【文档说明】2021-2022学年浙江省宁波市九校高一上学期期末联考化学试题解析版.docx，共(25)页，784.126 KB，由小喜鸽上传

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宁波市2021学年第一学期期末九校联考高一化学试题本卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64Ba-137第I卷选择题部分一、

选择题(本大题有25小题，每小题2分，共50分。每小题均只有一个选项．．．．．．符合题意)1.下列物质中含有共价键的盐是A.HClOB.KOHC.MgCl2D.KSCN【答案】D【解析】【详解】A．HClO是酸，由物质分

子构成，物质分子内含有共价键，A不符合题意；B．KOH是碱，由K+与OH-通过离子键结合，在OH-中含有共价键，B不符合题意；C．MgCl2是盐，由Mg2+与Cl-通过离子键结合，不含共价键，C不符合题意；D．KSCN是

盐，由K+与SCN-通过离子键结合而成，在SCN-中含有共价键，因此KSCN是含有共价键的盐，D符合题意；故合理选项是D。2.下列物质的俗名与其化学式对应正确的是A.熟石膏：42CaSO2HOB.磁性氧化铁：23FeOC.金刚砂：SiCD.重晶石：3BaCO【答

案】C【解析】【详解】A．熟石膏的化学式为：422CaSOHO，A错误；B．磁性氧化铁的化学式为：34OFe，B错误；C．金刚砂的化学式为：SiC，C正确；D．重晶石的化学式为：4BaSO，D错误；故答案为

：C。3.下列物质中，属于电解质且能导电的是A.CuB.熔融的KClC.液态HClD.NaOH溶液【答案】B【解析】【详解】A．铜为单质，不是电解质，但能导电，A错误；B．氯化钾为电解质，熔融状态的氯化钾有自由移动的离子，能导电，B正确；C．氯化氢为电解质，但液态的氯化氢不

含自由移动的离子，不能导电，C错误；D．氢氧化钠溶液为混合物，不是电解质，但能导电，D错误；答案选B。4.下列有关化学用语表示正确的是A.中子数为20的氯原子：2017ClB.2MgCl的电子式：C.F-的结构示意图：D.硫酸钠的电离

方程式：+2-2424NaSO=Na+SO【答案】C【解析】【详解】A．中子数为20的氯原子表示为：3717Cl，A错误；B．2MgCl的电子式为：，B错误；C．F-的结构示意图为：，C正确；D．硫酸钠的电离方程式为：+

2-244NaSO=2Na+SO，D错误；故答案为：C。5.2021年12月8日，中国科学院与科睿唯安向全球联合发布了《2021研究前沿》报告，其中包含了化学与材料科学领域的热点前沿。下列有关材料的说法中不正确．．．的

是A.储氢合金利用金属对氢气的物理吸附来达到储存氢气的目的B.不锈钢是常见的合金钢，其合金元素主要是铬(Cr)和镍(Ni)C.碳纳米材料中的60C、碳纳米管和石墨烯互为同素异形体D.陶瓷、玻璃和水泥都是传统硅酸盐材料的代表

【答案】A【解析】【详解】A．氢气在储存过程中与金属反应生成新物质--金属氢化物，故储氢合金并不是利用金属对氢气的物理吸附来达到储存氢气的目的，而是发生化学反应，A错误；B．不锈钢是最常见的一种合金钢，它的合金元素主要是铬和镍，B正确；C．碳纳米材料中的60C、碳纳米管和石墨烯都是碳元素形成的性质

不同的几种单质，故互为同素异形体，C正确；D．陶瓷、玻璃和水泥都是传统硅酸盐材料的代表，D正确；故答案为：A。6.下列实验装置或对实验的描述正确的是A．加热碳酸氢钠B．稀释浓硫酸C．检验2COD．喷泉实验A.AB.BC.CD.D【答案】

B【解析】【详解】A．给试管中的固体加热，试管口应略向下倾斜，A错误；B．浓硫酸稀释，应将浓硫酸缓慢倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，B正确；C．木炭与浓硫酸加热条件下反应生成二氧化碳和二氧化硫，二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，无法检验二氧

化碳，C错误；D．形成喷泉实验要求容器内外有比较大的压强差，而氯气不与饱和食盐水反应，不能使容器内外形成较大的压强差，看不到喷泉现象，D错误；答案选B。7.下列说法正确的是A.胶体和溶液本质区别是胶体

具有丁达尔效应B.2SO和新制氯水均有漂白作用，且漂白原理不同C.铵盐均易受热分解，生成氨气D.pH<7的雨水称为酸雨，有很大的危害【答案】B【解析】【详解】A．胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径不同，A错误；

B．二氧化硫和新制氯水都有漂白性，但漂白原理不同，二氧化硫属于结合型漂白，氯水属于氧化性漂白，B正确；C．硝酸铵在190℃时分解生成一氧化二氮和水，300℃左右分解生成氨气、硝酸和水，C错误；D．由于大气中含有大量的CO2，故正常雨水略带酸性，酸雨是指pH<5.6的雨雪或其他形式的降水，D错误；答

案选B。8.在某透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是A.3Al+、24SO−、Na+、2Cu+B.K+、3HCO−、2Mg+、Cl−C.23SO−、K+、Cl−、Na+D.2Fe+、24SO−、K+、3NO−【答案】A【解析】【详解】A．四种离子在酸性溶液中均能大量

