河北省唐山市2020届高三化学上学期第一次段考试题（附解析Word版）

河北省唐山市区县联考 2020 届高三上学期第一次段考 化学试题 1.《新修本草》是我国古代中药学著作之一，记载药物 844 种，其中有关于“青矾”的描述：“绛 矾，本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”据此推测，“青矾”的主要成分为(　　) A. CuSO4·5H2O B. FeSO4·7H2O C. KAl(SO4)2·12H2O D. Fe2(SO4)3·9H2O 【答案】B 【解析】 【分析】 “青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”，青矾是绿色， 经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的 Fe203 超细粉末为红色。 【详解】CuSO4·5H2O 为蓝色晶体， FeSO4•7H2O 是绿色晶体， KAl（SO4）2•12H2O 是无色晶体， Fe2（SO4）3•9H2O 为黄色晶体，所以判断“青矾”的主要成分为 FeSO4•7H2O，故选 B。 【点睛】本题考查了物质性质、物质颜色的掌握，掌握基础是解题关键，主要是亚铁盐和铁 盐转化的颜色变化，信息理解是关键。 2.下列说法中正确的是 ①干冰不是冰；②纯碱不是碱；③食盐不是盐；④氢键不是化学键 A. 全部 B. ①②③ C. ①②④ D. ①②③④ 【答案】C 【解析】 【详解】①干冰是固态的 CO2，冰是固态的水，即干冰不是冰，故①说法正确； ②纯碱是 Na2CO3，Na2CO3 属于盐，即纯碱不是碱，故②说法正确； ③食盐的成分是 NaCl，NaCl 属于盐，故③说法错误； ④氢键不是化学键，是特殊的分子间作用力，故④说法正确； 综上所述，选项 C 符合题意； 答案为 C。 3.铟(49In)与铷(37Rb)同周期。下列说法错误的是A. In 原子核外有 5 个电子层 B. In 的中子数与电子数的差值为 17 C. 碱性：In(OH)3＜RbOH D. 原子半径：In＞Rb 【答案】D 【解析】 【详解】A、In 的原子序数为 49，位于第五周期第ⅢA 族，即 In 核外有 5 个电子层，故 A 说 法正确； B、根据原子构成，49 为 In 的质子数，115 为 In 的质量数，则中子数为 115－49=66，则中子 数与电子数的差值为 66－49=17，故 B 说法正确； C、Rb 为第五周期 IA 族，同周期从左向右金属性减弱，金属性越强，最高价氧化物对应水化 物的碱性增强，即碱性：RbOH>In(OH)3，故 C 说法正确； D、同周期从左向右原子半径减小，即原子半径：Rb>In，故 D 说法错误； 答案为 D。 4.下列说法正确的是 A. 氧化铁俗称“铁红”，可以和某些油料混合制成防锈油漆 B. 食盐可作调味剂，但不能作食品防腐剂 C. 苏打是一种膨松剂，可用于制作馒头和面包 D. 玻璃是氧化物，成份可表示为 Na2O·CaO·6SiO 2 【答案】A 【解析】 【详解】A、氧化铁化学式为 Fe2O3，红棕色，俗称“铁红”，可以用作油漆、炼铁的原料等， 故 A 说法正确； B、食盐不仅可作调味剂，食盐能够使细菌脱水死亡，达到抑制细菌繁殖的目的，食盐也可以 作食品防腐剂，故 B 说法错误； C、能做膨松剂，可用于制作馒头和面包的是小苏打，即是 NaHCO3，苏打的成分是 Na2CO3， 苏打不能作膨松剂，故 C 说法错误； D、玻璃是混合物，不是氧化物，故 D 说法错误； 答案为 A。 115 495.下列过程中，只有共价键被破坏的是 A. 冰融化 B. 硫酸氢钠溶于水 C. 食盐熔化 D. 氯气溶于水 【答案】D 【解析】 【详解】A、冰融化破坏的分子间作用力，没有破坏共价键，故 A 不符合题意； B、NaHSO4 属于强电解质，NaHSO4 溶于水，NaHSO4 电离方程式为 NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42 －，破坏了离子键和共价键，故 B 不符合题意； C、NaCl 属于离子化合物，熔化时破坏离子键，故 C 不符合题意； D、Cl2 中两个氯原子之间存在共价键，Cl2 溶于水，有少量的 Cl2 与 H2O 发生 Cl2＋H2O HCl ＋HClO，只破坏了共价键，故 D 符合题意； 答案为 D。 【点睛】①离子化合物的溶解或熔化过程，破坏的是离子键；②有些共价化合物溶于水后， 能与水反应，其分子内的共价键被破坏，如 CO2 和 SO2 等；③某些共价化合物溶于水后，破坏 共价键，如 HCl 等；④某些共价化合物溶于水后，不破坏共价键，如蔗糖和酒精等；⑤某些 活泼的的非金属单质溶于水后，能与水反应，其分子内的共价键被破坏，故氯气、氟气等。 6.海水中食盐储量丰富，工业上常用食盐制取多种产品。下列物质不能通过食盐一步制取的是 A. 金属钠 B. 烧碱 C. 纯碱 D. 氯气 【答案】C 【解析】 【详解】A、电解熔融状态的氯化钠得到金属钠，其化学反应方程式为 2NaCl 2Na＋ Cl2↑，故 A 不符合题意； B、电解饱和食盐水，其反应方程式为 2NaCl＋2H2O 2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，其中 NaOH 为烧碱，故 B 不符合题意； C、用 NaCl 制备纯碱，方法是 NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，然后加热 NaHCO3， 发生 2NaHCO3 Na2CO3＋CO2↑＋H2O，不能直接一步得到纯金，故 C 符合题意； D、电解饱和食盐水，其反应方程式为 2NaCl＋2H2O 2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，能直接得 到氯气，故 D 不符合题意；答案为 C。 