1、宁夏青铜峡市高级中学2021届高三化学上学期第二次月考试题（含解析）相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 S-32 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ba-137 Te-128一、单项选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分）1. 肺炎疫情牵动着每个人的心，大家出行务必戴好口罩，保护好自己。下列相关说法中错误的是A. 生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料B. 医用消毒酒精中乙醇的体积分数约为75%C. 居家环境消毒时，不可将“84”消毒液、洁厕灵混合使用D. 人打喷嚏时产生的飞沫(直径5m的含水颗
2、粒)属于气溶胶【答案】D【解析】【详解】A聚丙烯纤维是由丙烯通过加聚反应制取，属于有机高分子材料，故A正确；B75%乙醇溶液杀菌效果较好，所以医用消毒酒精中乙醇的体积分数约为75%，故B正确；C“84”消毒液、洁厕灵的主要成分分别为NaCIO和盐酸，将两者混合使用时，可反应生成氯气，从而造成中毒，故C正确；D飞沫的直径5 m.，而胶体的分散质粒子直径在1 nm 100 nm之间，所以飞沫不属于气溶胶，故D错误；故答案为D。2. 分类思想是中学化学的核心思想，分类均有一定标准。下列有关说法正确的是( )A. Al2O3、NaHCO3均可与强酸、强碱反应，都为两性物质B. Na2O2、AlCl3在
3、适当条件下均可导电，都为电解质C. CuCl2与FeCl3均可与Fe发生置换反应，都可充当氧化剂D. BaCO3、BaSO4、Ba(OH)2均难溶于水，所以均属于难溶电解质【答案】B【解析】【详解】A. 酸碱质子理论认为，凡能给出质子(H+)的物质都是酸，凡能接受质子的物质都是碱，若某物质既能给出质子又能接受质子，可称之为酸碱两性物质，据此NaHCO3为两性物质而氧化铝则不是，氧化铝可与强酸、强碱反应生成盐和水，氧化铝是两性氧化物，故A错误；B. 过氧化钠是离子化合物，在熔融状况下能导电、氯化铝是共价化合物，它的水溶液能导电，故 Na2O2、AlCl3在适当条件下均可导电，都为电解质，B正确；
4、C. CuCl2与Fe发生置换反应，充当氧化剂、FeCl3与铁反应生成氯化亚铁，但不是置换反应，C错误；D. Ba(OH)2易溶于水，不属于难溶电解质，D错误；答案选B。3. 下列有关物质分类或归类中，正确的是混合物：盐酸、漂白粉、氯水、冰水混合物 化合物：CaCl2、NaOH、HCl、HD电解质：明矾、石膏、冰醋酸、氯化银 同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨A. 只有B. 只有C. 只有D. 只有【答案】C【解析】【详解】冰水混合物为水的不同存在形式的混合，并不是化合物，而是纯净物，分类错误；HD为氢元素的不同氢原子组成的物质，其组成只含有一种元素，因此属于单质，分类错误；明矾、石膏、
5、氯化银均属于盐类，冰醋酸属于酸类，均属于电解质，分类正确；C60、C70、金刚石、石墨均是由碳元素组成的不同种单质，互为同素异形体，说法正确；综上所述，正确的只有，故答案为：C。4. 下列关于元素化合物的化学用语不正确的是（ ）A. O2-的结构示意图 B. Na和 Cl 形成离子键的过程：C. 相对原子量为 35.5 的氯原子的元素符号:D. SO2 氧化 H2S 生成单质硫：【答案】C【解析】【详解】A. O2-含质子数为8电子数为10，则结构示意图，故A正确；B. Na原子失去电子形成Na+， Cl 原子得到电子形成Cl-过程为：，故B正确；C.元素符号左上方的数字表示原子的质量数，即质
6、量数=质子数+中子数，且为整数，而元素的相对原子质量可以有整数或小数，二者不一定相等，故C错误；D. SO2氧化 H2S 生成单质硫，SO2得到电子，H2S失去电子，用单线桥表示为：，故D正确。故答案选：C。5. 关于钠及其化合物的化学用语正确的是A. 钠原子的结构示意图：B. 过氧化钠的电子式：C. 碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3 = Na+ + H+ + CO32-D. 次氯酸钠水溶液呈碱性的原因：ClO+ H2OHClO + OH【答案】D【解析】【详解】A.钠原子原子核外有11个电子，A错误；B.过氧化钠是离子化合物，B错误；C.碳酸氢钠只能完全电离产生钠离子和碳酸氢根离子，C错误
7、；D.次氯酸钠溶液显碱性是由于次氯酸根的水解造成的，D正确；答案选D。6. 下列有关铁及其化合物的说法中不正确的是A. 为了防止氯化亚铁溶液久置变质，常在其溶液中加入少许铁钉B. 将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，能形成胶体C. 新制的氢氧化亚铁沉淀露置在空气中最终会变为红褐色D. 除去FeCl3溶液中的FeCl2杂质可以向溶液中加铁粉，然后过滤【答案】D【解析】A. 亚铁离子在空气中易被氧化为三价铁离子，加铁钉可以防止氯化亚铁溶液的变质，故A正确； B. 制备氢氧化铁胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，搅拌到红褐色即可，故B正确；C. 新制的氢氧化亚铁沉淀露置在空气中迅速变成灰绿色，最
