学年安徽省示范高中培优联盟高一下学期春季联赛化学试题扫描版含答案Word下载.docx
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B
解析:
1.D碳的原子半径比氧大，A错；
用Na2O2吸收CO2成本太高，B错；
C中的两个结构不是核素，不可能是同位素的关系。
2.A 氯气既是氧化剂，也是还原剂，选项A错误；
NaOH完全转化为盐，在反应中只起碱的作用，选项B正确；
生成的三种盐中钠、氯元素原子数目比均为1∶1，由消耗的NaOH的量可知Na＋总物质的量为0.4mol，故消耗Cl2的物质的量为0.2mol，选项C正确；
由给出的化学方程式中氯原子守恒或得失电子守恒可知a＝b＋5c成立，选项D正确。
3.A据混合后n（H2SO4）＝n1（H2SO4）＋n2（H2SO4），设取混合前两硫酸溶液的体积均为VmL，则有c＝
＝
，应选答案A。
4.A混合物溶于盐酸后生成FeCl2和CuCl2，加入过量氨水，反应生成Fe（OH）2，由于氨水过量故沉淀中没有Cu（OH）2，沉淀灼烧后转变为Fe2O3且与原混合物等重，整个过程中Fe元素质量守恒，所以混合物中CuO所占质量百分比相当于Fe2O3中氧元素的质量分数为30%，而氧化铜中铜元素质量分数应为30%×
80%=24%。
5.D根据反应2Fe＋3Cl22FeCl3可知，Fe与Cl2不能直接生成FeCl2，这是由于Cl2为强氧化性物质，直接把Fe氧化成＋3价，故D项不正确。
6.D由图可看出X为O，Y为Na，Z为Al，M为Si，N为Cl。
Z为Al，Al3＋离子核外有10个电子，Cl－离子核外有18个电子，故离子半径Cl－＞Al3＋，A项错误；
X为O，N为Cl，由于O的非金属性强于Cl的，则氢化物稳定性H2O＞HCl，B项错误；
X为O，N为Si，形成的化合物为SiO2，SiO2能与HF反应，C项错误；
Z为Al形成的氧化物为Al2O3，Y为Na形成的氢氧化物为NaOH，N为Cl形成的氢化物为HCl，Al2O3是两性氧化物，故D项正确。
7.D 由题给条件知，图中X、Y、Z三部分的压强、温度分别相等，体积V（X）＝V（Z）＝2V（Y），由阿伏加德罗定律知，n（X）＝n（Z）＝2n（Y），即N（X）＝N（Z）＝2N（Y），B项正确；
由质量、摩尔质量、物质的量之间的关系知A、C项正确；
由密度、质量、体积之间的关系知，D项错误。
8.C由a≠0，a＋2>
2；
b－5>
0，b>
5知，X、Y次外层不可能是K层，即最外层为第3层，又知X、Y核电荷数小于18，这样得出X的核外电子排布为2、8、6，为硫，Y的核外电子排布为2、8、3，为铝，X、Y两元素形成化合物为Al2S3，所以选C。
9.A由于钠块表面氧化变质的部分不一定都是生成Na2CO3（可能有NaOH），故“沉淀1g”作为干扰信息应舍去不用。
由钠块与水反应收集到0.1molH2，可求出未被氧化的钠的物质的量为0.2mol，再根据电中性原则，求出取出的100mL溶液中n（Na＋）＝n（Cl－）＝1mol·
L－1×
0.07L。
则n（Na＋）总＝0.7mol，被氧化的Na为0.7mol－0.2mol＝0.5mol，则Na的氧化率为
×
100%＝71.4%，故选A。
10.D设最终生成了ymolFeⅡ[Fe
·
Cr
]O4，根据Cr元素量不变，则有（2－x）y＝2；
根据Fe元素量不变，则有（1＋x）y＝a；
根据Fe失去的电子量＝Cr得到的电子量，则有xy＝2×
（6－3）＝6。
解这三个方程式可得：
x＝1.5，y＝4，a＝10，D项正确。
11.A关键看图，铁粉既能和硝酸反应也能和硫酸反应，从题干图看出（注意只是第二份100mL）OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，BC段产生氢气，反应为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，可知NO
反应完了，第二份中NO
应为5.6g/56g·
mol－1＝0.1mol，溶液中最终溶质为FeSO4，此时反应的铁的质量是14.0g，即0.25mol，故原混合酸中H2SO4浓度为0.25mol/0.1L＝2.5mol·
L－1，NO
物质的量为0.2mol。
12.B由质量守恒知，m（沉淀）＝m（合金）＋m（OH－），由电荷守恒和得失电子守恒知，n（OH－）＝3n（NO），则m（沉淀）＝11.9g＋
17g·
mol－1＝27.2g，故选B项。
13.C向NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液时，b点之前发生反应：
Al3＋＋4OH－===AlO
＋2H2O，b～c发生反应：
3AlO
＋6H2O＋Al3＋===4Al（OH）3↓，a点时溶液中存在大量OH－，Fe3＋、HCO
不能大量存在，A项错误；
b点时溶液中的溶质为NaCl和NaAlO2，Ag＋与Cl－生成AgCl沉淀，B项错误；
c点时溶质为NaCl，所有离子可以大量共存，C项正确；
d点时溶质为NaCl和AlCl3，Al3＋和AlO2-能发生反应生成Al（OH）3沉淀，故不能大量共存，D项错误。
