安徽省江南片届高三入学摸底考试化学试题.docx
《安徽省江南片届高三入学摸底考试化学试题.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《安徽省江南片届高三入学摸底考试化学试题.docx(18页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
安徽省江南片届高三入学摸底考试化学试题
安徽省江南片2019届高三入学摸底考试化学
相对原子质量:
H-1C-12N-14O-16Mg-24S-32Cu-64
一、选择题(16小题,共48分,每小题均只有一个正确选项)
1.1.化学与人类生产、生活密切相关。
下列有关说法不正确的是
A.可用钢瓶储存液氯或浓硫酸
B.PM2.5与呼吸道疾病的形成无关
C.对矿物燃料脱硫脱硝可有效防治酸雨
D.聚乙烯塑料可用来制作食品周转箱
【答案】B
【解析】
A.常温下Fe与液氯不反应,Fe与浓硫酸发生钝化,则用钢瓶储存液氯或浓硫酸,选项A正确;B、大气颗粒物中PM2.5是导致雾霾天气主要污染物成分,与呼吸系统疾病关系密切,选项B不正确;C、矿物燃料脱硫脱硝就是向燃料中加入适当的物质,将其中的硫和氮转化为无毒、无害的物质,从而减少氮硫的化合物向空气中的排放,达到防止污染、防止酸雨形成的目的,选项C正确;D、聚乙烯塑料可用来制造多种包装材料、食品周转箱、农用薄膜等,选项D正确。
答案选B。
2.2.一定条件下,氨气与氟气发生反应:
4NH3+3F2=NF3+3NH4F,其中NF3分子构型与NH3相似。
下列有关说法错误的是
A.NF3中只含极性共价键
B.NF3既是氧化产物,又是还原产物
C.NH4F中既含有离子键又含有共价键
D.上述反应中,反应物和生成物均属于共价化合物
【答案】D
【解析】
试题分析:
A.氨气分子只有极性键,NF3分子构型与NH3相似,所以NF3中只含有极性共价键,A正确;B、NH3反应中N:
-3-→+3,F:
0-→-1,所以NF3既是氧化产物又是还原产物,B正确;C、NH4Cl与NH4F含的阳离子相同,阴离子是同一主族元素,所以NH4Cl与NH4F具有相同的化学键,所以NH4F中存在的化学键是离子键、共价键,C正确;D.氟气为单质,NH4F中存在的化学键是离子键、共价键,NH4F是离子化合物,D错误;答案选D。
考点:
考查物质的结构、化学键、物质的分类等知识
3.3.设NA为阿伏加徳罗常数的数値,下列说法正确的是
A.常温常圧下,7.0g由丁烯与丙烯組成的混合气体中含有的氢原子数目为NA
B.向1L的密闭容器中充入46gNO2气体,容器中气体的分子数为NA
C.6.4g铜与足量的硫单质混合加热,转移电子的数目为0.2NA
D.标准状况下,2.24LSO3中含有0.1NA个SO3分子
【答案】A
【解析】
分析:
A.丁烯与丙烯的最简式都为CH2,利用7.0g/14×2×NA可以求出氢原子数目;B.存在2NO2
N2O4可逆反应;C.铜与硫加热反应生成硫化亚铜;D.标准状况下,SO3为固态,不能用气体摩尔体积进行计算。
详解:
丁烯与丙烯的最简式都为CH2,所以7.0g由丁烯与丙烯组成的混合气体中,n(CH2)=0.5mol,所以含有的氢原子数目为NA,A正确;46gNO2气体为1mol,由于存在2NO2
N2O4可逆反应,所以容器内的分子数小于NA,B错误;铜与足量的硫单质混合加热,生成硫化亚铜;铜元素的化合价由0价升高+1价,因此6.4g铜(即为0.1mol)完全反应后,转移电子的数目为0.1NA,C错误;标准状况下SO3为固体,不能用气体摩尔体积计算其物质的量,D错误;正确选项A。
点睛:
金属铁、铜分别与氯气加热反应均生成高价化合物氯化铁、氯化铜;金属铁、铜分别与硫蒸气反应均生成低价化合物硫化亚铁、硫化亚铜;这是因为氯气的氧化性大于单质硫的氧化性。
4.4.下列离子方程式中正确的是
A.将SO2气体通入NaClO溶液中:
SO2+2ClO﹣+H2O=SO32—+2HClO
B.酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水2Fe2++H2O2===2Fe3++O2↑+2H+
C.向硫酸氢钾溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性:
2H++SO42—+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O