8、终会变为红褐色的氢氧化铁，故C正确；D. 除去FeCl3溶液中的FeCl2杂质可以向溶液中滴加氯水，将氯化亚铁氧化为氯化铁，故D错误。7. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A NaClO(aq)HClO(aq)Cl2(g)B. Fe3O4(s)Fe(s)Fe(NO3)3(aq)C. Cu(s)Cu2O(s) CuSO4(aq)D. S(s)SO2(g)BaSO3(s)【答案】B【解析】【详解】A. 由于酸性H2CO3HClO，所以向NaClO溶液中通入CO2气体，会产生弱酸HClO，HClO不稳定，光照分解产生HCl和O2，没有Cl2生成，A不符合题意；B. 金属性AlF
9、e，所以Al与Fe3O4会发生铝热反应产生Fe单质，Fe与HNO3发生氧化还原反应产生Fe(NO3)3，能够实现上述物质的转化，B符合题意；C. Cu与O2加热产生CuO，不能产生Cu2O，不符合物质转化关系，C不符合题意；D. 由于酸性HClH2SO3，所以SO2与BaCl2溶液不能发生反应，因此不能得到BaSO3，不符合物质转化关系，D错误；故合理选项是B。8. 在一定条件下进行的下列化学反应，已知A、B、C中均含有同种元素，则下列对应物质不正确的是( )选项A物质B物质C物质D物质ANaOH溶液Na2CO3溶液NaHCO3溶液CO2BFeFeCl2FeCl3Cl2CAlCl3溶液Al(O
10、H)3NaAlO2溶液NaOH溶液DH2SSSO2O2A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.若A为NaOH溶液，D为CO2，则NaOH可与CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3可与H2O和CO2反应生成NaHCO3，NaOH可与NaHCO3反应生成Na2CO3，故A正确；B.若A为Fe，D为Cl2，则Fe 与Cl2反应生成FeCl3而不是FeCl2，故B错误；C.若A为AlCl3溶液，D为NaOH溶液，则AlCl3可与NaOH反应生成Al(OH)3，Al(OH)3可与NaOH反应生成NaAlO2，AlCl3可与NaAlO2反应生成Al(OH)3，故C正确；D.若A为H
11、2S，D为O2，则H2S可与O2反应生成S，S可与O2生成SO2，H2S可与SO2生成S，故D正确；故选：B。9. 下列说法正确的是A. 检验(NH4)2Fe(SO4)212H2O晶体中的NH4+：取少量晶体溶于水，加入足量浓NaOH溶液并加热，再用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体B. 验证FeCl3与KI反应的限度：可将少量的FeCl3溶液与过量的KI溶液混合，充分反应后用CCl4萃取，静置，再滴加KSCN溶液C. 受溴腐蚀至伤时，先用稀NaOH溶液洗，再用水洗D. 用激光笔检验硫酸铜溶液具有丁达尔效应【答案】B【解析】【详解】A向某无色溶液中加入浓NaOH溶液，加热试管，检验氨气，利用湿润
12、的红色石蕊试纸，试纸变蓝，则说明原溶液中一定含NH4+，不是用蓝色石蕊试纸检验，故A错误；B反应中氯化铁不足，KSCN溶液遇三价铁离子变红色，若变红色，说明未完全反应，说明存在化学反应限度，故B正确；C氢氧化钠具有腐蚀性，应该根据溴易溶于酒精或甘油，先用酒精或甘油洗伤口，再用大量水冲洗，故C错误；D淀粉溶液是胶体，可用丁达尔效应检验，硫酸铜的水溶液是溶液，没有丁达尔效应，故D错误；故选B。10. 下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的比较中，正确的是（ ）A. 热稳定性：Na2 CO3NaHCO3C. 106gNa2CO3和84gNaHCO3分别与过量的盐酸反应，放出CO2的质量：Na2CO
13、3NaHCO3D. 常温时水溶性：Na2CO3NaHCO3【答案】D【解析】【详解】ANaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，所以热稳定性：Na2CO3NaHCO3，A错误；B分别滴加HCl溶液，反应离子方程式为+2H+CO2+H2O，+H+H2O+CO2，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，B错误；C都与盐酸反应生成二氧化碳气体：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，106gNa2CO3和84gNaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2质量相等，C错误；D常温下相同的溶剂时，N
14、a2CO3较NaHCO3易溶，D正确；故答案为：D。11. 下列实验操作对应的现象和根据现象得出的结论均正确的是实验操作现象结论A向FeCl3溶液中滴加稀氨水溶液由黄色变为红棕色生成了氢氧化铁胶体B碳和浓硫酸加热所得气体产物依次通过品红溶液和澄淸石灰水品红溶液褪色，澄清石灰水变浑浊气体产物中含有CO2和SO2C向某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀溶液中存在亚铁离子D裂化汽油与碘水混合振荡并静置分层有机层显紫色，水层变为无色裂化汽油将碘萃取到有机层中A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】A. 向FeCl3溶液中滴加稀氨水，现象是黄色的溶液中生成了红褐色沉淀，结论是生成了氢
