉移溶液前容量瓶內有少量蒸餾水④定容時，仰視容量瓶的刻度線⑤在燒杯中溶解氫氧化鈉后，立即將所得溶液注入容量瓶中⑥定容后搖勻，發現液面降低，又補加少量水，重新達到刻度線27、（12分）某學生用12mol·L－1的濃鹽酸配制0.10mol·L－1的稀鹽酸500mL。回答下列問題。（1）關于容量瓶的使用，下列操作正確的是___(填序號)。a.使用前要檢驗容量瓶是否漏液b.用蒸餾水洗滌后必須要將容量瓶烘干c.為了便于操作，濃溶液稀釋或固體溶解可直接在容量瓶中進行d.為了使所配溶液濃度均勻，定容結束后，要搖勻e.用500mL的容量瓶可以直接配制480mL溶液f.當用容量瓶配制完溶液后，可用容量瓶存放配制的試劑（2）量取濃鹽酸的體積為___mL，應選用的量筒規格為___(填“10mL”“25mL”或“50mL”)。（3）配制時應選用的容量瓶規格為___。28、（14分）NaCl是一種化工原料，可以制備一系列物質，如圖所示。請回答下列問題：（1）上述流程框圖中屬于電解質且存在熔融態導電的是________，屬于非電解質的是_______。（2）H2和Cl2的反應屬于______________________（填字母。A．化合反應b.離子反應c.氧化還原反應（3）電解飽和NaCl溶液的化學方程式為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。該反應中氧化產物是___________，每轉移0.2mol電子，共產生標準狀況下氣體的總體積是_____L。（4）Na2CO3溶液中通入少量HCl，發生反應的離子方程式為_______________________。29、（10分）某研究性學習小組請你參與“鐵及其化合物”有關性質的實驗探究，并共同解答下列問題：探究一設計如圖所示裝置進行“鐵與水反應”的實驗(夾持儀器略)。（1）硬質玻璃管B中發生反應的化學方程式為_______________________________。（2）反應前A中投放碎瓷片的目的是____________________。（3）裝置E中的現象是__________________________________。探究二FeBr2是一種黃綠色鱗片狀的固體，某研究性學習小組為了探究它的還原性，進行了如下實驗：I．實驗需要90mL0.10mol·L－1FeBr2溶液（1）配制FeBr2溶液除燒杯、量筒、玻璃棒、膠頭滴管外還需的玻璃儀器是________。（2）下列有關配制過程中說法正確的是________（填序號）。a．用托盤天平稱量質量為1.944g的FeBr2b．將稱量的FeBr2放入容量瓶中，加90mL蒸餾水溶解c．洗滌溶解FeBr2的燒杯，并將洗滌液轉移至容量瓶中d．容量瓶貼簽存放配好的FeBr2溶液e．定容時，仰視容量瓶刻度線會使配制的FeBr2溶液濃度偏高II．探究FeBr2的還原性取10mL上述FeBr2溶液，向其中滴加少量新制的氯水，振蕩后溶液呈黃色。某同學對產生黃色的原因提出了假設：假設1：Br－被Cl2氧化成Br2溶解在溶液中；假設2：Fe2+被Cl2氧化成Fe3+。（3）請你完成下表，驗證假設實驗步驟、預期現象結論①向溶液中加入__________，振蕩、靜置，現象：下層呈橙紅色，上層呈無色假設1正確②向溶液中加入_____________現象：溶液變為紅色假設2正確若假設1正確，從實驗①中分離出Br2的實驗操作名稱是_______________。（4）已知：Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-。若在50mL上述FeBr2溶液中通入標準狀況112mlCl2，反應的離子方程式為__________________________________________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、D【解題分析】

A.Al原子的最外層電子數較少，原子半徑較大，易失電子，活潑性較強，選項A錯誤；B.鋁是活潑金屬，易失電子，其還原性較強，選項B錯誤；C.鋁能與氧氣反應生成氧化鋁，選項C錯誤；D.Al在空氣中與氧氣反應生成一層致密的氧化物薄膜，是鋁在空氣中能夠穩定存在的原因，選項D正確。答案選D。2、D【解題分析】

A.原溶液中也可能是，甚至可能是或，A項錯誤；B.僅根據現象無法說明使溶液變紅的是一開始就有的，還是原溶液中的被氯氣氧化產生的，若想檢測的存在應改變試劑的加入順序，B項錯誤；C.鐵和硫酸銅的反應中，是氧化劑，是氧化產物，根據同一氧化還原反應中氧化性：氧化劑>氧化產物的規律，應該是的氧化性強于，C項錯誤；D.是黃色的且具有氧化性，若黃色褪去說明被還原，則維生素C具有還原性，D項正確；答案選D。3、B【解題分析】