共存，A正确；B．氢离子和碳酸氢根离子会反应生成水和二氧化碳，B错误；C．氢离子和亚硫酸根离子会反应生成亚硫酸分子，C错误；D．氢离子、硝酸根离子和亚铁离子会发生氧化还原反应，D错误；答案选A。9.下列有关物质保存和使用的说法不正确．．．的是A.亚硫酸钠固体必须密封保存在

试剂瓶中B.铝片可长时间放置在敞口的烧杯中C.新制氯水应避光保存在棕色广口瓶中D.用小刀切割金属钠后，剩余的钠块应及时放回煤油中保存【答案】C的【解析】【详解】A．亚硫酸钠固体具有还原性，容易被空气中的氧气氧化变为硫酸钠，因此必须密封保存在

试剂瓶中，A正确；B．铝片表面金属容易与空气中的氧气反应产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属进一步氧化反应，即发生钝化现象，因此可长时间放置在敞口的烧杯中，B正确；C．氯水中含有的次氯酸不稳定，光照易分解，

因此应该将新制氯水避光保存在棕色细口瓶中，C错误；D．金属钠容易与空气中的氧气及水蒸气发生反应，为防止其氧化变质，用小刀切割金属钠后，剩余的钠块应及时放回煤油中保存，D正确；故合理选项是C。10.重水(2DO)和普通水(2HO)分别跟足量金属钠反应，下列说法正确的

是A.两者物质的量相等时，产生的气体的质量在同温同压下相等B.两者物质的量相等时，产生的气体的体积在同温同压下相等C.两者质量相等时，产生的气体的质量相等D.两者质量相等时，产生的气体的体积在同温同压下相等【答案】B【解析

】【分析】重水(D2O)和普通水(H2O)的摩尔质量分别为20g/mol、18g/mol。【详解】A．重水(D2O)和普通水(H2O)的物质的量相等时，产生气体的物质的量也相等，但产生气体分别为D2、H2

，摩尔质量不相等，所以产生气体的质量不相等，A错误；B．重水(D2O)和普通水(H2O)的物质的量相等时，产生气体的物质的量也相等，所以产生气体的体积在同温、同压下相等，B正确；C．重水(D2O)和普通水(H2O)的质量相等时，设质量均为mg，重水(D2O)产生气体的质量为mg14g/mol=

0.1mg20g/mol2，普通水(H2O)产生气体的质量为mg1m2g/mol=g18g/mol218所以产生气体的质量不相等，C错误；D．重水(D2O)和普通水(H2O)的质量相等时，物质的量重水(D2O)小于普通水(H2O)，

所以产生气体的物质的量重水(D2O)小于普通水(H2O)，则气体的体积在同温、同压下不相等，D错误；答案选B。11.下列“类比”结果正确的是A.适量2CO通入2Ca(ClO)溶液中可生成3CaCO和HClO，则适量2SO通入2Ca(ClO)溶液中可生成的3CaSO

和HClOB.根据沸点44CHSiH，则沸点22HOHSC.实验室用浓硫酸和NaCl固体共热制备HCl，则可用浓硝酸和NaCl固体共热制备HClD.Fe和S反应生成FeS，则Cu和S反应生成2CuS【答案

】D【解析】【详解】A．适量2CO通入2Ca(ClO)溶液中可生成3CaCO和HClO，但由于SO2具有还原性，生成的HClO具有氧化性，故适量2SO通入2Ca(ClO)溶液中可生成4CaSO和HCl，A错误；B．C

H4、SiH4、H2O、H2S均为分子晶体，沸点与其相对分子质量成正比，则沸点44CHSiH，但由于H2O分子间存在氢键，故沸点22HOHS＞，B错误；C．实验室用浓硫酸和NaCl固体共热制备HCl，由于浓硝酸具有强氧化性和不稳定性，故不

可用浓硝酸和NaCl固体共热制备HCl，C错误；D．Fe和S反应生成FeS此为铁的低价态盐，则Cu和S反应生成2CuS此为铜的低价态盐，D正确；故答案为：D。12.高纯硅广泛应用于信息技术和新能源技术等领域。从石英砂(主要成分为SiO2)制取高纯硅涉及的主要反应流程如下：下列说法不正确．．．的是

A.反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2B.流程中HCl和H2可以循环利用C.反应①②③均为氧化还原反应D.反应②与反应③互为可逆反应【答案】D【解析】【详解】A．在反应①发生反应：SiO2+2C高温Si+2CO↑，在

该反应中SiO2是氧化剂，C是还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2，A正确；B．在反应②中产生H2，可用于反应③还原SiHCl3制取Si单质，反应③产生的HCl可与粗硅反应制取SiHCl3，因此流程中HCl和H2可以循环利用，B正

确；C．在反应①②③中均有元素化合价的变化，因此三个反应均为氧化还原反应，C正确；D．反应②是Si+3HCl300℃SHCl3+H2，反应③是SHCl3+H21100℃Si+3HCl，二者反应物与生成物正好颠倒

