2024吴忠吴忠中学高三上学期开学第一次月考化学试题含解析

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可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 S：32 Cl：35.5 Ca：40 Ti：48 Cu：64
一、选择题(本大题共24小题，每小题2分，共48分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．是单质，既不是电解质也不是非电解质，选项A错误；
B．不能电离，属于非电解质，溶于水的部分完全电离，属于强电解质，选项B错误；
C．溶于水的部分完全电离，属于强电解质，为弱电解质，酒精为非电解质，选项C正确；
D．H2O是弱电解质，不是非电解质，选项D错误；
答案选C。
2. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 中含有的中子数为
B. 分子中含有的键数目为
C. 晶体中阴离子所带电荷数为
D. 常温下，溶液中数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．1个中含有的中子数为18-8=10，的物质的量为0.1ml，则中含有的中子数为，A项符合题意；
B．1个中含有5个键，28C2H4的物质的量为1ml，故分子中含有的键数目为，B项不符合题意；
C．硫酸氢钠的相对分子质量为120，12g的硫酸氢钠为0.1ml，硫酸氢钠晶体中的阴离子为硫酸氢根离子，所带电荷数为0.1NA，C项不符合题意；
D．的溶液的体积未知，故数目无法计算，D项不符合题意；
故答案为：A。
3. 物质世界丰富多彩，可以分类认识和研究。下列依据不同角度对物质分类正确的是
A. 金属单质在化学反应中化合价升高，是氧化剂
B. Na2O、CaO与酸反应只生成盐和水，均属于碱性氧化物
C. 根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体
D. 盐酸和熔融的烧碱均能导电，都是电解质
【答案】B
【解析】
【详解】A. 化合价升高，说明失电子，该物质为还原剂，故A错误；
B. Na2O、CaO与酸反应只生成盐和水，因此Na2O、CaO均为碱性氧化物，故B正确；
C. 根据分散质微粒直径大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故C错误；
D. 盐酸属于混合物，不属于电解质，故D错误；
答案：B。
4. 同温同压下，a g甲气体和2a g乙气体所占体积之比为1∶2，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述不正确的是
A. 同温同压下甲和乙的密度之比为1∶1
B. 甲与乙的相对分子质量之比为1∶1
C. 同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比为1∶1
D. 等质量的甲和乙中的原子数之比一定为1∶1
【答案】D
【解析】
【分析】ag甲气体和2ag乙气体相同条件下体积比为1:2，即二者的物质的量之比为1:2，由M=可知，甲和乙的摩尔质量相同，即相对分子质量相同。
【详解】A．a g甲气体和2a g乙气体的质量之比为1:2，体积之比为1:2，由 ρ= 可知，同温同压下甲和乙的密度之比为 1:1，故A正确；
B．a g甲气体和2a g乙气体的质量之比为1:2，体积之比为1:2，由阿伏伽德罗定律可知，二者物质的量之比为1:2，由M=可知，甲和乙相对分子质量相同，故B正确；
C．由分析可知，甲和乙相对分子质量相同，同温同体积下等质量的甲乙物质的量相同，同温同体积下，压强之比为 1:1，故C正确；
D．据分析，甲和乙的摩尔质量相同，等质量的甲和乙的物质的量相同，即分子数相同，但原子数不一定相同，故D错误；
故选D。
5. 配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是
A. 容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液
B. 配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，用量筒量取浓盐酸
C. 用托盘天平称取药品时药品和砝码位置颠倒，药品质量一定偏小
D. 定容时，为防止液滴飞溅，胶头滴管应紧贴容量瓶内壁
【答案】A
【解析】
【详解】A．容量瓶上标有温度、容积和唯一刻度线，表示在所指温度下，液体的凹液面与容量瓶颈部的刻度线相切时，液体体积恰好与容量瓶上标注的容积相等，配制一定物质的量浓度的溶液过程中需要加蒸馏水，故容量瓶用蒸馏水洗净后，不要干燥直接用于配制溶液，A项正确；
B．量筒精确度达不到0.01mL，配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，用量筒量取9.8mL浓盐酸，不能量取9.82mL，B项错误；
