1、安徽省阜阳三中 2018-2019 学年高三第一学期第二次模拟考试化学试题1.下列有关物质变化和分类的说法正确的是（ ）A. 电解熔融态的 Al2O3、 12C 转化为 14C 都属于化学变化B. 胆矾、冰水混合物、四氧化三铁都不是混合物C. “滴水石穿，绳锯木断”不包含化学变化D. SiO2、NO 2、SO 2都属于酸性氧化物【答案】B【解析】【详解】A. 12C 转化为 14C 是核反应，既不属于物理变化又不属于化学变化，故 A 错误；B.胆矾、冰水混合物、四氧化三铁只含一种物质，属于纯净物，故 B 正确；C.葡萄糖溶液和淀粉溶液的本质区别是溶液中分散质微粒直径的大小，故 C 错误；D.N
2、O2不属于酸性氧化物，故 D 错误。故选 B。2.在火星上工作的美国“勇气号” “机遇号”探测车的一个重要任务就是收集有关 Fe2O3及其硫酸盐的信息，用以证明火星上存在或曾经存在过水。以下叙述正确的是( )A. Fe2O3与 Fe3O4互为同素异形体B. 制备 Al 用电解法，制备 Fe、Cu 可用还原法C. 将 SO2通入 BaCl2溶液中至饱和，有沉淀产生D. 检验从火星上带回来的红色物质是否是 Fe2O3的操作步骤为：样品粉碎加水溶解过滤向滤液中滴加 KSCN 溶液【答案】B【解析】【分析】A.同素异形体是指同种元素组成的不同单质；B. 由金属活泼性可以知道，电解氧化铝冶炼 Al，还原
3、剂还原 Fe、Cu 的化合物冶炼金属Fe、Cu；C.盐酸的酸性大于亚硫酸，则二者不反应；D. 氧化铁是难溶于水的氧化物。【详解】A同素异形体是指同种元素组成的不同单质，Fe 2O3 与 Fe3O4是铁的不同氧化物，不是单质，二者不互为同素异形体，故 A 错误；B由金属活泼性可以知道金属冶炼方法，电解氧化铝冶炼 Al，还原剂还原 Fe、Cu 的化合物冶炼金属 Fe、Cu，所以 B 选项是正确的；C盐酸的酸性大于亚硫酸，将 SO2通入 BaCl2溶液中至饱和，不反应，故 C 错误；D操作步骤中粉碎后加水氧化铁不能溶解，溶液中无法证明受否含有铁离子，故操作错误，应溶于盐酸再加 KSCN 检验，故 D
4、 错误。故选 B。【点睛】本题考查了铁及其氧化物组成、性质和结构的分析判断，同素异形体的概念理解应用，强酸制弱酸的原理，掌握基础是关键。3.下列实验能达到相应目的的是 ( )A. 用乙醇萃取溴水中的溴单质B. 用干燥的 pH 试纸测定新制氯水的 pHC. 向 NH4Cl 溶液中滴加石蕊试液,溶液变红,证明 NH4Cl 发生了水解反应D. 向蒸馏水中滴加过量的饱和 FeCl3溶液并不断搅拌,制取 Fe(OH)3胶体【答案】C【解析】乙醇与水互溶，不能用乙醇萃取溴水中的溴单质，故 A 错误；氯水具有漂白性，不能用 pH试纸测定新制氯水的 pH，故 B 错误； NH4Cl 溶液中铵根水解使溶液呈酸性
5、，滴加石蕊试液溶液变红，故 C 正确；向沸腾的蒸馏水中滴加饱和 FeCl3溶液，制取 Fe(OH)3胶体，故 D 错误4.用 表示 NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 18gD 2O 含有的电子数为 10 N A； 1mol Na 2O2与水完全反应时转移电子数为 2NA ； 12g 石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为 0.5N A；在标准状况下， 22.4LSO3的物质的量为 1mol; 7.8g 过氧化钠中含有的离子数为 0.3NA； 28g 硅晶体中含有 2NA 个 Si-Si 键； 200mL1mol/LFe 2(SO4)3溶液中，Fe 3+和 SO42-离子数的总和是 NA
6、； 在常温常压下，0.1mol 铁与 0.1molCl 2 充分反应，转移的电子数为 0.3NA；标准状况下，22.4LNO 和 11.2LO2混合后气体的分子总数为 1.5NA； S 2和 S 8的混合物共 6.4g，其中所含硫原子数一定为 0.2NAA. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】D 2O 的摩尔质量为 20gmol1 ，18g 重水的含有电子的物质的量为=9mol，故错误；2Na 2O22H 2O=4NaOHO 2，过氧化钠既是还原剂又是氧化剂，有 2mol 过氧化钠参加反应共转移电子的物质的量为 2mol，因此 1mol 过氧化钠参加反应，转移电子 1mol，故错误；