D.NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应:
NH
+OH﹣=NH3↑+H2O
【答案】C
【解析】
A. SO2气体具有还原性,NaClO具有氧化性,二者发生氧化还原反应,生成SO42−和Cl−,正确的离子方程式应为:
SO2+ClO−+H2O=SO42−+Cl−+2H+,故A错误;B.酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水发生反应:
2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O故B错误;C.向硫酸氢钾溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性时,硫酸氢钾与氢氧化钡以2:
1的物质的量比来反应,过量SO42−离子实际不参加反应,故C正确;D. NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液时,HCO3−与OH−也反应,正确的离子方程式为:
NH4++HCO3−+2OH−=NH3⋅H2O+CO32−+H2O,故D错误。
本题选C。
5.5.下列制取Cl2,用其氧化含I-废液,回收并提纯I2的装置和原理能达到实验目的的是
学§科§网...学§科§网...学§科§网...学§科§网...学§科§网...学§科§网...学§科§网...
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
A、稀盐酸与二氧化锰不反应,应选用浓盐酸、二氧化锰加热制备,选项A错误;B、导管应长进短出,图中气体可将液体排出,选项B错误;C、碘溶于水,不能用过滤分离,应选择萃取法,选项C错误;D、加热碘易升华,冷却变为固体碘,则图中装置可分离碘,选项D正确。
答案选D。
6.6.下列说法正确的是
A.金刚石和石墨互为同素异构体,熔点和硬度都很高
B.氕、氘、氚是氢元素的三种核素,质子数都为1
C.乙醇和二甲醚(CH3-O-CH3)互为同系物
D.C4H10的一氯取代物只有一种
【答案】B
【解析】
A.金刚石和石墨都是有碳元素组成的不同单质,互为同素异形体,石墨的硬度小,故A错误;B.氕、氘、氚是质子数相同,中子数不同的同元素的不同原子,三者是氢元素的三种核素,质子数都是1,故B正确;C.乙醇和二甲醚不属于一类物质,官能团不同,不是同系物,故C错误;D.分子式为C4H10的烷烃为丁烷,丁烷存在正丁烷和异丁烷两种同分异构体,正丁烷CH3CH2CH2CH3有2氢原子,所以其一氯代物有2;异丁烷CH3CH(CH3)CH3有2氢原子,其一氯代物有2种,所以丁烷的一氯代物的同分异构体总共有4种,故D错误;故选B。
点睛:
本题考查了同素异形体、同分异构体、同系物等知识点,掌握基础是解题关键。
本题的易错点为CD,同系物必为同一类物质,所含官能团及官能团数目相同;丁烷有正丁烷和异丁烷2种同分异构体,有机物分子中有几种氢原子就有几种一氯代烃。
7.7.用下面的方案进行某些离子的检验,其中方案设计严密的是
A.检验试液中的SO42—:
试液
无沉淀
白色沉淀
B.检验试液中的SO32—:
试液
气体
褪色
C.检验试液中的I-:
试液
棕黄色溶液
蓝色溶液
D.检验试液中的CO32—:
试液
白色沉淀
沉淀溶解
【答案】C
【解析】
A、若溶液中含有SO32-,加入硝酸会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子,和氯化钡反应生成白色沉淀,选项A错误;B、试液中加入浓盐酸产生气体能使品红褪色,该气体也可能是氯气,选项B错误;C、试液加入过氧化氢氧化碘离子为单质碘,遇淀粉变蓝,选项C正确;D、若原溶液中含有碳酸根离子或亚硫酸根离子,试液中加入氯化钡溶液生成白色沉淀,可能是碳酸钙或亚硫酸钙沉淀,加入盐酸沉淀溶解,选项D错误;答案选C。
点睛:
本题考查了离子检验的方法和实验现象分析判断,注意干扰离子的分析,题目难度中等。
A、分析亚硫酸根离子的干扰;B、分析氯气的干扰;C、碘单质遇到淀粉变蓝;D、亚硫酸根离子也会发生反应具有此现象。
8.8.W、X、Y、Z均为短周期主族元素,原子序数依次增加。
W原子最外层电子数是其所在周期数的2倍;Y+和X2-的电子层结构相同;Z的原子序数等于W和Y的核外电子数之和。
