【化学】河北省唐山市区县联考2020届高三上学期第一次段考（解析版）

【化学】河北省唐山市区县联考2020届高三上学期第一次段考（解析版）

河北省唐山市区县联考2020届高三上学期第一次段考 ‎1.《新修本草》是我国古代中药学著作之一，记载药物844种，其中有关于“青矾”的描述：“绛矾，本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”据此推测，“青矾”的主要成分为(　　)‎ A. CuSO4·5H2O B. FeSO4·7H2O C. KAl(SO4)2·12H2O D. Fe2(SO4)3·9H2O ‎【答案】B ‎【分析】“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe203超细粉末为红色。‎ ‎【详解】CuSO4·5H2O为蓝色晶体， FeSO4•7H2O是绿色晶体， KAl（SO4）2•12H2O是无色晶体，Fe2（SO4）3•9H2O为黄色晶体，所以判断“青矾”的主要成分为FeSO4•7H2O，故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了物质性质、物质颜色的掌握，掌握基础是解题关键，主要是亚铁盐和铁盐转化的颜色变化，信息理解是关键。‎ ‎2.下列说法中正确的是(　　)‎ ‎①干冰不是冰；②纯碱不是碱；③食盐不是盐；④氢键不是化学键 A. 全部 B. ①②③ C. ①②④ D. ①②③④‎ ‎【答案】C ‎【详解】①干冰是固态的CO2，冰是固态的水，即干冰不是冰，故①说法正确；‎ ‎②纯碱是Na2CO3，Na2CO3属于盐，即纯碱不是碱，故②说法正确；‎ ‎③食盐的成分是NaCl，NaCl属于盐，故③说法错误；‎ ‎④氢键不是化学键，是特殊的分子间作用力，故④说法正确；‎ 综上所述，选项C符合题意；‎ 答案为C。‎ ‎3.铟(‎49In)与铷(37Rb)同周期。下列说法错误的是(　　)‎ A. In原子核外有5个电子层 B. In的中子数与电子数的差值为17‎ C. 碱性：In(OH)3＜RbOH D. 原子半径：In＞Rb ‎【答案】D ‎【详解】A、In的原子序数为49，位于第五周期第ⅢA族，即In核外有5个电子层，故A说法正确；‎ B、根据原子构成，49为In的质子数，115为In的质量数，则中子数为115－49=66，则中子数与电子数的差值为66－49=17，故B说法正确；‎ C、Rb为第五周期IA族，同周期从左向右金属性减弱，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性增强，即碱性：RbOH>In(OH)3，故C说法正确；‎ D、同周期从左向右原子半径减小，即原子半径：Rb>In，故D说法错误；‎ 答案为D。‎ ‎4.下列说法正确的是(　　)‎ A. 氧化铁俗称“铁红”，可以和某些油料混合制成防锈油漆 B. 食盐可作调味剂，但不能作食品防腐剂 C. 苏打是一种膨松剂，可用于制作馒头和面包 D. 玻璃是氧化物，成份可表示为Na2O·CaO·6SiO2‎ ‎【答案】A ‎【详解】A、氧化铁化学式为Fe2O3，红棕色，俗称“铁红”，可以用作油漆、炼铁的原料等，故A说法正确；‎ B、食盐不仅可作调味剂，食盐能够使细菌脱水死亡，达到抑制细菌繁殖的目的，食盐也可以作食品防腐剂，故B说法错误；‎ C、能做膨松剂，可用于制作馒头和面包的是小苏打，即是NaHCO3，苏打的成分是Na2CO3，苏打不能作膨松剂，故C说法错误；‎ D、玻璃是混合物，不是氧化物，故D说法错误；‎ 答案为A。‎ ‎5.下列过程中，只有共价键被破坏的是(　　)‎ A. 冰融化 B. 硫酸氢钠溶于水 C. 食盐熔化 D. 氯气溶于水 ‎【答案】D ‎【详解】A、冰融化破坏的分子间作用力，没有破坏共价键，故A不符合题意；‎ B、NaHSO4属于强电解质，NaHSO4溶于水，NaHSO4电离方程式为NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，破坏了离子键和共价键，故B不符合题意；‎ C、NaCl属于离子化合物，熔化时破坏离子键，故C不符合题意；‎ D、Cl2中两个氯原子之间存在共价键，Cl2溶于水，有少量的Cl2与H2O发生Cl2＋H2OHCl＋HClO，只破坏了共价键，故D符合题意；‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】①离子化合物的溶解或熔化过程，破坏的是离子键；②有些共价化合物溶于水后，能与水反应，其分子内的共价键被破坏，如CO2和SO2等；③某些共价化合物溶于水后，破坏共价键，如HCl等；④某些共价化合物溶于水后，不破坏共价键，如蔗糖和酒精等；⑤某些活泼的的非金属单质溶于水后，能与水反应，其分子内的共价键被破坏，故氯气、氟气等。‎ ‎6.海水中食盐储量丰富，工业上常用食盐制取多种产品。下列物质不能通过食盐一步制取的是(　　)‎ A. 金属钠 B. 烧碱 C. 纯碱 D. 氯气 ‎【答案】C ‎【详解】A、电解熔融状态的氯化钠得到金属钠，其化学反应方程式为2NaCl2Na＋Cl2↑，故A不符合题意；‎ B、电解饱和食盐水，其反应方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，其中NaOH为烧碱，故B不符合题意；‎ C、用NaCl制备纯碱，方法是NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，然后加热NaHCO3，发生2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，不能直接一步得到纯金，故C符合题意；‎ D、电解饱和食盐水，其反应方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，能直接得到氯气，故D不符合题意；‎ 答案为C。