福建省仙游县郊尾中学2020届高三上学期期中考试化学试题

福建省仙游县郊尾中学2020届高三上学期期中考试化学试题

郊尾中学2019—2020学年第一学期高三年级考试试题 化学 可能用到元素的原子量：H-1 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Cl-35.5 Al-27 K-39 S-32 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Si- 28 Ca-40 I-127‎ 一 选择题 ‎1.下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）‎ A B C D ‎ NaCl溶于水 电解CuCl2溶液 CH3COOH在水中电离 ‎ H2与Cl2反应能量变化 NaClNa++Cl−‎ CuCl2Cu2++2Cl−‎ CH3COOHCH3COO−+H+‎ H2(g)+Cl2(g) 2HCl(g)‎ ΔH=−183kJ·mol−1‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题A、B、C选项应区分电离和电解的概念。电离是电解质溶于水或熔融状态下，解离成能够自由移动的离子的过程。根据其电离程度可分为强电解质和弱电解质，几乎全部电离的是强电解质（如A选项），只有少部分电离的是弱电解质（如C选项）；是将电能转化为化学能的一个装置(构成:外加电源，电解质溶液，阴阳电极)。使电流通过电解质溶液或熔融电解质而在阴，阳两极引起还原氧化反应的过程（如B选项）。‎ ‎【详解】A.NaCl为强电解质，NaCl溶于水，NaCl在水分子作用下，自发解离为Na+和Cl-，故电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故A不符合题意；‎ B.电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，发生电极反应为：Cu2++2e-=Cu,氯离子向阳极移动，失电子，发生电极反应为：2Cl-+2e-=Cl2,所以电解总反应为：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，故B符合题意；‎ C.CH3COOH为弱电解质，溶于水部分电离，因此电离方程式为CH3COOH CH3COO-+H+，故C不符合题意；‎ D.由图可知，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热等于断裂反应物分子中的化学键吸收的总能量（436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol）,与形成生成物分子中化学键放出的总能量（431kJ/mol×2=862kJ/mol）之差，即放热183kJ/mol,放热∆H为负值，所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)∆H=-183kJ/mol，故D不符合题意；‎ 综上所述，本题应选B。‎ ‎【点睛】本题所选四个实验（或原理）均取材于课本，可见高考题越来越回归于课本。本题综合考查化学用语，涉及强、弱电解质的电离、电解方程式的书写，化学反应热的计算，题目把化学用语与化学反应原理巧妙地结合。‎ ‎2.世界第一条大面积碲化镉薄膜“发电玻璃”生产线最近在成都投产，该材料是在玻璃表面镀一层碲化镉薄膜，光电转化率高。下列说法错误的是 A. 普通玻璃含有二氧化硅 B. 该发电玻璃能将光能完全转化为电能 C. 碲化镉是一种无机化合物 D. 应用该光电转化技术可减少温室气体排放 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 普通玻璃的主要成分是二氧化硅，故A正确； ‎ B. 该发电玻璃光电转化率高，但不能将光能完全转化为电能，故B错误；‎ C. 碲化镉属于无机化合物，故C正确； ‎ D. 应用该光电转化技术，提高了光电转化率，能够减少温室气体排放，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎3.下列化学用语正确的是（ ）‎ A. 氯化钠的分子式：NaCl B. NH4Br的电子式：‎ C. 比例模型可以表示二氧化硫分子，也可以表示二氧化碳分子 D. Mg5(Si4O10)8(OH)2·4H2O的氧化物形式：5MgO·8SiO2·5H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯化钠离子化合物，氯化钠中不存在分子，故A错误；‎ B．Br-为阴离子，应为，故B错误；‎ C．为V型结构，只能不是二氧化硫，不能表示二氧化碳，二氧化碳的比例模型为：，故C错误；‎ D．镁的氧化物为MgO，硅的氧化物为SiO2，氢的氧化物为H2O，则根据活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O的顺序可知，Mg5（Si4O10）2（OH）2•4H2O表示为：5MgO•8SiO2•5H2O，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎4.[安徽省合肥市2019年高三第三次教学质量检测]化工生产与人类进步紧密相联。下列有关说法不正确的是 A. 空气吹出法提取海水中溴通常使用SO2作还原剂 B. 侯氏制碱法工艺流程中利用了物质溶解度的差异 C. 合成氨采用高温、高压和催化剂主要是提高氢气平衡转化率 D. 工业用乙烯直接氧化法制环氧乙烷体现绿色化学和原子经济 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．空气吹出法中氯气置换出来的溴，Br2被水蒸气吹出与SO2反应，SO2＋Br2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，S的化合价从＋4升高到＋6，作还原剂，A项正确；‎ B．