【文档说明】内蒙古通辽市开鲁县第一中学2021届高三上学期第一次月考化学试题【精准解析】.doc，共(23)页，997.500 KB，由小赞的店铺上传

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开鲁一中高三年级第一次阶段性考试化学试题可能用到的相对原子质量：C12N14O16Na23Mg24Al27Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64第I卷一、选择题：每小题只有一个选项符合题目要求1.“84”消毒液、消毒酒精、口罩、体温计是抗击新型冠状肺炎期间常用的物资。下列说法中正

确的是A.口罩的原材料聚丙烯熔喷布属于有机高分子材料B.医用消毒酒精的浓度越大越好，最好使用无水乙醇C.为增强消毒效果，可将“84”消毒液与洁厕灵混合后使用D.家用水银体温计中的水银属于合金【答案】A【解析】【详

解】A．丙烯属于有机物，将丙烯发生加聚反应可以制得聚丙烯，聚丙烯熔喷布属于有机高分子材料，故A正确；B．75%的酒精用于消毒，消毒效果最佳，过高浓度的酒精会在细菌表面形成一层保护膜，阻止酒精进入细菌体内，难以将细菌彻底杀死，故B错误；C．“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠，

洁厕灵的主要成分含有盐酸，如将“84”消毒液与洁厕灵混合后使用，会产生有毒的氯气，故C错误；D．家用水银体温计中的水银是金属汞，属于金属单质，不属于合金，故D错误；答案选A。2.若将N的电子排布式写成1s22s22px22p

y1，它违背了A.能量守恒原理B.泡利原理C.能量最低原理D.洪特规则【答案】D【解析】【详解】N的2p能级有三个能量相同的轨道：2px、2py、2pz，而N有3个2p电子，电子排布应该遵循洪特规则，电子在能级相同的轨道上

排布时，应尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同，由此正确的排布式应为：1s22s22px12py12pz1，即题给电子排布式违背了洪特规则；答案为D。3.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.室温下，向0.01mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加N

aOH至中性：c(Na＋)＞c(SO42－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＝c(H+)B.0.1mol·L－1NaHCO3溶液：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(HCO3－)＞c(H+)C.Na2CO3溶液：c(OH－)－c(H+)＝c(HCO3－)＋c(H2CO

3)D.25℃时，pH=4.75、浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c(CH3COO－)＋c(OH－)＜c(CH3COOH)＋c(H+)【答案】A【解析】【详解】A．室温下，向0.01mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加NaOH至中性，所得

溶液是硫酸钠、硫酸铵和一水合氨的混合物，则溶液中c(Na＋)＞c(SO42－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＝c(H+)，A正确；B．0.1mol·L－1NaHCO3溶液中碳酸氢根的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，则c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞

c(H+)，B错误；C．Na2CO3溶液中根据质子守恒可知c(OH－)＝c(H+)＋c(HCO3－)＋2c(H2CO3)，C错误；D．25℃时，pH=4.75、浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，溶液显酸性，

则根据电荷守恒可知溶液中c(CH3COO－)＋c(OH－)＞c(CH3COOH)＋c(H+)，D错误；答案选A。4.下列关于电解质溶液的叙述正确的是A.常温下，在pH=7的醋酸钠和醋酸混合溶液中：c(CH3COO-)＞c(Na+)B.在pH=5的氯化钠和稀硝酸的混合溶液中：c(Na+)=c(Cl

-)C.稀释醋酸溶液，溶液中所有离子的浓度均降低D.0.1mol·L-1的硫化钠溶液中：c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+c(S2-)【答案】B【解析】【详解】A．根据电荷守恒可得：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，常温下溶液pH

=7，则c(OH-)=c(H+)，故c(CH3COO-)=c(Na+)，A错误；B．在pH=5的氯化钠和稀硝酸的混合溶液中，Na+、Cl-不发生反应，则混合溶液中c(Na+)=c(Cl-)，B正确；C．稀释醋酸溶液，溶液中c(H+)降低，由于溶液中c(H+)·c(OH-)=Kw，温度不变，Kw不

变，溶液中c(H+)降低，则c(OH-)增大，C错误；D．硫化钠是强碱弱酸盐，在溶液中弱酸根离子S2-发生水解，消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性，根据质子守恒可得：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H

2S)，D错误；故答案为B。5.已知0.1mol·L－1的二元酸H2A溶液的pH=4.0，则下列说法中正确的是A.在Na2A、NaHA两溶液中，离子种类不相同B.在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中，阴离子总数相等C.在NaHA溶液中一定有

：c(Na+)+c(H＋)=c(HA－)+c(OH－)+2c(A2－)D.在Na2A溶液中一定有：c(Na+)>c(A2－)>c(H+)>c(OH－)【答案】C【解析】【详解】A、在Na2A、NaHA两溶液中，分析A2-离子水解

，HA-存在电离和水解；离子种类相同，故A错误；B、在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中，钠离子浓度不同，氢离子浓度不同，依据溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(A2-)+c(HA-)，阴离子总数

不相等，故B错误；C、在NaHA溶液中一定有电荷守恒，结合溶液中离子种类写出电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，故C正确；D、在Na2A溶液中，A2-离子分步水解，溶液呈碱性；一定有：c(Na+)＞c(A2-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D错误；故选C