‎ ‎7.某微粒的结构示意图为，当x-y=10时，该微粒为(　　)‎ A. 原子 B. 阳离子 C. 阴离子 D. 无法判断 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：x—y恰好是最内层和次外层的电子数之和，如果等于10，这说明该微粒是原子，答案选A。‎ 考点：考查结构示意图判断 ‎8.有关铁铜的说法正确是(　　)‎ A. 用铜制容器可以运输浓硝酸和浓硫酸 B. 铜与过量的硫粉共热产物是Cu2S C. Fe2O3与NaOH溶液反应可制取Fe(OH)3‎ D. Fe在足量Cl2中燃烧生成FeCl3，在少量Cl2中燃烧生成FeCl2‎ ‎【答案】B ‎【详解】A、铜能与浓硝酸发生反应Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，因此不能用铜作的容器盛放浓硝酸，铁与浓硫酸、浓硝酸发生钝化反应，可以用铁制容器运输浓硫酸和浓硝酸，故A错误；‎ B、硫单质氧化性较弱，与变价金属反应，将变价金属氧化成较高价态，即S和Cu反应2Cu＋S=Cu2S，故B正确；‎ C、Fe2O3为碱性氧化物，不与NaOH反应，故C错误；‎ D、氯气表现强氧化性，氯气是否过量，与铁反应都生成FeCl3，故D错误；‎ 答案为B。‎ ‎【点睛】易错点是选项D，学生认为少量的氯气与Fe反应生成FeCl2，因为铁过量，过量铁与Fe3+发生反应生成亚铁离子，忽略了该反应应在溶液中进行，即氯气是否过量，与铁反应都生成FeCl3。‎ ‎9.向碳酸钠稀溶液中加入或通入少量下列物质能反应，但看不到明显现象的是(　　)‎ A. Ca(OH)2溶液 B. Na2O2固体 C. CO2 D. CaCl2溶液 ‎【答案】C ‎【详解】A、发生Ca(OH)2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaOH，有白色沉淀生成，故A不符合题意；‎ B、加入Na2O2，发生2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，NaOH与Na2CO3不发生反应，但有气体生成，故B不符合题意；‎ C、Na2CO3与CO2发生Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，虽然NaHCO3溶解度小于Na2CO3，但Na2CO3为稀溶液，不会有晶体析出，因此无现象，故C符合题意；‎ D、发生CaCl2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaCl，有白色沉淀生成，有明显现象，故D不符合题意；‎ 答案为C。‎ ‎10.下列有关水处理方法错误的是(　　)‎ A. 用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸 B. 用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物 C. 用烧碱处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨 D. 用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子 ‎【答案】D ‎【详解】A、石灰、碳酸钠均能与酸发生反应，可以处理废水中的酸，故A说法正确；‎ B、铝盐、铁盐溶解后，溶液中Al3＋、Fe3＋水解成氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体，吸附水中的悬浮物，故B说法正确；‎ C、烧碱可与高浓度的NH4＋溶液反应产生NH3，可回收利用NH3，故C说法正确；‎ D、因为CuCl2和HgCl2可溶，因此氯气不能使Cu2＋、Hg2＋从溶液析出除去，应采用沉淀法，故D说法错误；‎ 答案为D。‎ ‎11.下列说法中，正确的是(　　)‎ A. 共价化合物中一定不含离子键 B. 同位素之间的相互转化可能是化学变化 C. 分子间作用力越大，分子的热稳定性就越强 D. 微粒的空间构型：水分子---直线形，氨分子--三角锥形 ‎【答案】A ‎【详解】A、共价化合物中一定不含有离子键，含有离子键的是化合物一定是离子化合物，故A说法正确；‎ B、同位素之间的转变只有中子的转移或得失，因此同位素之间的转化是物理变化，故B说法错误；‎ C、分子间的作用力影响物质的部分物理性质，而热稳定性是化学性质，因此分子间作用力与分子的热稳定性无关，故C说法错误；‎ D、H2O中心原子O有2个σ键和2个孤电子对，因此水的空间构型为V型，NH3中心原子N为3个σ键和1个孤电子对，NH3空间构型为三角锥形，故D说法错误；‎ 答案为A。‎ ‎【点睛】易错点是选项C，热稳定性体现该物质的化学性质，根据化学反应实质是旧键的断裂和新键的形成，即热稳定性与化学键有关，分子间作用力不是化学键，它影响的是物质的物理性质，即分子间作用力的强弱与稳定性无关，这是常考的考点，也是学生易错点。‎ ‎12.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是(　　)‎ A. NaHCO3(s) Na2CO3 (s) NaOH(aq)‎ B. Al(s)NaAlO2(aq) Al(OH)3(s)‎ C. S(s)SO3 (g)H2SO4(aq)‎ D. Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)‎ ‎【答案】A ‎【详解】A、NaHCO3不稳定，受热分解：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，碳酸钠与饱和石灰水反应：Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH，能转化实现，故A符合题意；‎ B、Al能与NaOH反应：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，因为氢氧化铝表现两性，氢氧化铝能溶于盐酸，因此偏铝酸钠与过量的盐酸反应：AlO2－＋4H＋=Al3＋＋2H2O，即NaAlO2不能与过量的盐酸反应生成氢氧化铝，故B不符合题意；‎ C、S与O2反应生成SO2，不能直接一步生成SO3，故C不符合题意；‎ D、铁与盐酸反应生成FeCl2，不能生成FeCl3，故D不符合题意；‎ 答案为A。‎ ‎13.Mg和SiO2在高温下反应生成MgO和Mg2Si。下列说法正确的是(　　)‎ A. 物质的熔点：Mg＞MgO B. 氧元素不存在同素异形体 C. Mg的还原性强于Si D. 该反应是置换反应，镁元素被氧化 ‎【答案】C ‎【分析】Mg与SiO2反应的方程式为4Mg＋SiO22MgO＋Mg2Si，然后分析即可。‎ ‎【详解】A、镁单质熔点为‎648.8℃‎，氧化镁的熔点为‎2852℃‎，氧化镁的熔点高，可以作耐高温材料，因此氧化镁的熔点高于Mg，故A错误；‎ B、氧元素存在同素异形体，如O2和O3互为同素异形体，故B错误；‎ C、根据反应方程式，Mg元素的化合价升高，Mg作还原剂，Si元素的化合价降低，即Mg的还原性强于Si，故C正确；‎ D、置换反应是单质＋化合物→单质＋化合物，该反应有单质参与反应，但没有单质生成，不属于置换反应，故D错误；‎ 答案为C。‎ ‎14.下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀是(　　)‎ A. ①②③④ B. ①②③⑤ C. ①③④⑤ D. ②③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【分析】能较长时间看到氢氧化亚铁，需要除去溶液中溶解的氧气，防止空气中氧气进入溶液，据此分析。‎ ‎【详解】①铁与稀硫酸反应产生H2，排除了装置中的空气，烧杯中水，隔绝空气中氧气进入试管中，然后滴加NaOH溶液，生成的Fe(OH)2能长时间存在，故①符合题意；‎ ‎②首先打开止水夹a，铁粉与稀硫酸反应生成H2，排除装置中的空气，以及NaOH溶液中的氧气，让装置处于H2氛围中，关闭止水夹，利用压强，将FeSO4压入NaOH溶液中，生成氢氧化亚铁，Fe(OH)2能长时间观察，故②符合题意；‎ ‎③该装置为电解装置，铁作阳极，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，C为阴极，电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，总电极反应式为Fe＋2H2O Fe(OH)2↓＋H2↑，汽油隔绝空气中氧气进入，能长时间观察到氢氧化亚铁，故③符合题意；‎ ‎④该装置，没有隔绝空气的进入，生成氢氧化亚铁迅速转化成氢氧化铁，不能长时间观察氢氧化亚铁，故④不符合题意；‎ ‎⑤苯能隔绝空气的进入，能够长时间观察到氢氧化亚铁白色沉淀，故⑤符合题意；‎ 综上所述，选项B正确；‎ 答案为B。‎ ‎15.对于钠的含氧化合物的说法正确的是(　　)‎ A. ‎‎7.8‎‎ g Na2O2固体中含离子总数为0.3NA B. Na2O2、Na2O组成元素相同，与CO2反应产物也相同 C. Na2O2与H2O反应时，H2O做还原剂 D. 氧化钠、过氧化钠均为离子化合物，仅含离子键 ‎【答案】A ‎【详解】A、过氧化钠的电子式为，1molNa2O2中含有3mol离子，即‎7.8g过氧化钠中含有离子物质的量为=0.3mol，故A正确；‎ B、Na2O2、Na2O都是由Na元素和O元素组成，Na2O2与CO2反应：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，Na2O为碱性氧化物，与CO2反应：Na2O＋CO2=Na2CO3，产物不相同，故B错误；‎ C、Na2O2与H2O反应：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，H2O既不是氧化剂又不是还原剂，故C错误；‎ D、氧化钠、过氧化钠为离子化合物，氧化钠的电子式为，只含有离子键，过氧化钠的电子式为，含有离子键和非极性共价键，故D错误；‎ 答案为A。‎ ‎16.将Fe粉、Cu粉、FeCl3溶液、FeCl2溶液和CuCl2溶液，混合于某容器中充分反应（假定容器不参与反应），下列情况下正确的是(　　)‎ A. 若Fe粉有剩余，则容器中不可能有Fe2+‎ B. 若FeCl3有剩余，则容器中还含有Cu C. 若CuCl2有剩余，则容器中不可能有Fe D. 若Cu粉有剩余，则容器中不可能有Cu2+‎ ‎【答案】C ‎【分析】氧化性的强弱顺序是Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋，还原性：Fe>Cu，据此分析。