1、宁夏吴忠市青铜峡市高级中学2021届高三化学上学期开学考试试题（含解析）一、单选题1. “一带一路”构建人类命运共同体，符合国际社会的根本利益，彰显人类社会共同理想和美好追求。下列贸易的商品中，主要成分属于蛋白质的是（ ）A. 捷克水晶B. 埃及长绒棉C. 乌克兰葵花籽油D. 中国丝绸【答案】D【解析】【详解】A. 水晶的主要成分是二氧化硅，故A错误；B. 长绒棉的主要成分是纤维素，故B错误；C. 葵花籽油的主要成分是油脂，故C错误；D. 丝绸的主要成分是蛋白质，故D正确；故选D。2. 下列说法正确的是标准状况下，6.021023个分子所占的体积约是22.4 L0.5 mol H2所占体积为1
2、1.2 L标准状况下，1 mol H2O的体积为22.4 L常温常压下，28 g CO与N2的混合气体所含的原子数为2NA各种气体的气体摩尔体积都约为22.4 Lmol1标准状况下，体积相同的气体的分子数相同A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】标况下，只有6.021023个气体分子所占的体积才是22.4L，固体和液体的体积小于22.4L，错误；没有指明气体存在的状态，所以0.5 mol H2所占体积不一定为11.2 L，错误；标准状况下， H2O为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，错误；CO与N2的摩尔质量均为28g/mol，28gCO与N2的混合气体为1mol，二者都是双原子分
3、子，所含的原子数为2NA，正确；在标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，不是标准状况，气体的摩尔体积不一定是22.4L/mol，错误；标准状况下，体积相同的气体的物质的量相同，则所含的分子数相同，正确； 故答案选B。3. 下列物质不能由单质直接反应制得的是（ ）A. HClB. Fe3O4C. CuCl2D. FeCl2【答案】D【解析】【详解】A. H2与Cl2在点燃的条件下反应可得到HCl，A正确，故A不符题意；BFe3O4可由氧气和铁在点燃条件下直接反应得到，B正确，故B不符合题意；CCuCl2可由氯气和铜在点燃条件下直接化合得到，C正确，故C不符合题意；DCl2的氧化性很强，能
4、直接将铁氧化为+3价铁，D错误，故D符合题意。答案选D4. 化学是一门以实验为基础的自然科学，化学实验在化学学习中具有极其重要的作用。下列实验中所选用的仪器合理的是用50 mL量筒量取5.2 mL稀硫酸 用托盘天平称量11.70g氯化钠晶体 配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏高用250 mL容量瓶配制250 mL 0.2 mol/L的NaOH溶液A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】在实验室量取5.2mL稀硫酸，应该使用10mL量筒，不能用50mL量筒量取，故错误；托盘天平精确到0.1g，故可用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体，故错误；配制一定物质的
5、量浓度的溶液时，定容时俯视刻度线，溶液体积减少，会导致所配溶液浓度偏高，故正确；配制250mL 0.2mol/L的NaOH溶液，必须选用250mL容量瓶，故正确；答案选D。【点睛】本题考查了化学实验方案的评价，明确化学实验基本操作方法为解答关键，注意掌握常见仪器的构造及使用方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。5. NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NAB. 2.3gNa与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间C. 3g3He含有的中子数为2NAD. 1mol乙烷和1mol乙烯中，化学键数
6、相同【答案】A【解析】【详解】AK2Cr2O7被还原为Cr3+，2个+6价的Cr转化为+3价的Cr，共转移6个电子，则1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA，A选项正确；B2.3gNa与O2完全反应，无论是生成Na2O还是Na2O2，Na均变成Na+，转移1个电子，故2.3g(即0.1mol)的Na与O2完全反应，转移的电子数为0.1NA，B选项错误；C3g3He为1mol，根据质量数=质子数+中子数可得，3He中有3-2=1个中子，故3g3He含有的中子数为NA，C选项错误；D1mol乙烷中含有7mol共价键，1mol乙烯中含有5mol共价键，化学键数目不同，D选项错误；
7、答案选A。6. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A. 14g C2H4和C3H6的混合物中，所含原子的总数为3NAB. 足量的Fe与2.24 L Cl2反应转移的电子数为0.2NAC. 0.1 molL1的MgCl2溶液中含Cl的数目为0.2NAD. 1.8g H218O中所含中子数为NA【答案】A【解析】【详解】A. C2H4和C3H6的最简式均为CH2，故14g混合物中含有的CH2的物质的量为1mol，故含3NA个原子，A正确；B. 氯气所处的状态不明确，故氯气的物质的量无法计算，B错误；C. 溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，C错误；D. 1.8g H21
