2019-2020学年陕西省西安交大附中高三(上)第三次诊断化学试卷

1、2019-2020学年陕西省西安交大附中高三（上）第三次诊断化学试卷一、单选题（本大题共19小题，共57.0分）1. 化学与生活、社会发展息息相关.下列说怯不正确的是（）A.黑火药由硝石、硫磺、木炭按一定比例混合制成，其中“硝石”指的是硝酸钾B. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该提取青蒿素的过程属于化学变化C. “丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成了丹砂”，该过程发生了分解、化合反应D.侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异2. 下列说法正确的是（）A.溶液和胶体的本质区别为是否能产生丁达尔效应B. K2cr2O7溶液和氢澳酸能存放于同一药品橱内C.用带玻璃塞的细口试剂瓶保存氢氟酸

2、D. CH4和C2H4均属于常用危险品中的易燃气体3. 设Na表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A. 4.0g氨气中含有的最外层电子数为 4NaB. 3.9g 2H37Cl中含有的中子数为2.1NaC.标准状况下，11.2L丙烷中含有的非极性键数目为NaD. 100mL1mol ?L-1 CH3 COOHB液中含有的分子数目大于 0.1Na4.短周期A、B、C、D的原子序数依次增大.A原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素B在同周期的主族元素中原子半径最大，元素C的合金是日常生活中常用的金属材料，D位于第VIA族.下列说法正确的是（）A.原子半径：D > B > C

3、> AB.元素A、B的氧化物具有相同类型的化学键C. B、C、D的最高价氧化物对应的水化物能相互反应D.元素B和C的最高价氧化物对应水化物的碱性：C> B5 . 工业上以铝土矿（主要成分Al2O3 ?3H2O）为原料生产铝，主要包括下列过程：i将粉碎、筛选、湿磨后的铝土矿浸泡在氢氧化钠溶液中，过滤；i通入过量二氧化碳使 i所得滤液中析出氢氧化铝固体，过滤；i使i中所得氢氧化铝脱水生成氧化铝；i电解熔融氧化铝生成铝.下列说法正确的是（）A.过程i说明氧化铝具有酸性氧化物的性质B.过程i说明碳酸的酸性比氢氧化铝的酸性弱C.过程i发生的反应类型属于氧化还原反应D.过程i也可以用加热法代替

4、电解法冶炼铝6 .根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是（）选项事实推测A.Na与冷水反应剧烈，K与冷水反应更剧烈Li与冷水反应缓慢B.?0Ca(OH)2碱性?2 Mg(OH) 2QSr(OH)2碱性强于?0Ca(OH)2C.Si是半导体材料，同主族的Ge也是半导体材料第IV A兀素形成的单质都是半 导体材料D.F2与H2在暗处剧烈化合，Cl2与H2光照或点 燃时反应Br2与H2反应需要加热到一定 温度A. AB. BC. CD. D7.某学习小组按如下实验过程（固定、加热及盛接仪器略）证明了海带中存在碘元素:，讦裔币i* * ； 曰 *一-2®0LJ ®含

5、鲍 副新鞭 审下列说法不正确的是（）A.步骤需要将干海带放入田期中灼烧B.步骤反应的离子方程式为：2I - + 2H + + H2O2 = I2 + 2H 2OC.步骤操作后，观察到试管中溶液变为蓝色，可以说明海带中含有碘元素D.若步骤仅滴加稀硫酸后放置一会儿，步骤操作后，试管中溶液颜色无明显变化8.下列解释事实的反应方程式不正确的是（）A. Fe3O4溶解于足量的 HI 溶液中：Fe3O4 + 8H+ = Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2OB.向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水：HCO3 + Ca2+ + OH- = CaCO3 J+H2OC.向漂白液中加入适量洁厕灵 （含盐酸），

6、产生氯气：ClO- + Cl- + 2H+ = Cl2 J +H2OD.向澄清的苯酚钠溶液中通入 CO2,变浑浊：第9页，共21页9.10.汨液A将气体X通入溶液A（如图，尾气吸收装置略）中，实验现象 能够支持结论的是（）选 项气体X溶?A A及反应现象结论A.乙醇与浓硫酸共热170 c产生 的气体Br 2的水溶液由橙黄 色变为无色乙烯与澳发生加成反应B.二氧化镒与浓盐酸共热产生 的气体紫色石蕊溶液最终 褪色氯气与水反应生成具有漂 白性的物质C.碳酸钠固体与醋酸溶液反应 产生的气体Na2SiO3溶液中出现白色沉淀碳酸的酸性强于硅酸D.电石与饱和食盐水反应产生 的气体KMnO4酸性溶液紫色逐渐变