‎ ‎【详解】氧化性的强弱顺序是Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋，还原性：Fe>Cu，‎ A、铁先与Fe3＋反应：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，因为铁有剩余，因此Fe还要跟Cu2＋发生反应，Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，，Fe不与Fe2＋、Cu不与Fe2＋发生反应，因此容器中有Fe2＋存在，故A错误；‎ B、FeCl3还有剩余，Cu能与Fe3＋发生Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，因此容器中有FeCl3剩余，容器中不含Cu，故B错误；‎ C、Fe能与CuCl2发生Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，因此容器中有CuCl2，则容器中不含有Fe，故C正确；‎ D、如果铁单质与FeCl3恰好反应完全，则Cu有剩余，溶液中含有Cu2＋，故D错误；‎ 答案为C。‎ ‎17.下列各组离子，在指定的条件下一定能大量共存的是(　　)‎ A. 含有大量HCO3－的溶液：NH4+、Ba2+、A1O2－、SO42－‎ B. NH4Fe(SO4)2的溶液中： H+、Mg2+、Br-、NO3－‎ C. 浓度为3％的H2O2溶液：H+、Fe2+、C1－、I－‎ D. c(S2-)=0.1mo1.L-1的溶液中：Na+、NH4+、Al3+、ClO－‎ ‎【答案】B ‎【详解】A、HCO3－能与AlO2－发生AlO2－＋HCO3－＋H2O=Al(OH)3↓＋CO32－，这些离子在指定的溶液中不能大量共存，故A不符合题意；‎ B、NH4Fe(SO4)2中Fe元素的化合价为＋3，这些离子在指定溶液中能够大量共存，故B符合题意；‎ C、H2O2具有强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，能将I－氧化成I2，因此这些离子在指定溶液中不能大量共存，故C不符合题意；‎ D、S2－能与Al3＋发生双水解反应，S2－能被ClO－氧化，因此这些离子在指定的溶液中不能大量共存，故D不符合题意；‎ 答案为B。‎ ‎18.下列离子方程式正确的是(　　)‎ A. 将铁粉投入到浓盐酸中：2Fe+6H+ =2Fe3++3H2↑‎ B. 常温下铜与浓硝酸反应：3Cu + 8H+ + 2NO3－ = 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O C. 将四氧化三铁投入到稀硝酸中：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O D. 氢氧化铁溶于氢碘酸中：2Fe(OH)3 + 6H++2I－ =2 Fe2+ +I2+ 6H2O ‎【答案】D ‎【详解】A、铁与盐酸反应Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，故A错误；‎ B、铜与浓硝酸反应生成NO2，Cu＋4H＋＋2NO3－=Cu2＋＋2H2O＋2NO2↑，故B错误；‎ C、硝酸具有强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，离子方程式为3Fe3O4＋28H＋＋NO3－=9Fe3＋＋NO↑＋14H2O，故C错误；‎ D、Fe3＋具有强氧化性，能将I－氧化成I2，因此离子方程式为2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋I2＋6H2O，故D正确；‎ 答案为D。‎ ‎19.分别进行如下表所示实验，现象和结论均正确的是 (　　)‎ 选项 实验 现象 结论 A 向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加CCl4振荡 ‎ CCl4层无色 Fe2＋的还原性强于Br－‎ B 向盐酸中滴入少量NaAlO2溶液 无明显现象 AlO2－与H＋未发生反应 C 向某溶液里滴加NaOH溶液并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口 试纸颜色无明显变化 原溶液中无NH4＋‎ D 向某溶液中滴加KSCN溶液 溶液未变血红色 溶液中不含铁元素 ‎【答案】A ‎【详解】A、Fe2＋的还原性强于Br－，通入少量的氯气与Fe2＋发生：Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，没有溴单质生成，因此CCl4层无色，故A正确；‎ B、氢氧化铝表现两性，能与盐酸反应，因此向盐酸中加入少量的NaAlO2溶液，发生AlO2－＋4H＋=Al3＋＋2H2O，故B错误；‎ C、NH3是极易溶于水的气体，本实验中没有加热，因此发生方程式是NH4＋＋OH－=NH3·H2O，没有气体放出，试纸颜色无明显变化，故C错误；‎ D、KSCN验证Fe3＋，如果溶液中含有Fe2＋，滴加KSCN溶液，溶液未变红色，所以可能含有Fe2＋，故D错误；‎ 答案为A。‎ ‎【点睛】易错点是选项C，学生只记着氨气是学过的唯一一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，忽略了氨气极易溶于水，只有在加热或溶液为浓溶液时，采用气体逸出，否则只发生NH4＋＋OH－=NH3·H2O。‎ ‎20.铁的常见化合价有＋2价和＋3价。据研究，铁在浓HNO3中发生钝化时，可生成一种化学式为Fe8O11的化合物，它可以看作由FeO和Fe2O3组成的复杂氧化物。