2019届高三上学期第二次诊断性考试化学试题(解析版)

1、2021届高三第二次诊断性测试化学试题说明：本试卷总分值100分,分为第I卷选择题和第II卷非选择题两局部,第I卷为第1页至第5页,第II卷为第5页至第8页.试题答案请用2B铅笔或0.5mm签字笔填涂到做题卡规定位置上,书写在试题上的答案无效.测试时间90分钟.可能用到的相对原子质量：N14O16Al27S32K39Mn55Ba137第I卷共50分一、选择题此题包括10小题,每题2分,共20分.每题只有一个选项符合题意1.中国文化对人类文明奉献巨大.对以下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CaOH2B.?黄白第十大?曾青涂铁,铁赤如铜主要发生了置换反响

2、C.?本草纲目?用浓酒和糟入甑,蒸令气上,用器承滴露,利用到蒸储D.?梦溪笔谈?以剂钢为刃,柔铁为茎干,不尔那么多断折中剂钢"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.铁与硫酸铜反响是铁置换出铜,铜为红色,反响方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu,该反响为置换反响,故B正确；C.由信息可知,蒸令气上,那么利用互溶混合物的沸点差异不同进行别离,那么该法为蒸储操作,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.应选A.2.国际计量大会对摩尔的最新定义为：“1摩尔包含6.022140761023个根

3、本单元,这一常数称作阿伏加德罗常数Na,单位为mol-1.以下表达正确的选项是A.标准状况下,22.4LSO3含有Na个分子B. 6.4gCH4O含有的C-H键为0.6NaC. 0.1molNa2O2与CO2反响转移的电子数为0.2NaD. 0.1mol/L的乙酸溶液中含有的H+数目小于0.1Na【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.6.4gCH30H物质的量为0.2mol,1个甲醇分子中有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.0.1molNa

4、2O2与足量的CO2充分反响,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.应选Bo3 .分类法是化学重要的研究方法,以下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、石墨强电解质溶液的导电水平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响是氧化复原反响煤的气化、液化、干储都是化学变化A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】水银是金属汞,属于纯洁物,故错

5、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,导电水平很弱,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；有单质参加的反响或有单质产生的反响不一定是氧化复原反响,如同素异形体间的转化是非氧化复原反响,故错误；煤的气化、液化、干储都是化学变化,故正确.所以正确的有.应选Ao4 .据图中所示硫酸试剂瓶标签上的内容,以下说法正确的选项是破酸化学纯H'P)(500mL)品名】成酸化学式才相

6、对分子质一：98密攫:1.那么gcm1质品分数：98%A.将该硫酸加水配成质量分数49%的溶液时浓度为9.2mol/LB.1molAl与足量的该硫酸反响产生3g氢气C.硫酸的摩尔质量为98gD.配制500mL4.6mol/L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

7、此计算需要浓硫酸的体积.1000mL/L*l.84g/mL乂9S%【详解】A.原硫酸物质的量浓度为9电=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,那么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,那么500mLX4.6mol/L=xmL18.4mol/L

8、,解得x=125,所以应量取的浓硫酸的体积为125mL,故D正确.应选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14N2的判断正确的选项是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,由于摩尔质量不相等,那么质量不等,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,那么物质的量相等,前者中子数为16,后者为14,那么中子数不等,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

9、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,那么物质的量不相等,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.6 .以下各组离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.强碱溶液中；Na+、K+、CO32-、NO3-【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-,NH4+不能大量存在,故A错误；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错误；C.含有大量AlO2一的溶液呈碱性,NH4+、H+不能大量存在,故C错误；D.在强碱性溶液中,Na>K>CO32>NO3离子之间不反响,可以大量共存,故D正确；综上所述,此题选Do7.向铝粉中添加少量NH4C1固体并充分混合,将其加热到1000c时可与N2反响制备A1N,以下说法正确的是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外表的Al2O3薄膜D.A1N与足量盐酸反响的离子方程式为AlN+3H+=Al3+NH3T【答案】C【解析】A.AlN属原子晶体化合