在侯氏制碱法中，NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，利用的就是NaHCO3的溶解度比NaCl等物质的溶解度小，使之析出，B项正确；‎ C．合成氨的反应为N2＋3H22NH3，该反应是放热反应，采用高温并不利于反应正向移动，不能提高氢气平衡转化率，采用高温是为了提高化学反应速率，使用催化剂只能加快反应速率，不能提高氢气平衡转化率，C项错误；‎ D．乙烯与氧气反应生成环氧乙烷，2CH2=CH2＋O22，原子利用率100% ，符合绿色化学和原子经济性，D项正确；‎ 本题答案选C。‎ ‎5.为实现随处可上网，中国发射了“中星16号”卫星。NH4ClO4是火箭的固体燃料，发生反应为2NH4ClO4 N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O，NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A. 1 mol NH4ClO4溶于水含NH4+和ClO4－离子数均为NA B. 反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为1:3‎ C. 产生6.4g O2反应转移的电子总数为0.8NA D. 0.5mol NH4ClO4分解产生的气体体积为44.8L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NH4+为弱碱的阳离子，在水溶液中要水解，因此1mol NH4ClO4溶于水含NH4+离子数少于NA，故A错误；‎ B. 2NH4ClO4 N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O反应中还原产物为氯气，氧化产物为氮气和氧气，还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为1∶3，故B正确；‎ C. 6.4g O2的物质的量==0.2mol，根据2NH4ClO4 N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O，产生6.4g O2反应转移的电子总数为1.4NA，故C错误；‎ D.未告知是否为标准状况，无法计算 0.5mol NH4ClO4分解产生的气体的体积，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，使用气体摩尔体积需要注意：①对象是否为气体；②温度和压强是否为标准状况。‎ ‎6.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. Cu与浓硝酸反应生成4.6gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数为0.1NA B. 标准状況下，2.24L己烷中共价键的数目为1.9NA C. 在0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子总数一定大于0.1NA D. 34gH2O2中含有的阴离子数为NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.4.6gNO2的物质的量是0.1mol，若反应完全产生4.6gNO2，转移电子0.1NA；若完全转化为N2O4，4.6g N2O4的物质的量是0.05mol，转移电子数为2×0.05×NA=0.1NA，故Cu与浓硝酸反应生成4.6gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数一定为0.1NA，A正确；‎ B.标准状況下，已烷不是气体，因此不能使用气体摩尔体积计算其物质的量及化学键的数目，B错误； ‎ C.缺体积，无法计算溶液中微粒的数目，C错误；‎ D.34gH2O2的物质的量为1mol，由于H2O2是共价化合物，在水中部分电离，存在电离平衡，因此含有的阴离子数小于NA，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎7.下列指定反应的离子方程式正确的是 A. 用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I－＋H2O2=I2＋2OH－‎ B. 过量的铁粉溶于稀硝酸：Fe＋4H＋＋NO3-=Fe3＋＋NO↑＋2H2O C. 用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2＋S2O32-＋5H2O=10H＋＋2SO42-＋8Cl－‎ D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2-＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘，反应的离子方程式为：2I－＋H2O2＋2H+=I2＋2H2O，选项A错误；‎ B. 过量的铁粉溶于稀硝酸，反应的离子方程式为：3Fe＋8H＋＋2NO3-=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，选项B错误；‎ C. 用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2，反应的离子方程式为：4Cl2＋S2O32-＋5H2O=10H＋＋2SO42-＋8Cl－，选项C正确；‎ D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应的离子方程式为：AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎8.下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确的是 A. FeCl3溶液刻蚀铜电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+‎ B. Na2O2用作供氧剂：Na2O2+H2O=2NaOH +O2↑‎ C. 