隨著堿金屬原子序數的增大，其電子層數依次增多，其單質熔點和沸點依次降低，除K元素外，密度依次增大，故答案選B。4、B【解題分析】

A.硅導電性介于導體與絕緣體之間，是良好的半導體材料，是制造太陽能電池的重要原料，故A錯誤；B、硫酸的化學式為H2SO4，故B正確；C、“84消毒液”是次氯酸鈉（NaClO）的水溶液，屬于混合物，故C錯誤；D、純堿的成分為Na2CO3，故D錯誤；答案：B。5、D【解題分析】

c=n【題目詳解】A.少量Na2CO3固體殘留在稱量紙上會使進入容量瓶的溶質變小，導致溶液濃度偏低，故A不選；B.溶解Na2CO3時燒杯中有少量蒸餾水，既不影響溶質的物質的量，也不影響溶液的體積，故不會使溶液濃度發生變化，故B不選；C.轉移時沒有洗滌燒杯和玻璃棒，會有溶質殘留在燒杯和玻璃棒上而沒有轉移入容量瓶中，使溶質偏小，導致溶液濃度偏低，故C不選；D.定容時應使液面最低處與刻度線相平，如果液面最高處與刻度線相平，則水的加入量不夠，使溶液體積變小，導致溶液濃度偏高，故D選。故選D。【題目點撥】分析配制一定物質的量濃度溶液的誤差時，要從溶質的物質的量和溶液體積兩個方面考慮。6、D【解題分析】

A．NaOH和Ba(OH)2均為強堿，A項正確；B．硫酸為強酸，醋酸為弱酸，B項正確；C．碳酸鈉是正鹽，硫酸氫鈉為酸式鹽，C項正確；D．氧化鈉是堿性氧化物，過氧化鈉不是堿性氧化物，D項錯誤；答案選D。7、B【解題分析】

A．不易生銹，用作建筑裝潢材料，美觀，故選項A不選；B．導電性好，與裝潢無關，故選項B可選；C．密度小，用作建筑裝潢材料，輕，故選項C不選；D．強度高，用作建筑裝潢材料，堅固耐用，故選項D不選。答案選B。8、A【解題分析】

在原子的符號中，左上角表示質量數，左下角表示質子數，質量數與質子數的差值為中子數，所以中子數=14-6=8。故選A。9、C【解題分析】

白色固體混合物A加水得無色溶液B和固體C，B中肯定不含Cu2+，但結合固體C加過量硝酸，產生藍色溶液，說明A到B的過程中Cu2+轉化為沉淀，A中必含有CuSO4，又結合固體C中加過量硝酸后得到白色固體F，說明A中必含有Na2SiO3，而且固體C與硝酸反應可得無色氣體，該氣體只能是CO2，可能是CaCO3和硝酸反應，也可能是Cu2+和CO32-雙水解得到的堿式碳酸銅與硝酸反應生成的，因此，不能確定碳酸鈣和碳酸鈉是否一定存在，但兩者至少存在一種。【題目詳解】A.無色溶液B成分復雜，若B中只含有KCl，則pH=7；若含有Na2CO3或硅酸鈉或兩者均有，則CO32-和硅酸根離子水解使溶液顯堿性，pH>7，故無色溶液pH≥7，A項正確；B.白色固體F難溶于硝酸，說明F為H2SiO3，B項正確；C.固體C加入硝酸得無色氣體，該氣體只能是CO2，可能是CaCO3生成的，也可能是Na2CO3與硫酸銅反應生成的堿式碳酸銅再與硝酸反應生成的CO2，因此，固體C中不一定含有CaCO3，C項錯誤；D.檢驗Cl-可用硝酸酸化的AgNO3溶液，所以證明A含有KCl，證明Cl-即可，D項正確。故答案選C。10、B【解題分析】

