1、20192019 届高三第二次诊断性考试化学试题届高三第二次诊断性考试化学试题 说明：本试卷满分说明：本试卷满分 100100 分，分为第分，分为第 I I 卷卷( (选择题选择题) )和第和第 IIII 卷卷( (非选择题非选择题) )两部分，第两部分，第 I I 卷为第卷为第 1 1 页至第页至第 5 5 页，第页，第 IIII 卷为第卷为第 5 5 页至第页至第 8 8 页。试题答案请用页。试题答案请用 2B2B 铅笔或铅笔或 0.5mm0.5mm 签字笔填涂到答题签字笔填涂到答题 卡规定位置上，书写在试题上的答案无效。考试时间卡规定位置上，书写在试题上的答案无效。考试时间 9090 分
2、钟。分钟。 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量： N 14 O 16 Al 27 S 32 K 39 Mn 55 Ba 137N 14 O 16 Al 27 S 32 K 39 Mn 55 Ba 137 第第 I I 卷卷( (共共 5050 分分) ) 一、选择题一、选择题( (本题包括本题包括 1010 小题，每小题小题，每小题 2 2 分，共分，共 2020 分。每小题分。每小题只有一个选项只有一个选项 符合题意符合题意) ) 1.中国文化对人类文明贡献巨大。对下列古代研究成果的说明不合理的是 A. 天工开物“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”是指 Ca(OH)2 B. 黄白
3、第十大“曾青涂铁，铁赤如铜”主要发生了置换反应 C. 本草纲目“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，利用到蒸馏 D. 梦溪笔谈“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”中“剂钢”指铁合金 【答案】A 【解析】 【详解】A.石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是碳酸钙，故 A 错误； B.铁与硫酸铜反应是铁置换出铜，铜为红色，反应方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，该反应为置换反应， 故 B 正确； C.由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异不同进行分离，则该法为蒸馏操作，故 C 正确； D.剑刃硬度要大，所以用的是铁碳合金，剂钢指的是铁合金，故D正确。 故选 A。 2.
4、国际计量大会对摩尔的最新定义为：“1 摩尔包含 6.0221407610 23个基本单元，这一常数称作阿伏加德 罗常数(NA)，单位为 mol -1。”下列叙述正确的是 A. 标准状况下，224L SO3含有 NA个分子 B. 64g CH4O 含有的 C-H 键为 06NA C. 01mol Na2O2与 CO2反应转移的电子数为 02NA D. 01mol/L 的乙酸溶液中含有的 H +数目小于 01N A 【答案】B 【解析】 【详解】A.标准状况下，SO3是固体，所以不能使用气体摩尔体积计算 SO3物质的量，故 A 错误； B.6.4gCH3OH 物质的量为 0.2mol，1 个甲醇分
5、子中有 4 个氢原子，其中含有 3个 C-H键，1个 O-H 键，所以 0.2mol 甲醇分子中含有 0.6molC-H 键，故 B正确； C.0.1mol Na2O2与足量的 CO2充分反应，生成 0.05mol氧气，转移 0.1mol电子，转移的电子数为 0.1NA，故 C错误； D.溶液的体积不确定，无法确定氢离子的数目，H+离子数也可能大于 0.1NA，故 D错误。 故选 B。 3.分类法是化学重要的研究方法，下列各组物质的分类或变化正确的有 混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银 含有氧元素的化合物叫氧化物 NO2为酸性氧化物，Na2O 为碱性氧化物 同素异形体：C60、金刚石、石墨 强电
