甘肃省白银市会宁县第四中学2025届高三化学上学期第一次月考试题含解析

PAGE19-甘肃省白银市会宁县第四中学2025届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1O-16Cl-35.5N-14Cu-64S-32K-39C-12一、选择题(本题共25小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题3分，共75分)1.“一带一路”是构建人类命运共同体，符合国际社会的根本利益，彰显人类社会的共同志向和美妙追求。下列贸易的商品中，其主要成分属于无机物的是（）A.乌克兰葵花 B.埃及长绒棉 C.捷克水晶 D.中国丝绸【答案】C【解析】【详解】A．葵花主要成分有油脂、纤维素和蛋白质等，均属于有机物，A不合题意；B．长绒棉是指棉花属于纤维素，属于有机物，B不合题意；C．水晶的主要成分是SiO2，属于无机物，C符合题意；D．丝绸的主要成分是蛋白质，属于有机物，D不合题意；故答案为：C。2.下列说法正确的是①标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约是22.4L②0.5molH2所占体积为11.2L③标准状况下，1molH2O的体积为22.4L④常温常压下，28gCO与N2的混合气体所含的原子数为2NA⑤各种气体的气体摩尔体积都约为22.4L·mol−1⑥标准状况下，体积相同的气体的分子数相同A.①③⑤ B.④⑥ C.③④⑥ D.①④⑥【答案】B【解析】【详解】①标况下，只有6.02×1023个气体分子所占的体积才是22.4L，固体和液体的体积小于22.4L，错误；②没有指明气体存在的状态，所以0.5molH2所占体积不确定为11.2L，错误；③标准状况下，H2O为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，错误；④CO与N2的摩尔质量均为28g/mol，28g

CO与N2的混合气体为1mol，二者都是双原子分子，所含的原子数为2NA，正确；⑤在标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，不是标准状况，气体的摩尔体积不确定是22.4L/mol，错误；⑥标准状况下，体积相同的气体的物质的量相同，则所含的分子数相同，正确；故答案选B。3.下列说法正确的是()A.淀粉、纤维素等高分子化合物均属于纯净物B.非金属氧化物都是酸性氧化物C.食醋、纯碱、食盐分别属于酸、碱、盐D.丁达尔效应可用于区分溶液与胶体【答案】D【解析】【详解】A、淀粉和纤维素等高分子化合物不是纯净物，选项A错误；B、某些非金属氧化物如CO，既不是酸性氧化物也不是碱性氧化物，选项B错误；C、纯碱为碳酸钠，属于盐，选项C错误；D、丁达尔效应是胶体的特性，丁达尔效应能区分溶液和胶体，选项D正确。答案选D。4.化学是一门以试验为基础的自然科学，化学试验在化学学习中具有极其重要的作用。下列试验中所选用的仪器合理的是①用50mL量筒量取5.2mL稀硫酸②用托盘天平称量11.70g氯化钠晶体③配制确定物质的量浓度的溶液时，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏高④用250mL容量瓶配制250mL0.2mol/L的NaOH溶液A.①② B.②③ C.①③ D.③④【答案】D【解析】【详解】①在试验室量取5.2mL稀硫酸，应当运用10mL量筒，不能用50mL量筒量取，故①错误；②托盘天平精确到0.1g，故可用托盘天平称量③配制确定物质的量浓度的溶液时，定容时俯视刻度线，溶液体积削减，会导致所配溶液浓度偏高，故③正确；④配制250mL0.2mol/L的NaOH溶液，必需选用250mL容量瓶，故④正确；答案选D【点睛】本题考查了化学试验方案的评价，明确化学试验基本操作方法为解答关键，留意驾驭常见仪器的构造及运用方法，试题培育了学生的分析实力及化学试验实力。5.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NAB.2.3gNa与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间C.3g3He含有的中子数为2NAD.1mol乙烷和1mol乙烯中，化学键数相同【答案】A【解析】【详解】A．K2Cr2O7被还原为Cr3+，2个+6价的Cr转化为+3价的Cr，共转移6个电子，则1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA，A选项正确；B．2.3gNa与O2完全反应，无论是生成Na2O还是Na2O2，Na均变成Na+，转移1个电子，故2.3g(即0.1mol)的Na与O2完全反应，转移的电子数为0.1NA，B选项错误；C．3g3He为1mol，依据质量数=质子数+中子数可得，3He中有3-2=1个中子，故3g3He含有的中子数为NA，C选项错误；D．1mol乙烷中含有7mol共价键，1mol乙烯中含有5mol共价键，化学键数目不同，D选项错误；答案选A。6.