7、浅乙快被高镒酸钾酸性溶液 氧化A. AB. BC. CD. D用NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是（）A. 25c时，pH = 5的NH4C溶液中由水电离出的氢离子为10-5 Na个B. 2.3gNa在空气中完全反应生成 Na2。，W2O2,转移0.2Na个电子C. 1mol羟基（- 18OH）所含的中子数为10Na个D.标准状况下，测得一定量的铜与硝酸反应生成22.4L的混合气体，则被还原的硝酸的分子数应等于Na11 .下列说法正确的是（）A. SiH4和CH4中氢的化合价均为+1价B. O2-半径比F-的小C. Na和Cs属于第I A族元素，其单质均具有强还原性D.因为氮元素的非金属

8、性强于神元素，故NH3的还原性强于ASH312 .下列排序正确的是（）A.酸性：H2CO3 V C6H5OH < CH3COOHB.碱性：Ba（OH） ? < Ca（OH） ? < KOHC.熔点：MgBr 2 < SiCI 2 < BND.沸点：PH 2 < NH ? < H ?O13 .糕点包装中常附装有组成为还原性铁粉、氯化钠、碳粉的小包，对此附件的下列分 析正确的是（）A.该附件作用是发生吸热反应，降低温度，延长糕点保质期B.含有11.2g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336mL（标准况）C.该附件形成微电池起脱氧作用，其负极电极反应为Fe

9、- 3e- = Fe3+D.该附件中将氯化钠换成生石灰可以起到脱氧、干燥双重作用14 .在一密闭容器中 HCHO、H2、。2混合气体共20g和足量的Na2O2用电火花引燃，使 其完全反应，Na2O2增重8g,则原混合气体中02的质量分数是（）A. 40%B. 33.3%C. 60%D. 36%15 .某溶液中含有两种溶质 NaCI和H2SO4,它们的物质的量之比为3： 1.用石墨做电极电解该混合溶液时，根据电极产物，可明显分为三个阶段，下列叙述不正确的是（） A.阴极自始至终只有 H2B.阳极先析出CI2后析出。2C.电解最后阶段为电解水D.溶液pH不断增大，最后为 716 .将17.9g由A

10、l、Fe、Cu组成的合金溶于足量的 NaOH溶液中，产生气体 3.36L（标 准状况）.另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为25.4g.若HNO3的还原产物仅为NO ,则生成NO的 标准状况下的体积为（）A. 2.24LB. 4.48LC. 6.72LD. 8.96L17 .下列图象符合客观事实的是 （）呢IB.C.NaOH溶液中滴入Ba(HCO3)2溶液D.CO?气体通入澄清石灰水18 .短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4: 3, Z原子比X原子的核外电子数多 4.下列说法正确的是()A.

11、 W、丫、Z的电负性大小顺序一一定是 Z > Y > WB. W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是 W > X> Y> ZC. Y、Z形成的分子空间构型可能是正四面体D. WY2分子中搬与兀键的数目之比是2: 119 .常温下，向50mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加2mol/L的NaOH溶液，得到溶液 pH随所加NaOH溶液体积的变化图象如下。下列说法正确的是A.若 a 点pH = 4,且 c(Cl-) = m c(ClO- ),则 Ka(HClO) = 10-4 /(m + 1)B.若*= 100, b点对应溶液中：c(OH-)> c(H + ),

12、可用pH试纸测定其pHC.若y = 200 , c点对应溶液中：c(OH- ) - c(H + ) = c(Cl- ) + 2c(HClO) + c(ClO-)D. b哦，随NaOH溶液的滴入，c(HClO)/c(ClO -)逐渐增大、双选题(本大题共 1小题，共3.0分)20 .在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应:3A(g) + B(g) ? xC(g) + D(s),向甲中通入 6mol A和2mol B,向乙中通入 1.5mol A、0.5mol B和3mol C和2mol D,反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2,下列叙

13、述中正确的是()A.若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则B.平衡时，甲、乙两容器中 A、B的物质的量之比不相等C.平衡时甲中A的体积分数为40%D.若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之比为8: 5三、推断题(本大题共 1小题，共10.0分)21 . A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质，常 温下A是淡黄色粉末，B、D是气体，F、G、H的焰色反应均为黄色，水溶液均显碱性，E有漂白性。它们之间的转化关系如图所示(部分产物及反应条件已略去)，回答下列问题：(1)A所含元素在周期表中的位置为 C的电子式为 (2)A与H在加热条件下反应白离子方程式为 (3)将A溶于沸腾的G

14、溶液中可以制得化合物 I, I在酸性溶液中不稳定，易生成等 物质的量的A和E, I在酸性条件下生成 A和E的离子方程式为 I是中强还 原剂，在纺织、造纸工业中作为脱氯剂，向I溶液中通入氯气可发生反应，参加反应的I和氯气的物质的量比为1: 4,该反应的离子方程式为 (4)向含有0.4mol F、0.1mol G的混合溶液中加入过量盐酸，完全反应后收集到aL气体C(标准犬况),取反应后澄清溶液，加入过量FeCl3溶液，得到沉淀3.2g,则a =0四、简答题(本大题共 4小题，共20.0分)22 .如图1是某同学在实验室中进行铝热反应(铝过量)的实验装置，实验中可观察到的现象之一为“纸漏斗的下部被烧

