重庆八中2021届高三上学期阶段性检测 化学（含答案）

重庆八中高2021级高三阶段性检测
化 学 试 题
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 S 32 Mg 24 Al 27 Fe 56 Se 79
一、 单选题（本大题共10个小题，每小题2分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．下列核素中，原子核内中子数和质子数相等的是(　　)
①18O； ②12C； ③26Mg； ④40K； ⑤32S
A．①② B．②⑤ C．只有④ D．③④
2.下列反应不能在液体分散系中通过化合反应直接制得的是(　　)
A．FeCl2 B．NaHCO3 C．Fe(OH)3 D．Al2S3
3．下列关于胶体的叙述正确的是(　　)
A．胶体粒子不能透过滤纸
B．胶体和溶液的本质区别是胶体能产生丁达尔效应
C．胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象
D．用渗析的方法净化胶体时，使用半透膜只能让小分子和离子通过
4．下列物质分类的说法正确的是(　　)
A．CO2、P2O5、NO均为酸性氧化物
B．NaH、NaBH4、NaClO均为离子化合物
C．NH3·H2O是弱碱，所以NH4NO3为弱电解质
D．磁性氧化铁、水玻璃、液氨均为混合物
5．已知酸性条件下有反应：2Cu＋===Cu2＋＋Cu，由于反应温度不同，用氢气还原氧化铜时，可能产生Cu或Cu2O，两者都是红色固体。一位同学对某次用氢气还原氧化铜实验所得的红色固体产物做了验证，实验操作和实验现象记录如下：
加入试剂
稀硫酸
浓硫酸加热
稀硝酸
浓硝酸
实验现象
红色固体和蓝色溶液
无色气体
无色气体和蓝色溶液
红棕色气体和绿色溶液
由此推出本次氢气还原氧化铜实验的产物是(　　)
A．Cu　 　B．Cu2O C．一定有Cu2O，可能有Cu D．一定有Cu，可能有Cu2O
6．下列除去杂质的方法不正确的是(　　)
A． 用过量铜除去Cu2+溶液中的Fe3＋
B． Na2CO3中混有少量NaHCO3：加热灼烧至恒重
C． 干燥的CO2气体中混有少量O2：通过灼热的铜网
D． 镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥
7．下列有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是(　　)
A．该溶液中，K＋、Fe2＋、C6H5OH、Br－可以大量共存
B．和KI溶液反应的离子方程式：Fe3＋＋2I－===Fe2＋＋I2
C．和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：Fe3＋＋SO＋Ba2＋＋3OH－===Fe(OH)3↓＋BaSO4↓
D．1 L 0.1 mol·L－1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2 g Fe
8．向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到有沉淀(CuI)生成，且溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列有关分析中正确的是(　　)
A．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2＋＞SO2＞I2
B．在SO2与I2反应中得到的还原产物为H2SO4
C．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性
D．滴加KI溶液时，每转移2 mol e－会生成2 mol CuI沉淀
9．向10mL 0.1mol/L NH4Al(SO4)2溶液中，滴加等浓度的Ba(OH)2溶液x mL。下列叙述正确的是(　　)
A．x=10时，溶液中有NH4+ 、Al3+、SO42-，且C(NH4+)< C(Al3+)
B．x=20时，溶液中有NH4+ 、AlO2-，且C(NH4+)< C(AlO2-)
C．x=25时，溶液中有Ba2+ 、AlO2-，且C(Ba2+)> C(AlO2-)
D．x=30时，溶液中有Ba2+ 、AlO2-、OH- ，且C(OH-)> C(AlO2-)
10．将11.9 g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了 2.7 g。 另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成了6.72 L NO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入适量NaOH溶液恰好使Mg2＋、Al3＋、Fe3＋完全转化为沉淀，则沉淀的质量为(　　)
A．27.2 g B．22.1 g C．30 g D．无法计算
二、不定项选择题（本题共5小题，每小题4分。每小题给出的四个选项中，有1-2个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，共20分）
11．在含有FeCl3、FeCl2、AlCl3、NaCl的溶液中，加入足量的KOH溶液，在空气中充分搅拌反应后再加入过量的稀盐酸，溶液中离子数目有明显改变的是(　　)
A．Na＋ B．Fe3＋ C．Al3＋ D．Fe2＋
12．已知W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大。W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素。下列说法一定正确的是(　　)
A．原子半径：X>Y>Z>W
B．W的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性强
C．W的气态氢化物的稳定性小于Y的气态氢化物的稳定性
D．若W与X原子序数差为5，则形成化合物的化学式为X3W2
13．下列有关物质转化关系的说法中不正确的是(　　)

