化学解析版安徽省阜阳三中学年高一上学期第二次调研考试化学试题精校Word版Word文件下载.docx

1、离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质、发生的反应以及题干中的条件分析解答。【详解】A、强碱性溶液中含有OH离子，与Al3+反应生成Al（OH）3沉淀或偏铝酸根离子，不能大量共存，A错误；B、溶液无色透明，Cu2+在溶液中显蓝色，不能大量共存，B错误；C、Ca2+与CO32-形成沉淀，不能大量共存，C错误；D、室温下，pH1的溶液显酸性，则Na+、Fe3+、NO3、SO42之间不反应，可以大量共存，D正确；答案选D。3.下列除去杂质的方法不正确的是A. 镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B. 用过量氨水除去Fe3+溶液中的少量Al3+C. 用新制的生

2、石灰，通过加热蒸馏，以除去乙醇中的少量水D. Al（OH）3中混有少量Mg（OH）2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤试题分析：A、Al能与烧碱溶液反应而Mg不反应，A正确；B、Fe3+与Al3+均能与氨水反应生成沉淀，且不溶于过量的氨水，B错误；C、乙醇沸点较低，水与生石灰反应生成熟石灰，所以可用蒸馏方法使乙醇蒸出，C正确；D、烧碱溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，过滤出氢氧化镁，向滤液中通入过量的二氧化碳会生成氢氧化铝沉淀，能够实现除杂的目的，D正确。考点：考查了物质的分离和提纯的相关知识。4. 下列实验操作中错误的是（ ）A. 萃取操作时，应选择密度比水大

3、的萃取剂B. 蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处C. 分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D. 蒸发操作时，不能等到混合物中的水分完全蒸干后，才停止加热【答案】AA.萃取操作时，应选择溶质在其中的溶解度比在水中大，水与该萃取剂互不相溶的物质，与二者的密度大小无关，错误；B. 蒸馏操作时，由于要测定收集的馏分的温度，所以应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，正确；C. 分液操作时，为了能够得到纯净的物质，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，正确；D. 蒸发操作时，不能等到混合物中的水分完全蒸干后，才停止加热，要待剩余少量液体时，停止加热，利

4、用余热将残留的液体蒸干，正确。考查化学实验操作正误判断的知识。5.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB. 标准状况下，2.24LSO3分子数为0.1NAC. 加热条件下，1 mol Fe投入足量的浓硫酸中，生成NA个SO2分子D. 0.1molNa2O2与足量潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为0.1NA【详解】ACl2溶于水发生反应H2O+Cl2HCl+HClO，反应属于可逆反应，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，A错误；B标准状况下三氧化硫是固态，2.24LSO3分子数不是0.1NA，B错误

5、；C加热条件下，Fe与足量的浓硫酸反应生成+3价的铁离子，转移的电子数为3mol，根据得失电子守恒，应生成个SO2分子，C错误；D0.1mol Na2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠中氧元素既被氧化又被还原，所以转移的电子数为0.1NA，D正确。6.在aL硫酸铝和硫酸铵的混合溶液中加入bmol氯化钡，恰好使溶液中的SO42完全沉淀；若加入足量强碱并加热可得到cmol氨气，则原溶液中Al3+的浓度（mol/L）为A. B. C. D. 【详解】在aL硫酸铝和硫酸铵的混合溶液中加入bmol氯化钡，恰好使溶液中的SO42完全沉淀，则根据方程式SO42-+Ba2+BaSO4可知

6、溶液中硫酸根的物质的量是bmol。若加入足量强碱并加热可得到cmol氨气，则根据方程式NH4+OH-NH3+H2O可知铵根的物质的量是cmol。由于溶液不显电性，如果忽略水的电离，则由电荷守恒可知溶液中铝离子的物质的量是，所以原溶液中Al3+的浓度。答案选A。【点睛】本题考查混合物的有关计算、物质的量浓度的计算等，题目难度中等，明确发生的离子反应及溶液不显电性是解答本题的关键，注意熟悉物质的量浓度的计算公式。7.关于如下反应：HgS+O2Hg+SO2，下列叙述不正确的是A. 该反应是置换反应 B. 该反应转移了4eC. Hg是被还原得到的产物 D. HgS既是还原剂又是氧化剂该反应为置换反应，