6、解质溶液的导电能力一定强 熔融状态下能导电的化合物为离子化合物 有单质参加的反应是氧化还原反应 煤的气化、液化、干馏都是化学变化 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】水银是金属汞，属于纯净物，故错误； 只含两种元素其中一种是氧元素的化合物叫氧化物，故错误； NO2不属于酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物，故错误； C60、金刚石、石墨都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故正确； 强电解质的稀溶液由于离子浓度小，导电能力很弱，故错误； 共价化合物在熔化状态下不导电，在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物，故正确；有单质参 加的反应或有单质产生的反应不一定是氧化还原反应，如同
7、素异形体间的转化是非氧化还原反应，故错 误； 煤的气化、液化、干馏都是化学变化，故正确。 所以正确的有。 故选 A。 4.据图中所示硫酸试剂瓶标签上的内容，下列说法正确的是 A. 将该硫酸加水配成质量分数 49%的溶液时浓度为 9.2molL B. 1mol Al 与足量的该硫酸反应产生 3g 氢气 C. 硫酸的摩尔质量为 98g D. 配制 500mL 4.6 molL 的稀硫酸需取该硫酸 125mL 【答案】D 【解析】 【分析】 A. 要配制质量分数为 49%的硫酸溶液需要将浓硫酸与等质量的水混合， 混合后溶液的质量为原硫酸的 2倍， 稀释后溶液的密度减小，故稀释后所得溶液的体积大于原硫
8、酸体积的 2 倍，根据稀释定律判断； B.铝与浓硫酸常温下发生钝化，加热时生成二氧化硫、硫酸铝和水； C.摩尔质量的单位为 g/mol； D.根据溶液稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，据此计算需要浓硫酸的体积。 【详解】A.原硫酸物质的量浓度为=18.4mol/L，要配制质量分数为 49%的硫酸 溶液需要将浓硫酸与等质量的水混合，混合后溶液的质量为原硫酸的 2 倍，稀释后溶液的密度减小，故稀 释后所得溶液的体积大于原硫酸体积的 2 倍，则稀释后所得溶液的浓度小于 9.2mol/L，故 A错误； B.铝与浓硫酸常温下发生钝化，加热时生成二氧化硫、硫酸铝和水，不能生成氢气，故 B 错误； C.硫酸的
9、摩尔质量为 98g/mol，故 C错误； D.根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为 xmL，则 500mL 4.6mol/L=xmL 18.4mol/L，解得 x=125，所以应量取的浓硫酸的体积为 125mL，故 D正确。 故选 D。 【点睛】注意硫酸的浓度越大，密度越大。 5.关于同温同压下的两种气体 12C18O 和14N 2的判断正确的是 A. 体积相等时密度相等 B. 原子数相等时具有的中子数相等 C. 体积相等时具有的电子数相等 D. 质量相等时具有的质子数相等 【答案】C 【解析】 试题分析：A、根据阿伏加德罗定律，物质的量相等，因为摩尔质量不相等，则质量不
10、等，根据密度的定义， 密度不相等，故错误；B、两者都是双原子分子，原子数相等，则物质的量相等，前者中子数为 16，后者为 14，则中子数不等，故错误；C、根据阿伏加德罗定律，两者物质的量相等，前者电子为 14，后者为 14， 因此等物质的量时，两种物质所含电子数相等，故正确；D、质量相等，两种物质的摩尔质量不等，则物质 的量不相等，质子数不相等，故错误。 考点：考查阿伏加德罗定律、微粒数等知识。 【此处有视频，请去附件查看】 6.下列各组离子一定能大量共存的是 A. pH=12 的溶液中：NH4 +、Na+、SO 4 2-、C1- B. c(H +)=0.1molL-1的溶液中：K+、I-、C
11、l-、NO 3 - C. 含有大量 AlO2的溶液中：NH4 +、Na+、C1-、H+ D. 强碱溶液中；Na +、K+、CO 3 2-、NO 3 - 【答案】D 【解析】 【详解】A、pH=12 的溶液为强碱性溶液，含有大量的 OH -，NH 4 +不能大量存在，故 A 错误； B、c(H +)0.1molL1的溶液中： I-被 NO 3 氧化而不能大量共存，故 B 错误； C.含有大量 AlO2 -的溶液呈碱性，NH 4 、H+不能大量存在，故 C 错误； D. 在强碱性溶液中，Na、K、CO32、NO3离子之间不反应，可以大量共存，故 D 正确； 综上所述，本题选 D。 7.向铝粉中添加
12、少量 NH4C1 固体并充分混合，将其加热到 1000时可与 N2反应制备 A1N，下列说法正确的是 A. A1N 是一种金属材料 B. A1N 与足量氢氧化钠溶液共热时生成氢氧化铝和氨气 C. 少量 NH4C1 能够破坏 A1 表面的 Al2O3薄膜 D. A1N 与足量盐酸反应的离子方程式为 AlN+3H +=Al3+NH 3 【答案】C 【解析】 AAlN 属原子晶体化合物，属于无机非金属材料，故 A 错误；BAl(OH)3有两性，能溶于 NaOH，则 AlN 与足量氢氧化钠溶液共热时生成偏铝酸钠和氨气，故 B 错误；C在铝粉中添加少量 NH4Cl 固体并充分混 合，有利于 AlN 的制