C．用托盘天平称取药品时药品和砝码位置颠倒，若不使用游码时，则药品质量不变，C项错误；
D．定容时，胶头滴管应垂直悬空于容量瓶口正上方，不能紧贴容量瓶内壁，D项错误；
答案选A。
6. 下列说法正确的是
A. NaHCO3是强电解质，故NaHCO3的电离方程式为NaHCO3=Na++H++CO
B. 室温下，0.1ml·L-1的BOH溶液的pH=11，则BOH的电离方程式为BOHB++OH-
C. 25℃NaA溶液的pH>7，则HA的电离方程式为HA=H++A-
D. CaCO3的饱和水溶液导电性很弱，故CaCO3的电离方程式为CaCO3Ca2++CO
【答案】B
【解析】
【分析】根据强电解质电离用“=”，弱电解质电离用“”判断电离方程式，其次利用物质的类别进行判断强弱电解质，碳酸氢钠是弱酸强碱盐，碳酸氢根离子的电离是可逆的。
【详解】A．HCO不完全电离，NaHCO3电离应分步书写，故A不正确；
B．室温下，0.1ml·L-1的BOH溶液的pH=11，氢氧根离子的浓度为0.001ml·L-1，故BOH为弱碱，属于弱电解质，电离时用可逆号，故B正确；
C．25℃NaA溶液的pH>7，说明NaA是强碱弱酸盐，HA为弱酸，电离是可逆的，故C不正确；
D．CaCO3难溶，但属于强电解质，全部电离，故电离用“=”，故D不正确；
故选答案B。
7. 下列相应反应的离子方程式正确的是
A. 将少量投入水中：
B. 溶液中通入少量：
C. 向盐酸中滴加少量溶液：
D 向沉淀中滴加乙酸：
【答案】C
【解析】
【详解】A．将少量Na投入水中离子方程式应为：，A项错误；
B．溶液通入少量，苯酚酸性弱于碳酸强于碳酸氢根离子，苯酚钠溶液中通入二氧化碳应该生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为：；
C．向盐酸中滴加少量，盐酸过量应该生成氯化钠水和二氧化碳，离子方程式正确，C项正确；
D．沉淀中加入乙酸，乙酸是弱酸不能拆，离子方程式为：，D项错误；
答案选C。
8. 设NA为阿伏加德罗常数的值，如果a g某气态双原子分子的分子数为p，则b g该气体在标准状况下的体积V(L)是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】a g气态双原子分子的物质的量为ml，摩尔质量为＝g·ml－1，所以b g气体在标准状况下的体积为×22.4 L·ml－1＝ L；
答案选D。
9. 2020年春节期间举行的《中国诗词大会》第五季精彩纷呈，体现了中国诗词博大精深，下列诗词分析错误的是
A. “弄风柳絮疑成雪，满地榆钱买得春”中的“柳絮”和棉花的成分均含纤维素
B. “日暮汉宫传蜡烛，轻烟散入五侯家”中“蜡烛”是高级脂肪酸酯，也是高分子化合物
C. “炎炎日正午，灼灼火俱燃”中“炎炎”体现自然界中太阳能与热能的转化
D. “煮豆持作羹，漉鼓以为汁”中的“漉鼓”涉及的基本操作是过滤
【答案】B
【解析】
【详解】A．“柳絮”和棉花的主要成分均为纤维素，A正确；
B．高级脂肪酸酯不属于高分子化合物，B错误；
C．“炎炎”体现了太阳能转化为热能，C正确；
D．由“漉鼓以为汁”可知，“漉鼓”涉及过滤，D正确。
答案选B。
10. 某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的两种组成，进行如下实验：① 混合物溶于水，得到澄清透明溶液；② 做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色；③ 向溶液中加碱，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为
A. KCl、NaClB. KCl、MgSO4
C. KCl、CaCO3D. MgSO4、NaCl
【答案】B
【解析】
【详解】①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，则不含CaCO3，排除C选项；②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色，可确定含有钾元素，即含有KCl；③向溶液中加碱，产生白色沉淀，则应含有MgSO4，综合以上分析，混合物由KCl和MgSO4两种物质组成，故选B。
11. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 和混合气体含有的原子数目为
B. 标准状况下，四氯化碳含有的分子数为
C. 氯化铝溶液中含有数为
D. 高温下，与足量水蒸气反应，生成的分子数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．的最简式均为，ag该混合气体含有的原子数目为，A项正确；
B．标况下四氯化碳不气体，B项错误；
C．铝离子水溶液中水解，溶液体积 不知道不能计算微粒数，C项错误；
D．0.2mlFe与足量水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，生成的氢气分子数为，D项错误；