A．图(a)中甲可能是Cl2，X可能是Fe
B．图(b)中反应一定是置换反应或复分解反应
C．图(c)中可能是Al2(SO4)3溶液中滴加Ba(OH)2溶液的变化图像
D．图(d)中a可能为NaOH，b可能为Na2CO3，c可能为NaHCO3
14．利用海水提取的粗盐可制得多种化工产品，其主要工艺流程如下图：

下列分析不正确的是(　 　)
A．反应①～③中属于氧化还原反应的有①
B．粗盐中常常含有Fe2＋，工业上可用A物质将其氧化后调节pH而除去
C．金属Mg在一定条件下能与B的两种分解产物均能发生置换反应
D．B、C两种物质可在一定条件下相互转化，且可利用BaCl2溶液判断C中是否含有B
15．由硫铁矿烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)得到绿矾(FeSO4·7H2O)，再通过绿矾制备铁黄[FeO(OH)]的流程如下：
烧渣溶液绿矾铁黄
已知：FeS2和铁黄均难溶于水
下列说法不正确的是( )
A．步骤①，最好用硫酸来溶解烧渣
B．步骤②，涉及的离子反应为FeS2＋14Fe3+＋8H2O=15Fe2+＋2SO42-＋16H+
C．步骤③，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾
D．步骤④，反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe(OH)3
三、 非选择题：包括必做题和选做题两部分。第16～19题为必做题，每个试题考生都必须作答。第20～21题为选做题，考生根据要求作答，共60分。
（一） 必做题
16.（11分）A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的前20号主族元素，其中B、D同主族，D、E同周期。A、B、C处于同一周期相邻位置，且三种原子质子数之和为24。F的焰色反应显紫色。根据推断回答下列问题：
(1)A在周期表中的位置 ，写出D与F形成的最简单离子化合物的电子式 。
(2)用“＞”或“＜”填空：
离子半径
非金属性
酸性
沸点
稳定性
F+ D2-
A B
D的最高价氧化物对应的水化物 E的最高价氧化物对应的水化物
C的氢化物
E的氢化物
B的氢化物
D的氢化物
(3) 一定条件，在水溶液中1molE—、EBx—（x=1、2、3、4）的能量（KJ）相对大小如图所示。则b→a+c反应的离子方程式为 ，该反应是 反应(填“吸热”或“放热”) 。

17.（11分）莫尔盐的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O是一种浅蓝绿色晶体，某同学用如图所示的装置制备一定量的莫尔盐。

（1） 仪器A的名称为 ，为获得高纯度产品，使用的溶液是新配置的，则配置溶液所用的蒸馏水事先应 。
（2） 反应后期应关闭a，其目的是 。用适当的方法将B中溶液转移到烧杯中，再向烧杯中加入一定量的乙醇，烧杯中析出浅蓝绿色晶体，然后 、洗涤、烘干。洗涤时应选用 作为洗涤剂。
（3） 生成莫尔盐的化学方程式为 。
（4） 取19.60g干燥的莫尔盐（M=392g/mol），配成250ml溶液，再用cmol/L的酸性KMnO4标准溶液测定其浓度。最终Vml酸性KMnO4溶液消耗25.00ml莫尔盐溶液，则
c= mol/L
18.（11分）硒化铝主要用于半导体工业。以白云母（含30%Al2O3，还有MgO、Fe2O3、Na2O、K2O、SiO2）为原料制硒化铝的流程如下：

（1）Al2O3、MgO、Fe2O3、Na2O、K2O、SiO2中属于碱性氧化物的有 种。
（2）滤渣Ⅰ、滤渣Ⅱ的成分分别是 、 （填化学式）。
（3）滤液Ⅰ中加入过量的稀盐酸，其目的是 。
（4）滤液Ⅱ中加入氨水生成Al(OH)3的离子方程式为 。
（5）若要制备5.82tAl2Se3，上述流程中有15%的Al损失，则需要消耗白云母的质量
为 t。



19.（12分）1L某无色透明待测溶液中除含有0.2 mol K+外，还可能含有下列离子中的一种或多种：
阳离子
Na+、NH4+、Ba2+
阴离子
Cl－、Br－、CO32－、HCO3－、SO32－、SO42－
现进行如下实验操作（每次实验所加试剂均过量）：

