《试卷》精品解析：【全国百强校】河北省衡水中学2019～2020届高三上学期第一次调研考试化学试题解析（解析版）.doc

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1、河北省衡水中学20192020届高三上学期一调考试化学试题第I卷（选择题共50分）一、选择题（每小题l分，共10分。下列每小题所给选项有一个选项符合题意。）1若用X代表F、C1、Br、I四种卤族元素，下列能够表达它们的共性反应的是（ ）AX2+H2=2HX BX2+H2O=HX+HXOC2Fe3X2=2FeX3 DX2+2NaOH=NaX+NaXO+H2O【答案】A【解析】试题分析：A、卤素单质均能与氢气化合，A正确；B、F2与水反应，生成HF和O2，B错误；C、I2的氧化性弱，生成FeI2，C错误；D、F2与水发生反应生成HF和氧气，D错误，答案选A。考点：考查卤素单质的性质 2下列物质的保

2、存方法正确的是（ ）A用橡皮寒把液溴密封于玻璃瓶中B用磨口玻璃塞把氢氟酸密封于棕色试剂瓶中C把氯气加压液化后密封于钢瓶中D氯水通常保存于无色试剂瓶中【答案】C【考点定位】考查化学试剂的保存【名师点晴】药品的存放需要注意：（1）按酸碱性及氧化性选择瓶塞：玻璃塞：一般试剂可用玻璃塞，但碱及碱性物质的存放需用软木塞或橡皮塞。橡皮塞：强氧化性物质（如KMnO4、Br2、H2O2、浓H2SO4、浓HNO3等）及有机物（如苯、四氯化碳、汽油等）存放不可用橡皮塞。（2）按稳定性选择瓶子的颜色：无色瓶子：存放一般试剂。棕色瓶子：存放见光或受热易分解的药品，并置于阴凉处，如HNO3、AgNO3、卤化银、氯水、溴

3、水、碘水等。3 在下列变化 大气固氮、 硝酸银分解、 实验室制取氨气中，按氮元素被氧化、被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列，正确的是（ ）A B C D【答案】A【解析】试题分析：大气固氮是氮气和氧气反应生成一氧化氮，化合价由0价升到+2价，被氧化；硝酸银分解，生成银、二氧化氮、氧气，氮元素化合价由+5价降到+4价，被还原；实验室制取氨气，不是氧化还原反应 ，A正确，答案选A。【考点定位】考查氧化还原反应的有关判断【名师点晴】本题为高考高频考点，侧重于学生的分析能力考查。氧化还原反应的分析思路：判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反

4、应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况4下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（ ）【答案】B考点：考查元素化合物知识。5某些保健品中含有的锗元素（Ge）位于周期表的第四周期IVA族。有关锗的叙述不正确的是（ ）A锗的原子序数为24 B锗的金属活动性应比硅强CGe可以生成化学式为Na2GeO3的盐 D单质锗是半导体材料【答案】A【解析】试题分析：A原子序数为2+8+18+4=32，A错误；B同主族元素从上到下金属性逐渐增强，B正确；CGe最外层电子数为4，最高化合价为+4价，可以生成化学式为Na2GeO3的盐，C错误；D锗位于金属、非金属的分界线，可

5、用于半导体材料，D正确，答案选A。【点评】本题考查金属元素在周期表中的位置及其性质递变规律【名师点晴】该题为高频考点，明确元素周期表结构、元素在周期表中的位置是解本题关键，注意规律中的异常现象，题目难度不大。6下列关于某些离子的检验说法正确的是（ ）A向某溶液中加稀盐酸，将产生的无色气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32-或HCO3-B向某溶液中加入硝酸钡溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有SO42-C向某溶液中加入浓氧氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则原溶液中存在NH4+D向某溶液中加入硝酸银溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉

