2019屆高三上學期第二次診斷性考試化學試題(解析版)

1、2021屆高三第二次診斷性測試化學試題說明：本試卷總分值100分,分為第I卷選擇題和第II卷非選擇題兩局部,第I卷為第1頁至第5頁,第II卷為第5頁至第8頁.試題答案請用2B鉛筆或0.5mm簽字筆填涂到做題卡規(guī)定位置上,書寫在試題上的答案無效.測試時間90分鐘.可能用到的相對原子質量：N14O16Al27S32K39Mn55Ba137第I卷共50分一、選擇題此題包括10小題,每題2分,共20分.每題只有一個選項符合題意1.中國文化對人類文明奉獻巨大.對以下古代研究成果的說明不合理的是A.?天工開物?凡石灰,經火焚煉為用里的石灰是指CaOH2B.?黃白第十大?曾青涂鐵,鐵赤如銅主要發(fā)生了置換反響

2、C.?本草綱目?用濃酒和糟入甑,蒸令氣上,用器承滴露,利用到蒸儲D.?夢溪筆談?以劑鋼為刃,柔鐵為莖干,不爾那么多斷折中劑鋼"指鐵合金【答案】A【解析】【詳解】A.石灰石加熱后能制得生石灰,石灰指的是碳酸鈣,故A錯誤；B.鐵與硫酸銅反響是鐵置換出銅,銅為紅色,反響方程式為：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu,該反響為置換反響,故B正確；C.由信息可知,蒸令氣上,那么利用互溶混合物的沸點差異不同進行別離,那么該法為蒸儲操作,故C正確；D.劍刃硬度要大,所以用的是鐵碳合金,劑鋼指的是鐵合金,故D正確.應選A.2.國際計量大會對摩爾的最新定義為：“1摩爾包含6.022140761023個根

3、本單元,這一常數稱作阿伏加德羅常數Na,單位為mol-1.以下表達正確的選項是A.標準狀況下,22.4LSO3含有Na個分子B. 6.4gCH4O含有的C-H鍵為0.6NaC. 0.1molNa2O2與CO2反響轉移的電子數為0.2NaD. 0.1mol/L的乙酸溶液中含有的H+數目小于0.1Na【答案】B【解析】【詳解】A.標準狀況下,SO3是固體,所以不能使用氣體摩爾體積計算SO3物質的量,故A錯誤；B.6.4gCH30H物質的量為0.2mol,1個甲醇分子中有4個氫原子,其中含有3個C-H鍵,1個O-H鍵,所以0.2mol甲醇分子中含有0.6molC-H鍵,故B正確；C.0.1molNa

4、2O2與足量的CO2充分反響,生成0.05mol氧氣,轉移0.1mol電子,轉移的電子數為0.1Na,故C錯誤；D.溶液的體積不確定,無法確定氫離子的數目,H+離子數也可能大于0.1Na,故D錯誤.應選Bo3 .分類法是化學重要的研究方法,以下各組物質的分類或變化正確的有混合物：氯水、氨水、水玻璃、水銀含有氧元素的化合物叫氧化物NO2為酸性氧化物,Na2O為堿性氧化物同素異形體：C60、金剛石、石墨強電解質溶液的導電水平一定強熔融狀態(tài)下能導電的化合物為離子化合物有單質參加的反響是氧化復原反響煤的氣化、液化、干儲都是化學變化A.B.C.D.【答案】A【解析】【詳解】水銀是金屬汞,屬于純潔物,故錯

5、誤；只含兩種元素其中一種是氧元素的化合物叫氧化物,故錯誤；NO2不屬于酸性氧化物,Na2O是堿性氧化物,故錯誤；C60、金剛石、石墨都是碳元素形成的不同單質,屬于同素異形體,故正確；強電解質的稀溶液由于離子濃度小,導電水平很弱,故錯誤；共價化合物在熔化狀態(tài)下不導電,在熔化狀態(tài)下能導電的化合物為離子化合物,故正確；有單質參加的反響或有單質產生的反響不一定是氧化復原反響,如同素異形體間的轉化是非氧化復原反響,故錯誤；煤的氣化、液化、干儲都是化學變化,故正確.所以正確的有.應選Ao4 .據圖中所示硫酸試劑瓶標簽上的內容,以下說法正確的選項是破酸化學純H'P)(500mL)品名】成酸化學式才相

6、對分子質一：98密攫:1.那么gcm1質品分數：98%A.將該硫酸加水配成質量分數49%的溶液時濃度為9.2mol/LB.1molAl與足量的該硫酸反響產生3g氫氣C.硫酸的摩爾質量為98gD.配制500mL4.6mol/L的稀硫酸需取該硫酸125mL【答案】D【解析】【分析】A.要配制質量分數為49%的硫酸溶液需要將濃硫酸與等質量的水混合,混合后溶液的質量為原硫酸的2倍,稀釋后溶液的密度減小,故稀釋后所得溶液的體積大于原硫酸體積的2倍,根據稀釋定律判斷；B.鋁與濃硫酸常溫下發(fā)生鈍化,加熱時生成二氧化硫、硫酸鋁和水；C.摩爾質量的單位為g/mol;D.根據溶液稀釋前后溶質硫酸的物質的量不變,據