15、氧化铁沉淀，A不正确；B. 碳和浓硫酸加热所得气体产物依次通过品红溶液和澄淸石灰水，可以观察到品红溶液褪色、澄清石灰水变浑浊，说明气体产物中一定含有SO2，但是不能确定一定有CO2，因为SO2也能使澄清石灰水变浑浊，B不正确；C. 向某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中存在亚铁离子，C正确；D. 裂化汽油与碘水混合振荡并静置分层，可以观察到有机层显紫色、水层变为无色，但是不能说明是裂化汽油将碘萃取到有机层中，因为裂化汽油中含有不饱和烃可以与碘发生加成反应，其反应的产物也可以作为萃取剂，D不正确。本题选C。12. 下列装置能达到实验目的的是A. 收集H2或CO2B. 稀释
16、浓H2SO4C. 制取氨气D. 称量10.05g固体【答案】A【解析】【详解】A收集H2可采用向下排空气法，气体流向短进长出，收集CO2可采用向上排空气法，气体流向为长进短出，A正确；B稀释浓H2SO4，应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢的注入烧杯中，不能用量筒，B错误；C氯化铵和氢氧化钙固体加热，试管口应略向下倾斜，C错误； D托盘太平只能精确到一位小数，不能称量10.05g固体，D错误；故选A。13. 下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是物质（括号内为杂质）除杂试剂AFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉BNaCl溶液（MgCl2）NaOH溶液、稀HClCCl2（HCl）H2O、浓H2S
17、O4DNO（NO2）H2O、无水CaCl2A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题
18、意；C.部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；D.NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。14. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 78 g Na2O2 中含有阴离子的数目为 NAB. 1.0 L 1.0 molL1的 NaAlO2溶液中含氧原子数为2NAC. 常温常压下，0.5 mol F
19、e和足量稀硝酸反应，转移电子数为NAD. 标准状况下，22.4LCHCl3中含CCl键的数目为3NA【答案】A【解析】【详解】A. 78 g Na2O2物质的量，含阴离子1mol，数目为NA，故A正确；B.溶液中水也含有O原子，含氧原子数大于2NA，故B错误；C. 0.5 mol Fe和足量稀硝酸反应，Fe被氧化为，转移电子数为1.5NA，故C错误；D.标况下CHCl3为液态，不能用气体摩尔体积计算，故D错误。故答案选：A。15. 在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是A. 滴加甲基橙显红色的溶液中：Na+、Fe2+、C1-、NOB. 0.1molL-1FeC13溶液中：NH、Mg2+、
20、SO、NOC. 0.1mo1L-1KI溶液中：Na+、K+、ClO-、OH-D. 由水电离的c(H+)=1.010-13 mo1L-1的溶液中：K+、NH、C1-、HCO【答案】B【解析】【详解】A滴加甲基橙显红色的溶液为酸性，Fe2+、NO在酸性条件下发生氧化还原反应，故A不符合题意；B0.1molL-1FeC13溶液显酸性，NH、Mg2+、SO、NO之间不反应，在酸性条件下可以大量共存，故B符合题意；C0.1mo1L-1KI溶液中碘离子具有还原性，ClO-具有氧化性，会发生氧化还原反应，不能大量共存，C不符合题意；D由水电离的c(H+)=1.010-13 mo1L-1的溶液为酸性或碱性，酸
21、性或碱性条件下HCO均不能大量共存，故D不符合题意；答案选B。【点睛】B为易错点，清楚0.1molL-1FeC13溶液的性质很关键。16. 下表中评价合理的是选项化学反应及其离子方程式评价AFe3O4与稀硝酸反应：2Fe3O418H=6Fe3H28H2O正确B向碳酸镁中加入稀盐酸：CO32-2H=CO2H2O错误，碳酸镁不应写成离子形式C向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2SO42-=BaSO4正确DFeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe22Br2Cl2=2Fe34ClBr2错误，Fe2与Br的化学计量数之比应为12A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A项，Fe
22、3O4中的Fe2+能够被硝酸氧化，反应生成NO气体，故A评价错误；B项，向碳酸镁中加入稀盐酸，碳酸镁难溶，不应写成离子形式，故B评价正确；C项，向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液,生成硫酸钡沉淀，同时生成NH3H2O，故C评价错误；D项，氯气先将Fe2+氧化为Fe3+，然后再氧化Br-，离子方程式正确，故D评价错误。答案选B。17. 在酸性条件下，黄铁矿( FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2+4SO42-+4H+，实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是A. 反应I的离子方程式为4Fe(NO)2+O2+4H+= 4Fe3+4NO+2H2OB. 反应的氧化