7、也一定为氧化还原反应，其中汞元素化合价由+2价降至0价，氧元素由0价降至2价，而硫元素由2价升至+4价，故HgS既是还原剂又是氧化剂，反应中转移电子数为6e，答案为B8.向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是A. 烧杯中有铜无铁B. 烧杯中铁、铜都无C. 烧杯中铜、铁都有D. 烧杯中有铁无铜【详解】A、铁的金属性强于铜，铁先和Fe3反应，如果铁和Fe3恰好完全反应，则烧杯中有铜无铁，A正确；B、Fe3过量，与Cu、Fe全部反应，烧杯中铁、铜都无，B正确；C、Fe3不足，铁过量，则烧杯中有铁有铜，C正确；D、铁的金属性强于铜，铁先和Fe3反应，不可能出现有

8、铁无铜，D错误；9. 化学无处不在，下列与化学有关的说法不正确的是A. 侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B. 可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C. 碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D. 黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成【答案】CA侯氏制碱法的工艺过程中是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3，主要应用了Na2CO3与NaHCO3的溶解度的差异，正确；B浓盐酸易挥发，遇NH3结合生成NH4Cl固体小颗粒，现象为白烟，正确；C碘是人体必

9、需微量元素，但不需要多吃，且补碘常在食盐中加入KIO3固体而不是高碘酸，高碘酸为强酸性，具有强烈刺激性和腐蚀性，错误；D制备黑火药的原料为S、KNO3、C，三者比例为1：2：3，正确。化学知识在工农业及生活中的应用视频10.某溶液中可能含有如下离子：H+、Mg2+、Al3+、NH4+、Cl、AlO2。当向该溶液中逐滴加入NaOH溶液时，产生沉淀的物质的量（n）与加入NaOH溶液的体积（V）的关系如图所示，下列说法正确的是A. 原溶液中一定含有的阳离子是H+、Mg2+、Al3+、NH4+B. 反应最后形成的溶液中的溶质含AlCl3C. 原溶液中Al3+与NH4+的物质的量之比为1:3D. 原溶液

10、中含有的阴离子是Cl、AlO2向溶液中滴加NaOH溶液时先没有沉淀生成，说明溶液中含有H+，溶液呈酸性，则溶液中不存在AlO2-，当H+完全反应后继续滴加NaOH溶液，有沉淀生成，当沉淀最大时继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，说明NaOH和NH4+反应，则溶液中一定含有NH4+，当NH4+完全反应后继续滴加NaOH溶液，沉淀逐渐减少最终消失，说明溶液中含有Al3+，不含Mg2+，最终溶液中溶质为NaCl、NH3H2O和NaAlO2；A通过以上分析知，原溶液中一定含有的阳离子有H+、Al3+、NH4+，故A错误；B通过以上分析知，最终得到的溶液中溶质为NaCl、NH3H2O和NaAlO2

11、，故B错误；C根据图象知，Al3+、NH4+消耗NaOH的物质的量之比为3：3，根据Al3+3OH-=Al（OH）3、NH4+OH-=NH3H2O知，原溶液中Al3+与NH4+的物质的量之比1：3，故C正确；D通过以上分析知，原来溶液呈酸性，则一定不存在弱酸根离子AlO2-，故D错误；故答案为C。点睛：明确图象中曲线变化趋势、拐点的含义是解本题关键，向溶液中滴加NaOH溶液时先没有沉淀生成，说明溶液中含有H+，溶液呈酸性，则溶液中不存在AlO2-，当H+完全反应后继续滴加NaOH溶液，有沉淀生成，当沉淀最大时继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，说明NaOH和NH4+反应，则溶液中一定含有