。【点晴】本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较方法，溶液中电荷守恒的分析判断，明确溶液中离子的特征性质和水解、电离是解题关键。本题中明确0.1mol•L-1的二元酸H2A溶液的pH=4，溶液为弱酸是解题的

基础。6.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是A.向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4B.澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2OC.Na2O2在空气中放置后由淡黄

色变为白色2Na2O22Na2O+O2↑D.向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2【答案】C【解析】【详解】A.金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其

反应的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；B.澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；C.过氧化钠在空气中放置，会与

空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C项错误；D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3MgCl2，D

项正确；答案选C。7.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.2.8g聚乙烯中含有的碳碳双键的数目为0.1NAB.将2.3g钠投入50mL1mol∙L-1盐酸中，转移的电子数为0.05NAC.C60和C72的混合物

共2.4g，其中所含碳原子数一定为0.1NAD.常温下，1LpH=11的氨水中含有的-OH的数目为0.001NA【答案】D【解析】【详解】A．聚乙烯中不含碳碳双键，故A错误；B．2.3g钠的物质的量为：2.3g=0.1mol23g/mol，投入50mL1mol∙L－1盐

酸中，钠先与盐酸反应，再与水反应，最终钠会完全消耗转变为钠离子，1mol钠转移的电子数为NA，0.1mol钠转移的电子数为0.1NA，故B错误；C．2.4gC60和C72的混合物，碳原子的物质的量为2.4g=

0.2mol12g/mol，所含碳原子数0.2NA，故C错误；D．pH=11的氨水中，c(-OH)=-14-1110mol/L=0.001mol/L10，1L的该氨水中的-OH的物质的量为0.001mol/L×1L=0.001mol，含有的-OH的数目为0.001NA，故D正确；答案选D。

8.下列物质的制备与工业生产相符合的是A.NaCl(aq)电解⎯⎯⎯→Cl2(g)⎯⎯⎯→石灰水漂白粉(s)B.N22O⎯⎯⎯⎯→、放电NO⎯⎯⎯⎯→空气、水HNO3C.制取镁：海水NaOH⎯⎯⎯→Mg(OH)2⎯⎯⎯→高温

MgO电解⎯⎯⎯→MgD.铝土矿NaOH⎯⎯⎯⎯→溶液过滤NaAlO2溶液2CO过滤→Al(OH)3⎯⎯⎯→煅烧Al2O3⎯⎯⎯→冰晶石电解铝【答案】D【解析】【详解】A．石灰水中Ca(OH)2的浓度太小，一般用氯气和石灰乳反应制备漂白粉，故不选A；B

．工业上制取硝酸时利用氨气的催化氧化制取NO，故不选B；C．海水中加入氧化钙制取氢氧化镁，电解熔融氯化镁制取金属镁，不是电解熔融氧化镁，故不选C；D．铝土矿中氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝加热分解为氧化铝，电解熔融

氧化铝制取金属铝，故选D。选D。9.下列说法中正确的是A.钡中毒患者可尽快使用苏打溶液洗胃，随即导泻使Ba2+转化为BaCO3而排出B.工业上可以用NaHS、(NH4)2S等可溶性硫化物作沉淀剂除去废水中的Hg2+，但不能使用Fe

S作沉淀剂C.水中的Mg(HCO3)2、Ca(HCO3)2受热易分解生成难溶性的MgCO3、CaCO3，故水垢的主要成分是MgCO3、CaCO3D.珊瑚虫从周围海水中获取Ca2+和-3HCO，经反应形成石灰石(CaCO3)外壳，从而逐渐形成珊瑚【答案】D【解析】【详解】A.胃酸为HCl，能

与BaCO3重新生成可溶性Ba2＋，钡中毒并未解除，A错误；B.可溶性硫化物虽能形成HgS除汞，但会引来阳离子新杂质，用难溶性FeS更好，B错误；C.除酸式盐分解反应外，Mg(OH)2溶解度比MgCO3更小，长期加热MgCO3会转化为更难溶于水的Mg(OH)2，即长期加热形

成水垢主要成分为CaCO3、Mg(OH)2，C错误；D.珊瑚虫从周围海水中获取Ca2＋和3HCO−，Ca2+和3HCO−经分解反应形成石灰石(CaCO3)外壳，从而逐渐形成珊瑚，D正确；答案为D。10.下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数)A.124gP4含有

P-P键的个数为4NAB.12g石墨中含有C-C键的个数为1.5NAC.6g金刚石中含有C-C键的个数为2NAD.60gSiO2中含Si-O键的个数为2NA【答案】B【解析】【详解】A．124gP4的物

质的量是1mol，1个P4中含有6个P-P键，则1molP4中含有P-P键的个数为6NA，A错误；B．12g石墨中含有C原子的物质的量是1mol，在石墨中每个C原子与相邻的3个C原子形成C-C共价键，每个共价