8、8O的物质的量n=1.8g20g/mol0.09mol，而H218O中含10个中子，故0.09mol水中含0.9NA个中子，D错误。答案选A。7. 下列各物质所含原子数目，按由大到小顺序排列正确的是（ ）8.5克NH3 标准状况下22.4L氦气 4时9mL水 0.2mol H3PO4A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】8.5克氨气的物质的量为=0.5mol，含原子为0.5mol4=2mol；标准状况下22.4L氦气的物质的量为=1mol，含原子为1mol；4时9mL水的物质的量为=0.5mol，含原子为0.5mol3=1.5mol，0.2mol磷酸(H3PO4)中含原子为0.2m
9、ol8=1.6mol，所含原子数按由大到小的顺序排列的是，答案选A。8. 下列溶液中，物质的量浓度最大的是A. 1 L H2SO4溶液中含98 g H2SO4B. 0.5 L含49 g H2SO4的溶液C. 98 g H2SO4溶于水配成2 L溶液D. 0.1 L含24.5 g H2SO4的溶液【答案】D【解析】根据cn/V可知，A中浓度是1mol/L，B中浓度也是1mol/L，C中浓度是0.5mol/L，D中浓度是2.5mol/L，所以答案选D。9. 把100 mL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入
10、含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为A. 20 (2ba) molL1B. 20(b2a) molL1C. 10(2ba) molL1D. 10(b2a) molL1【答案】A【解析】把100 mL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁，所以混合溶液含有0.5amolMg2+；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，所以混合溶液含有bmolSO42-。根据电荷守恒可得：n(K+)+2n(Mg2+)=2n(SO42-)，n(K
11、+)+2amol=bmol，n(K+)=(2b-a)mol，c(K+)=(2b-a)mol/0.05L=20(2ba) molL1，故选A。点睛：在电解质溶液中存在的最基本的关系就是阴阳离子所带电荷的代数和等于0.10. 除去食盐中少量的Ca2和，而又不引入新的杂质离子，应依次加入()A. BaCl2、Na2CO3B. Na2CO3、BaCl2C. BaCl2、Na2CO3、HClD. Ba(NO3)2、Na2CO3、HCl【答案】C【解析】试题分析：除去食盐中少量的Ca2和，而又不引入新的杂质离子，应依次加入BaCl2、Na2CO3、HCl ，具体操作是：先向溶液中加入稍过量的BaCl2溶液
12、，然后再加入稍过量的Na2CO3溶液，过滤，向滤液中加入稀盐酸直至不再有气泡产生为止。C正确，本题选C。点睛：为了使杂质离子完全沉淀，除杂试剂要稍过量，过量试剂要除尽。所以，本题中Na2CO3的作用不仅是沉淀Ca2，而且还要用其除去过量的BaCl2，故Na2CO3要放在BaCl2之后使用。11. 油条的做法是将矾、碱、盐按比例加入温水中，再加入面粉搅拌成面团；放置，使面团产生气体，形成孔洞。放置过程发生反应：2KAl(SO4)212H2O+3Na2CO3=2Al(OH)3+3Na2SO4+K2SO4+3CO2+21H2O下列有关判断正确的是A. 放置过程发生的反应中，反应物和生成物均为电解质B
13、. 放置过程发生的反应为氧化还原反应C. 反应的离子方程式为 2Al3+3CO=2Al(OH)3+3CO2D. 从物质的分类角度来看，油条配方中的“矾、碱、盐”均为盐【答案】D【解析】【详解】A二氧化碳是非电解质，故A错误；B反应2KAl(SO4)212H2O+3Na2CO3=2Al(OH)3+3Na2SO4+K2SO4+3CO2+21H2O中无元素化合价的变化是非氧化还原反应，放置过程中发生的反应为非氧化还原反应，故B错误；C根据原子守恒电荷守恒，反应的离子方程式为2Al3+3CO32-+3H2O2Al(OH)3+3CO2，故C错误；DNa2CO3和KAl(SO4)212H2O都是盐，所以油
14、条配方中的“明矾、碱、盐”均属于盐，故D正确；故答案为D。12. 下列反应一定有沉淀生成的是：A. 将SO2通入BaCl2溶液中B. 将NH3通入AgNO3溶液中C. 将Cl2通入AgNO3溶液中D. 将NO2通入Ca(OH)2溶液中【答案】C【解析】【详解】A将SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成，因为弱酸不能制强酸，故A错误；B将NH3通入AgNO3溶液中，如果氨气量少可以得到AgOH沉淀，如果氨气量多生成的沉淀要溶解得到银氨溶液，故B错误；C将Cl2通入AgNO3溶液中，因氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，则有AgCl沉淀生成，故C正确；D将NO2通入Ca(OH)2溶液中，可以考虑NO2生成