答案选A。
12. 已知某溶液中存在H＋、Ba2＋、Fe3＋三种阳离子，则其中可能大量存在的阴离子是( )
A. SOB. COC. NOD. OH-
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ba2+、SO结合生成沉淀，SO不能大量存在；
B．H+、CO结合生成水和气体，CO分别与Ba2+、Fe3+能够反应生成沉淀，CO不能大量存在；
C．H＋、Ba2＋、Fe3＋、NO离子之间均不反应，NO可大量存在；
D．H+、Fe3+分别与OH-反应生成水、沉淀，OH-不能大量存在；
答案选C。
13. 下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是
A. 在氨水中：、、、
B. 在氯化钠溶液中：、、、
C. 常温下，由水电离出的的溶液：、、、能大量共存
D. 的溶液：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨水显碱性，会与Ag+、Cu2+反应，不能大量共存，故A错误；
B．Fe3+和发生氧化还原反应，Fe3+和发生双水解反应，不能大量共存，故B错误；
C．此溶液可能为酸，也可能为碱，能够大量共存，故C正确；
D．在酸性条件下可以氧化Fe2+，不能大量共存，故D错误；
故选C。
14. 设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 常温常压下，苯含有的碳碳双键数为
B. 与反应生成的分子数为
C. 与足量完全反应转移电子数为
D. 油酸甘油酯中含有个双键
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯分子的结构中含有特殊的碳碳键，没有碳碳双键，A错误；
B．N2和H2合成氨的反应N2+3H22NH3为可逆反应，1mlN2与4mlH2反应生成的NH3的物质的量小于2ml，故生成的NH3分子数小于2NA，但是不一定为NA，B错误；
C．由反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2知，当有2ml Na2O2参加反应时；转移电子的物质的量为2ml，故7.8g(即0.1ml) Na2O2与足量CO2完全反应时，转移电子的数目为0.1NA，C正确；
D．油酸甘油酯中含有3ml碳碳双键和3ml碳氧双键，则其双键总数为，D错误；
故选C。
15. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．醛基可能会被溴水氧化，使溴水褪色，该物质中不一定含有碳碳双键，故A错误；
B．液溴易挥发，挥发出的溴单质与AgNO3溶液反应也能生成AgBr沉淀，所以产生淡黄色沉淀并不能说明苯和液溴发生了取代反应，故B错误；
C．向FeBr2和KSCN混合溶液中滴入少量新制氯水，因Fe2+的还原性大于Br-，亚铁离子被氧化为铁离子，与硫氰化钾反应生成血红色络合物，加入四氯化碳试剂后静置，有机层在下层呈无色，水层在上层呈红色，故C正确；
D．若溶液中含有，硝酸氧化生成，加入氯化钡也会生成白色沉淀，故D错误；
故选C。
16. 我国古代典籍中有“石胆……浅碧色，烧之变白色者真”的记载，其中石胆是指
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】在选项给出的四种物质中只有、晶体有色，而和均为无色晶体，加热分解生成CuSO4和H2O，CuSO4呈白色；而加热发生分解反应，生成的Fe2O3呈红棕色，所以符合题意的物质是，故合理选项是A。
17. 不能正确表示下列变化的离子方程式是
A. 溶于盐酸：
B. 溶液腐蚀铜板：
C. 和稀盐酸反应：
D. 少量气体通入次氯酸钠溶液中：
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，碳酸钡为难溶性盐，不能拆写，反应的离子方程式为BaCO3＋2H+=Ba2+＋CO2↑＋H2O，故A正确；
B．FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+，故B正确；
C．Fe和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为，故C错误；
D．少量气体通入次氯酸钠溶液中生成硫酸钠、氯化钠和次氯酸，离子方程式为，故D正确；
故选C。
18. 由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，c(H+)=0.1ml·L-1，c(Al3+)=0.4 ml·L-1，c(SO)=0.8 ml·L-1，则c(K+)为
A. 0.1ml/LB. 0.2ml/LC. 0.3ml/LD. 0.4ml/L
【答案】C
【解析】