7、此計算需要濃硫酸的體積.1000mL/L*l.84g/mL乂9S%【詳解】A.原硫酸物質的量濃度為9電=18.4mol/L,要配制質量分數為49%的硫酸溶液需要將濃硫酸與等質量的水混合,混合后溶液的質量為原硫酸的2倍,稀釋后溶液的密度減小,故稀釋后所得溶液的體積大于原硫酸體積的2倍,那么稀釋后所得溶液的濃度小于9.2mol/L,故A錯誤；B.鋁與濃硫酸常溫下發(fā)生鈍化,加熱時生成二氧化硫、硫酸鋁和水,不能生成氫氣,故B錯誤；C.硫酸的摩爾質量為98g/mol,故C錯誤；D.根據稀釋定律,稀釋前后溶質的物質的量不變,設濃硫酸的體積為xmL,那么500mLX4.6mol/L=xmL18.4mol/L

8、,解得x=125,所以應量取的濃硫酸的體積為125mL,故D正確.應選D.【點睛】注意硫酸的濃度越大,密度越大.5 .關于同溫同壓下的兩種氣體12C18O和14N2的判斷正確的選項是A.體積相等時密度相等B.原子數相等時具有的中子數相等C.體積相等時具有的電子數相等D,質量相等時具有的質子數相等【答案】C【解析】試題分析：A、根據阿伏加德羅定律,物質的量相等,由于摩爾質量不相等,那么質量不等,根據密度的定義,密度不相等,故錯誤；B、兩者都是雙原子分子,原子數相等,那么物質的量相等,前者中子數為16,后者為14,那么中子數不等,故錯誤；C、根據阿伏加德羅定律,兩者物質的量相等,前者電子為14,后

9、者為14,因此等物質的量時,兩種物質所含電子數相等,故正確；D、質量相等,兩種物質的摩爾質量不等,那么物質的量不相等,質子數不相等,故錯誤.考點：考查阿伏加德羅定律、微粒數等知識.6 .以下各組離子一定能大量共存的是A. pH=12的溶液中：NH4+、Na+、SO2-、C1-B. c(H+)=0.1molL-1的溶液中：K+、I-、Cl-、NO3-C.含有大量AlO2的溶液中：NH4+、Na+、C1-、H+D.強堿溶液中；Na+、K+、CO32-、NO3-【答案】D【解析】【詳解】A、pH=12的溶液為強堿性溶液,含有大量的OH-,NH4+不能大量存在,故A錯誤；B、c(H+)=0.1molL

10、1的溶液中：被NO3一氧化而不能大量共存,故B錯誤；C.含有大量AlO2一的溶液呈堿性,NH4+、H+不能大量存在,故C錯誤；D.在強堿性溶液中,Na>K>CO32>NO3離子之間不反響,可以大量共存,故D正確；綜上所述,此題選Do7.向鋁粉中添加少量NH4C1固體并充分混合,將其加熱到1000c時可與N2反響制備A1N,以下說法正確的是A. A1N是一種金屬材料B. A1N與足量氫氧化鈉溶液共熱時生成氫氧化鋁和氨氣C.少量NH4C1能夠破壞A1外表的Al2O3薄膜D.A1N與足量鹽酸反響的離子方程式為AlN+3H+=Al3+NH3T【答案】C【解析】A.AlN屬原子晶體化合

11、物,屬于無機非金屬材料,故A錯誤；B.Al(OH)3有兩性,能溶于NaOH,那么AIN與足量氫氧化鈉溶液共熱時生成偏鋁酸鈉和氨氣,故B錯誤；C.在鋁粉中添加少量NH4CI固體并充分混合,有利于AlN的制備,其主要原因是NH4C1分解產生的HCl能夠破壞Al外表的AI2O3薄膜,故C正確；D.AlN與足量鹽酸反響的離子方程式為AlN+4H+=Al3+NH4+,故D錯誤；答案為C.8.X、Y、Z、W為四種短周期主族元素,其中X、Z同族,Y、Z同周期,W是短周期主族元素中金屬性最強的,X原子最外層電子數是其電子層數的3倍,Y的最高正價與最低負價代數和為6.以下說法正確的選項是A. Y最高價氧化物的水

12、化物化學式為H2YO4B. 丫能從Z的鹽溶液中置換出Z的單質C.X、Z兩種元素的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：Z>XD.X與W形成的化合物中陰、陽離子個數比為1：1或1：2【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W為四種短周期主族元素,W是短周期主族元素中金屬性最強的,那么W為Na元素；X原子最外層電子數是核外電子層數的3倍,只能為電子層數為2,最外層電子數為6,即X為O元素,X、Z同族,那么Z為S元素；Y的最高正價與最低負價代數和為6,其最高價為+7價,Y、Z同周期,Y為Cl元素,據此分析.【詳解】A.Y為Cl,Y元素最高價氧化物對應的水化物化學式HYO4,故A錯誤；8 .丫為Cl元素,Z為S元素,

