化学：第一次联考参考答案

1、.2019-2019学年第一次联考化学参考答案一、选择题每题只有一个正确选项，每题3分，18小题共54分1.B【解析】涤纶属于有机高分子化合物；电脑芯片材料是硅，青铜器都属于合金；陶瓷属于无机非金属材料。此题选B。2.B【解析】A、常温下，铁遇浓硝酸会发生钝化现象，错误；B、标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合气体的物质的量为11.2/22.4=0.5mol，甲烷和乙烯分子中均含有4个氢原子，故含有的氢原子为2mol，正确；C、C2H6O假设为乙醇含有的碳氢键为5个，假设为二甲醚含有的碳氢键为6个，错误；D、4.6gNa为0.2mol，产生标准状况下氢气为2.24L，错误。3.D【解析】A./

2、碳酸钡与胃液的成分盐酸能反响，生成重金属盐使蛋白质变性，不能做钡餐，错误；B.氮气沸点低，液态氮气气化会带走大量的热，故可做冷冻剂，错误；C.SiO2用于制造光导纤维，错误；D.二氧化硫有漂白性，工业上用于漂白纸张，正确。4.D【解析】A次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化硫，溶液呈酸性，次氯酸跟离子在酸性条件下会将亚硫酸氧化生成硫酸钙，同时生成盐酸，错误；B向AgNH32OH溶液中参加盐酸反响生成氯化银沉淀和氯化铵，错误；C向碳酸氢镁溶液中参加过量氢氧化钠，由于氢氧化镁溶解度小，会生成氢氧化镁沉淀，错误；D稀硝酸与过量的铁屑反响生成亚铁离子，故离子反响式为3Fe8H2NO33Fe22NO4H2O，

3、正确。5.D【解析】A、113比118小5，故位于第七周期第A族，正确；B、根据同主族从上到下气态氢化物稳定性逐渐减弱， 正确；C、同周期原子半径前大后小，正确；D、中子数为152的113号核素，其质量数为152+113=265， 错误。6.D【解析】新制氯水具有漂白性，可氧化pH试纸上的指示剂而使颜色变浅或褪色，A错误；淀粉溶液也属于胶体，二者都有丁达尔现象，B错误；加热NH4Cl会分解，遇冷氯化氢和氨气又可以化合，不能制得氨气，C错误；参加氢氧化钠并加热，假设产生使潮湿的石蕊试纸变蓝的气体，证明含有铵根离子， D正确。7.D【解析】AH2O2属于过氧化物，其中氢氧键属于极性共价键，过氧根中

4、的氧和氧之间就是非极性共价键，A正确；B双氧水有氧化性，被复原时产物为水，是绿色氧化剂，可用于工业消费和医疗消毒，B正确；CNaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3反响中O元素从-1价降低为-2价，所以反响中H2O2表达氧化性，C正确；DHClO、H2O2做漂白剂均是利用其氧化性，漂白原理一样，二氧化硫的漂白性是其和有机色质的结合过程，不是氧化性作用的结果，D错误。8.D【解析】依题意，A溶液过量，参加少量的B有白色沉淀；B溶液过量参加A，没有现象，分析选项只有D满足，氢氧化钠过量生成可溶性的偏铝酸盐，氢氧化钠缺乏生成氢氧化铝白色沉淀，应选D。9C【解析】己烷、3甲基戊烷和2,3二甲基

5、丁烷互为同分异构体，A错误；根据共价单键可以旋转，乙烯平面可以与苯平面重合，从而推出最多有11个碳原子在同一平面上， B错误；乙烯为C2H4，乙醇为C2H4·H2O，故完全燃烧等物质的量的乙烯和乙醇消耗氧气的量一样，C正确；单糖不能水解，D错误。10.B 【解析】石墨烯吸附氢气，放电时，发生氧化反响，为负极，A错误；放电时正极发生复原反响，由于KOH溶液呈碱性，镍元素由+3价降为+2价，得到1个电子，根据电子、电荷、原子守恒配平，那么其电极反响式为NiOOH+H2O+e= NiOH2+OH，B正确；充电时石墨烯为阴极，发生的是水得到电子生成OH和氢气的反响，所以溶液的pH增大，C错误

