2019安徽皖东名校联盟高三第二次联考化学试题及答案

18-19第二次联考化学参考答案一、选择题(共18小题，每小题3分，共54分。每小题只有一个选项符合题意)。1．【答案】A【解析】根据题给信息可知“蔡侯纸”的主要成分为天然纤维，故A项正确。2．【答案】B【解析】A项元素符号左上方应为质量数-37，A项错误；B项氟离子的核内有9个质子，核外有10个电子，故B项正确；C项比例模型需考虑微粒半径，图中所示只能表示甲烷分子模型，不能表示四氯化碳，C项错误；D项离子化合物电子式书写要求各离子不能合并，D项错误。3．【答案】D【解析】A项市售苏打水的pH约为8，A项错误；B项光导纤维不导电，B项错误；C项空气中的N2在放电条件下与O2反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸随雨水降到地面，同土壤中的矿物相互作用，生成溶于水的硝酸盐可作氮肥，该过程属于自然固氮，C项错误；D．镁铝合金质量轻、强度大，可用作高铁车厢材料，D项正确。4．【答案】D【解析】①水玻璃和水煤气是混合物，水银是单质，错误；②氧化钠、冰醋酸、石膏在水溶液里或熔融状态下能导电，是电解质，正确；③CO2、SO3都可以与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，CO不能与碱反应，是不成盐氧化物，错误；④同位素是同种元素的不同原子，1H、3H是氢元素的同位素，2H2是单质，错误；⑤同素异形体是同种元素的不同单质，C60、金刚石、石墨都是碳元素的不同单质，属于同素异形体，正确；⑥液氯是单质不是化合物，所以液氯既不是电解质也不是非电解质，错误。5.【答案】C【解析】A项Na2O2因与CO2、水蒸气等反应产生O2，与其强氧化性无关联，A项错误；B项Fe2(SO4)3因水解可净水，B项错误；C项Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，C项正确；D项NaHCO3与酸反应产生CO2，用作发酵粉，D项错误。6.【答案】A【解析】A项中Al不能直接转化为Al(OH)3，故选A项。7．【答案】D【解析】A项使酚酞变红色的溶液呈碱性，OH-与Al3+反应而不能大量共存，A项错误；B项A1O2-、CO32-水解，溶液呈碱性，不可能大量存在于pH=7的溶液中，B项错误；C项与Al反应能放出H2的溶液为酸溶液或碱溶液，若酸性中存在NO3-则不产生氢气，若碱性则Fe2+会产生沉淀而不能大量存在，C项错误；D项WKcH=110-13mol/L的溶液为酸性溶液，H+、NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-各离子相互不反应，能大量共存，D项正确。8.【答案】C【解析】C项是利用了“钝化”现象，故C正确。9.【答案】C【解析】由题意知原子A是H，B是N，甲是NH3，乙是H2，丙是N2。A项根据质量守恒定律，可知1个乙分子中含有2个A原子，A项错误；B项甲的摩尔质量为17g·mol－1，B项错误；C项根据阿伏伽德罗定律可知，C项正确；D项所得溶液的体积未知，求算不出其浓度，D项错误。10．【答案】B【解析】A项2.8g铁粉与氯气充分反应，消耗0.075molCl2，分子数为0.075NA，A项错误；B项S2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子的物质的量为6.4g32g·mol－1＝0.2mol，数目一定为0.2NA，B项正确；C项80mL10mol·L－1盐酸中含有0.8molHCl，消耗0.8molHCl能够生成0.2mol氯气，由于随着反应的进行，浓盐酸会变成稀盐酸，反应停止，则反应生成的氯气小于0.2mol，产生氯气的分子数小于0.2NA，C项错误；D项标况下11.2L氯气的物质的量为0.5mol，由于氯气与水反应为可逆反应，溶液中还存在氯气分子，所得溶液中Cl－和ClO－两种粒子数之和小于NA，D项错误。11．【答案】D【解析】A项分离碘应该用萃取、分液的方法，A项错误；B项NH4Cl受热易分解，得不到NH4Cl晶体，B项错误；C项实验室制乙烯需测反应液的温度，温度计水银球应插入反应液中，C项错误；D项具有防倒吸功能，且NaOH溶液能充分吸收二氧化硫气体，D项正确。12.