7.某微粒的结构示意图为 ，当 x-y=10 时，该微粒为 A. 原子 B. 阳离子 C. 阴离子 D. 无法判断 【答案】A 【解析】 试题分析：x—y 恰好是最内层和次外层的电子数之和，如果等于 10，这说明该微粒是原子， 答案选 A。 考点：考查结构示意图判断 8.有关铁铜的说法正确是 A. 用铜制容器可以运输浓硝酸和浓硫酸 B. 铜与过量的硫粉共热产物是 Cu2S C. Fe2O3 与 NaOH 溶液反应可制取 Fe(OH)3 D. Fe 在足量 Cl2 中燃烧生成 FeCl3，在少量 Cl2 中燃烧生成 FeCl2 【答案】B 【解析】 【详解】A、铜能与浓硝酸发生反应 Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，因此不能用 铜作的容器盛放浓硝酸，铁与浓硫酸、浓硝酸发生钝化反应，可以用铁制容器运输浓硫酸和 浓硝酸，故 A 错误； B、硫单质氧化性较弱，与变价金属反应，将变价金属氧化成较高价态，即 S 和 Cu 反应 2Cu＋ S=Cu2S，故 B 正确； C、Fe2O3 为碱性氧化物，不与 NaOH 反应，故 C 错误； D、氯气表现强氧化性，氯气是否过量，与铁反应都生成 FeCl3，故 D 错误； 答案为 B。 【点睛】易错点是选项 D，学生认为少量的氯气与 Fe 反应生成 FeCl2，因为铁过量，过量铁与 Fe3+发生反应生成亚铁离子，忽略了该反应应在溶液中进行，即氯气是否过量，与铁反应都生 成 FeCl3。9.向碳酸钠稀溶液中加入或通入少量下列物质能反应，但看不到明显现象的是 A. Ca(OH)2 溶液 B. Na2O2 固体 C. CO2 D. CaCl2 溶 液 【答案】C 【解析】 【详解】A、发生 Ca(OH)2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaOH，有白色沉淀生成，故 A 不符合题意； B、加入 Na2O2，发生 2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，NaOH 与 Na2CO3 不发生反应，但有气 体生成，故 B 不符合题意； C、Na2CO3 与 CO2 发生 Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，虽然 NaHCO3 溶解度小于 Na2CO3， 但 Na2CO3 为稀溶液，不会有晶体析出，因此无现象，故 C 符合题意； D、发生 CaCl2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaCl，有白色沉淀生成，有明显现象，故 D 不符合题意； 答案为 C。 10.下列有关水处理方法错误的是 A. 用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸 B. 用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物 C. 用烧碱处理含高浓度 NH4+的废水并回收利用氨 D. 用氯气处理水中的 Cu2+、Hg2+等重金属离子 【答案】D 【解析】 【详解】A、石灰、碳酸钠均能与酸发生反应，可以处理废水中的酸，故 A 说法正确； B、铝盐、铁盐溶解后，溶液中 Al3＋、Fe3＋水解成氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体，吸附水中的 悬浮物，故 B 说法正确； C、烧碱可与高浓度的 NH4＋溶液反应产生 NH3，可回收利用 NH3，故 C 说法正确； D、因为 CuCl2 和 HgCl2 可溶，因此氯气不能使 Cu2＋、Hg2＋从溶液析出除去，应采用沉淀法， 故 D 说法错误； 答案为 D。 11.下列说法中，正确的是 A. 共价化合物中一定不含离子键B. 同位素之间的相互转化可能是化学变化 C. 分子间作用力越大，分子的热稳定性就越强 D. 微粒的空间构型：水分子---直线形，氨分子--三角锥形 【答案】A 【解析】 【详解】A、共价化合物中一定不含有离子键，含有离子键的是化合物一定是离子化合物，故 A 说法正确； B、同位素之间的转变只有中子的转移或得失，因此同位素之间的转化是物理变化，故 B 说法 错误； C、分子间的作用力影响物质的部分物理性质，而热稳定性是化学性质，因此分子间作用力与 分子的热稳定性无关，故 C 说法错误； D、H2O 中心原子 O 有 2 个 σ 键和 2 个孤电子对，因此水的空间构型为 V 型，NH3 中心原子 N 为 3 个 σ 键和 1 个孤电子对，NH3 空间构型为三角锥形，故 D 说法错误； 答案为 A。 【点睛】易错点是选项 C，热稳定性体现该物质的化学性质，根据化学反应实质是旧键的断裂 和新键的形成，即热稳定性与化学键有关，分子间作用力不是化学键，它影响的是物质的物 理性质，即分子间作用力的强弱与稳定性无关，这是常考的考点，也是学生易错点。 12.