13、非金屬性Cl>S,所以丫能從Z的鹽溶液中置換出Z的單質,故B正確；C.非金屬性O>S,那么X、Z兩種元素氣態(tài)氫化物中,X的氣態(tài)氫化物比Z的穩(wěn)定,故C錯誤；D.X與W形成的兩種化合物為Na2O、Na2O2,陰、陽離子物質的量之比均為1:2,故D錯誤.應選Bo9 .以下物質中可用于除去CuCl2中混有的Fe3+,且不引入新雜質的是A.FeB.CuC.CuOD.NaOH【答案】C【解析】【詳解】A.CuCl2能與鐵粉反響生成氯化亞鐵和銅,引入新的雜質,不符合除雜原那么,故A錯誤；B.Fe3+與Cu反響生成Fe2+和Cu2+,引入新的雜質,不符合除雜原那么,故B錯誤；C.Fe3+水解溶液顯

14、酸性,Fe3+3H2O?Fe(OH)3+3H+,參加CuO可以使平衡不斷正移產生Fe(OH)3沉淀,同時不引入新的雜質,符合除雜原那么,故C正確；D.CuCl2與Fe3+都能與NaOH反響生成沉淀,不符合除雜原那么,故D錯誤.應選Co10.某心臟起搏器工作時發(fā)生反響：4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2,以下判斷正確的選項是A.復原劑只有LiB.SOCl2既是氧化劑又是復原劑C.復原產物包括LiC1和SD.生成1.12LSO2時,反響轉移電子為0.2mol【答案】A【解析】【分析】4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2反響中,Li的化合價升高,作復原劑,S元素的化合價降低,作氧化

15、劑,非金屬元素之間形成共價鍵,據此分析.【詳解】A.Li的化合價升高,作復原劑,故A正確；B.S元素的化合價降低,SOCl2作氧化劑,故B錯誤；C.Li的化合價升高被氧化,LiCl是氧化產物,S元素的化合價降低被復原,單質S是復原產物,故C錯誤；D.反響4Li+2SOCl24LiCl+S+SO2中,每生成1molSO2轉移4mol電子,那么標準狀況下生成1.12LSO2時,反應轉移電子為0.2mol,因題目中未說明SO2是否處于標準狀況,所以無法計算轉移電子的物質的量,故D錯誤.應選A.二、選擇題(此題包括10小題,每題3分,共30分.每題只有一個選項符合題意)11.以下有關金屬的工業(yè)制法中,

16、正確的選項是A.制銅：火法煉銅,即將黃銅礦CuFeS2受熱分解以獲得銅單質B.制鐵：以鐵礦石為原料,CO復原得鐵C.制鎂：用海水為原料,經一系列過程制得氧化鎂固體,H2復原得鎂D.制鋁：從鋁土礦制得氯化鋁固體,再電解熔融的氯化鋁得到鋁【答案】B【解析】【詳解】A.黃銅礦(CuFeS2)中Fe的化合價為+2,工業(yè)上用黃銅礦冶煉銅的反響為：8CuFeS2+21O2J°-8Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2,故A錯誤；B.工業(yè)上常用用CO在高溫下復原鐵礦石煉鐵：3CO+Fe2O3高溫2Fe+3CO2,制得鐵,故B正確；C.工業(yè)上以海水為原料,經過一系列過程獲得無水氯化鎂,工業(yè)制鎂是電

17、解熔融氯化鎂：MgCl2熔融昆堡Mg+Cl2t故C錯誤；D.由于氯化鋁是分子晶體,熔融狀態(tài)下氯化鋁不導電,工業(yè)制鋁是電解熔融的氧化鋁：2A12O3熔融里第豐三4A1+3O2T,故D錯誤.應選B.【點睛】金屬的冶煉方法：A1之前的金屬很活潑,用電解鹽或氧化物的方法冶煉；中等活潑的金屬一般是熱復原法,加熱時,用適宜的復原劑,如H2、C、CO、或者較活潑的金屬A1鋁熱反響進行冶煉；后面的不活潑金屬可以通過直接加熱氧化物分解的方法得到金屬單質.12 .以下物質溶于水時會破壞水的電離平衡,且屬于電解質的是A.氯氣B.二氧化碳C.氯化鉀D.醋酸鈉【答案】D【解析】氯氣是單質,既不是電解質又不是非電解質,故