该化合物可以表示为(　　)‎ A. FeO·3Fe2O3 B. FeO·2Fe2O‎3 ‎ C. 2FeO·3Fe2O3 D. 2FeO·Fe2O3‎ ‎【答案】C ‎【分析】一般拆写成氧化物时，低价在前，高价在后，同时符合原子守恒，据此分析；‎ ‎【详解】A、FeO·3Fe2O3中铁原子和氧原子个数比为7：10，不符合8：11，故A不符合题意；‎ B、 FeO·2Fe2O3中铁原子和氧原子个数比为5：7，不符合8：11，故B不符合题意；‎ C、2FeO·3Fe2O3中铁原子和氧原子个数比为8：11，符合8：11，故C符合题意；‎ D、2FeO·Fe2O3中铁原子和氧原子个数比为4：5，不符合8：11，故D不符合题意；‎ 答案为C。‎ ‎21.把‎2.7 g铝投入100 mL 3 mol·L－1的NaOH溶液中充分反应后，再滴入1 mol·L－1的盐酸溶液400 mL，其结果错误的是(　　)‎ A. 溶液显酸性 B. 得到澄清透明溶液 C. 得到浑浊溶液 D. 溶液中铝元素有两种微粒存在形式 ‎【答案】B ‎【分析】铝与NaOH发生反应：2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，2.7gAl物质的量为=0.1mol，n(NaOH)=100×10－‎3L×3mol·L－1=0.3mol，显然NaOH过量，然后求出生成NaAlO2的量，滴入盐酸，发生NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，然后再根据量进行分析。‎ ‎【详解】‎2.7gAl的物质的量为=0.1mol，n(NaOH)=100×10－‎3L×3mol·L－1=0.3mol，铝与NaOH发生反应：‎ ‎2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，‎ ‎0.1 0.3‎ 氢氧化钠过量，剩余NaOH的量为0.2mol，产生NaAlO2的量为0.1mol，滴加盐酸，n(HCl)=400×10－‎3L×1mol·L－1=0.4mol，‎ 发生NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，‎ ‎0.2 0.2‎ 剩余HCl的物质的量0.2mol，然后发生AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓，‎ ‎0.1 0.2 0.1‎ 然后发生Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，‎ ‎0.1 0.1 ‎ 盐酸不足，完全反应，氢氧化铝还有剩余，‎ A、根据上述分析，溶液中有AlCl3，AlCl3为强酸弱碱盐，溶液显酸性，故A说法正确；‎ B、根据上述分析，氢氧化铝还有剩余，得到浑浊溶液，故B说法错误；‎ C、根据B选项分析，故C说法正确；‎ D、铝元素存在Al(OH)3和Al3＋两种形式，故D说法正确；‎ 答案为B。‎ ‎22.A、B、C三种物质中均含有同一种元素M，它们之间有如图所示的转化关系。A为一种金属单质，其产量直接关系国民经济命脉。反应①②③均为化合反应，反应④为置换反应。下列有关说法错误的是(　　)‎ A. ①中所加试剂可能是氯气 B. ③中需要加具有氧化性的试剂 C. 元素M在②中发生的价态变化也能通过加碘化钾溶液实现 D. A与稀硝酸反应一定能实现元素M在①中发生的价态变化 ‎【答案】D ‎【分析】若A为一种金属单质时，反应①②③均为化合反应，反应④为置换反应，A为一种金属单质，其产量直接关系国民经济命脉，则A为变价金属Fe，铁与氯气（或溴）反应得到氯化铁，氯化铁（或溴化铁）与铁反应得到氯化亚铁（或溴化亚铁），氯化亚铁（或溴化亚铁）与氯气（或溴）反应得到氯化铁（或溴化铁），铁与盐酸发生置换反应可以得到氯化亚铁，也可以是铁与溴的反应，据此分析；‎ ‎【详解】若A为一种金属单质时，反应①②③均为化合反应，反应④为置换反应，A为一种金属单质，其产量直接关系国民经济命脉，则A为变价金属Fe，铁与氯气（或溴）反应得到氯化铁，氯化铁（或溴化铁）与铁反应得到氯化亚铁（或溴化亚铁），氯化亚铁（呀溴化亚铁）与氯气（或溴）反应得到氯化铁（或溴化铁），铁与盐酸发生置换反应可以得到氯化亚铁，也可以是铁与溴的反应，‎ A、根据上述分析，①中所加试剂可能为氯气，故A说法正确；‎ B、反应③为Fe2＋→Fe3＋，需要加具有氧化性的试剂，故B说法正确；‎ C、元素M为Fe，B中铁元素化合价为＋3价，具有强氧化性，能将I－氧化成I2，本身还原成Fe2＋，根据上述分析，C中铁元素的化合价为＋2价，故C说法正确；‎ D、A与稀硝酸反应，如A(Fe)过量，则生成Fe2＋，不能生成Fe3＋，故D说法错误；‎ 答案为D。‎ ‎23.氢化亚铜（CuH）是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一种反应物”在‎40℃‎~‎50℃‎时反应可生成它。CuH不稳定，易分解；CuH在氯气中能燃烧；跟盐酸反应能产生气体，以下有关的推断中错误的是(　　)‎ A. “另一种反应物”一定具有还原性 B. CuH既可做氧化剂也可做还原剂 C. CuH+Cl2=CuCl+HCl（燃烧）‎ D. CuH+HCl=CuCl+H2↑（常温）‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，在反应中CuSO4作氧化剂，则“另一种反应物”在反应中作还原剂，具有还原性，A项正确；B、CuH中Cu元素为+1价，既能升高又能降低，所以CuH既可做氧化剂也可做还原剂，B项正确；C、CuH在氯气中能燃烧，Cu元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，则发生2CuH+3Cl2═2CuCl2+2HCl↑，C项错误；D、CuH跟盐酸反应能产生气体，气体为氢气，该反应中只有H元素的化合价发生变化，反应为CuH+HCl═CuCl+H2↑，D项正确；答案选C。