A、為防止暴沸，蒸餾時，加入的液體約為蒸餾燒瓶容積的三分之一，且加入幾粒沸石，故A正確；B、溫度計測的是蒸氣的溫度，水銀球應位于蒸餾燒瓶支管口處，故B錯誤；C、冷凝管中冷水從下口流進，上口流出，故C正確；D、因為儀器中難免有雜質存在，為保證蒸餾水的純度應棄去開始餾出的部分，故D正確。答案選B。【題目點撥】蒸餾操作注意事項：（1）在蒸餾燒瓶中放少量碎瓷片，防止液體暴沸。（2）溫度計水銀球的位置應與支管口下端位于同一水平線上。（3）蒸餾燒瓶中所盛放液體不能超過其容積的2/3，也不能少于1/3。（4）冷凝管中冷卻水從下口進，上口出。（5）加熱溫度不能超過混合物中沸點最高物質的沸點。11、B【解題分析】

一般來說，活潑金屬元素與活潑非金屬元素形成離子鍵，非金屬元素之間形成共價鍵，【題目詳解】A項、H2是雙原子分子，分子中只有共價鍵，故A錯誤；B項、NaOH是由鈉離子和氫氧根離子構成的離子化合物，鈉離子和氫氧根之間是離子鍵，氫氧根內部存在共價鍵，故B正確；C項、H2O是共價化合物，分子中只有共價鍵，故C錯誤；D項、MgC12是離子化合物，只存在鎂離子和氯離子之間的離子鍵，故D錯誤。故選B。【題目點撥】本題考查化學鍵，為高頻考點，把握離子鍵、共價鍵判斷的一般規律為解答的關鍵。12、A【解題分析】

A.Fe與氯氣在點燃的條件下直接化合生成FeCl3，通過一步反應就可以實現，A選；B.S與氧氣在點燃條件下化合生成二氧化硫，不能直接生成SO3，B不選；C.SiO2不溶于水，不能直接轉化為H2SiO3，C不選；D.Al2O3不溶于水，不能直接轉化為Al(OH)3，D不選；答案選A。13、B【解題分析】

A．向NaOH溶液中通入過量的CO2生成碳酸氫鈉，離子反應為CO2+OH-═HCO3-，故A正確；

B．氯氣通入水中，離子方程式：Cl2+H2O═Cl-+HClO+H+，故B錯誤；

C．二氧化硅溶于NaOH溶液，離子方程式：SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，故C正確；

D．用FeCl3溶液腐蝕銅來制作印刷電路板，反應的離子方程式為：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故D正確；

故選：B。14、D【解題分析】

6.2gNa2O的物質的量為：=0.1mol，n(Na+)=2n(Na2O)=0.2mol；根據N=nNA可知，n(Na+)：n(H2O)=N(Na+)：N(H2O)=1：10，則n(H2O)=2mol；由于0.1molNa2O溶于水生成NaOH消耗0.1mol水，則水的總物質的量為：0.1mol+2mol=2.1mol，需要水的質量為：18g/mol×2.1mol=37.8g，即a=37.8；故選：D。【題目點撥】本題考查化學計算，題目難度不大，明確發生反應實質為解答關鍵，注意掌握物質的量與其它物理量之間的轉化關系，試題側重考查學生的分析能力及化學計算能力。15、D【解題分析】

將D的飽和溶液滴人沸水中繼續煮沸，溶液呈紅褐色，則D是FeCl3；由于A、B為單質（其中A為固體，B為氣體），所以A是Fe，B是Cl2；向FeCl3溶液中加入Fe，發生反應變為FeCl2；氣體B、C反應的產物易溶于水得到無色溶液E，則C是H2,E是HCl，鹽酸與Fe發生反應產生FeCl2；因此選項正確的是D。16、D【解題分析】

A.液氨用作制冷劑,是因為它汽化時會吸收大量的能量，汽化是物理變化，A錯誤；B.氨氣溶水得到氨水，大部分氨氣和水反應生成了一水合氨，發生的既有物理變化又有化學變化，B錯誤；C.氮的固定是把空氣中的氮氣轉變成含氮化合物的過程，分離液態空氣制取氮氣是物理變化，不屬于氮的固定，C錯誤；D.氮的固定有自然固氮和人工固氮，氮氣與氫氣化合生成氨氣屬于人工固氮，D正確；答案選D。17、D【解題分析】

①通過堿石灰時，氣體體積變小；堿石灰吸收水和二氧化碳，體積減小證明至少有其中一種，而且通過堿石灰后全部吸收；②通過赤熱的氧化銅時，固體變為紅色；可能有CO還原氧化銅，也可能是氫氣還原氧化銅，也可能是兩者都有；③通過白色硫酸銅粉末時，粉末變為藍色，證明有水生成，而這部分水來源于氫氣還原氧化銅時生成，所以一定有氫氣；④通過澄清石灰水時，溶液變渾濁證明有二氧化碳，而二氧化碳來源于一氧化碳還原氧化銅，所以一定有一氧化碳，綜上分析：混合氣體中定含有CO、H2，至少含有H2O、CO2中的一種；答案選D。18、D【解題分析】