12、NH4+，当NH4+完全反应后继续滴加NaOH溶液，沉淀逐渐减小最终消失，说明溶液中含有Al3+，不含Mg2+，最终溶液中溶质为NaCl、NH3H2O和NaAlO2，据此分析解答。11.利用下图所示装置进行下列实验，其中丙中实验现象描述正确的是实验 试剂甲 试剂乙 试剂丙 丙中的现象 A 浓硫酸 亚硫酸钠紫色石蕊试液 溶液先变红后褪色 B 浓盐酸 高锰酸钾淀粉碘化钾溶液 溶液会变蓝 C 稀盐酸 碳酸钙氯化钡溶液 有白色沉淀生成 D 浓氨水 氧化钙氯化铝溶液 先生成白色沉淀然后沉淀溶解 A. A B. B C. C D. D【详解】A、H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2+H2O，SO

13、2与水反应生成H2SO3，显酸性，能使紫色石蕊溶液变红，但不能漂白红色的石蕊溶液，SO2的漂白性主要是指漂白品红、草帽等物质，A错误。B、2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，Cl2与碘化钾溶液反应生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，B正确。C、CaCO3与稀盐酸反应生成CO2气体，CO2与BaCl2不反应，无白色沉淀生成，错误。D、浓氨水滴入氧化钙中有氨气生成，氨气与AlCl3反应生成氢氧化铝白色沉淀，但氢氧化铝沉淀不会溶解在氨水中，D错误。答案选B12.将22.4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到0.2molNO2和0.3molNO，下列说法正确的是A.

14、 反应后生成的盐只有硝酸铁B. 反应后生成的盐只有硝酸亚铁C. 反应后生成的盐为硝酸亚铁和硝酸铁，其物质的量之比为1：D. 反应后生成的盐为硝酸亚铁和硝酸铁其物质的量之比为3：1根据氧化还原反应中电子得失相等以及原子守恒来解答。【详解】铁失电子，NO2和NO得电子，得失电子守恒。0.2molNO2得0.2mol电子，0.3molNO得30.3mol=0.9mol电子，共得1.1mol电子；而n（Fe）22.4g56g/mol0.4mol，这些电子由0.4mol的铁提供。设生成硝酸铁的物质的量为xmol，硝酸亚铁的物质的量为ymol，每生成1molFe3+提供3mol电子，每生成1molFe2+

15、提供2mol电子。则根据原子和电子得失守恒可知：x+y=0.4、3x+2y=1.1，解得：x=0.3，y=0.1，所以n（硝酸铁）：n（硝酸亚铁）=3：1。答案选C。【点睛】解这种题目需要掌握技巧，把握氧化还原反应的实质：电子的转移（严格的说，氧化还原反应的实质就是发生了电子的转移或者共用电子对的偏移，在解题中都看成电子的转移），同时还要抓住质量守恒。13.LiAlH4是重要的储氢材料，其组成类似于Na3AlF6。常见的供氢原理如下面两个方程式所示：2LiAlH42LiH+2Al+3H2,LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2。A. 若反应中生成3.36L氢气，则一定有2.7g铝生成B.

16、氢化锂也是一种储氢材料，供氢原理为LiH+H2OLiOH+H2C. 生成等质量的氢气，反应转移电子数之比为4：D. LiAlH4是共价化合物，LiH是离子化合物【详解】A、氢气状态不知，无法由体积求物质的量，A错误；B、氢化锂中的氢是-1价，与水发生归中反应，方程式为LiH+H2OLiOH+H2，所以氢化锂也是一种储氢材料，B正确；C、LiAlH4中的Li、Al都是主族金属元素，H是非金属元素，故Li为+1价、Al为+3价、H为-1价，受热分解时，根据Al元素的价态变化即可得出1 mol LiAlH4完全分解转移3 mol电子，生成1.5mol的氢气，而LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H

17、2生成4mol的氢气转移4mol的电子，所以生成1mol氢气转移电子分别为：2mol和1mol，因此反应、转移电子数之比为2：1，C错误；D、LiAlH4、LiH均是离子化合物，D错误；【点睛】本题考查了氧化还原反应、元素化合物性质，侧重考查氢化锂的性质，熟悉氢化锂中氢为-1价是解题的关键，注意对所给条件的分析和应用，题目难度中等。14.已知位于同一周期，下列关系正确的是A. 还原性：As3S2ClB. 热稳定性：HClAsH3HBrC. 原子半径：AsClPD. 酸性：H3AsO4H2SO4H3PO4【详解】As、Br位于同周期，非金属性ClBrAs，ClSPAs，则A非金属越强，对应氢化物