【答案】C【解析】A项题给溶液的成分可看作是Fe(SCN)3，由于SCN－是“类卤离子”，性质与卤素离子(Cl－、Br－、I－)相似，因此可通过卤素离子的性质推测SCN－的性质，A项正确；B项Fe3＋具有较强的氧化性，可将SO2氧化为H2SO4，本身被还原为Fe2＋，B项正确；C项SO2漂白性属结合漂白，不能使该红色褪去，C项错误；D项同A项，正确。13.【答案】D【解析】A选项应该说铬的含量大于13%，稀硝酸对合金的腐蚀速率比盐酸硫酸弱，A项错误；B项稀硝酸与铁反应生成NO，B项错误；C项因三种稀酸的摩尔质量不同，其物质的量浓度不相等，C项错误；由图示可知D项正确。14.【答案】B【解析】A项金属钠因易与空气中的氧气、水蒸气等反应，通常保存在煤油中，A项正确；B项中H2中氢元素化合价降低，是氧化剂，B项错误；C项采用过滤的方法将Na2SiO3(s)和NaBH4的异丙酸溶液分离开，C项正确；D项异丙酸可循环利用，D项正确。15.【答案】B【解析】A项四氧化二氮可污染环境，A项错误；B项C2H8N2中C元素化合价由－1价升高到＋4价，N元素化合价由－3价升高到0价，偏二甲肼是还原剂，B项正确；C项C元素化合价升高，则CO2为氧化产物，C项错误；D项由方程式可知，每有0.6molN2生成，则消耗0.4molN2O4，则转移电子的物质的量为0.4mol×4×2＝3.2mol，D项错误。16.【答案】D【解析】A项当x＝10时，NH＋4不会与OH－反应，c(NH＋4)＞c(Al3＋)，A项错误；B项x＝20时，溶液中所发生反应的离子方程式为NH＋4+Al3＋+2SO2－4+2Ba2＋+4OH－===Al(OH)3↓+NH3·H2O+H2O+2BaSO4↓，B项错误；C项x＝30时，由于AlO－2水解，所以c(OH－)＞c(AlO－2)，C项错误；D项当x＝20为生成沉淀的物质的量最大，为0.003mol，D项正确。17.【答案】D【解析】根据题意，分析得出以下流程：A项溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉，A项正确；B项由于SiO2不溶于硫酸，则固体1中一定含有SiO2，为了使溶液中的Al3＋转化成Al(OH)3沉淀，故用NaOH溶液控制pH，得固体2为Al(OH)3，B项正确；C项由于Fe2＋易被氧化、FeSO4·7H2O易分解，故在从FeSO4溶液中得到FeSO4·7H2O产品过程中，须控制条件防止其氧化和分解，C项正确；D项若在溶液1[Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3溶液]中直接加NaOH至过量，得到的为Fe(OH)3，用硫酸溶解得到Fe2(SO4)3溶液，故经结晶不能得到FeSO4·7H2O，D项错误。18.【答案】C【解析】合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生氢气3.36L(标准状况)，氢气的物质的量为3.36L÷22.4L·mol－1＝0.15mol，根据电子转移守恒可知n(Al)＝0.15mol×2÷3＝0.1mol，金属铝的质量为0.1mol×27g·mol－1＝2.7g，金属铝提供电子的物质的量是0.3mol，将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3＋、Fe3＋、Cu2＋，得到沉淀的质量为25.4g，根据电子守恒，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n(OH－)＝[25.4－(17.9－2.7)]g÷17g·mol－1＝0.6mol。金属共提供电子的物质的量为0.6mol＋0.3mol＝0.9mol，反应中，硝酸中N元素由＋5价得电子生成＋2价，则生成NO的体积为0.9mol÷3×22.4L·mol－1＝6.72L。19.【答案】（12分）(1)大（1分）(2)防止空气中的CO2与水蒸气进入U形管（1分）(3)偏高（2分）(4)将反应产生的CO2全部赶入U形管中（2分）(5)保证产生的CO2被充分吸收、减小误差（2分）(6)106(d－b)44a×100%（2分）(7)向一定量的纯碱样品溶液中加入足量BaCl2溶液，经过滤、洗涤、烘干、称量沉淀质量的方法测定样品中纯碱的质量分数(其他合理答案均可)。