15、穿，有熔融物落入沙中”.K (沉淀)/molB)34 M V(NaOK)/mL(1)试剂A的名称是(2)探究铝热反应后固体的性质：将反应后容器中的残余固体置于烧杯中，加入100mL稀硝酸，固体完全溶解，(假设固体全部溶解后溶液体积不变)，反应过程中无气体放出(活泼金属可把稀 HNO3还原为NH4NO3).向反应后的溶液中缓慢滴加 4mol ?L-1的NaOH溶液，产生沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系如图2所示：写出DE段发生反应的离子方程式： 求c(HNO3)=.B与A的差值为 (3)若铝和氧化铁能恰好完全反应.则该铝热剂与盐酸反应时转移电子与所耗H+的物质的量之比为.23 .瞬(

16、PH3)又称为磷化氢，在常温下是一种无色有大蒜臭味的有毒气体，沸点-89.7 C,易自燃，与空气混合易爆炸，微溶于水.其制取原理类似于实验室制氨气，现用下 图装置来制取磷化氢并验证其性质.实验开始时，先从分液漏斗向盛有 PH4I的圆底烧瓶中加入过量乙醛无色液体，沸点34.5 C微溶于水，不与Fe2(SO4)3反应，微热数分钟后再从分液漏斗向圆底烧瓶中 加入一定量的浓 NaOH溶液继续加热.在装置C处用电热器控制温度在 300c左右, 实验过程中可观察到：B装置的试管中有白色蜡状固体(P4)生成；D装置的试管中Fe2(SO4)3溶液颜色由棕黄色变成淡绿色，同时也有白色蜡状固体生成.请回答：(1)

17、按气流方向连接装置，从左到右的顺序为：a f f f 一 f(2)用PH4I和烧碱反应制取PH3的化学方程式是 .(3)实验开始时，先向圆底烧瓶中加入乙醛并微热数分钟，其目的是 (4)装置C中反应的化学方程式是 ;装置D中反应的离子方程式是 .(5)装置B、D中的现象说明PH3具有的化学性质是 (填字母序号).A.碱性B.不稳定性C还原性D.酸性(6)实验时处理尾气的方法是 .24 .随着大气污染的日趋严重，国家拟于“十二五”期间，将二氧化硫(SO2)排放量减少8%,氮氧化物(NOx)排放显减少10%,二氧化碳(CO2)的排放量也要大幅减少。(1)在恒温，容积为1L恒容中，硫可以发生如下较化，

18、其反应过程和能量关系如图1 所示(已知：2SO2(g) + O2(g) ? 2SO3(g) AH = -196.6kJ ?mol-1 ,请回答下列问 题：tpiarI JiT写出能表示硫的燃烧热的热化学方程式： AH2 =kJ?mol-1 。在相同条件下，充入1molSO3和0.5mol的O2，则达到平衡时SO3的转化率为 此时该反应 (填"放出”或"吸收”)kJ的能量。(2)在容积为1L的恒温密闭容器中充入 1mol CC2和3mol H2,进行上述反应。测得 CC2和CH3 0H(g)的浓度随时间变化如图 2所示。则在前10min内氢气的平均反应速率为 ,若在上述平衡体

19、系中再充0.5mol CO2和1.5mol水蒸气(保持温度不变)，则此平衡将 移动(填“向正反应 方向"、“不”或“逆反应方向”)能说明上述反应达到平衡状态的是 (填编号)。A.反应中CO2与CH30H的物质的量浓度之比为1： 1(即图中交叉点)B.混合气体的密度不随时间的变化而变化C.单位时间内消耗3mol H2，同时生成1mol H2OD.CC2的体积分数在混合气体中保持不变将CO2转化为甲醇的热化学方程式为：CC2(g) + 3H2(g) ? CH3CH(g) + HzC(g) H3取五份等体体积CO2DH2的混合气体（物质的量之比均为1:3）,分别加入温度不 同、容积相同的恒

20、容密闭容器中，发生上述反应，反应相同时间后，测得甲醇的体积分数（HCH3OH）与反应温度T的关系曲线如图3所示，则上述C6转化为甲醇反应的 4七 0（填“>”、“<”或“=”）。25 .已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期中常见元素，且原子序数依 次增大.A的原子半径最小，B的基态原子L层电子数是K层电子数 的2倍，D的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+2, E为周期表中电负性最大的元素，F元素有多种化合价，它的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，G与F同族且原子序数比 F大2.回答下列问题：（1）写出基态F原子的电子排布式 ，其中含有 种能量不同的电子. （2

21、）CE3和CA3均是三角锥形分子，键角分别为 102°和107.3°,则C原子的杂化方式 为 ,其中CE3的键角比CA3的键角小的原因是 .（3）B、C、D三种元素形成的一种粒子与二氧化碳分子互为等电子体，其化学式为（4）G单质晶体中原子的堆积方式如图所示（为面心立方最密堆积），则晶胞中G原子的配位数为 .若G原子半径为r cm,则G原子所形成的最小正四面体空隙 中，能填充的粒子的最大直径为 cm（用r表示）.第 13 页，共 21 页答案和解析1 .【答案】B【解析】解：A.制备黑火药的原料为 S、KNO3、C,其中“硝石”指的是硝酸钾，故 A 正确；B.青蒿一握，以水二

