1、2019届高三第二次诊断性考试化学试题说明：本试卷满分100分，分为第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，第I卷为第1页至第5页，第II卷为第5页至第8页。试题答案请用2B铅笔或0.5mm签字笔填涂到答题卡规定位置上，书写在试题上的答案无效。考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量： N 14 O 16 Al 27 S 32 K 39 Mn 55 Ba 137第I卷(共50分)一、选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意)1.中国文化对人类文明贡献巨大。对下列古代研究成果的说明不合理的是A. 天工开物“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”是指Ca(OH)
2、2B. 黄白第十大“曾青涂铁，铁赤如铜”主要发生了置换反应C. 本草纲目“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，利用到蒸馏D. 梦溪笔谈“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”中“剂钢”指铁合金【答案】A【解析】【详解】A.石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是碳酸钙，故A错误；B.铁与硫酸铜反应是铁置换出铜，铜为红色，反应方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，该反应为置换反应，故B正确；C.由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异不同进行分离，则该法为蒸馏操作，故C正确；D.剑刃硬度要大，所以用的是铁碳合金，剂钢指的是铁合金，故D正确。故选A。2.国际计量大会对摩尔的最新
3、定义为：“1摩尔包含6.022140761023个基本单元，这一常数称作阿伏加德罗常数(NA)，单位为mol-1。”下列叙述正确的是A. 标准状况下，224L SO3含有NA个分子B. 64g CH4O含有的C-H键为06NAC. 01mol Na2O2与CO2反应转移的电子数为02NAD. 01mol/L的乙酸溶液中含有的H+数目小于01NA【答案】B【解析】【详解】A.标准状况下，SO3是固体，所以不能使用气体摩尔体积计算SO3物质的量，故A错误；B.6.4gCH3OH物质的量为0.2mol，1个甲醇分子中有4个氢原子，其中含有3个C-H键，1个O-H键，所以0.2mol甲醇分子中含有0.
4、6molC-H键，故B正确；C.0.1mol Na2O2与足量的CO2充分反应，生成0.05mol氧气，转移0.1mol电子，转移的电子数为0.1NA，故C错误；D.溶液的体积不确定，无法确定氢离子的数目，H+离子数也可能大于0.1NA，故D错误。故选B。3.分类法是化学重要的研究方法，下列各组物质的分类或变化正确的有混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银 含有氧元素的化合物叫氧化物NO2为酸性氧化物，Na2O为碱性氧化物 同素异形体：C60、金刚石、石墨强电解质溶液的导电能力一定强 熔融状态下能导电的化合物为离子化合物有单质参加的反应是氧化还原反应 煤的气化、液化、干馏都是化学变化A. B. C.
5、 D. 【答案】A【解析】【详解】水银是金属汞，属于纯净物，故错误；只含两种元素其中一种是氧元素的化合物叫氧化物，故错误；NO2不属于酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物，故错误；C60、金刚石、石墨都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故正确；强电解质的稀溶液由于离子浓度小，导电能力很弱，故错误；共价化合物在熔化状态下不导电，在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物，故正确；有单质参加的反应或有单质产生的反应不一定是氧化还原反应，如同素异形体间的转化是非氧化还原反应，故错误；煤的气化、液化、干馏都是化学变化，故正确。所以正确的有。 故选A。4.据图中所示硫酸试剂瓶标签上的内容，下列说法正确的是
