解析版安徽省江南片届高三入学摸底考试化学试题.docx

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解析版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2NO2N2O4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2NO2N2O4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

.....................

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（H2）正=2v（HI）逆C.气体的密度保持不变D.气体的颜色保持不变

【答案】D