6、淀不消失，则原溶液中一定有Cl-【答案】C考点：考查离子的检验。 7下列说法中正确的是（ ）ANa2O2可作漂白剂和供氧剂，碳酸钠可用于治疗胃酸过多B工业上用次氯酸制漂白粉，保存漂白粉的塑料袋要密封C氯气用于自来水消毒，是因为生成的次氯酸有杀菌、消毒的作用D溴化银用于人工降雨，单质碘加入食盐中用于制加碘盐【答案】C【解析】试题分析：A、碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多，A错误；B、工业上用石灰乳制漂白粉，B错误；C、氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸有杀菌、消毒的作用，C正确；D、食盐中加碘加的是碘酸钾，不是碘单质，D错误，答案选C。考点：考查元素及其化合物的性质8下列关于铝及其化合物的说法中不正确的是

7、（ ）A铝既可用于食品包装，也可用于建筑材料B氧化铝既可以用来冶炼铝，也可用作耐火材料C氢氧化铝既可以用于治疗胃酸过多的药物，也可用来制备一些铝盐D明矾既能用来净水，也可用作消毒剂【答案】D考点：考查铝及其化合物的性质 9类推的思维方法在化学学习和研究中有时会产生错误的结论，因此类比推出的结论最终要经过实践的检验才能决定其正确与否。下列类推结论中正确的是（ ）AMg失火不能用CO2灭火；Na失火也不能用CO2灭火BFe3O4可写成FeOFe2O3；Pb3O4也可写成PbOPb2O3CCu与Cl2直接化合生成CuCl2；Cu与S直接化合也能得到CuSDCO2通入到硝酸钡溶液中不能生成沉淀；SO2

8、通入到硝酸钡溶液中也不能生成沉淀【答案】A【解析】试题分析：A、Mg失火不能用CO2灭火是因为Mg可以在CO2中燃烧，其反应为：2Mg+CO22MgO+C，钠失火不能用CO2灭火是由于Na燃烧生成Na2O2，而Na2O2与CO2反应生成O2又起助燃作用，A正确；B、Fe3O4可写成FeOFe2O3，是因为Fe有+2和+3两种化合价，而Pb有+2和+4两种化合价，无+3价，故不能写成PbOPb2O3，而应写成2PbOPbO2，B错误；C、Cu与Cl2直接反应生成CuCl2，是由于Cl2的强氧化性，而S的氧化能力较弱，只能将Cu氧化为Cu2S，C错误；D、CO2通入Ba(NO3)2溶液中不生成沉淀

9、，是因为不能用弱酸制强酸，而SO2通入Ba(NO3)2溶液中，由于在酸性条件下NO3具有强氧性，可将SO2氧化为SO42，SO42与Ba2+结合生成BaSO4沉淀，D错误，答案选A。【考点定位】考查元素及其化合物的性质【名师点晴】该题的易错选项是D，注意SO2的还原性以及在酸性溶液中硝酸根的强氧化性，平时注意相关基础知识的积累和灵活应用。10已知Cu(NO3)2受热分解的化学反应方程式为2Cu(NO3)2=2CuO+4NO2+O2，某人将少量的Cu(NO3)2固休放入试管中加热，然后用带火星的木条放入试管中，木条复燃，则下列说法正确的是（ ）ANO2能支持燃烧 BNO2不能支持燃烧C木条复燃是

10、因为硝酸铜分解产生了氧气的缘故D木条复燃是因为硝酸铜分解产生的CuO催化作用的结果【答案】A考点：考查元素及其化合物的性质二、选择题（每小题2分，共40分。下列每小题所给选项有一个选项符合题意。）11如图铁与水反应的实验中，下列做法不正确的是（ ）A试管中的铁粉用绕成团的细铁丝代替B将试管底部的湿棉花移到试管口部C将铁粉附着在石棉绒上，以增大与水蒸气的接触面积D点燃肥皂泡验证氢气的生成【答案】B【考点定位】本题考查铁与水的反应【名师点晴】解答时注意Fe与水蒸气反应应在高温下进行，明确装置中各部分的作用和有关物质的性质即可解答，题目难度不大。12有2份质量分数不同的NaHCO3和NaOH的混合物