6、A. 将该硫酸加水配成质量分数49%的溶液时浓度为9.2molLB. 1mol Al与足量的该硫酸反应产生3g氢气C. 硫酸的摩尔质量为98gD. 配制500mL 4.6 molL的稀硫酸需取该硫酸125mL【答案】D【解析】【分析】A. 要配制质量分数为49%的硫酸溶液需要将浓硫酸与等质量的水混合，混合后溶液的质量为原硫酸的2倍，稀释后溶液的密度减小，故稀释后所得溶液的体积大于原硫酸体积的2倍，根据稀释定律判断；B.铝与浓硫酸常温下发生钝化，加热时生成二氧化硫、硫酸铝和水；C.摩尔质量的单位为g/mol；D.根据溶液稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，据此计算需要浓硫酸的体积。【详解】A.原硫酸
7、物质的量浓度为=18.4mol/L，要配制质量分数为49%的硫酸溶液需要将浓硫酸与等质量的水混合，混合后溶液的质量为原硫酸的2倍，稀释后溶液的密度减小，故稀释后所得溶液的体积大于原硫酸体积的2倍，则稀释后所得溶液的浓度小于9.2mol/L，故A错误；B.铝与浓硫酸常温下发生钝化，加热时生成二氧化硫、硫酸铝和水，不能生成氢气，故B错误；C.硫酸的摩尔质量为98g/mol，故C错误；D.根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为xmL，则500mL4.6mol/L=xmL18.4mol/L，解得x=125，所以应量取的浓硫酸的体积为125mL，故D正确。故选D。【点睛】注意硫酸的浓
8、度越大，密度越大。5.关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是A. 体积相等时密度相等 B. 原子数相等时具有的中子数相等C. 体积相等时具有的电子数相等 D. 质量相等时具有的质子数相等【答案】C【解析】试题分析：A、根据阿伏加德罗定律，物质的量相等，因为摩尔质量不相等，则质量不等，根据密度的定义，密度不相等，故错误；B、两者都是双原子分子，原子数相等，则物质的量相等，前者中子数为16，后者为14，则中子数不等，故错误；C、根据阿伏加德罗定律，两者物质的量相等，前者电子为14，后者为14，因此等物质的量时，两种物质所含电子数相等，故正确；D、质量相等，两种物质的摩尔质量不
9、等，则物质的量不相等，质子数不相等，故错误。考点：考查阿伏加德罗定律、微粒数等知识。6.下列各组离子一定能大量共存的是A. pH=12的溶液中：NH4+、Na+、SO42-、C1-B. c(H+)=0.1molL-1的溶液中：K+、I-、Cl-、NO3-C. 含有大量AlO2的溶液中：NH4+、Na+、C1-、H+D. 强碱溶液中；Na+、K+、CO32-、NO3-【答案】D【解析】【详解】A、pH=12的溶液为强碱性溶液，含有大量的OH-，NH4+不能大量存在，故A错误；B、c(H+)0.1molL1的溶液中： I-被NO3氧化而不能大量共存，故B错误；C.含有大量AlO2-的溶液呈碱性，N
10、H4、H+不能大量存在，故C 错误；D. 在强碱性溶液中，Na、K、CO32、NO3离子之间不反应，可以大量共存，故D 正确；综上所述，本题选D。7.向铝粉中添加少量NH4C1固体并充分混合，将其加热到1000时可与N2反应制备A1N，下列说法正确的是A. A1N是一种金属材料B. A1N与足量氢氧化钠溶液共热时生成氢氧化铝和氨气C. 少量NH4C1能够破坏A1表面的Al2O3薄膜D. A1N与足量盐酸反应的离子方程式为AlN+3H+=Al3+NH3【答案】C【解析】AAlN属原子晶体化合物，属于无机非金属材料，故A错误；BAl(OH)3有两性，能溶于NaOH，则AlN与足量氢氧化钠溶液共热时
