安徽省江淮十校届高三联考化学试题及答案Word文件下载.docx
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A．NaAlH4中氢元素为-1价，故应含有铝离子、钠离子和-1价的氢离子，没有共价键，错误；
B．每生成11.2L（标准状况下）H2，即0.5molH2，转移电子的物质的量为0.5mol×
2×
（1-0）=1mol，转移NA个电子，正确；
C．由方程式可知，3molNaAlH4参加反应，生成3molH2，则反应中有50%的氢被氧化，错误；
D．由方程式可知，反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：
2，故D错误。
【思路点拨】本题考查了氧化还原反应原理的应用，电子转移的计算、氧化产物和还原产物的判断等，基础性较强，难度不大。
【题文】3.化学科学需要借助化学语言来描述，下列化学用语正确的是（ ）
A.甲烷分子的球棍模型：
B.NH4I的电子式：
C.离子结构示意图
可以表示32S2-，又可以表示34S2-
D.中子数为146、质子数为92的铀（U）原子
【知识点】化学用语E1E3
【答案解析】C解析：
A、碳原子半径比氢原子大，选项中碳原子半径比氢原子小，与实际不相符，故A错误；
B、碘离子的电子式书写错误，NH4I是离子化合物，由铵根离子与碘离子构成，电子式为
，故B错误；
C、元素的同位素是质子数相同，核外电子数相同，离子结构示意图与质量数无关，正确；
D、原子符号ZAX，左下角Z代表质子数，左上角A代表质量数，故错误。
【思路点拨】本题考查了常用化学用语的书写，基础性较强，难度不大。
【题文】4.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是（ ）
A.在常温常压下，2.8gN2和CO的混合气体所含电子数为1.4NA
B.1molCl2与足量Fe完全反应,转移3NA个电子
C.1L0.1mol·
L-1NaHCO3溶液中含有0.1NA个HCO3—
D.7.8gNa2O2中阴离子数为0.2NA
【知识点】阿伏加德罗常数A1
【答案解析】A解析：
A、N2与CO的摩尔质量为28g/mol，依据n=m/M，
计算物质的量=2.8g/28g/mol=0.1mol，N2中含有电子数14，CO中含电子数14，当物质的量一定时所含电子数一定，正确；
B、当氯气与铁反应时，氯气生成氯离子，故1molCl2与足量Fe完全反应,转移2NA个电子，错误；
C、在NaHCO3溶液中HCO3—发生水解，故1L0.1mol·
L-1NaHCO3溶液中HCO3—小于0.1NA个，错误；
D、7.8gNa2O2含物质的量为0.1mol，含有的过氧根离子阴离子数为0.1NA，故D错误。
【思路点拨】本题考查了
【题文】5.下列分类图表示的关系完全正确的是 （ ）
【知识点】物质的分类B4
A、离子反应中也有的是氧化还原反应，错误；
B、置换反应属于氧化还原反应，但氧化还原反应还包括其他的反应类型，正确；
C、电解质和非电解质都是纯净物中的化合物，错误；
D、化学反应类型不仅只包括四种反应类型，错误。
【思路点拨】本题考查了物质的分类，离子反应、置换反应和氧化还原反应的关系、电解质和非电解质与纯净物的关系等，此类试题属于易错试题，难度不大。
【题文】6.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．在80℃pH=10的溶液中：
Na+、CH3CHO、Ag（NH3）2+、NO3—
B．溶液中能大量共存，通入CO2后仍能大量共存：
K+、Ca2+、Cl—、NO3—
C．与镁反应只产生氢气的溶液中：
NO3—、Cl—、H+、A13+
D．
=1.0×
10-12溶液中：
C6H5O—、K+、SO42—、CH3COO—
【知识点】离子反应B1
A．在碱性溶液中，Ag（NH3）2+能把CH3CHO氧化为CH3COOH，故不能共存；
B、溶液中能大量共存，通入CO2后仍能大量共存：
K+、Ca2+、Cl—、NO3—，这些离子之间不能反应，故可以大量共存，正确；
C、此组离子NO3—、Cl—、H+、A13+可以共存，但是假如金属镁后不能产生氢气，错误；
D、
=1.0×
10-12的溶液中显示酸性，弱酸跟离子不能存在，C6H5O—、CH3COO—不能存在，错误。
【思路点拨】本题考查了离子共存问题，侧重于前提条件下离子之间的反应的判断，为高考常见题型，注意把握相关离子的性质，题目难度不大。
【题文】7.下列所述事实与化学（离子）方程式不相符的是 （ ）
A.能说明非金属性Cl>
C：
2HCl+CaCO3==CaCl2+CO2↑+H2O
B.能说明氧化性H2O2>
Fe3+：
2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3++2H2O
C.已知：
H+（aq）+OH—（aq）==H2O（l） ΔH=-57.3kJ·
mol-1（稀溶液），能说明稀硫酸与NaOH稀溶液反应生成1mol水,放出的热量为57.3kJ
D.能说明CH3COOH是弱电解质:
CH3COO—+H2O
CH3COOH+OH—
【知识点】元素非金属性强弱的判断，氧化性强弱的判断，中和热，弱电解质的电离B1F2H1B3
A、比较非金属性强弱时是通过比较非金属形成的高价含氧酸的酸性的强弱，在此反应中只能说明盐酸酸性强于碳酸酸性，不能说明高氯酸的酸性与碳酸的酸性的强弱，错误。
【思路点拨】本题考查了元素非金属性强弱的判断，氧化性强弱的判断，中和热，弱电解质的电离等知识点，基础性较强，难度不大。
【题文】8.下列有关离子检验的操作和实验结论都正确的是 （ ）
选项
实验操作及现象
实验结论
A
向某溶液中加入氯化钡溶液,有白色沉淀生成,再加盐酸酸化,沉淀不溶解