23、剂是Fe3+C. 反应是氧化还原反应D. 黄铁矿催化氧化中NO作催化剂【答案】C【解析】【详解】A根据图示，反应I的反应物为Fe(NO)2+和O2，生成物是Fe3+和NO，结合总反应方程式，反应的离子方程式为4Fe(NO)2+O2+4H+= 4Fe3+4NO+2H2O，故A正确；B根据图示，反应的反应物是Fe3+和FeS2，生成物是Fe2+和SO42-，反应中铁元素的化合价降低，氧化剂是Fe3+，故B正确；C根据图示，反应的反应物是Fe2+和NO，生成物是Fe(NO)2+，没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；D根据2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2+4SO42-+4H+，
24、反应过程中NO参与反应，最后还变成NO，NO作催化剂，故D正确；故选C。【点睛】解答本题的关键是认真看图，从图中找到物质间的转化关系。本题的易错点为A，要注意根据总反应方程式判断溶液的酸碱性。18. 下列实验操作能达到实验目的的是（ ）选项实验目的实验操作A制备Fe（OH）3胶体向沸水中滴入适量饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，然后停止加热B由MgCl2溶液制备无水MgCl2将MgCl2溶液加热蒸干C除去Fe粉中混有的Al粉加入适量稀硝酸，过滤、洗涤、干燥D配制0.2 molL1的NaCl溶液将11.7 g NaCl固体溶于1 L水中A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】
25、【详解】A向沸水中滴入适量饱和FeCl3溶液，发生反应FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，继续煮沸至溶液呈红褐色，然后停止加热，即可制得Fe(OH)3(胶体)，A符合题意；B加热促进MgCl2水解，且生成盐酸易挥发，故应在HCl气流中蒸发MgCl2溶液制备无水MgCl2，B不合题意；C由于Fe和Al均能与稀硝酸反应，故不能用稀硝酸出去Fe粉中的少量Al，而应用NaOH溶液，Al会反应而Fe则不会，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，C不合题意；D将11.7 g 即NaCl固体溶于1 L水中后溶液体积不等于1L，故所配溶液浓度不是0.2mol/L，D不合题意；
26、故答案为：A。19. 某溶液中含有的溶质是 FeBr2、FeI2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述正确的是( )A. 原溶液中的Br一定被氧化B. 不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+C. 通入氯气之后，原溶液中的Fe2+不一定被氧化D. 若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，一定能产生淡黄色沉淀【答案】B【解析】【分析】在FeBr2和FeI2混合液中存在的三种离子的还原性：IFe2Br，向该溶液中通入的氯气首先与还原性最强的I反应，当I完全反应后，氯气才与Fe2反应，Fe
27、2被完全氧化后再与Br反应。通入一定量氯气后再滴加KSCN，溶液呈红色，说明有Fe3生成，I已经反应完全，Fe2被氧化但不一定全部被氧化，没有实验现象说明Br被氧化或完全被氧化。【详解】通入一定量氯气后再滴加KSCN，溶液呈红色，说明有Fe3生成，Fe2被氧化但不一定全部被氧化，没有实验现象说明Br被氧化或完全被氧化，故A错误；通入一定量氯气后再滴加KSCN，溶液呈红色，说明有Fe3生成，Fe2被氧化但不一定全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故B正确；通入一定量氯气后再滴加KSCN，溶液呈红色，说明一定有Fe3生成，故C错误；没有实验现象说明Br被氧化或完全被氧化，
28、反应后溴离子不一定有剩余，所以向分液后的上层液体中加入足量硝酸银溶液，不一定生成浅黄色沉淀，故D错误。【点睛】常见离子还原性顺序：S2-SO32-I-Fe2+Br-Cl-；氧化性顺序：Cl2Br2Fe3+I2。同一氧化剂与不同还原剂反应，先与还原性强的反应；同一还原剂与不同氧化剂反应，先与氧化性强的反应；20. 下列用于解释事实的离子方程式不正确的是A. 向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液，有黑色难溶物生成：2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)B. 向FeI2酸性溶液(浅绿色)中滴入少量H2O2稀溶液，溶液变黄：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2OC. 向
29、NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：2H+Ba22OH=BaSO42H2OD. 醋酸除水垢： CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO【答案】B【解析】【详解】A. 向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液，白色沉淀变成黑色的离子方程式为：2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)，故A正确；B. I-的还原性强于Fe2+，所以FeI2酸性溶液（浅绿色）中滴入少量H2O2稀溶液反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+I2+2H2O，故B错误；C. 向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，产物为硫酸钡、硫酸钠和水，