‎ 考点：考查氢化亚铜的相关性质 ‎24.四种短周期元素在周期表中的相对位置如下所示，其中T所处的周期序数与族序数相等。下列判断错误的是(　　)‎ A. W和R形成的化合物属于分子晶体 B. 元素R与氢形成的化合物有很多种 C. 含T的盐溶液可能能与NaOH溶液反应也可能与盐酸反应 D. 常温下，T的单质与W的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应产生气体 ‎【答案】D ‎【分析】四种元素为短周期元素，根据在元素周期表的位置，四种元素位于第二、三周期，即R为第二周期，其余为第三周期，T所处周期序数与族序数相等，即T为Al，R为C，Q为P，W为S，据此分析；‎ ‎【详解】四种元素为短周期元素，根据在元素周期表的位置，四种元素位于第二、三周期，即R为第二周期，其余为第三周期，T所处周期序数与族序数相等，即T为Al，R为C，Q为P，W为S，‎ A、W和R形成的化合物是CS2，该化合物属于分子晶体，故A说法正确；‎ B、C与H形成化合物是烃，故B说法正确；‎ C、含Al的盐溶液，如是NaAlO2，能与HCl发生反应，如是AlCl3，能与NaOH发生反应，故C说法正确；‎ D、W的最高价氧化物对应水化物是H2SO4，Al与浓硫酸发生钝化反应，阻碍反应的进行，故D说法错误；‎ 答案为D。‎ ‎25.研究性学习小组的同学，为测定某含镁3％~5％的铝镁合金（不含其它元素）中镁的质量分数，设计下列两种不同实验方案进行探究。填写下列空白。‎ ‎【实验方案】将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约‎20℃‎，1.01105Pa）的体积。‎ ‎【问题讨论】‎ ‎（1）同学们拟选用下列实验装置完成实验：‎ ‎①最简易的装置需要上述三个仪器，它们的其连接顺序是：A接（ ）（ ）接（ ）____________‎ ‎②实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开其活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶。猜测可能的原因是__________________________________________。‎ ‎③实验结束时，在读取测量实验中生成氢气的体积时，你认为合理的是___________ 。‎ A．待实验装置冷却后再读数 B．上下移动量筒F，使其中液面与广口瓶中液面相平 C．上下移动量筒G，使其中液面与广口瓶中液面相平 D．视线与凹液面的最低点水平，读取量筒中水的体积 ‎（2）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了如图所示的实验装置。‎ ‎①装置中导管a的作用是_______________________________；打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差。‎ ‎②实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1 mL、V2 mL。则产生氢气的体积为________ mL。‎ ‎【答案】(1). EDG (2). 合金与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大 (3). ACD (4). 保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等 (5). V1-V2‎ ‎【详解】（1）①根据实验原理：Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑、2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑，通过排水法测量氢气的体积，恢复到室温状态下，量筒中的部分水需要回流到广口瓶中，因此连接顺序是A→E→D→G；‎ 答案为E→D→G；‎ ‎②合金与稀硫酸反应生成氢气，且该反应为放热反应，造成锥形瓶中气体压强增大，液体不能顺利滴落；‎ 答案为合金与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大；‎ ‎③通过排水法测量气体体积，一般读数时，做到①让气体恢复到室温状态，②让两端的液面处于同一水平，③读数时视线与凹液面的最低点持平，故选项ACD正确；‎ 答案为ACD；‎ ‎（2）①导管a连通锥形瓶和分液漏斗，其作用是保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等；‎ 答案为保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等；‎ ‎②两次体积差为测定的氢气的体积，收集到氢气后滴定管内的液面上升，读数减小，即收集氢气的体积为(V1－V2)mL；‎ 答案为(V1－V2)mL。