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.14gC2H4和C3H6的混合物中，所含原子的总数为3NAB.足量的Fe与2.24LCl2反应转移的电子数为0.2NAC.0.1mol•L－1的MgCl2溶液中含Cl－的数目为0.2NAD.1.8gH218O中所含中子数为NA【答案】A【解析】【详解】A.C2H4和C3H6的最简式均为CH2，故14g混合物中含有的CH2的物质的量为1mol，故含3NA个原子，A正确；B.氯气所处的状态不明确，故氯气的物质的量无法计算，B错误；C.溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，C错误；D.1.8gH218O的物质的量n=1.8g÷20g/mol＝0.09mol，而H218O中含10个中子，故0.09mol水中含0.9NA个中子，D错误。答案选A。7.下列各物质所含原子数目，按由大到小依次排列正确的是（）①8.5克NH3②标准状况下22.4L氦气③4℃时9mL水④0.2molH3A.①④③② B.④③②① C.②③④① D.④①③②【答案】A【解析】【详解】①8.5克氨气的物质的量为=0.5mol，含原子为0.5mol×4=2mol；②标准状况下22.4L氦气的物质的量为=1mol，含原子为1mol；③4℃时9mL水的物质的量为=0.5mol，含原子为0.5mol×3=1.5mol，④0.2mol磷酸(H3PO4)中含原子为0.2mol×8=1.6mol，所含原子数按由大到小的依次排列的是①④③②，答案选A。8.某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2，若先向该溶液中通入确定量的氯气，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—确定被氧化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+不确定被氧化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，确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：I－＞Fe2＋＞Br－，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，Fe2＋被完全氧化后再与Br－反应。通入确定量氯气后再滴加KSCN，溶液呈红色，说明有Fe3＋生成，I－已经反应完全，Fe2＋被氧化但不确定全部被氧化，没有试验现象说明Br－被氧化或完全被氧化。【详解】通入确定量氯气后再滴加KSCN，溶液呈红色，说明有Fe3＋生成，Fe2＋被氧化但不确定全部被氧化，没有试验现象说明Br－被氧化或完全被氧化，故A错误；通入确定量氯气后再滴加KSCN，溶液呈红色，说明有Fe3＋生成，Fe2＋被氧化但不确定全部被氧化，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；通入确定量氯气后再滴加KSCN，溶液呈红色，说明确定有Fe3＋生成，故C错误；没有试验现象说明Br－被氧化或完全被氧化，反应后溴离子不确定有剩余，所以向分液后的上层液体中加入足量硝酸银溶液，不确定生成浅黄色沉淀，故D错误。【点睛】常见离子还原性依次：S2->SO32->I->Fe2+>Br->Cl-；氧化性依次：Cl2>Br2>Fe3+>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；9.把100mL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为A.20(2b－a)mol·L－1 B.20(b－2a)mol·L－1C.10(2b－a)mol·L－1 D.10(b－2a)mol·L－1【答案】A【解析】把100mL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁，所以混合溶液含有0.5amolMg2+；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，所以混合溶液含有bmolSO42-。依据电荷守恒可得：n(K+)+2n(Mg2+)=2n(SO42-)，n(K+)+2amol=bmol，n(K+)=(2b-a)mol，c(K+)=(2b-a)mol/0.05L=20(2b－a)mol·L－1，故选A。点睛：在电解质溶液中存在的最基本的关系就是阴阳离子所带电荷的代数和等于0.10.已知2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，H2S+I2=2HI+S，下列叙述正确的是（）A.氧化性Fe3+＞I2＞S B.氧化性I2＞S＞Fe3+C.还原性Fe2+＞I-＞H2S D.还原性Fe2+＞H2S＞I-【答案】A【解析】【分析】自发进行的同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析解答。