11、，将它们分别用酒情灯隔绝空气加热至恒重并排出气体后恢复到常温，测得的数据如下：则下列叙述不正确的是（ ）A第二份得到的是纯净物B第l份混合物中NaOH的质量分数更大C根据表中数据不能计算出第1份混合物中NaHCO3的质量分数D第2份混合物中NaOH的物质的量小于NaHCO3的物质的量【答案】C来源:ZXXK【解析】试题分析：混合物加热发生的反应如下：NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，如果固体完全是NaOH，则加热时，固体质量不变；如果完全是碳酸氢钠，加热后，固体减少质量为二氧化碳和水的质量，减少质量分数=100%=36.9%；如果二者以1

12、：1混合，其质量减少为水蒸气质量，减少质量分数=100%=14.5%；当混合物中碳酸氢钠质量分数越大，加热后，其固体减少质量分数越大，第一份固体减少质量分数=100%=9.8%，第二份固体减少质量分数=100%=15.2%，A第二份固体减少质量分数=100%=15.2%14.5%，所以碳酸氢钠的物质的量大于氢氧化钠，发生反应NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，所以得到的固体是碳酸钠，A正确；B根据固体减少质量分数知，第一份减少质量分数小于第二份，说明第一份中NaOH质量分数大，B正确；C设氢氧化钠和碳酸氢钠的物质的量分别是xmol、ymol

13、，并且xy，40x+84y9.2、(xy)40+106y8.3，解得x0.2195、y0.05，所以能计算碳酸氢钠质量分数，C错误D第一份固体减少质量分数100%=9.8%，第二份固体减少质量分数=100%=15.2%，氢氧化钠质量越大，加热后固体减少质量分数越小，氢氧化钠质量分数越大，所以第2份混合物中NaOH的物质的量小于NaHCO3的物质的量，D正确；答案选C。【考点定位】本题考查了钠的化合物的性质【名师点晴】如果该题采用一般计算方法，繁琐且较难得出正确答案，采用极限法分析解答能化繁为简，注意方法的总结和；灵活应用，题目难度较大。13下列各组物质间反应可能包括多步反应，其总的离子方程式正

14、确的是（ ）ANaClO(aq)中通入过量SO2:ClO-+SO2+H2O=HClO+HSO3-BFeC12在空气中被氧化：4Fe2+O2+2H2O=4Fe3+4OH-CAlCl3(aq)中投入少量Na:Al3+4Na+2H2O=AlO2-+4Na+2H2DFeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe2+2Br-+2Cl2=2Fe3+4Cl-+Br2来源:Z_xx_k.Com【答案】D【解析】试题分析：A、次氯酸钠具有强氧化性，能氧化SO2，A错误；B、应该是4Fe2+O2+4H=4Fe3+2H2O，B错误；C、氢氧化钠不足生成氢氧化铝沉淀，C错误；D、亚铁离子的还原性强于溴离子，氯气首先氧

15、化亚铁离子，则FeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应的离子方程式为2Fe2+2Br-+2Cl2=2Fe3+4Cl-+Br2，D正确，答案选D。【考点定位】考查离子方程式正误判断【名师点晴】限定条件书写注意事项：1、过量型：首先判断那种物质过量，哪种不足；然后根据不足的物质全部反应的原则，用其配比进行配平；最后检查系数是否正确。2、定量型：这类离子反应的书写，严格按照给定的量之间的关系进行书写，配平时以少定多。3、目标型：先写出能达到目标的主要离子方程式，然后用假设“1”的方法使其完善。4、条件限定型：在书写离子反应方程式时，有不同的限定条件，书写方法不一样，如在铵根和氢氧根反应，生成一水合氨，

