化學(xué)：第一次聯(lián)考參考答案

1、.2019-2019學(xué)年第一次聯(lián)考化學(xué)參考答案一、選擇題每題只有一個正確選項，每題3分，18小題共54分1.B【解析】滌綸屬于有機高分子化合物；電腦芯片材料是硅，青銅器都屬于合金；陶瓷屬于無機非金屬材料。此題選B。2.B【解析】A、常溫下，鐵遇濃硝酸會發(fā)生鈍化現(xiàn)象，錯誤；B、標(biāo)準狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合氣體的物質(zhì)的量為11.2/22.4=0.5mol，甲烷和乙烯分子中均含有4個氫原子，故含有的氫原子為2mol，正確；C、C2H6O假設(shè)為乙醇含有的碳氫鍵為5個，假設(shè)為二甲醚含有的碳氫鍵為6個，錯誤；D、4.6gNa為0.2mol，產(chǎn)生標(biāo)準狀況下氫氣為2.24L，錯誤。3.D【解析】A./

2、碳酸鋇與胃液的成分鹽酸能反響，生成重金屬鹽使蛋白質(zhì)變性，不能做鋇餐，錯誤；B.氮氣沸點低，液態(tài)氮氣氣化會帶走大量的熱，故可做冷凍劑，錯誤；C.SiO2用于制造光導(dǎo)纖維，錯誤；D.二氧化硫有漂白性，工業(yè)上用于漂白紙張，正確。4.D【解析】A次氯酸鈣溶液中通入過量的二氧化硫，溶液呈酸性，次氯酸跟離子在酸性條件下會將亞硫酸氧化生成硫酸鈣，同時生成鹽酸，錯誤；B向AgNH32OH溶液中參加鹽酸反響生成氯化銀沉淀和氯化銨，錯誤；C向碳酸氫鎂溶液中參加過量氫氧化鈉，由于氫氧化鎂溶解度小，會生成氫氧化鎂沉淀，錯誤；D稀硝酸與過量的鐵屑反響生成亞鐵離子，故離子反響式為3Fe8H2NO33Fe22NO4H2O，

3、正確。5.D【解析】A、113比118小5，故位于第七周期第A族，正確；B、根據(jù)同主族從上到下氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性逐漸減弱， 正確；C、同周期原子半徑前大后小，正確；D、中子數(shù)為152的113號核素，其質(zhì)量數(shù)為152+113=265， 錯誤。6.D【解析】新制氯水具有漂白性，可氧化pH試紙上的指示劑而使顏色變淺或褪色，A錯誤；淀粉溶液也屬于膠體，二者都有丁達爾現(xiàn)象，B錯誤；加熱NH4Cl會分解，遇冷氯化氫和氨氣又可以化合，不能制得氨氣，C錯誤；參加氫氧化鈉并加熱，假設(shè)產(chǎn)生使潮濕的石蕊試紙變藍的氣體，證明含有銨根離子， D正確。7.D【解析】AH2O2屬于過氧化物，其中氫氧鍵屬于極性共價鍵，過氧根中

4、的氧和氧之間就是非極性共價鍵，A正確；B雙氧水有氧化性，被復(fù)原時產(chǎn)物為水，是綠色氧化劑，可用于工業(yè)消費和醫(yī)療消毒，B正確；CNaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3反響中O元素從-1價降低為-2價，所以反響中H2O2表達氧化性，C正確；DHClO、H2O2做漂白劑均是利用其氧化性，漂白原理一樣，二氧化硫的漂白性是其和有機色質(zhì)的結(jié)合過程，不是氧化性作用的結(jié)果，D錯誤。8.D【解析】依題意，A溶液過量，參加少量的B有白色沉淀；B溶液過量參加A，沒有現(xiàn)象，分析選項只有D滿足，氫氧化鈉過量生成可溶性的偏鋁酸鹽，氫氧化鈉缺乏生成氫氧化鋁白色沉淀，應(yīng)選D。9C【解析】己烷、3甲基戊烷和2,3二甲基

5、丁烷互為同分異構(gòu)體，A錯誤；根據(jù)共價單鍵可以旋轉(zhuǎn)，乙烯平面可以與苯平面重合，從而推出最多有11個碳原子在同一平面上， B錯誤；乙烯為C2H4，乙醇為C2H4·H2O，故完全燃燒等物質(zhì)的量的乙烯和乙醇消耗氧氣的量一樣，C正確；單糖不能水解，D錯誤。10.B 【解析】石墨烯吸附氫氣，放電時，發(fā)生氧化反響，為負極，A錯誤；放電時正極發(fā)生復(fù)原反響，由于KOH溶液呈堿性，鎳元素由+3價降為+2價，得到1個電子，根據(jù)電子、電荷、原子守恒配平，那么其電極反響式為NiOOH+H2O+e= NiOH2+OH，B正確；充電時石墨烯為陰極，發(fā)生的是水得到電子生成OH和氫氣的反響，所以溶液的pH增大，C錯誤