，但反应温度不同，因此反应②与反应③不能互为可逆反应，D错误；故合理选项是D。13.下列离子方程式书写正确的是A.实验室制取氯气：+-2+222ΔMnO+4H+4ClMn+2HO+2ClB.硫酸氢钠溶液和过量氢氧化钡溶液混合：22442HSOBaOHBaSOHO+−+−+++=+C.常

温下氯气与澄清石灰水反应：2222ClCa(OH)CaClClOHO+−−+=+++D.印刷电路板的制作：322FeCuCuFe++++=+【答案】B【解析】【详解】A．实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式应是：+-2+

222ΔMnO+4H+2ClMn+2HO+Cl，故A错误；B．硫酸氢钠溶液和过量氢氧化钡溶液混合生成硫酸钡沉淀和水，即22442HSOBaOHBaSOHO+−+−+++=+，故B正确；C．氯气与澄清石灰水反应，2Ca(OH)在反应中应拆成离子形式，离子方程应为

：22Cl2OHClClOHO−−−+=++，故C错误；D．腐蚀印刷电路板时，Fe3+将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+，离子方程应为：3222FeCuCu2Fe++++=+，故D错误；答案选B。14.有下列氧化还原反应：

①222IClI2Cl−−+=+；②3222Fe2I2FeI+−++=+；③2322FeCl2Fe2Cl++−+=+；④24222MnO10Cl16H2Mn5Cl8HO−−++++=++，根据上述反应，判断下列结论中正确的是A.要除去含有2Fe+、Cl

−和I−的混合溶液中的杂质离子I−，应加入过量的新制氯水B.氧化性强弱顺序为：3422MnOClFeI−+C.2Mn+是4MnO−的氧化产物，2I是I−的还原产物D.在溶液中不可能发生反应：22342MnO5Fe8HMn5Fe4HO−++++++=++

【答案】B【解析】【分析】由题意可知，氧化性：3422MnOClFeI−+，还原性：22IFeClMn−+−+。【详解】A．若加入过量的新制氯水，亚铁离子也会被除去，A错误；B．由氧化剂的氧化

性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：3422MnOClFeI−+，B正确；C．高锰酸根离子中锰元素化合价降低，高锰酸根离子是氧化剂，二价锰离子是还原产物，碘离子中碘元素化合价升高，碘离子是还原剂，碘单质是氧化产物，C错误；D．若

反应能发生，高锰酸根离子是氧化剂，铁离子是氧化产物，符合氧化剂的氧化性比氧化产物强，亚铁离子是还原剂，二价锰离子是还原产物，符合还原剂的还原性比还原产物强，所以反应能发生，D错误；答案选B。15.Z、Y、X、W、Q为五种原子序数依次增大的短周期主族元素。其中Z、Y、W分别位于三个不同周期，Y、

Q位于同一主族，Y原子的最外层电子数是W原子的最外层电子数的2倍，Y、X、W三种简单离子的核外电子排布相同。由Z、Y、X、W形成的某种化合物的结构如图所示。下列说法不正确．．．的是A.简单氢化物的稳定性：Y>QB.该物质中所有原子均满足最外层8e−的稳定结构C.X与Y、Y与Z均可形

成含非极性共价键的化合物D.W与X两者的最高价氧化物对应的水化物之间可发生反应【答案】B【解析】【分析】由结构图和题意可知，X为Na。而Z、Y、X、W、Q为五种原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z、Y、W分别位于三个不同周期，则

Z位于第一周期为H，Y位于第二周期，W位于第三周期。Y、Q位于同一主族，Y原子的最外层电子数是W原子的最外层电子数的2倍，Y、X、W三种简单离子的核外电子排布相同，且结构图中Y只能形成两个共价键，因此Y为O，Q为S，且W得一个电子后形成四个共价键，W为

Al。因此Z、Y、X、W、Q分别为H、O、Na、Al、S。【详解】A．非金属性越强，其简单氢化物越稳定，非金属性O>S，A正确；B．该物质中H不满足8电子稳定结构，B错误；C．H与O形成过氧化氢为含有非极性共价键的化合物，O与Na形成的过氧化钠为含有非极性共价键的化合物，C正确；D．氢

氧化铝为两性氢氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，D正确；答案选B。16.数字化实验是利用传感器和信息处理终端进行数据采集与分析的实验手段。下图是利用数字化实验测定光照氯水过程中得到的图像，该图像表示的意义是A.

氯离子浓度随时间的变化B.氧气体积分数随时间的变化C.氯水的pH随时间的变化D.氯水导电能力随时间的变化【答案】C【解析】【详解】A、氯水光照发生反应为2HClO光照2HCl+O2↑，则随着横坐标时间的增大，氯离子浓度应该越来越大，图象不符合，故A错误；的B、氯水光照发生反应为2HClO光照2