15、反应得到硝酸，再与氢氧化钙反应得到的硝酸盐是可溶性的，故D错误；答案为C。13. 类推是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是选项已知类推A将Fe加入CuSO4溶液中：FeCu2=CuFe2将Na加入CuSO4溶液中：2NaCu2=Cu2NaB稀硫酸与Ba（OH）2溶液反应至中性：2HSO42-Ba22OH=BaSO42H2ONaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性：2HSO42-Ba22OH=BaSO42H2OC氯气与Ca（OH）2悬浊液反应：Cl2Ca（OH）2=Ca2ClClOH2O氯气与CaCO3悬浊液反应：Cl2CaCO3=Ca2ClClOCO2D向Ca
16、（ClO）2溶液中通入少量CO2：Ca22ClOCO2H2O=CaCO32HClO向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2：Ca22ClOSO2H2O=CaSO32HClOA. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A铁排在金属铜的前面，金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐的反应一定是先和盐中的水反应，不会置换出其中的金属，故A错误；BNaHSO4与Ba(OH)2溶液反应至中性，需要溶液中的氢离子和氢氧根离子恰好反应生成水，离子方程式为2H+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O，故B正确；C氯气与Ca(OH)2悬浊液能够直接发生反应，而氯气通入到碳酸钙悬
17、浊液中，先与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与碳酸钙反应生成水、二氧化碳和氯化钙，离子方程式为：Cl2+CaCO3+2H2OCa2+2Cl+2HClO+CO2，故C错误；D向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2，二氧化硫具有还原性，被次氯酸根离子氧化，离子方程式为：Ca2+2ClO+SO2+H2O=CaSO4+H+Cl+HClO，故D错误；答案选B。14. 下列各组溶液中的两个反应，可用同一离子方程式表示的是()A. BaCO3和HCl；BaCO3和H2SO4B. BaCl2和H2SO4；Ba(OH)2和H2SO4C. HNO3和K2CO3；HCl和NaHCO3D. Ca(HCO3)2和少量KOH
18、；Ca(OH)2和少量KHCO3【答案】D【解析】【详解】ABaCO3和HCl，BaCO3和H2SO4离子方程式分别为BaCO3+ 2H+= Ba2+H2O+CO2、BaCO3+ 2H+ SO= BaSO4+H2O+CO2，不能用同一个离子方程式表示，故A不选；BBaCl2和H2SO4反应的离子方程式是：Ba2+SO=BaSO4；Ba(OH)2和H2SO4反应的离子方程式是Ba2+2OH-+2H+SO=BaSO4+2H2O，不能用同一个离子方程式表示，故B不选；CHNO3和K2CO3，HCl和NaHCO3的离子方程式分别为CO+2H+=CO2+H2O、HCO+H+=CO2+H2O，不能用同一个
19、离子方程式表示，故C不选；DCa(HCO3)2和少量KOH，Ca(OH)2和少量KHCO3的离子方程式都是Ca2+OH-+HCO=CaCO3+H2O，可用同一离子方程式表示，故D选；故选D。15. 能正确表示下列反应的离子方程式的是（ ）A 次氯酸钙溶液中通入少量CO2：Ca2+ + 2ClO-+ H2O + CO2 = CaCO3 + 2HClOB. NaClO（aq）中通入过量 SO2: C1O- + SO2 + H2O = HClO + HSOC. 氯气通入水中：Cl2 + H2O = 2H+ + Cl-+ ClO-D. 氢氧化钡溶液中加入少量稀硫酸：Ba2+ OH + H+ + SO=
20、 BaSO4 +H2O【答案】A【解析】【详解】A碳酸的酸性大于次氯酸，则次氯酸钙溶液中通入少量CO2生成次氯酸和碳酸钙，反应的离子方程式为Ca2+ + 2ClO-+ H2O + CO2 = CaCO3 + 2HClO，A正确；B次氯酸具有强氧化性，能把+4价的硫氧化为+6价，则NaClO（aq）中通入过量SO2生成氯离子、硫酸根离子和水，C1O- + SO2 + H2O =2H+Cl-+，B错误；C氯气通入水中，少量的氯气与水反应生盐酸和次氯酸，离子方程式为Cl2 + H2OH+ + Cl-+HClO，C错误；D氢氧化钡溶液中加入少量稀硫酸的离子方程式为Ba2+2OH+2H+ +SO=BaS