6、；充電時石墨烯為陰極，陽離子移向陰極，電子從負極移向陰極，D錯誤。11.C【解析】A. 添加SO3，正逆反響速率均增大，錯誤；B. vSO2:vO2=2:1沒有指明反響的方向，不能證明該反響已到達化學(xué)平衡狀態(tài)，錯誤；C. 當(dāng)容器內(nèi)壓強不變時，即氣體的物質(zhì)的量不變，反響達平衡狀態(tài)，正確；D. 該反響是可逆反響，增大02的濃度不能使SO2完全轉(zhuǎn)化，D錯誤。12.C【解析】反響物總能量小于生成物總能量，圖示為吸熱反響，與碳粉和二氧化碳反響相符，A正確；弱電解質(zhì)存在電離平衡，開場時電離速度最大，平衡時電離與離子結(jié)合速率相等，圖象符合電離特點，B正確；硫酸濃度越小，密度越小，與圖不符，C錯誤；鋅粉與硫酸

7、銅反響生成了銅，鋅粉、銅和硫酸構(gòu)成了原電池，加快了化學(xué)反響速率，但產(chǎn)生的氫氣的量不變，圖象與實際相符，D正確。13.B【解析】X的氣態(tài)氫化物能成鹽，可推測X為氮元素，那么Y為氧元素，W為硫元素；Z對應(yīng)的簡單離子半徑在同周期中最小，可推測Z為鋁元素。A、同周期元素，從左至右原子半徑逐漸減小，同主族元素，從上至下原子半徑逐漸增大，所以四種原子的半徑ZAl>WS>XN>YO，A錯誤；B、元素氮和硫與氧元素能形成多種氧化物，B正確；C、三種元素非金屬性氧最強，故形成的氫化物最穩(wěn)定，C錯誤；D、氮、氧、硫可形成硫酸銨，含有離子鍵，D錯誤。14.B【解析】觀察裝置可知，濃硫酸不僅可以枯燥

8、，還可以使氣體混合均勻同時可以通過觀察氣泡判斷流速的作用，E裝置采用枯燥管能起到防倒吸作用，A正確；隨著反響進展，鹽酸濃度變小，與二氧化錳不再反響，B錯誤； 氯氣和碘化鉀能反響，C正確；由組成元素分析，黑色小顆粒只能是碳， D正確。15.D【解析】A假設(shè)X為鐵，由于鐵有變價，那么A可能為硝酸，產(chǎn)物與鐵的物質(zhì)的量的多少有關(guān)，C為硝酸亞鐵、B為硝酸鐵，可以實現(xiàn)轉(zhuǎn)化，錯誤， B假設(shè)X為強堿， A為含Al3+的溶液，那么B是AlOH3， C為AlO2-；滿足上述轉(zhuǎn)化，錯誤；CA為氧氣，氧氣和碳反響可以生成CO或CO2，CO和氧氣進一步反響生成CO2，滿足上述轉(zhuǎn)化，錯誤；D假設(shè)A為氫氧化鈉，NaOH溶液

9、和二氧化碳反響生成碳酸鈉，再和二氧化碳反響生成碳酸氫鈉，NaOH溶液和足量二氧化碳反響生成碳酸鈉，那么X為二氧化碳能滿足上述轉(zhuǎn)化，正確。16.A【解析】A蔗糖逐漸變黑，形成“黑面包并伴有刺激性氣體二氧化硫產(chǎn)生，表達了濃硫酸的脫水性、強氧化性，正確；B常溫下，銅片放入濃硝酸中，反響生成硝酸銅、二氧化氮和水， 錯誤；C乙醇易揮發(fā)，本身也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，錯誤；D氯氣沒有漂白性，錯誤。17D【解析】依題意，能和鈉反響說明含有羥基，苯環(huán)上有兩個取代基，那么苯環(huán)上可能的位置有3種。兩個側(cè)鏈可能是-OH和-CH2CH2CH3、-OH和-CH2CH32、- CH2OH和-CH2CH3、- CH2CH

10、2OH和-CH3、- CHOHCH3和-CH3共五種，故同分異構(gòu)體數(shù)為3×5=15種。18.A【解析】加熱黃鉀鐵礬，得到H2O的質(zhì)量為0.54g，根據(jù)氫元素守恒，OH的物質(zhì)的量為0.54×2/18mol=0.06mol，紅棕色固體是Fe2O3，F(xiàn)e2O3質(zhì)量共為1.60.8g=2.4g，根據(jù)鐵元素守恒，黃鉀鐵礬中Fe的物質(zhì)的量為2.4×2/160mol=0.03mol，方案2生成白色沉淀是BaSO4，根據(jù)硫元素守恒，黃鉀鐵礬中SO42的物質(zhì)的量為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項，由前面分析，黃鉀鐵礬的化學(xué)式為KFe3SO42OH6，根據(jù)化合價代數(shù)和為0可得鐵為+3價，正確；B項，由前分析，K的物質(zhì)的量為0.01mol，固體A加水溶解過濾，得到Fe2O3的質(zhì)量為1.6g，其中鐵的物質(zhì)的量為1.6×2/160mol=0.02mol，那么溶液B中Fe的物質(zhì)的量為0.01mol，SO42的物質(zhì)的量為0.02mol，溶質(zhì)為K2SO4和Fe2SO43，或?qū)懗蒏FeSO42，錯誤；C項，紅棕色固體都是Fe2O3，F(xiàn)e2O3質(zhì)量共為1.60.8g=2.4g，根據(jù)鐵元素守恒，黃鉀鐵礬中Fe的物質(zhì)的量為2.4×2/160mol=0.03mol，錯誤；