【详解】2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2中氧化剂是FeCl3、氧化产物是I2，还原剂是KI，还原产物是FeCl2，氧化性Fe3+＞I2、还原性I-＞Fe2+；H2S+I2=2HI+S中氧化剂是I2、氧化产物是S、还原剂是H2S、还原产物是HI，氧化性I2＞S，还原性H2S＞I-，通过以上分析知，氧化性Fe3+＞I2＞S、还原性Fe2+＜I-＜H2S，故答案为A。11.油条的做法是将矾、碱、盐按比例加入温水中，再加入面粉搅拌成面团；放置，使面团产生气体，形成孔洞。放置过程发生反应：2KAl(SO4)2·12H2O+3Na2CO3=2Al(OH)3↓+3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+21H2O下列有关推断正确的是A.放置过程发生的反应中，反应物和生成物均为电解质B.放置过程发生的反应为氧化还原反应C.反应的离子方程式为2Al3++3CO==2Al(OH)3↓+3CO2↑D.从物质的分类角度来看，油条配方中的“矾、碱、盐”均为盐【答案】D【解析】【详解】A．二氧化碳是非电解质，故A错误；B．反应2KAl(SO4)2·12H2O+3Na2CO3=2Al(OH)3↓+3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+21H2O中无元素化合价的改变是非氧化还原反应，放置过程中发生的反应为非氧化还原反应，故B错误；C．依据原子守恒电荷守恒，反应的离子方程式为2Al3++3CO32-+3H2O═2Al(OH)3↓+3CO2↑，故C错误；D．Na2CO3和KAl(SO4)2•12H2O都是盐，所以油条配方中的“明矾、碱、盐”均属于盐，故D正确；故答案为D。12.下列改变过程不涉及氧化还原反应的是（）ABCD氯化亚铁溶液中滴入氯水，溶液变黄向FeCl2溶液中滴加KSCN溶液，不变色，滴加氯水后溶液显红色向Na2SO3固体中加入硫酸，生成无色气体向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴几滴蒸馏水，脱脂棉燃烧A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A.氯化亚铁溶液中滴入氯水，发生氧化还原反应，得到氯化铁，故溶液变黄，A不符合题意、A不选；

B.溶液变红是氯化铁溶液和KSCN溶液发生反应生成Fe(SCN)3，氯化亚铁与氯水发生氧化还原反应得到氯化铁，B不符合题意、B不选；

C.向Na2SO3固体中加入硫酸，发生复分解反应，生成硫酸钠、水和二氧化硫气体，C符合题意、C选；

D.Na2O2和水反应放热同时放出氧气，引起脱脂棉燃烧，涉及的都是氧化还原反应，D不符合题意、D不选；

答案选C。

13.一般锌锰电池筒内无机物质的主要成分有MnO2、NH4Cl、ZnCl2等。某同学探究废干电池内的黑色固体回收利用时，进行如图所示试验。下列有关试验的叙述中不正确的是A.操作④目的是除去滤渣中的杂质B.操作③中盛放滤渣的仪器是坩埚C.操作②的操作名称是过滤D.操作①中玻璃棒的作用是加快固体溶解速度【答案】A【解析】【详解】A．二氧化锰是黑色固体，能作双氧水的催化剂，灼烧后的滤渣能加快双氧水分解产生氧气，能证明黑色固体是二氧化锰，所以该试验的目的不是除去滤渣中杂质，故A错误；B．由图可知操作③是在坩埚内灼烧滤渣，通常把泥三角放在三角架上，再把坩埚放在泥三角上，故B正确；C．一般锌锰电池筒内无机物质主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质，NH4Cl、ZnCl2易溶于水，MnO2难溶于水，操作②是把难溶于水固体与水溶液分别，应是过滤，故C正确；

D．操作①中玻璃棒起到搅拌加速溶解的作用，故D正确；故答案为A。14.某溶液中可能含有Na＋、Al3＋、Fe3＋、Cl－、I－、、，某爱好小组进行以下试验：(1)取少量该溶液加入过量硝酸钡溶液后过滤得白色沉淀和滤液(2)向上述白色沉淀中加入足量稀HNO3，发觉沉淀完全溶解(3)向(1)中所得滤液中加入足量盐酸，发觉溶液变黄色,下列叙述正确的是A.原溶液中可能含有Na＋、B.由（3）推断原溶液中存在Fe3＋C.原溶液中确定有I、、Na＋D.通过在黄色溶液中加入硝酸银溶液可以检验原溶液中是否存在Cl－【答案】C【解析】【分析】(1)向少量原溶液中加入过量硝酸钡溶液生成白色沉淀,过滤后,向该白色沉淀中加入足量稀硝酸,沉淀完全溶解,则该白色沉淀中含有BaCO3，没有BaSO3；(BaSO3被硝酸氧化为BaSO4)，所以原溶液中含有CO32-，没有SO32-；由于CO32-与Fe3+、Mg2+不能大量共存，所以原溶液中不含有Fe3+、Mg2+；向(1)中所得滤液中加入足量盐酸,溶液变黄色,由于在酸性条件下NO3-具有强氧化性,能氧I-生成I2,所以原溶液中含有I-,由于铁离子具有氧化性，能够氧化碘离子，因此溶液中不存在Fe3+；依据溶液呈电中性知,原溶液中确定含有Na+,无法确定是否含有Cl-；结合以上分析解答。