21、O4+2H2O，D错误；答案为A。16. 下列叙述错误的是A. 5LCH4气体与5LNH3气体的原子个数之比为5：4B. 常温常压下，11.2LO3中所含氧原子个数小于1.5NAC. 同温、同压下，相同体积的N2和CO气体具有相同的分子数和相同的密度D. 同温、同压下，等质量的一氧化碳和二氧化碳的密度比为7:11【答案】A【解析】【详解】A、标准状况下，5LCH4气体与5LNH3气体的分子数之比等于物质的量之比，根据V=nVm，则物质的量之比是1：1，原子个数之比为5：4，但题中没有说明气体的状态，无法确定其物质的量，选项A错误；B、常温常压下，11.2LO3的物质的量小于0.5mol，所含氧
22、原子个数小于1.5NA，选项B正确；C、同温同压下，相同体积CO和N2具有相同的物质的量，n相同，则分子数相同，摩尔质量与体积均相同，则密度相同，选项C正确；D、由=可知，同温、同压下，等质量的一氧化碳和二氧化碳的密度比等于气体的摩尔质量之比，为28g/mol：44g/mol=7：11，选项D正确。答案选A。17. 下列有关Fe(OH)3胶体的说法正确的是()A. 取2 mol/L的FeCl3饱和溶液5 mL制成氢氧化铁胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数为0.01NAB. 在Fe(OH)3胶体中滴入稀硫酸至过量的过程中伴随的实验现象是先有红褐色沉淀产生，然后沉淀溶解得到棕黄色溶液C. 通过电泳实验
23、可以证明Fe(OH)3胶体带正电荷D. 向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液，制备Fe(OH)3胶体【答案】B【解析】【详解】A. Fe(OH)3胶体粒子是许多Fe(OH)3的集合体，所以2 mol/L的FeCl3饱和溶液5 mL制成氢氧化铁胶体中含有的胶体粒子数目小于0.01NA，A错误；B. 向Fe(OH)3胶体中滴入稀硫酸，首先是胶粒上的电荷被中和，胶体发生聚沉形成Fe(OH)3红褐色沉淀，然后是Fe(OH)3与H2SO4发生中和反应产生可溶性Fe2(SO4)3和H2O，沉淀溶解，溶液变为棕黄色，B正确；C. 通过电泳实验可以证明Fe(OH)3胶体粒子带正电荷，而胶体本身不显电
24、性，C错误；D. 将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，继续加热煮沸至液体呈红褐色，得到的液体为Fe(OH)3胶体，D错误；故合理选项是B。18. 下列关于置换反应AXBY(其中A、B为单质，X和Y为化合物，反应条件已略去)的描述中，正确的是()A. 若A为金属单质，则B一定为一种金属单质B. 若A为非金属单质，则B一定为一种非金属单质C. 若X为含有金属元素化合物，则Y一定是一种含有金属元素的化合物D. 若X为不含有金属元素的化合物，则B一定是一种非金属单质【答案】D【解析】【详解】A.对于置换反应A+XB+Y，如A是金属，如Zn+HCl=ZnCl2+H2，反应产生的单质也可以是非金属单质，故A错
25、误；B.若A是非金属单质，如CuO+H2Cu+H2O，产生的B也可以是金属单质，故B错误；C. 如CuO+H2Cu+H2O是置换反应，X是金属化合物，而Y是非金属化合物，不含有金属元素，故C错误；D. 对于置换反应A+XB+Y，若X为不含有金属元素的化合物，则被置换出的单质B一定是一种非金属，故D正确。【点睛】置换反应是化学反应的基本类型之一，反应物一种是单质，一种是化合物，生成物也是一种单质一种化合物。根据元素的种类可以将置换反应分为金属置换金属，如Fe+CuSO4=FeSO4+Cu、金属置换非金属，如Zn+2HCl=ZnCl2+H2，非金属置换金属，如：H2+CuOCu+H2O；非金属置换
26、非金属，如：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2。掌握置换反应的概念及物质的化学性质是本题正确解答的关键。19. 下列溶液中Cl的浓度与50 mL 1 mol/L的MgCl2溶液中的Cl相等的是A. 100 mL 2 mol/L的NaCl溶液B. 50 mL 0.5 mol/L的AlCl3溶液C. 1 L 0.2 mol/L的KCl溶液D. 20 mL 0.5 mol/L的CaCl2溶液【答案】A【解析】【分析】50 mL 1 molL1MgCl2溶液中的Cl浓度为1mol/L22mol/L，结合物质的组成分析解答。【详解】A、100 mL 2 mol/L的NaCl溶液中氯离子浓度为2 mo
27、l/L，A符合；B、50 mL 0.5 mol/L的AlCl3溶液中氯离子浓度为0.5mol/L31.5mol/L，B不符合；C1 L 0.2 mol/L的KCl溶液中氯离子浓度为0.2mol/L，C不符合；D20 mL 0.5 mol/L的CaCl2溶液中氯离子浓度为0.5mol/L21.0mol/L，D不符合。答案选A。【点睛】本题主要是考查物质的量浓度的有关计算，明确物质的组成以及在溶液中的电离情况是解答的关键，注意氯离子的浓度与溶液的体积无关，计算氯离子的物质的量时需要考虑溶液的体积。20. 下列关于物质分类的正确组合是（ ）酸碱盐酸性氧化物电解质ANaHSO4Na2CO3CaCO3C