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. NaHCO3(s) Na2CO3 (s) NaOH(aq) B. Al(s) NaAlO2(aq) Al(OH)3(s) C. S(s) SO3 (g) H2SO4(aq) D. Fe2O3(s) Fe(s) FeCl3(aq) 【答案】A 【解析】 【详解】A、NaHCO3 不稳定，受热分解：2NaHCO3 Na2CO3＋CO2↑＋H2O，碳酸钠与饱 和石灰水反应：Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH，能转化实现，故 A 符合题意；B、Al 能与 NaOH 反应：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，因为氢氧化铝表现两性，氢氧 化铝能溶于盐酸，因此偏铝酸钠与过量的盐酸反应：AlO2－＋4H＋=Al3＋＋2H2O，即 NaAlO2 不能与过量的盐酸反应生成氢氧化铝，故 B 不符合题意； C、S 与 O2 反应生成 SO2，不能直接一步生成 SO3，故 C 不符合题意； D、铁与盐酸反应生成 FeCl2，不能生成 FeCl3，故 D 不符合题意； 答案为 A。 13.Mg 和 SiO2 在高温下反应生成 MgO 和 Mg2Si。下列说法正确的是 A. 物质的熔点：Mg＞MgO B. 氧元素不存在同素异形体 C. Mg 的还原性强于 Si D. 该反应是置换反应，镁元素被氧化 【答案】C 【解析】 【分析】 Mg 与 SiO2 反应的方程式为 4Mg＋SiO2 2MgO＋Mg2Si，然后分析即可。 【详解】A、镁单质熔点为 648.8℃，氧化镁的熔点为 2852℃，氧化镁的熔点高，可以作耐高 温材料，因此氧化镁的熔点高于 Mg，故 A 错误； B、氧元素存在同素异形体，如 O2 和 O3 互为同素异形体，故 B 错误； C、根据反应方程式，Mg 元素的化合价升高，Mg 作还原剂，Si 元素的化合价降低，即 Mg 的 还原性强于 Si，故 C 正确； D、置换反应是单质＋化合物→单质＋化合物，该反应有单质参与反应，但没有单质生成，不 属于置换反应，故 D 错误； 答案为 C。 14.下列各图示中能较长时间看到 Fe(OH)2 白色沉淀 是 A. ①②③④ B. ①②③⑤ C. ①③④⑤ D. ②③④⑤ 的【答案】B 【解析】 【分析】 能较长时间看到氢氧化亚铁，需要除去溶液中溶解的氧气，防止空气中氧气进入溶液，据此 分析。 【详解】①铁与稀硫酸反应产生 H2，排除了装置中的空气，烧杯中水，隔绝空气中氧气进入 试管中，然后滴加 NaOH 溶液，生成的 Fe(OH)2 能长时间存在，故①符合题意； ②首先打开止水夹 a，铁粉与稀硫酸反应生成 H2，排除装置中的空气，以及 NaOH 溶液中的 氧气，让装置处于 H2 氛围中，关闭止水夹，利用压强，将 FeSO4 压入 NaOH 溶液中，生成氢 氧化亚铁，Fe(OH)2 能长时间观察，故②符合题意； ③该装置为电解装置，铁作阳极，电极反应式为 Fe－2e－=Fe2＋，C 为阴极，电极反应式为 2H2O ＋2e－=H2↑＋2OH－，总电极反应式为 Fe＋2H2O Fe(OH)2↓＋H2↑，汽油隔绝空气 中氧气 进入，能长时间观察到氢氧化亚铁，故③符合题意； ④该装置，没有隔绝空气的进入，生成氢氧化亚铁迅速转化成氢氧化铁，不能长时间观察氢 氧化亚铁，故④不符合题意； ⑤苯能隔绝空气的进入，能够长时间观察到氢氧化亚铁白色沉淀，故⑤符合题意； 综上所述，选项 B 正确； 答案为 B。 15.对于钠的含氧化合物的说法正确的是 A. 7.8 g Na2O2 固体中含离子总数为 0.3NA B. Na2O2、Na2O 组成元素相同，与 CO2 反应产物也相同 C. Na2O2 与 H2O 反应时，H2O 做还原剂 D. 氧化钠、过氧化钠均为离子化合物，仅含离子键 【答案】A 【解析】 【详解】A、过氧化钠的电子式为 ，1molNa2O2 中含有 3mol 离子，即 7.8g 过氧化钠中含有离子物质的量为 =0.3mol，故 A 正确； 的 7.8g 378g/mol ×B、Na2O2、Na2O 都是由 Na 元素和 O 元素组成，Na2O2 与 CO2 反应：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3 ＋O2，Na2O 为碱性氧化物，与 CO2 反应：Na2O＋CO2=Na2CO3，产物不相同，故 B 错误； C、Na2O2 与 H2O 反应：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，Na2O2 既是氧化剂又是还原剂，H2O 既不是氧化剂又不是还原剂，故 C 错误； D、氧化钠、过氧化钠为离子化合物，氧化钠的电子式为 ，只含有离子键， 过氧化钠的电子式为 ，含有离子键和非极性共价键，故 D 错误； 答案为 A。 16.将 Fe 粉、Cu 粉、FeCl3 溶液、FeCl2 溶液和 CuCl2 溶液，混合于某容器中充分反应（假定容 器不参与反应），下列情况下正确的是 A. 若 Fe 粉有剩余，则容器中不可能有 Fe2+ B. 若 FeCl3 有剩余，则容器中还含有 Cu C. 若 CuCl2 有剩余，则容器中不可能有 Fe D. 若 Cu 粉有剩余，则容器中不可能有 Cu2+ 【答案】C 【解析】 【分析】 氧化性的强弱顺序是 Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋，还原性：Fe>Cu，据此分析。 