【详解】硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液中，c(H+)=0.1ml•L-1，c(Al3+)=0.4 ml•L-1，c(SO) =0.8 ml•L-1，由电荷守恒可得，c(H+)+3c(Al3+)+ c(K+)=2 c(SO)，则c(K+)= 2 c(SO)-c(H+)-3c(Al3+)= 0.3ml•L-1。
答案选C。
19. 下列关于溶液和胶体的说法正确的是
A. 蔗糖溶液、淀粉溶液属于溶液，烟、雾属于胶体
B. 溶液和胶体的本质区别是后者具有丁达尔效应，而前者无此现象
C. 制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色
D. 利用过滤的方法能将Fe(OH)3胶体从FeCl3溶液中分离出来
【答案】C
【解析】
【详解】A．淀粉溶液和烟、雾一样均为胶体，故A错误；
B．溶液和胶体的本质区别是分散质粒子直径的大小，而不是丁达尔效应，故B错误；
C．加热条件下三氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，则制备Fe（OH）胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色，故C正确；
D．胶体和溶液都能透过滤纸，所以不能通过过滤的方法将将Fe(OH)3胶体从FeCl3溶液中分离出来，故D错误；
答案为C。
20. 番木鳖酸具有一定的抗炎、抗菌活性，结构简式如图。下列说法错误的是
A. 1ml该物质与足量饱和NaHCO3溶液反应，可放出22.4L(标准状况)CO2
B. 一定量的该物质分别与足量Na、NaOH反应，消耗二者物质的量之比为5：1
C. 1ml该物质最多可与1mlH2发生加成反应
D. 该物质可被酸性KMnO4溶液氧化
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．根据分子的结构简式可知，1 ml该分子中含有1ml -COOH，可与NaHCO3溶液反应生成1mlCO2，在标准状况下其体积为22.4L，A正确；
B．1ml分子中含5ml羟基和1ml羧基，其中羟基和羧基均能与Na发生置换反应产生氢气，而只有羧基可与氢氧化钠发生中和反应，所以一定量的该物质分别与足量Na和NaOH反应，消耗二者物质的量之比为6:1，B错误；
C．1ml分子中含1ml碳碳双键，其他官能团不与氢气发生加成反应，所以1ml该物质最多可与1mlH2发生加成反应，C正确；
D．分子中含碳碳双键和羟基，均能被酸性KMnO4溶液氧化，D正确；
故选：B。
21. 咖啡酸有较广泛的抑菌和抗病毒活性，可在化妆品中安全使用，其结构简式如图所示。下列关于咖啡酸的说法不正确的是
A. 分子中碳原子的杂化方式有1种
B. 分子中可能共平面的碳原子最多有8个
C. 该物质中可能存在分子间氢键
D. 该物质与足量溴水反应，需要的最多为
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．该物质的分子中碳原子均采取sp2杂化，A正确；
B．该物质的分子中含有碳碳双键和苯环两个平面结构，则最多有9个碳原子共平面，B错误；
C．该物质的分子中含有羟基和羧基，可能存在分子间氢键，C正确；
D．溴取代酚羟基的邻位和对位上的C-H中的H消耗3ml，双键加成消耗1ml，该物质与足量溴水反应，需要的最多为，D正确；
答案选B。
22. 下列关于物质性质或检验的叙述不正确的是
A. 在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中一定有Fe3+，可能有Fe2+
B. 气体通过湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，证明原气体中一定含有氨气
C. 用铂丝蘸取白色粉末灼烧，火焰成黄色，证明原粉末中一定有Na+，可能有K+
D. 向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO32-或SO32-
【答案】D
【解析】
【详解】A．KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，只能说明含Fe3+，不能说明无Fe2+，A正确；
B．气体通过湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，证明原气体中含有氨气，B正确；
C．用铂丝灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，没有通过蓝色的钴玻璃观察，则可能有K+，C正确；
D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体可能是二氧化碳、二氧化硫气体，溶液中含有的阴离子可能为CO32-或SO32-，或是HCO3-、HSO3-，D错误；
答案选D。
23. 对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A.Al3+和NH3H2O生成Al(OH)3沉淀而不是生成Al，故A错误；
B．S2和H+反应生成单质硫、二氧化硫和水，离子方程式为：2H++ S2=S↓+SO2↑+H2O，故B正确；