A．MgCO3微溶于水，不能拆成離子形式，A不正確；B．Mg(OH)2難溶于水，不能拆成離子形式，B不正確；C．醋酸是弱酸，不能拆成離子的形式，C不正確；D．MgCl2與AgNO3都是易溶于水的強電解質，都可拆成離子，且方程式滿足守恒原則，D正確；故選D。19、B【解題分析】

氯化銨分解吸收熱量，能降低火焰溫度，達不到幕布的著火點；并且分解產物氯化氫和氨氣能隔絕空氣，均破壞了可燃物的燃燒條件，故能使幕布不易著火，答案選B。【題目點撥】本題從燃燒的必要條件以及NH4Cl的性質進行分析。20、A【解題分析】

加入的的物質的量為n（KOH）=2mol/L×0.08L=0.16mol，因為沉淀恰好溶解，根據可知原溶液中和加入的是1:4的關系，則原溶液中有0.04mol，Al3+的濃度為；根據電荷守恒，c（K+）+3c（Al3+）=2c（SO42-），則c（K+）=0.8mol/L×2-0.4mol/L×3=0.4mol/L，答案選A。21、B【解題分析】

沉淀量最大時，溶液為氯化鈉溶液，由原子守恒可知，n(HCl)=n(NaCl)=n(NaOH)=0.3L×2mol/L=0.6mol，可知鹽酸的濃度為=3mol/L，故答案為B。【題目點撥】把握圖象與反應的對應關系、原子守恒為解答的關鍵，注意沉淀量最大時的分析，題目難度不大。22、C【解題分析】

A．氣體摩爾體積只適用氣體；B．氣體分子可以是雙原子分子、也可以是單原子分子或多原子分子；C．依據n=計算一氧化碳的物質的量；D．氣體摩爾體積只適用氣體【題目詳解】A．標況下水為液態，不能使用氣體摩爾體積，故A錯誤；B．體分子可以是雙原子分子、也可以是單原子分子或多原子分子，所以1mol任何氣體所含的原子數不都為NA，故B錯誤；C.28gCO的物質的量==1mol，所含的分子數為NA，故C正確；D．物質在標況下的狀態不知道，不能使用氣體摩爾體積，故D錯誤；故選C。二、非選擇題(共84分)23、淡黃色2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑3NO2＋H2O===2HNO3＋NOCu＋2H2SO4(濃)CuSO4＋SO2↑＋2H2O能3Fe＋8H＋＋2NO3－===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O【解題分析】(1).若A為Na，由轉化關系圖可知，B為Na2O、C為Na2O2、D為NaOH，Na2O2是淡黃色固體，Na2O2與水反應生成NaOH和O2，化學方程式為2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，故答案為淡黃色；2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；(2).若A為N2，由轉化關系圖可知，B為NO、C為NO2、D為HNO3，反應③是二氧化氮和水反應生成硝酸和一氧化氮，化學方程式為3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，故答案為3NO2＋H2O=2HNO3＋NO；(3).若A為S，由轉化關系圖可知，B為SO2、C為SO3、D為H2SO4，濃硫酸與Cu在加熱的條件下反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，化學方程式為Cu＋2H2SO4(濃)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，故答案為Cu＋2H2SO4(濃)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；(4).若A為NH3，由轉化關系圖可知，B為NO、C為NO2、D為HNO3，常溫下鐵可被濃硝酸鈍化，所以可用鐵制容器儲存濃硝酸，過量的Fe與稀硝酸反應生成硝酸亞鐵、一氧化氮和水，離子方程式為3Fe＋8H＋＋2NO3－=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，故答案為能；3Fe＋8H＋＋2NO3－=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O。點睛：本題主要考查元素化合物的推斷，涉及Na、S、N等元素的單質及其化合物的性質和轉化關系，解答本題的突破口是A能被氧氣連續氧化，說明A中存在的某種元素有多種化合價，根據物質的顏色、物質的性質并結合D的性質分析解答即可，試題難度中等。24、三ⅣANaNa與冷水劇烈反應，而Mg與冷水反應較慢NaOH＋HClO4=NaClO4＋H2O【解題分析】