11、物,属于无机非金属材料,故A错误；B.Al(OH)3有两性,能溶于NaOH,那么AIN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NH4CI固体并充分混合,有利于AlN的制备,其主要原因是NH4C1分解产生的HCl能够破坏Al外表的AI2O3薄膜,故C正确；D.AlN与足量盐酸反响的离子方程式为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.以下说法正确的选项是A. Y最高价氧化物的水

12、化物化学式为H2YO4B. 丫能从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：Z>XD.X与W形成的化合物中阴、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,那么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,那么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；8 .丫为Cl元素,Z为S元素,

13、非金属性Cl>S,所以丫能从Z的盐溶液中置换出Z的单质,故B正确；C.非金属性O>S,那么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.应选Bo9 .以下物质中可用于除去CuCl2中混有的Fe3+,且不引入新杂质的是A.FeB.CuC.CuOD.NaOH【答案】C【解析】【详解】A.CuCl2能与铁粉反响生成氯化亚铁和铜,引入新的杂质,不符合除杂原那么,故A错误；B.Fe3+与Cu反响生成Fe2+和Cu2+,引入新的杂质,不符合除杂原那么,故B错误；C.Fe3+水解溶液显

14、酸性,Fe3+3H2O?Fe(OH)3+3H+,参加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,符合除杂原那么,故C正确；D.CuCl2与Fe3+都能与NaOH反响生成沉淀,不符合除杂原那么,故D错误.应选Co10.某心脏起搏器工作时发生反响：4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2,以下判断正确的选项是A.复原剂只有LiB.SOCl2既是氧化剂又是复原剂C.复原产物包括LiC1和SD.生成1.12LSO2时,反响转移电子为0.2mol【答案】A【解析】【分析】4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2反响中,Li的化合价升高,作复原剂,S元素的化合价降低,作氧化

15、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,作复原剂,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复原,单质S是复原产物,故C错误；D.反响4Li+2SOCl24LiCl+S+SO2中,每生成1molSO2转移4mol电子,那么标准状况下生成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.应选A.二、选择题(此题包括10小题,每题3分,共30分.每题只有一个选项符合题意)11.以下有关金属的工业制法中,

16、正确的选项是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复原得铁C.制镁：用海水为原料,经一系列过程制得氧化镁固体,H2复原得镁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,工业上用黄铜矿冶炼铜的反响为：8CuFeS2+21O2J°-8Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2,故A错误；B.工业上常用用CO在高温下复原铁矿石炼铁：3CO+Fe2O3高温2Fe+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

17、解熔融氯化镁：MgCl2熔融昆堡Mg+Cl2t故C错误；D.由于氯化铝是分子晶体,熔融状态下氯化铝不导电,工业制铝是电解熔融的氧化铝：2A12O3熔融里第丰三4A1+3O2T,故D错误.应选B.【点睛】金属的冶炼方法：A1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复原法,加热时,用适宜的复原剂,如H2、C、CO、或者较活泼的金属A1铝热反响进行冶炼；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 .以下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

18、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 .以下表达中,正确的选项是A.两种微粒,假设核外电子排布完全相同,那么其化学性质一定相同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,那么一定属于同种元素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

19、.两原子如果核外电子排布相同,那么一定属于同种元素,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.Cu和Cu2+O某小组拟热分解应选C.14.氯化亚铜CuC1是白色粉末,微溶于水,酸性条件下不稳定,易生成金属CuC122H2O制备CuC1,并进行相关探究.以下说法正确的选项是CuCl"师+Cli加热Ch鼠0HCu.A.制备CuC1时产生的C12可以回收循环利用,也可以通入饱和NaC1溶液中除去B. Cu2OH2CI2在200c时反响的化学方程式为：Cu2OH2CI22CuO+2HC1TC. X气体可以是N2,目的是做保

20、护气,抑制CuC122H2O加热过程可能的水解D. CuC1与稀硫酸反响离子方程式：2CuC1+4H+SO42=2Cu2+2C1-+SO2T+2HO【答案】B【分析】A.C12在饱和NaC1溶液中的溶解度小,不能被吸收；B.Cu2OH2c12加热至200c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CuC12水解；2+D.CuC1在酸性条件下不稳定,易生成金属铜和Cu.【详解】A.制备CuC1时产生的C12可以转化为HC1,回收循环利用,C12在饱和NaC1溶液中的溶解度小,不能被吸收除去,故A错误；B.Cu2OH2c12加热至200c时生成CuO,结合原子守恒可知,还生成H