氯气制漂白液：Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO +H2O D. Na2CO3溶液处理水垢：CaSO4(s)+CO32−CaCO3(s)+SO42−‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜：2Fe3++Cu==2Fe2++Cu2+，故A正确；‎ B. Na2O2用作供氧剂与水反应生成氢氧化钠和氧气：2Na2O2+2H2O==4NaOH +O2↑，故B错误；‎ C. 氯气与氢氧化钠溶液反应制漂白液：Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO +H2O，故C正确；‎ D. Na2CO3与硫酸钙发生沉淀转化：CaSO4(s)+CO32−CaCO3(s)+SO42−，故D正确；选B。‎ ‎9.下列离子方程式书写正确的是 A. 少量CO2通入苯酚钠溶液中：2C6H5O－＋CO2＋H2O=2C6H5OH＋CO32-‎ B. 少量CO2通入CaCl2溶液中：Ca2＋＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2H＋‎ C. 过量H2S气体通入CuSO4溶液中：H2S＋Cu2＋=CuS↓＋2H＋‎ D. 向Fe(NO3)3溶液中加入HI溶液：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、无论少量还是足量的CO2通入苯酚钠溶液中，反应只能生成苯酚和碳酸氢钠；‎ B、碳酸的酸性弱于盐酸，少量CO2通入CaCl2溶液中不反应；‎ C、CuS沉淀不溶于水，不能与稀硫酸反应；‎ D、酸性条件下，NO3—和Fe3＋均能与I－发生氧化还原反应。‎ ‎【详解】A项、无论少量还是足量的CO2通入苯酚钠溶液中，反应只能生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为CO2+C6H5O-+H2O→C6H5OH+HCO3-，故A错误；‎ B项、碳酸的酸性弱于盐酸，少量CO2通入CaCl2溶液中不反应，故B错误；‎ C项、CuS沉淀不溶于水，不能与稀硫酸反应，过量H2S气体通入CuSO4溶液中反应生成硫化铜沉淀和稀硫酸，反应的离子方程式为H2S＋Cu2＋=CuS↓＋2H＋，故C正确；‎ D项、酸性条件下，NO3—和Fe3＋均能与I－发生氧化还原反应，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查离子反应方程式的正误判断，注意反应实质的判断，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键。‎ ‎10.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是 A B C D 实验 新制氯水滴入Na2S 溶液中 乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中 饱和FeCl3溶液滴入沸水中 草酸滴入KMnO4 酸性溶液中 现象 产生黄色浑浊 溶液由橙色变为绿色 液体变为红褐色且澄清透明 产生无色气体，溶液紫红色褪去 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.新制氯水滴入Na2S 溶液中，反应方程式为Cl2+Na2S=2NaCl+S↓，有元素化合价升降，属于氧化还原反应，故A不符合题意；‎ B. 乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中，2K2Cr2O7+3C2H5OH+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CH3COOH+11H2O，CrO72-转化为Cr3+，Cr元素化合价由+6价变为+3价，有化合价变化，所以属于氧化还原反应，故B不符合题意；‎ C.饱和FeCl3溶液滴入沸水中，此过程为制备氢氧化铁胶体的过程，离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，过程中无化合价变化，不属于氧化还原反应，故C符合题意；‎ D.草酸滴入KMnO4 酸性溶液中，反应方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，高锰酸钾转化为硫酸锰，锰元素化合价由+7价变为+2价，有化合价变化，属于氧化还原反应，故D不符合题意。答案选C。‎ ‎【点睛】本题解题关键是理解氧化还原反应的特征和实质。有元素化合价升降的反应为氧化还原反应，氧化还原反应的实质是有电子得失。据此判断反应是否与氧化还原反应相关。‎ ‎11.K2FeO4 是优良的水处理剂，一种制备方法是将 Fe2O3、KNO3、KOH 混合共熔，反应为 Fe2O3 + 3KNO3+ 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO2 + 2H2O。下列关于该反应的说法不正确的是 A. 铁元素被氧化，氮元素被还原 B. 每生成 1 mol K2FeO4，转移 6 mol e−‎ C. K2FeO4具有氧化杀菌作用 D. 该实验条件下氧化性：KNO3＞K2FeO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，故A正确；‎ B. 反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6mol电子，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3mol电子，故B错误；‎ C. K2FeO4中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，故C正确；‎ D. 