C．Fe3+做催化剂促进H2O2分解，不能大量共存，故C错误；
D．在酸性条件下Mn能将Cl-氧化为Cl2，不能大量共存，故D错误；
答案选B。
24. 向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0 ml/L的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g，下列说法不正确的是
A. Cu与Cu2O的物质的量之比为1:2
B. 硝酸的物质的量浓度为2.4 ml/L
C. 产生的NO在标准状况下的体积为4.48 L
D. Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3的物质的量为0.2 ml
【答案】A
【解析】
【分析】在所得溶液中加入1.0 ml/L的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g，则生成的Cu(OH)2质量为39.2g，n[Cu(OH)2]==0.4ml，Cu2+消耗NaOH的物质的量为0.8ml，则剩余HNO3的物质的量为1.0 ml/L×1.0 L-0.8ml=0.2ml。
27.2gCu和Cu2O的混合物中，n(Cu)总= 0.4ml，m(Cu)总= 0.4ml×64g/ml=25.6g，m(O)= 27.2g-25.6g=1.6g，n(O)==0.1ml。
【详解】A．n(O)= 0.1ml，则 n(Cu2O)=0.1ml，n(Cu)=0.4ml-0.2ml=0.2ml，所以Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2:0.1=2:1，A不正确；
B．n(Cu2O)=0.1ml，n(Cu)=0.2ml，则表现出酸性的硝酸为0.8ml，表现出氧化性的硝酸为=0.2ml，剩余硝酸0.2ml，硝酸的物质的量浓度为=2.4 ml/L，B正确；
C．表现出氧化性的硝酸为0.2ml，则产生的NO为0.2ml，在标准状况下的体积为0.2ml×22.4L/ml=4.48 L，C正确；
D．由分析知，Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3的物质的量为0.2 ml，D正确；
故选A。
二、非选择题(本大题共6小题，共52分)
25. 铜器久置于空气中会和空气中的水蒸气、、作用产生“绿锈”，该“绿锈”俗称“铜绿”，又称“孔雀石”[化学式为]，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、和。某同学利用下述系列反应实现了“铜→铜绿→∙∙∙∙∙∙→铜”的转化。
（1）从三种不同分类标准回答，“铜绿”属于哪类物质：___________。
（2）请写出“铜绿”与盐酸反应的化学方程式：___________。
（3）写出④⑤的化学方程式：
④___________________________；
⑤___________________________。
（4）上述转化过程中属于复分解反应的是___________(填序号)。
【答案】（1）盐、铜盐、碱式盐(或碳酸盐)
（2）
（3） ①. ②.
（4）②③
【解析】
【小问1详解】
盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；铜绿是，根据盐的分类，可以分为铜盐、碳酸盐、碱式盐、化合物等；
【小问2详解】
“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、和，因此反应方程式为：；
【小问3详解】
④⑤分别为氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水、氢气加热还原氧化铜生成铜和水，反应分别为、；
【小问4详解】
两种化合物交换成分生成另外两种化合物的反应，属于复分解反应；反应①为化合反应、反应②为复分解反应、反应③加入NaOH溶液发生复分解反应、反应④是分解反应、反应⑤是置换反应，因此复分解反应为②③。
26. 按要求解答问题。
（1）已知标准状况下，气体A的密度为，则气体A的相对分子质量约为___________。
（2）两个相同容积的密闭容器X、Y，在25℃下，X中充入A气体，Y中充入气体，X与Y内的压强之比是4：11，则A的摩尔质量为___________。
（3）相同条件下，体积比为和质量比为的和的混合气体，其平均摩尔质量分别是___________和___________。
（4）在标准状况下，将气体溶于水中，所得盐酸的密度为。试计算：
①所得盐酸的质量分数和物质的量浓度分别是___________、___________。
②取这种盐酸，稀释至，所得稀盐酸的物质的量浓度___________。
③在溶液中，逐滴加入上述稀释后的稀盐酸，边加边振荡。若使反应不产生气体，加入稀盐酸的体积最多不超过___________mL。
【答案】（1）64 （2）
（3） ①. ②.