7、石墨中一个碳原子被 3 个环共有，一个六元环真正占有的碳原子为 61/3=2，12g 石墨烯中含有的碳原子为 =1mol，因此 12g 石墨烯中含有六元环的个数为 0.5NA，故正确；SO 3标准状况下，不是气体，故错误；过氧化钠的阴阳离子个数比为 1：2，1moL 过氧化钠中含有离子物质的量为 3mol，7.8g 过氧化钠中含有的离子物质的量为 3=0.3mol，故 正确；硅晶体中一个硅实际占有 2 个硅硅键，28g 硅晶体含有硅硅键的物质的量为2=2mol，故正确；硫酸铁属于强酸弱碱盐，Fe 3 要水解，因此两离子的物质的量应小于 1mol，故错误；2Fe3Cl 2=2FeCl3，根据量的
8、关系，氯气不足，0.1mol 氯气参加反应转移电子0.12mol=0.2mol，故错误；2NOO 2=2NO2，2NO 2 N2O4，分子物质的量应小于 1mol，故错误；6.4g 是硫原子的质量，因此硫原子的物质的量为 =0.2mol，故正确。因此选项 C 正确。5.科学家发现了利用泪液来检测糖尿病的方法，其原理是用氯金酸钠（NaAuCl 4）溶液与溶液中的葡萄糖发生反应生成纳米金单质颗粒（直径为 2060nm） ，下列有关说法错误的是（ ）A. 氯金酸钠中金元素的化合价为+3B. 葡萄糖具有还原性C. 检测时，NaAuCl 4发生氧化反应D. 纳米金单质颗粒分散在水中所得的分散系能产生丁达
9、尔效应【答案】C【解析】【分析】A化合物中正负化合价的代数和为 0，Na 为+1 价，Cl 为-1 价；B葡萄糖结构简式为 CH2OH-CHOH-CHOH-CHOH-CHOH-CHO，葡萄糖中含有醛基；C化合价降低的反应是还原反应；D分散质粒子直径在 1nm-100nm 之间的分散系为胶体。【详解】A化合物中正负化合价的代数和为 0，Na 为+1 价，Cl 为-1 价，则氯金酸钠中金元素的化合价为+3，所以 A 选项是正确的； B葡萄糖的结构简式为 CH2OH-CHOH-CHOH-CHOH-CHOH-CHO，葡萄糖中含有醛基，具有还原性，所以 B 选项是正确的；C氯金酸钠变为金化合价降低，发生
10、还原反应，故 C 错误；D纳米金单质颗粒直径为 20nm60nm，分散在水中所得的分散系为胶体，所以 D 选项是正确的。故答案选 C。【点睛】本题考查胶体、葡萄糖的性质、氧化还原反应等，侧重于常识性内容的考查，注意基础知识的积累。6.高纯度晶硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场 “革命” 。它可以按下列方法制备如下所示，下列说法正确的是A. 步骤的化学方程式为：SiO 2C SiCO 2B. 灼烧熔融的 Na2CO3固体，可用石英坩埚C. 二氧化硅能与氢氟酸反应，而硅不能与氢氟酸反应D. SiHCl3（沸点 33.0）中含有少量的 SiCl4（沸点 6
11、7.6） ，通过蒸馏（或分馏）可提纯SiHCl3【答案】D【解析】【分析】A.二氧化硅高温下与 C 反应生成 CO 气体；B.高温下 Na2CO3和二氧化硅发生反应；C.硅能与氢氟酸反应生成 SiF4和氢气；D.由沸点可以知道，为相差 30以上的两种液体。【详解】A.二氧化硅高温下与 C 反应生成 CO 气体，即步骤的化学方程式为：SiO2C Si2CO，故 A 错误；B. 石英的主要成分是二氧化硅，高温下 Na2CO3和二氧化硅发生反应，故 B 错误；C. 硅能与氢氟酸反应生成 SiF4和氢气，故 C 错误；D、沸点相差 30以上的两种液体可以采用蒸馏的方法分离，所以 D 选项是正确的。故选
12、 D。7.下列各组离子在相应的条件下一定能大量共存的是（ ）A. 在碱性溶液中：CO 32 、K +、S 2 、Na +B. 与铝粉反应放出氢气的无色溶液中：NO 3 、Mg 2+、Na +、SO 42C. 使 pH 试纸变红的溶液中：NH 4+、AlO 2 、C1 、K +D. 在中性溶液中：K +、C1 、A1 3+、 NO 3【答案】A【解析】【详解】A在碱性溶液中，该组离子之间不反应，可大量共存，故 A 正确； B与铝粉反应放出氢气的无色溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸溶液中 Al 与 NO3 发生氧化还原反应不生成氢气，碱溶液中不能大量存在 Mg2+，故 B 错误； C使 pH 试纸
13、变红的溶液，显酸性，酸溶液中不能大量存在 AlO2 ，故 C 错误； DAl 3+在中性溶液中沉淀完全，则中性溶液中不能大量存在 Al3+，故 D 错误。 故选 A。【点睛】本题考查离子的共存问题，明确习题中的信息的挖掘和应用及离子发生的反应是解答本题的关键，并注意知识的积累。8.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（ ）A. Ca（HCO 3） 2溶液中加入少量 NaOH 溶液：Ca 2+2HCO3 +2OH =CaCO3+CO 32 +H2OB. 向含有 0.4 mol FeBr2的溶液中通入 0.3 mol Cl2充分反应：4Fe2+2Br +3Cl2=4Fe3+6Cl +Br2C.