30、离子方程式为：2H+Ba22OH=BaSO42H2O，故C正确；D. 醋酸酸性强于碳酸，与水垢反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，离子方程式为： CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO，故D正确；故选B。21. 有BaCl2和NaCl的混合溶液aL，将它均分成两份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl离子完全沉淀。反应中消耗xmol H2SO4、ymol AgNO3。据此得知原混合溶液中的c(Na+)(单位： molL-1)为A. （y-2x）/aB. (y-x)/aC. (2y-2x)/aD. (2y-4x)/a【答案】D【解析】n
31、（Ba2+）=n（H2SO4）= xmol，n（Cl-）=n（AgNO3）=ymol，根据电荷守恒：2n（Ba2+）+n（Na+）=n（Cl-），n（Na+）=（y-2x）mol，c(Na+)=（y-2x）mol/0.5aL=(2y-4x)/amolL-122. 下列有关金属及其合金的说法不正确的是 （ ）A. 目前我国流通的硬币是由合金材料制造的B. 生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加C. 镁在空气中燃烧发出耀眼的白光，可用于制作照明弹D. 日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用【答案】B【解析】【详解】A.目前我国流通的硬币是由合金材料制成:1角的为不锈钢，5角的为钢芯镀铜，
32、1元的为钢芯镀镍，所以A选项是正确的；B.生铁含碳量最高，普通钢次之，不锈钢最少.题目说法与事实相反，故B错误；C.制造照明弹就是利用了镁燃烧发出耀眼的白光，所以C选项是正确的；D.铝表面覆盖致密的氧化物薄膜，对金属起保护作用，所以D选项是正确的。答案选B。23. 已知反应：；下列说法正确的是（ ）A. 上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B. 氧化性由强到弱的顺序为C. 反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6：1D. 若反应中1mol还原剂参加反应，则氧化剂得到电子的物质的量为2mol【答案】B【解析】【详解】A反应的反应物中没有单质，且生成物有3种，所以不是置换反应，故A项错误；B中
33、氧化剂是，氧化产物是，所以的氧化性大于中氧化剂是，氧化产物是，所以的氧化性大于中氧化剂是，氧化产物是，所以的氧化性大于，故氧化性由强到弱的顺序是，故B项正确；C中氧化剂是氯酸钾，被氧化的HCl占参加反应的HCl的，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：1，故C项错误；D反应中还原剂是氯气，氧化剂是溴酸钾，该反应中1mol还原剂参加反应，则氧化剂得到电子的物质的量，故D项错误。故选B。24. 某500mL溶液中含0.1mol Fe2+，0.2mol Fe3+，加入0.2mol铁粉，待Fe3+完全还原后，溶液中Fe2+的物质的量浓度为（假设反应前后体积不变）A. 0.4mol/LB. 0.6mol
34、/LC. 0.8 mol/LD. 1.0 mol/L【答案】C【解析】【详解】由2Fe3Fe3Fe2可知，铁粉过量，最终溶液中的Fe2的物质的量为0.4 mol，其浓度为0.4mol0.5L=0.8 mol/L。答案选C。25. 在一定条件下PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O和Pb2+，则与1.0molCr3+反应所需PbO2的物质的量为（ ）A. 3.0molB. 1.5molC. 1.0molD. 0.75mol【答案】B【解析】【分析】根据氧化还原反应中得失电子守恒计算。【详解】已知Pb由+4价变为+2价，Cr由+3价变为+6价，设所需PbO2的物质的量为xmol，则有1.0mol1
35、(6-3)=xmol1(4-2)，解得x=1.5mol，故B正确。二、非选择题（本题包括4道题，共35分）26. 如下图在衬白纸的玻璃片中央放置适量的KMnO4颗粒，在周围分别滴加一滴含有酚酞的澄清石灰水、FeCl2溶液，然后在KMnO4晶体上滴加适量的浓盐酸，迅速盖好表面皿。提示：实验室中所用的少量氯气可以用下述原理制取：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，此反应在常温下即能进行。(1)氧化剂与还原剂物质的量之比为_，氧化产物为_。(2)产生0.1molCl2，则转移电子的物质的量为_mol。(3)b处离子方程式是_。(4)高锰酸钾标准溶液经常用来滴定