该溶液中一定含有SO42—
B
向某溶液中先加入几滴KSCN溶液，再滴入酸性高锰酸钾溶液,溶液变为浅红色
该溶液中一定含有Fe2+
C
在酒精灯上加热铝箔，铝箔熔化,但不滴落,好像有一层膜兜着
铝易被氧化；
铝的熔点比氧化铝低
D
向某溶液中加入稀盐酸,产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体
该溶液中一定含有CO32—
【知识点】常见阳离子、阴离子的检验J2
A、向某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，再加盐酸酸化，沉淀不溶解，该白色沉淀可能为氯化银，原溶液中可能含有银离子，不一定含有硫酸根离子，故A错误；
B、高锰酸钾加入到溶液中也会使溶液变为浅红色，错误；
C、铝加热生成氧化铝，由于氧化铝的熔点比铝的熔点高，则铝箔熔化但并不滴落，故正确；
D、某溶液中加入稀盐酸产生无色无味、能使澄清石灰水变浑浊的气体，应为二氧化碳，该溶液中可能为HCO3-或CO32-，故错误。
【思路点拨】本题考查了实验方案的评价，涉及离子的检验等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频常见题型和高频考点，注意把握实验操作的注意事项和物质的性质的异同，难度不大。
【题文】9.“暖冰”是韩国首尔大学科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成的。
某老师在课堂上做了一个如右图所示的实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色。
若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeCl2溶液，则溶液呈血红色。
则下列说法中不正确的是（）
A．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化是化学变化
C．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质
D．该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2
【知识点】氢键的应用N3
在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20℃时，水分子不能瞬间凝固形成冰，正确；
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，错误；
C．酸性KMnO4溶液褪色，说明H2燃烧生成了具有还原性的物质；
含有少量KSCN
的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质，正确；
D．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，正确。
【思路点拨】本题考查了化学变化的判断、氧化性和还原性的判断等知识点，难度中等，注意暖冰主要通过氢键形成固体，明确物理变化和化学变化的本质区别。
【题文】10.下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是（）
图1图2图3图4
A.用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HCl
B.用图2所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体
C.用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体
D.用图4所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层
【知识点】化学实验方案的评价J4
A、氯气能与碱液反应，用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HCl是错误的；
B、NH4Cl晶体加热易分解，故不能用蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体，错误；
C．盐酸易挥发，不能得到纯净的二氧化碳气体，用通过饱和碳酸氢钠除杂，或用硫酸与碳酸钠反应，故C错误；
D．四氯化碳不溶于水，可用分液的方法分离，故D正确。
【思路点拨】本题考查了实验方案的评价，侧重于物质的分离、制备以及收集，题目难度不大，注意相关物质的性质的把握。
【题文】11.固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂。
某学习小组以Mg（NO3）2为研究对象，拟通过实验探究其热分解的产物，提出如下4种猜想，其中一定不成立的是（）
A．Mg（NO2）2、NO2、O2B．MgO、NO2、O2
C．Mg3N2、O2D．MgO、NO2、N2
【知识点】氧化还原反应原理的应用B3
A、氮元素化合价降低，氧元素化合价升高，硝酸镁部分分解，可能Mg（NO3）2、NO2、O2，故A不符合；
B、氮元素化合价降低，氧元素化合价升高，可以符合氧化还原反应电子守恒，故B不符合；
C、氮元素化合价降低，+5价变化为-3价，氧元素化合价升高，化合价-2价变化为0价，可以满足氧化还原反应电子守恒，故C不符合；
D、由于产物中化合价只有降低情况，没有升高，不满足氧化还原反应的特征，故D符合。
【思路点拨】本题考查了氧化还原反应电子守恒的分析判断，主要是元素化合价的变化判断，掌握基础是关键，题目难度中等。
【题文】12.“类推”是一种在化学学习中常用的方法,下列类推结论中正确的是（）
