宁夏吴忠市吴忠中学2023-2024学年高三上学期开学第一次月考化学试题（Word版附解析）

吴忠中学2023-2024学年第一学期第一次月考高三化学试卷可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23S：32Cl：35.5Ca：40Ti：48Cu：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，完全正确的是选项ABCD强电解质FeNaCl弱电解质非电解质蔗糖酒精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0.1mol，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1mol，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0.1mol，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，ag甲气体和2ag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∶1B.甲与乙的相对分子质量之比为1∶1C.同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比为1∶1D.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．ag甲气体和2ag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．ag甲气体和2ag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++COB.室温下，0.1mol·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，0.1mol·L-1的BOH溶液的pH=11，氢氧根离子的浓度为0.001mol·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ag某气态双原子分子的分子数为p，则bg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】ag气态双原子分子的物质的量为mol，摩尔质量为＝g·mol－1，所以bg气体在标准状况下的体积为×22.4L·mol－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、MgSO4C.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．0.2molFe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，1molN2与4molH2反应生成的NH3的物 质的量小于2mol，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2molNa2O2参加反应时；转移电子的物质的量为2mol，故7.8g(即0.1mol)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3mol碳碳双键和3mol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+)=0.1mol·L-1，c(Al3+)=0.4mol·L-1，c(SO)=0.8mol·L-1，则c(K+)为 A.0.1mol/LB.0.2mol/LC.0.3mol/LD.0.4mol/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+)=0.1mol•L-1，c(Al3+)=0.4mol•L-1，c(SO)=0.8mol•L-1，由电荷守恒可得，c(H+)+3c(Al3+)+c(K+)=2c(SO)，则c(K+)=2c(SO)-c(H+)-3c(Al3+)=0.3mol•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.1mol该物质与足量饱和NaHCO3溶液反应，可放出22.4L(标准状况)CO2B.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5：1C.1mol该物质最多可与1molH2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，1mol该分子中含有1mol-COOH，可与NaHCO3溶液反应生成1molCO2，在标准状况下其体积为22.4L，A正确；B．1mol分子中含5mol羟基和1mol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．1mol分子中含1mol碳碳双键，其他官能团不与氢气发生加成反应，所以1mol该物质最多可与1molH2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3mol，双键加成消耗1mol，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 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0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，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1:2B.硝酸的物质的量浓度为2.4mol/LC.产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3的物质的量为0.2mol【答案】A【解析】【分析】在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，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]==0.4mol，Cu2+消耗NaOH的物质的量为0.8mol，则剩余HNO3的物质的量为1.0mol/L×1.0L-0.8mol=0.2mol。27.2gCu和Cu2O的混合物中，n(Cu)总=0.4mol，m(Cu)总=0.4mol×64g/mol=25.6g，m(O)=27.2g-25.6g=1.6g，n(O)==0.1mol。【详解】A．n(O)=0.1mol，则n(Cu2O)=0.1mol，n(Cu)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，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)=0.1mol，n(Cu)=0.2mol，则表现出酸性的硝酸为0.8mol，表现出氧化性的硝酸为 =0.2mol，剩余硝酸0.2mol，硝酸的物质的量浓度为=2.4mol/L，B正确；C．表现出氧化性的硝酸为0.2mol，则产生的NO为0.2mol，在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，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0.2mol，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·mol-1=×22.4g·mol-1≈64g·mol-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＝16g/mol∶M(A)，得M(A)＝44g/mol；【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)==10mol，m(HCl)=10mol36.5g·mol-1=365g，盐酸的质量分数w=100%=36.5%；c(HCl)==11.8mol·L-1；②由c(浓)V(浓)=c(稀)V(稀)可知，c(稀)==1mol/L；③n(Na2CO3)=0.040L0.065mol·L-1=0.0026mol，设加入稀盐酸的体积最多不超过xmL，则n(HСl)=1mol·L-10.001xL=0.001xmol，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50mL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50mL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20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol/L酸性KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mL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】①.②⑤②.50mL容量瓶③.偏小④.2⑤.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：0.020mol·L－1×0.012L=2.4×10-4mol，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－）=2.5×2.4×10-4mol=6×10-4mol，Ca2＋的质量为：40g·mol－1×6×10-4mol=0.024g，钙离子的浓度为：0.024g/20cm3=1.2mg·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↑+H2O30.2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。TiS2、LiCoO2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Co原子的价层电子排布图为_______，Co2+、Co3+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•mol-1，I3(Fe)=2957kJ•mol-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<N<O（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）①.6②.【解析】【小问1详解】基态Co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<N<O，故答案为：；C<N<O；【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】