36、测量物质的含量。配平并完成下列高锰酸钾滴定草酸反应的离子方程式：_+_H2C2O4+_=_+_CO2+_【答案】 (1). 1：5 (2). Cl2 (3). 0.2 (4). 2+Cl2=2+2Cl (5). 2 (6). 5 (7). 6 (8). 2 (9). 10 (10). 8H2O【解析】【详解】(1)根据化学反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O可知，氧化剂为KMnO4，还原剂为HCl(浓)，2molKMnO4和16molHCl(浓)完全反应，其中10molHCl(浓)作了还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为2：10=1：5，氯的化合价从
37、-1价升高到0价，氧化产物为Cl2；(2)据化学反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O可知，KMnO4中锰元素的化合价从+7价降低到+2价，产生5mol氯气时转移电子的物质的量为10mol，则产生0.1molCl2时转移电子的物质的量为0.2mol；(3)b处是氯气将亚铁离子氧化成铁离子，离子方程式是2+Cl2=2+2Cl；(4)高锰酸钾滴定草酸反应中，高锰酸钾中锰的化合价从+7价降低到+2价，H2C2O4中碳元素的化合价从+3价升高到+4价，根据得失电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比等于2：5，根据质量守恒判断生成物中加水，再根据电荷守恒配平氢
38、离子，离子方程式为：2+5H2C2O4+6=2+10CO2+8H2O。27. 已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中加入KSCN出现红色（1）写出下列物质的化学式：A：_D：_E：_N：_（2）B与E混和得到H并在潮湿空气中变成M的过程中，可能观察到的现象：_；（3）按要求写方程式：B和R反应生成N的离子方程式：_；MW的离子方程式：_【答案】 (1). Na2O2 (2). Fe3O4 (3). FeCl2 (4). NaAlO2 (5). 溶液中出现白色沉淀，在空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 (6)
39、. 2Al+2OH+2H2O2AlO+3H2 (7). Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O【解析】【分析】A为淡黄色固体可知A为Na2O2，D是具有磁性的黑色晶体判断为Fe3O4，C是无色无味的气体是过氧化钠与水反应生成的氧气，B为NaOH，W溶液中加入KSCN出现血红色，说明W含有三价铁离子；T、R为两种常见的用途很广的金属单质，T在C中燃烧生成D为四氧化三铁，溶于盐酸生成溶液中含有亚铁离子和三价铁离子，加入过量铁反应生成亚铁离子，证明T为Fe；E为FeCl2，H为Fe(OH)2，M为Fe(OH)3，W为FeCl3；金属R与B氢氧化钠反应说明R金属为Al，N为NaAlO2，Q为Al2O
40、3，以此解答该题。【详解】（1）由以上分析可知A为Na2O2，D为Fe3O4 ，E为FeCl2，N为NaAlO2，故答案为：Na2O2；Fe3O4 ；FeCl2；NaAlO2；（2）B与E混和得到H为白色氢氧化亚铁沉淀，在潮湿空气中变成红褐色氢氧化铁沉淀的过程中，可能观察到的现象是：溶液中出现白色沉淀，在空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，故答案为：溶液中出现白色沉淀，在空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；（3）B（NaOH）和R（Al）反应生成N（NaAlO2）的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；M（Fe（OH）3）和盐酸反应生成W（FeCl3）反应的离子方程
41、式为Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O；故答案为：2Al+2OH+2H2O2AlO+3H2；Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O。【点睛】把握物质的性质、发生的反应、金属及化合物知识为解答的关键，A、D、W为推断的突破口。28. 硫酸铁铵NH4Fe(SO4)2xH2O是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：回答下列问题：（1）步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_。（2）步骤需要加热的目的是_，温度保持8095 ，采用的合适加热方式是_。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_（填标号）。（3）步骤中
42、选用足量的H2O2，理由是_。分批加入H2O2，同时为了_，溶液要保持pH小于0.5。（4）步骤的具体实验操作有_，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_。【答案】 (1). 碱煮水洗 (2). 加快反应 (3). 热水浴 (4). C (5). 将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质 (6). 防止Fe3+水解 (7). 加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤） (8). NH4Fe(SO4)212H2O【解析】【详解】（1）步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件