16、如加热写成氨气和水；氢氧化钙，如为澄清将其拆成离子，如为石灰乳则不拆等。14丰富多彩的颜色变化增添了化学实验的魅力,下列有关反应颇色变化的叙述中正确的是（ ） 新制氛水久置后浅黄绿色消失Cl2通入石蕊试液中先变红后褪色SO2通入石蕊试液中先变红后褪色 SO2通入品红溶液中红色褪去 氨气通人酚酞溶液中红色A B C D全部【答案】C考点：考查Cl2、SO2、NH3的性质15海藻中含丰富的、以离子形式存在的碘元素。下图是实验室从海藻里提取碘的流程的一部分：下列判断正确的是（ ）A步骤、的操作分别是过滤、萃取分液B可用淀粉溶液检验步骤的反应是否进行完全C步骤中加人的有机溶剂是乙醇D步骡的操作是过滤【

17、答案】A【解析】试题分析：A分离固体和液体用过滤，从水溶液中提取碘一般用萃取的方法，A正确；B步骤的反应为：Cl2+2I=2Cl+I2，生成的单质碘在水溶液里有反应：I2+H2O=HI+HIO，仍能与硝酸银溶液反应生成黄色沉淀，因此不能用硝酸银溶液检验步骤的反应是否进行完全，B错误；C萃取剂和原溶剂不能互溶，乙醇互溶，不能做萃取剂，C错误；D碘易溶于有机溶剂，所以不能过滤，应该用蒸馏的方法提取碘，D错误。答案选A。考点：考查海水资源极其综合利用；物种分离和提纯的方法和基本操作综合应用16下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是（ ）【答案】C来源:Zxxk.Com考点：考查化学实验设计与评价1

18、7下列说法均摘自某科普杂志，你认为无科学性错误的是（ ） 铅笔芯的原料是重金属铅，儿童在使用时不可用嘴吮咬铅笔，以免引起铅中毒 一氧化碳有毒，生有煤炉的居室，可放置数盆水，这样可有效地吸收一氧化碳，以防煤气中毒 “汽水”浇灌植物有一定道理，其中二氧化碳的缓释，有利于作物的光合作用 硅的提纯与应用，促进了半导体元件与集成芯业的发展，可以说“硅是信息技术革命的催化剂”A B C D【答案】B【解析】试题分析：铅笔的笔芯是用石墨和粘土按一定比例混合制成的，不是金属铅，错误；一氧化碳不溶于水，不能防止煤气中毒，错误；“汽水”中含有大量的二氧化碳，植物的光合作用需要二氧化碳，正确；硅是半导体材料，计算机

19、芯片的材料是硅单质，正确；答案选B。考点：考查碳和硅及其化合物的性质 18将3.48g四氧化三铁完全溶解在100mL 1mol/L的硫酸中，然后加入K2Cr2O7溶液25 mL，恰好使溶液中的Fe2+全部转化为Fe3+，Cr2O72-全部转化为Cr3+，则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度是（ ）A0.05mol/L B0.1 mol/L C0.2 mol/L D0.3 mol/L 【答案】B【考点定位】考查氧化还原反应的计算【名师点晴】得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计

20、算及电解过程中电极产物的有关计算等。电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)得电子原子数原子降价数n(还原剂)失电子原子数原子升价数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。19下列有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是（ ）A该溶液中，K+、Fe2+、C6H5OH、Br-可以大量共存B和KI溶液反应的离子方程式：Fe3+2I-=Fe2+I2C和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：Fe3+SO42-+Ba2+3OH-=Fe(OH)3+BaSO4D1L0.1mol/L该

21、溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2gFe【答案】D【解析】试题分析：A铁离子与苯酚不能大量共存，A错误；BFe3+、I-会发生氧化还原反应，不能大量共存，离子方程式为2Fe3+2I-=2Fe2+I2，B错误；C硫酸铁和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：2Fe3+3SO42-+3Ba2+6OH-=2Fe(OH)3+3BaSO4，C错误；D、1L0.1mol/L该溶液含有溶质的物质的量是0.1mol，和足量的Zn充分反应，根据电子守恒及元素守恒可知反应产生0.2molFe,其质量是11.2gFe，D正确，答案选D。考点：考查有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正误判断的知识。20将15.6g N