13、备，其主要原因是 NH4Cl分解产生的 HCl能够破坏 Al表面的 Al2O3薄膜，故 C正确； DAlN 与足量盐酸反应的离子方程式为 AlN+4H+=Al3+NH4+，故 D错误；答案为 C。 8.X、Y、Z、W 为四种短周期主族元素，其中 X、Z 同族，Y、Z 同周期，W 是短周期主族元素中金属性最强的， X 原子最外层电子数是其电子层数的 3 倍，Y 的最高正价与最低负价代数和为 6。下列说法正确的是 A. Y 最高价氧化物的水化物化学式为 H2YO4 B. Y 能从 Z 的盐溶液中置换出 Z 的单质 C. X、Z 两种元素的气态氢化物稳定性：ZX D. X 与 W 形成的化合物中阴、
14、阳离子个数比为 1：1 或 1：2 【答案】B 【解析】 【分析】 X、Y、Z、W 为四种短周期主族元素，W是短周期主族元素中金属性最强的，则 W为 Na元素；X原子最 外层电子数是核外电子层数的 3 倍，只能为电子层数为 2，最外层电子数为 6，即 X为 O 元素，X、Z同族， 则 Z为 S元素；Y的最高正价与最低负价代数和为 6，其最高价为+7 价，Y、Z同周期，Y为 Cl元素，据此 分析。 【详解】A.Y为 Cl，Y 元素最高价氧化物对应的水化物化学式 HYO4，故 A错误； B. Y 为 Cl元素，Z为 S 元素，非金属性 ClS，所以 Y 能从 Z的盐溶液中置换出 Z的单质，故 B
15、正确； C.非金属性 OS，则 X、Z两种元素气态氢化物中，X 的气态氢化物比 Z 的稳定，故 C错误； D.X 与 W 形成的两种化合物为 Na2O、Na2O2，阴、阳离子物质的量之比均为 1：2，故 D错误。 故选 B。 9.下列物质中可用于除去 CuCl2中混有的 Fe 3+，且不引入新杂质的是 A. Fe B. Cu C. CuO D. NaOH 【答案】C 【解析】 【详解】A.CuCl2能与铁粉反应生成氯化亚铁和铜，引入新的杂质，不符合除杂原则，故 A 错误； B.Fe3+与 Cu反应生成 Fe2+和 Cu2+，引入新的杂质，不符合除杂原则，故 B 错误； C.Fe3+水解溶液显酸
16、性，Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，加入 CuO可以使平衡不断正移产生 Fe(OH)3沉淀， 同时不引入新的杂质，符合除杂原则，故 C 正确； D.CuCl2与 Fe3+都能与 NaOH反应生成沉淀，不符合除杂原则，故 D错误。 故选 C。 10.某心脏起搏器工作时发生反应：4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2，下列判断正确的是 A. 还原剂只有 Li B. SOCl2既是氧化剂又是还原剂 C. 还原产物包括 LiC1 和 S D. 生成 1.12L SO2时，反应转移电子为 0.2mol 【答案】A 【解析】 【分析】 4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2反应中，Li
17、 的化合价升高，作还原剂，S 元素的化合价降低，作氧化剂，非金属 元素之间形成共价键，据此分析。 【详解】A.Li 的化合价升高，作还原剂，故 A正确； B.S 元素的化合价降低，SOCl2作氧化剂，故 B错误； C.Li 的化合价升高被氧化，LiCl 是氧化产物，S元素的化合价降低被还原，单质 S 是还原产物，故 C错误； D.反应 4Li+2SOCl24LiCl+S+SO2中，每生成 1mol SO2转移 4mol电子，则标准状况下生成 1.12LSO2时，反 应转移电子为 0.2mol，因题目中未说明 SO2是否处于标准状况，所以无法计算转移电子的物质的量，故 D 错误。 故选 A。 二
18、、选择题二、选择题( (本题包括本题包括 1010 小题，每小题小题，每小题 3 3 分，共分，共 3030 分。每小题分。每小题只有一个选项只有一个选项 符合题意符合题意) ) 11.下列有关金属的工业制法中，正确的是 A. 制铜：火法炼铜，即将黄铜矿 CuFeS2受热分解以获得铜单质 B. 制铁：以铁矿石为原料，CO 还原得铁 C. 制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，H2还原得镁 D. 制铝：从铝土矿制得氯化铝固体，再电解熔融的氯化铝得到铝 【答案】B 【解析】 【 详 解 】 A. 黄 铜 矿 (CuFeS2) 中 Fe 的 化 合 价 为 2 ， 工 业 上 用 黄 铜