键为2个C原子形成，则含有1molC原子的石墨中含有的C-C键的个数为1mol×32×NA/mol=1.5NA，B正确；C．6g金刚石中含有C原子的物质的量是0.5mol，在金刚石中每个C原子与相邻的4个C原子形成C-C共价键，每个共价键为2个C原子形成，则含有0.5m

olC原子的金刚石中C-C键的个数为0.5mol×42×NA/mol=NA，C错误；D．60gSiO2中含有SiO2的物质的量是1mol，每个Si原子与相邻的4个O原子形成Si-O共价键，则1molSiO2中含有Si-O键的个数为4NA，D错误；故答案为B。

11.中国科学院成功开发出一种新型铝－石墨双离子电池，大幅度提升了电池的能量密度。该电池结构如图所示，下列有关该电池的说法不正确的是A.放电时，电子沿导线流向石墨电极B.放电时，正极的电极反应式为Al＋Li＋＋e－＝AlLiC.充电时，铝锂电极质量增加D.充电时，6PF−向阳极移动【

答案】B【解析】【详解】A.放电时，属于原电池的工作原理，电子由负极沿导线流向正极，即沿导线流向石墨电极，A正确；B.放电时，正极Cx(PF6)得电子被还原，电极反应式为Cx(PF6)+e-=xC+PF6-，B

错误；C.充电时，属于电解池的工作原理，电解池的阴极发生得电子的还原反应，即Al+Li++e-=AlLi，故铝锂电极质量增加，C正确；D.充电时，属于电解池的工作原理，PF6-向阳极移动，D正确；答案选B。12.有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示(

原子半径为rcm)，下列叙述错误的是A.晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③12，④12B.晶胞①的空间利用率：()334πr3100%2rC.晶胞中含有的原子数分别为：③2，④4，D.金属晶体是一种“巨分子”，可能存在分子间作用力【答案】D【解析】【

分析】由金属晶体的晶胞结构图可知，①为简单立方堆积，②为体心立方堆积，③为六方最密堆积，④为面心立方最密堆积。【详解】A.根据晶体结构可知，晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③12，④12，A正确；B.晶胞①的空间利

用率：()334πr3100%2r，B正确；C.顶点为8个晶胞共用，面为2个晶胞共用，晶胞内原子为1个晶胞单独占用，即晶胞中含有的原子数分别为：③1+8×18=2，④8×18+6×12=4，C正确；D.金属晶体是一种“巨分子”，存在金属阳离子和自由电子之间的作用，不存在分子间作用力，D错

误。答案为D。13.下列数据是对应物质的熔点，有关的判断错误的是Na2ONaAlF3AlCl3Al2O3BCl3CO2SiO2920℃97.8℃1291℃190℃2073℃-107℃-57℃1723℃A.Na2O、AlF3是离子晶体；AlCl3、BCl3

是分子晶体B.同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体C.Al2O3熔点高于AlF3，因为Al2O3晶格能大于AlF3D.在上面涉及的共价化合物分子中各原子都形成8电子结构【答案】D【解析】【详解】A．Na2O、AlF3是活泼

的金属与活泼的非金属元素的原子之间通过电子得失形成离子，离子再通过离子键结合形成离子晶体。由于离子键是一种强烈的相互作用，断裂消耗很高能量，因此物质的熔沸点较高。在AlCl3、BCl3中，尽管Cl元素的非金属性较强，但其原子半

径大，得到电子能力弱，所以AlCl3、BCl3是由分子通过分子间作用力结合而形成的分子晶体，分子间作用力很微弱，因此它们的熔沸点较低，A正确；B．C、Si都是第IVA的元素，它们形成的氧化物中，CO2是由分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体，而SiO2是由原子通过共价键结合形成的原子晶体

。由于分子间作用力比化学键弱的多，故CO2熔沸点比较低，在室温下呈气态；而SiO2在室温下呈固态，B正确；C．Al2O3、AlF3都属于离子晶体，物质的熔点Al2O3高于AlF3，是因为两种物质的阳离子都是Al3+，但Al2O3中阴离子O2-带有2个单位

的负电荷，AlF3中的阴离子F-只带有一个单位的负电荷，与Al3+形成的离子键时Al2O3更强些，断裂消耗能量更多，即晶格能Al2O3大于AlF3，C正确；D．在上面涉及的物质中，BCl3、CO2、AlC

l3属于共价化合物，其中在BCl3分子中B原子最外层只有6个电子，没有形成8电子稳定结构，D错误；故答案为D。14.普伐他汀是一种调节血脂的药物，其结构如图所示。下列有关该有机物的说法正确的是A.分子中碳原子的杂化方式有sp2、sp3杂化B.分子间存在氢键、极性键和非极性键C.分子中不含有手

性碳原子D.分子中所含元素的基态原子的第一电离能大小顺序为C>O>H【答案】A【解析】【分析】有机物结构中含有碳碳单键，碳碳双键，酯基，羟基，羧基，据此回答问题。【详解】A.分子中碳原子的成键方式有碳碳

单键，碳碳双键，成碳碳单键的碳原子采用的是sp3杂化，成碳碳双键的碳原子采用的是sp2杂化，A正确；B.分子中存在羟基，易形成分子间氢键，极性键和非极性键都是分子内的化学键，B错误；C.与羟基相连的碳原子连接四个不同的原子，是手性碳原子，C错误；D.同周期元素第一电离能随着原子序数