18、A錯誤；二氧化碳是非電解質,故B錯誤；氯化鉀屬于電解質,是強酸強堿鹽,不能水解,不會破壞水的電離平衡,故C錯誤；醋酸鈉是電解質,能水解,促進水電離,故D正確.13 .以下表達中,正確的選項是A.兩種微粒,假設核外電子排布完全相同,那么其化學性質一定相同B.凡單原子形成的離子,一定具有稀有氣體元素原子的核外電子排布C.兩原子如果核外電子排布相同,那么一定屬于同種元素D.元素周期表中位于金屬與非金屬分界線附近的元素屬于過渡元素【答案】C【解析】【詳解】A.微粒可能為不同的分子,也可能為陽離子與陰離子,如鈉離子與氧離子,二者性質不同,故A錯誤；B.根據H+的核外電子排布,可知核外無電子,故B錯誤；C

19、.兩原子如果核外電子排布相同,那么一定屬于同種元素,故C正確；D.元素周期表中位于金屬與非金屬分界線附近的元素既有金屬性也有非金屬性,而過渡元素都是金屬,故D錯誤.Cu和Cu2+O某小組擬熱分解應選C.14.氯化亞銅CuC1是白色粉末,微溶于水,酸性條件下不穩(wěn)定,易生成金屬CuC122H2O制備CuC1,并進行相關探究.以下說法正確的選項是CuCl"師+Cli加熱Ch鼠0HCu.A.制備CuC1時產生的C12可以回收循環(huán)利用,也可以通入飽和NaC1溶液中除去B. Cu2OH2CI2在200c時反響的化學方程式為：Cu2OH2CI22CuO+2HC1TC. X氣體可以是N2,目的是做保

20、護氣,抑制CuC122H2O加熱過程可能的水解D. CuC1與稀硫酸反響離子方程式：2CuC1+4H+SO42=2Cu2+2C1-+SO2T+2HO【答案】B【分析】A.C12在飽和NaC1溶液中的溶解度小,不能被吸收；B.Cu2OH2c12加熱至200c時生成CuO,結合原子守恒書寫化學方程式；C.X氣體是用于抑制CuC12水解；2+D.CuC1在酸性條件下不穩(wěn)定,易生成金屬銅和Cu.【詳解】A.制備CuC1時產生的C12可以轉化為HC1,回收循環(huán)利用,C12在飽和NaC1溶液中的溶解度小,不能被吸收除去,故A錯誤；B.Cu2OH2c12加熱至200c時生成CuO,結合原子守恒可知,還生成H

21、C1,那么化學方程式為：Cu2OH2c1242CuO+2HC1T,故B正確;C.CuC12水解生成氫氧化銅和HC1,X氣體是用于抑制CuC12水解,那么X為HC1,不是氮氣,故C錯誤；D.CuC1在酸性條件下不穩(wěn)定,易生成金屬銅和Cu2+,故D錯誤.應選Bo15.人們從冰箱中取出的常態(tài)冰僅是冰存在的多種可能的形式之一.目前,科學家發(fā)現了一種全新的多孔、輕量級的氣態(tài)冰,可形成氣凝膠.以下有關說法正確的選項是A.常態(tài)冰和氣態(tài)冰結構不同,是同素異形體B.氣態(tài)冰因其特殊的結構而具有比常態(tài)冰更活潑的化學性質C.18g氣態(tài)冰的體積為22.4LD.構成氣態(tài)冰的分子中含有極性共價鍵【答案】D【解析】【詳解】A

22、.常態(tài)冰和氣態(tài)冰是水存在的不同形式,狀態(tài)不同,但是同一種物質,故A錯誤；B.常態(tài)冰和氣態(tài)冰是水存在的不同形式,物理性質不同,但化學性質相同,故B錯誤；C.氣態(tài)冰是形成氣凝膠的冰,標準狀況下不是氣體,18g氣態(tài)冰的體積小于22.4L,故C錯誤；D.氣態(tài)冰的分子是水分子,構成氣態(tài)冰的分子中含有極性共價鍵,故D正確.應選D.16.以下有關化學用語表示正確的選項是A.中子數為10的氟原子：10FB.Mg2+的結構示意圖：,C.甲酸甲酯的結構簡式：C2H4O2D.硫化鈉的電子式：Ka：S：SaV【答案】B【解析】【詳解】A.氟的質子數為9,中子數為10的氟原子的質量數為19,該元素符號可以表示為：19F

23、,故A錯誤;B.鎂離子是鎂原子失去最外層的2個電子得到的,結構示意圖為：,故B正確；C.甲酸甲酯的結構簡式：HCOOCH3,故C錯誤；D.硫化鈉是硫離子和鈉離子之間通過離子鍵形成的離子化合物,電子式為：財+：$：如附+,故D錯誤.應選Bo17.以下離子方程式書寫正確的選項是A.Na2s2O3溶液與稀H2SO4反響的離子方程式：S2O32-+6H+=2SJ+3HOB.向飽和Na2CO3溶液中通入過量CO2,CO32-+CO2+H2O=2HCO3-C. AgNO3與過量濃氨水反響的離子方程式：Ag+NH3H2O=AgOH+NH4+D. Fe與稀硝酸反響,當n(Fe)：n(HNO3)=1：2時,3F