19、矿 冶 炼 铜 的 反 应 为 ： 8CuFeS221O28Cu4FeO2Fe2O316SO2，故 A错误； B.工业上常用用 CO在高温下还原铁矿石炼铁：3CO+Fe2O32Fe+3CO2，制得铁，故 B 正确； C.工业上以海水为原料，经过一系列过程获得无水氯化镁，工业制镁是电解熔融氯化镁：MgCl2（熔融） Mg+Cl2，故 C 错误； D.因为氯化铝是分子晶体，熔融状态下氯化铝不导电，工业制铝是电解熔融的氧化铝：2Al2O3（熔融） 4Al+3O2，故 D 错误。 故选 B。 【点睛】金属的冶炼方法：Al之前的金属很活泼，用电解盐或氧化物的方法冶炼；中等活泼的金属一 般是热还原法，加热
20、时，用合适的还原剂，如 H2、C、CO、 或者较活泼的金属 Al （铝热反应） 进行冶炼； 后面的不活泼金属可以通过直接加热氧化物分解的方法得到金属单质。 12.下列物质溶于水时会破坏水的电离平衡，且属于电解质的是 A. 氯气 B. 二氧化碳 C. 氯化钾 D. 醋酸钠 【答案】D 【解析】 氯气是单质，既不是电解质又不是非电解质，故 A 错误；二氧化碳是非电解质，故 B 错误；氯化钾属于电 解质，是强酸强碱盐，不能水解，不会破坏水的电离平衡，故 C 错误；醋酸钠是电解质，能水解，促进水 电离，故 D 正确。 13.下列叙述中，正确的是 A. 两种微粒，若核外电子排布完全相同，则其化学性质一定
21、相同 B. 凡单原子形成的离子，一定具有稀有气体元素原子的核外电子排布 C. 两原子如果核外电子排布相同，则一定属于同种元素 D. 元素周期表中位于金属与非金属分界线附近的元素属于过渡元素 【答案】C 【解析】 【详解】A.微粒可能为不同的分子，也可能为阳离子与阴离子，如钠离子与氧离子，二者性质不同，故 A 错误； B.根据 H+的核外电子排布，可知核外无电子，故 B错误； C.两原子如果核外电子排布相同，则一定属于同种元素，故 C正确； D.元素周期表中位于金属与非金属分界线附近的元素既有金属性也有非金属性， 而过渡元素都是金属， 故 D 错误。 故选 C。 14.氯化亚铜(CuC1)是白色
22、粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属 Cu 和 Cu 2+。某小组拟热分解 CuCl22H2O 制备 CuC1，并进行相关探究。下列说法正确的是 A. 制备 CuC1 时产生的 Cl2可以回收循环利用，也可以通入饱和 NaC1 溶液中除去 B. Cu2(OH)2Cl2在 200时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl2 2CuO+2HCl C. X 气体可以是 N2，目的是做保护气，抑制 CuCl22H2O 加热过程可能的水解 D. CuC1 与稀硫酸反应离子方程式：2CuCl+4H +SO 4 2-=2Cu2+2Cl-+SO 2+2H2O 【答案】B 【解析】 【分析】 A.Cl2
23、在饱和 NaC1溶液中的溶解度小，不能被吸收； B.Cu2(OH)2Cl2加热至 200时生成 CuO，结合原子守恒书写化学方程式； C.X 气体是用于抑制 CuCl2水解； D.CuC1在酸性条件下不稳定，易生成金属铜和 Cu2+。 【详解】A.制备 CuC1时产生的 Cl2可以转化为 HCl，回收循环利用，Cl2在饱和 NaC1 溶液中的溶解度小， 不能被吸收除去，故 A 错误； B.Cu2(OH)2Cl2加热至 200时生成 CuO，结合原子守恒可知，还生成 HCl，则化学方程式为： Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl，故 B正确； C.CuCl2水解生成氢氧化铜和 HCl，X 气
24、体是用于抑制 CuCl2水解，则 X为 HCl，不是氮气，故 C错误； D.CuC1在酸性条件下不稳定，易生成金属铜和 Cu2+，故 D错误。 故选 B。 15.人们从冰箱中取出的“常态冰”仅是冰存在的多种可能的形式之一。目前，科学家发现了一种全新的多 孔、轻量级的“气态冰”，可形成气凝胶。下列有关说法正确的是 A. “常态冰”和“气态冰”结构不同，是同素异形体 B. “气态冰”因其特殊的结构而具有比“常态冰”更活泼的化学性质 C. 18g“气态冰”的体积为 22.4L D. 构成“气态冰”的分子中含有极性共价键 【答案】D 【解析】 【详解】A.“常态冰”和“气态冰”是水存在的不同形式，状态