22、升渍，绞取汁”，该提取青蒿素的过程为物理变化，故 B错误；C.丹砂即硫化汞，加热即分解而得到汞，汞与硫磺化合又生成硫化汞，故 C正确；D.侯氏制碱法是将 CQ、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O +NaCl = NH4CI+ NaHCO3 其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO?的晶体析出，故 D 正确； 故选B。本题为综合题，考查物理变化与化学变化的判断、侯氏制碱法原理、黑火药成分等知识， 与人们日常生活紧密结合，均为最基本化学常识， 选项B为易错点，关键在于判断变化过程中是否有新物质生成。2 .【答案】D【解析】 解：A.丁达尔现象为胶体特有的性质，则丁

23、达尔效应可鉴别溶液与胶体，但溶液和胶体的本质区别为分散质粒子大小，故A错误；B.K2Cr2O7溶液和氢澳酸可发生氧化还原反应，不能存放于同一药品橱内，故B错误;C.HF酸与二氧化硅反应，可腐蚀玻璃，应选塑料瓶，故 C错误；D.CH4和C2H4均为易燃气体，属于常用危险品中的易燃气体，故 D正确；故选：DoA. 丁达尔现象为胶体特有的性质；B.K2 Cr2O7溶液和氢澳酸可发生氧化还原反应；C.HF酸与二氧化硅反应；D. CH4和C2 H4均为易燃气体.本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、试剂的保存、实验安全、 实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性

24、分析，题目难 度不大.3.【答案】A【解析】解：A.4.0g氨气的物质的量为:,4.0g = 1mol , 1mol 氨气中含有 1molHe 原子, 4g/mol含有的最外层电子的物质的量为2mol,含有最外层电子数为 2Na ,故A错误；B.3.9g2H37Cl的物质的量为0.1mol , 0.1mol 2H37Cl中含有2.1mol中子，含有的中子数为 2.1Na,故B正确；C.标准状况下11.2L丙烷的物质的量为0.5mol , 0.5mol丙烷分子中含有ImolC -极性 键，含有的非极性键数目为Na,故C正确；D.100mL1mol ?L-1 CH3COOH容液中含有0.1mol醋

25、酸，由于溶液中含有水分子，则该溶液含有的分子数目大于 0.1Na,故D正确；故选：A。A.稀有气体为单原子分子，氨原子最外层含有2个电子；B，H37Cl中含有21个中子，其摩尔质量为39g/mol ;C.丙烷分子中含有2个碳碳非极性键, D.醋酸溶液中含有醋酸和水分子. 本题考查阿伏加德罗常数的计算与判断, 各化学量与阿伏加德罗常数的关系，0.5mol丙烷分子中含有1mol非极性键;题目难度中等，注意掌握以物质的量为中心的 试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力4.【答案】C【解析】解：短周期元素A、 B、 C、 D 的原子序数依次增大A 原子的最外层电子数是内层电子数的2 倍，

26、 A 原子只能有2 个电子层，最外层电子数为4，则A 为碳元素；元素B在同周期的主族元素中原子半径最大，处于 I A族，原子序数大于碳元素，则 B 为Na元素；元素C的合金是日常生活中常用的金属材料， 则C为Al, D位于第WA族， 原子序数大于Al ，则 D 为 S 元素，A. 同周期随原子序数增大原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Na >Al > S> C,故A错误；B.元素A的氧化物为C。、二氧化碳，属于共价化合物，B的氧化物为氧化钠、过氧化钠，属于离子化合物，化学键类型不相同，故B 错误；C.B、C、D的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH

27、) 3、H2SQ，氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠、硫酸反应，氢氧化钠与硫酸发生酸碱中和反应，故C正确；D.Na、 Al 同周期， 随原子序数增大金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，故 D 错误， 故选C短周期元素A、 B、 C、 D 的原子序数依次增大A 原子的最外层电子数是内层电子数的2 倍， A 原子只能有2 个电子层，最外层电子数为4，则A 为碳元素；元素B 在同周期的主族元素中原子半径最大，处于I A族，原子序数大于碳元素，则 B为Na元素；元素C的合金是日常生活中常用的金属材料，则 C为Al , D位于第V1 A族，原子序数大 于 Al ，则 D 为 S 元素，据此解

28、答本题主要考查的原子结构与元素周期律的应用，涉及化学键、元素化合物性质、原子半径比较等，推断元素是解题关键，难度不大5 .【答案】A【解析】解：A、氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，所以是酸性氧化物，故 A 正确；B 、过量二氧化碳与偏铝酸钠生成氢氧化铝固体，所以二氧化碳的酸性强氢氧化铝，故B 错误；C、氢氧化铝分解生成氧化铝和水，是非氧化还原的分解反应，故 C错误；D、适合用电解法冶炼的金属为活泼金属，常见有Na、Mg、Al等，铝是活泼金属不能用加热法，故D 错误；故选：A。A 、氧化铝与氢氧化钠反应生成盐与水；B 、强酸制弱酸，分析解答；C、氢氧化铝分解生成氧化铝和水，无元素化合价的变