HCl+O2↑，则随着横坐标时间的增大，氧气体积分数应该越来越大，图象不符合，故B错误；C、氯水光照发生反应为2HClO光照2HCl+O2↑，则随着横坐标时间的增大，弱酸生成强酸，则氯水的pH越来越小，图象符合，故C正确；D、氯水光照发生反应为2HC

lO光照2HCl+O2↑，弱酸生成强酸，则随着横坐标时间的增大，氯水导电能力也越来越大，据图象不符合，故D错误；故选：C。17.常温下X为一种常见气体，a、b、c是中学化学常见物质，均含有同种元素，转化关系如图所示，下列说法正确的是A.若a、b、c均为化合物，且

a的焰色试验为黄色，则a只能为NaOHB.若a为简单气态氢化物，则X可能为2OC.若X为2O，a为非金属单质，则a可能是SD.若a为单质Fe，则X可能是2Cl【答案】B【解析】【详解】A．若a、b、c均为化合物，且a的焰色试验为黄色，说明a中含有钠元素，若a是氢

氧化钠、X是氯化铝，符合物质反应转化关系；a还可以为偏铝酸钠，此时X为盐酸，也符合物质反应转化关系，A错误；B．若a为NH3，则X可以为O2，b为N2，c为NO，同理a还可能是H2S、CH4等气体，也符合物质反应转化关系，B正确；C．硫与氧气在点燃时反应生成二氧化硫，而不能直接反应得到

三氧化硫，C错误；D．铁与氯气反应只能得到氯化铁，不能直接得到氯化亚铁，D错误；答案选B。18.将一定量的NaHCO3和Na2O2的混合物置于密闭容器中充分加热，反应中转移电子的物质的量为1mol，下列说法一定正确的是A.容器中一定

有20.5molOB.反应后，容器中一定没有2HOC.反应后，容器中的固体只有23NaCOD.混合物中3NaHCO和22NaO的物质的量一定相等【答案】A【解析】【详解】加热时NaHCO3分解：2NaHCO3ΔNa2CO3+CO2↑+H2O，然后发生：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，由方程式可知，转移1mol电子，则生成0.5molO2，可知反应1molNa2O2，如过氧化钠过量，则产物生成Na2CO3和NaOH，如过氧化钠不足，则产物为Na2CO3，可能有

NaOH，不一定有水。故答案为：A。19.下列“实验内容”和“结论”均正确的是选项实验内容结论A向某溶液中加入NaOH溶液并加热，产生使蓝色石蕊试纸变红的气体该溶液中存在+4NHB用洁净的玻璃棒蘸取待测液

在酒精灯火焰上灼烧，发现火焰呈黄色原溶液中存在+NaC向某溶液中加入适量稀盐酸，产生无色无味、且能使澄清石灰水变浑浊的气体原溶液中可能存在2-3COD稀盐酸与石灰石反应产生的气体通入23NaSiO溶液中，生成白色沉淀非金属性Cl>C>SiA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解

】A．向某溶液中加入NaOH溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，才说明原溶液中存在+4NH，A不合题意；B．由于玻璃棒中本身就含有钠元素，故用洁净的玻璃棒蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧，发现火焰呈黄色，不能说

明原溶液中存在+Na，焰色反应应采用铂丝或铁丝等，B不合题意；C．向某溶液中加入适量稀盐酸，产生无色无味、且能使澄清石灰水变浑浊的气体，原溶液中可能存在2-3CO或-3HCO或2-3SO或-3HSO等，C符合题意；D．由于盐酸有挥发性，

故稀盐酸与石灰石反应产生的气体通入23NaSiO溶液中，生成白色沉淀，可能是CO2和H2O生成的H2CO3和Na2SiO3溶液作用的结果，也可能是挥发出来的HCl的作用，且HCl不是Cl的最高价含氧酸，

故不能说明非金属性Cl>C>Si，D不合题意；故答案为：C。20.向一定量的NaOH溶液中通入一定量CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之

间的关系如图所示。则下列判断中正确的是A.原NaOH溶液的浓度为-10.01molLB.通入2CO的体积在标准状况下为0.224LC.所得溶液的溶质成分的物质的量之比为()()323nNaHCO:nNaCO=2:1

D.所得溶液的溶质成分是NaOH和23NaCO【答案】C【解析】【分析】假设NaOH溶液通入CO2形成的溶液中溶质只有Na2CO3，逐滴加入盐酸依次发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H

2O，则前后2个阶段消耗盐酸的体积相等，由图可知，没有气体生成阶段消耗的盐酸体积小于生成气体阶段消耗的盐酸体积，可知NaOH溶液与CO2反应后溶液中的溶质为Na2CO3、NaHCO3，据此分析解题。【详解】A．消耗

盐酸100mL时，溶液为恰好为NaCl溶液，根据Na+、Cl-离子守恒，可知n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.1L×0.2mol/L=0.02mol，故原NaOH溶液的浓度为0.02m

ol0.1L=0.2mol/L，A错误；B．生成二氧化碳阶段消耗盐酸为75mL，消耗HCl的物质的量为：0.075L×0.2mol/L=0.015mol，由NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，可知生成的二氧化碳为0.015mol，标准状况下生成二氧

化碳的体积为：0.015mol×22.4L/mol=0.336L，即336mL，根据碳原子守恒，则通入CO2在标准状况下的体积为336mL，B错误；C．碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸25mL，根据Na2CO3+HCl=

NaCl+NaHCO3，可知n(Na2CO3)=n(HCl)=0.025L×0.2mol/L=0.005mol，由钠离子守恒可知，n(NaHCO3)=n(NaCl)-2n(Na2CO3)=0.02mol-0.005mol×2=0.01mol，所以n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)=0