四種常見的短周期元素，X的一種核素的質量數為18，中子數為10，則X的質子數為8，故X是O元素；Y和Ne原子的核外電子總數相差1，又根據如圖Y的原子半徑大于O原子半徑，所以Y為Na元素；W的單質是一種常見的半導體材料，W的原子序數大于Na，則W為Si；Z的非金屬性在同周期主族元素中最強，Z的原子序數大于Si，則Z為Cl元素，據此分析解答。【題目詳解】(1)根據上述分析可知，W為Si元素，位于元素周期表第三周期第ⅣA族，X為O元素，其陰離子為O2-，離子結構示意圖為，故答案為：三；ⅣA；；(2)Z元素為Cl元素，其氫化物為HCl，因為非金屬性Cl>Br，所以穩定性HCl>HBr，HCl的電子式為，故答案為：；(3)同一周期從左到右，元素金屬性依次減弱，且Na與冷水劇烈反應，而Mg與冷水反應較慢，因此金屬性Na>Mg，故答案為：Na；Na與冷水劇烈反應，而Mg與冷水反應較慢；(4)Y的最高價氧化物對應的水化物為NaOH，Z的最高價氧化物對應的水化物為HClO4，兩者發生中和反應，反應方程式為NaOH＋HClO4=NaClO4＋H2O，故答案為：NaOH＋HClO4=NaClO4＋H2O。【題目點撥】本題以“元素周期表中元素的推斷”為載體，考查學生對元素周期表的熟悉程度及對元素周期律的認識程度，思維容量較大，重在考查運用元素周期律解決具體化學問題的能力，注意根據提給信息，結合如圖原子序數與原子半徑的關系正確推斷出元素的種類，然后根據同周期、同主族元素性質的遞變規律解答。25、鐵屑、稀H2SO4NaOH溶液打開關閉分液漏斗C藍色Cl2+2I－=2Cl－+I2Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O11.2L【解題分析】

試題Ⅰ，由于Fe(OH)2極易被氧化，所以在使用上述裝置制備Fe(OH)2時，應當在Ⅰ試管中加入鐵粉和稀硫酸，Ⅱ試管中加入NaOH溶液；初始階段，打開止水夾，利用試管Ⅰ中產生的氫氣對整套裝置進行排氣，驅趕裝置內的空氣和溶液中溶解的O2；一段時間后再關閉止水夾，利用Ⅰ試管中氣壓的逐漸增大，將含有Fe2+的溶液排入到Ⅱ試管中，這樣就能制備出保存時間較長的Fe(OH)2了。試題Ⅱ，本題利用高錳酸鉀溶液與濃鹽酸反應制備氯氣，這個反應不需要加熱，而采用濃鹽酸和MnO2反應制備氯氣時需要加熱；由于鹽酸具有揮發性，所以產生的氯氣中含有雜質HCl以及水蒸氣，但在本題中HCl雜質對于Cl2性質的驗證并不產生干擾，所以只對其進行了干燥處理；B和C裝置中的紅布條一個是干燥的一個是濕潤的，通過現象的對比，就可以驗證Cl2漂白性來源于Cl2與水反應生成的次氯酸；D裝置通過淀粉變藍驗證I2的生成，進而證明Cl2氧化性強于I2；在做完性質驗證實驗后，氯氣仍會有部分未反應完，所以需要尾氣處理裝置，減少對環境的污染。【題目詳解】Ⅰ(1)通過分析可知，試管Ⅰ中應當加入稀硫酸和鐵粉，產生氫氣的同時也產生Fe2+，利用產生的氫氣再配合止水夾適當地開閉，就可以實現對整套裝置內殘留空氣的排氣；(2)通過分析可知，試管Ⅱ中加入的為NaOH溶液，即Fe(OH)2是在試管Ⅱ中反應生成的；(3)由于Fe(OH)2極易被氧化，所以在初始階段，打開止水夾，利用試管Ⅰ中產生的氫氣對整套裝置進行排氣，驅趕裝置內的空氣和溶液中溶解的O2；一段時間后再關閉止水夾，利用Ⅰ試管中氣壓的逐漸增大，將含有Fe2+的溶液排入到Ⅱ試管中，這樣就能制備出保存時間較長的Fe(OH)2了；Ⅱ(1)裝置A中儀器a的名稱即為分液漏斗；(2)用濃鹽酸和MnO2反應制氯氣的方程式為：；(3)B中的紅布條是干燥的，所以不會被Cl2漂白褪色，C中的紅布條是濕潤的所以可以被Cl2漂白褪色；Cl2的漂白性來源于與水反應生成的次氯酸，方程式為：；(4)氯氣的氧化性強于碘單質，所以D裝置中，氯氣會將碘單質置換出來，從而使裝置內的淀粉變藍；涉及的反應即為：；(5)E裝置為尾氣吸收裝置，用來除去未反應的Cl2，涉及到的化學方程式為：；(6)由高錳酸鉀和濃鹽酸反應制取氯氣的方程式可知，31.6gKMnO4即0.2mol，可以與足量的濃鹽酸生成0.5mol氯氣，標況下的體積即為11.2L。26、2.0①②⑤偏低①②④⑥【解題分析】