【详解】氧化性的强弱顺序是 Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋，还原性：Fe>Cu， A、铁先与 Fe3＋反应：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，因为铁有剩余，因此 Fe 还要跟 Cu2＋发生反应，Fe＋ Cu2＋=Fe2＋＋Cu，，Fe 不与 Fe2＋、Cu 不与 Fe2＋发生反应，因此容器中有 Fe2＋存在，故 A 错 误； B、FeCl3 还有剩余，Cu 能与 Fe3＋发生 Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，因此容器中有 FeCl3 剩余， 容器中不含 Cu，故 B 错误； C、Fe 能与 CuCl2 发生 Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，因此容器中有 CuCl2，则容器中不含有 Fe，故 C 正确； D、如果铁单质与 FeCl3 恰好反应完全，则 Cu 有剩余，溶液中含有 Cu2＋，故 D 错误； 答案为 C。17.下列各组离子，在指定的条件下一定能大量共存的是 A. 含有大量 HCO3－的溶液：NH4+、Ba2+、A1O2－、SO42－ B. NH4Fe(SO4)2 的溶液中： H+、Mg2+、Br-、NO3－ C. 浓度为 3％的 H2O2 溶液：H+、Fe2+、C1－、I－ D. c(S2-)=0.1mo1.L-1 的溶液中：Na+、NH4+、Al3+、ClO－ 【答案】B 【解析】 【详解】A、HCO3－能与 AlO2－发生 AlO2－＋HCO3－＋H2O=Al(OH)3↓＋CO32－，这些离子在 指定的溶液中不能大量共存，故 A 不符合题意； B、NH4Fe(SO4)2 中 Fe 元素的化合价为＋3，这些离子在指定溶液中能够大量共存，故 B 符合 题意； C、H2O2 具有强氧化性，能将 Fe2＋氧化成 Fe3＋，能将 I－氧化成 I2，因此这些离子在指定溶液 中不能大量共存，故 C 不符合题意； D、S2－能与 Al3＋发生双水解反应，S2－能被 ClO－氧化，因此这些离子在指定的溶液中不能大 量共存，故 D 不符合题意； 答案为 B。 18.下列离子方程式正确的是 A. 将铁粉投入到浓盐酸中：2Fe+6H+ =2Fe3++3H2↑ B. 常温下铜与浓硝酸反应：3Cu + 8H+ + 2NO3－ = 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O C. 将四氧化三铁投入到稀硝酸中：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O D. 氢氧化铁溶于氢碘酸中：2Fe(OH)3 + 6H++2I－ =2 Fe2+ +I2+ 6H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A、铁与盐酸反应 Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，故 A 错误； B、铜与浓硝酸反应生成 NO2，Cu＋4H＋＋2NO3－=Cu2＋＋2H2O＋2NO2↑，故 B 错误； C、硝酸具有强氧化性，能将 Fe2＋氧化成 Fe3＋，离子方程式为 3Fe3O4＋28H＋＋NO3－=9Fe3＋＋ NO↑＋14H2O，故 C 错误； D、Fe3＋具有强氧化性，能将 I－氧化成 I2，因此离子方程式为 2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋ I2＋6H2O，故 D 正确；答案为 D。 19.分别进行如下表所示实验，现象和结论均正确的是 选项 实验 现象 结论 A 向 FeBr2 溶液中加入少量氯水，再加 CCl4 振荡 CCl4 层无 色 Fe2＋的还原性强于 Br－ B 向盐酸中滴入少量 NaAlO2 溶液 无明显现象 AlO2－与 H＋未发生反 应 C 向某溶液里滴加 NaOH 溶液并将湿 润的红色石蕊试纸置于试管口 试纸颜色无 明显变化 原溶液中无 NH4＋ D 向某溶液中滴加 KSCN 溶液 溶液未变血 红色 溶液中不含铁元素 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A、Fe2＋的还原性强于 Br－，通入少量的氯气与 Fe2＋发生：Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl －，没有溴单质生成，因此 CCl4 层无色，故 A 正确； B、氢氧化铝表现两性，能与盐酸反应，因此向盐酸中加入少量的 NaAlO2 溶液，发生 AlO2－＋ 4H＋=Al3＋＋2H2O，故 B 错误； C、NH3 是极易溶于水的气体，本实验中没有加热，因此发生方程式是 NH4＋＋OH－=NH3·H2O， 没有气体放出，试纸颜色无明显变化，故 C 错误； D、KSCN 验证 Fe3＋，如果溶液中含有 Fe2＋，滴加 KSCN 溶液，溶液未变红色，所以可能含 有 Fe2＋，故 D 错误； 答案为 A。 【点睛】易错点是选项 C，学生只记着氨气是学过的唯一一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，忽略了氨气极易溶于水，只有在加热或溶液为浓溶液时，采用气体逸出，否则只发生 NH4 ＋＋OH－=NH3·H2O。 20.铁的常见化合价有＋2 价和＋3 价。据研究，铁在浓 HNO3 中发生钝化时，可生成一种化学 式为 Fe8O11 的化合物，它可以看作由 FeO 和 Fe2O3 组成的复杂氧化物。