28、O2BaSO4BH2SO4NaOHNH4ClSO2FeCCH3COOHNaOHCaCl2COSO3DHNO3KOHNaHCO3SO3NaClA. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；碱指电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；盐指电离时生成金属阳离子（或NH4+）和酸根离子的化合物；酸性氧化物是指能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物（且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成）；电解质是在溶液中或熔融状态下能导电的化合物；根据以上概念分析解答。【详解】ANaHSO4属于酸式盐，不是酸，Na2CO3俗称是纯碱，属
29、于盐，不是碱，故A错误；B电解质必须是化合物，Fe是单质不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；CCO属于不成盐氧化物，不是酸性氧化物，SO3的水溶液能导电是因为生成的硫酸是电解质，而SO3本身属于非电解质，故C错误；DHNO3属于酸，KOH属于碱，NaHCO3属于盐，SO3属于酸性氧化物，NaCl属于盐，故D正确；答案选D。【点睛】NaHSO4属于酸式盐，不是酸，酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物，判断物质的类别时，根据物质的分类，并且根据酸碱盐，氧化物的概念进行分类。21. 下列有关实验的说法正确的是（ ）A. 除去铁粉中混有少量铝粉，可加入过量的氢氧化钠溶液，完全反应
30、后过滤B. 光照氯水有气泡冒出，该气体主要为Cl2C. 制备Fe（OH）3胶体，通常是将Fe（OH）3固体溶于热水中D. NaHCO3溶液和Ca（OH）2溶液可以通过相互滴加的方法来鉴别【答案】A【解析】【详解】A除去铁粉中混有少量铝粉，铝粉能与NaOH反应，而铁不反应，则可加入过量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤，A说法正确；B光照氯水有气泡冒出，次氯酸分解生成盐酸和氧气，该气体主要为O2，B说法错误；C制备Fe(OH)3胶体，通常是将FeCl3的饱和溶液滴加到沸水中，继续加热至溶液呈红褐色时，停止加热，C说法错误；DNaHCO3溶液和Ca（OH）2溶液相互滴加的现象完全相同，用相互滴加的方法
31、不能鉴别，D说法错误；答案为A。22. 科学防护对预防新冠病毒感染非常重要，下列说法正确的是A. 冠状病毒粒子直径约60220nm，故介于溶液和胶体粒子之间B. 制作防护服和口罩的无纺布是无机高分子材料C. 免洗手消毒液的成分活性银离子、乙醇均能使蛋白质变性D. 酒精、双氧水能杀菌消毒，都利用了它们的强氧化性【答案】C【解析】【详解】A. 溶液中的粒子的直径小于1nm，胶体粒子的直径介于1100nm之间，冠状病毒粒子直径约60220nm，故冠状病毒粒子直径不是介于溶液和胶体粒子之间，A不正确；B. 制作防护服和口罩的无纺布是有机高分子材料，B不正确；C. 免洗手消毒液的成分活性银离子属于重金属
32、离子，其能使蛋白质变性，75%乙醇是医用酒精，也能使蛋白质变性，C说法正确；D. 酒精没有强氧化性，其能杀菌消毒，是因为其能使蛋白质脱水变性，D不正确。综上所述，相关说法正确的是C。23. 常温下，在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是A. 能使pH试纸呈红色的溶液：Na+、NH、I-、NOB. c(Fe3+)=0.1molL-1的溶液：H+、Al3+、I-、SCNC. 加入铝粉生成H2的溶液：K+、Mg2+、SO、HCOD. =0.1molL-1的溶液：Na+、K+、SiO、NO【答案】D【解析】【详解】A能使pH试纸变红的溶液呈酸性，则I-、NO以及H+会发生氧化还原反应，不能大
33、量共存，故A错误；BFe3+除能与发生络合反应生成络合物外，还能与发生氧化还原反应，故B错误；C与Al生成氢气的溶液既可能呈酸性又可能呈碱性，呈酸性时HCO不能与大量共存，呈碱性时HCO、Mg2+不能与大量共存，故C错误；D=0.1molL-1溶液显强碱性，Na+、K+、SiO、NO在强碱性溶液中都能大量共存，故D正确。答案选D。24. 不能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）A. 硫酸铝溶液中加入过量氨水Al3+4OH-AlO+2H2OB. 氯化铁溶液中加入过量氢氧化钠溶液Fe3+3OH-Fe(OH)3C. 在盐酸溶液中加入氢氧化铝固体Al(OH)3+3H+Al3+3H2OD. 氯气通入氯化
34、亚铁溶液中2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-【答案】A【解析】【详解】A.氢氧化铝是两性氢氧化物，可溶于强酸强碱，不溶于氨水，硫酸铝溶液中与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，反应的离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，故A符合题意；B.氯化铁溶液中与过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，反应的离子方程式为Fe3+3OH-=Fe(OH)3，故B不符合题意；C.盐酸溶液与氢氧化铝固体反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，故C不符合题意；D.氯气与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，反应的离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+