29、化；D 、适合用电解法冶炼的金属为活泼金属，常见有Na、 Mg、 Al 等；本题综合考查物质的分离、提纯的应用，为高频考点，涉及铝的化合物的性质、常用化学用语的书写等，侧重于学生的分析，难度中等，清楚实验流程、原理是解题的关键， 是对知识迁移的综合运用6 .【答案】C【解析】 解：A.金属性越强，与水反应越剧烈，金属性 K> Na> Li,则Li与冷水反应缓慢，故A 正确；B.金属性Sr > Ca> Mg,则SOH) 2碱性强于？0Ca(OH)2,故B正确；C.位于金属与非金属交界处的元素，可作半导体材料，第IV A元素形成的单质 C、金属等不能作半导体材料，故 C错误

30、；D.非金属性F> Cl> Br,则Br2与H2反应需要加热到一定温度，故 D正确； 故选：CoA.金属性越强，与水反应越剧烈；B.金属性越强，对应碱的碱性越强；C.位于金属与非金属交界处的元素，可作半导体材料；D.非金属性越强，与氢气化合越容易.本题考查元素周期表和周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解 答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大.7 .【答案】D【解析】解：A.步骤为灼烧，需要将干海带放入田期中灼烧，故 A正确；8 .步骤发生氧化还原反应，离子方程式为2I- + 2H+ + H2O2 = I2+ 2H2。,遵循电子、

31、 电荷守恒，故 B正确；C.步骤操作后，观察到试管中溶液变为蓝色，可知中有碘生成，可以说明海带中含有碘元素，故C正确；D.若步骤仅滴加稀硫酸后放置一会儿， 可发生4I- + 4H+ +。2 = 212+ 2H2。，步骤操作后，试管中溶液变为蓝色，故D错误；故选：D。由流程可知，海带在塔期中灼烧后，溶解、过滤得到含碘离子的溶液，加氧化剂氧化， 生成碘的水溶液，加淀粉变蓝可检验碘单质，再萃取、分液、蒸储可得到碘，以此来解 答.本题考查海水提取碘的实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、 物质的检验为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氧化还原反应的应用，题 目难度不大.9 .

32、【答案】A【解析】 解：A.Fe3O4溶于氢碘酸溶液中，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：Fe3O4 + 8H+ + 2I - = 3Fe2+ + I2 + 4H2。，故 A 错误；B.NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式为HCO3 + Ca2+ + OH- = CaCO3 J+H 2O,故 B 正确；C.向漂白液中加入适量洁厕灵 （含盐酸），产生氯气，离子方程式：ClO- + Cl- + 2H+ =Cl2 T+H2O,故 C 正确；D.向澄清的苯酚钠溶液中通入 CO2,变浑浊的化学反应为ONa* CO： - H：0OH故选：A。A.铁离子具有氧化

33、性，能够氧化碘离子；8 . NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水生成碳酸钙、氢氧化钠和水；C.氯离子与次氯酸根离子在酸性环境下发生氧化还原反应生成氯气和水；D.发生强酸制取弱酸的反应，生成苯酚和碳酸氢钠。本题考查了离子方程式的判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确 离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正 确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。9 .【答案】B【解析】解：A.乙醇与浓硫酸共热170c产生的乙烯气体中混有杂质二氧化硫，二氧化硫也能够使溴水褪色，干扰了检验，故A 错误；B. 二氧化锰与浓盐酸共热产生

34、的气体为氯气，氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸具有漂白性，能够使石蕊试液褪色，故B 正确；C.碳酸钠固体与醋酸溶液反应产生的二氧化碳气体中混有醋酸，醋酸能够与硅酸钠溶液反应，干扰了检验结果，故C 错误；D. 电石与饱和食盐水反应产生的气体中含有硫化氢，硫化氢能够使KMnO 4酸性溶液紫色逐渐变浅，干扰了实验结果，故D 错误；故选： B。A. 乙醇与浓硫酸的反应中有二氧化硫生成，二氧化硫能够使溴水褪色，干扰了检验结果；B. 氯气与水反应生成的次氯酸能够漂白石蕊试液；C.醋酸具有挥发性，挥发出的醋酸与硅酸钠反应生成硅酸，干扰了检验；D. 电石与饱和食盐水反应生成的乙炔气体中混有硫化氢，硫化氢