增大而呈增大趋势，分子中所含元素的基态原子的第一电离能大小顺序为O＞H＞C，D错误。答案为A。15.已知常温下，弱电解质的电离平衡常数：HClOKa＝3×10-8；H2CO3Ka1＝4.3×10-7Ka2＝5.6×10-11。下列说法不正确的是A.将少量

的CO2通入NaClO溶液中，发生反应CO2+2ClO-+H2O＝2HClO+2-3COB.常温下，等物质的量浓度的NaClO和Na2CO3溶液，pH更大的是Na2CO3溶液C.浓度均为0.1mol·L-1的NaClO和NaHCO3混合

溶液中，有c(-3HCO)>c(ClO-)>c(OH-)D.结合OH-的能力：H2CO3>HClO>-3HCO【答案】A【解析】【详解】A．由HClO和H2CO3的电离平衡常数可知，酸性由强到弱的顺序

为H2CO3＞HClO＞3HCO−，根据强酸制弱酸的原理可知，将少量的CO2通入NaClO溶液中，发生的离子方程式为CO2＋ClO－＋H2O＝HClO＋3HCO−，选项A不正确；B．酸性由强到弱的顺序为H2CO3＞HCl

O＞3HCO−，酸越弱，对应的酸根离子的水解程度越大，即水解程度：23CO−＞ClO－＞3HCO−，则常温下，等物质的量浓度的NaClO和Na2CO3溶液，pH更大的是Na2CO3溶液，选项B正确；C．酸性由强到弱的顺序为H2CO3＞HClO＞3HCO−，酸越弱，对

应的酸根离子的水解程度越大，即水解程度：23CO−＞ClO－＞3HCO−，则物质的量浓度相等的NaClO和NaHCO3溶液，均显碱性，且NaClO溶液的碱性强，则c(HCO3－)>c(ClO－)>c(OH－)，选项C正确；D．酸性由强到弱的顺序为H2CO3＞HClO＞3HCO−，酸

越强，越易结合OH－，则结合OH－的能力：H2CO3>HClO>3HCO−，选项D正确；答案选A。16.短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的相对位置如表所示，且四种元素的原子最外层电子数之和为24。下列说法正确的是WXYZA.最高价氧化物对应水

化物的酸性：Y>ZB.W、Y、Z的最简单氢化物的水溶液都呈酸性C.Z位于元素周期表中第三周期VII族D.工业上常用YX2漂白纸浆、毛、丝等【答案】D【解析】【详解】设X最外层电子数为x，则4x=24，x

=6，则W、X、Y、Z分别为N、O、S、Cl；A.元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Cl>S，则HClO4>H2SO4，故A错误；B.W的简单氢化物为NH3，水溶液为氨水，呈碱性，故B错误；C.元素Cl位于元素周期表中第三周期V

IIA族，故C错误；D.二氧化硫具有漂白性，工业上常用于漂白纸浆、毛、丝等，故D正确；故选D。17.下列叙述中不正确．．．的是A.CaCO3能够溶解在CO2的水溶液中B.Mg(OH)2可溶于盐酸C.AgCl难溶于水D.向MgSO4溶液中滴加Ba(OH)2只得到一种沉淀【答

案】D【解析】【详解】A.CaCO3存在溶解平衡：CaCO3(s)⇌Ca2＋(aq)＋23CO−(aq)，CO2水溶液中存在平衡：CO2+H2O⇌H2CO3⇌H＋＋3HCO−，23CO−和H＋结合生成3HCO−，促使两个平衡

都向正向移动，CaCO3逐渐溶解转化为Ca(HCO3)2，A正确；B.Mg(OH)2存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入盐酸，H+消耗OH－，促使Mg(OH)2溶解，B正确；C.AgCl存在溶解平衡：

AgCl(s)⇌Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，溶解度低，难溶于水，C正确；D.MgSO4与Ba（OH）2反应的离子方程式为Mg2＋＋24SO−＋Ba2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓＋BaSO4↓，得到两种沉淀，D错误；答案为D。1

8.某温度时，AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A.加入AgNO3可以使溶液由c点变到d点B.加入固体NaCl，则AgCl的溶解度减小，Ksp也减小C.d点有AgCl沉淀生成D.c点对应的Ksp小于d点对应的Ksp【答案】C【

解析】【分析】在相同温度时，溶度积不变，根据勒夏特列原理回答问题。【详解】A.加入AgNO3，c(Ag+)增大，AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)平衡逆向移动，c(Cl-)减小，图中c点变到d点时c(Cl-)不变，A

错误；B.Ksp只与温度有关，加NaCl时溶解平衡逆向移动，则AgCl的溶解度减小，Ksp不变，故B错误；Cd点时Qc(AgCl)＞Ksp(AgCl)，则d点有AgCl沉淀生成，C正确；D.Ksp只与温度有关，

c、d点温度相同，c点对应的Ksp等于d点对应的Ksp，D错误；答案为C。19.已知Ksp(AgCl)=1.56×10-10，Ksp(AgBr)=7.7×10-13，Ksp(Ag2CrO4)=9×10-11。某溶液中含有Cl-、Br-和CrO2-4，浓度均为0.010mol/L，向该溶液