25、不同，但是同一种物质，故 A错误； B.“常态冰”和“气态冰”是水存在的不同形式，物理性质不同，但化学性质相同，故 B错误； C.“气态冰”是形成气凝胶的冰，标准状况下不是气体，18g“气态冰”的体积小于 22.4L，故 C 错误； D.“气态冰”的分子是水分子，构成“气态冰”的分子中含有极性共价键，故 D正确。 故选 D。 16.下列有关化学用语表示正确的是 A. 中子数为 10 的氟原子： 10 F B. Mg 2+的结构示意图： C. 甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2 D. 硫化钠的电子式： 【答案】B 【解析】 【详解】A.氟的质子数为 9，中子数为 10 的氟原子的质量数为 19，该
26、元素符号可以表示为： 19F，故 A错误； B.镁离子是镁原子失去最外层的 2个电子得到的，结构示意图为：，故 B 正确； C. 甲酸甲酯的结构简式：HCOOCH3，故 C错误； D.硫化钠是硫离子和钠离子之间通过离子键形成的离子化合物，电子式为：，故 D错误。 故选 B。 17.下列离子方程式书写正确的是 A. Na2S2O3溶液与稀 H2SO4反应的离子方程式：S2O3 2-+6H+=2S+3H 2O B. 向饱和 Na2CO3溶液中通入过量 CO2，CO3 2-+CO 2+H2O=2HCO3 - C. AgNO3与过量浓氨水反应的离子方程式：Ag +NH 3H2O=AgOH+NH4 +
27、D. Fe 与稀硝酸反应，当 n(Fe)：n(HNO3)=1：2 时，3Fe+2NO3 -+8H+=3Fe2+2NO+4H 2O 【答案】D 【解析】 【详解】A.电荷不守恒，Na2S2O3溶液与稀 H2SO4反应的离子方程式：S2O32-+2H+S+SO2+H2O，故 A 错 误； B.因为 Na2CO3溶液是饱和的，所以生成的 NaHCO3会析出，反应的离子方程式应为 CO32-+H2O+CO2+2Na+=2NaHCO3，故 B 错误； C.向 AgNO3溶液中逐滴加入氨水，开始会生成氢氧化银白色沉淀，但是氢氧化银会溶于过量的氨水中，反 应生成氢氧化银氨溶液，会出现沉淀然后消失，离子方程式
28、为：Ag+2NH3H2O=Ag(NH3)2+2H2O，故 C 错误； D.Fe 与稀硝酸反应，当 n（Fe） ：n（HNO3）=1：2时，硝酸不足，反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水；离 子方程式：3Fe+2NO3+8H+3Fe2+2NO+4H2O，故 D 正确。 故选 D。 【点睛】判断离子方程式的正误：“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离 物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实： 离子反应的反应物与生成物必须与客观事
29、实相吻合。 18.某小组对某无色水样进行检验，已知水样中只可能含有 K +、Mg2+、Cu2+、Al3+、CO 3 2-、SO 4 2-、C1-中的若干种 离子。该小组取 100mL 水样进行实验，先滴加硝酸钡溶液，再滴加 1molL -1的硝酸，实验过程中沉淀质量 变化情况如图所示，下列分析错误的是 A. 一定含有的离子是：K +、SO 4 2-、CO 3 2- B. BC 段反应的离子方程式：BaCO3+2H +=Ba2+CO 2+H2O C. K +物质的量浓度的范围是： c(K+)0.6mol/L D. 取少量水样置于试管中，滴加硝酸银溶液，可检验水样中是否含有 C1 - 【答案】D
30、【解析】 【分析】 该水样为无色溶液，水样中 Cu2+不存在，依据图象分析加入硝酸钡溶液生成沉淀，加入稀硝酸，沉淀部分 溶解证明水样中一定含有 SO42-，CO32-，又因为 Al3+与 CO32-发生双水解，CO32-与 Mg2+发生反应生成沉淀不 能大量存在，所以Al3+、Mg2+不存在； n（SO42-）=2.33g/233g/mol=0.01mol，n（CO32-）=n（BaCO3）=（6.27-2.33）g/197g/mol=0.02mol；c（SO42 -）：c（CO 3 2-）=1：2；原溶液中可能含有 Cl-，依据电解质溶液中电荷守恒，阳离子 K+一定存在；根据电 荷守恒得到：