反应中KNO3为氧化剂，而K2FeO4为氧化产物，氧化性：氧化剂>氧化产物，则氧化性：KNO3>K2FeO4，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎12.下列有关化学反应的叙述正确的是 A. Fe在稀硝酸中发生钝化 B. MnO2和稀盐酸反应制取Cl2‎ C. SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3 D. 室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 相同反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同；‎ A.钝化反应应注意必须注明常温下，浓硝酸与Fe发生钝化；‎ B.实验室制备氯气的反应中应注意盐酸的浓度和反应温度；‎ C.过量与少量问题应以少量物质为基准书写产物；‎ D.钠的还原性强，其与氧气反应，温度不同，产物也不同；‎ ‎【详解】A.常温下，Fe在与浓硝酸发生钝化反应，故A错误；‎ B.二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，故B错误；‎ C.二氧化硫与过量氨水反应生成亚硫酸铵，故C正确；‎ D.常温下，Na与空气中的氧气反应生成Na2O；加热条件下，钠与氧气反应生成Na2O2，故D错误；‎ 综上所述，本题应选C。‎ ‎【点睛】本题考查常见物质的化学反应，相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同，所以在描述化学反应时应注意反应的条件。‎ ‎13.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)‎ B. MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO (s)‎ C. S(s)SO3(g)H2SO4(aq)‎ D. N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.电解条件时应看清是电解水溶液还是电解熔融态物质，Cl2具有强氧化性；‎ B.根据“强碱制弱碱”原理制备氢氧化镁；‎ C.注意生成二氧化硫与三氧化硫的条件；‎ D.氨气、二氧化碳和氯化钠反应制备碳酸氢钠是利用碳酸氢钠的溶解度低；‎ ‎【详解】A.氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故A错误；‎ B.氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，故B正确；‎ C.硫单质在空气中燃烧只能生成SO2，SO2在与氧气在催化剂条件下生成SO3，故C错误；‎ D.氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故D错误；‎ 综上所述，本题应选B。‎ ‎【点睛】本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化条件。‎ ‎14.以下关于化学实验中“先与后”的说法中正确的是（　　）‎ ‎①蒸馏时，先点燃酒精灯，再通冷凝水 ‎②加热氯酸钾和二氧化锰的混合物制备氧气，用排水法收集气体后，先移出导管后撤酒精灯 ‎③实验室制取某气体时，先检查装置气密性后装药品 ‎④分液时，先打开分液漏斗上口的塞子，后打开分液漏斗的旋塞 ‎⑤H2还原CuO实验时，先检验气体纯度后点燃酒精灯 ‎⑥使用托盘天平称盘物体质量时，先放质量较小砝码，后放质量较大的砝码 ‎⑦蒸馏时加热一段时间，发现忘记加沸石，应迅速补加沸石后继续加热 A. ②③④⑤⑦ B. ①②③④⑦ C. ②③④⑤ D. 全部 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎①蒸馏时，应先通冷凝水，再点燃酒精灯加热，故①错误；②加热氯酸钾和二氧化锰的混合物制备氧气，用排水法收集气体后，为防止液体倒吸炸裂试管，应该先移出导管后撤酒精灯，故②正确；③制取气体时，一定要先检查装置气密性后装药品，故③正确；④分液操作时，先打开分液漏斗上口的塞子，使内外压强想通，再打开分液漏斗的旋塞，故④正确；⑤做H2还原CuO实验开始时要排除空气，先通入氢气，结束时要防止金属铜被氧气氧化，先撒酒精灯待试管冷却后停止通H2，故⑤正确；⑥托盘天平的砝码在加取时，先放质量较大的砝码，后放质量较小的砝码，故⑥错误；⑦蒸馏时加热一段时间，发现忘记加沸石，应冷却后再补加沸石，再继续加热，故⑦错误；答案为C。‎ ‎15.亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂，用如下图实验可检验某食品中亚硫酸盐含量（所加试剂均足量）。下列说法不正确的是 A. 亚硫酸盐作为食品添加剂，作用是防腐保鲜 B. 反应①过程中通入N2的作用是将装置中空气和生成的气体全部赶出 C. 测定样品质量及③中耗碱量，可测定样品中亚硫酸盐含量 D. 若仅将②中的氧化剂“H2O2溶液”替换为碘水，对测定结果无影响 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.亚硫酸盐具有较强的还原性，故可以防腐保鲜，A正确。‎ B.反应①过程中通入N2可以将产生的气体从溶液中全部赶出，B正确。‎ C.测定③中耗碱量，可以求出硫酸的物质的量，进而利用硫元素守恒，求出样品中含SO2的质量，再除以样品质量就可得到样品中亚硫酸盐含量，C正确。‎ D.若仅将②中的氧化剂“H2O2溶液”替换为碘水，则过量的碘水也会消耗氢氧化钠，对测定结果有影响，D错误。‎ 故选D。‎ ‎16. 下列有关实验的叙述正确的是 A. 过滤时，可用玻璃棒搅拌漏斗中的液体以加快过滤速率 B. 用湿润的pH试纸测溶液的pH，因溶液被稀释而使测量值变大 C. 酸碱滴定管、容量瓶、分液漏斗使用前必须检查是否漏水 D. 