35、也能使酸性高锰酸钾溶液褪色本题考查了化学实验方案的评价，题目难度中等，涉及乙醇的消去反应、次氯酸的漂白性、酸性强弱比较、常见气体的性质及检验等知识，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力10.【答案】C【解析】 解：A.溶液体积未知，无法计算水电离产生氢离子个数，故A错误；B.2.3gNa物质的量为0.1mol ,在空气中完全反应生成 Na2。，Na2。？，生成0.1mol钠离子， 转移0.1Na个电子，故B错误；C.1个羟基（-18OH）含有10个中子，1mol羟基（-18OH）所含的中子数为10NA个，故C 正确；D.标况下22.4L混合气体的物

36、质的量为 1mol,由于混合气体中可能存在四氧化二氮，所以 1mol 混合气体中含有的氮原子物质的量大于1mol ， 被还原的硝酸大于1mol， 被还原的硝酸的分子数应大于 Na,故D错误；故选： C。A. 溶液体积未知；B. 钠与氧气反应无论生成氧化钠还是过氧化钠，钠都生成+1 价钠离子；C.1个羟基（-18OH）含有10个中子；D. 根据氮原子守恒及二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡判断。本题考查了阿伏伽德罗常数，题目难度不大，注意明确（-18OH）原子构成，熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量之间的转化关系。11.【答案】C【解析】 解：A.SiH4中氢元素为-1价，CH4中氢的化合

37、价为+1价，故A错误；B. 二者电子层数相同，核电荷数越大半径越小，O2- 半径比F- 的大，故B 错误；C.Na和Cs属于第I A族元素，原子最外层电子为1个，易失电子，其单质均具有强还原性，故C 正确；D.氮元素的非金属性强于神元素，对应氢化物，NH3的还原性弱于AsH3,故D错误；故选： C。A. 电负性较强的吸电子能力强，碳的电负性大则甲烷中显示负价，四氢化硅中硅电负性小，氢元素显负价；B. 电子层数相同的微粒核电荷数越大半径越小；C.第IA族元素的原子最外层一个电子，易失去表现还原性；D. 铜主族非金属性越强，对应氢化物还原性越小。本题考查了周期表中原子结构递变规律、同主族递变规律、

38、元素化合价变化分析、结构和性质的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。12.【答案】D【解析】 解：A.碳酸的酸性大于苯酚，这三种物质的酸性顺序为：C6H5OH< H2CO3 <CH3COOH,故 A 错误；B.金属的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性 Ba> Ca> Mg,所以 碱性正确的顺序为：Ca(OH)2 V Ba(OH)2,故B错误；C.晶体熔沸点：原子晶体离子晶体分子晶体，SiC4为分子晶体，MgB2为离子晶体， 离子晶体的熔点高于分子晶体，所以SiCl4的熔点小于MgBr2,故C错误；D.分子晶体熔沸点与其相对分子质量成正比， 含有氢

39、键的氢化物熔沸点较高， H2O、NH3 分子间存在氢键，沸点高，而 H2O的沸点为100 C, NH3在常温时为气体，所以 H2O的沸 点高于NH3,瞬中不含氢键，熔沸点最小，所以沸点：PH3 < NH3 < H2O,故D正确；故选：DoA.碳酸的酸性大于苯酚；B.元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；C.晶体熔沸点：原子晶体 > 离子晶体分子晶体；D.分子晶体熔沸点与其相对分子质量成正比，含有氢键的氢化物熔沸点较高。本题考查晶体熔沸点比较、元素周期律等知识点，为高频考点，侧重考查学生分析判断 能力，知道晶体类型与晶体熔沸点的关系、分子晶体熔沸点影响因素等是解本题

40、关键， 题目难度不大。13 .【答案】B【解析】 解：A、铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，原电池放电过程是放热反应, 故A错误；B、由电子守恒知，消耗氧化剂氧气的体积1.12g_LFI x 3X 22.4L/mol（标况下）v（O 2）= 56g幽336mL ,故B正确；C、根据反应方程式知，负极反应式为 Fe- 2e- = Fe2+ ,故C错误；D、生石灰和氧气不反应，不能脱氧，故 D错误。故选：B。铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化 反应，正极上氧气得电子发生还原反应，原电池放电过程是放热反应，结合得失电子相 等进行有关计算。本题考查了原电池原理

41、，明确正负极的判断、正负极上得失电子、物质间的反应来分析 解答即可，难度中等。14 .【答案】C【解析】 解：HCHO燃烧生成二氧化碳与水，氢气燃烧生成水，反应方程式为HCHO +?点燃？点燃？-02 CC2 + H2。' 2H2+ 02 2H2O?二氧化碳、水与过氧化钠反应 2CC2 + 2Na2C2 = 2Na2CC3 + C2 , 2H2C+ 2W2C2 =4NaCH + O2，通过方程式可以看出，固体质量的增加量就是原混合气体中HCHO、H2的质量和，Na2O2增重8g,所以HCHO、出的质量和为8g。所以混合气体中氧气的质量为 20g - 8g = 12g o所以氧气的质量分