该化合物可以表示为 A. FeO·3Fe2O3 B. FeO·2Fe2O3 C. 2FeO·3Fe2O3 D. 2FeO·Fe2O3 【答案】C 【解析】 【分析】 一般拆写成氧化物时，低价在前，高价在后，同时符合原子守恒，据此分析； 【详解】A、FeO·3Fe2O3 中铁原子和氧原子个数比为 7：10，不符合 8：11，故 A 不符合题 意； B、 FeO·2Fe2O3 中铁原子和氧原子个数比为 5：7，不符合 8：11，故 B 不符合题意； C、2FeO·3Fe2O3 中铁原子和氧原子个数比为 8：11，符合 8：11，故 C 符合题意； D、2FeO·Fe2O3 中铁原子和氧原子个数比为 4：5，不符合 8：11，故 D 不符合题意； 答案为 C。 21.把 2.7 g 铝投入 100 mL 3 mol·L－1 的 NaOH 溶液中充分反应后，再滴入 1 mol·L－1 的盐酸溶 液 400 mL，其结果错误的是 A. 溶液显酸性 B. 得到澄清透明溶液 C. 得到浑浊溶液 D. 溶液中铝元素有两种微粒存在形式 【答案】B 【解析】 【分析】 铝与 NaOH 发生反应：2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，2.7gAl 物质的量为 =0.1mol，n(NaOH)=100×10－3L×3mol·L－1=0.3mol，显然 NaOH 过量，然后求出生成 NaAlO2 的量，滴入盐酸，发生 NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，然后再根据量进行分析。 的 2.7g 27g/mol【详解】2.7gAl 的物质的量为 =0.1mol，n(NaOH)=100×10－3L×3mol·L－1=0.3mol， 铝与 NaOH 发生反应： 2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑， 0.1 0.3 氢氧化钠过量，剩余 NaOH 的量为 0.2mol，产生 NaAlO2 的量为 0.1mol，滴加盐酸， n(HCl)=400×10－3L×1mol·L－1=0.4mol， 发生 NaOH＋HCl=NaCl＋H2O， 0.2 0.2 剩余 HCl 的物质的量 0.2mol，然后发生 AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓， 0.1 0.2 0.1 然后发生 Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O， 0.1 0.1 盐酸不足，完全反应，氢氧化铝还有剩余， A、根据上述分析，溶液中有 AlCl3，AlCl3 为强酸弱碱盐，溶液显酸性，故 A 说法正确； B、根据上述分析，氢氧化铝还有剩余，得到浑浊溶液，故 B 说法错误； C、根据 B 选项分析，故 C 说法正确； D、铝元素存在 Al(OH)3 和 Al3＋两种形式，故 D 说法正确； 答案为 B。 22.A、B、C 三种物质中均含有同一种元素 M，它们之间有如图所示的转化关系。A 为一种金 属单质，其产量直接关系国民经济命脉。反应①②③均为化合反应，反应④为置换反应。下 列有关说法错误的是 A. ①中所加试剂可能是氯气 2.7g 27g/molB. ③中需要加具有氧化性的试剂 C. 元素 M 在②中发生的价态变化也能通过加碘化钾溶液实现 D. A 与稀硝酸反应一定能实现元素 M 在①中发生的价态变化 【答案】D 【解析】 【分析】 若 A 为一种金属单质时，反应①②③均为化合反应，反应④为置换反应，A 为一种金属单质， 其产量直接关系国民经济命脉，则 A 为变价金属 Fe，铁与氯气（或溴）反应得到氯化铁，氯 化铁（或溴化铁）与铁反应得到氯化亚铁（或溴化亚铁），氯化亚铁（或溴化亚铁）与氯气 （或溴）反应得到氯化铁（或溴化铁），铁与盐酸发生置换反应可以得到氯化亚铁，也可以是 铁与溴的反应，据此分析； 【详解】若 A 为一种金属单质时，反应①②③均为化合反应，反应④为置换反应，A 为一种 金属单质，其产量直接关系国民经济命脉，则 A 为变价金属 Fe，铁与氯气（或溴）反应得到 氯化铁，氯化铁（或溴化铁）与铁反应得到氯化亚铁（或溴化亚铁），氯化亚铁（呀溴化亚铁） 与氯气（或溴）反应得到氯化铁（或溴化铁），铁与盐酸发生置换反应可以得到氯化亚铁，也 可以是铁与溴的反应， A、根据上述分析，①中所加试剂可能为氯气，故 A 说法正确； B、反应③为 Fe2＋→Fe3＋，需要加具有氧化性的试剂，故 B 说法正确； C、元素 M 为 Fe，B 中铁元素化合价为＋3 价，具有强氧化性，能将 I－氧化成 I2，本身还原 成 Fe2＋，根据上述分析，C 中铁元素的化合价为＋2 价，故 C 说法正确； D、A 与稀硝酸反应，如 A(Fe)过量，则生成 Fe2＋，不能生成 Fe3＋，故 D 说法错误； 答案为 D。 23.氢化亚铜（CuH）是一种难溶物质，用 CuSO4 溶液和“另一种反应物”在 40℃~50℃时反应可 生成它。CuH 不稳定，易分解；CuH 在氯气中能燃烧；跟盐酸反应能产生气体，以下有关的 推断中错误的是 A. “另一种反应物”一定具有还原性 B. CuH 既可做氧化剂也可做还原剂 C. CuH+Cl2=CuCl+HCl（燃烧） D. CuH+HCl=CuCl+H2↑（常温）【答案】C 【解析】 试题分析：A、Cu 元素的化合价由+2 价降低为+1 价，在反应中 CuSO4 作氧化剂，则“另一种 反应物”在反应中作还原剂，具有还原性，A 项正确；B、CuH 中 Cu 元素为+1 价，既能升高 又能降低，所以 CuH 既可做氧化剂也可做还原剂，B 项正确；C、CuH 在氯气中能燃烧，Cu 元素的化合价升高，Cl 元素的化合价降低，则发生 2CuH+3Cl2═2CuCl2+2HCl↑，C 项错误； D、CuH 跟盐酸反应能产生气体，气体为氢气，该反应中只有 H 元素的化合价发生变化，反 应为 CuH+HCl═CuCl+H2↑，D 项正确；答案选 C。 