14、明矾溶液中加入 Ba（OH） 2溶液至生成的沉淀物质的量最多：Al3+2SO42 +2Ba2+4OH =AlO2 +2BaSO4+2H 2OD. 磁性氧化铁溶于稀硝酸：Fe 3O4+8H+NO3 =3Fe3+NO+4H 2O【答案】B【解析】A 错误，就该离子反应方程本身来说元素不守恒，此外，与少量的 NaOH 反应，碳酸氢根离子反应不完，最后无碳酸根离子出现。B 正确。C 错误，明矾溶液中加入 Ba(OH)2溶液至生成的沉淀物质的量最多时，应是铝离子恰好完全反应生成沉淀时。D 错误，电荷不守恒。9.按如下方案可从样品粉末中提取具有抗肿瘤活性的天然产物 A，下列每步实验所用装置、操作都正确的是
15、A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】根据步骤（1）是分离固液混合物，其操作为过滤分析判断；步骤（2）分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，分析需要用到的仪器；步骤（3）是从溶液中得到固体，操作为蒸发，分析需要用到的仪器；步骤（4）是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏的方法得到甲苯，分析所用到的仪器。【详解】A、步骤（1）是分离固液混合物，其操作为过滤，过滤时漏斗颈下端应紧靠烧杯内壁，故 A 错误；B、步骤（2）分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗，故 B 正确；C、步骤（3）是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿，而不用坩埚，故 C 错误；D、
16、步骤（4）是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，需要蒸馏装置，蒸馏装置为直形冷凝管，球形冷凝管一般用于反应装置，故 D 错误。故选 B。10.用下图所示装置进行实验，将少量液体甲逐滴加入到固体乙中，试管中试剂为丙，则下表中现象与结论均正确的是选项 甲 乙 丙 试管中现象A 浓盐酸 二氧化锰 石蕊溶液 先变红后褪色B 浓氨水 生石灰 A1Cl3溶液 先沉淀后消失C 醋酸 碳酸钙 BaC12溶液 变浑浊D 浓硝酸 铜 水 试管口出现红棕色A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A.浓盐酸与 MnO2在加热时发生反应产生 Cl2。该装置为加热，反应不能发生。故 A错
17、误；B.把浓氨水滴加在生石灰上，由于 CaO 与水发生反应，消耗水，产生的 Ca(OH)2溶解放热，会加速氨水的分解，产生氨气。把氨气通入到 A1Cl3溶液中，发生反应：Al3 3NH 33H 2O3NH 4+Al(OH) 3。因为 NH3H2O 是弱碱，不能溶解产生的 Al(OH)3沉淀。因此现象有误。故 B 错误；C.把醋酸加入到碳酸钙中，发生反应：2CH 3COOH+CaCO3=(CH3COO)2Ca+ H2O+ CO2。把气体通入到 BaC12溶液中时，因为酸性 HClH2CO3。所以不会发生反应，试管中不会出现浑浊现象。故 C 错误；D.浓硝酸在常温下与 Cu 发生反应：Cu+4HN
18、O 3(浓)=Cu(NO 3)2+2NO2+2H 2O 。3NO 2+H2O = 2HNO3+NO。O 2+2NO=2NO2。NO 2是红棕色的气体。故 D 正确。故选 D。11.X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的短周期元素，X 的一种原子没有中子，Y、Z 易形成质量比为 3：4 和 3：8 的两种常见化合物，W 所在的周期数和族序数相同。下列说法正确的是A. W 的最高价氧化物对应水化物是强碱B. 原子半径：YZY【答案】C【解析】X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的短周期元素，X 元素 X 的一种原子核内无中子，应为 H 元素；Y、Z 易形成质量比为 3：4 和 3：8 的两种常见化合物
19、，则形成两种化合物为 YZ、YZ 2，所以该常见化合物为 CO、CO 2，则 Y 为 C 元素，Z 为 O 元素；W 所在的周期数和族序数相同，而且原子序数大于 O，所以 W 为 Al 元素，AW 为 Al 元素，其最高价氧化物对应水化物是两性氢氧化物，故 A 错误；B电子层数越多，原子半径越大，电子层相同时，原子序数越大，半径越小，所以原子半径：ZYW，故 B 错误；CH、C 可以形成既有极性键也有非极性键的化合物，如 C2H6，故 C 正确；D原子最外层电子数：OCAl，即 YZW，故 D 错误。点睛：本题考查原子结构和元素性质，题目难度中等，涉及化学键、酸性强弱判断、原子半径的比较、元素