22、a2O2和5.4gAl同时放入一定量的水中，充分反应后得到200ml溶液，再向该溶液中缓慢通人标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是（ ）A标准状况下，反应过程中得到7.84L的气体B最终得到的溶液中c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)C最终得到7.8g的沉淀D最终得到的溶液中c(Na+)=1.5mol/L【答案】C来源:学+科+网考点：考查钠的化合物与铝单质及化合物的性质及有关计算的知识。21氯气性质的微型实验装置如图所示，是浓盐酸，是高锰酸钾，至是滤纸条，依次滴有品红溶液、石蕊试液、淀粉-KI试液、Na2S溶液、KBr溶液、含KSCN的Fe

23、Cl2几种溶液，实验时挤几滴浓盐酸，下列说法错误的是（ ）A产生氯气的离子方程式：16H+ 10Cl-2MnO4-=2Mn2+5Cl28H2OB处变血红色，是因为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-,Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3C褪色，处先变红后褪色，处出现淡黄色固体D处变蓝，处变橙红，能说明氧化性：Cl2Br2I2【答案】D考点：考查氯气性质的分析应用22将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、kClO、KClO3，且的值与温度高低有关，当n(KOH)=amol时，下列有关说法错误的是（ ）A若某温度下，反应后=11，则溶液中B参加反应的氯气的物质的量等于 C改变温度，产物中

24、转移电子的物质的量n的范围：D改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为【答案】D【解析】试题分析：A、反应后11，令KC1、KClO分别为11 mol、1 mol，据得失电子守恒可得KC1O3为2 mol，则溶液中，A正确；B、根据原子守恒n(KOH)amoln(K) =n(Cl) =2n(Cl2)，则n(Cl2)= ，B正确；C、当全部生成KC1、KClO时发生的反应为Cl22KOH=KClKClOH2O，则neamol，同理，当全部生成KC1、KClO3时发生的反应为3Cl26KOH=5KClKClO33H2O，则neamol，综上可得改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：amo

25、lneamol，C正确；D、改变温度，产物中KC1O3的最大理论产量即无KClO生成，发生如下反应：3Cl26KOH=5KClKClO33H2O，则KC1O3的物质的量为amol，D错误，答案选D。【考点地位】本题主要是考查氧化还原反应的相关计算，涉及极限法、原子守恒法等【名师点晴】本题通过氧化还原反应的有关计算，重点考查学生对复杂的氧化还原反应的分析能力、以及常用化学计算技巧的应用能力，这对学生的能力要求较高。关于氧化还原反应的计算型试题，首先要全面分析所发生的反应方程式，然后再根据这些方程式进行讨论、分析与计算、注意解题过程中要应用一些常见的计算技巧，如守恒法、极限法等。23下列说法不正确

26、的是（ ）A向Na2CO3溶液中逐滴加入HCl，直到不再生成CO2气体为止，在此过程中溶液中的HCO3-浓度变化是先变大后变小（溶液体积变化均忽略不计）B向NaHCO3溶液中加入Ba(OH)2固体，CO32-的浓度变化是先变大后变小（溶液体积变化均忽略不计）C有含0.2molNa2CO3和含0.3molHCl的两种溶液：将Na2CO3溶液逐滴滴入HCl溶液中；将HCl溶液逐滴滴入Na2CO3溶液中，两种操作生成的CO2体积之比为3：2 D将等质量的Na2O和Na2O2样品分别放入等量的水中，所得溶液的质量分数分别为a%和b%，则a、b的关系是a=b 【答案】D【解析】【考点定位】考查钠及其化合

27、物性质、计算等【名师点晴】该题综合性强，难度较大。分析Na2CO3和NaHCO3的混合溶液与盐酸反应的先后顺序：在Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，逐滴加入盐酸，盐酸先与何种物质反应，取决于CO32和HCO3结合H的难易程度。由于CO32比HCO3更易于结合H形成难电离的HCO3，故盐酸应先与Na2CO3溶液反应。只有当CO32完全转化为HCO3时，再滴入的H才与HCO3反应。24如图所示，室温下，A、B两个容积相等的烧瓶中分别集满了两种气体（同温、同压），打开K夹，使两烧瓶内气体充分接触后，容器内压强由小到大的顺序正确的是（ ）A B C D【答案】B【解析】试题分析：H2S和SO2反