考点：考查氢化亚铜的相关性质 24.四种短周期元素在周期表中的相对位置如下所示，其中 T 所处的周期序数与族序数相等。 下列判断错误的是 A. W 和 R 形成的化合物属于分子晶体 B. 元素 R 与氢形成的化合物有很多种 C. 含 T 的盐溶液可能能与 NaOH 溶液反应也可能与盐酸反应 D. 常温下，T 的单质与 W 的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应产生气体 【答案】D 【解析】 【分析】 四种元素为短周期元素，根据在元素周期表的位置，四种元素位于第二、三周期，即 R 为第 二周期，其余为第三周期，T 所处周期序数与族序数相等，即 T 为 Al，R 为 C，Q 为 P，W 为 S，据此分析； 【详解】四种元素为短周期元素，根据在元素周期表的位置，四种元素位于第二、三周期， 即 R 为第二周期，其余为第三周期，T 所处周期序数与族序数相等，即 T 为 Al，R 为 C，Q 为 P，W 为 S， A、W 和 R 形成的化合物是 CS2，该化合物属于分子晶体，故 A 说法正确； B、C 与 H 形成化合物是烃，故 B 说法正确； C、含 Al 的盐溶液，如是 NaAlO2，能与 HCl 发生反应，如是 AlCl3，能与 NaOH 发生反应，故 C 说法正确； D、W 的最高价氧化物对应水化物是 H2SO4，Al 与浓硫酸发生钝化反应，阻碍反应的进行， 故 D 说法错误； 答案为 D。 25.研究性学习小组的同学，为测定某含镁 3％~5％的铝镁合金（不含其它元素）中镁的质量 分数，设计下列两种不同实验方案进行探究。填写下列空白。 【实验方案】将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约 20℃，1.01 105Pa）的体积。 【问题讨论】 （1）同学们拟选用下列实验装置完成实验： ①最简易的装置需要上述三个仪器，它们的其连接顺序是：A 接（ ）（ ）接（ ）____________ ②实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开其活塞，一会儿后稀硫酸也不能 顺利滴入锥形瓶。猜测可能的原因是__________________________________________。 ③实验结束时，在读取测量实验中生成氢气的体积时，你认为合理的是___________ 。 A．待实验装置冷却后再读数 B．上下移动量筒 F，使其中液面与广口瓶中液面相平 C．上下移动量筒 G，使其中液面与广口瓶中液面相平 D．视线与凹液面的最低点水平，读取量筒中水的体积 （2）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶 中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口 瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了如图所示的实验装 置。 ×①装置中导管 a 的作用是_______________________________；打开分液漏斗活塞时稀硫酸能 顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫 酸引起的氢气体积误差。 ②实验前后碱式滴定管中液面读数分别为 V1 mL、V2 mL。则产生氢气的体积为________ mL。 【答案】 (1). EDG (2). 合金与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大 (3). ACD (4). 保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等 (5). V1-V2 【解析】 【详解】（1）①根据实验原理：Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑、2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑，通过排 水法测量氢气的体积，恢复到室温状态下，量筒中的部分水需要回流到广口瓶中，因此连接 顺序是 A→E→D→G； 答案为 E→D→G； ②合金与稀硫酸反应生成氢气，且该反应为放热反应，造成锥形瓶中气体压强增大，液体不 能顺利滴落； 答案为合金与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大； ③通过排水法测量气体体积，一般读数时，做到①让气体恢复到室温状态，②让两端的液面 处于同一水平，③读数时视线与凹液面的最低点持平，故选项 ACD 正确； 答案为 ACD； （2）①导管 a 连通锥形瓶和分液漏斗，其作用是保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压 强相等； 答案为保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等； ②两次体积差为测定的氢气的体积，收集到氢气后滴定管内的液面上升，读数减小，即收集 氢气的体积为(V1－V2)mL； 答案为(V1－V2)mL。 