下列说法正确的是
A.由化学键角度推断,能形成WXZ2这种共价化合物
B.离子半径大小:
Z>Y>X
C.工业上用MnO2和Z的氢化物的浓溶液在加热的条件下制取Z的单质
D.Z的氢化物的酸性比WX2的水化物的强,说明Z的非金属性比W的强
【答案】A
【解析】
周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增加,其中W原子最外层电子数是其所在周期数的2倍,则W为碳,Y+和X2-的电子层结构相同,则X为氧,Y为钠,Z的原子序数等于W和Y的核外电子数之和,所以Z为氯。
由此判断
A、一般情况下,碳显+4价,氧显-2价,氯显-1价,所以从化学键角度推断,可以形成COCl2这种共价化合物,故A正确;B、O、Na、Cl形成离子时的半径大小为Cl->O2->Na+,所以B错误;C、实验室里用MnO2和浓盐酸加热制氯气,而工业上用电解食盐水制氯气,故C错误;D、HCl即盐酸是强酸,而CO2的水化物即碳酸是弱酸,但不能说明Cl的非金属性比C的强,应该用HClO4的酸性强于碳酸来证明,所以D错误。
本题正确答案为A。
点睛:
A选项一定注意从化合价的角度去思考就可以判断其正确与否,不要考虑形成的物质是什么;判断金属性、非金属性强弱是有明确的判断依据的:
金属性强弱可以通过金属单质与酸或水反应置换出氢气的难易、最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱来判断,而非金属性强弱可以用其单质与氢气反应的难易、氢化物的稳定性、最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱来判断。
9.9.1.76g铜镁合金完全溶解于50mL、密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸中,得到NO2气体1792mL(标准状况),向反应后的溶液中加入适量的1.0mol/LNaOH溶液,恰使溶液中的金属离子全部沉淀。
下列说法不正确的是
A.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/L
B.加入NaOH溶液的体积是50mL
C.浓硝酸在与合金反应中起了酸性和氧化性的双重作用,且起氧化性的硝酸的物质的量为0.08mol
D.得到的金属氢氧化物的沉淀为3.12g
【答案】B
【解析】
分析:
A.根据
计算;
B.根据原子守恒计算;
C.起氧化性的硝酸生成NO2气体,根据N原子守恒可知,起氧化剂的硝酸的物质的量等于二氧化氮的物质的量;
D.由电荷守恒可知,氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量,根据二氧化氮计算转移电子物质的量,氢氧化物质量等于金属质量与氢氧根质量之和。
详解:
A.c(HNO3)=
=14.0mol/L,A正确;
B.1792mLNO2气体(标准状况)的物质的量为1.792L÷22.4L/mol=0.08mol,原硝酸的物质的量是0.05L×14.0mol/L=0.7mol,当溶液中的金属离子全部沉淀时形成NaNO3溶液,根据原子守恒可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.7mol-0.08mol=0.62mol,所以加入NaOH溶液的体积是0.62mol÷1mol/L=0.62L=620mL,B错误;
C.1792mLNO2气体(标准状况)的物质的量为1.792L÷22.4L/mol=0.08mol,浓硝酸在与合金反应中起了酸性和氧化性的双重作用,且起氧化性的硝酸的物质的量等于NO2的物质的量为0.08mol,C正确;
D.由电荷守恒可知,氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量,即氢氧根的物质的量为0.08mol×(5-4)=0.08mol,故氢氧化物质量=1.76g+0.08mol×17g/mol=3.12g,D正确。
答案选B。
点睛:
本题考查混合物的有关计算,难度中等,理解反应发生的过程是关键,是对学生综合能力的考查,注意根据守恒思想进行的解答。
10.10.在恒温、恒容条件下,能说明可逆反应:
H2(g)+I2(g)
2HI(g)达到平衡状态的是
A.气体的压强保持不变B.v(H