24、e+2NO3-+8H+=3Fe2+2NOT+4H2O【答案】D【解析】【詳解】A.電荷不守恒,Na2s2O3溶液與稀H2SO4反響的離子方程式：S2O32+2HSj+SO'+HO,故A錯誤；B.由于Na2CO3溶液是飽和的,所以生成的NaHCO3會析出,反響的離子方程式應為2+CO3+H2O+CO2+2Na=2NaHCO3J,故B錯誤；C.向AgNO3溶液中逐滴參加氨水,開始會生成氫氧化銀白色沉淀,但是氫氧化銀會溶于過量的氨水中,反應生成氫氧化銀氨溶液,會出現沉淀然后消失,離子方程式為：Ag+2NH3?H2O=Ag(NH3)2r+2H2.,故C錯誤；D.Fe與稀硝酸反響,當n(Fe)：

25、n(HNO3)=1：2時,硝酸缺乏,反響生成硝酸亞鐵、一氧化氮和水；離子方程式：3Fe+2NO3+8H+3F(2+2NOT+4H2O,故D正確.應選D.【點睛】判斷離子方程式的正誤：看電荷是否守恒：在離子方程式中,兩邊的電荷數及原子數必須守恒；上看拆分是否恰當：在離子方程式中,強酸、強堿和易溶于水的鹽拆分成離子形式；難溶物、難電離物質、易揮發(fā)物質、單質、氧化物、非電解質等均不能拆分,要寫成化學式；蘭看是否符合客觀事實：離子反響的反響物與生成物必須與客觀事實相吻合.18.某小組對某無色水樣進行檢驗,水樣中只可能含有K+、Mg2+、Cu2+、Al3+、CO32-、SO42-、C1-中的假設干種離子

26、.該小組取100mL水樣進行實驗,先滴加硝酸鋼溶液,再滴加1molL-1的硝酸,實驗過程中沉淀質量變化情況如下圖,以下分析錯誤的選項是沉淀質量依注明：6.27一4一個動段表示滴加哨酸銀溶液；A段表示滴加稀硝酸.gt-I-JL(_."abed實驗過程A. 一定含有的離子是：K+、SO42-、CO32-B. BC段反響的離子方程式：BaCO3+2H+=Ba2+CO2T+HOC. K+物質的量濃度的范圍是：c(K+)>0.6mol/LD.取少量水樣置于試管中,滴加硝酸銀溶液,可檢驗水樣中是否含有C1-【答案】D【解析】【分析】該水樣為無色溶液,水樣中Cu2+不存在,依據圖象分析參加硝

27、酸鋼溶液生成沉淀,參加稀硝酸,沉淀局部溶解證實水樣中一定含有SO42-,CO32-,又由于A產與CO32-發(fā)生雙水解,CO32-與Mg2+發(fā)生反響生成沉淀不能大量存在,所以Al3、Mg2不存在；n(SO42-)=2.33g/233g/mol=0.01mol,n(CO32-)=n(BaCOs)=(6.27-2.33)g/197g/mol=0.02mol;c(SO42一):c(CO32-)=1:2；原溶液中可能含有Cl-,依據電解質溶液中電荷守恒,陽離子K+一定存在；根據電荷守恒得到：0.01molX2+0.02molX2+n(Cl-)=n(K+)推知n(K+)>0.06mol,貝Uc(K+

28、)>0.6mol/L.,據此分析.【詳解】A.水樣中一定含有的離子是：K+、SO42-、CO32-,一定不含有的是：Al3+、Mg2+、Cu2+,可能含有的是Cl-,故A正確；B.BC段所表示的反響是碳酸鋼溶于稀硝酸的反響,反響的離子方程式為：BaCO3+2H+=Ba2+CO2T+HO,故B正確；C.依據電解質溶液中電荷守恒,陽離子K+一定存在；根據電荷守恒得到：0.01mol2+0.02mol2+n(Cl-)=n(K+)推知n(K+)>0.06mol,那么c(K+)>0.6mol/L,故C正確；D.水樣中含有SO42-、CO32-,滴加硝酸銀溶液,也會產生白色沉淀,不能檢驗

29、水樣中是否含有C1-,故D錯誤.應選D.19.以下實驗操作、現象和結論或解釋中有錯誤的選項是操作現象姑建或解蜂:向硅酸的溶液中滴加1清的猷,再建滴勿入稀鹽酸至紅色捷去嚴學白色膠就物偵非金屬牡.>sij111B打磨過的健條在篁氣中點燃后迅速植入充滿;氧化黑的集氣福晨由光.產生白煙以覆少蛆黑色固體鎂與氧化碳發(fā)生*換度應C將新機氯水和NaBr溶液在忒管中通合后.參加CCL.振港+靜置卜層溶液呈橙紅色氧化性tCh>Brj1向聞門0項藩液中需加過筮氨水產生白色朧狀物期且不溶解A/與NHsHK)不能大怵黃存A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【詳解】A.試管里出現凝膠,說明生成硅酸,根據