【点睛】本题的难点是装置的选择，特别是 F 和 G，这需要知道通过排水法收集气体时应注意：①因为多数反应为放热反应，产生的气体温度高，体积大，因此需要让气体恢复到室温 状态，②调节量筒让两端的液面处于同一水平，即内外气体压强相等，③读数时视线与凹液 面的最低点持平；这样需要一部分水回流到广口瓶中，因此选择量筒 G。 26.甲学生对 Cl2 与 FeCl2 和 KSCN 混合溶液的反应进行实验探究。向 A 中通入氯气至过量， 观察 A 中，发现溶液先呈红色，然后变为黄色。 （1）A 中铁元素发生反应的离子方程式有 ______________________________________________________。 （2）为了探究 A 中溶液由红色变为黄色的原因，甲同学进行如下实验：取 A 中黄色溶液于试 管中，加入 NaOH 溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在______(填化学符号)。 （3）资料显示：SCN--的电子式为 。甲同学猜想 SCN― 可能被 Cl2 氧化了，他进行 了如下研究：取 A 中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的 BaCl2 溶液， 产生白色沉淀，由 此证明 SCN― 中被氧化的元素是___________（填名称）。 【答案】 (1). Cl2+2Fe2+═2Cl－+2Fe3+；Fe3++3SCN－=Fe(SCN)3 (2). Fe3+ (3). 硫 【解析】 【详解】（1）Fe2＋具有还原性，Cl2 具有氧化性，发生 2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，Fe3＋与 SCN －发生络合反应：Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3； 答案为 Cl2+2Fe2＋═2Cl－+2Fe3＋；Fe3＋+3SCN－=Fe(SCN)3； （2）黄色溶液中加入 NaOH 溶液，有红褐色沉淀，该沉淀为 Fe(OH)3，说明黄色溶液中含有 Fe3 ＋； 答案为 Fe3＋； （3）取反应后的溶液，加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液，出现白色沉淀，该沉淀为 BaSO4，推出 溶液中含有 SO42－，而 SCN－中 S 显－2 价，说明被氧化的元素是硫元素； 答案为硫。 27.随原子序数的递增，八种短周期元素（用字母表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。根据判断出的元素回答问题： （1）f 在元素周期表的位置是_______。 （2）上述元素形成的简单阴、阳离子中，离子半径最大的是（用化学式表示，下同） _______________；在 e、f、g、h 四种元素的最高价氧化物对应的水化物中的酸性最强的是 ___________________。 （3）d、e 能形成原子个数比为 1：1 的化合物，该化合物的电子式为________________，0.1 mol 该化合物与足量水反应时转移的电子数为____________。 【答案】 (1). 第 3 周期，ⅢA 族 (2). S2－ (3). HClO4 (4). (5). 6.02×1022 或 0.1NA 【解析】 【分析】 八种元素都是短周期元素，按照元素周期律，分析出八种元素分别为 H、C、N、O、Na、Al、 S、Cl，据此分析； 【详解】同周期从左向右原子半径依次减小，主族元素最高正化合价一般等于族序数，最低 负价等于 8－主族序数，从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，推出八种短周期元素 分别为 H、C、N、O、Na、Al、S、Cl， （1）f 为 Al，位于第三周期ⅢA 族； 答案为第三周期ⅢA 族； （2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，电子层数一般越多，半径越大， 即离子半径最大的是 S2－；非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，同周期从 左向右非金属性增强，即最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的是 HClO4； 答案为 S2－；HClO4； （3）d 和 e 形成的化合物中原子个数比为 1：1，即化合物是 Na2O2，其电子式为 ，过氧化钠与水反应的方程式为 2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，2molNa2O2与水反应，转移电子物质的量为 2mol，即 0.1mol 过氧化钠与 H2O 反应转移电子物质的量为 0.1mol，电子数为 6.02×1022 或 0.1NA； 答案为： ；6.02×1022 或 0.1NA。 【点睛】微粒半径大小比较：（1）看电子层数，一般电子层数越多，微粒半径越大；（2） 看原子序数，当电子层数相等，微粒半径随着原子序数 增大而减小；（3）看电子数，电子 层数相同，原子序数相同，电子数越多，微粒半径越大。 28.某澄清溶液中含有下表离子中的一种或多种。