.01mol∶0.005mol=2∶1，C正确；D．由分析可知，通入CO2后所得溶液的溶质为Na2CO3、NaHCO3，D错误；故答案为：C。21.将3SO溶于纯硫酸时得到组成为243HSOxSO的发烟硫酸，当x=1，就形成焦硫酸(H2S2O7)，工业上可用于制造某

些燃料、炸药等。则下列有关说法不正确的．．．是A.焦硫酸具有很强的氧化性B.227KSO的水溶液显中性C.工业制硫酸过程中，通常用98.3%的浓硫酸来吸收3SOD.焦硫酸与水反应的化学方程式：227224HSO+HO=2HSO【答案】B【解析】【详解】A

．+6价的浓硫酸具有强氧化性，焦硫酸(H2S2O7)中硫化合价为+6价，处于高价，因此焦硫酸具有很强的氧化性，故A正确；B．227KSO写成243SOKSO，溶于水SO3与水反应生成硫酸，溶液显酸性，故B错误；C

．将3SO溶于纯疏酸时得到组成为243HSOxSO的发烟硫酸，工业制硫酸过程中，通常用98.3%的浓硫酸来吸收3SO，故C正确；D．当x=1，就形成焦硫酸(H2S2O7)，因此焦硫酸与水反应的化学方程式：227224HSO+

HO=2HSO，故D正确。综上所述，答案为B。22.下列物质的变化过程中，克服微粒之间的相互作用力完全相同的是A.硫酸氢钠固体溶于水和碳酸氢钠分解B.干冰升华和氯化钠熔化C.氢氧化钠溶于水和氯化氢通入水中

D.过氧化氢分解和氯化铵受热分解【答案】A【解析】【详解】A．NaHSO4=Na++H++2-4SO，故硫酸氢钠固体溶于水克服的是离子键和共价键，2NaHCO3ΔNa2CO3+H2O+CO2，故碳酸氢钠分解克服的是离子键和共价键，A符合

题意；B．干冰升华克服分子间作用力，而氯化钠熔化克服离子键，B不合题意；C．氢氧化钠溶于水克服离子键，而氯化氢通入水中克服共价键，C不合题意；D．过氧化氢分解克服共价键，而氯化铵受热分解克服离子键和共价键，D不合题意；故答

案为：A。23.设AN为阿伏伽德罗常数的值，下列说法中正确的是A.-11molL的氨水1L，其中32NHHO分子的数目为ANB.21molCl与足量铁在一定条件下充分反应，转移电子的数目为A3NC.246gNO和24NO的

混合气体中，氧原子的数目为A2ND.标准状况下，222.4LHO中水分子的数目为AN【答案】C【解析】【详解】A．一水合氨会部分电离生成铵根离子和氢氧根离子，使一水合氨分子的数目小于NA，A错误；B．氯元素的化合价由0价降低到

-1价，因此1mol氯气与足量铁反应转移2mol电子，数目为2NA，B错误；C．二氧化氮和四氧化二氮的混合气体可看成NO2的气体，而46gNO2气体的物质的量为1mol，则氧原子物质的量为2mol，数目为2NA，C正确；D．标准状况下，水不是气体，无

法求算水分子数目，D错误；答案选C。24.一定条件下，含氮元素的物质可发生如图所示的循环转化。下列说法正确的是A.循环转化中属于“固氮”过程的是“反应c”和“反应b”B.转化过程中发生非氧化还原反应的过程只有“反应I”C.若“反应h”是在2NO与2HO的作用下实现的，则该反应中氧化

产物与还原产物的物质的量之比为1∶2D.若“反应i”是在酸性条件下由3NO−与Zn的作用实现，则该反应的离子方程式为：+2+3224Zn+2+10H=4Zn+NONO+5HO−【答案】D【解析】【详解

】A．固氮是指游离态的氮变为化合态的氮，因此循环转化中属于“固氮”过程的是“反应c”和“反应k”，故A错误；B．转化过程中发生非氧化还原反应的过程有“反应I”和“反应a”，故B错误；C．若“反应h”是在2NO与2HO的作用下实现的，223NO+HO=2HNO+NO3，则

该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1，故C错误；D．若“反应i”是在酸性条件下由3NO−与Zn的作用实现，根据氧化还原反应得到该反应的离子方程式为：+2+3224Zn+2+10H=4Zn+NONO+5HO−，故D正

确。综上所述，答案为D。25.在600mL某混合溶液中，可能含有以下离子中的若干种：+4NH、Cl-、K+、Ba2+、Mg2+、2-4SO、2-3CO，将此溶液分成三等份，分别进行如下实验：(1)向第一份中加入AgNO3溶液，有沉淀产生；(2)向第二份中

加入足量NaOH溶液并加热，收集到标况下气体896mL；(3)向第三份中加入足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量稀盐酸洗涤千干燥后，沉淀质量为2.33g。根据上述实验现象，以下说法正确的是A.Cl-不一定存在B.2Ba+一定不存在，Mg2+存在C.K+不一定存在D.混合溶液