30、強酸制備弱酸的原理可知酸性：鹽酸>硅酸,不能說明非金屬性Cl>Si,由于非金屬性的強弱是根據最高價氧化物的水化物的酸性進行比擬的,故A錯誤；B.Mg條在CO2中劇烈燃燒,放出白光和大量熱,有大量白煙生成,瓶壁上有黑色固體生成,生成MgO和C,屬于置換反響,故B正確；C.由操作和現象可以知道氯水置換出澳,加四氯化碳萃取后有機層在下層,下層溶液呈橙紅色,那么氧化性：Cl2>Br2,故C正確;D.硫酸鋁與氨水反響生成氫氧化鋁和硫酸錢,那么溶液變渾濁,氫氧化鋁不能溶解在氨水中,Al3+與氨水不能大量共存,故D正確.應選A.20.有些離子方程式能表示一類反響,有些離子方程式卻只能表示一

31、個反響,以下離子方程式中,只能表示一個化學反響的是Fe+Cu2+=Fe2+CuBa2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4J+2HOCl2+H2O=H+C1-+HC1OCO32-+2H+=CO2T+HOA.B.C.D.【答案】A【解析】【詳解】可表示鐵與可溶性銅鹽的反響,可表示一類反響,故錯誤；可表示氫氧化鋼與硫酸、硫酸氫鈉的反響,可表示一類反響,錯誤；只能表示氯氣與水的反響,故正確；可表示可溶性碳酸鹽與強酸的反響,可表示一類反響,故錯誤；只能表示一個化學反響的只有.應選A.第II卷非選擇題,共50分二、推斷分析題此題包括1小題,共13分21.化學的特征之一是從微觀的層面熟悉物質.通過結合元

32、素周期表與周期律,建立位置結構性質思維模型,我們可以更好地熟悉物質世界.一X、Y、Z、M、W、Q、R是分布在周期表中三個短周期的主族元素,其原子半徑及主要化合價如下：元素代號XY鋁2MWQR原子半輕片同0.18604430.1040.0990.0700.0660.032生要化合價十1+3-7*7+5,7-2+11X在周期表中的位置是;丫、Q各自形成的簡單離子中,半徑較大的是填離子符號.W和R按原子個數比1：4構成的陽離子中所含的化學鍵類型為.(2)M與Z相比,非金屬性較強的是(填元素名稱),兩元素最高價氧化物的水化物中,酸性較強的是(填化學式).(二)周期表中位于斜對角線(左上與右下)的兩種元

33、素性質十分相似,稱為對角線法那么.如鋰與鎂、皺與鋁等,其單質或化合物的性質可參照對角線法那么進行熟悉.(3)鋰在空氣中燃燒主要產物的電子式是,同時生成微量的、(寫化學式).(4)以下關于皺的判斷正確的選項是A.氧化皺的化學式為Be2O3B.Be(OH)2可溶于水C.BeCl2是離子化合物D.Be(OH)2具有兩性Be(OH)2和Mg(OH)2可用試劑鑒別.【答案】(1).第3周期IA族(或第三周期IA族)(2).O2-(3).共價鍵(4).氯(5).HC1O4(6).Li.：廣Lr(7).Li3N(8).C(9).D(10).氫氧化鈉溶液【解析】【分析】X和R的化合價都為+1價,應為周期表第I

34、A元素,根據半徑關系可知,R為H,X為Na；Z和Q的化合價都有-2價,應為周期表第V!A族元素,Z的最高價為+6價,應為S元素,Q無正價,應為O元素；M為+7、-1價,且原子半徑小于S大于O,那么M為Cl元素；W為+5、-3價,且原子半徑小于Cl大于O,那么M為N元素,據此分析解答.【詳解】(1)X為Na元素,原子序數為11,位于周期表中第三周期第IA族(或第3周期IA族)；Y、Q各自形成的簡單離子Al3+、O2-具有相同的電子層結構,核電荷數越大半徑越小,故離子半徑較大的是O2-；W和R按原子個數比1:4構成的陽離子NH4+中所含的化學鍵類型為為共價鍵,故答案為：第3周期IA族(或第三周期I

35、A族),O2-,共價鍵.(2)同周期元素從左到右非金屬性依次減弱,故Cl和S相比,非金屬性較強的是氯元素,兩元素最高價氧化物的水化物中,酸性較強的也是氯的最高價氧化物的水化物為HClO4,故答案為：氯,HClO4°(3)根據元素周期表的結構可知,Li和Mg位于對角線上,所以二者的性質是相似的.因Mg在空氣中燃燒生成MgO、Mg3N2和C,那么Li在空氣中燃燒白生成物是Li2O,同時還有Li3N、C生成.氧化鋰是離子化合物,所以電子式是LiH：6廣",故答案為：口飛g：F",U3N、C.(4) A.Be的化合價為+2,氧化物化學式為BeO,故A錯誤；B.Be(OH)