‎ ‎【点睛】本题的难点是装置的选择，特别是F和G，这需要知道通过排水法收集气体时应注意：①因为多数反应为放热反应，产生的气体温度高，体积大，因此需要让气体恢复到室温状态，②调节量筒让两端的液面处于同一水平，即内外气体压强相等，③读数时视线与凹液面的最低点持平；这样需要一部分水回流到广口瓶中，因此选择量筒G。‎ ‎26.甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究。向A中通入氯气至过量，观察A中，发现溶液先呈红色，然后变为黄色。‎ ‎（1）A中铁元素发生反应的离子方程式有______________________________________________________。‎ ‎（2）为了探究A中溶液由红色变为黄色的原因，甲同学进行如下实验：取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在______(填化学符号)。‎ ‎（3）资料显示：SCN--的电子式为 。甲同学猜想SCN― 可能被Cl2氧化了，他进行了如下研究：取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液， 产生白色沉淀，由此证明SCN― 中被氧化的元素是___________（填名称）。‎ ‎【答案】 (1). Cl2+2Fe2+═2Cl－+2Fe3+；Fe3++3SCN－=Fe(SCN)3 (2). Fe3+ (3). 硫 ‎【详解】（1）Fe2＋具有还原性，Cl2具有氧化性，发生2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，Fe3＋与SCN－发生络合反应：Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3；‎ 答案为Cl2+2Fe2＋═2Cl－+2Fe3＋；Fe3＋+3SCN－=Fe(SCN)3；‎ ‎（2）黄色溶液中加入NaOH溶液，有红褐色沉淀，该沉淀为Fe(OH)3，说明黄色溶液中含有Fe3＋；‎ 答案为Fe3＋；‎ ‎（3）取反应后的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，该沉淀为BaSO4，推出溶液中含有SO42－，而SCN－中S显－2价，说明被氧化的元素是硫元素；‎ 答案为硫。‎ ‎27.随原子序数的递增，八种短周期元素（用字母表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。根据判断出的元素回答问题：‎ ‎（1）f在元素周期表的位置是_______。‎ ‎（2）上述元素形成的简单阴、阳离子中，离子半径最大的是（用化学式表示，下同）_______________；在e、f、g、h四种元素的最高价氧化物对应的水化物中的酸性最强的是___________________。‎ ‎（3）d、e能形成原子个数比为1：1的化合物，该化合物的电子式为________________，0.1 mol该化合物与足量水反应时转移的电子数为____________。‎ ‎【答案】(1). 第3周期，ⅢA族 (2). S2－ (3). HClO4 (4). (5). 6.02×1022或0.1NA ‎【分析】八种元素都是短周期元素，按照元素周期律，分析出八种元素分别为H、C、N、O、Na、Al、S、Cl，据此分析；‎ ‎【详解】同周期从左向右原子半径依次减小，主族元素最高正化合价一般等于族序数，最低负价等于8－主族序数，从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，推出八种短周期元素分别为H、C、N、O、Na、Al、S、Cl，‎ ‎（1）f为Al，位于第三周期ⅢA族；‎ 答案为第三周期ⅢA族；‎ ‎（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，电子层数一般越多，半径越大，即离子半径最大的是S2－；非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，同周期从左向右非金属性增强，即最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的是HClO4；‎ 答案为S2－；HClO4；‎ ‎（3）d和e形成的化合物中原子个数比为1：1，即化合物是Na2O2，其电子式为，过氧化钠与水反应的方程式为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，2molNa2O2‎ 与水反应，转移电子物质的量为2mol，即0.1mol过氧化钠与H2O反应转移电子物质的量为0.1mol，电子数为6.02×1022或0.1NA；‎ 答案为：；6.02×1022或0.1NA。‎ ‎【点睛】微粒半径大小比较：（1）看电子层数，一般电子层数越多，微粒半径越大；（2）看原子序数，当电子层数相等，微粒半径随着原子序数增大而减小；（3）看电子数，电子层数相同，原子序数相同，电子数越多，微粒半径越大。‎ ‎28.某澄清溶液中含有下表离子中的一种或多种。分别取它的水溶液两份进行实验，结果如下：‎ 阳离子 Fe2+、Fe3+、Al3+‎ 阴离子 SO32-、CO32-、SiO32-、I－、NO3-‎ ‎①向一份溶液中加入过量盐酸，产生气泡，溶液颜色变深，但仍澄清；‎ ‎②继续向①溶液中加入少许四氯化碳，震荡，静置，下层呈现紫红色，上层溶液呈现黄色；‎ ‎③向另一份溶液中加入过量氢氧化钠溶液，产生沉淀质量与加入碱液的体积关系如图所示。