35、2Cl-，故D不符合题意；故选A。25. NA为阿伏加德罗常数，标准状况下，mg 氮气和氧气的混合气体含有b个分子，则ng该混合气体在相同状态下的体积为(单位为L) ()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】设该混合气体平均摩尔质量为Mg/mol，根据同温同压条件下，气体体积之比=物质的量之比可得，解得，故答案为B。二、非选择题26. 人体血液里Ca2的浓度一般采用mg/cm3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵(NH4)2C2O4溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2的浓度
36、。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2的浓度。【配制KMnO4标准溶液】如图所示是配制50 mL KMnO4标准溶液的过程示意图。(1)请你观察图示判断，其中不正确的操作有_(填序号)。(2)其中确定50 mL溶液体积的容器是_(填名称)。(3)如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将_(填“偏大”或“偏小”)。【测定血液样品中Ca2的浓度】抽取血样20.00 mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020 mol/L KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00 mL KMnO4溶液。(4)已知草酸跟KMnO4反应的离子方程式为2MnO4-5H2C2O4
37、6H=2Mnx10CO28H2O，则方程式中的x_。(5)经过计算，血液样品中Ca2的浓度为_mg/cm3。【答案】 (1). (2). 50 mL容量瓶 (3). 偏小 (4). 2 (5). 1.2【解析】【详解】(1)由图示可知操作不正确。不能在量筒中溶解固体，定容时应平视刻度线，至溶液凹液面最低处与刻度线相切；(2)应该用50 mL容量瓶准确确定50 mL溶液的体积；(3)如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小；(4)根据电荷守恒，草酸跟KMnO4溶液反应离子方程式为：2MnO45H2C2O46H2Mn210CO28H2O即x2；(5)根据方
38、程式可知血液样品中Ca2的浓度为1.2 mg/cm3。27. （1）1.5 mol氧气中含有的O2的个数为_，标准状况下体积为_L，与_gH2O所含的原子总数相等。（2）在标准状况下，体积为6.72L的NO和NO2混合气，质量为11.88g，则NO和NO2的体积比为_。（3）同温同压下，两种气体A和B的体积之比为21，质量之比为85，则A与B的密度之比为_，摩尔质量之比为_。（4）某状况下，2g二氧化碳气体的体积是1120 mL，2gA气体的体积是770 mL，A的摩尔质量是_。（5）某硫酸钠溶液中含有3.011022个Na+，则溶液中SO42的物质的量是_。【答案】 (1). 9.03102
39、3 (2). 33.6 (3). 18 (4). 2:3 (5). 4:5 (6). 4:5 (7). 64g/mol (8). 0.025mol【解析】【详解】（1）1.5 mol氧气中含有的O2个数为1.5mol6.021023/mol9.031023，标准状况下体积为1.5mol22.4L/mol33.6L。含有氧原子的物质的量是3mol，则与1molH2O所含的原子总数相等，质量是18g。（2）在标准状况下，体积为6.72L的NO和NO2混合气，质量为11.88g，混合气体的物质的量是6.72L22.4L/mol0.3mol，则混合气体的平均相对分子质量是11.880.339.6，所以
40、根据十字交叉法可知NO和NO2的体积比为。（3）同温同压下，两种气体A和B的体积之比为21，质量之比为85，则根据可知A与B的密度之比为。根据阿伏加德罗定律可知相同条件下气体的摩尔质量之比等于密度之比，即为4:5。（4）某状况下，2g二氧化碳气体的体积是1120 mL，2gA气体的体积是770 mL，则根据阿伏加德罗定律可知，解得M64g/mol，即A的摩尔质量是64g/mol。（5）某硫酸钠溶液中含有3.011022个Na+，物质的量是0.05mol，则根据硫酸钠的化学式Na2SO4可知溶液中SO42的物质的量是0.05mol20.025mol。28. 正确书写下列离子反应方程式(1)将少量