36、2與氫氧化鋁的性質相似,氫氧化鋁不溶于水,Be(OH)2也不溶于水,故B錯誤;C.BeCl2與AlC%相似,氯化鋁是共價化合物,那么BeCl2也是共價化合物,故C錯誤；D.Be(OH)2與氫氧化鋁的性質相似,氫氧化鋁是兩性氫氧化物,那么Be(OH)2也具有兩性,故D正確.故答案為：D.(5)被與鋁位于對角線位置,Be(OH)2具有兩性,而Mg(OH)2不具有,將Be(OH)2和Mg(OH)2放入NaOH中,利用Be(OH)2的兩性,Be(OH)2能溶于NaOH中,而Mg(OH)2那么不溶,故答案為：氫氧化鈉溶液.【點睛】明確對角線規(guī)那么是解此題關鍵,根據Al及其化合物的性質,利用知識遷移的方法

37、分析解答.三、實驗探究題(此題包括3小題,共37分)22.氧化復原滴定是常用的定量分析方法.(1)實驗室里欲用KMnO4固體來配制240mL0.1molL-1的KMnO4酸性溶液.需用的儀器有托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、量筒、膠頭滴管、.整個配制溶液過程中,玻璃棒所起的作用有、.以下操作會導致所配溶液濃度偏小的是(填字母序號)a.加水定容時俯視刻度線b.容量瓶內壁附有水珠而未枯燥處理c.未用蒸儲水洗滌燒杯內壁或未將洗滌液注入容量瓶d.顛倒搖勻后發(fā)現凹液面低于刻度線又加水補上(2)用上述酸性KMnO4溶液來測定FeSO4溶液中Fe2+的含量.寫出該反響的離子方程式.假設消耗3.16gKMnO4

38、,那么該反響轉移的電子數目為.(3)高鎰酸鉀溶液會與鹽酸反響：2KMnO4+16HCl(濃)=2KCl+2MnCl2+5Cl2T+8HO,用單線橋標出反響中電子轉移的方向和數目.(4)測定某葡萄灑中Na2s2O5殘留量時,用碘標準液進行滴定.滴定反響的離子方程式為.【答案】(1).250mL容量瓶(必須指明規(guī)格)(2).攪拌加速溶解(或攪拌)(3).引流(4).cd(5) .5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O(6).0.1Na(或6.02M022)(7).10fII次/：一所方)(8)(8).【解析】【分析】(1)根據配制一定物質的量濃度的溶液所需的儀器以及誤差分析進行解答

39、；(2)鐵元素化合價從+2價升高到+3價,鎰元素的化合價從+7價降低到+2價,根據化合價升降總數相等并結合質量守恒,配平化學方程式；根據反響方程式可知,當有2molKMnO4消耗時,反響轉移10mol電子.(3)在2KMnO4+16HCl(濃)=2KCl+2MnCl2+5CI2T+8HO反響中,根據化合價變化情況分析可知,當有2molKMnO4反響時,有10moi電子轉移.(4)Na2s2O5中S元素的化合價為+4價,會被氧化為為+6價,單質碘具有氧化性,能把Na2s2O5氧化為硫酸鈉.【詳解】(1)因實驗室沒有240mL的容量瓶,因此應選用250mL的容量瓶,所以還需要250mL的容量瓶,故

40、答案是：250mL容量瓶.在溶解時玻璃棒用于攪拌以加速溶解,在向容量瓶中轉移溶液時用于引流,故答案是：攪拌加速溶解(或攪拌),引流.a.加水定容時俯視刻度線,會導致溶液體積偏小,配制的溶液濃度偏大,故a錯誤；b.容量瓶內壁附有水珠而未枯燥處理,對配制溶液無影響,故b錯誤；c.假設未用蒸儲水洗滌燒杯內壁或未將洗滌液注入容量瓶,會造成溶質偏少,配制的溶液濃度偏小,故c正確；d.顛倒搖勻后發(fā)現凹液面低于刻度線又加水補上,會導致溶液的體積偏大,配制的溶液濃度偏小,故d正確；故答案選cd.(2)鐵元素化合價從+2價升高到+3價,鎰元素的化合價從+7價降低到+2價,根據化合價升降總數相等并結合質量守恒,配

41、平后的化學方程式為：10FeSO4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3+8H2O,離子方程式：5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O,故答案為：5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2.根據反響方程式可知,當有2molKMnO4消耗時,反響轉移10moi電子,因此當有3.16g即0.02molKMnO4消耗時,轉移電子的物質的量是0.1mol,所以轉移電子的數目為0.1Na,故答案為：0.1Na.(3)在2KMnO4+16HCl(濃)=2KCl+2MnCl2+5Cl2T+8HO反響中,根據化合價變化情況分析可知,當有2mol