21、C1,那么化学方程式为：Cu2OH2c1242CuO+2HC1T,故B正确;C.CuC12水解生成氢氧化铜和HC1,X气体是用于抑制CuC12水解,那么X为HC1,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.应选Bo15.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.以下有关说法正确的选项是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22.4LD.构成气态冰的分子中含有极性共价键【答案】D【解析】【详解】A

22、.常态冰和气态冰是水存在的不同形式,状态不同,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.应选D.16.以下有关化学用语表示正确的选项是A.中子数为10的氟原子：10FB.Mg2+的结构示意图：,C.甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2D.硫化钠的电子式：Ka：S：SaV【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,该元素符号可以表示为：19F

23、,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：财+：$：如附+,故D错误.应选Bo17.以下离子方程式书写正确的选项是A.Na2s2O3溶液与稀H2SO4反响的离子方程式：S2O32-+6H+=2SJ+3HOB.向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2,CO32-+CO2+H2O=2HCO3-C. AgNO3与过量浓氨水反响的离子方程式：Ag+NH3H2O=AgOH+NH4+D. Fe与稀硝酸反响,当n(Fe)：n(HNO3)=1：2时,3F

24、e+2NO3-+8H+=3Fe2+2NOT+4H2O【答案】D【解析】【详解】A.电荷不守恒,Na2s2O3溶液与稀H2SO4反响的离子方程式：S2O32+2HSj+SO'+HO,故A错误；B.由于Na2CO3溶液是饱和的,所以生成的NaHCO3会析出,反响的离子方程式应为2+CO3+H2O+CO2+2Na=2NaHCO3J,故B错误；C.向AgNO3溶液中逐滴参加氨水,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,离子方程式为：Ag+2NH3?H2O=Ag(NH3)2r+2H2.,故C错误；D.Fe与稀硝酸反响,当n(Fe)：

25、n(HNO3)=1：2时,硝酸缺乏,反响生成硝酸亚铁、一氧化氮和水；离子方程式：3Fe+2NO3+8H+3F(2+2NOT+4H2O,故D正确.应选D.【点睛】判断离子方程式的正误：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；上看拆分是否恰当：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；兰看是否符合客观事实：离子反响的反响物与生成物必须与客观事实相吻合.18.某小组对某无色水样进行检验,水样中只可能含有K+、Mg2+、Cu2+、Al3+、CO32-、SO42-、C1-中的假设干种离子

26、.该小组取100mL水样进行实验,先滴加硝酸钢溶液,再滴加1molL-1的硝酸,实验过程中沉淀质量变化情况如下图,以下分析错误的选项是沉淀质量依注明：6.27一4一个动段表示滴加哨酸银溶液；A段表示滴加稀硝酸.gt-I-JL(_."abed实验过程A. 一定含有的离子是：K+、SO42-、CO32-B. BC段反响的离子方程式：BaCO3+2H+=Ba2+CO2T+HOC. K+物质的量浓度的范围是：c(K+)>0.6mol/LD.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【解析】【分析】该水样为无色溶液,水样中Cu2+不存在,依据图象分析参加硝

27、酸钢溶液生成沉淀,参加稀硝酸,沉淀局部溶解证实水样中一定含有SO42-,CO32-,又由于A产与CO32-发生双水解,CO32-与Mg2+发生反响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：0.01molX2+0.02molX2+n(Cl-)=n(K+)推知n(K+)>0.06mol,贝Uc(K+

28、)>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段所表示的反响是碳酸钢溶于稀硝酸的反响,反响的离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2+CO2T+HO,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：0.01mol2+0.02mol2+n(Cl-)=n(K+)推知n(K+)>0.06mol,那么c(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