20、周期律等知识点，以 Y、Z 易形成质量比为 3：4 和 3：8 的两种常见化合物为突破口，得 Y 为 C 元素，Z 为 O 元素，正确判断元素是解本题关键，结合物质的结构性质解答。12.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是( )A. 气态氢化物的稳定性：H 2ONH 3SiH 4B. 已知 Ra 是第七周期A 族的元素，故 Ra(OH)2的碱性比 Mg(OH)2的碱性强C. 如上图所示实验可证明元素的非金属性：ClCSiD. 用中文“ ”(o)命名的第 118 号元素在周期表中位于第七周期 0 族【答案】C【解析】【详解】A 项，非金属性：ONSi，非金属性越强，其气态氢化物的稳
21、定性越强，因此稳定性：H 2ONH 3SiH 4，故 A 项正确；B 项，同一主族自上而下，元素的金属性逐渐增强，则金属性 RaMg，故碱性 Ra(OH)2Mg(OH)2，故 B 项正确；C 项，元素的最高价氧化物的水化物酸性越强，元素的非金属性越强。由图可知酸性：HClH2CO3H2SiO3，但盐酸不是氯元素的最高价氧化物对应的水化物，因此不能比较元素的非金属性强弱，故 C 项错误。D 项，根据元素周期表可知：从上往下，0 族元素的原子序数依次为：2，10，18，36，54，86，118，则第 118 号元素位于第七周期 0 族，故 D 项正确。综上所述，本题答案为 C。13.具有下列能层结
22、构的原子,其对应元素一定属于同一周期的是( )A. 两种原子的能层上全部都是 s 电子B. 3p 能级上只有一个空轨道的原子和 3p 能级上只有一个未成对电子的原子C. 最外层电子排布为 2s22p6的原子和最外层电子排布为 2s22p6的离子D. 原子核外 M 层上的 s 能级和 p 能级都填满了电子,而 d 轨道上尚未有电子的两种原子【答案】B【解析】两种原子的电子层上全部都是 s 电子，可以是第一周期元素，也可以是第二周期元素。3p 能级上只有一个空轨道的原子是 P 元素，3p 能级上只有一个未成对电子的原子可以是钠也可以是氯，B 正确。最外层电子排布为 2s22p6的原子是 Ne，最外
23、层电子排布为 2s22p6的离子可以是氧元素、氟元素、钠元素等。原子核外 M 层上的 s 能级和 p 能级都填满了电子，而 d 轨道上尚未有电子的两种原子，可以是氩，也可以是钾或钙。所以正确的答案是 B。14.向如图所示装置中缓慢通入气体 X，若打开活塞 K，则品红溶液褪色；若关闭活塞 K，则品红溶液无变化而澄清石灰水变浑浊。X 和 Y 可能是( )选项 A B C DX SO2 Cl2 HCl NO2Y NaOH 溶液 饱和 NaHCO3溶液 饱和 NaCl 溶液 Na2SO3溶液A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A 项，二氧化硫和 NaOH 溶液反应，若关闭活
24、塞 K，品红溶液不褪色，澄清石灰水也不变浑浊，故不选 A 项；B 项，若关闭活塞 K，Cl 2+NaHCO3 =NaCl+CO2+HClO，则品红溶液无变化而澄清石灰水变浑浊，若打开活塞 K，氯气能使品红溶液褪色，不能使澄清石灰水变浑浊，故选 B 项；C 项，若关闭活塞 K，将 HCl 通入饱和 NaCl 溶液，氯化氢气体被吸收，故无论是否打开活塞K，品红都不褪色且澄清石灰水也不变浑浊，故不选 C 项；D 项，若关闭活塞 K，将 NO2通入 Na2SO3溶液，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸将 Na2SO3氧化为 Na2SO4，故无论是否打开活塞 K，品红都不褪色且澄清石灰水也不变浑浊
25、，故不选 D 项。综上所述，本题正确答案为 B。15.某同学结合所学知识探究 Na2O2与 H2能否反应,设计装置如下,下列说法正确的是( )A. 装置 A 气密性的检查方法:直接向长颈漏斗中加水,当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好B. 装置 B 中盛放浓硫酸,目的是除去 A 中挥发出来的少量水蒸气C. 装置 C 加热前,用试管在干燥管管口处收集气体点燃,通过声音判断气体纯度D. 装置 A 也可直接用于 Cu 与浓硫酸反应制取 SO2【答案】C【解析】【分析】该装置中 A 用于制取氢气，B 的作用是干燥氢气及除杂，C 用于探究 Na2O2与 H2能否反应，装置 E 用于检验是否