42、KMnO4反響時,有10moi電子轉移,因此用單線橋法表示的式子為：10.I,故答案為：2KMi1CUT6HC1(濃)-2Ka-2fna2-5Cl21+8H：O101JO2KMi10THC口濃)=2KCl-2AhiCl-5Ci:t-SH2O(4) Na2s2O5中S元素的化合價為+4價,會被氧化為為+6價,單質碘具有氧化性,能把Na2s2O5氧化為硫酸鈉,反響的離子方程式為：S2O52'+2I2+3H2O=2SO42-+4I'+6H+,故答案為：S2O52-+212+3H2O=2SO42-+4I-+6H+°23.鋁氫化鈉(NaAlH4)是有機合成的重要復原劑,其合成線

43、路如以下圖所示:宙吟察氯化得/多幽_有機溶液上(1)制備無水A1C13實驗裝置如下,AlCl3易升華(178C),在潮濕空氣中易水解.實驗時應先點燃(填"A'或"D處酒精燈.裝置F的作用是.(2)制取鋁氫化鈉的化學方程式是.(3)鋁氫化鈉樣品性質探究和純度測定.鋁氫化鈉樣品中僅含有少量雜質NaH,NaH也會與水反響.鋁氫化鈉與水反響的化學方程式為取少量上述樣品,滴加足量的水,向反響后的溶液中逐滴滴加鹽酸并振蕩,直至鹽酸過量.滴加鹽酸過程中可觀察到的現象是稱取1.56g上述樣品與水完全反響后,測得氣體在標準狀況下的體積為2240mL,樣品中鋁氫化鈉的質量分數為%(結果

44、保存兩位有效數字).假設實驗室用如下兩種裝置分別測定生成氣體的體積(其他操作一致),用甲裝置測得鋁氫化鈉的含量乙裝置.(填關于"、力、于"或等于")甲乙【答案】(1).A(2).吸收未反響的氯氣,預防空氣中的水蒸氣進入裝置或預防A1C13水解(3).AlCl3+4NaH=NaA1H4+3NaC1(4).NaAlH4+4H2O=NaAl(OH)4+4H2T(或NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2T)(5) .開始沒有沉淀,后產生白色沉淀,最終白色沉淀完全溶解(現象不全面不得分)(6).69(7).大于【解析】【分析】(1)先點燃A處酒精燈,產生氯氣,利用氯氣

45、排裝置內的空氣,當D中充滿黃綠色氣體時,再點燃另一處酒精燈；氯氣有毒,吸收未反響的氯氣,預防空氣中的水蒸氣進入裝置或預防A1C13水解；(2)反響方程式為：AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl;(3)鋁氫化鈉遇水發(fā)生劇烈反響,根據原子守恒可判斷生成物是偏鋁酸鈉和氫氣；NaAlH4與水反響生成偏鋁酸鈉和氫氣,氫化鈉與水反響生成NaOH和H2;鹽酸先與氫氧化鈉溶液發(fā)生中和,開始沒有沉淀,然后鹽酸與偏鋁酸鈉溶液反響生成氫氧化鋁白色沉淀,繼續(xù)滴加鹽酸,氫氧化鋁與鹽酸反響,白色沉淀完全溶解；由于兩種物質均能與水反響生成氫氣,因此可以通過測量氫氣的體積計算純度.【詳解】(1)要制備氯化鋁,所以裝

46、置內就不能存有空氣,先點燃A處酒精燈,產生氯氣,利用氯氣排裝置內的空氣,當D中充滿黃綠色氣體時,再點燃另一處酒精燈；氯氣有毒,污染空氣,AlC13178c升華,在潮濕的空氣中易水解,因此裝置F中裝有堿石灰,吸收未反響的氯氣,預防空氣中的水蒸氣進入裝置或預防AlCl3水解,故答案為：A；吸收未反響的氯氣,預防空氣中的水蒸氣進入裝置或預防AlC%水解.(2)制取鋁氫化鈉的化學方程式是AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl,故答案為:AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl.(3)鋁氫化鈉遇水發(fā)生劇烈反響,根據原子守恒可判斷生成物是偏鋁酸鈉和氫氣,其反響的化學方程式為NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2T,故答案為：NaAlH4+4H2O=NaAl(OH)4+4H2T(或NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2T).NaH與水反響生成了NaOH和H2,鋁氫化鈉與水反響生成了偏鋁酸鈉和H2,向反響后的溶液中逐滴滴加鹽酸并振蕩,鹽酸先與氫氧化鈉溶液發(fā)生中和,開始沒有沉淀,然后鹽酸與偏鋁酸鈉溶液反響生成氫氧化鋁白色沉淀,繼續(xù)滴加鹽酸,氫氧化鋁與鹽酸反響,白色沉淀完全溶解,故答案為：開始沒有沉淀,后產生白色沉淀,最終白色沉淀完全溶解.由于兩種物質均能與水反響生成氫氣,因此可以通過測量氫氣的體積計算純度.設樣品中鋁氫化鈉的物質的量是xmo