（4） ①. 36.5% ②. ③. ④. 2.6
【解析】
【小问1详解】
M=ρ×22.4g·ml-1=×22.4g·ml-1≈64g·ml-1，则气体A的相对分子质量约为64；
【小问2详解】
p(A)∶p(CH4)＝M(CH4)∶M(A)，即4∶11＝16 g/ml∶M(A)，得M(A)＝44 g/ml；
【小问3详解】
氢气和氧气的摩尔质量分别为和，相同条件下，当二者体积比为a:b时，二者的物质的量之比为a:b，平均摩尔质量；当二者质量比为a:b时，二者的物质的量之比为，平均摩尔质量=；故答案为：；；
【小问4详解】
①n(HCl)== 10ml，m( HCl)= 10ml36.5g·ml- 1 = 365g，盐酸的质量分数w=100%=36.5%；c(HCl)= =11.8ml·L- 1；
②由c(浓) V(浓)= c(稀) V (稀)可知，c(稀)= = 1ml/L；
③n(Na2CO3) = ·L- 1 = 0.0026ml，设加入稀盐酸的体积最多不超过xmL，则n(HСl)= 1ml· L- 10.001xL= 0.001xml，根据反应Na2CO3 + HCl=NaHCO3 + NaCl得0.0026 =0.001x，解得x=2.6。
27. 完成下列反应的离子方程式。
（1）溶液与溶液混合：___________。
（2）溶于水：___________。
（3）溶液与溶液混合：___________。
（4）向溶液中加入少量溶液：___________。
（5）溶液与氨水混合：___________。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
【解析】
【小问1详解】
溶液与溶液混合生成硫酸钡沉淀和水，硫酸钡沉淀和水不能拆成离子：。故答案为：；
【小问2详解】
溶于水生成氢氧化钠和氧气，只有氢氧化钠是强电解质，拆成离子，过氧化钠、水、氧气均写化学式：。故答案为：；
【小问3详解】
溶液与溶液混合生成氢氧化铜沉淀、硫酸钡沉淀，与拆成离子，氢氧化铜沉淀、硫酸钡沉淀写化学式：。故答案为：；
【小问4详解】
向溶液中加入少量溶液，生成碳酸钙、水和碳酸氢钠，碳酸钙沉淀和水写化学式：。故答案为：；
【小问5详解】
溶液与氨水混合生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，一水合氨和氢氧化铝写化学式：，故答案为：。
28. 人体血液里Ca2+的浓度一般采用mg·cm-3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)，再用酸性KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度。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。
I．【配制酸性KMnO4标准溶液】如图是配制50 mL酸性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)如果按照图示的操作所配制的溶液进行实验，在其他操作均正确的情况下，所测的实验结果将_______（填“偏大”或“偏小”）。
II．【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 ml/L酸性KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00 mL酸性KMnO4溶液。
(4)已知草酸与酸性KMn04溶液反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mnx++10CO2↑+8H2O，则式中的x=____。
(5)滴定时，根据现象____，即可确定反应达到终点。
(6)经过计算，血液样品中Ca2+的浓度为____mg．cm-3。
【答案】 ①. ②⑤ ②. 50mL容量瓶 ③. 偏小 ④. 2 ⑤. 溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色 ⑥. 1.2
【解析】
【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的正确操作结合图示分析；
（2）容量瓶是确定溶液体积的仪器；
（3）仰视刻度线，会使溶液体积偏大，结合C=n/V分析；
（4）草酸跟酸性KMnO4溶液反应生成二氧化碳、二价锰离子等，结合氧化还原反应得失电子守恒和根据电荷守恒进行分析，写出化学方程式得到x；
（5）滴定时，用高锰酸钾滴定草酸，反应达到终点时，滴入的高锰酸钾溶液不褪色，据此判断；
（6）根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2＋的浓度．
【详解】（1）由图示可知②⑤操作不正确，②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切；
（2）应该用容量瓶准确确定50mL溶液的体积；
（3）用图示的操作配制溶液，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，（-1×2）+（+1×6）=+x×2，解得，x=2，草酸跟KMnO4反应的离子方程式为：2MnO4－+5H2C2O4+6H＋═2Mn2＋+10CO2↑+8H2O；
（5）滴定时，用高锰酸钾滴定草酸，反应达到终点时的现象为溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；