26、有水生成，从而确认 C 中是否发生了反应，以此分析。【详解】A.装置 A 气密性的检查方法，关闭 K1，然后向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好，故 A 不正确；B.装置 B 中应盛放碱石灰，目的是除去 A 中挥发出来的少量水蒸气和氯化氢等等，故 B 不正确；C.装置 C 加热前，用试管在干燥管管口处收集气体点燃，通过声音判断气体纯度，若听到“噗”的一声，则说明氢气已纯净，故 C 正确；D. Cu 与浓硫酸反应制取 SO2需要加热，故装置 A 不能直接用于该反应，故 D 不正确。故选 C。16.将足量的 CO2不断通入 NaOH、Ba(OH) 2、NaAlO 2
27、的混合溶液中，生成沉淀与通入 CO2的量的关系可表示为A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】只要通入 CO2，立刻就有沉淀 BaCO3产生；将 Ba(OH)2消耗完毕，接下来消耗 NaOH，因而此段不会产生沉淀(即沉淀的量保持不变)；NaOH 被消耗完毕，接下来消耗 NaAlO2，有 Al(OH)3沉淀生成；又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物 Na2CO3、BaCO 3反应，据此进行判断。【详解】将二氧化碳气体通入含有 NaOH、Ba(OH) 2、NaAlO 2的混合溶液中，生成沉淀的量和通入二氧化碳的量的关系以二氧化碳的体积为横坐标，以沉淀的物质的量为纵坐
28、标的图象的画法，可以做如下分析：CO2先与 Ba(OH)2反应(有沉淀 BaCO3生成)，当 Ba(OH)2消耗完毕后再与 NaOH 反应(此时无沉淀)；最后与 NaAlO2反应(有沉淀 Al(OH)3生成)，以上过程中图形应是：出现沉淀（BaCO 3） ，平台，沉淀增加因有 Al(OH)3生成；过量的 CO2还可以继续与 Na2CO3反应得到 NaHCO3，继续过量的 CO2还可以使 BaCO3沉淀溶解，最后是 Al(OH)3沉淀，所以接着的图形应该为：平台，沉淀（BaCO 3）减少，平台，故整个过程的图形应为：出现沉淀（BaCO 3） ，平台，沉淀增加因有 Al(OH)3生成，平台，沉淀（
29、BaCO 3）减少，平台，满足以上关系的图象为 C，所以 C 选项是正确的。【点睛】本题考查元素化合物知识，侧重于二氧化碳通入混合溶液中的反应顺序的考查，注重运用基本知识解决新问题的能力，并且要考虑二氧化碳的充足会使生成物继续反应的问题。17.某溶液中可能含有 OH ，CO 32 ，AlO 2 ，SiO 32 ，SO 42 ，K +，Na +，Fe 3+，Mg 2+，Al 3+等离子，当向溶液中逐滴加入一定物质的量的盐酸时，生成沉淀物质的量与加入盐酸体积的关系如图所示，(图像横坐标分别为 a、a+2、a+6)下列判断正确的是（ ）A. 原溶液中一定含有 Na2SO4B. 反应后形成的溶液溶质为
30、 NaClC. 原溶液中含有 CO32 与 AlO2 的物质的量比为 3：4D. 原溶液中一定含有的离子是 OH ，CO 32 ，SiO 32 ，AlO 2 ，K +【答案】C【解析】试题分析：由图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，则溶液中一定含 OH 离子，与氢氧根离子不能共存的离子为 Fe3 + 、Mg 2 + 、Al 3 + ，它们均不存在，随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是溶液中的 AlO2 、SiO 32 和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，由于 AlO2 与 HCO3 发生反应生成氢氧化铝沉淀，则溶液中一定不存在 HCO3 ；继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐
31、酸的离子只能是 CO32 离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有 Na + 离子、K 离子中的一种；A.溶液中硫酸根离子不能确定，则原溶液中不一定含有Na2SO4，A 项错误；B.反应最后形成的溶液中的溶质为 NaCl 和 AlCl3，B 项错误；C.依据图象可知，和碳酸根离子反应的盐酸为 2 体积，CO 32 + 2H + =CO2 + H2O，氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为 4 体积，Al（OH） 3+ 3H + =Al3 + + 3H2O