29、水样中是否含有C1-,故D错误.应选D.19.以下实验操作、现象和结论或解释中有错误的选项是操作现象姑建或解蜂:向硅酸的溶液中滴加1清的猷,再建滴勿入稀盐酸至红色捷去严学白色胶就物侦非金属牡.>sij111B打磨过的健条在篁气中点燃后迅速植入充满;氧化黑的集气福晨由光.产生白烟以覆少蛆黑色固体镁与氧化碳发生*换度应C将新机氯水和NaBr溶液在忒管中通合后.参加CCL.振港+静置卜层溶液呈橙红色氧化性tCh>Brj1向闻门0项藩液中需加过筮氨水产生白色胧状物期且不溶解A/与NHsHK)不能大怵黄存A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.试管里出现凝胶,说明生成硅酸,根据

30、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Cl>Si,由于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拟的,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,属于置换反响,故B正确；C.由操作和现象可以知道氯水置换出澳,加四氯化碳萃取后有机层在下层,下层溶液呈橙红色,那么氧化性：Cl2>Br2,故C正确;D.硫酸铝与氨水反响生成氢氧化铝和硫酸钱,那么溶液变浑浊,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.应选A.20.有些离子方程式能表示一类反响,有些离子方程式却只能表示一

31、个反响,以下离子方程式中,只能表示一个化学反响的是Fe+Cu2+=Fe2+CuBa2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4J+2HOCl2+H2O=H+C1-+HC1OCO32-+2H+=CO2T+HOA.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】可表示铁与可溶性铜盐的反响,可表示一类反响,故错误；可表示氢氧化钢与硫酸、硫酸氢钠的反响,可表示一类反响,错误；只能表示氯气与水的反响,故正确；可表示可溶性碳酸盐与强酸的反响,可表示一类反响,故错误；只能表示一个化学反响的只有.应选A.第II卷非选择题,共50分二、推断分析题此题包括1小题,共13分21.化学的特征之一是从微观的层面熟悉物质.通过结合元

32、素周期表与周期律,建立位置结构性质思维模型,我们可以更好地熟悉物质世界.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,其原子半径及主要化合价如下：元素代号XY铝2MWQR原子半轻片同0.18604430.1040.0990.0700.0660.032生要化合价十1+3-7*7+5,7-2+11X在周期表中的位置是;丫、Q各自形成的简单离子中,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

33、素性质十分相似,称为对角线法那么.如锂与镁、皱与铝等,其单质或化合物的性质可参照对角线法那么进行熟悉.(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)以下关于皱的判断正确的选项是A.氧化皱的化学式为Be2O3B.Be(OH)2可溶于水C.BeCl2是离子化合物D.Be(OH)2具有两性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).O2-(3).共价键(4).氯(5).HC1O4(6).Li.：广Lr(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I

34、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V!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,那么M为Cl元素；W为+5、-3价,且原子半径小于Cl大于O,那么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I

35、A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,那么Li在空气中燃烧白生成物是Li2O,同时还有Li3N、C生成.氧化锂是离子化合物,所以电子式是LiH：6广",故答案为：口飞g：F",U3N、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)

36、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AlC%相似,氯化铝是共价化合物,那么BeCl2也是共价化合物,故C错误；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,那么Be(OH)2也具有两性,故D正确.故答案为：D.(5)被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那么不溶,故答案为：氢氧化钠溶液.【点睛】明确对角线规那么是解此题关键,根据Al及其化合物的性质,利用知识迁移的方法

37、分析解答.三、实验探究题(此题包括3小题,共37分)22.氧化复原滴定是常用的定量分析方法.(1)实验室里欲用KMnO4固体来配制240mL0.1molL-1的KMnO4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、.以下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枯燥处理c.未用蒸储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Fe2+的含量.写出该反响的离子方程式.假设消耗3.16gKMnO4

38、,那么该反响转移的电子数目为.(3)高镒酸钾溶液会与盐酸反响：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2T+8HO,用单线桥标出反响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.滴定反响的离子方程式为.【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) .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)根据配制一定物质的量浓度的溶液所需的仪器以及误差分析进行解答

39、；(2)铁元素化合价从+2价升高到+3价,镒元素的化合价从+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；根据反响方程式可知,当有2molKMnO4消耗时,反响转移10mol电子.(3)在2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5CI2T+8HO反响中,根据化合价变化情况分析可知,当有2molKMnO4反响时,有10moi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的容量瓶,因此应选用250mL的容量瓶,所以还需要250mL的容量瓶,故