31、0.01mol 2+0.02mol 2+n（Cl-）=n（K+）推知 n（K+）0.06mol，则 c（K+）0.6mol/L，据此 分析。 【详解】A.水样中一定含有的离子是：K+、SO42-、CO32-，一定不含有的是：Al3+、Mg2+、Cu2+，可能含有 的是 Cl-，故 A正确； B.BC 段所表示的反应是碳酸钡溶于稀硝酸的反应，反应的离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O， 故 B 正确； C.依据电解质溶液中电荷守恒，阳离子 K+一定存在；根据电荷守恒得到： 0.01mol 2+0.02mol 2+n（Cl-）=n（K+）推知 n（K+）0.06mol，则 c（
32、K+）0.6mol/L，故 C 正确； D.水样中含有 SO42-、CO32-，滴加硝酸银溶液，也会产生白色沉淀，不能检验水样中是否含有 C1-，故 D错 误。 故选 D。 19.下列实验操作、现象和结论或解释中有错误的是 操作 现象 结论或解释 A 向硅酸钠溶液中滴加 1滴酚酞，再逐滴 加入盐酸或红色退去 产生白色胶状物 非金属性：ClSi B 打磨过的镁条在空气中点燃后迅速插入 充满二氧化碳的集气瓶 耀眼白光，产生白烟以及 少量黑色固体 镁与二氧化碳发生置换 反应 C 将新制氯水和溴化钠溶液在试管中混合 后，加入四氯化碳，震荡静置 下层溶液呈橙红色 氧化性：氯气溴 D 向硫酸铝溶液中滴加过
33、量氨水 产生白色胶状物质，且物 质不溶解 氯离子与一水合氨不能 大量共存 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A.试管里出现凝胶，说明生成硅酸，根据强酸制备弱酸的原理可知酸性：盐酸硅酸，不能说明 非金属性 ClSi，因为非金属性的强弱是根据最高价氧化物的水化物的酸性进行比较的，故 A 错误； B.Mg 条在 CO2中剧烈燃烧，放出白光和大量热，有大量白烟生成，瓶壁上有黑色固体生成，生成 MgO和 C，属于置换反应，故 B正确； C.由操作和现象可以知道氯水置换出溴，加四氯化碳萃取后有机层在下层，下层溶液呈橙红色，则氧化性： Cl2Br2，故 C正确； D.硫酸
34、铝与氨水反应生成氢氧化铝和硫酸铵，则溶液变浑浊，氢氧化铝不能溶解在氨水中，Al3+与氨水不能 大量共存，故 D正确。 故选 A。 20.有些离子方程式能表示一类反应，有些离子方程式却只能表示一个反应，下列离子方程式中，只能表示 一个化学反应的是 Fe+Cu 2+=Fe2+Cu Ba2+2OH-+2H+SO 4 2-=BaSO 4+2H2O Cl2+H2O=H +C1-+HC1O CO 3 2-+2H+=CO 2+H2O A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】可表示铁与可溶性铜盐的反应，可表示一类反应，故错误； 可表示氢氧化钡与硫酸、硫酸氢钠的反应，可表示一类反应，错误； 只能表
35、示氯气与水的反应，故正确； 可表示可溶性碳酸盐与强酸的反应，可表示一类反应，故错误； 只能表示一个化学反应的只有。 故选 A。 第第 IIII 卷卷( (非选择题，共非选择题，共 5050 分分) ) 二、推断分析题二、推断分析题( (本题包括本题包括 1 1 小题，共小题，共 1313 分分) ) 21.化学的特征之一是从微观的层面认识物质。通过结合元素周期表与周期律，建立“位置结构性质” 思维模型，我们可以更好地认识物质世界。 (一) X、Y、Z、M、W、Q、R 是分布在周期表中三个短周期的主族元素，已知其原子半径及主要化合价如下： (1)X 在周期表中的位置是_；Y、Q 各自形成的简单离
36、子中，半径较大的是_(填离子符号)。W 和 R 按原子个数比 1：4 构成的阳离子中所含的化学键类型为_。 (2)M 与 Z 相比，非金属性较强的是_(填元素名称)，两元素最高价氧化物的水化物中，酸性较 强的是_ (填化学式)。 (二)周期表中位于斜对角线(左上与右下)的两种元素性质十分相似，称为对角线法则。如锂与镁、铍与铝 等，其单质或化合物的性质可参照对角线法则进行认识。 (3)锂在空气中燃烧主要产物的电子式是_，同时生成微量的_、_(写化学式)。 (4)下列关于铍的判断正确的是_ A氧化铍的化学式为 Be2O3 BBe(OH)2可溶于水 CBeCl2是离子化合物 DBe(OH)2具有两性
37、 (5)Be(OH)2和 Mg(OH)2可用试剂_鉴别。 【答案】 (1). 第 3 周期 IA 族（或第三周期 IA 族） (2). O 2- (3). 共价键 (4). 氯 (5). HClO 4 (6). (7). Li3N (8). C (9). D (10). 氢氧化钠溶液 【解析】 【分析】 X 和 R 的化合价都为+1价，应为周期表第A元素，根据半径关系可知，R为 H，X 为 Na；Z和 Q的化合 价都有-2 价，应为周期表第A 族元素，Z的最高价为+6 价，应为 S 元素，Q 无正价，应为 O 元素；M 为 +7、-1 价，且原子半径小于 S大于 O，则 M为 Cl元素；W为+