12、D項，由前分析可知KFe3SO4xOHy中x:y為1:3，錯誤。二、填空題包括4大題，共46分19.除注明外，每空2分，共12分1NH3·H2O+CaO=NH3+CaOH2；2a1分； 儲存多余氣體，防止污染，同時起到平衡壓強的作用；3堿石灰1分； 枯燥HCl1分；453.5V/11.2a ； AgNO31分； 合理，氯化銨純潔，其電離出的氯離子全部沉淀，故通過沉淀質(zhì)量可求得氯化銨的質(zhì)量或不合理，氯化銨不純，雜質(zhì)離子也發(fā)生了沉淀反響等其他合理答案【解析】I.1實驗室用固體氫氧化鈉和濃氨水反響制取氨氣，主要是利用濃氨水中存在NH3+H2ONH3·H2ONH4+OH-平衡，參加

13、氫氧化鈉固體，氫氧根濃度增加，平衡向左挪動產(chǎn)生氨氣，同時氫氧化鈉溶于水放熱，促進了一水合氨的分解；2 根據(jù)氨氣的密度小于氯化氫，應(yīng)該由b口通入氨氣，a口通入氯化氫，氣球連接在錐形瓶上，可以儲存氣體，所以其作用是儲存多余氣體，防止污染，同時起到平衡壓強的作用； 3C裝置中裝入堿石灰可以枯燥氨氣，D裝置盛裝濃硫酸可以枯燥氯化氫； .4 氮氣的物質(zhì)的量為V/22.4mol，根據(jù)反響2NH4Cl+3CuO3Cu+N2+2HCl+3H2O；可得氯化銨為V/11.2mol，故其純度為53.5V/11.2a；5實驗?zāi)康氖菧y量氯元素的質(zhì)量，故將氯化銨溶于水，要參加過量的硝酸銀溶液使氯離子完全沉淀；假如氯化銨純

14、潔，其電離出的氯離子全部沉淀，故通過沉淀質(zhì)量可以求得氯離子質(zhì)量，因此該方案合理；假設(shè)氯化銨不純，雜質(zhì)離子也發(fā)生了沉淀反響，那么無法確定氯元素的質(zhì)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；除去多余的硫酸同時將三價鐵離子復(fù)原； 碳、二氧化硅、鐵1分；3Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；4除去過量Cl2和KCl，同時為下一步反響提供反響物；52:11分 用一只試管取少量浸取液，向其中滴加幾滴KSCN溶液，不變紅，那么不含有Fe3+?！窘馕觥?鐵為26號元素，位于周期表的第四周期族；2觀察圖形可知在100時鐵浸取率最高；參加過量的鐵

15、可除去多余的硫酸同時將三價鐵離子復(fù)原；廢鐵渣主要成分Fe3O4，少量碳及二氧化硅，酸浸，碳與二氧化硅與稀硫酸不反響，參加過量的鐵，鐵有剩余，故濾渣的主要成分為鐵、碳和二氧化硅；3分析流程可知反響為氯氣和氫氧化鉀反響生成次氯酸鉀的反響，故離子方程式為Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；4在溶液I中加KOH固體可以除去過量Cl2同時沉淀KCl，同時為下一步反響提供反響物；5分析流程可知反響中氧化劑為KC1O，反響中化合價降低2，復(fù)原劑為FeSO4，反響中生成K2FeO4，化合價升高4，根據(jù)電子守恒可知二者比例為2:1；檢驗鐵離子一般用KSCN溶液，故實驗操作為用一只試管取少量浸取液，向其中

16、滴加幾滴KSCN溶液，不變紅，那么不含有Fe3+。21. 共12分1S2H2SO4濃3SO22H2O 1分 2CaOH2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O1分 1:21分； 氧化性和酸性2分；2.24 2分對于3NO2+H2O2HNO3+NO，當(dāng)HNO3濃度較大時，平衡逆向挪動，生成NO2，當(dāng)HNO3濃度較小時，平衡正向挪動，生成NO2分3常溫下，鐵遇濃硝酸發(fā)生鈍化1分 3Pt+4NO3+16H+18Cl=3PtCl62+4NO+8H2O2分【解析】3由E是一種強酸，常溫下，0.1moLL-1E溶液pH為1，可知E是硝酸。常溫下，鐵遇濃硝酸發(fā)生鈍化，故能用鐵制容器初一濃硝酸；根據(jù)題中信息，鉑溶于王水時產(chǎn)生PtCl62和一種無色氣體為一氧化氮，反響的離子方程式為：3Pt+4NO3+16H+18Cl=3PtCl62+4NO+8H2O。22.10分 CH3CH2COOH 2分 取代反響水解反響、消去反響各1分 +CH3COOH +H2O 2分 2分 bcd2分【解析】 由A的構(gòu)造式結(jié)合B