A.ⅣA族元素氢化物熔点顺序：
GeH4>
SiH4>
CH4；
则ⅥA族元素氢化物熔点顺序也应为：
H2Se>
H2S>
H2O
B.第2周期元素氢化物的稳定性顺序是HF>
H2O>
NH3；
则第3周期元素氢化物的稳定性顺序也是HCl>
PH3
C.工业上用电解熔融的氯化镁制备镁单质,工业上也可用电解熔融的氯化铝制备铝单质
D.BaCl2溶液中通入SO2无沉淀产生，则Ba（NO3）2溶液中通入SO2也无沉淀产生
【知识点】元素周期律的应用E2
A.在ⅥA族元素氢化物中，H2O分子间还形成了氢键，故H2O的熔、沸点是最高的，错误；
B.氢化物的稳定性与元素的非金属性有关，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，故第2周期元素氢化物的稳定性顺序是HF>
NH3与第3周期元素氢化物的稳定性顺序HCl>
PH3相同，正确；
C.工业上用电解熔融的氯化镁制备镁单质,氯化铝形成的物质是共价化合物，不能电解熔融的氯化铝制备铝单质，应电解熔融的氧化铝制备金属铝，错误；
D.在Ba（NO3）2溶液中通入SO2发生氧化还原反应生成硫酸钡白色沉淀错误。
【思路点拨】本题考查了物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握常见物质的基本性质和特殊性质为解答的关键，注意发生的氧化还原反应为解答的易错点，题目难度不大。
【题文】13.为了探索外界条件对反应aX（g）+bY（g）
cZ（g）的影响,以X和Y物质的量之比为a∶b开始反应,通过实验得到不同条件下达到平衡时Z的物质的量分数,实验结果如下图所示。
下列判断正确的是 （ ）
A.ΔH>
0 a+b>
cB.ΔH<
0 a+b<
c
C.ΔH<
cD.ΔH>
【知识点】化学平衡原理的应用G5
由图象可知，降低温度，Z的物质的量分数增大，说明降低温度平衡向正反应方向移动，所以正反应是放热的，则△H＜0，降低压强，Z的物质的量分数减小，说明压强减小，平衡向着逆反应方向移动，减小压强，化学平衡是向着气体系数和增加的方向进行的，所以有a+b＞c。
【思路点拨】本题考查了温度、压强等外界条件对平衡移动的影响，题目难度中等，解答本题的关键是能正确分析图象曲线的变化趋势。
【题文】14.如图装置中,在U形管底部盛有CCl4,分别在U形管两端小心倒入饱和食盐水和稀硫酸溶液,并使a、b两处液面相平,然后分别塞上插有生铁丝的塞子,密封好,放置一段时间后,下列有关叙述中错误的是 （ ）
A.铁丝在两处的腐蚀速率:
a<
b
B.a、b两处相同的电极反应式为Fe-2e-==Fe2+
C.一段时间后,a处液面高于b处液面
D.生铁丝中的碳在a、b两处分别作原电池的负极和正极
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护F5
生铁和氯化钠溶液、稀硫酸溶液都能构成原电池，左边试管中，生铁发生吸氧腐蚀，右边试管中，生铁发生析氢腐蚀。
A．生铁发生析氢腐蚀的速率比吸氧腐蚀的速率大，故A正确；
B．a处负极上铁失电子，正极上氧气得电子，b处负极上铁失电子，正极上氢离子得电子，所以a、b两处相同的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故B正确；
C．a处发生吸氧腐蚀，b处发生析氢腐蚀，一段时间后，a处气体压强减小，b处气体压强增大，导致溶液从b处向a处移动，所以a处液面高于b处液面，故C正确；
D．生铁中的碳在a、b两处都作正极，故D错误。
【思路点拨】本题考查了金属的腐蚀与防护，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的环境是解题关键，会写电极反应式。
【题文】15.电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。
室温下,用0.100mol·
L-1NH3·
H2O滴定10mL浓度均为0.100mol·
L-1HCl和CH3COOH的混合液,电导率曲线如图所示。
下列说法正确的是 （ ）
A.①溶液中c（H+）为0.200mol·
L-1
B.溶液温度高低为①>
③>
②
C.③点溶液中有c（Cl—）>
c（CH3COO—）
D.③点后因离子数目减少使电导率略降低
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；
电解质溶液的导电性H1
A．醋酸为弱电解质，①点溶液c（H+）＜0.2mol/L，故A错误；
B．酸碱中和反应放热，①点溶液的温度一定比②点的低，故B错误；
C.③恰好完全反应生成氯化铵和醋酸铵，其中NH4+和CH3COOˉ发生微弱水解，则③点溶液中c（NH4+）＞c（Clˉ）＞c（CH3COOˉ），故C正确；
D．③点后，溶液中离子浓度减小导致电导率降低，故D错误。
【思路点拨】本题考查了弱电解质的电离，难度较大，明确溶液的电导率有离子浓度有关，浓度越大电导率越大。
【题文】16.根据下图海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是（）
已知：
MgCl2·
6H2O受热生成Mg（OH）Cl和HCl气体等。
A．除去粗盐中杂质（Mg2+、SO42－、Ca2+），加入的药品顺序为：
NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸
B．在过程②中将MgCl2·
6H2O灼烧即可制得无水MgCl2
C．从能量角度来看，氯碱工业中的电解饱和食盐水是一个将化学能转化为电能的过程
D．从第③步到第⑤步的目的是为了浓缩富集溴
【知识点】物质的分离和提纯D2J2