32、，原溶液中含有 CO32 与 AlO2 的物质的量之比为 3：4，C 项正确；D.依据判断原溶液中一定含有的阴离子是：OH 、SiO 32 、AlO 2 、CO 32 ，D 项错误；答案选 C。【考点定位】考查离子的检验。【名师点睛】本题考查离子检验的方法，图象的分析和判断。硅酸根离子、偏铝酸根离子和酸反应生成沉淀，氢氧化铝是两性氢氧化物溶于强酸是解题关键。依据图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的 OH 反应，则与氢氧根离子反应的离子不能共存，Fe 3 + 、Mg 2 + 、Al 3 + 一定不存在；然后反应生成沉淀逐渐增大，说明 AlO2 、SiO 32 和氢离子反应生成氢氧
33、化铝沉淀和硅酸沉淀，继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是 CO32离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中至少含有 K + 、Na + 离子中的一种。18.1.52 g 铜镁合金完全溶解于 50 mL 密度为 1.40 gmL1 、质量分数为 63%的浓硝酸中，得到 NO2和 N2O4的混合气体 1120 mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入 1.0 molL1 NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到 2.54 g 沉淀。下列说法不正确的
34、是A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是 21B. 该浓硝酸中 HNO3的物质的量浓度是 14.0 molL1C. NO2和 N2O4的混合气体中，NO 2的体积分数是 80%D. 得到 2.54 g 沉淀时，加入 NaOH 溶液的体积是 600 mL【答案】D【解析】【分析】A.金属离子全部沉淀时，得到 2.54g 沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g-1.52g=1.02g，根据 n= 计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可以知道，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中 Cu、Mg 的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之
35、和列方程计算 x、y 的值，据此解答；B.根据 c= 计算该浓硝酸的物质的量浓度；C.根据 n= 计算 NO2和 N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为 amol，根据电子转移列方程计算； D.反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，根据钠离子守恒可以知道n(NaOH)=n(NaNO3)，再根据 V= 计算需要氢氧化钠溶液的体积。【详解】A. 金属离子全部沉淀时，得到 2.54g 沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为 2.54g-1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为 ,=0.06mol，根据电荷守恒可以知道，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的
36、量，令铜、镁合金中 Cu、Mg 的物质的量分别为 xmol、ymol，则： ，计算得出 x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是 0.02mol:0.01mol=2:1，故 A 正确；B.该浓硝酸密度为 1.40 gmL1 、质量分数为 63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，故 B 正确；C. NO2和 N2O4混合气体的物质的量为 =0.05mol，令二氧化氮的物质的量为 amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05-a）mol，根据电子转移守恒可以知道，a 1+(0.05-a)1=0.06，计算得出 a=0.04，NO 2和 N2O4 的物质的量之