18、的还原性越弱，则还原性As3S2Cl，A正确；B非金属性越强，对应氢化物越稳定，则热稳定性HClHBrAsH3，B错误；C电子层越多，原子半径越大，同周期原子序数大的原子半径小，则原子半径AsPCl，C错误；D非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则酸性：H2SO4H3PO4H3AsO4，D错误；【点睛】本题考查元素周期表和周期律的综合应用，为高考常见题型，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。15.如图为元素周期表的一部分，下列有关短周期元素X、Y、Z、R的叙述正确的是A. 热稳定性：Y的最简单气态氢化物大于Z的最简单

19、气态氢化物B. Z的最高价氧化物对应水化物的分子式为H2ZO4C. X元素的单质能与所有强酸发生反应放出H2D. R的核外电子数与OH的核外电子总数相同【详解】由元素在周期表中的位置可知，R为Ne，则X为Al，Y为C，Z为O，则。A、非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性ZY，则热稳定性为Z的气态氢化物Y的气态氢化物，A错误；B、Z为O，不存在最高价氧化物对应水化物，B错误；C、X为Al，Al与浓硫酸和硝酸反应都不能生成氢气，C错误；D、R为Ne，核外电子数为10，与OH-的核外电子数相同，D正确；【点睛】本题考查位置、结构、性质的关系，明确元素在周期表中的位置及元素周期律是解答本题的关键。

20、注意稀有气体在周期表中的位置即可解答。本题的易错点是B，短周期的主族元素最高价等于族序数，是学生熟悉的知识点，但容易忘记O没有最高价，F无正价。16.短周期元素元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X与Z2具有相同的核外电子层结构下列推测不正确的是A. 同周期元素中X的金属性最强B. 原子半径XY，离子半径XZ2C. 同族元素中Z的氢化物稳定性最高D. 同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强X与Z2具有相同的核外电子排布，则X是第IA族元素，Z是第VIA族元素，且X在Z的下一周期，若三种元素均是短周期元素，则Z是第二周期，X、Y是第三周期，所以Z是O元素，X是Na元素，三者的原子

21、序数之和是36，所以Y的原子序数是17，是第三周期的Cl元素，符合题意。A、Na是第三周期元素中最左侧的元素，金属性最强，正确；B、X与Y是同周期元素，X的原子序数小于Y，所以原子半径XY，X与Z的离子的电子层结构相同，核电荷数小的两种半径大，所以离子半径：XZ2，错误；C、Z是O元素，同主族元素的氢化物中，O元素的非金属性最强，所以其氢化物的稳定性最高，正确；D、Cl是第三周期元素中非金属性最强的元素，则其最高价氧化物的水化物的酸性最强，正确，答案选B。考查元素的推断，元素性质的应用17.短周期元素甲、乙、丙、丁、戊五种元素在元素周期表中的位置如图所示，其中戊是同周期中原子半径最小的元素。下

22、列有关判断正确的是A. 最外层电子数：甲乙丙丁戊B. 简单离子的离子半径：C. 含有丁元素的酸有多种D. 乙的氢化物多种多样，丙、丁、戊的氢化物各有一种第一周期只有两种元素，而短周期为前三周期，故甲、乙、丙所在周期为第二周期，戊元素原子半径最小，故为第三周期第A族，即氯元素，由此推知甲、乙、丙、丁分别为B、C、N、S。甲、乙、丙、丁、戊五种元素原子最外层电子数分别为3、4、5、6、7，故A错误；核外电子数相同的简单离子，其离子半径随核电荷数的增加而减小，B错误；丁元素为S，含有S的酸有硫酸、亚硫酸、氢硫酸、硫氰酸等，C正确；氮的氢化物有NH3、N2H4，D错误。18.X、Y、M、N是短周期主族