40、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枯燥处理,对配制溶液无影响,故b错误；c.假设未用蒸储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)铁元素化合价从+2价升高到+3价,镒元素的化合价从+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

41、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+4H2.根据反响方程式可知,当有2molKMnO4消耗时,反响转移10moi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,故答案为：0.1Na.(3)在2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2T+8HO反响中,根据化合价变化情况分析可知,当有2mol

42、KMnO4反响时,有10moi电子转移,因此用单线桥法表示的式子为：10.I,故答案为：2KMi1CUT6HC1(浓)-2Ka-2fna2-5Cl21+8H：O101JO2KMi10THC口浓)=2KCl-2AhiCl-5Ci:t-SH2O(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,反响的离子方程式为：S2O52'+2I2+3H2O=2SO42-+4I'+6H+,故答案为：S2O52-+212+3H2O=2SO42-+4I-+6H+°23.铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成的重要复原剂,其合成线

43、路如以下图所示:宙吟察氯化得/多幽_有机溶液上(1)制备无水A1C13实验装置如下,AlCl3易升华(178C),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.铝氢化钠样品中仅含有少量杂质NaH,NaH也会与水反响.铝氢化钠与水反响的化学方程式为取少量上述样品,滴加足量的水,向反响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1.56g上述样品与水完全反响后,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

44、保存两位有效数字).假设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.(填关于"、力、于"或等于")甲乙【答案】(1).A(2).吸收未反响的氯气,预防空气中的水蒸气进入装置或预防A1C13水解(3).AlCl3+4NaH=NaA1H4+3NaC1(4).NaAlH4+4H2O=NaAl(OH)4+4H2T(或NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2T)(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【解析】【分析】(1)先点燃A处酒精灯,产生氯气,利用氯气

45、排装置内的空气,当D中充满黄绿色气体时,再点燃另一处酒精灯；氯气有毒,吸收未反响的氯气,预防空气中的水蒸气进入装置或预防A1C13水解；(2)反响方程式为：AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl;(3)铝氢化钠遇水发生剧烈反响,根据原子守恒可判断生成物是偏铝酸钠和氢气；NaAlH4与水反响生成偏铝酸钠和氢气,氢化钠与水反响生成NaOH和H2;盐酸先与氢氧化钠溶液发生中和,开始没有沉淀,然后盐酸与偏铝酸钠溶液反响生成氢氧化铝白色沉淀,继续滴加盐酸,氢氧化铝与盐酸反响,白色沉淀完全溶解；由于两种物质均能与水反响生成氢气,因此可以通过测量氢气的体积计算纯度.【详解】(1)要制备氯化铝,所以装

46、置内就不能存有空气,先点燃A处酒精灯,产生氯气,利用氯气排装置内的空气,当D中充满黄绿色气体时,再点燃另一处酒精灯；氯气有毒,污染空气,AlC13178c升华,在潮湿的空气中易水解,因此装置F中装有碱石灰,吸收未反响的氯气,预防空气中的水蒸气进入装置或预防AlCl3水解,故答案为：A；吸收未反响的氯气,预防空气中的水蒸气进入装置或预防AlC%水解.(2)制取铝氢化钠的化学方程式是AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl,故答案为:AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl.(3)铝氢化钠遇水发生剧烈反响,根据原子守恒可判断生成物是偏铝酸钠和氢气,其反响的化学方程式为NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2T,故答案为：NaAlH4+4H2O=NaAl(OH)4+4H2T(或NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2T).NaH与水反响生成了NaOH和H2,铝氢化钠与水反响生成了偏铝酸钠和H2,向反响后的溶液中逐滴滴加盐酸并振荡,盐酸先与氢氧化钠溶液发生中和,开始没有沉淀,然后盐酸与偏铝酸钠溶液反响生成氢氧化铝白色沉淀,继续滴加盐酸,氢氧化铝与盐酸反响,白色沉淀完全溶解,故答案为：开始没有沉淀,后产生白色沉淀,最终白色沉淀完全溶解.由于两种物质均能与水反响生成氢气,因此可以通过测量氢气的体积计算纯度.设样品中铝氢化钠的物质的量是xmo