中逐滴加入0.010mol/L的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（）A.Cl-、Br-、CrO2-4BCrO2-4、Br-、Cl-C.Br-、Cl-、CrO2-4D.Br-、CrO2-4、Cl-【答案】C【解析】【详解】析出沉淀时，AgCl溶液中c(Ag+)=()()-1sp0-1

-1.5610=0.010mAgClolLClcK=1.56×10-8mol/L；AgBr溶液中c(Ag+)=()()-13-1-sp7.710=0.010mAgBrolLBrcK=7.7×10-11mol

/L；Ag2CrO4溶液中c(Ag+)=()()-11sp2-1442-910=0.010molLOAgCCrOrcK=3×10-4.5mol/L；c(Ag+)越小，则越先生成沉淀，所以种阴离子产生沉淀的先后顺序为：B

r-、Cl-、CrO2-4；故答案为C。20.下列说法不正确．．．的是A.热的纯碱液去油污效果好，是因为加热使2-3CO的水解程度增大，溶液碱性增强，去污能力增强B.铁在潮湿的环境下生锈与盐类的水解有关C.将Al2(SO4)3溶液加热、蒸干、灼烧，可得到Al2(SO4)3固体D.将饱和FeCl

3溶液滴入沸水中制Fe(OH)3胶体，离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+【答案】B【解析】【详解】A.热的纯碱液去油污效果好，是因为加热使2-3CO的水解程度增大，溶液碱性增强，与酯基水解反应的氢氧

根离子浓度增大，去污能力增强，A正确；B.铁在潮湿的环境下生锈与水蒸气和氧气有关，发生电化学腐蚀，与盐类的水解无关，B错误；C.将Al2(SO4)3溶液加热、蒸干、灼烧，由于硫酸是高沸点酸，不挥发，所以最后水解生成

的氢氧化铝与硫酸反应，最终还是得到Al2(SO4)3固体，C正确；D.将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制Fe(OH)3胶体，离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，D正确；答案为B。21.探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：

室温下，0.1mol·L−1H2C2O4的pH=1.3）实验装置试剂a现象①Ca(OH)2溶液（含酚酞）溶液褪色，产生白色沉淀②少量NaHCO3溶液产生气泡③酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色④C2H5OH和浓硫酸加热后产生有香味物质由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是A.H2

C2O4有酸性，Ca(OH)2+H2C2O4CaC2O4↓+2H2OB.酸性：H2C2O4>H2CO3，NaHCO3+H2C2O4NaHC2O4+CO2↑+H2OC.H2C2O4具有还原性，24MnO−+5224CO−+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2OD.H2C2O4可发生

酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OH浓硫酸C2H5OOCCOOC2H5+2H2O【答案】C【解析】【分析】草酸（又称乙二酸）为一种二元弱酸，具有酸的通性，因此能发生中和反应，具有还原性，因为乙二酸中含有羧基因此能发生酯化反应，据此解题；【详解】A.

H2C2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此含酚酞的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色退去，故A正确；B.产生气泡证明有CO2产生，因此可证明酸性H2C2O4＞H2CO3，反应方程式为：H2C

2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2+2H2O或,H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2+2H2O，故B正确；C.0.1mol·L−1H2C2O4的pH=1.3,说明草酸为弱酸，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表示，故C不正确；D.草酸（又称乙

二酸），其中含有羧基，因此其能发生酯化反应，反应方程式正确，故D正确；本题选不正确的，应选C。【点睛】本题考查草酸的性质和离子反应方程式的书写，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用。第II卷二、非选择题22.五氧化二

钒(V2O5)广泛用于冶金、化工等行业。一种以含钒废料(含V2O3、MnO、SiO2、Al2O3)为原料制备V2O5的流程如图。已知：V2O3难溶于水和碱，可溶于酸，灼烧可生成V2O5。(1)为提高含钒废料的浸取率，可采取的措施为_

___________。(2)“滤液1”中除了含有过量的NaOH，还含有的溶质为____________(填化学式)。(3)“烘干灼烧”的目的是__________________________。(4)“沉锰”时

需将温度控制在70℃左右，温度不能过高的原因为_____________；“滤渣2”的主要成分是MnCO3，写出生成MnCO3的离子方程式：___________。(5)证明NH4VO3已洗涤干净的实验操作及

现象为___________________。(6)在煅烧NH4VO3生成V2O5的过程中无元素化合价变化，请写出反应的化学方程式：________。【答案】(1).延长浸取时间(2).Na2SiO3、NaAlO2(3).将V2O3氧化为V2O5(4).温度过高，

NH4HCO3分解(5).2+-3322Mn+2HCO=MnCO+HO+CO(6).取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净(7).4325232NHVOVO+HO+2NH煅烧【解析】【分析】向含钒废料中加入过量的氢氧化钠溶液，可以除去废

料表面的油污，氧化铝和二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，氧化锰和三氧化二钒不溶于氢氧化钠溶液，过滤得到含有氢氧化钠、偏铝酸钠和硅酸钠的滤液1和含有氧化锰和三氧化二钒的滤渣；烘干灼烧滤渣，三氧化二钒被空气中氧气氧化生成五