42、数为券*100%=60%。故选：Co?点燃？HCHO燃烧生成二氧化碳与水，氢气燃烧生成水，反应方程式为HCHO+ O2 _ CO2 +?点燃？H2O, 2H2+ O2 -2H20,二氧化碳、水与过氧化钠反应 2CO2 + 2Na2O2= 2Na2CO3 +O2, 2H2O+ 2Na2O2 = 4NaOH + O2,通过方程式可以看出，固体质量的增加量就是原混合气体中HCHO、H2的质量和.据此计算.本题考查混合物的计算， 题目难度不大，关键在于过氧化钠固体质量增加实质为氢气与 甲醛的质量.15 .【答案】D【解析】 解：可以将溶质看成 3molNaCl和1molH2SO4,再转化一下思想，可以

43、看成2molHCl , ImolNa 2SC4, ImolNaCl ,由于ImolNa 2sO4自始至终无法放电，且其溶液 pH = 7,暂时可以忽略，则电解过程可先看成电解HCl ,再电解NaCl,最后电解水，SP2HCl -H2 T+CI2 俨 2NaCl+ 2H2C-2NaCH + H2 T+CI2 个 2H2。尸 2H2 T+C2 代 生成的NaCH为碱性，pH大于7。A、阴极自始自终是氢离子放电，只析出H2,故A正确；B、阳极氯离子先于氢氧根离子放电，先析出Cl2,后析出。2,故B正确；C、电解最后阶段为电解水，故 C正确；D、溶液pH不断增大，最后生成的 NaCH为碱性，pH大于7

44、,故D错误；故选：D。根据电解原理：阳极离子的放电顺序： 银离子 > 铜离子 > 氢离子，阴极离子的放电顺序： 氯离子 > 氢氧根离子，溶液中含有两种溶质 NaCl和H2SC4,根据电解原理判断放电的离 子.本题是对电解原理的考查，要求学生会根据电解原理书写常见电解质的电解反应，难度较大.16 .【答案】C【解析】解：合金溶于足量的 NaCH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气3.36L(标准大况),物质的量为3.36L_22.4L/mol=0.15mol ,根据电子转移守恒可知n(Al)0.15mol X2第23页，共21页0.1mol ,故金属铝的质量为 O.lmol

45、 X27g/mol = 2.7g,金属铝提供电子的量是 0.3mol ; 将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，向反应后的溶液中加入过量的NaCH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜。由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱 的氢氧根离子的物质的量。设反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量为xmol,根据沉淀的质量等于 Fe、Cu的总质量与氢氧根质量之和可得：17.9g - 2.7g + xmol x 17g/mol = 25.4g ,解得 x = 0.6mol ,因此17.9g合金失去的电子总的物质的量

46、为0.6mol + 0.3mol = 0.9mol ,设设生成NC的标准状况下的体积为 V,则有：V22.4mol/LX3 = 0.9mol ,解得 V = 6.72L , 故选：Co根据n =:计算氢气的物质的量，根据电子转移守恒计算n(Al),进而计算 Al的质量、V mAl提供的电子物质的量.将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱 的氢氧根离子的物质的量，沉淀的质量等于Fe、Cu的总质量

47、与氢氧根质量之和，从而求出反应中金属铁、铜失去电子的物质的量.通过以上两步得到合金失去的电子总的物质的量，设生成NO的标准状况下的体积为 V,V则有：224mM X 3 =合金失去的电子总的物质的量本题考查混合物的计算、反应方程式的计算等，难度中等，利用方程式计算步骤繁琐， 本题采取守恒方法解答，判断金属提供的电子的物质的量等于氢氧根的物质的量是该方 法的关键，注意化合物计算中守恒思想的运用.17 .【答案】A【解析】解：A.向Fel2中加入氯水，离子还原性I- > Fe2+,氯气和Fe溶液顺序反应， 2I- + Cl2 = I2 + 2Cl- , 2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+

48、 + 2Cl- ,氧化碘离子和亚铁离子，需要氯 气物质的量之比为 2: 1,故A正确；B.用钳电极持续电解硫酸铜溶液开始电解硫酸铜和水生成氧气，铜离子电解完继续电解是电解水，生成氢气和氧气，生成气体增多，图象变化不符合，故 B错误；C.NaOH溶液中滴入Ba(HCO3)2溶液中发生反应，开始会生成碳酸根沉淀， 图象不符合, 故C错误；D.CC2气体通入澄清石灰水发生反应生成碳酸钙和水，导电性减弱，继续通入二氧化碳 和碳酸钙反应生成溶于水的碳酸氢钙，导电性增强，两个过程中消耗二氧化碳的量相同，图象不符合，故D错误； 故选：A。A.向FeI2中加入氯水，离子还原性I- > Fe2+ ,氯气和

49、56溶液顺序反应；B.用钳电极持续电解硫酸铜溶液开始电解硫酸铜和水生成氧气，铜离子电解完继续电解是电解水，生成氢气和氧气；C.NaOH溶液中滴入Ba(HCO3)2溶液，反应开始有沉淀生成；D.溶液导电性取决于离子浓度大小。本题考查了氧化还原反应、电解原理、离子反应定量关系、图象的理解应用等，掌握基 础是解题关键，题目难度中等。18 .【答案】C【解析】 解：短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大， W、X原子的最外 层电子数之比为 4： 3,由于最外层电子数不超过 8,故W的最外层电子数为 4,处于第 IV A族，X的最外层电子数为 3,处于第mA族，原子序数X大于W,故W为C元素，