6、；充电时石墨烯为阴极，阳离子移向阴极，电子从负极移向阴极，D错误。11.C【解析】A. 添加SO3，正逆反响速率均增大，错误；B. vSO2:vO2=2:1没有指明反响的方向，不能证明该反响已到达化学平衡状态，错误；C. 当容器内压强不变时，即气体的物质的量不变，反响达平衡状态，正确；D. 该反响是可逆反响，增大02的浓度不能使SO2完全转化，D错误。12.C【解析】反响物总能量小于生成物总能量，图示为吸热反响，与碳粉和二氧化碳反响相符，A正确；弱电解质存在电离平衡，开场时电离速度最大，平衡时电离与离子结合速率相等，图象符合电离特点，B正确；硫酸浓度越小，密度越小，与图不符，C错误；锌粉与硫酸

7、铜反响生成了铜，锌粉、铜和硫酸构成了原电池，加快了化学反响速率，但产生的氢气的量不变，图象与实际相符，D正确。13.B【解析】X的气态氢化物能成盐，可推测X为氮元素，那么Y为氧元素，W为硫元素；Z对应的简单离子半径在同周期中最小，可推测Z为铝元素。A、同周期元素，从左至右原子半径逐渐减小，同主族元素，从上至下原子半径逐渐增大，所以四种原子的半径ZAl>WS>XN>YO，A错误；B、元素氮和硫与氧元素能形成多种氧化物，B正确；C、三种元素非金属性氧最强，故形成的氢化物最稳定，C错误；D、氮、氧、硫可形成硫酸铵，含有离子键，D错误。14.B【解析】观察装置可知，浓硫酸不仅可以枯燥

8、，还可以使气体混合均匀同时可以通过观察气泡判断流速的作用，E装置采用枯燥管能起到防倒吸作用，A正确；随着反响进展，盐酸浓度变小，与二氧化锰不再反响，B错误； 氯气和碘化钾能反响，C正确；由组成元素分析，黑色小颗粒只能是碳， D正确。15.D【解析】A假设X为铁，由于铁有变价，那么A可能为硝酸，产物与铁的物质的量的多少有关，C为硝酸亚铁、B为硝酸铁，可以实现转化，错误， B假设X为强碱， A为含Al3+的溶液，那么B是AlOH3， C为AlO2-；满足上述转化，错误；CA为氧气，氧气和碳反响可以生成CO或CO2，CO和氧气进一步反响生成CO2，满足上述转化，错误；D假设A为氢氧化钠，NaOH溶液

9、和二氧化碳反响生成碳酸钠，再和二氧化碳反响生成碳酸氢钠，NaOH溶液和足量二氧化碳反响生成碳酸钠，那么X为二氧化碳能满足上述转化，正确。16.A【解析】A蔗糖逐渐变黑，形成“黑面包并伴有刺激性气体二氧化硫产生，表达了浓硫酸的脱水性、强氧化性，正确；B常温下，铜片放入浓硝酸中，反响生成硝酸铜、二氧化氮和水， 错误；C乙醇易挥发，本身也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，错误；D氯气没有漂白性，错误。17D【解析】依题意，能和钠反响说明含有羟基，苯环上有两个取代基，那么苯环上可能的位置有3种。两个侧链可能是-OH和-CH2CH2CH3、-OH和-CH2CH32、- CH2OH和-CH2CH3、- CH2CH

10、2OH和-CH3、- CHOHCH3和-CH3共五种，故同分异构体数为3×5=15种。18.A【解析】加热黄钾铁矾，得到H2O的质量为0.54g，根据氢元素守恒，OH的物质的量为0.54×2/18mol=0.06mol，红棕色固体是Fe2O3，Fe2O3质量共为1.60.8g=2.4g，根据铁元素守恒，黄钾铁矾中Fe的物质的量为2.4×2/160mol=0.03mol，方案2生成白色沉淀是BaSO4，根据硫元素守恒，黄钾铁矾中SO42的物质的量为4.66/233mol=0.02mol，因此有Fe:SO42:OH=3:x：y=0.03：0.02：0.06，解得：x=

11、2，y=6。A项，由前面分析，黄钾铁矾的化学式为KFe3SO42OH6，根据化合价代数和为0可得铁为+3价，正确；B项，由前分析，K的物质的量为0.01mol，固体A加水溶解过滤，得到Fe2O3的质量为1.6g，其中铁的物质的量为1.6×2/160mol=0.02mol，那么溶液B中Fe的物质的量为0.01mol，SO42的物质的量为0.02mol，溶质为K2SO4和Fe2SO43，或写成KFeSO42，错误；C项，红棕色固体都是Fe2O3，Fe2O3质量共为1.60.8g=2.4g，根据铁元素守恒，黄钾铁矾中Fe的物质的量为2.4×2/160mol=0.03mol，错误；