中()2--13cCO=0.2molL【答案】A【解析】【分析】(1)向第一份中加入AgNO3溶液，有沉淀产生说明溶液中可能存在Cl-、2-4SO、2-3CO中的至少一种离子；(2)向第二份中加足量NaOH溶液并加热后，收集到标况下气体896

mL，该气体是NH3，则溶液中含有+4NH，其物质的量n(+4NH)=n(NH3)=0.896L=0.04mol22.4L/mol；(3)向第三份中加足量BaCl2溶液后，得干燥的沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g，则2.33

g为BaSO4，其物质的量是n(2-4SO)=n(BaSO4)=2.33g=0.01mol233g/mol，6.27g沉淀是BaSO4和BaCO3，其中BaCO3质量为m(BaCO3)=6.27g-2.33g=3.94g，其物质的量为n(

2-3CO)=n(BaCO3)=3.94g=0.02mol197g/mol，故一定存在2-4SO、2-3CO。由于Ba2+与2-4SO、2-3CO会形成BaSO4和BaCO3沉淀，因此Ba2+不能大量存在；Mg2+与2-3CO会形成MgCO3沉淀，也不能大量存在，

故该溶液中Ba2+、Mg2+不能大量存在，再根据电荷守恒分析判断。【详解】根据上述分析可知：溶液中含有+4NH，n(+4NH)=0.04mol，含有2-4SO，n(2-4SO)=0.01mol，含有2-3CO，n(2-3CO)=0.02mol，一定不含Ba2+

、Mg2+，根据电荷守恒n(+)=n(+4NH)=0.04mol，n(-)=2n(2-4SO)+2n(2-3CO)=0.06mol，所以一定存在阳离子K+，其物质的量最小值是0.02mol，可能含有Cl-。A．根据上述分析可知：溶液中可能存在Cl

-，也可能不存在，故Cl-不一定存在，A正确；B．根据上述分析可知溶液中一定不存在Ba2+、Mg2+，B错误；C．根据上述分析可知：K+一定存在，C错误；D．根据上述分析可知：在200mL溶液中含有2-3CO，其物质的量n(2-3CO)=0.02mol，则其

物质的量浓度c(2-3CO)=0.02mol=0.1mol/L0.2L，D错误；故合理选项是A。第II卷非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共50分)26.填空。（1）CO2的结构式为___________；胆矾的化学式为___________；（2）相同条

件下，冰的密度比水小的原因是___________；【答案】（1）①.O=C=O②.CuSO4·5H2O（2）冰中水分子以氢键结合成排列规整的晶体，结构中有空隙，体积膨胀，密度减小【解析】【小问1详解】CO2是由分子构成的化合物，在CO2分子中C原子与2个O原子形成4个共价键，使物质分子中各个原子

都达到最外层8个电子的稳定结构，分子中2个C=O双键之间的夹角是180°，三个原子在同一条直线上，故其结构式是O=C=O；胆矾是硫酸铜晶体，化学式是CuSO4·5H2O；【小问2详解】在相同条件下，冰

的密度比水小是由于冰中水分子之间以氢键结合成排列规整的晶体，使物质结构中有空隙，导致物质体积膨胀，密度减小。27.下图是“金字塔”式元素周期表的一部分，图上标有VIA族和几种元素的位置。请用准确的化学符号和用．．．．．．语．回答下列问题：（1）g元素在周期表中的位置__

_________。用一个离子方程式表示h元素和g元素非金属性的强弱___________。（2）w的最低价氢化物与最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为_______；ba4分子的空间构型是_________；（3）d、e、f的简单离子的半径由大到

小是：___________；【答案】（1）①.第四周期VIIA族②.222BrClBr2Cl−−+=+（2）①.3343NHHNONHNO+=②.正四面体形（3）2--+S>F>Na【解析】【分析】“金字塔”式元素周期表的实质是将原周期表的空隙部分进行删除形成的

，与原元素周期表没有本质的区别，第一行为第一周期元素，第二行为第二周期元素，以此类推，同行自左向右顺序与元周期表相同，由元素周期表可以知道，a为H元素，b为C元素，w为N元素，d为F元素，e为Na元素，f为S元素，h为Cl

元素，g为Br元素，结合元素和物质的性质解答。【小问1详解】由周期表可知，G为Br元素，位于第四周期，和F、Cl处于同一主族，即位于第四周期VIIA族；h为Cl元素，g为Br元素，二者位于同一主族，非金属性Cl>Br，氯气能置换出溴化钠溶液中的溴，离子方程式为：222BrClBr2Cl−−+

=+，故答案为：第四周期VIIA族；222BrClBr2Cl−−+=+。小问2详解】w为N元素，N元素的最低价氢化物为NH3，其最高价氧化物对应的水化物为HNO3，二者反应生成硝酸铵，反应的化学方程式为3343NH

HNONHNO+=；a为H元素，b为C元素，ba4分子即CH4的空间构型是正四面体形，故答案为：正四面体形。【小问3详解】d为F元素，e为Na元素，f为S元素，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，对于同周期元素，阳离子半径小于阴离子半径，则离子半径：

2--+S>F>Na，故答案为：2--+S>F>Na。28.化合物M是某种具有磁学性质的新型电子材料的主要成分，由两种元素．．．．组成，为了研究其组成，设计并完成如下实验：已知：气体甲可使湿润的pH试纸变蓝。请回答以下问题：【（1）气体甲的电子式为___________；化合物M