‎ 根据以上信息，回答下列问题：‎ ‎（1）原溶液中肯定含有的离子是______________________________________________；‎ ‎（2）①中生成的气体是______________(填化学符号)，它具有的性质是_____________（填字母序号）；‎ A．无色无味 B．能被NaOH溶液吸收 C．属于大气污染物 D．难溶于水 ‎ ‎（3）①中发生反应的离子方程式有_______________________________________________。‎ ‎（4）③中沉淀溶解的化学反应方程式是________________________________________。‎ ‎【答案】(1). Al3+、Fe2+、I－、NO (2). NO (3). ACD (4). 6I－+2NO3-+8H+= 3I2+2NO↑+4H2O、3Fe2++ NO3-+4H+= 3Fe3++NO↑+2H2O (5). Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O ‎【分析】首先判断出哪些离子不能大量共存，Fe3＋具有强氧化性，能将I－氧化，这两种离子不能大量共存，Fe3＋、Al3＋与CO32－发生双水解反应，不能大量共存，Fe3＋与SO32－‎ 发生氧化还原反应不能大量共存，Fe2＋与CO32－生成FeCO3沉淀，不能大量共存，然后根据实验现象分析溶液中含有的离子；‎ ‎【详解】①加入过量的盐酸，产生气泡，溶液颜色加深，但溶液仍为澄清，说明原溶液中一定不含有SiO32－；‎ ‎②向①反应后溶液中加入少量CCl4，出现分层，下层为CCl4层，显紫红色，推出该溶液中含有I2，即原溶液中含有I－，Fe3＋具有强氧化性，能将I－氧化，因此原溶液中一定不含有Fe3＋，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，将I－氧化成I2，本身被还原成NO，因此原溶液一定含有NO3－，上层为水层，水层显黄色，推出含有Fe3＋，即原溶液中含有Fe2＋，原溶液中一定不含有CO32－；‎ ‎③根据图像，推出原溶液中含有Al3＋，溶液中一定不含有SO32－；‎ ‎（1）根据上述分析，肯定含有的离子是Al3＋、Fe2＋、I－、NO3－；‎ 答案为Al3＋、Fe2＋、I－、NO3－；‎ ‎（2）①利用NO3－在酸性条件下具有强氧化性，将Fe2＋、I－氧化，离子方程式为6I－+2NO3－+8H＋= 3I2+2NO↑+4H2O、3Fe2＋+NO3－+4H＋= 3Fe3＋+NO↑+2H2O，即①中产生的气体为NO，NO是一种无色、无味、难溶于水，有毒的气体，不能与NaOH发生反应，故选项ACD正确；‎ 答案为ACD；‎ ‎（3）根据问题(2)的分析，离子方程式为6I－+2NO3－+8H＋= 3I2+2NO↑+4H2O、3Fe2＋+NO3－+4H＋= 3Fe3＋+NO↑+2H2O；‎ 答案为6I－+2NO3－+8H＋= 3I2+2NO↑+4H2O、3Fe2＋+NO3－+4H＋= 3Fe3＋+NO↑+2H2O；‎ ‎（4）向溶液中加入NaOH溶液，发生Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓、Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，氢氧化铝为两性，继续加入NaOH，发生Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O；‎ 答案为Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O。‎ ‎【点睛】破解离子推断题，需要遵循的原则，（1）肯定性原则，根据实验现象，推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子，如本题，根据②，推出原溶液中含有I－、NO3－；（2）互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在，如本题，推出含有I-，因为Fe3+具有强氧化性，能将I-氧化，因此Fe3+不存在；（3）进出性原则，通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰；（4）电中性原则，溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中阳离子所带电荷数等于阴离子所带电荷数，帮助确定一些隐含离子。‎ ‎29.取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份100 mL。向其中各通入一定量的CO2，然后，各取溶液10 mL，分别向稀释后的溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1的盐酸。标准状况下，产生CO2气体体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。回答下列问题：‎ ‎（1）曲线A表明原溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质为（写化学式）_____________，其物质的量之比为_________________________。‎ ‎（2）B曲线当耗盐酸0b；如果是Na2CO3，滴加盐酸的图像是，即a=b；如果是Na2CO3和NaHCO3，滴加盐酸的图像是，即a

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