（2分）【解析】题目所提供的装置图根据功能不同划分为五个部分：①净化(洗气)装置——除去空气中的CO2；②气体发生装置——Na2CO3与硫酸反应产生CO2；③干燥(洗气)装置——除去CO2中的水蒸气；④气体吸收装置——用碱石灰吸收CO2；⑤尾气处理装置——防止空气中的CO2与水蒸气进入U形管。20.【答案】（12分）(1)500mL容量瓶胶头滴管（2分）(2)测定溶液中Fe2＋的含量，以确定加入NaClO3的量（2分）(3)6Fe2＋＋6H＋＋ClO－3===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O（2分）(4)①BC（2分）②Al2O3Fe2O3（2分）③洗涤冷却（2分）【解析】(1)用10mol·L－1的浓盐酸配制500mL2mol·L－1的稀盐酸，所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还有500mL容量瓶和胶头滴管。(2)溶液中含有Fe2＋需用NaClO3氧化，所以取样分析的目的是测定溶液中Fe2＋的含量，以确定加入NaClO3的量。(3)向溶液中加入NaClO3时，ClO－3与Fe2＋反应生成Cl－和Fe3＋，离子方程式为6Fe2＋＋6H＋＋ClO－3===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O。(4)①Al(OH)3是两性氢氧化物，能与强碱反应生成偏铝酸盐，然后通入CO2转化为Al(OH)3沉淀，灼烧得到Al2O3，Fe(OH)3不溶于强碱溶液，所以测定时所需的试剂有NaOH和CO2。②根据①中分析可知，直接测定的是Al2O3、Fe2O3的质量。③在测定过程中的操作顺序是：过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量。21.【答案】（10分）(1)①＋2（1分）②64144（2分）7∶4（1分）(2)①(NH4)3AlF6＋9F2===3NF3＋12HF＋AlF3（2分）33．6（1分）②9（1分）(3)观察到有红棕色气体和白雾产生（1分）NaNO3（1分）【解析】(1)①由于氟的非金属性强于氧的，氟和氧成键时共用电子对偏向氟，因此OF2中氧元素呈＋2价，同理知NF3中氮元素的化合价为＋3。②根据题意知OF2＋N2＋O2―→NO2＋NF3，设当有1molN2反应时，生成NO2xmol，NF3ymol，根据N原子守恒得x＋y＝2，根据得失电子守恒得4x＋3y＝7，联立解得x＝y＝1，由此可知反应的化学方程式为6OF2＋4N2＋O2===4NO2＋4NF3，反应中氧化剂是OF2和O2，还原剂是N2，两者的物质的量之比为7∶4。(2)①消去中间产物NH4AlF4，①＋②得总反应方程式为(NH4)3AlF6＋9F2===3NF3＋12HF＋AlF3，同时得当有0.5mol(NH4)3AlF6完全氧化可得1.5molNF3，在标准状况下的体积为33.6L。②由总反应方程式可知，制备3molNF3，共转移18mol电子，因此制备1.5molNF3，共有9mol电子发生转移。(3)根据题干信息，NF3与空气中的水蒸气反应的产物有HF、NO和HNO3，NO遇空气呈红综色，同时氢氟酸、硝酸小液滴在空气中产生白雾。这些产物和NaOH反应后，除了生成NaNO2、NaF、H2O外，还应有NaNO3生成。22.【答案】（12分）(1)Ba2＋＋HCO－3＋OH－===BaCO3↓＋H2O（2分）(2)Fe3＋、Ba2＋（2分）(3)是（2分）0.1mol·L－1（2分）(4)①CO2－3、HCO－3、SO2－3（2分）②BaCO3、BaSO3（2分）【解析】待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO2－3、SO2－3、SO2－4，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO2－3，可能存在SO2－3、SO2－4中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在Ba2＋；滤液A中有Ba2＋，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH＋4、HCO－3，一定不存在Fe3＋，气体B为NH3，白色沉淀B为B