的化学式为___________；（2）白色沉淀乙在空气中变成红褐色沉淀丙的原因是___________(用化学方程式解释)；（3）气体甲的水溶液与反应液中金属阳离子反应的离子方程式是___________。

【答案】（1）①.②.Fe4N（2）22234Fe(OH)O2HO4Fe(OH)++=（3）2++32242NHHO+Fe=Fe(OH)+2NH【解析】【分析】化合物M是某种具有磁学性质的新型电子材料的主要成分，由两种

元素组成，10.71g和足量稀硫酸反应得到反应液，反应液中加入足量氢氧化钠溶液过滤得到白色沉淀乙和气体甲，气体甲可使湿润红色石蕊试纸变蓝，判断甲为氨气，乙在空气中变化为红褐色沉淀，说明乙为氢氧化亚铁，丙为氢氧化铁，灼烧得到固体

丁为氧化铁14.40g，证明化合物M中含氮元素和铁元素，结合元素守恒计算物质的量得到M的化学式，n(Fe)=2n(Fe2O3)=2×-114.40g160g?mol=0.18mol，化合物M中含N元素物质的量n(N)=-1-110.71g-0.18mol?56g?mol

14g?mol=0.045mol，n(Fe)：n(N)=0.18：0.045=4：1，即化学式为Fe4N，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，气体甲为NH3，故其电子式为，由分析可知，化合物M的化学式为Fe4N，故答案为：；Fe4N；【小问2详解】白

色沉淀乙在空气中变成红褐色沉淀丙的原因是：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；【小问3详解】由分析可知，气体甲为NH3，故其水

溶液即NH3‧H2O与反应液中金属阳离子即Fe2+，故二者反应的离子方程式是2++32242NHHO+Fe=Fe(OH)+2NH，故答案为：2++32242NHHO+Fe=Fe(OH)+2NH。29.新冠病毒疫情期间，含氯消毒剂得到了

广泛应用。某“84”消毒液部分标签如图所示，1M(NaClO)74.5gmol−=，请回答下列问题：【有效成分】NaClO【质量分数】24%【密度】-31.18gcm【净含量】1000mL【注意事项】……（1）计算该“84”消毒液的物质的量浓度为___________1molL−

(保留小数点后一位)；（2）现需用-1480mL2.0molL的NaClO的消毒液，需要的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要___________；（3）下列情况会使所配溶液浓度偏低的是___________(填序号)；①溶液未经冷却即转移至容量瓶

并定容②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水④定容摇匀后，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线（4）含氯消毒剂的消毒能力可以用“有效氯”来表示，“有效氯”是指与含氯消毒剂氧化能力相当的氯气的质量。某溶液中含有1m

olNaClO，该溶液的“有效氯”是___________g。【答案】（1）3.8（2）500mL容量瓶、胶头滴管（3）②④⑤（4）71【解析】【小问1详解】1000ρω10001.1824%c=mol/L=m

ol/L3.8mol/LM74.5。【小问2详解】配制480mL2.0mol⋅L-1的NaClO的消毒液，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶和胶头滴管。【小问3详解】①溶液未经冷却即转移至容量瓶并定容，由于热胀冷缩，会使所配溶液体积偏小，浓度偏高

，①错误；②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，会使溶质有所损失，从而使所配溶液浓度偏低，②正确；③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对所配溶液浓度无影响，因为定容时还要再加蒸馏水，③错误；④定容摇匀后，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，会使所配溶液体积偏大，浓度

偏低，④正确；⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线，会使所配溶液体积偏大，浓度偏低，⑤正确；答案选②④⑤。【小问4详解】次氯酸根离子、氯气都有强氧化性，其还原产物均为氯离子，而且1mol次氯酸根离子或1mol氯气在反应中均得到2mol电子，即1mol次氯酸根离子和1mol氯气的氧化能力相当，则有n(

Cl2)=n(NaClO)=1mol，m(Cl2)=1mol71g/mol=71g。30.I．为观察铜和浓硫酸的反应现象并探究SO2与Fe3+之间的氧化还原反应，某化学兴趣小组按下图装置进行实验(夹持、加热仪器已略去)。同学们查阅资料后了解，浓硫酸(常规质量分数为98.3%，密度为1.84g/

cm3)的沸点为338℃，加热过程中可能产生酸雾。请回答下列问题：（1）搭建好实验装置后，紧接着要进行的一步操作是_____；试剂a是______；（2）写出装置A中反应的化学方程式______；（3）对于上述实验描述正确的是_____(填序号)；A.在加热条件下充分反应，A装置烧瓶

中溶液呈蓝色B.C中溶液酸性增强，说明SO2与Fe3+之间发生了氧化还原反应C.向C中加入几滴KMnO4溶液，紫红色褪去，说明C溶液中生成了Fe2+D.尾气处理可以选择如上图装置（4）SO2气体通入C装置充分反应，请设计实验证明氧化产物中阴离子的存在