11、生成偏铝酸钠和氨气，故B错误；C在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜，故C正确；DAlN与足量盐酸反应的离子方程式为AlN+4H+=Al3+NH4+，故D错误；答案为C。8.X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W是短周期主族元素中金属性最强的，X原子最外层电子数是其电子层数的3倍，Y的最高正价与最低负价代数和为6。下列说法正确的是A. Y最高价氧化物的水化物化学式为H2YO4B. Y能从Z的盐溶液中置换出Z的单质C. X、Z两种元素的气态氢化物稳定性：ZXD. X与W形
12、成的化合物中阴、阳离子个数比为1：1或1：2【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，W是短周期主族元素中金属性最强的，则W为Na元素；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，只能为电子层数为2，最外层电子数为6，即X为O元素，X、Z同族，则Z为S元素；Y的最高正价与最低负价代数和为6，其最高价为+7价，Y、Z同周期，Y为Cl元素，据此分析。【详解】A.Y为Cl，Y元素最高价氧化物对应的水化物化学式HYO4，故A错误；B. Y为Cl元素，Z为S元素，非金属性ClS，所以Y能从Z的盐溶液中置换出Z的单质，故B正确；C.非金属性OS，则X、Z两种元素气态氢化物中，X的气态氢化物
13、比Z的稳定，故C错误；D.X与W形成的两种化合物为Na2O、Na2O2，阴、阳离子物质的量之比均为1：2，故D错误。故选B。9.下列物质中可用于除去CuCl2中混有的Fe3+，且不引入新杂质的是A. Fe B. Cu C. CuO D. NaOH【答案】C【解析】【详解】A.CuCl2能与铁粉反应生成氯化亚铁和铜，引入新的杂质，不符合除杂原则，故A错误； B.Fe3+与Cu反应生成Fe2+和Cu2+，引入新的杂质，不符合除杂原则，故B错误； C.Fe3+水解溶液显酸性，Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，加入CuO可以使平衡不断正移产生Fe(OH)3沉淀，同时不引入新的杂质，符合除杂原则，
14、故C正确；D.CuCl2与Fe3+都能与NaOH反应生成沉淀，不符合除杂原则，故D错误。故选C。10.某心脏起搏器工作时发生反应：4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2，下列判断正确的是A. 还原剂只有Li B. SOCl2既是氧化剂又是还原剂C. 还原产物包括LiC1和S D. 生成1.12L SO2时，反应转移电子为0.2mol【答案】A【解析】【分析】4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2反应中，Li的化合价升高，作还原剂，S元素的化合价降低，作氧化剂，非金属元素之间形成共价键，据此分析。【详解】A.Li的化合价升高，作还原剂，故A正确；B.S元素的化合价降低，SOCl2作氧
15、化剂，故B错误；C.Li的化合价升高被氧化，LiCl是氧化产物，S元素的化合价降低被还原，单质S是还原产物，故C错误；D.反应4Li+2SOCl24LiCl+S+SO2中，每生成1mol SO2转移4mol电子，则标准状况下生成1.12LSO2时，反应转移电子为0.2mol，因题目中未说明SO2是否处于标准状况，所以无法计算转移电子的物质的量，故D错误。故选A。二、选择题(本题包括10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意)11.下列有关金属的工业制法中，正确的是A. 制铜：火法炼铜，即将黄铜矿CuFeS2受热分解以获得铜单质B. 制铁：以铁矿石为原料，CO还原得铁C. 制镁：
16、用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，H2还原得镁D. 制铝：从铝土矿制得氯化铝固体，再电解熔融的氯化铝得到铝【答案】B【解析】【详解】A.黄铜矿(CuFeS2)中Fe的化合价为2，工业上用黄铜矿冶炼铜的反应为：8CuFeS221O28Cu4FeO2Fe2O316SO2，故A错误；B.工业上常用用CO在高温下还原铁矿石炼铁：3CO+Fe2O32Fe+3CO2，制得铁，故B正确；C.工业上以海水为原料，经过一系列过程获得无水氯化镁，工业制镁是电解熔融氯化镁：MgCl2（熔融）Mg+Cl2，故C错误；D.因为氯化铝是分子晶体，熔融状态下氯化铝不导电，工业制铝是电解熔融的氧化铝：2Al2O3（熔