酸碱滴定实验中，需用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、过滤时用玻璃棒引流，不能用玻璃棒 ，A项错误；‎ B、若为碱溶液，被稀释后pH值会变小，B项错误；‎ C、酸碱滴定管、容量瓶、分液漏斗使用前必须检查是否漏水，C项错误；‎ D、酸碱滴定实验中，锥形瓶不能润洗，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎17.下列各组物质中，不论两种物质以何种比例混合，只要总质量一定，经完全燃烧后，产生的CO2质量不变的是（ ）‎ A. 乙烯和苯 B. 乙醇和乙酸 C. 甲醛（HCHO）和葡萄糖 D. 丙烯和丙烷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯和苯的最简式不相同，分子中的含碳量不等，不符合题意，故A错误；‎ B．乙醇和乙酸的最简式不相同，分子中的含碳量不等，不符合题意，，故B错误；‎ C．甲醛(HCHO)与葡萄糖(C6H12O6)的最简式相同，分子中的含碳量相等，符合题意，故C正确； ‎ D．丙烷和丙烯的最简式不相同，分子中的含碳量不相等，不符合题意，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题中只要总质量一定，完全燃烧时生成CO2的质量也一定，则说明混合物各组分含碳量相等。‎ ‎18.下列叙述正确的是 A. 24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数 B. 同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同 C. 1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2∶1‎ D. 1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查的是物质结构，需要先分析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。‎ ‎【详解】A．1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。‎ B．设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为×2=mol和×3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。‎ C．重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。‎ D．乙烷（C2H6）分子中有6个C－H键和1个C－C键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个C－H键和1个C＝C，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。‎ 二、非选择题 ‎19.医学上常将酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液的反应用于测定血钙的含量。回答下列问题：__H++__MnO4－+__H2C2O4→__CO2↑+__Mn2++__________‎ ‎（1）配平以上离子方程式，并在中填上所需的微粒或数字。‎ ‎（2）该反应中的还原剂是___。‎ ‎（3）反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量为___mol。‎ ‎（4）测定血钙的含量的方法是：取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量（NH4）2C2O4溶液，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定。‎ ‎①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的化学方程式是__。‎ ‎②溶解沉淀时__（能或不能）用稀盐酸，原因是___。‎ ‎③若消耗了1.0×10-4mol/L的KMnO4溶液20.00mL，则100mL该血液中含钙__g。‎ ‎【答案】 (1). 6 (2). 2 (3). 5 (4). 10 (5). 2 (6). 8 (7). H2O (8). H2C2O4 (9). 0.08 (10). CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4 (11). 不能 (12). KMnO4会氧化Cl- (13). 0.01‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）锰的化合价由+7价降低到+2价，1 个MnO4－得到5个电子，碳的化合价由+3价升高到+4价，1个草酸分子失去2个电子，使得失电子数均为10，所以需要2个MnO4－和5个草酸分子，根据电荷守恒配平H+的系数。再根据质量守恒，还应该有水生成，根据氢守恒，配平水的系数，配平的离子方程式为：6H++2MnO4－+5H2C2O4→10CO2↑+2Mn2++8H2O。故答案为6，2，5，10，2，8，H2O；‎ ‎（2）该反应中，草酸中碳的化合价升高，失去电子，作还原剂，故答案为H2C2O4；‎ ‎（3）消耗1mol KMnO4，转移电子的物质的量为5mol，反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量为0.08mol；‎ ‎（4）①稀硫酸和CaC2O4发生的是复分解反应：CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4；‎ ‎②盐酸可以被高锰酸钾溶液氧化为Cl2，所以溶解沉淀时不能用稀盐酸，故答案为不能；KMnO4会氧化Cl-；‎ ‎③KMnO4的物质的量为1.0×10-4mol/L×0.02L=2.0×10-6mol，根据高锰酸钾和草酸反应的化学方程式可知草酸的物质的量为5.0×10-6mol，此即为CaC2O4的物质的量，也就是钙的物质的量，所以在2mL血液中含钙的质量2.0×10-4g，则100mL该血液中含钙为0.01g。