14.D由于H—Br键的键长在H—Cl键和H—I键键长之间，所以其键能在H—Cl键和H—I键之间，A正确。
表中H—F键的键能最大，所以H—F键最稳定，B正确。
断裂1molH—H键吸收436kJ的能量，C正确。
D项，ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能＝（436＋157－568×
2）kJ·
mol－1＝－543kJ·
mol－1，D错误。
15.B 解析：
根据题给Al2H6的球棍模型及熔点只有150℃，可判断Al2H6为分子晶体，其分子中不含离子键，故B错误。
16.D根据原电池反应和氧化还原反应原理知，电极a为正极，A错误；
题图中选择性透过膜只能让阴离子选择性透过，B错误；
电子由VB2极经负载流向电极a，C错误；
根据总反应和电子转移情况可知，D正确。
17.B根据图像可知，Y表示B的物质的量随时间的变化关系，X表示C的物质的量随时间的变化关系，t1min时，只是B和C的物质的量相等，反应没有达到平衡状态，A项错误，B项正确；
前8min，A的平均反应速率v（A）＝
mol·
L－1·
min－1，C项错误；
10～12min，B的平均反应速率v（B）＝0.0075mol·
min－1，D项错误。
18.C 将表格第2组数据代入公式可以计算出m＝1，再将第3组数据带入公式，得n＝0.5。
二、非选择题（共4小题，共46分）
19.（7分，每空1分）
（1）
离子
（2）2
（电子式中区分不同原子的电子也可，不区分不扣分）
（3）复分解
（4）<
解析：
Na3N为离子化合物，与水反应生成NaOH和NH3，故Na3N与盐酸反应得到两种盐：
NH4Cl和NaCl。
20.（8分，每空2分）
（1）1.12L 11.2L
（2）8.96L V2＝56a－2V1
（1）已知2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑，则V（O2）＝
n（KMnO4）×
22.4L/mol＝1.12L，KMnO4粉末和盐酸反应为2KMnO4＋16HCl===2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O，V（Cl2）＝
22.4L/mol＝11.2L；
（2）此题用一般的方程式来解很复杂，因为反应方程式有很多，利用电子得失守恒解最简单，
5＝
4＋
2，V（Cl2）＝8.96L；
（3）此问与上一小题类似，将数字换成字母来解即可。
21.（16分，每空2分）
（1）①Al3＋＋3NH3·
H2O===Al（OH）3↓＋3NH
②过滤、洗涤 灼烧（或加热）、冷却 ③1000m/51V
（2）①c ②负 ③从A到B ④S
－2e－===xS
（1）①由操作流程可知实验原理是Al（NO3）3和氨水反应生成Al（OH）3，试剂a为氨水，反应的方程式为Al3＋＋3NH3·
；
②Al（OH）3经过滤、洗涤、灼烧后生成Al2O3，冷却后称量，故答案为：
过滤、洗涤，灼烧（或加热）、冷却；
③n（Al2O3）＝
mol，则c[Al（NO3）3]＝
L－1；
（2）①原电池工作时，控制的温度应为满足Na、S为熔融状态，则温度应高于115℃而低于444.6℃，只有c符合，故答案为c；
②放电时，Na被氧化，应为原电池负极；
③阳离子向正极移动，即从A到B；
④充电时，与放电过程相反，电极B极的电极反应式为S
—2e－===xS。
22.（15分）
（1）排除装置中的空气，防止干扰（2分）
（2）NaOH溶液（2分）
（3）MnO2＋4HCl（浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O（2分）
（4）2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO
＋4H＋（2分）
（5）向D试管中加入适量盐酸，再加BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，说明溶液中含有SO
（其他合理答案均可）（2分）
（6）丙（2分） 此检测结果只能证明氧化性Cl2＞Fe3＋，不能证明Fe3＋＞SO2，因为Cl2也能氧化SO2产生SO
（3分）
（1）Fe2＋有比较强的还原性，能被空气中的O2氧化，故在做实验时应排净装置中的空气。
（2）通入装置B中的气体Cl2和SO2都能污染环境，都可被NaOH溶液吸收。
（4）Fe3＋能将SO2氧化为SO
，而自身被还原为Fe2＋。
（5）SO
检验的最佳试剂组合是盐酸和氯化钡。
（6）三个同学测得过程Ⅳ中B溶液中都含有Fe3＋，说明氧化性：
Cl2＞Fe3＋，甲、丙同学测定过程Ⅳ中B中无Fe2＋，说明Cl2已经过量，可能在B溶液中还有一部分溶解的Cl2，但乙同学的过程Ⅳ中Cl2不足，甲同学测得Ⅵ中B溶液中的Fe2＋只能来自于SO2将Fe3＋还原的过程，能说明氧化性Fe3＋＞SO2；
乙同学测得的过程Ⅵ中B溶液的SO
只能来自于SO2说明Fe3＋＞SO2；
但丙同学测得的过程Ⅵ中的B的SO
可能来自于溶解的Cl2与SO2反应后得到，故不能证明氧化性Fe3＋＞SO2。
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