（1） 沉淀C的化学式 ，根据产生沉淀C的现象能否确定待测液中含有Cl-，并阐述理由 。写出生成白色沉淀B的离子方程式 。
（2） 待测液中肯定不存在的阳离子是 。
（3）若无色气体D是单一气体：
①该气体的化学式为 。
②判断原溶液中Na＋是否存在 （填“是”或“否”），若存在，求其物质的量浓度的最小值；若不存在，请说明理由 。
（4）若无色气体D是混合气体，待测液中一定含有的阴离子是 。
（二）选做题（请考生从给出的20～21两题中任选一题做答）
20.化学选考题：[选修3：物质结构与性质]（15分）
钢是世界上使用最多的材料之一，根据钢的用途不同会含有不同的元素，比如除含有铁、碳外，还可能含硅、锰、磷、硫、镍、铬等。请回答下列有关问题：
（1）基态镍原子的价电子排布式： 。
（2）Ni2＋能形成多种配离子，如[Ni(NH3)6]2＋、[Ni(SCN)3]－等。NH3的空间构型为： ，与SCN－互为等电子体的分子的化学式 。(任写一种)
（3）二价锰的化合物MnO和MnS熔融态均能导电，熔点MnO MnS（填“＞”、“＝”或“＜”），解释原因 。（4）Mn3+在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2+，下列说法合理的是 。
A．Mn2+中不含成对电子
B．Mn3+的价电子排布式为3d4，不稳定
C．第四周期中价电子层中未成对电子数是最多的元素为锰
D．Mn2+与Fe3+具有相同的价电子构型，所以它们的化学性质相似
（5）Cr的一种配离子结构如图1所示：配体H2NCH2CH2NH2(乙二胺)中碳原子的杂化方式为 ，分子中三种元素电负性从大到小的顺序为 。
（6）元素Si和C可形成化合物(晶胞结构如图2所示)，若晶胞的边长为a pm，则密度为____________g·cm－3(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
图1 图2





图1 图2



21.化学选考题：[选修5：有机化学基础]（15分）
化合物L是一种可用于治疗肿瘤的药物，以有机物A为原料可制备H，其合成路线如下图所示：

回答下列问题：
（1） B的名称是 ，所含有的官能团名称是 。
（2） A→B的反应类型为 ；G的结构简式为 。
（3） D→E的化学反应方程式 。
（4） 芳香化合物L的相对分子质量比H小14，且能发生银镜反应和水解反应，则L的可能结构有 种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比1:1:2:6的结构简式是 。
（5） 试写出以由丙醛和甲苯为原料合成化合物的合成路线(无机试剂任选) 。