38、5、-3 价，且原子半径小于 Cl大于 O，则 M 为 N 元素，据此分析解答。 【详解】（1）X为 Na元素，原子序数为 11，位于周期表中第三周期第 IA 族（或第 3周期 IA族）；Y、Q 各自形成的简单离子 Al3+、O2-具有相同的电子层结构，核电荷数越大半径越小，故离子半径较大的是 O2-；W 和 R按原子个数比 1：4 构成的阳离子 NH4+中所含的化学键类型为为共价键，故答案为：第 3周期 IA 族（或第三周期 IA 族） ，O2-，共价键。 （2）同周期元素从左到右非金属性依次减弱，故 Cl和 S相比，非金属性较强的是氯元素，两元素最高价氧 化物的水化物中，酸性较强的也是氯的
39、最高价氧化物的水化物为 HClO4，故答案为：氯，HClO4。 （3）根据元素周期表的结构可知，Li和 Mg位于对角线上，所以二者的性质是相似的。因 Mg 在空气中燃烧 生成 MgO、Mg3N2和 C，则 Li在空气中燃烧的生成物是 Li2O，同时还有 Li3N、C生成。氧化锂是离子化合物， 所以电子式是，故答案为：，Li3N、C。 （4）A.Be的化合价为+2，氧化物化学式为 BeO，故 A 错误； B.Be（OH）2与氢氧化铝的性质相似，氢氧化铝不溶于水，Be（OH）2也不溶于水，故 B 错误； C.BeCl2与 AlCl3相似，氯化铝是共价化合物，则 BeCl2也是共价化合物，故 C错误
40、； D.Be（OH）2与氢氧化铝的性质相似，氢氧化铝是两性氢氧化物，则 Be（OH）2也具有两性，故 D正确。 故答案为：D。 （5）铍与铝位于对角线位置，Be(OH)2具有两性，而 Mg(OH)2不具有，将 Be(OH)2和 Mg(OH)2放入 NaOH 中，利用 Be(OH)2的两性，Be（OH）2能溶于 NaOH中，而 Mg(OH)2则不溶，故答案为：氢氧化钠溶液。 【点睛】明确对角线规则是解本题关键，根据 Al及其化合物的性质，利用知识迁移的方法分析解答。 三、实验探究题三、实验探究题( (本题包括本题包括 3 3 小题，共小题，共 3737 分分) ) 22.氧化还原滴定是常用的定量
41、分析方法。 (1)实验室里欲用 KMnO4固体来配制 240mL 0.1 molL -1的 KMnO 4酸性溶液。 需用的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、_。 整个配制溶液过程中，玻璃棒所起的作用有_、_。 下列操作会导致所配溶液浓度偏小的是_ (填字母序号) a加水定容时俯视刻度线 b容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理 c未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶 d颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上 (2)用上述酸性 KMnO4溶液来测定 FeSO4溶液中 Fe 2+的含量。 写出该反应的离子方程式_。 若消耗 3.16g KMnO4，则该反应转移的电子数目为_。
42、(3)高锰酸钾溶液会与盐酸反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，用单线桥标出反应中电子转 移的方向和数目。_。 (4)测定某葡萄洒中 Na2S2O5残留量时，用碘标准液进行滴定。滴定反应的离子方程式为_。 【答案】 (1). 250mL 容量瓶（必须指明规格） (2). 搅拌加速溶解（或搅拌） (3). 引流 (4). cd (5). 5Fe 2+ + MnO 4 - + 8H + = 5Fe3+ + Mn2+ + 4H 2O (6). 0.1NA（ 或6.0210 22 ） (7). (8). 【解析】 【分析】 （1）根据配制一定物质的量浓度的溶
43、液所需的仪器以及误差分析进行解答； （2）铁元素化合价从+2价升高到+3价，锰元素的化合价从+7价降低到+2 价，根据化合价升降总数相等并 结合质量守恒，配平化学方程式；根据反应方程式可知，当有 2molKMnO4消耗时，反应转移 10mol电子。 （3）在 2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl +2MnCl2+5Cl2+8H2O 反应中，根据化合价变化情况分析可知，当有 2molKMnO4反应时，有 10mol 电子转移。 （4）Na2S2O5中 S 元素的化合价为+4价，会被氧化为为+6价，单质碘具有氧化性，能把 Na2S2O5氧化为硫 酸钠。 【详解】（1）因实验室没有 240mL的