28、应生成S和H2O，方程式为2H2SSO2=3S2H2O，反应后SO2过量；氢气和氯气在常温下不反应，压强不变；氨气和氯化氢反应生成氯化铵固体，反应后气体压强为零；一氧化氮和氧气混合反应会生成二氧化氮，即2NO+O22NO2，然后2NO2N2O4，反应后气体体积减小，所以容器内压强由小到大的顺序正确的是，答案选B。考点：考查气体之间反应的有关判断25有一无色溶液，可能含有K+、Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-、SO42-、HCO3-、MnO4-的几种。为确定其成分，做如下实验：取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解；另取部

29、分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生。下列推断正确的是（ ）A肯定有Al3+、Mg2+、NH4+、Cl- B肯定有Al3+、Mg2+、HCO3-C肯定有K+、HCO3-、MnO4- D肯定有Al3+、Mg2+、SO42-【答案】D考点：考查常见离子的检验方法26为了实验探究金属单质M与盐溶液的反应，某同学进行了下列实验，实验过程及实验现象如图所示，结合实验现象判断，该同学得出的下列结论中正确的是（ ）A向滤液中滴加盐酸的实验现象是产生白色沉淀B滤渣可能是两种金属单质的混合物C滤渣在足量的稀硝酸中能完全溶解D加入的金属M可能是镁或钠【答案】C【解析】试题分析：A、向滤液

30、中滴加盐酸的实验现象不可能是产生白色沉淀，因为滤液中不含有银离子，加入稀盐酸时，不可能产生白色沉淀，A错误；B、滤渣中一定含有单质银、铜和M，B错误；C、滤渣中一定含有单质银、铜和M，M活泼些大于铜和银，所以滤渣在足量的稀硝酸中能完全溶解，C正确；D、加入的金属M不是单质钠，因为钠和硝酸银、硝酸铜溶液的反应是钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和铜离子、银离子生成沉淀，加入盐酸无气体生成，D错误；答案选C。【考点定位】本题考查了化学实验分析【名师点晴】实验现象是物质之间相互作用的外在表现，因此要学会设计实验、观察实验、分析实验，为揭示物质之间相互作用的实质奠定基础。选项D是易错点，注意钠的金

31、属性，钠与盐溶液的反应：钠与盐溶液反应，不能置换出盐中的金属，这是因为金属阳离子在水中一般是以水合离子形式存在，即金属离子周围有一定数目的水分子包围着，不能和钠直接接触，所以钠先与水反应，然后生成的碱再与盐反应。例如钠与氯化铁溶液反应：2Na2H2O2NaOHH2，3NaOHFeCl3Fe(OH)33NaCl。27 AE是中学常见的5种化合物，A、B是氧化物，它们之间的转化关系如图所示。则下列说法正确的是（ ）A单质X与A反应的化学方程式：Al2O3+2FeFe2O3+2AlB检验D溶液中金属阳离子的反应：Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3C单质X和单质Y在一定条件下均能与水发生置换反应D由

32、于化合物B和C均既能与酸反应，又能与碱反应，所以两者均是两性化合物【答案】C【考点定位】考查物质转化关系的推断，物质性质的应用，反应特征是推断【名师点晴】熟练掌握物质转化关系和特征性质是解题关键，化学推断题是一类综合性较强的试题，如元素及化合物性质和社会生活，环境保护，化学计算等知识，还可引入学科间综合。它不仅可考察学生对化学知识的理解程度，更重要的是培养学生的综合分析能力和思维方法。解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。28现有Al、C12、Al2O3、HCl(aq)、Al(OH)3、N