氧化二钒；向烘干后的滤渣中加入硫酸溶液，氧化锰和五氧化二钒与硫酸反应生成硫酸锰和（VO2）2SO4，向溶解后的溶液中加入碳酸氢铵溶液，硫酸锰与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸锰沉淀，过滤得到含有（VO2）2SO4的滤液，向滤液中加入过量硫酸铵溶液，浓缩结晶、过滤洗涤、干燥

得到NH4VO3晶体，煅烧NH4VO3晶体得到五氧化二钒。【详解】（1）适当延长浸取时间可提高含钒废料的浸取率，故答案为：延长浸取时间；（2）由分析可知，加入氢氧化钠溶液的目的是将氧化铝和二氧化硅转化为可溶的偏铝酸钠和硅酸钠除去，则滤液1

中除了含有过量的NaOH，还含有Na2SiO3、NaAlO2，故答案为：Na2SiO3、NaAlO2；（3）焙烧是在空气中加热，由题意可知，烘干灼烧滤渣的目的是三氧化二钒被空气中氧气氧化生成五氧化二钒，故答案为：将V2O3氧化为V2O5；

（4）如果温度过高，碳酸氢铵受热会分解，会导致原料利用率低，则沉锰时需将温度控制在70℃左右；向溶解后的溶液中加入碳酸氢铵溶液，硫酸锰与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸锰沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2+-3322Mn+2HCO=MnCO+HO+

CO，故答案为：温度过高，NH4HCO3分解；2+-3322Mn+2HCO=MnCO+HO+CO；（5）由题意可知NH4VO3晶体表面会附有可溶的硫酸铵，则证明NH4VO3已洗涤干净的实验操作就是检验洗涤液中是否存在

硫酸根离子，实验操作为取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净，故答案为：取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净；（6

）由题可知，煅烧NH4VO3生成时，NH4VO3受热分解生成五氧化二钒、氨气和水，反应的化学方程式为4325232NHVOVO+HO+2NH煅烧，故答案为：4325232NHVOVO+HO+2NH煅烧。2

3.(1)25℃时，HF的Ka＝6.4×10-4，则此温度下0.1mol·L-1HF溶液的c(H+)为_____mol·L-1。(2)25℃时，amol·L-1CH3COOH溶液的pH＝b，用含a和b的代数式

表示CH3COOH的电离平衡常数Ka=___。(3)硒酸(H2SeO4)在水溶液中的电离如下：H2SeO4=H++-4HSeO，-4HSeO⇌H++SeO24−，K2＝1.0×10-2(25℃)。①向H2SeO4溶液中滴加少量氨水，该反应的离子方程式为____。②已知H2CO3的电离平衡常数Ka

1＝4.4×10-7，Ka2＝4.7×10-11，则KHCO3和KHSeO4两溶液混合反应的离子方程式为____。(4)已知25℃时，Ka(CH3COOH)＝1.8×10-5，Ka(HSCN)＝0.13。现在该温度下将20mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液和20mL0.1mol·L-1H

SCN溶液分别与20mL0.1mol·L-1NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)变化的示意图如图所示，反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是____________。(5)已知25℃时，几种弱酸的电

离平衡常数如下：HCOOH：Ka＝1.77×10-4，HCN：Ka＝4.9×10-10，H2CO3：Ka1＝4.4×10-7，Ka2＝4.7×10-11，则以下反应不能自发进行的是____(填字母)。a.HCOOH+NaCN=HCOONa

+HCNb.NaHCO3+NaCN=Na2CO3+HCNc.NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3d.2HCOOH+2-3CO=2HCOO-+H2O+CO2↑【答案】(1).0.008(2).-2b-b10a-10(3).H＋＋NH3·H2O=+4NH+H2O(4).-4HS

eO＋-3HCO=2-4SeO＋H2O＋CO2↑(5).因Ka(CH3COOH)<Ka(HSCN)，所以相同温度、相同物质的量浓度和体积的两溶液中，HSCN溶液的c(H＋)大于CH3COOH溶液的c(H＋)，故HSCN与NaHCO3反应速率大(6).b【解析】【分析】根

据电离常数公式进行计算，根据强酸制弱酸原理判断反应方向。【详解】(1)25℃时，HF的Ka＝6.4×10-4，则此温度下0.1mol·L-1HF溶液的c(H+)为41-3()=6.4100.1=810aKcHFmolL−−

mol·L-1；(2)25℃时，amol·L-1CH3COOH溶液的pH＝b，溶液中剩余的醋酸分子的浓度为a-10-bmol/L，用含a和b的代数式表示CH3COOH的电离平衡常数Ka=122313()()(10)10()1010bbbbcHcCHCOOmolLcCHCOOH

amolLa+−−−−−−−==−−。(3)硒酸(H2SeO4)在水溶液中的电离如下：H2SeO4=H++-4HSeO，-4HSeO⇌H++SeO24−，K2＝1.0×10-2(25℃)，即硒酸的第一步电离是完全的，第二步电离是可逆的；①向H2SeO4溶

液中滴加少量氨水，该反应的离子方程式为H＋＋NH3·H2O=+4NH+H2O；②已知H2CO3的电离平衡常数Ka1＝4.4×10-7，Ka2＝4.7×10-11，即硒酸的酸性强于碳酸，根据强酸制弱酸原理，KHCO3和KHSeO4