(1)根據配制溶液體積選擇合適容量瓶，根據m=cVM計算需要氫氧化鈉的質量；(2)稱量一定質量的固體物質一般用托盤天平、藥匙，稱量腐蝕性藥品應用小燒杯盛放；(3)、(4)分析操作對溶質的物質的量和溶液體積的影響,根據c=n/V進行誤差分析。【題目詳解】(1)配制475mL、0.10mol/LNaOH溶液,應選擇500mL容量瓶，實際配制500mL溶液，需要氫氧化鈉質量m=0.5×0.1×40=2.0g，故答案為：2.0；(2)氫氧化鈉具有腐蝕性，所以稱量氫氧化鈉固體應用的儀器：托盤天平，藥匙，小燒杯，故答案為：①②⑤；(3)定容時加水超過刻度線，所配制的溶液的體積偏大，會使配制溶液的濃度偏低，故答案為：偏低；(4)①稱量讀數時，左盤高，右盤低，導致稱量的固體質量偏小，溶質的物質的量偏小，溶液濃度偏低，故選；②溶液轉移到容量瓶后，未進行洗滌操作，導致部分溶質損耗，溶質的物質的量偏小，溶液濃度偏低，故選；③轉移溶液前容量瓶內有少量蒸餾水，對溶質的物質的量和溶液體積都不產生影響，溶液濃度不變，故不選；④定容時，仰視容量瓶的刻度線，導致溶液體積偏大，溶液濃度偏低，故選；⑤在燒杯中溶解NaOH后，立即將所得溶液注入容量瓶中，冷卻后，溶液體積偏小，溶液濃度偏高，故不選；⑥定容后搖勻，發現液面降低，又補加少量水，重新達到刻度線，導致溶液體積偏大，溶液濃度偏低，故選；綜上所述，①②④⑥滿足題意，故答案為：①②④⑥。【題目點撥】配制一定物質的量濃度的溶液誤差分析要依據c=n/V進行分析：凡是實驗操作中引起溶質的量n增大的，所配溶液的濃度偏高，凡是實驗操作中引起溶液體積V增大的，所配溶液的濃度偏低。27、ad4.210mL500mL【解題分析】

(1)根據容量瓶的構造和使用方法及其注意事項分析判斷；(2)配制500mL稀鹽酸，需要選用500mL容量瓶進行配制，根據配制過程中溶質HCl的物質的量不變計算出需要濃鹽酸的體積，并判斷選用的量筒規格。【題目詳解】(1)a．容量瓶口部有塞子，使用前要先檢查容量瓶是否漏液，故a正確；b．容量瓶用蒸餾水洗凈后不影響溶液的體積，濃度不變，所以不需要干燥，故b錯誤；c．容量瓶不能用來稀釋和溶解物質，故c錯誤；d．為了使所配溶液濃度均勻，定容結束后，需要顛倒搖勻，故d正確；e．實驗室沒有480mL的容量瓶，應該選用500mL的容量瓶，但不能在容量瓶中直接配制溶液，需要將溶質先在燒杯中溶解后再轉移到容量瓶中定容，故e錯誤；f．容量瓶不能存放配制的試劑，故f錯誤；故答案為：ad；(2)用12mol?L-1的濃鹽酸配制0.10mol?L-1的稀鹽酸500mL，需要該濃鹽酸的體積為≈0.0042L=4.2mL，要量取4.2mL濃鹽酸，應該選用10mL的量筒，故答案為：4.2；10mL；(3)配制0.10mol·L－1的稀鹽酸500mL，需要選用500mL容量瓶進行配制，故答案為：500mL。【題目點撥】本題的易錯點為(1)，要注意配制溶液的一般步驟及使用容量瓶的注意事項。28、Na2CO3NH3、CO2acCl24.48CO32－+H+=H