37、比=0.04mol:(0.05mol-0.04mol)=4:1，NO 2的体积分数是 100%=80%,故 C 正确；D.反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可以知道，硝酸钠的物质的量为 0.05L 14mol/L-0.04mol-(0.05-0.04) 2=0.64mol，根据钠离子守恒可以知道 n(NaOH)=n(NaNO3)= 0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为 =0.64L=640mL，所以 D 选项是错误的。故选 D。19.现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表:元素编号 元素性质或原子结构W 单质能与水剧烈反应,所得溶液呈弱酸性X X 基态原子的 s 轨道电子与 P 轨道电
38、子数相等Y 第三周期元素的简单离子中半径最小Z L 层有三个未成对电子T 该元素的正三价离子的 3d 能级为半充满（1）W、X、Y 三种元素的离子半径由大到小的顺序是_（用离子符号表示） ；化合物 ZW3的电子式是_。（2）在 W、X 的气态氢化物中，较稳定的是_（用化学式表示,下同）沸点较高的是_，沸点高的原因_（3）Y 的价电子轨道表示式为_，写出 Y 元素最高价氧化物的水化物与 NaOH 溶液反应的离子方程式_（4）T 在周期表中的位置_ ，T 2+的电子排布式为_；T 的单质在高温下与 X 的氢化物反应，其化学方程式为_（5）基态 Z 原子中，核外电子占据的最高能层的符号是_，占据最高
39、能级的电子的电子云轮廓图形状为_。【答案】 (1). O2- F- Al3+ (2). (3). HF (4). H2O (5). 水分子间存在氢键 (6). (7). Al(OH)3+OH- AlO2- +2H2O (8). .第四周期，第 V族 (9). (10). 3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2 (11). L (12). 哑铃形【解析】【分析】在短周期元素中，单质能与水剧烈反应，所得溶液呈弱酸性，则 W 为 F 元素，X 基态原子的s 轨道电子与 P 轨道电子数相等，核外电子排布为 1s22s22p4 ，则 X 为 O 元素，第三周期元素的简单离子中半径最小的离子为 Al3
40、+，则 Y 为 Al 元素，Z 的 L 层有三个未成对电子，核外电子排布为 1s22s22p3，则 Z 为 N 元素，T 元素的正三价离子的 3d 能级为全充满, T 原子外围电子排布为 3d64s2，则 T 为 Fe，以此解答该题。【详解】 （1）F、O、Al 三种元素的离子具有相同的电子层结构，核电荷数越大半径越小，故半径由大到小的顺序是 O2- F- Al3+；NF 3的电子式是 ，因此，本题正确答案为：O 2- F- Al3+； ；（2）F、O 处于同一周期，非金属性 FO，气态氢化物稳定性是 HFH2O,较稳定的是 HF，由于水分子间存在氢键，故沸点较高的是 H2O， 因此，本题正确
41、答案为：HF；H 2O；水分子间存在氢键；（3）Y 是 Al，Al 价电子排布式为 3s23p1，根据洪特规则和泡利不相容原理即可进一步写出价电子的轨道表示式为 ，铝的最高价氧化物的水化物为 Al(OH)3，Al(OH) 3具有两性，与 NaOH 溶液反应的离子方程式Al(OH)3+OH- AlO2- +2H2O，因此，本题正确答案为： ；Al(OH) 3+OH- AlO2- +2H2O；（4）T 是 Fe，Fe 在周期表中的位于第四周期第 V族，Fe 2+的电子排布式为 ；Fe 在高温下与水蒸气反应，其化学方程式为 3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，因此，本题正确答案为：第四周期第
42、 V族； ；3Fe+4H 2O(g) Fe3O4+4H2；（5）Z 为 N 元素，N 原子电子排布式为 1s22s22p3，基态 N 原子中，核外电子占据的最高能层的符号是 L 层，占据最高能级的电子的电子云轮廓图形状为哑铃形，因此，本题正确答案为：L ；哑铃形。20.醋酸亚铬水合物Cr(CH 3COO)222H2O，相对分子质量为 376是一种深红色晶体，不溶于冷水，是常用的氧气吸收剂。实验室中以锌粒、三氯化铬溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物，其装置如图所示，且仪器 2 中预先加入锌粒。已知二价铬不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应。制备过程中发生的相关反应如下：Zn(s)2