【详解】】(1)向少量原溶液中加入过量硝酸钡溶液生成白色沉淀,过滤后,向该白色沉淀中加入足量稀硝酸,沉淀完全溶解,则该白色沉淀中含有BaCO3，没有BaSO3；(BaSO3被硝酸氧化为BaSO4)，所以原溶液中含有CO32-，没有SO32-；由于CO32-与Fe3+、Mg2+不能大量共存，所以原溶液中不含有Fe3+、Mg2+；向(1)中所得滤液中加入足量的盐酸,溶液变黄色,由于在酸性条件下NO3-具有强氧化性,能氧I-生成I2,所以原溶液中含有I-,由于铁离子具有氧化性，能够氧化碘离子，因此溶液中不存在Fe3+；依据溶液呈电中性知,原溶液中确定含有Na+,无法确定是否含有Cl-；综合以上分析可知，原溶液中含有I-、Na+、CO32-，C正确；确定不含SO32-、Fe3+、Mg2+，A错误，B错误；由于之前引入了大量Cl-,所以在黄色溶液中加入硝酸银溶液，即使有氯化银白色沉淀生成,也不能说明原溶液中确定含有Cl-,D错误；综上所述，本题选C。【点睛】本题在推断离子共存时，要留意：溶液中存在CO32-时，Fe3+、Mg2+与CO32-均不能大量共存；溶液中存在I-时，Fe3+与I-因发生氧化还原反应而不能大量共存；最终依据溶液呈电中性规律判定存在的阳离子。15.能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A.次氯酸钙溶液中通入少量CO2：Ca2++2ClO-+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClOB.NaClO（aq）中通入过量SO2:C1O-+SO2+H2O=HClO+HSOC.氯气通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-D.氢氧化钡溶液中加入少量稀硫酸：Ba2++OH—+H++SO=BaSO4↓+H2O【答案】A【解析】【详解】A．碳酸的酸性大于次氯酸，则次氯酸钙溶液中通入少量CO2生成次氯酸和碳酸钙，反应的离子方程式为Ca2++2ClO-+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，A正确；B．次氯酸具有强氧化性，能把+4价的硫氧化为+6价，则NaClO（aq）中通入过量SO2生成氯离子、硫酸根离子和水，C1O-+SO2+H2O=2H++Cl-+，B错误；C．氯气通入水中，少量的氯气与水反应生盐酸和次氯酸，离子方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，C错误；D．氢氧化钡溶液中加入少量稀硫酸的离子方程式为Ba2++2OH－+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，D错误；答案为A。16.下列叙述错误的是A.5LCH4气体与5LNH3气体的原子个数之比为5：4B.常温常压下，11.2LO3中所含氧原子个数小于1.5NAC.同温、同压下，相同体积的N2和CO气体具有相同的分子数和相同的密度D.同温、同压下，等质量的一氧化碳和二氧化碳的密度比为7:11【答案】A【解析】【详解】A、标准状况下，5LCH4气体与5LNH3气体的分子数之比等于物质的量之比，依据V=nVm，则物质的量之比是1：1，原子个数之比为5：4，但题中没有说明气体的状态，无法确定其物质的量，选项A错误；B、常温常压下，11.2LO3的物质的量小于0.5mol，所含氧原子个数小于1.5NA，选项B正确；C、同温同压下，相同体积的CO和N2具有相同的物质的量，n相同，则分子数相同，摩尔质量与体积均相同，则密度相同，选项C正确；D、由ρ==可知，同温、同压下，等质量的一氧化碳和二氧化碳的密度比等于气体的摩尔质量之比，为28g/mol：44g/mol=7：11，选项D正确。答案选A17.硫酸盐(含、)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下：下列说法不正确的是（）A.该过程有H2O参加 B.NO2是生成硫酸盐的还原剂C.硫酸盐气溶胶呈酸性 D.该过程中有硫氧键生成【答案】B【解析】【详解】A．依据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参加，选项A正确；B．依据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，选项B不正确；C．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参加，则HSO在水中可电离生成H+和SO，则硫酸盐气溶胶呈酸性，选项C正确；D．依据图示转化过程中，由SO转化为HSO，依据图示比照，有硫氧键生成，选项D正确；答案选B。18.下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是（）A.用石灰乳脱除烟气中的SO2B.用84消毒液(有效成分NaClO)杀灭细菌C.用明矾[KAl(SO4)2•12H2O]处理污水D.用盐酸去除铁锈(Fe2O3•xH2O)【答案】B【解析】【详解】A．