43、下容易水解，所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗；（2）步骤需要加热的目的是为了加快反应速率；温度保持8095 ，由于保持温度比较恒定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热（热水浴）；铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C装置；（3）步骤中选用足量的H2O2，H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+，且H2O2的还原产物为H2O，不会引入新的杂质，故理由是：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质。因为H2O2本身易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止Fe3+水解，溶液要保持pH小于0.5；
44、（4）为了除去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）；（5）设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2xH2O，其相对分子质量为266+18x，1.5个水分子的相对分子质量为1.518=27，则27/(266+18x)=5.6%，解得x=12，则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)212H2O。29. 摩尔盐的成分为(NH4)2Fe(SO4)26H2O(M=392gmol1)，常作氧化还原滴定剂。学校购买了一批摩尔盐样品(假设杂质不参与反应)，某学习小组拟设计实验方案测定其纯度：方案1：沉淀法。甲同学准确称量一定质量样品溶于适量的蒸馏水，滴加适量BaCl
45、2溶液至S042完全沉淀，经过滤、洗涤、干燥，称得BaSO4质量。(1)检验SO42是否完全沉淀的操作是_。方案2：滴定法。乙同学准确称取mg摩尔盐样品溶于蒸馏水配制成250mL溶液，量取25.00mL所配制溶液于锥形瓶中，滴加适量的稀硫酸，用cmolL1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液的体积为VmL。(2)用KMnO4溶液滴定时应选用_(填“酸式”或“碱式”)滴定管，写出滴定反应的离子方程式：_。(3)该样品的纯度为_。(4)若用待测液润洗锥形瓶，测得结果_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。方案3：量气法。丙同学准确称量4.0g样品按下图所示装置进行实验。(5)橡胶管L的作用是
46、_。B中液体可以是_（填字母)。a.饱和食盐水 b四氯化碳 c.煤油 d饱和氯化铵溶液当A中样品完全反应后，待装置冷却至室温，测得NH3的体积为448mL(已折合成标准状况)。根据上述数据计算，该产品的纯度为_。【答案】 (1). 静置后，在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明SO42-已经完全沉淀；反之，则未完全沉淀。 (2). 酸式 (3). MnO45Fe28H=Mn25Fe34H2O (4). % (5). 偏高 (6). 平衡压强，使分液漏斗中溶液顺利滴下；同时减少滴入液体排出气体体积对实验结果的影响 (7). bc (8). 98%【解析】【分析】方案1通过测定硫酸根来
47、计算；方案2通过测定二价铁来计算；方案3通过测定铵根来计算。【详解】（1）检验SO42是否完全沉淀的操作：静置后，在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明SO42-已经完全沉淀；反之，则未完全沉淀。故该题答案为：静置后，在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明SO42-已经完全沉淀；反之，则未完全沉淀。（2）高锰酸钾为强氧化性物质，不能使用碱式滴定管，会腐蚀橡胶管，应使用酸式滴定管，滴定时发生反应的离子方程式为：MnO45Fe28H=Mn25Fe34H2O。故答案为酸式；MnO45Fe28H=Mn25Fe34H2O。（3）依题取25mL溶液消耗的高锰酸钾为cV/1000mo
48、l，依据方程式可知铁元素为cV/200mol，原250mL溶液中含有铁元素cV/20mol，即摩尔盐的物质的量也为cV/20mol，其质量为392 cV/20g，纯度为392 cV/20gmg100%=%。故答案为%。（4）若用待测液润洗锥形瓶，消耗标准液的体积会变大，故答案为偏高。（5）橡胶管L可以平衡压强，使分液漏斗中溶液顺利滴下，同时也可以减少因滴入液体排出气体体积对实验结果有影响，故答案为平衡压强，使分液漏斗中溶液顺利滴下，同时减少滴入液体排出气体体积对实验结果的影响。该实验中滴入烧碱产生的气体为氨气，故所选用液体不能与氨气反应，也不能溶解氨气，答案为：bc。标况下NH3的体积为448
49、mL，物质的量为0.02mol，依据原子守恒可知摩尔盐为0.01mol，其质量为3.92g，纯度为3.92g4.0g100%=98%，故答案为98%。【点睛】化学计算尽量应用原子守恒法，关系式法，可以节约时间。另外特别注意橡胶管L的作用。三、选做题（本题共2小题，考生根据要求选择其中一题进行作答）化学选修3：物质结构与性质30. 自然界中存在大量金属元素，其中钠、镁、铝、铁、铜等在工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题:（1）CuSO4和Cu（NO3）2中阳离子核外电子排布式为_，基态O原子的电子占据了_个能层，最高能级有_种运动状态不同的电子。（2）在CuSO4溶液中加入过量KCN能生成配