重庆八中高2021级高三阶段性检测
化 学 试 题 参 考 答 案
二、 单选题（本大题共10个小题，每小题2分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1.B
解析： ①18O的质子数8，中子数为18-8=10，故①错误；
②12C的质子数6，中子数为12-6=6，故②正确；
③26Mg的质子数12，中子数为26-12=14，故③错误；
④40K的质子数19，中子数为40-19=21，故④错误；
⑤32S的质子数16，中子数为32-16=16，故⑤正确；
故选：B．
2.C
解析：A．Fe+2FeCl3=3FeCl2，所以能通过化合反应制得，故A不选；
B．Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，所以能通过化合反应制得，故B不选；
C．氧化铝和水不反应，要制取氢氧化铝，可以用氯化铝溶液和氨水制取，故C选；
D.3Fe+2O2=Fe3O4，所以能通过化合反应制得，故D不选；
故选B．
3.D
解析：A、溶液、胶体粒子均能透过滤纸，故A错误；
B、胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小，胶体的分散质微粒直径介于1～10nm之间，而溶液的分散质微粒直径小于1nm，故B错误；
C、胶体是电中性的，不带电，在电场作用下会产生电泳现象证明胶体中的胶粒是带电的，故C错误；
D、用渗析的方法可以分离胶体和溶液，溶液能通过半透膜，而胶体不能，半透膜只能让小分子和离子通过，故D正确．
故选D．
4.B
解析：A、SiO2、P2O5均为酸性氧化，NO和碱之间不反应，不属于酸性氧化物，故A错误；
B、NaH、NaBH4、NaClO均为阳离子和阴离子组成的化合物，含有离子键，属于离子化合物，故B正确；
C、NH3．H2O是弱碱，为弱电解质，但是NH4NO3为盐，属于强电解质，故C错误；
D、液氨为氨气的液态形式，属于纯净物，磁性氧化铁属于纯净物，故D错误．
故选B．
5. C
解析：根据题中信息，可推出原红色固体里一定有Cu2O；溶液中的红色固体铜，可能是原来固体中含有铜，也可能是由Cu2O和硫酸反应生成的。
6.A
解析：A中铜会与Fe3＋生成Fe2＋
7. D
解析：A项，Fe3＋与C6H5OH发生反应，不能大量共存，错误；B项，该离子方程式电荷不守恒，正确的离子方程式应为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，错误；C项，Fe2(SO4)3和Ba(OH)2反应的化学方程式为Fe2(SO4)3＋3Ba(OH)2===2Fe(OH)3↓＋3BaSO4↓，所以离子方程式应为2Fe3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－===2Fe(OH)3↓＋3BaSO4↓，错误；D项，Fe2(SO4)3与足量的Zn反应的化学方程式为Fe2(SO4)3＋3Zn===3ZnSO4＋2Fe，可见0.1 mol Fe2(SO4)3生成0.2 mol Fe，质量为11.2 g，正确。
8.D
解析：CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI．
A．2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+>I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2>SO2，所以氧化性Cu2+>I2>SO2，Cu没有氧化性，故A错误；
B．反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反应可知，碘元素化合价由0价降低为-1价，被还原，所以还原产物为HI，故B错误；
C．向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，因为发生氧化还原反应使碘褪色，二氧化硫不表现漂白性，故C错误；
D．CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知每转移2mol电子生成2molCuI，故D正确．
9.D
解析： A、当x＝10时，NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2等物质的量反应，此时OH-量不足，OH-首先与Al3+反应，与NH4+不反应，所以溶液中有未参加反应的NH4+和部分剩余的Al3+存在，同时SO42-也有剩余，但此时不会有AlO2-生成，溶液中c(NH4+)＞c(Al3+)，故A错误；B、当x＝10时，NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2等物质的量反应，此时OH-足量，生成0.001  mol AlO2-和 0.001  mol NH4+，但是AlO2-水解程度大一些，故B错误；
C、当x＝25时，NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2等物质的量反应，生成0.0005  mol  Ba 2-和 0.001  mol AlO2-，故C错误；
D、当x=30时，0.001 mol的NH4Al(SO4)2与0.003 mol Ba(OH)2反应，生成0.002 mol BaSO4、0.001 mol NaAlO2、0.001 mol NH3•H2O，且剩余0.001 mol Ba2+和0.001 mol OH-，由于NH3•H2O也是一种碱，存在电离平衡：NH3•H2ONH4++OH-，使得溶液中c(OH—)大于0.001 mol，故c(OH—) ＞c(AlO2—)，故D正确；
10.A