SO2是酸性氧化物，可与碱反应，用石灰乳脱除烟气中的SO2时，SO2与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙或亚硫酸氢钙，反应过程中无元素的化合价改变，没有利用氧化还原反应，故A错误；B．用84消毒液有效成分NaClO，具有强氧化性，能使蛋白质发生变性从而杀死细菌病毒，杀菌消毒的过程利用了氧化还原反应，故B正确；C．用明矾[KAl（SO4）2•12H2O]溶于水中，电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，利用胶体的吸附性可吸附污水中的固体颗粒物，该过程利用胶体的吸附性，发生的反应没有发生化合价改变，没有利用氧化还原反应，故C错误；D．用盐酸去除铁锈（主要成分Fe2O3•xH2O），发生的主要反应为：6HCl+Fe2O3=2FeCl3+3H2O，反应中没有元素化合价的改变，没有利用氧化还原反应，故D错误；故答案为B。19.下列溶液中Cl－的浓度与50mL1mol/L的MgCl2溶液中的Cl－相等的是A.100mL2mol/L的NaCl溶液 B.50mL0.5mol/L的AlCl3溶液C.1L0.2mol/L的KCl溶液 D.20mL0.5mol/L的CaCl2溶液【答案】A【解析】【分析】50mL1mol·L－1MgCl2溶液中的Cl－浓度为1mol/L×2＝2mol/L，结合物质的组成分析解答。【详解】A、100mL2mol/L的NaCl溶液中氯离子浓度为2mol/L，A符合；B、50mL0.5mol/L的AlCl3溶液中氯离子浓度为0.5mol/L×3＝1.5mol/L，B不符合；C．1L0.2mol/L的KCl溶液中氯离子浓度为0.2mol/L，D．20mL0.5mol/L的CaCl2溶液中氯离子浓度为0.5mol/L×2＝1.0mol/L，D不符合。答案选A。【点睛】本题主要是考查物质量浓度的有关计算，明确物质的组成以及在溶液中的电离状况是解答的关键，留意氯离子的浓度与溶液的体积无关，计算氯离子的物质的量时须要考虑溶液的体积。20.下列关于物质分类的正确组合是（）酸碱盐酸性氧化物电解质ANaHSO4Na2CO3CaCO3CO2BaSO4BH2SO4NaOHNH4ClSO2FeCCH3COOHNaOHCaCl2COSO3DHNO3KOHNaHCO3SO3NaClA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；碱指电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；盐指电离时生成金属阳离子（或NH4+）和酸根离子的化合物；酸性氧化物是指能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物（且生成物只能有一种盐和水，不行以有任何其它物质生成）；电解质是在溶液中或熔融状态下能导电的化合物；依据以上概念分析解答。【详解】A．NaHSO4属于酸式盐，不是酸，Na2CO3俗称是纯碱，属于盐，不是碱，故A错误；B．电解质必需是化合物，Fe是单质不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C．CO属于不成盐氧化物，不是酸性氧化物，SO3的水溶液能导电是因为生成的硫酸是电解质，而SO3本身属于非电解质，故C错误；D．HNO3属于酸，KOH属于碱，NaHCO3属于盐，SO3属于酸性氧化物，NaCl属于盐，故D正确；答案选D。【点睛】NaHSO4属于酸式盐，不是酸，酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物，推断物质的类别时，依据物质的分类，并且依据酸碱盐，氧化物的概念进行分类。21.探究草酸(H2C2O4)性质，进行以下试验。(已知：室温下，0.1mol·L-1H2C2O4试验装置试剂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试验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是（）A.H2C2O4有酸性，Ca2＋＋2OH－+2H＋+C2O=CaC2O4↓+2H2OB.酸性：H2C2O4＞H2CO3，NaHCO3+H2C2O4=NaHC2O4+CO2↑+HC.H2C2O4有还原性，2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2D.H2C2O4可发生酯化反应：HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O【答案】A【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渐渐减弱，溶液红色褪去，但反应的离子方程式为Ca2＋＋2OH－+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O，选项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：H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2+2H2O或H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2+2H2OC.H2C2O4有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，反应的离子方程式为2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，选项CD.