两溶液混合反应的离子方程式为-4HSeO＋-3HCO=2-4SeO＋H2O＋CO2↑；(4)已知25℃时，Ka(CH3COOH)＝1.8×10-5，Ka(HSCN)＝0.13。现在该温度下将20mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液和20mL0.1mol

·L-1HSCN溶液分别与20mL0.1mol·L-1NaHCO3溶液混合，反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是因Ka(CH3COOH)<Ka(HSCN)，所以相同温度、相同物质

的量浓度和体积的两溶液中，HSCN溶液的c(H＋)大于CH3COOH溶液的c(H＋)，故HSCN与NaHCO3反应速率大；(5)已知25℃时，几种弱酸的电离平衡常数：HCOOH：Ka＝1.77×10-4，HCN：Ka＝4.9

×10-10，H2CO3：Ka1＝4.4×10-7，Ka2＝4.7×10-11，由此可知，甲酸酸性强于氢氰酸，碳酸酸性弱于甲酸，强于氢氰酸，碳酸氢根酸性弱于氢氰酸，根据强酸制弱酸原理，a.HCOOH+NaCN=HCOONa+HCN，a能自发进行；b.NaHCO3+N

aCN=Na2CO3+HCN，b不能自发进行；c.NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3，c能自发进行；d.2HCOOH+2-3CO=2HCOO-+H2O+CO2↑，d能自发进行；综上所述，反应不能自发进行的是b。24.I.碳、硫的含量对钢铁性能影响很大，

其含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体，再用测碳、测硫装置进行测定。实验流程如图：(1)煅烧装置中采用纯氧，目的是_______。气体a的主要成分有_____、CO2和未反应的O2。(2)为充分吸收气体a，下列吸收装置中合适的是______(填标号)。A．B

．C．D．(3)气体a被22HO溶液吸收转化为硫酸(溶液b)，用已知浓度的NaOH溶液滴定生成的溶液b，根据消耗NaOH溶液的体积可确定钢样中硫的质量分数。①滴定时NaOH溶液置于_____(填仪器名

称)中，若以酚酞为指示剂，终点时的现象为_______。②若称取1g钢样进行实验，滴定消耗0.01mol/LNaOH溶液2.0mL，则该钢样中硫的质量分数为_____。(4)若将气体a通入以下测碳装置中(如图)，采用重量法测定碳的含量。①气体a通过B和C的目的是除

去SO2，通过所用试剂判断该法所利用的SO2的性质是______。②计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是_______。II.回答下列问题：(1)石英砂的主要成分为SiO2，SiO2是一种酸性氧化物，能与烧碱反应生成盐和水，下列物质中也能与烧碱反应生成盐和水的是______(填标号

)A．AlB．Al2O3C．CuOD．NaHCO3SiO2还能在一种常见的酸中溶解，生成一种气态含硅物质，这种酸的电子式为________。(2)电弧炉中生成粗硅，反应的化学方程式为_______。若电弧炉中焦炭过量，还会有SiC生成，石英砂和焦炭生成SiC的反应中，氧化剂和还原剂的物

质的量之比为___________。【答案】(1).避免引入空气中的杂质、使燃烧更充分(2).SO2(3).CD(4).碱式滴定管(5).溶液由无色变为浅红色并保持30秒不褪色(6).0.032%(7).还原

性吸收(8).CO2气体前后吸收瓶的质量(9).BD(10).(11).SiO2+2CSi+2CO↑(12).1：2【解析】【分析】I．钢样中含有Fe、C、S等元素，在煅烧装置中杂质元素与O2反应产生SO2、CO2，反应后的气体a中含SO2、CO2及过量的O2。将气体通入吸

收装置，SO2与H2O2发生反应，H2O2+SO2=H2SO4，在吸收时要注意防止倒吸现象的发生。得到的溶液b为稀硫酸，在测S装置中根据：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，利用反应消耗的NaOH的物质的量计算H2SO4的物质的量，进而可得S元

素的含量。若将气体a通入测碳装置中，SO2在B、C中被氧化为MnSO4、H2SO4，CO2在吸收瓶中被吸收，根据吸收瓶在气体吸收前后气体质量的变化确定CO2的质量，进而可得C的质量。II．根据物质的性质分析判断能够产生盐和水的化合物，Si

O2是酸性氧化物，能够与氢氟酸反应产生SiF4、H2O，C与SiO2在高温下反应产生Si、CO，若焦炭过量，反应产生SiC、CO，据此分析。【详解】I．(1)煅烧装置中采用纯氧，目的是避免引入空气中的杂质，使钢样中杂质燃烧更充

分；钢样与足量氧气反应，C变为CO2，S变为SO2，所以气体a的主要成分有SO2、CO2和未反应的O2；(2)在吸收装置中发生反应：H2O2+SO2=H2SO4，由于SO2易溶于水，因此在气体被吸收时要注意防止倒吸现象的发生。

A．吸收装置是密闭体系，SO2不能进入被吸收，A错误；B．易发生倒吸现象，且未反应的CO2及O2不能通过U型管，B错误；C．SO2可以被充分吸收，同时也可以防止倒吸现象的发生，C正确；D．SO2可以被充分吸收，同时也可以防止倒吸现象的发生，D正确；故答案