解析：将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3＋、Fe3＋、Mg2＋，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量和氮原子得电子的物质的量是相等的，生成了6.72 L NO，即氮原子得电子的物质的量是3× mol。由质量守恒知，m(沉淀)＝m(合金)＋m(OH－)，由电荷守恒和得失电子守恒知，n(OH－)＝3n(NO)，则m(沉淀)＝11.9 g＋17 g·mol－1×3× mol＝27.2 g，故A正确。
二、不定项选择题（本题共5小题，每小题4分。每小题给出的四个选项中，有1-2个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，共20分）
11.BD
解析：溶液中加入足量的氢氧化钠，反应生成氢氧化铁沉淀和氢氧化亚铁沉淀和偏铝酸钠，在空气中搅拌氢氧化亚铁变成氢氧化铁，再加入过量的盐酸，氢氧化铁反应生成氯化铁，偏铝酸钠反应生成氯化铝，亚铁离子减少，铁离子增多，故选BD。
12.A
解析：由于原子序数按W、X、Y、Z依次增大，W与Z是同一主族的元素，而X、Y、Z是同一周期的元素，且只有X是金属元素，则这四种元素在元素周期表中的相对位置为。同一周期的元素原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大。所以原子半径：X＞Y＞Z＞W，A正确；W的最高价氧化物对应的水化物的酸性一定比Z的强，但含氧酸的酸性不一定比Z的强，如B的含氧酸可能是HNO2，Z的含氧酸是H3PO4，酸性HNO2＜ H3PO4，B错误；元素的非金属性W＞Y，所以气态氢化物的稳定性W＞Y，C错误；若W、X原子序数相差5，当W为N，X为Mg时，满足X3W2，当W为O，X为Al时，满足X2W3，当W为F，X为Si时，满足XW4，D错误。
13.BC
解析：铁和氯气反应生成氯化铁，氯化铁在溶液中和铁反应生成氯化亚铁，氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁，A正确；图(b)中反应不一定是置换反应或复分解反应，例如在加热的条件下CO与氧化铜反应生成铜和CO2，B错误；向硫酸铝溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液的离子方程式为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，氢氧化钠溶液过量后发生反应Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O，图像正确，C正确；向氢氧化钠溶液中通入少量CO2生成碳酸钠和H2O，向碳酸钠溶液中继续通入CO2生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和Ca(OH)2反应可生成CaCO3、NaOH和水，D正确。
14.D
解答： 解：A．若反应前后有元素化合价发生变化，则该反应属于氧化还原反应，①为电解
B．电解氯化镁生成A物质为氯气，氯气与Fe2+氧化为Fe3+，再加入碱使其转化为沉淀而除去，故B正确；
C．NaHCO3分解产生CO2、H2O均能与Mg发生置换反应，故C正确；
D．海水与氨水、二氧化碳反应生成B为NaHCO3，B加热生成C为Na2CO3，NaHCO3受热分解得到Na2CO3，Na2CO3与CO2、H2O反应得到NaHCO3，BaCl2能与Na2CO3反应而不与NaHCO3反应，不能判断C中是否含B，故D错误；
故选D．
15. C
解答：A项，因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则步骤①，最好用硫酸来溶解烧渣，A正确；B项，步骤②发生FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，离子反应为FeS2＋14Fe3+＋8H2O=15Fe2+＋2SO42-＋16H+，B正确；C项，步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，若蒸干时绿矾受热失去结晶水，C错误；D项，步骤④，反应条件控制不当，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe(OH)3，D正确；故选C。
四、 非选择题：包括必做题和选做题两部分。第16～19题为必做题，每个试题考生都必须作答。第20～21题为选做题，考生根据要求作答，共60分。
16. （11分）除特殊标记外均为1分
(1)第二周期、第ⅤA族（2分） 略
(2) ＜ ＜ ＜ ＞ ＞
(3) 3ClO-=2Cl-+ClO3- （2分） 放热
解析：(1) A、 B、 C在周期表中相邻，且且三种原子质子数之和为24，则分别为N、O、F元素，B、D同主族，则D为S元素，D、E同周期，则E为氯元素，F的焰色反应显紫色，则F为钾元素
(2)周期律规律
(3)B→A+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO- = ClO3- + 2Cl-，反应热=（63kJ/mol+2×0kJ/mol）-3×60kJ/mol=-117kJ/mol，所以该化学反应方程式为吸热反应。
17.（11分）
（1）蒸馏烧瓶（1分） 煮沸除去溶解在水中氧气，防止Fe2+被氧化（2分）
（2） 将A中液体压入B中（2分） 过滤（1分） 乙醇（1分）
（3） FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O↓（2分）
（4） 1/V（2分）
解析：（1）氧气能氧化Fe2+，故要先用煮沸法将蒸馏水中溶解的氧气赶出来。
(2)由题可知莫尔盐难溶于乙醇，且易溶于水，所以可用乙醇作为洗涤剂
(4)由得失电子守恒可知：0.200×25.00×1=cV×5,c=1/V
18.（11分）
（1）4 （2分） （2）MgO Fe2O3（2分） H2SiO3（1分） （3）使SiO32-完全转化为硅酸沉淀，同时使AlO2-转化为铝离子（2分） （4）Al3++NH3H2O=Al(OH)3↓+NH4+ （2分） （5）8（2分）