41、NaHSO4溶液滴加到Ba(OH)2溶液中，当恰好完全沉淀时，反应的离子方程式为_。(2)在酸性条件下，向含铬废水中加入FeSO4，可将还原为Cr3+，该过程的离子反应方程式为_。(3)在淀粉碘化钾溶液中，滴加少量次氯酸钠碱性溶液，立即会看到溶液变蓝色，离子方程式为_。(4)MnO2与浓盐酸制备氯气的离子方程式：_。(5)已知酸性环境下，ClO-可将Mn2+氧化成MnO2，自身被还原成Cl-，该过程的离子反应方程式为_。【答案】 (1). Ba2+H+OH-+BaSO4+H2O (2). +6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O (3). ClO-+2I-+H2OI2+Cl-+2OH-
42、 (4). MnO24H+2Cl-Mn2+Cl22H2O (5). H2O+ClO-+Mn2+MnO2+2H+Cl-【解析】【详解】(1)将少量NaHSO4溶液滴加到Ba(OH)2溶液中，当恰好完全沉淀时生成硫酸钡、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为Ba2+H+OH-+BaSO4+H2O。(2)在酸性条件下，向含铬废水中加入FeSO4，可将还原为Cr3+，其中亚铁离子被氧化为铁离子，则该过程的离子反应方程式为+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O。(3)在淀粉碘化钾溶液中，滴加少量次氯酸钠碱性溶液，立即会看到溶液变蓝色，碘离子被氧化为单质碘，反应的离子方程式为ClO-+2I-+H2OI
43、2+Cl-+2OH-。(4)MnO2与浓盐酸制备氯气的离子方程式为MnO24H+2Cl-Mn2+Cl22H2O。(5)已知酸性环境下，ClO-可将Mn2+氧化成MnO2，自身被还原成Cl-，根据电子得失守恒可知该过程的离子反应方程式为H2O+ClO-+Mn2+MnO2+2H+Cl-。29. 有一无色溶液.其中可能含有Fe3+、Al3+、Na+、Mg2+、Cu2+、NH、K+、CO、SO 等离子中的几种（忽略水的电离），为分析其成分，各取此溶液100mL分别进行了四个实验，其操作和有关现象如图所示。请回答下列问题：（1）焰色反应是_（填“物理”或“化学”）变化。（2）原溶液中一定存在的离子有_（
44、写离子符号，下同），可能存在的离子有_。（3）实验中产生的白色沉淀的成分可能是_。（4）若100mL原溶液中K+的物质的量为0.06mol，则c(Na+)=_。【答案】 (1). 物理 (2). Al3+、Na+、Mg2+、SO (3). K+ (4). Mg(OH)2或Al(OH)3和 Mg(OH)2 (5). 0.4mol/L【解析】【分析】溶液焰色反应呈黄色，说明一定含有Na+；过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，溶液中加入过氧化钠固体放出无色无味的气体，同时生成白色沉淀，说明溶液中Al3+、Mg2+至少含有有1种，一定不含Fe3+、Cu2+；溶液加氯化钡和稀盐酸，生成69.9g白色沉淀
45、，白色沉淀一定是硫酸钡，且硫酸钡的物质的量是0.3mol，说明溶液中一定含有0.3mol SO；溶液中滴加过量的氢氧化钠生成白色沉淀，白色沉淀的量先增后减，说明溶液中一定含有Al3+、Mg2+，沉淀最大值是0.2mol，最后剩余沉淀0.1mol，说明溶液中含有0.1mol Al3+、0.1mol Mg2+，加入氢氧化钠不放氨气，说明不含NH，根据离子共存，含有Al3+、Mg2+，则一定不含CO，根据电荷守恒，0.1mol Al3+、0.1mol Mg2+所带正电荷总数小于0.3mol SO所带负电荷总数，由于Na+的量不确定，所以溶液中可能含有带正电荷的K+。【详解】(1)焰色反应没有新物质生
46、成，是物理变化；(2)根据以上分析，原溶液中一定存在的离子有Al3+、Na+、Mg2+、SO，一定不含Fe3+、Cu2+、CO、NH，可能存在的离子有K+；(3)实验中氢氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，若氢氧化钠不足，与Al3+、Mg2+反应生成氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，若氢氧化钠过量，与Al3+、Mg2+反应生成氢氧化镁沉淀、偏铝酸钠，产生的白色沉淀的成分可能是Mg(OH)2或Al(OH)3和 Mg(OH)2；(4)若100mL原溶液中K+的物质的量为0.06mol，根据电荷守，n(Na+)+ n(K+)+2n(Mg2+)+ 3n(Al3+)= 2n(SO )，n（Na+)=0.6-0.06
47、-0.2-0.3=0.04mol，c(Na+)=0.04mol0.1L=0.4mol/L。【点睛】本题考查离子推断，明确离子的性质是解题关键，注意根据电荷守恒判断K+是否存在，溶液中阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数，根据电荷守计算Na+浓度。30. 第四周期的铬、铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途。（l）基态铬原子的价电子排布式为_。（2）CrO2C12和NaClO均可作化工生产的氧化剂或氯化剂。制备CrO2C12的反应为：K2Cr2O7+3CCl4=2KCl+2CrO2C12+3COCl2 上述反应式中非金属元素电负性由大到小的顺序是_（用元素符号表示）。 常温下C