为CD；(3)①标准NaOH溶液应该放在碱式滴定管中；用NaOH标准溶液滴定未知浓度的硫酸，以酚酞为指示剂，开始时溶液为无色，当滴加最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为浅红色，半分钟内溶液不再变为无色，说明滴定达到了终点；②n

(NaOH)=c·V=0.01mol/L×0.002L=2.0×10-5mol，则根据方程式H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O可知n(H2SO4)=12n(NaOH)=1.0×10-5mol，根据S元素守恒，可知该钢样中S元素的质量m(S)=1.0×10-5mol×32g/mo

l=3.2×10-4g，所以该钢样中硫的质量分数为43.2101gg−×100%=0.032%；(4)①MnO2、K2Cr2O7具有强氧化性，可以将SO2氧化为MnSO4、H2SO4而将SO2除去，利用的

是SO2的还原性；②计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是CO2气体前后吸收瓶的质量；II．(1)A．Al与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2，没有H2O产生，A不符合题意；B．Al2O3与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2O，B符合

题意；C．CuO与NaOH溶液不反应，C不符合题意；D．NaHCO3与NaOH溶液反应产生Na2CO3、H2O，D符合题意；故答案为BD；SiO2是酸性氧化物，但能在HF溶解，生成一种气态含硅物质SiF4和H2O，HF的电子式为；(2)在电弧炉中，

焦炭与SiO2发生反应产生Si、CO，反应的化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑；若焦炭过量，则发生反应：SiO2+3CSiC+2CO↑，在该反应中焦炭既作氧化剂，又作还原剂，其中氧化剂和还原剂的物质的量之比1：

2。【点睛】本题以物质制备为线索，考查了实验操作、混合物的分离等知识。在测定SO2气体时，注意SO2易溶于水，要注意防止倒吸现象的发生。在用标准碱液滴定硫酸时，根据指示剂所在溶液的性质及滴定过程中溶液酸碱性的变化判断滴定终点的实验现象。25.C、Si在元素周期表中属于同主族元

素，其常见的氧化物分别为CO2、SiO2。请回答下列问题：(1)锗与碳、硅同主族，写出锗原子基态时的核外电子排布式：____________。(2)C、O、Si三种元素的电负性由大到小的顺序为____

________(用元素符号表示)。(3)二氧化硅结构跟硅晶体结构相似，即二氧化硅的结构相当于在硅晶体结构中每个硅与硅的化学键之间插入一个O原子。观察下图中硅晶体的结构，分析二氧化硅的空间网状结构中，Si

、O原子形成的最小环上O原子的数目为____________；晶体硅中硅原子与共价键的数目比为____________。(4)下图是二氧化碳的晶胞模型，从晶体类型来看，CO2属于_______晶体。图中显示出的

二氧化碳分子数有________个，实际上一个二氧化碳晶胞中含有_______个二氧化碳分子。标准状况下2.24L的CO2分子中含有的π键的数目为______。(5)在二氧化碳晶胞中，最近的两个二氧化碳分子间

的距离为anm，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶体密度为____________g·cm－3。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d104s24p2（或[Ar]3d104s24p2）(2).O>C>Si(3).6(4).1:2(5).分子(6).14(7).4(8).

0.2NA（或231.20410）(9).222233AA4.42106.2210()aNaN或【解析】【详解】（1）锗的原子数序为32，根据能量最低原理可知电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2（或[Ar]3d10

4s24p2），故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p2（或[Ar]3d104s24p2）；（2）元素的非金属性越强，电负性越大，C、O、Si三种元素的非金属强弱顺序为O>C>Si，则电负

性由大到小的顺序为O>C>Si，故答案为：O>C>Si；（3）晶体硅最小的环为六元环，二氧化硅结构跟晶体硅结构相似，Si、O原子形成的最小环上应有6个Si原子，硅晶体结构中每个硅与硅的化学键之间插入一个O原子，

则Si、O原子形成的最小环上O原子的数目是6；硅晶体中，每个Si原子与4个Si原子形成共价键，每一个共价键中Si的贡献为12，则平均1个Si原子形成2个共价键，所以晶体硅中硅原子与共价键的个数比为1：2，故答案为：6；1：2；（4）从晶体类型来看，二氧化碳属于分

子晶体；由晶胞结构可知，二氧化碳分子位于晶胞的定点和面心，显示出的二氧化碳分子数有8+6=14，由分摊法可知，晶胞中含有二氧化碳的分子数为8×18+6×12=4；二氧化碳的分子结构为O=C=O，每个分子中含有2个σ键和2个π键

，标准状况下2.24L二氧化碳的物质的量为0.1mol，含有π键的数目为0.2NA（或1.204×1023），故答案为：分子；14；4；0.2NA（或231.20410）；（5）由晶胞结构可知，最近的两个二氧化碳分子为与顶点和面心上，由最近的两个二氧化碳分子间的距离为anm可知，晶胞的边长为2

anm，由晶胞的质量公式可得A444N=(2a×10-7)3d，则晶胞密度d为223A4.4210aN=223A6.2210aN，故答案为：222233AA4.42106.2210()aNaN或。