50、离子Cu（CN）42-，1mol Cu（CN）42-中含有的键的数目为_。（3） Cu（NH3）42+中，NH3中N原子的杂化方式是_。Cu（NH3）2Cl2有两种同分异构体，其中一种可溶于水，则此种化合物是_（填“极性”或“非极性”）分子，由此推知Cu（NH）42+的空间构型是_。（填“平面正方形”或“正四面体”）（4）NH3的沸点比N2O的沸点_（填“高”或“低”），其主要原因是_。（5）铜的一种氧化物晶体结构如图所示，该氧化物的化学式是_。若该晶体结构为长方体，其参数如图，阿伏加德罗常数为NA，则该氧化物的密度为_g/cm3。【答案】 (1). Ar3d9或1s22s22p63s23p6
51、3d9 (2). 2 (3). 4 (4). 8NA (5). sp3 (6). 极性 (7). 平面正方形 (8). 高 (9). NH3分子间存在氢键 (10). CuO (11). 【解析】【分析】Cu是29号元素，按核外电子排布规律可找出Cu2+核外电子排布式；粒子内键有多少？按键与键的不同以及规律来求算；配位体中的中心原子提供孤对电子，根据Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，结合相似性相溶原理分析物质的分子极性和空间构型；熔沸点的高低跟构成晶体的粒子间的作用力相关，据此作用力的强弱判断NH3与N2O的沸点高低；根据均摊法可以化学式、并计算晶胞的密度即晶体的密度；【详解】(1)Cu
52、SO4和Cu(NO3)2中阳离子为Cu2+，Cu是29号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能级1个电子，再失去3d能级1个形成Cu2+，因此Cu2+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d9，也可写为Ar3d9；基态O原子的电子占据了s、p2个能层，最高能级2p上有4个电子，故有4种运动状态不同的电子；(2)在CN-中存在C、N三键，其中含有1个键，两个键，1个Cu（CN）42-中有4个配位键是键、4个CN-中含有4个键，则1mol Cu（CN）42-中含有的键的数目为8NA； (3)在Cu(NH3)42+中，提供孤对电子的是配位体NH3
53、分子中的N原子；Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，其中一种易溶于水，根据相似相溶原理，水是极性分子，所以该分子应该为极性分子；既然存在两种同分异构体，所以Cu(NH3)42+的空间构型应该是平面正方形；(4) NH3的沸点比N2O的沸点高，因为NH3分子间存在氢键；(5)如图所示，根据均摊法可以计算出Cu全部在体内：4个；O在顶点、面上、棱上和体心，即8+421=4，所以Cu和O原子个数最简整数比为1：1，因此物质的化学式为CuO；晶体密度=g/cm3= g/cm3。化学选修5：有机化学基础31. 香料甲和G都在生活中有很多用途，其合成路线如下:已知:R1CHO+R2CH2CHO(R1、
54、R2代表烃基或氢原子)D与A互为同系物;在相同条件下，D蒸气相对于氢气的密度为39。（1）A的名称是_，G中含氧官能团的名称是_。（2）的反应类型是_，B和F的结构简式分别为_、_。（3）写出一种能鉴别A和D的试剂:_;C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的有_种。（4）写出反应的化学方程式:_。（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)。_【答案】 (1). 甲苯 (2). 羧基 (3). 加成反应 (4). (5). (6). 酸性高锰酸钾溶液 (7). 4 (8). +CH3COOH+H2O (9). 【解析】【分析
55、】由C及反应条件可知C为苯甲醇，B为，A为甲苯。在相同条件下，D的蒸气相对于氢气的密度为39，则D的相对分子质量为392=78，D与A互为同系物，由此知D为芳香烃，设1个D分子中含有n个碳原子，则有14n-6=78，解得n=6，故D为苯；与乙醛反应得到E，结合信息，E为，E与溴发生加成反应得到的F为，F发生氧化反应生成的G为。据此分析解答。【详解】(1)根据分析可知，A为甲苯，G为，则G中含氧官能团为羧基，故答案为：甲苯；羧基；(2)反应为苯甲醛与氯仿发生加成反应生成，根据上述分析，B和F的结构简式分别为、，故答案为加成反应； (3)甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不能；C为苯甲醇属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚()，共4种，故答案为酸性高锰酸钾溶液；4；(4)反应为乙酸和发生酯化反应，化学方程式为+CH3COOH+H2O，故答案为+CH3COOH+H2O； (5)苯乙醛与甲醛反应生成，再与溴发生加成反应生成，最后发生催化氧化反应生成，故合成路线为，故答案为。【点睛】本题考查了有机合成与推断。主要涉及有机化学方程式的书写、限定条件下同分异构体数目的判断、合成路线中试剂和反应条件的选择等。本题的易错点为合成路线的设计，要注意充分利用题示已知信息。