44、容量瓶，因此应选用 250mL的容量瓶，所以还需要 250mL 的容量瓶，故答案是：250mL容量瓶。 在溶解时玻璃棒用于搅拌以加速溶解，在向容量瓶中转移溶液时用于引流，故答案是：搅拌加速 溶解（或搅拌） ，引流。 a.加水定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏大，故 a 错误；b.容量瓶内壁附有水 珠而未干燥处理，对配制溶液无影响，故 b错误；c.若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶， 会造成溶质偏少，配制的溶液浓度偏小，故 c正确；d.颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上，会导 致溶液的体积偏大，配制的溶液浓度偏小，故 d正确；故答案选 cd。 （2）铁元素化
45、合价从+2 价升高到+3价，锰元素的化合价从+7 价降低到+2价，根据化合价升降总数相等 并结合质量守恒， 配平后的化学方程式为： 10FeSO4+2KMnO4+8H2SO4= K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3+8H2O， 离子方程式：5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+ +4H2O，故答案为：5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+ +4H2O。 根据反应方程式可知， 当有 2molKMnO4消耗时， 反应转移 10mol电子，因此当有 3.16g即 0.02molKMnO4 消耗时，转移电子的物质的量是 0.1mol，所以转移电子的数目为 0.1NA，故答
46、案为：0.1NA。 （3）在 2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl +2MnCl2+5Cl2+8H2O 反应中，根据化合价变化情况分析可知，当有 2molKMnO4反应时，有 10mol 电子转移，因此用单线桥法表示的式子为： ，故答案为： 。 （4）Na2S2O5中 S 元素的化合价为+4价，会被氧化为为+6价，单质碘具有氧化性，能把 Na2S2O5氧化为硫 酸钠， 反应的离子方程式为： S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+， 故答案为： S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+。 23.铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成的重要还原剂，其合成线
47、路如下图所示： (1)制备无水 AlCl3实验装置如下，已知 AlCl3易升华(178)，在潮湿空气中易水解。 实验时应先点燃_(填“A”或“D”)处酒精灯。装置 F 的作用是_。 (2)制取铝氢化钠的化学方程式是_。 (3)铝氢化钠样品性质探究和纯度测定。已知铝氢化钠样品中仅含有少量杂质 NaH，NaH 也会与水反应。 铝氢化钠与水反应的化学方程式为_； 取少量上述样品，滴加足量的水，向反应后的溶液中逐滴滴加盐酸并振荡，直至盐酸过量。滴加盐酸过 程中可观察到的现象是_。 称取 156g 上述样品与水完全反应后，测得气体在标准状况下的体积为 2240mL，样品中铝氢化钠的质量 分数为_(结果保留两位有效数字)。若实验室用如下两种装置分别测定生成气体的体积(其他操 作一致)，用甲装置测得铝氢化钠的含量_乙装置。(填“大于”、“小于”或“等于”)。 【答案】 (1). A (2). 吸收未反应的氯气，防止空气中的水蒸气进入装置或防止 AlCl3水解 (3). AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl (4). NaAlH4+4H2O = NaAl(OH)4+4H2 （或 NaAlH4+2H2O = NaAlO2+4H2） (5). 开始没有沉淀，后产生白色沉淀，最终白色沉淀完全溶解（现象不全面不得分） (6). 69 (7). 大于 【