（6）血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.020ml·L－1×0.012L=2.4×10-4ml，根据反应方程式2MnO4－+5H2C2O4+6H＋═2Mn2＋+10CO2↑+8H2O，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n（Ca2＋）=n（H2C2O4）=5/2n（MnO4－）=2.5×2.4×10-4ml=6×10-4ml，Ca2＋的质量为：40g·ml－1×6×10-4ml=0.024g，钙离子的浓度为：0.024g/20cm 3=1.2 mg·cm－3。
29. 某无色待测液中可能含有Ag+、Fe3+、K+、Ba2+、NH等阳离子。某同学进行如下实验：
I．加入过量的稀盐酸，有白色沉淀生成。
Ⅱ．过滤，取少许滤液，向其中加入过量的稀硫酸，又有白色沉淀生成。
Ⅲ．另取少量步骤Ⅱ中的滤液，加入NaOH溶液至溶液呈碱性，加热，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体。
（1）待测液中一定含有的离子是_______，一定不含有的离子是_______。
（2）步骤Ⅲ中产生气体的离子方程式为________。
【答案】（1） ①. Ag+、Ba2+、 ②. Fe3+
（2）+OH-NH3↑+H2O
【解析】
【小问1详解】
铁离子为浅黄色，所以在无色的溶液中，不存在铁离子。加入盐酸有白色沉淀，说明原溶液中有银离子；加入硫酸有白色沉淀，说明原溶液中有钡离子；加入氢氧化钠后加热产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，说明原溶液中有铵根离子。所以溶液中一定有Ag+、Ba2+、，一定没有Fe3+。
【小问2详解】
加热下，铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气和水，离子方程式为：+OH-NH3↑+H2O
30. 2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。TiS2、LiCO2和LiMnO2等都是他们研究锂离子电池的载体。回答下列问题：
（1）基态C原子的价层电子排布图为_______，C2+、C3+能与NH3、H2O、SCN-等形成配合物，上述配位体中的第二周期元素电负性从小到大顺序是_______。
（2）已知第三电离能数据：I3(Mn)=3246kJ•ml-1，I3(Fe)=2957kJ•ml-1，锰的第三电离能大于铁的第三电离能，其主要原因是_______。
（3）据报道，在MnO2的催化下，甲醛可被氧化成CO2，在处理含HCHO的废水或空气方面有广泛应用。HCHO中键角_______CO2中键角(填“大于”“小于”或“等于”)。
（4）工业上，采用电解熔融氯化锂制备锂，钠还原TiCl4(g)制备钛。已知：LiCl、TiCl4的熔点分别为605℃、-24℃，它们的熔点相差很大，其主要原因是_______。
（5）二氧化钛晶胞如图1所示，钛原子配位数为_______。氮化钛的晶胞如图2所示，图3是氮化钛的晶胞截面图(相邻原子两两相切)。已知：NA表示阿伏加德罗常数，氮化钛晶体密度为dg•cm-3.氮化钛晶胞中N原子半径为_______pm。
【答案】（1） ①. ②. C（2）Mn失去的是3d5上半满结构的电子，Fe失去的是3d6电子
（3）小于 （4）氯化锂属于离子晶体，氯化钛属于分子晶体，离子晶体里的离子键要比分子晶体里的分子间作用力强
（5） ①. 6 ②.
【解析】
【小问1详解】
基态C原子为27号元素，价层电子排布图为： ；NH3、H2O、SCN—配位体中的第二周期元素为：C、N、O，电负性从左到右依次增大，电负性从小到大顺序是：C【小问2详解】
据离子价层电子排布和洪特规则的特例分析电离能，离子越稳定，越容易生成，生成此离子的电离能越小，此离子再失电子的电离能越大。锰的第三电离能大于铁的第三电离能，其主要原因是Mn2+价层电子排布式为3d5，达到稳定结构，不易失电子形成Mn3+，Fe2+价层电子排布式为3d6，要失去1个电子才达到稳定结构，较易形成Fe3+，故锰的第三电离能大于铁。故答案为：Mn失去的是3d5上半满结构的电子，Fe失去的是3d6电子；
【小问3详解】
HCHO分子呈平面结构，键角接近120°，而CO2的键角是180°，碳原子的杂化类型不同，键角不同。HCHO中键角小于CO2中键角，故答案为：小于；
【小问4详解】
采用电解熔融氯化锂制备锂，可知LiCl为离子晶体，TiCl4的熔点为-24℃，说明TiCl4为分子晶体，故答案为：氯化锂属于离子晶体，氯化钛属于分子晶体，离子晶体里的离子键要比分子晶体里的分子间作用力强；
【小问5详解】选项
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
弱电解质
非电解质
蔗糖
酒精
选项
实验
现象
结论
A
在某醛类有机溶液中滴入溴水
溴水褪色
该醛类物质含有碳碳双键
B
将苯、液溴和铁粉混合后产生的气体直接通入溶液中
产生淡黄色沉淀
苯和液溴发生了取代反应
C
向和混合溶液中滴入少量新制氯水，再加入混合振荡、静置
下层呈无色，上层呈红色
的还原性大于
D
向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液
产生白色沉淀
溶液中含有
粒子组
判断和分析
A
、、、
不能大量共存，因发生反应：
B
、、、
不能大量共存，因发生反应：
C
、、、
能大量共存，粒子间不反应
D
、、、
能大量共存，粒子间不反应