分别取它的水溶液两份进行实验，结果如下： 阳离子 Fe2+、Fe3+、Al3+ 阴离子 SO32-、CO32-、SiO32-、I－、NO3- ①向一份溶液中加入过量盐酸，产生气泡，溶液颜色变深，但仍澄清； ②继续向①溶液中加入少许四氯化碳，震荡，静置，下层呈现紫红色，上层溶液呈现黄色； ③向另一份溶液中加入过量氢氧化钠溶液，产生沉淀 质量与加入碱液的体积关系如图所示。 根据以上信息，回答下列问题： （1）原溶液中肯定含有的离子是______________________________________________； （2）①中生成的气体是______________(填化学符号)，它具有的性质是_____________（填字 母序号）； A．无色无味 B．能被 NaOH 溶液吸收 C．属于大气污染物 D．难溶于水 （3）①中发生反应的离子方程式有_______________________________________________。 （4）③中沉淀溶解的化学反应方程式是________________________________________。 【答案】 (1). Al3+、Fe2+、I－、NO (2). NO (3). ACD (4). 6I－+2NO3-+8H+= 3I2+2NO↑+4H2O、3Fe2++ NO3-+4H+= 3Fe3++NO↑+2H2O (5). Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O 【解析】 【分析】 的 的首先判断出哪些离子不能大量共存，Fe3＋具有强氧化性，能将 I－氧化，这两种离子不能大量 共存，Fe3＋、Al3＋与 CO32－发生双水解反应，不能大量共存，Fe3＋与 SO32－发生氧化还原反应 不能大量共存，Fe2＋与 CO32－生成 FeCO3 沉淀，不能大量共存，然后根据实验现象分析溶液 中含有的离子； 【详解】①加入过量的盐酸，产生气泡，溶液颜色加深，但溶液仍为澄清，说明原溶液中一 定不含有 SiO32－； ②向①反应后溶液中加入少量 CCl4，出现分层，下层为 CCl4 层，显紫红色，推出该溶液中含 有 I2，即原溶液中含有 I－，Fe3＋具有强氧化性，能将 I－氧化，因此原溶液中一定不含有 Fe3 ＋，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，将 I－氧化成 I2，本身被还原成 NO，因此原溶液一定含 有 NO3－，上层为水层，水层显黄色，推出含有 Fe3＋，即原溶液中含有 Fe2＋，原溶液中一定 不含有 CO32－； ③根据图像，推出原溶液中含有 Al3＋，溶液中一定不含有 SO32－； （1）根据上述分析，肯定含有的离子是 Al3＋、Fe2＋、I－、NO3－； 答案为 Al3＋、Fe2＋、I－、NO3－； （2）①利用 NO3－在酸性条件下具有强氧化性，将 Fe2＋、I－氧化，离子方程式为 6I－+2NO3－ +8H＋= 3I2+2NO↑+4H2O、3Fe2＋+NO3－+4H＋= 3Fe3＋+NO↑+2H2O，即①中产生的气体为 NO，NO 是一种无色、无味、难溶于水，有毒的气体，不能与 NaOH 发生反应，故选项 ACD 正确； 答案为 ACD； （3）根据问题(2)的分析，离子方程式为 6I－+2NO3－+8H＋= 3I2+2NO↑+4H2O、3Fe2＋+NO3－ +4H＋= 3Fe3＋+NO↑+2H2O； 答案为 6I－+2NO3－+8H＋= 3I2+2NO↑+4H2O、3Fe2＋+NO3－+4H＋= 3Fe3＋+NO↑+2H2O； （4）向溶液中加入 NaOH 溶液，发生 Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓、Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓， 氢氧化铝为两性，继续加入 NaOH，发生 Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O； 答案为 Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O。 【点睛】破解离子推断题，需要遵循的原则，（1）肯定性原则，根据实验现象，推出溶液中 肯定存在或肯定不存在的离子，如本题，根据②，推出原溶液中含有 I－、NO3－；（2）互斥 性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在，如本题，推出 含有 I-，因为 Fe3+具有强氧化性，能将 I-氧化，因此 Fe3+不存在；（3）进出性原则，通常是 在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰；（4）电中性原则，溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中阳离子所带电荷 数等于阴离子所带电荷数，帮助确定一些隐含离子。 29.取等物质的量浓度的 NaOH 溶液两份 A 和 B，每份 100 mL。向其中各通入一定量的 CO2， 然后，各取溶液 10 mL，分别向稀释后的溶液中逐滴加入 0.1 mol·L-1 的盐酸。标准状况下，产 生 CO2 气体体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。回答下列问题： （1）曲线 A 表明原溶液中通入 CO2 后，所得溶液中的溶质为（写化学式）_____________， 其物质的量之比为_________________________。 （2）B 曲线当耗盐酸 0