解析：加入氢氧化钠溶液时，MgO、Fe2O3不溶解，所以滤渣Ⅰ的主要成分是MgO、Fe2O3；
滤液Ⅰ中加入过量的盐酸的目的是使硅酸根变为硅酸沉淀，同时使铝离子转化为偏铝酸根；
要制备5.82tAl2Se3，设需要该白云母的质量为x t , 则x×106×30%×85×2÷102=5.82÷106×2÷291
19.（12分）除特殊标记外均为1分
（1） AgCl（1分）
不能 实验开始时加入BaCl2引入Cl-，不能确定待测液中是否含有Cl-（2分）
Ba2++HCO3-+OH-=BaCO3↓+H2O（2分） （2）Ba2+（1分）
（3）①CO2 ②是 0.1mol/L （2分） （4）SO32- HCO3- CO32-（2分）
解析：（1）待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32-、SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32-，可能存在SO32-、SO42-中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在Ba2+；
滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH4+、HCO3-，一定不存在Fe3+，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br-，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl-；B是由HCO3-、Ba2+、OH-反应生成，反应离子方程式为：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，
（2）由上述分析可知，溶液中一定没有的阳离子是：Fe3+、Ba2+，
（3）由上述分析可知，不能确定原溶液中是否含有Cl-，溶液中一定没有Br-．
若无色气体D是单一气体，则D为CO2，E为CaCO3，溶液中含有CO32-，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定没有SO32-，一定含有SO42-，
沉淀B（碳酸钡）的物质的量==0.1mol，则n（HCO3-）=0.1mol，故c（HCO3-）==0.1mol/L，
沉淀E（碳酸钙）的物质的量==0.1mol，则n（CO32-）=0.1mol，故c（CO32-）==0.1mol/L，
沉淀D（硫酸钡）的物质的量==0.05mol，则n（SO42-）=0.05mol，故c（SO42-）==0.05mol/L，
 n（NH4+）=n（NH3）==0.1mol，则c（NH4+）=0.1mol/L，溶液中c（K+）=0.2mol/L，c（HCO3-）=0.1mol/L，c（CO32-）=0.1mol/L，c（SO42-）=0.05mol/L，单位体积为正电荷=1×0.1mol/L+1×0.2mol/L=0.3mol/L，单位体积内负电荷=1×0.1mol/L+2×0.1mol/L+2×0.05mol/L=0.4mol/L，则单位体积为正电荷C>H
（5）
解析：（1）Ni是28号元素，它的基态原子核外电子排布式为：[Ar] 3d84s2，则它的价电子排布式为：3d84s2；
（2） NH3分子中N原子是sp3杂化，且具有一对孤对电子，则NH3的空间构型为三角锥形，与SCN－互为等电子体的分子有：N2O或CO2；
（3） 物质都属于离子晶体，离子晶体的阴离子带有相同电荷，离子半径越小，离子键越强，晶格能越大，熔点越高；
（4）A. Mn2＋中价电子层不含成对电子，但是内层中含有成对电子，故A错误；
B. Mn3＋的价电子构型为3d4，Mn3＋在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2＋，说明Mn3＋不稳定，Mn3＋容易变成电子半充满的稳定的价电子构型为3d5，3d4则属于不稳定的电子构型，故B正确；
C．第四周期中价电子层中未成对电子数最多的元素价电子排布式为：3d54s1，是Cr元素，故C错误；
D．Mn2＋与Fe3＋具有相同的价电子构型，微粒的化学性质不仅与价电子构型有关，也和微粒的电荷数、微粒半径、原子序数有关，因此它们的化学性质不相似，Mn2＋具有强的还原性，而Fe3＋具有强的氧化性，故D错误；
（5） 由H2NCH2CH2NH2可知，C周围形成了4个单键，即价层电子对数为4，碳原子的杂化方式为sp3；根据电负性在周期表中的变化规律，C、N、H的电负性关系为：N＞C＞H；
（6） 1个晶胞的体积为（a10-10cm）3，1mol晶胞的体积为（a10-10cm）3NA，1mol晶胞的质量为440g=160g，丙的密度为160g [（a10-10cm）3NA]= g/cm3。
21.（除标注外，每空2分）
答案：（1） 3-溴丙烯（或3-溴-1-丙烯）（1分） ；碳碳双键、溴原子
（2） 取代反应 （1分）；
（3） +HCHO+NaOH + H2O


（4）14 ；、
（5）



（3分）
解析：（1）B的结构简式为CH2=CHCH2Br，名称为：3-溴丙烯（或3-溴-1-丙烯）；
（2）A→B为羟基变溴原子，反应类型为取代反应
（3）反应物E的结构简式为，E在铜存在下被氧气氧化羟基变为醛基，再在酸性条件下生成酚羟基，所以F的结构简式为。
（4）由题可知H属于甲酸酯。可能为HCOOCH2CH2C6H5，或HCOOCH(CH3)C6H5，或苯环上连接两个取代基，一个为HCOOCH2-，一个为-CH3，有三种结构；或苯环上两种取代基，一个为HCOO- -CH2CH3，有三种结构；或苯环上连接两个甲基和一个HCOO-，有6种结构。总共14种。
（5）根据信息，甲苯先引入卤素原子氯，然后一溴甲苯在镁和乙醚的条件下反应，再与丙醛发生加成反应，在水解生成羟基，最后催化氧化生成羰基。