12、D项，由前分析可知KFe3SO4xOHy中x:y为1:3，错误。二、填空题包括4大题，共46分19.除注明外，每空2分，共12分1NH3·H2O+CaO=NH3+CaOH2；2a1分； 储存多余气体，防止污染，同时起到平衡压强的作用；3碱石灰1分； 枯燥HCl1分；453.5V/11.2a ； AgNO31分； 合理，氯化铵纯洁，其电离出的氯离子全部沉淀，故通过沉淀质量可求得氯化铵的质量或不合理，氯化铵不纯，杂质离子也发生了沉淀反响等其他合理答案【解析】I.1实验室用固体氢氧化钠和浓氨水反响制取氨气，主要是利用浓氨水中存在NH3+H2ONH3·H2ONH4+OH-平衡，参加

13、氢氧化钠固体，氢氧根浓度增加，平衡向左挪动产生氨气，同时氢氧化钠溶于水放热，促进了一水合氨的分解；2 根据氨气的密度小于氯化氢，应该由b口通入氨气，a口通入氯化氢，气球连接在锥形瓶上，可以储存气体，所以其作用是储存多余气体，防止污染，同时起到平衡压强的作用； 3C装置中装入碱石灰可以枯燥氨气，D装置盛装浓硫酸可以枯燥氯化氢； .4 氮气的物质的量为V/22.4mol，根据反响2NH4Cl+3CuO3Cu+N2+2HCl+3H2O；可得氯化铵为V/11.2mol，故其纯度为53.5V/11.2a；5实验目的是测量氯元素的质量，故将氯化铵溶于水，要参加过量的硝酸银溶液使氯离子完全沉淀；假如氯化铵纯

14、洁，其电离出的氯离子全部沉淀，故通过沉淀质量可以求得氯离子质量，因此该方案合理；假设氯化铵不纯，杂质离子也发生了沉淀反响，那么无法确定氯元素的质量，其方案就不合理。20.除注明外，每空2分，共12分1第四周期族1分；2100附近合理答案都行1分；除去多余的硫酸同时将三价铁离子复原； 碳、二氧化硅、铁1分；3Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；4除去过量Cl2和KCl，同时为下一步反响提供反响物；52:11分 用一只试管取少量浸取液，向其中滴加几滴KSCN溶液，不变红，那么不含有Fe3+。【解析】1铁为26号元素，位于周期表的第四周期族；2观察图形可知在100时铁浸取率最高；参加过量的铁

15、可除去多余的硫酸同时将三价铁离子复原；废铁渣主要成分Fe3O4，少量碳及二氧化硅，酸浸，碳与二氧化硅与稀硫酸不反响，参加过量的铁，铁有剩余，故滤渣的主要成分为铁、碳和二氧化硅；3分析流程可知反响为氯气和氢氧化钾反响生成次氯酸钾的反响，故离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；4在溶液I中加KOH固体可以除去过量Cl2同时沉淀KCl，同时为下一步反响提供反响物；5分析流程可知反响中氧化剂为KC1O，反响中化合价降低2，复原剂为FeSO4，反响中生成K2FeO4，化合价升高4，根据电子守恒可知二者比例为2:1；检验铁离子一般用KSCN溶液，故实验操作为用一只试管取少量浸取液，向其中

16、滴加几滴KSCN溶液，不变红，那么不含有Fe3+。21. 共12分1S2H2SO4浓3SO22H2O 1分 2CaOH2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O1分 1:21分； 氧化性和酸性2分；2.24 2分对于3NO2+H2O2HNO3+NO，当HNO3浓度较大时，平衡逆向挪动，生成NO2，当HNO3浓度较小时，平衡正向挪动，生成NO2分3常温下，铁遇浓硝酸发生钝化1分 3Pt+4NO3+16H+18Cl=3PtCl62+4NO+8H2O2分【解析】3由E是一种强酸，常温下，0.1moLL-1E溶液pH为1，可知E是硝酸。常温下，铁遇浓硝酸发生钝化，故能用铁制容器初一浓硝酸；根据题中信息，铂溶于王水时产生PtCl62和一种无色气体为一氧化氮，反响的离子方程式为：3Pt+4NO3+16H+18Cl=3PtCl62+4NO+8H2O。22.10分 CH3CH2COOH 2分 取代反响水解反响、消去反响各1分 +CH3COOH +H2O 2分 2分 bcd2分【解析】 由A的构造式结合B