A、要先除SO42-离子，然后再除Ca2+离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加NaOH除去Mg2+离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了，然后过滤即可，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子碳酸根离子，所以正确的操作顺序为：
BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸或BaCl2溶液→Na2CO3溶液→NaOH→溶液过滤后加盐酸，错误；
B、由已知MgCl2·
6H2O受热生成Mg（OH）Cl和HCl气体得将MgCl2·
6H2O灼烧即得不到无水MgCl2，错误；
C．从能量角度来看，氯碱工业中的电解饱和食盐水是一个将电能转化为化学能的过程，错误；
D．从第③步到第⑤步的目的是为了浓缩富集溴，正确。
【思路点拨】本题考查了了盐的性质、除杂的方法和能量转化的过程等知识点，除去多种杂质时，要考虑加入试剂的顺序，为了保证将杂质除尽，所加试剂必须过量，因此为了不引进新的杂质，后面加入的试剂要能够除去前面所进入的过量试剂，这是解答本题的关键及难点。
二、非选择题（共52分）
【题文】17.（17分）Na、Cu、Al、O、C、H是常见的六种元素。
（1）Al位于元素周期表第_____周期第_____族；
Cu的基态原子价电子排布式为__________。
（2）用“＞”或“＜”填空：
第一电离能
离子半径
沸点
Na_______Al
O2—_______Na+
CH4______H2O
（3）250℃时，以镍合金为催化剂，向4L容器中通入6molCO2、6molCH4，发生如下反应：
CO2（g）＋CH4（g）
2CO（g）＋2H2（g）。
平衡体系中各组分体积分数如下表：
物质
CH4
CO2
CO
H2
体积分数
0.1
0.4
①此温度下该反应的平衡常数K=__________
②已知：
CH4（g）＋2O2（g）＝CO2（g）＋2H2O（g）△H=
890.3kJ·
mol－1
CO（g）＋H2O（g）＝CO2（g）＋H2（g）△H=+2.8kJ·
2CO（g）＋O2（g）＝2CO2（g）△H=
566.0kJ·
反应CO2（g）＋CH4（g）
2CO（g）＋2H2（g）的△H=________________
（4）以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。
①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如右图所示。
250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是_____________________
②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是__________________
（5）利用高温电解技术可将释放的CO2转化为具有工业利用价值的产品。
反应方程式为：
，其工作原理示意图如下：
CO2在电极a放电的反应式是_______________________________
【知识点】元素电离能，微粒半径大小的比较，盖斯定律的应用，化学反应速率和化学平衡原理的应用，电化学反应中电极反应的书写G5F4F2N1
【答案解析】
（1）三（1分）ⅢA（1分）3d104s1（2分）
（2）<
、>
、<
（各1分）
（3）①64mol2•L-2（单位不要求）（2分）②+247.3kJ·
mol－1（2分）
（4）①温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低（2分）
②增大反应压强或增大CO2的浓度（2分）
（5）CO2+2e-==CO+O2-（2分）
解析：
（2）同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，故第一电离能Na＜Al；
电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以其离子半径：
O2-＞Na+
水分子中含有氢键，氢键使分子间的作用力增大，物质的熔、沸点升高，故沸点：
CH4＜H2O。
（3）①CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）
起始（mol）
6
0
0
反应（mol）
x
x
2x
2x
平衡（mol）
6-x
6-x
2x
2x
由CH4的体积分数为0.1，则（6−X）/（12+2X）=0.1，解得X=4，所以
K=[C2（CO）C2（H2）]/[C（CO2）C（CH4）]=（22×
22）/0.5×
0.5=64。
②CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-890.3kJ•mol-1
①
CO（g）+H2O
（g）=CO2（g）+H2
（g）△H=2.8kJ•mol-1
2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ•mol-1
③
根据盖斯定律，由①+②×
2-③×
2得，CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H=-890.3kJ•mol-1+2.8kJ•mol-1×
2+566.0kJ•mol-1×
2=+247.3
kJ•mol-1
（4）①温度超
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