33、aOH(aq)六种物质，它们之间有如图所示转化关系，图中每条线两端的物质之间都可以发生反应，下列推断不合理的是（ ）AN一定是HCl(aq) BX可能为Al或Cl2CY一定为NaOH(aq) DQ、Z中的一种必定为Al2O3【答案】B【解析】试题分析：图框中Y能与其它5种物质反应，N能与其它4种物质反应，分析所给物质可知六种物质中只有NaOH和其它五种物质都反应，则Y一定为NaOH，HCl（aq）和Cl2不反应，可其它物质都反应，则N为HCl（aq），X为Cl2，Al、Al2O3、Al（OH）3都既能与盐酸反应也能与NaOH反应，且只有Al能与Cl2反应，则M为Al，Q、Z为Al2O3、Al（

34、OH）3的物质，答案选B。考点：考查物质推断29已知：2NaAlO2CO2+3H2O2Al(OH)3Na2CO3，向含2 mol NaOH、1 molBa(OH)2、2mol NaAlO2的混合溶液中慢慢通入CO2，则通入CO2的量和生成沉淀的量的关系正确的是（ ）【答案】C【解析】试题分析：A通入2mol二氧化碳，先发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀，由CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，剩余的1mol二氧化碳与2mol氢氧化钠反应恰好反应，则沉淀只有1mol，A错误；B当通入的n（CO2）=3 mol时，Ba（OH）2+

35、CO2=BaCO3+H2O1mol 1mol 1mol2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O2mol 1mol2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+Na2CO32mol （3-1-1）mol 2mol所以产生的沉淀是BaCO3和Al（OH）3且n（沉淀）之和是3mol，B错误；C通入4mol二氧化碳，先发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀，剩余3mol二氧化碳与氢氧化钠发生反应：CO2+NaOH=NaHCO3，消耗二氧化碳2mol，最后1mol二氧化碳与NaAl（OH）4发生反应2NaAlO2+3H2O+CO2=2A

36、l（OH）3+Na2CO3，生成2mol氢氧化铝沉淀，故生成沉淀总物质的量为3mol，C正确；D当通入6mol二氧化碳，分别发生反应Ba（OH）2+CO2=BaCO3+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+Na2CO3，生成1mol碳酸钡、2mol氢氧化铝沉淀，2mol碳酸氢钠，1mol碳酸钠，消耗4mol二氧化碳，剩余的2mol二氧化碳分别与生成的1mol碳酸钠和1mol碳酸钡沉淀发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 ，BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，所以最后剩余沉淀的物质的量为2mol，D错误，答案选C

37、。【考点定位】本题考查了混合物反应的计算【名师点晴】明确相关物质的化学性质、发生反应的先后顺序及反应原理为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力，难度较大。30向21.6gFe粉和Cu粉的混合物中加入1L1mol/L HNO3充分反应，放出NO气体且金属有剩余。则反应后溶液中c(NO3-)为（忽略溶液体积的变化）（ ）A0.45mol/L B0.6 mol/L C0.75 mol/L D0.9 mol/L【答案】C【考点定位】本题考查混合物的计算、氧化还原反应的有关计算【名师点晴】根据金属有剩余判断反应后金属表现为+2价是解题关键，注意利用好根据方程式进行的计算以及硝酸在反应

38、中的作用，即起氧化剂和酸性。第II卷（非选择题 共50分）31（12分）联氨（又称肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。回答下列问题：（1）联氨分子的电子式为_,其中氮的化合价为_。（2）实验室可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为_。（3）2O2(g)+N2(g)= N2O4(l) H1 N2(g)+2H2(g)= N2H4(g) H2 O2(g)+ 2H2(g)=2H2O(g) H3 2 N2H4(g)+ N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g) H4=-1048.9kJ/mol 上述反应热效应之间的关系式为H4_，联氮和N2O4可作为火箭推进

39、剂的主要原因为_。（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨第一步电离反应的平衡常数值为_（已知：N2H4+H+= N2H5+ 的K=8.7107；Kw=1.010-14)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为_。（5）联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgBr的试管中加人联氨溶液，观察到的现象是_。联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O2_kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是_。【答案】（1） (1分)；-2(1分)；（2）NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O(1分)；（3）2H3-2H2-H1 (2分