23、元素，且原子序数依次增大。已知X的最外层电子数是电子层数的3倍，X、M同主族，Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，下列说法正确的是A. M与X形成的化合物对应的水化物一定是强酸B. Y2X和Y2X2中阴、阳离子的个数比相同，化学键类型也完全相同C. X、Y的简单离子半径：XYD. M的气态氢化物比X的气态氢化物稳定X、Y、M、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，所以其电子层数为2，则X是O元素，X、M同主族且都是短周期元素，所以M是S元素；N原子序数大于M且为短周期主族元素，所以N是Cl元素；Y原子在短周期主族

24、元素中原子半径最大，则Y是Na元素，据此解答。【详解】根据以上分析可知X是O，Y是Na，M是S，N是Cl。则。A、M是S元素、X是O元素，二者形成的化合物对应的水化物中H2SO4是强酸，但H2SO3是弱酸，A错误；B、Na2O中只含离子键、Na2O2中含有共价键和离子键，所以化学键类型不相同，阴、阳离子的个数比都是1：2，B错误；C、电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，所以离子半径：r（O2）r（Na+），C正确；D、元素非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性X（O）M（S），所以气态氢化物的热稳定性：XM，D错误；19.已知118号元素的离子都具有相同的电子层结构，则下

25、列叙述或表示方法正确的是A. 四种元素位于同一周期B. 氢化物的稳定性H2YHZC. 离子的氧化性D. a+3c2【详解】118号元素的离子都具有相同的电子层结构，说明这几种离子中核外电子个数相等，阴离子中核外电子数=原子序数+电荷数，阳离子中核外电子数=原子序数-电荷数，所以这几种离子存在a-3=b-1=c+2=d+1，阴离子元素位于阳离子元素上一周期，且原子序数大小顺序是abdc，则AW、X属于同一周期，Y和Z属于同一周期，且X、W位于Y和Z下一周期，A错误；B非金属性YZ，则氢化物的稳定性H2YHZ，B错误；C电子层结构相同的阳离子，所带电荷越多其阳离子氧化性越强，所以离子的氧化性，C正

26、确；D根据电子排布相同可知，a-3=b-1=c+2=d+1，则a+3c-2，D错误；【点睛】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，明确离子电子层结构相同离子在周期表中的位置、原子序数大小顺序是解本题的关键，熟练掌握元素周期律、原子结构并灵活运用知识解答问题，题目难度不大。20.有一无色透明溶液，取出少量滴入氯化钡溶液，只有白色沉淀生成；另取一定体积的无色溶液加入过量过氧化钠，有无色无味气体产生，同时有白色沉淀生成，其沉淀量与加入过氧化钠的量关系如图所示，则H+NH4+Al3+Mg2+Fe2+NO3SO42CO32中一定存在的离子是A. B. C. D. 【详解】根据原溶液无色，判断Fe2+不存

27、在；取出少量滴入BaCl2溶液，只有白色沉淀生成说明可能含有SO42-、CO32-；另取一定体积的无色溶液加入过量Na2O2，有无色无味气体产生，说明无NH4+存在；同时有白色沉淀生成，其沉淀量与加入Na2O2的量的关系如图所示，开始无沉淀生成，随后沉淀增大，随过氧化钠的量增大沉淀部分溶解，证明溶液中含H+、Al3+、Mg2+；根据离子共存的判断可知一定不含CO32-；加入氯化钡生成的沉淀是硫酸钡，原溶液中含有SO42-；综上所述：溶液中一定含有H+、Al3+、Mg2+、SO42-；一定不含有NH4+、Fe2+、CO32-；可能含有NO3-。21.下列物质中，只存在离子键的是_，只存在共价键的

28、是_；含离子键和非极性键的是_，属于离子化合物的是_，属于共价化合物的是_。N2MgCl2NH4ClCH4CO2NeH2SKOHNa2O2Li2O【答案】 （1）. （2）. （3）. （4）. （5）. 一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，由同一种非金属元素形成的共价键是非极性键，由不同种非金属元素形成的共价键是极性键，含有离子键的化合物是离子化合物，全部由共价键形成的化合物是共价化合物。据此解答。【详解】N2分子中含有非极性键，属于单质；MgCl2中含有离子键，属于离子化合物；NH4Cl中含有离子键和极性键，属于离子化合物；CH4分子中含有极性键，属于共价化合物；CO2分子