48、rO2C12是一种易溶于CCl4的液体，则固态CrO2C12属于_晶体。 COCl2分子中所有原子均满足8电子结构，则COCl2分子中键和键的个数比为_。（3）NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni2+和Fe2+的半径分别为6.910-2nm 和7.810-2nm，则熔点：NiO_（填“” ) FeO。（4）CuCl的盐酸溶液能吸收CO生成复合物氯化羰基亚铜Cu2Cl2(CO)22H2O ，其结构如图所示。下列说法不正确的是_（填字母序号）。A.该复合物中只含有离子键和配位键B.该复合物中Cl原子的杂化类型为sp3C.该复合物中只有CO和H2O作为配位体D.CO与N2的价电
49、子总数相同，其结构为CO（5）Ca与F形成的晶体M的最小单元“晶胞”如下图所示，则M的化学式为_；如果M晶体的密度为d gcm3，阿伏加德罗常数为NA，则晶体中两个距离最近的F中心间的距离为_cm。【答案】 (1). 3d54s1 (2). OClC (3). 分子 (4). 31 (5). (6). AC (7). CaF2 (8). 【解析】【详解】(1)Cr是24号元素，其3d、4s电子为其价电子，3d、4s能级上分别含有5、1个电子，根据构造原理书写基态铬原子的价电子排布式为3d54s1，故答案为3d54s1；(2)反应式中非金属元素有三种：O、C、Cl，CCl4中C表现正化合价、Cl
50、表现负化合价，NaClO中Cl为+1价，O为-2价，电负性越大，对键合电子吸引力越大，元素相互化合时该元素表现负价，故电负性：OClC，故答案为OClC；分子晶体熔沸点较低，该物质的熔沸点较低，所以为分子晶体，故答案为分子；共价单键只含键，共价双键中含有一个键和一个键，该分子中含有2个共价单键、1个共价双键，所以键和键的个数比为3：1，故答案为3：1；(3)NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni2+和Fe2+的半径分别为6.910-2nm和7.810-2nm，NiO和FeO都是离子晶体，其熔沸点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比，所以熔点NiOFeO，故答案为；(4)A
51、阴阳离子之间存在离子键、非金属元素之间存在共价键，含有空轨道和含有孤电子对的原子之间存在配位键，水分子之间存在氢键，该配合物中含有离子键、配位键、共价键和氢键，故A错误；B该复合物中Cl原子1个共用电子对和3个孤电子对，所以其价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断Cl的杂化类型为sp3，故B正确；C该复合物中Cl、CO和H2O为配位体，故C错误；DCO与N2的价电子总数相同，为等电子体，等电子体结构和性质相似，所以其结构式为CO，故D正确；故选AC；(5)根据图象知，该晶胞中Ca原子个数=4，F原子个数=1，所以Ca和F原子个数之比为1：2，其化学式为CaF2，设晶体中两个距离最近的F
52、中心间的距离为a cm，即晶胞的棱长=a cm，体积cm3，=d，所以a=，故答案为CaF2；。31. 已知：（R、表示烃基或官能团）A可发生如下转化(部分反应条件和试剂略)：2个G分子间可脱水形成六元环状酯。回答下列问题：(1)C的名称是_，D含有的官能团名称是_。(2)由E生成F的反应类型是_，由F生成G的反应类型是_。(3)A的结构简式为_，F的结构简式为_。(4)G形成六元环状酯的化学方程式为_。(5)含有相同官能团的H的同分异构体有_种，其中核磁共振氢谱有四组峰，且强度比为3111的结构简式为_。(6)写出用为原料(其他无机试剂任选)制备G的合成路线：_。【答案】 (1). 丙醛 (
53、2). 羧基 (3). 消去反应 (4). 加成反应 (5). CH2=C(CH3)COOCH2CH2CH3 (6). CH2=CHCOOH (7). 2H2O (8). 2 (9). CH3CH=CHCOOH (10). 【解析】【分析】由C的分子式及其性质可顺推出D,E，逆推B的结构，在结合G逆推出A进而分析。【详解】（1）C能与银氨溶液反应，应含有醛基，又C的分子式为C3H6O，故结构式为CH3CH2CHO，名称为乙醛；乙醛氧化得到乙酸，故D含有的官能团名称是羧基。（2）由2个G分子间可脱水形成六元环状酯，可知G中含有羧基和羟基，DE为取代反应引入氯原子，EF发生消去反应引入碳碳双键，F
54、G发生加成反应引入羟基。（3）由题意知HI引入羰基，IG引入羟基，而G中含有羟基和羧基，所以H中含有碳碳双键和羧基，由C逆推出B为丙醇，故A中有碳碳双键和酯基，从而推出A为CH2=C(CH3)COOCH2CH2CH3，DE为取代反应引入氯原子，EF发生消去反应引入碳碳双键，从而推出F为CH2=CHCOOH。（4）2个G分子发生两次酯化反应：2H2O（5）由A可推出H为CH2=C(CH3)COOH，含有相同官能团结构为CH3CH=CHCOOH、CH2=CHCH2COOH，故H的同分异构体有2种，其中含有四种峰，强度比为3111的结构简式为CH3CH=CHCOOH。（6）G的结构为，结合题目已知信息，这里可先消去再加成引入羟基即可。【点睛】本题重点为C的反应条件，银氨溶液是典型将醛基氧化为羧基的试剂。