40、)；反应放出热量大、产生大量气体(2分)；（4）8.710-7(1分)；N2H6(HSO4)2 (1分)； （5）固体逐渐变黑，并有气泡产生(2分)；N2H4的用量少，不产生其他杂质(1分)；(还原产物为N2和H2O，而Na2SO3产生Na2SO4)（2）次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，Cl元素的化合价由+1价降低到-1价，N元素的化合价由-3价升高到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平，反应的化学方程式为NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O。（3）根据盖斯定律，反应热效应之间的关系式为H4=2H3-2H2-H1。联胺有强还原性，N2O4有强氧化性，两者在一起易发生自发地氧化还原反

41、应，反应放热量大、产生大量气体，所以联氨和N2O4可作为火箭推进剂。（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，则联氨第一步电离的方程式为N2H4+H2ON2H5+OH-,已知：N2H4+H+N2H5+的K=8.7107；KW=1.010-14，平衡常数K=8.71071.010-14=8.710-7 ；联氨为二元弱碱，酸碱发生中和反应生成盐，则联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2 。（5）联氨是一种常用的还原剂，AgBr具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成银，则向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，可观察到固体逐渐变黑，并有气泡产生；联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防

42、止锅炉被腐蚀，发生的反应为N2H4+O2=N2+2H2O，理论上1kg的联氨可除去水中溶解的氧气为1kg32g/mol32g/moL=1kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是N2H4的用量少，不产生其他杂质，而Na2SO3的氧化产物为Na2SO4。【考点定位】考查电子式，化合价，盖斯定律的应用，弱电解质的电离，化学计算等知识。【名师点睛】本题以多知识点综合题的形式考查化学基本用语，涉及电子式和化合价，盖斯定律的应用，弱电解质的电离平衡，简单化学计算等知识。对于弱电解质电离平衡常数的计算要注意几点：准确书写电离平衡常数的表达式；若没有直接的数据代入，要根据题意做一些变形，得

43、到平衡常数之间的关系式也可解答。32（8分）某研究性学习小组对铝热反应实验展开研究。现行高中化学教材（必修加选修中对“铝热反应”的现象有这样的描述：“反应放出大量的热，并发出耀眼的光芒”、“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”。查阅化学手册知，Al、Al2O3、Fe、Fe2O3、熔点、沸点数据如下：I（1）某同学推测，铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金。理由是该反应放出的热量使铁熔化，而铝的熔点比铁低，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金。你认为他的解释是否合理？答：_（填“合理”或“不合理”）。（2）设计一个简单的实验方案，证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝。该实验所用试列是_，反应的离子方

44、程式为_。II实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元家的化合价越低，某同学取一定量上述的熔融物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出在反应结束后的溶液中，逐滴加入4 molL-1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示。试回答下列问题：（1）图中OC段没有沉淀生成，此阶段发生反应的离子方程式为_；在DE段，沉淀的物质的最没有变化则此阶段发生反应的离子方程式为_。（2）B与A的差值为_mol。B点对应的沉淀的物质的量为_mol,C点对应的氢氧化钠溶液的体积为_mL。【答案】I（1）合理 （2）NaOH

45、溶液 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；II（1） H+OH-=H2O NH4+OH-=NH3H2O；（2）0.008 0.032mol 7mLII（1）向用硝酸溶解该金属的溶液中加入NaOH溶液，无沉淀产生，是由于酸过量，加入的NaOH首先与过量的酸发生中和反应，所以OC段离子方程式是：H+OH-=H2O；（2）在CD段溶液中的Fe3+、Al3+发生沉淀反应形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；在DE段，沉淀的物质的量没有变化，是因为在DE段NaOH溶液与硝酸被还原为NH4NO3,二者发生复分解反应，离子方程式是：NH4+ OH-=NH3H2O；（3）在EF段NaOH溶解Al(OH)3沉淀，离子方程式是：Al(