50、 X为Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多 4,故Z的核外电子数为17,则Z为Cl 元素，Y的原子序数大于铝元素，小于氯元素，故 Y为Si或P或S元素，A、同主族自上而下电负性减弱，丫若为Si元素，则电负性C> Si,故A错误；B、同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大， 故原子半径Al > Y > Cl >C,故B错误；C、若Y、Z形成的分子为SiC4,为正四面体构型，故 C正确；D、WY2分子为C,分子结构式为S= C = S,双键中含有1个微、1个兀键，故虢与兀 键的数目之比1： 1,故D错误； 故选：Co短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次

51、增大，W、X原子的最外层电子数之比为4： 3,由于最外层电子数不超过 8,故W的最外层电子数为 4,处于第IVA族，X的最外层电子数为 3,处于第mA族，原子序数X大于W,故W为C元素，X为Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多 4,故Z的核外电子数为17,则Z为Cl元素，Y的原子序数大于铝元素，小于氯元素，故 丫为Si或P或S元素，据此解答.本题考查结构性质位置关系，难度中等，推断元素是关键，注意Y元素的不确定性.19 .【答案】C【解析】解：A.若a点pH = 4,c(H+)= 10-4 mol/L ,溶液呈酸性，根据方程式知c(HClO)= c(Cl-) - c(ClO-) , c(Cl

52、-) = mc(ClO-),则 c(HClO) = (m - 1)c(ClO-), Ka(HClO)=c(H + )c(ClO - ) c(H + )c(ClO -) 切的护c(HClO) = (m-1)c(ClO -)，故 A 徐庆，Bx= 100, Cl2恰好与NaOH溶液生成NaCI、NaClO , NaClO水解生成次氯酸，次氯 酸具有漂白性，不能用 pH试纸测pH,应选pH计，故B错误；。若丫= 200 , c 点对应溶液中存在 0.1moINaCI、0.1moINaCIO、0.2moINaOH ,根据电荷 守恒得：c(H+) + c(Na + ) = c(CI- ) + c(CIO

53、- ) + c(OH-)，氯元素守恒得：c(CI- ) = c(CIO- ) + c(HCIO) 2c(CI - ) + 2c(CIO- ) + 2c(HCIO)= c(Na + ),由 + + 得：c(OH- ) = 2c(CI- ) + c(HCIO) + c(H +),故 C 正确； D.bc段，CI2恰好与NaOH溶液生成 NaCI、NaCIO ,随NaOH溶液的滴入，NaOH抑制 NaCIO 水解：CIO- + H2O? HCIO+ OH, c(HCIO)减小，c(CIO-)增大，所以嚅2减 c(CIO )小，故D错误，故选：Co整个过程先后发生的反应为CI2 + H2O? HCI+

54、 HCIO、HCI + NaOH = NaCI + H2O、HCIO+ NaOH = NaCIO + H2O,c(H +)c(CIO -) c(HCIO)A.若 a点pH = 4, c(H + ) = 10-4 moI/L ,溶液呈酸性，根据方程式知 c(HCIO) = c(CI-)- c(CIO-) , c(CI- ) = m c(CIO-),则c(HCIO) = (m - 1)c(CIO- ), Ka(HCIO)=c(H +)c(CIO -)-：(m-1)c(CIO - )'8.若*= 100, CI2恰好与NaOH溶液生成NaCI、NaCIO, NaCIO水解生成次氯酸，次氯酸具

55、有漂白性，不能用pH试纸测pH；。若丫= 200 , c点对应溶液中存在 0.1moINaCI、0.1moINaCIO、0.1moINaOH ,根据电荷 守恒与物料守恒来解答；D.bc段，CI2恰好与NaOH溶液生成NaCI、NaCIO,随NaOH溶液的滴入，NaOH抑 制 NaCIO 水解：CIO- + H2O? HCIO+ OH。本题考查了离子浓度大小的判断，题目难度中等，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的应用。20.【答案】AD【解析】解：反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为20% ,说明甲乙两容器为等效平衡状态，A.

56、若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则必须满足方程式左右气体的计量 数之和相等，所以x= 4,故A正确；B.反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2,由此可知甲乙是等效平衡，平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比肯定相等，故 B错误；C.C的体积分数都为0.2,则A、B共占80%,而n(A) : n(B) = 3: 1,所以平衡时甲中 A 的体积分数为60% ,故C错误；D.二者为等效平衡，满足x= 4,反应前后气体的物质的量不变，容器的则两容器中压 强之比为(6 + 2) : (1.5 + 0.5 + 3) = 8: 5,故 D 正确。故选：AD。反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为20%,说明甲乙两容器为等效平衡状