43、HCl(aq)=ZnCl 2(aq)H 2(g)2CrCl3(aq)Zn(s)=2CrCl 2(aq)ZnCl 2(aq)2Cr2 (aq)4CH 3COO (aq)2H 2O(l)=Cr(CH3COO)222H2O(s)请回答下列问题：（1）仪器 1 的名称是_。（2）往仪器 2 中加盐酸和三氯化铬溶液的顺序最好是_(选下面字母)；目的是_。A、盐酸和三氯化铬溶液同时加入B先加三氯化铬溶液一段时间后再加盐酸C先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液（3）为使生成的 CrCl2溶液与 CH3COONa 溶液顺利混合，应关闭止水夹_(填“A”或“B”，下同)，打开止水夹_。（4）本实验中锌粒要过量，其
44、原因除了让产生的 H2将 CrCl2溶液压入装置 3 与 CH3COONa 溶液反应外，另一个作用是_。 （用离子方程式表示）（5）已知其它反应物足量，实验时取用的 CrCl3溶液中含溶质 9.51 g，取用的醋酸钠溶液为 1.5 L 0.1 molL1 ；实验后得干燥纯净的Cr(CH 3COO)222H2O 9.48 g，则该实验所得产品的产率为_(不考虑溶解的醋酸亚铬水合物)。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). C (3). 让锌粒与盐酸先反应产生 H2，把装置 2 和3 中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化 (4). B (5). A (6). 2Cr3+Zn=2Cr2+Zn2+
45、(使锌与 CrCl3充分反应得到 CrCl2) (7). 84.0%【解析】【分析】(1)根据仪器结构特征，可以知道仪器 1 为分液漏斗；(2)二价铬不稳定，极易被氧气氧化，让锌粒与盐酸先反应产生 H2，把装置 2 和 3 中的空气赶出；(3)利用生成氢气，使装置内气体增大，将 CrCl2溶液压入装置 3 中与 CH3COONa 溶液顺利混合；(4)过量的锌与 CrCl3充分反应得到 CrCl2； (5) CrCl3为 0.06mol，得到 CrCl2为 0.06mol，而 CH3COONa 为 1.5mol，由方程式可以知道CH3COONa 足量，根据 CrCl2计算Cr(CH 3COO)2
46、22H2O 的理论产量，进而计算其产率。【详解】(1)根据仪器结构特征,可以知道仪器 1 为分液漏斗，因此，本题正确答案是：分液漏斗；(2) 价铬不稳定，极易被氧气氧化，让锌粒与盐酸先反应产生 H2，把装置 2 和 3 中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化，故先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液， 因此，本题正确答案是：C；让锌粒与盐酸先反应产生 H2，把装置 2 和 3 中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化；(3) 利用生成氢气，使装置内气体增大，将 CrCl2溶液压入装置 3 中与 CH3COONa 溶液顺利混合，应关闭阀门 B，打开阀门 A，因此，本题正确答案是：B；A； (4)锌粒要
47、过量，其原因除了让产生的 H2将 CrCl2溶液压入装置 3 与 CH3COONa 溶液反应外，另一个作用是：过量的锌与 CrCl3充分反应得到 CrCl2，离子方程式为：2Cr 3+Zn=2Cr2+Zn2+ ， 因此，本题正确答案是：2Cr 3+Zn=2Cr2+Zn2+ ；(5) CrCl3为 =0.06mol，得到 CrCl2为 0.06mol，而 CH3COONa 为 1.5mol，由方程式2Cr2 (aq)4CH 3COO (aq)2H 2O(l)=Cr(CH3COO)222H2O(s)可以知道 CH3COONa 足量，则得到Cr(CH 3COO)222H2O 为 0.06mol 376g/mol=11.28g， 所得产品的产率为： 100%=84.0%， 因此，本题正确答案是：84.0%。21.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物等,其一种生产工艺如下: 回答下列问题: （1）NaClO 2中 Cl 的化合价为_。 （2）写出“反应”步骤中生成 ClO2的化学方程式_。 （3） “电解”所用食盐水由粗盐水精制而成,精制时,为除去杂质 Ca2+和 SO42-,要加入的除杂试剂顺序为_、_