‎ ‎【点睛】高锰酸钾溶液会氧化盐酸，所以遇到高锰酸钾作氧化剂和其他物质反应时，不能出现盐酸，包括酸化高锰酸钾溶液时也不能选用盐酸酸化，应用稀硫酸酸化。‎ ‎20.某化学兴趣小组为探究元素性质的递变规律，设计了如下系列实验。‎ Ⅰ.（1）将钠、钾、镁、铝各1 mol分别投入到足量的0.1 mol·L－1的盐酸中，试预测实验结果：__________与盐酸反应最剧烈，__________与盐酸反应最慢。‎ ‎（2）将NaOH溶液与NH4Cl溶液混合生成NH3·H2O，从而验证NaOH的碱性大于NH3·H2O，继而可以验证Na的金属性大于N，你认为此设计是否合理？并说明理由：_______,________________。‎ Ⅱ.利用下图装置可以验证非金属性变化规律。‎ ‎（3）仪器A的名称为________，干燥管D的作用是______________。‎ ‎（4）实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓盐酸、MnO2，请选择合适药品设计实验验证氯的非金属性大于硫：装置A、B、C中所装药品分别为________、________、________，装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为_________________________。‎ ‎（5）若要证明非金属性：C＞Si，则A中加________、B中加Na2CO3、C中加________，观察到C中溶液的现象为__________________________。‎ ‎【答案】 (1). 钾 (2). 铝 (3). 不合理 (4). 用碱性强弱比较金属性强弱时，一定要用元素最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较，NH3·H2O不是N元素最高价氧化物对应的水化物 (5). 分液漏斗 (6). 防止倒吸 (7). 浓盐酸 (8). KMnO4 (9). Na2S (10). S2－＋Cl2＝S↓＋2Cl－ (11). 硫酸 (12). Na2SiO3 (13). 有白色胶状沉淀产生 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由钠、镁、铝的金属性逐渐减弱，可确定与钠反应最剧烈、与铝的反应最慢。‎ ‎（2）用碱性强弱比较金属性强弱时，一定要用元素最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较，NH3·H2O不是N元素最高价氧化物对应的水化物，因此推测不合理；‎ ‎（3）根据仪器构造可知仪器A的名称为分液漏斗，倒置干燥管D起防止倒吸作用；‎ ‎（4）要验证氯的非金属性大于硫，则烧瓶中反应生成Cl2，C中盛放Na2S溶液，因此装置A、B、C中所装药品分别为浓盐酸、高锰酸钾、硫化钠。硫化钠与氯气反应生成淡黄色的硫，则装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为S2－＋Cl2＝S↓＋2Cl－；‎ ‎（5）要证明非金属性C＞Si，可证明碳酸酸性强于硅酸，烧瓶中反应产生CO2，则A中加稀硫酸、B中加Na2CO3、C中加入Na2SiO3，反应生成难溶于水的硅酸，所以观察到C中溶液的现象为有白色胶状沉淀产生。‎ ‎21.按下图装置进行实验，并回答下列问题：‎ ‎（1）判断装置的名称：A池为___________ ；B池为______________；‎ ‎（2）锌极为________极，电极反应式为___________________________________；铜极为________极，电极反应式为___________________________________；石墨棒C1为______极，电极反应式为__________________________________；石墨棒C2附近发生的实验现象为______________________________________；‎ ‎（3）当C2极析出224mL气体（标准状态）时，锌的质量变化_________（变大、不变或变小）了________g，CuSO4溶液的质量_________（增加、不变或减少）_________g。‎ ‎【答案】 (1). 原电池 (2). 电解池 (3). 负极 (4). Zn—2e-=Zn2+ (5). 正极 (6). Cu2++2e-=Cu (7). 阳极 (8). 2Cl--2e-=Cl2↑ (9). 溶液呈红色 (10). 变小 (11). 0.65 (12). 增加 (13). 0.01‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由题给装置可知，A为原电池，B为电解池；‎ ‎（2）A为原电池，金属活泼性较强的锌为负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+；金属活泼性较弱的铜为正极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，石墨棒C1与原电池的正极相连为电解池的阳极，阳极上氯离子失电子生成氯气，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑；石墨棒C2与原电池的负极相连为电解池的阴极，电极反应式为2H＋+2e-=H2↑，阴极附近生成氢气和氢氧根离子，溶液呈变红；‎ ‎（3）石墨棒C2与原电池的负极相连为电解池的阴极，电极反应式为2H＋+2e-=H2↑，当C2极析出224mL气体（标准状况）时，生成氢气的物质的量为0.01mol，转移的电子为0.02mol，锌电极的方程式为：Zn-2e-=Zn2+，根据电子守恒可知，消耗的Zn为0.01mol，则锌的质量减少0.65g，生成铜的物质的量为0.01mol，质量为6.4g，硫酸铜溶液质量增加0.01g。‎ ‎ ‎ ‎ ‎