_____。II．我国国家标准规定葡萄酒中的最大使用量为0.25g/L。该小组测定某干白葡萄酒中的的含量(以游离计)，将200mL葡萄酒和足量盐酸共热，使全部逸出并与H2O2完全反应，除去过量的H2O2后，与0.0600mol/LNaOH标

准溶液反应，恰好消耗NaOH溶液20.00mL，请回答：（5）该葡萄酒中SO2的含量为_____-1gL，该测定结果比实际值偏高，原因是______。【答案】（1）①.检查装置气密性②.饱和NaHSO3溶液（2）24422Cu+2HSO浓CuOΔ()SO+S↑O+2H（3）D（

4）取少量C中溶液于试管中，加入足量稀盐酸后，再滴加几滴BaCl2溶液，若生成白色沉淀，则证明有2-4SO生成（5）①.0.192②.挥发HCl也会消耗NaOH【解析】【分析】在装置A中Cu与浓硫酸混合加热制取SO2气体，在装置B中盛有饱和NaHSO3溶液，以除去浓硫酸形成的酸雾，在装置

C中SO2与FeCl3溶液发生反应：SO2+2FeCl3+2H2O=H2SO4+2FeCl2+2HCl，然后将尾气用NaOH溶液进行处理后再排放。SO2具有强还原性，根据反应：SO2+H2O2=H2SO4，H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，根据消耗NaOH标准溶液的体积

计算葡萄酒中SO2的含量。【小问1详解】该装置有气体参加反应，所以搭建好实验装置后，紧接着要进行的一步操作是检查装置气密性；试剂a作用是除去挥发的浓硫酸蒸气，同时不能溶解消耗SO2气体，该试剂是饱和NaHSO3溶液；【小问2详解】在装置A中Cu与浓硫酸混合加热，发生反应产生Cu

SO4、SO2、H2O，反应的化学方程式为：24422Cu+2HSO浓CuOΔ()SO+S↑O+2H；【小问3详解】A．在加热条件下充分反应，A装置中由于其中水很少，因此溶液不是呈蓝色，而是无色，A错误；B．装置C中发生反应：SO2+2FeCl3+2H2O=H2

SO4+2FeCl2+2HCl，反应消耗H2O，产生了硫酸、盐酸，使溶液酸性增强，SO2溶于水产生H2SO3也会电离产生H+，使溶液显酸性，使溶液酸性增强，因此不能说明SO2与Fe3+之间发生了氧化还原反应，B错误；C．溶液中含有Cl-，Cl-具有还原性，也会被酸性KMnO4溶液氧化

而使溶液紫色褪色，因此不能根据溶液紫的红色褪去判断该溶液中生成了Fe2+，C错误；D．SO2易溶于NaOH溶液，为使尾气被NaOH溶液充分吸收，同时防止倒吸现象的发生，可以在导气管末端使用干燥管，D正确；故合理选项是D；【小问4详解】SO2通入FeCl

3溶液中，发生氧化还原反应：SO2+2FeCl3+2H2O=H2SO4+2FeCl2+2HCl，在该反应中氧化产物是H2SO4，则检验24SO−的方法是：取少量C中溶液于试管中，加入足量稀盐酸后，再滴加几滴BaCl2溶液，若生成白色沉淀，则证明有2-4SO生成；【小问5详解】SO2与H2O2发生

氧化还原反应，反应产生的H2SO4被NaOH溶液吸收，反应方程式：SO2+H2O2=H2SO4，H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，可得关系式：n(SO2)～2n(NaOH)，n(NaOH)=0.0600mol/L×0.02L=1.2×10-

3mol，n(SO2)=12n(NaOH)=6.0×10-4mol，则m(SO2)=6.0×10-4mol×64g/mol=3.84×10-2g，故该葡萄酒中SO2的含量为-23.8410g=0.192g/L0.2L

；该测定结果比实际值偏高，是由于挥发的HCl也会消耗NaOH。31.确定Fe2O3和Cu混合物的组成(假设混合均匀)，某兴趣小组称取五份不同质量的样品，分别加入30.0mL某浓度的稀硫酸中，充分反应后，每组样品剩余固体的质量与原样品

质量的关系如图所示。(1)该混合物中，n(Fe2O3)：n(Cu)=___________。(2)稀硫酸的物质的量浓度为___________。【答案】①.1:3②.1.5mol/L【解析】【分析】混合物在稀硫酸中发生的反应为：Fe2O3+6

H+=2Fe3++3H2O，Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，由图可知，五份不同质量的样品与稀硫酸充分反应后，均有固体剩余，说明反应后的溶液中不存在铁离子，剩余固体为未反应的铜；由c点出现拐点可知，c点硫酸恰好与氧化铁反应反应，c点后的剩余

固体为氧化铁和铜的混合物。【详解】(1)设混合物中氧化铁的物质的量为xmol、铜为ymol，由b点坐标可得：160x+64y=3.52①，64(y-x)=1.28②，解①②可得x=0.01、y=0.03，则n(Fe2O3)：n(Cu)=1:3，故答案为：1:

3；(2)由分析可知，d点硫酸不足量，氧化铁部分与硫酸反应，剩余固体为氧化铁和铜，设d点氧化铁的物质的量为amol，由n(Fe2O3)：n(Cu)为1:3可得：160a+64×3a=7.04，解得a=0.02mol，设硫酸的浓度为cmol/L，由方程式和

剩余固体质量可得：160×0.015c+64×0.015c=3.68，解得c=1.5，故答案为：1.5mol/L。