草酸（又称乙二酸），其中含有羧基，因此其能发生酯化反应，反应方程式为HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O，选项D正确；答案选A。22.科学防护对预防新冠病毒感染特别重要，下列说法正确的是A.冠状病毒粒子直径约60~220nm，故介于溶液和胶体粒子之间B.制作防护服和口罩的无纺布是无机高分子材料C.免洗手消毒液的成分活性银离子、乙醇均能使蛋白质变性D.酒精、双氧水能杀菌消毒，都利用了它们的强氧化性【答案】C【解析】【详解】A.溶液中的粒子的直径小于1nm，胶体粒子的直径介于1~100nm之间，冠状病毒粒子直径约60~220nm，故冠状病毒粒子直径不是介于溶液和胶体粒子之间，A不正确；B.制作防护服和口罩的无纺布是有机高分子材料，B不正确；C.免洗手消毒液的成分活性银离子属于重金属离子，其能使蛋白质变性，75%乙醇是医用酒精，也能使蛋白质变性，C说法正确；D.酒精没有强氧化性，其能杀菌消毒，是因为其能使蛋白质脱水变性，D不正确。综上所述，相关说法正确的是C。23.常温下，在下列给定条件的溶液中，确定能大量共存的离子组是A.能使pH试纸呈红色的溶液：Na+、、I-、B.c(Fe3+)=0.1mol/L的溶液：H+、Al3+、I-、SCN-C.加入铝粉生成H2的溶液：K+、Mg2+、、D.=0.1mol/L的溶液：Na+、K+、、【答案】D【解析】【详解】A．能使pH试纸呈红色的溶液显酸性，含有大量的H+，H+与I-、之间能发生氧化还原反应，不行以大量共存，A不符合题意；B．c(Fe3+)=0.1mol/L的溶液中，Fe3+与I-会发生氧化还原反应，不能大量共存；与SCN-会发生络合反应，不能大量共存，B不符合题意；C．加入铝粉生成H2的溶液可能显酸性，也可能显碱性。在碱性溶液中，OH-与Mg2+、会发生反应，不能大量共存；在酸性溶液中，H+与也会发生反应，不能大量共存，C不符合题意；D．=0.1mol/L的溶液显碱性，含有大量的OH-，OH-与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，D符合题意；故答案为D。24.下列化学用语的表述正确的是（）A.氯原子的结构示意图是 B.中子数为12的钠原子：C.氯化钠的电离方程式：NaCl=Na++Cl－ D.二氧化碳分子的比例模型：【答案】C【解析】【详解】A.氯原子的结构示意图是，A错误；B.中子数为12的钠原子，其质量数为24，则核素符号为：，B错误；C.氯化钠完全电离产生钠离子和氯离子，故电离方程式：NaCl=Na++Cl－，C正确；D.二氧化碳分子中碳原子半径比氧原子的大，故该比例模型错误，D错误；答案选C。25.NA为阿伏加德罗常数，标准状况下，mg氮气和氧气的混合气体含有b个分子，则ng该混合气体在相同状态下的体积为(单位为L)()A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】设该混合气体平均摩尔质量为Mg/mol，依据同温同压条件下，气体体积之比=物质的量之比可得，解得，故答案为B。二、非选择题(共2小题，共25分)26.人体血液里Ca2＋的浓度一般采纳mg/cm3来表示。抽取确定体积的血样，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KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。某探讨性学习小组设计如下试验步骤测定血液样品中Ca2【配制KMnO4标准溶液】如图所示是配制50mLKMnO4标准溶液的过程示意图。(1)请你视察图示推断，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)假如用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将_____(填“偏大”或“偏小”)。【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/LKMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mLKMnO4溶液。(4)已知草酸跟KMnO4反应的离子方程式为2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋===2Mnx＋＋10CO2↑＋8H2O，则方程式中的x＝______(5)经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为_____mg/cm3。【答案】(1).②⑤(2).50mL容