17、融）4Al+3O2，故D错误。故选B。【点睛】金属的冶炼方法：Al之前的金属很活泼，用电解盐或氧化物的方法冶炼；中等活泼的金属一般是热还原法，加热时，用合适的还原剂，如H2、C、CO、或者较活泼的金属Al（铝热反应）进行冶炼；后面的不活泼金属可以通过直接加热氧化物分解的方法得到金属单质。12.下列物质溶于水时会破坏水的电离平衡，且属于电解质的是A. 氯气 B. 二氧化碳 C. 氯化钾 D. 醋酸钠【答案】D【解析】氯气是单质，既不是电解质又不是非电解质，故A错误；二氧化碳是非电解质，故B错误；氯化钾属于电解质，是强酸强碱盐，不能水解，不会破坏水的电离平衡，故C错误；醋酸钠是电解质，能水解，促进
18、水电离，故D正确。13.下列叙述中，正确的是A. 两种微粒，若核外电子排布完全相同，则其化学性质一定相同B. 凡单原子形成的离子，一定具有稀有气体元素原子的核外电子排布C. 两原子如果核外电子排布相同，则一定属于同种元素D. 元素周期表中位于金属与非金属分界线附近的元素属于过渡元素【答案】C【解析】【详解】A.微粒可能为不同的分子，也可能为阳离子与阴离子，如钠离子与氧离子，二者性质不同，故A错误；B.根据H+的核外电子排布，可知核外无电子，故B错误；C.两原子如果核外电子排布相同，则一定属于同种元素，故C正确；D.元素周期表中位于金属与非金属分界线附近的元素既有金属性也有非金属性，而过渡元素都
19、是金属，故D错误。故选C。14.氯化亚铜(CuC1)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2+。某小组拟热分解CuCl22H2O制备CuC1，并进行相关探究。下列说法正确的是A. 制备CuC1时产生的Cl2可以回收循环利用，也可以通入饱和NaC1溶液中除去B. Cu2(OH)2Cl2在200时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl2 2CuO+2HClC. X气体可以是N2，目的是做保护气，抑制CuCl22H2O加热过程可能的水解D. CuC1与稀硫酸反应离子方程式：2CuCl+4H+SO42-=2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O【答案】B【解析】【分析】A.Cl2在
20、饱和NaC1溶液中的溶解度小，不能被吸收；B.Cu2(OH)2Cl2加热至200时生成CuO，结合原子守恒书写化学方程式；C.X气体是用于抑制CuCl2水解；D.CuC1在酸性条件下不稳定，易生成金属铜和Cu2+。【详解】A.制备CuC1时产生的Cl2可以转化为HCl，回收循环利用，Cl2在饱和NaC1溶液中的溶解度小，不能被吸收除去，故A错误；B.Cu2(OH)2Cl2加热至200时生成CuO，结合原子守恒可知，还生成HCl，则化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl，故B正确；C.CuCl2水解生成氢氧化铜和HCl，X气体是用于抑制CuCl2水解，则X为HCl，不是氮气，故C
21、错误；D.CuC1在酸性条件下不稳定，易生成金属铜和Cu2+，故D错误。故选B。15.人们从冰箱中取出的“常态冰”仅是冰存在的多种可能的形式之一。目前，科学家发现了一种全新的多孔、轻量级的“气态冰”，可形成气凝胶。下列有关说法正确的是A. “常态冰”和“气态冰”结构不同，是同素异形体B. “气态冰”因其特殊的结构而具有比“常态冰”更活泼的化学性质C. 18g“气态冰”的体积为22.4LD. 构成“气态冰”的分子中含有极性共价键【答案】D【解析】【详解】A.“常态冰”和“气态冰”是水存在的不同形式，状态不同，但是同一种物质，故A错误；B.“常态冰”和“气态冰”是水存在的不同形式，物理性质不同，但
22、化学性质相同，故B错误；C.“气态冰”是形成气凝胶的冰，标准状况下不是气体，18g“气态冰”的体积小于22.4L，故C错误；D.“气态冰”的分子是水分子，构成“气态冰”的分子中含有极性共价键，故D正确。故选D。16.下列有关化学用语表示正确的是A. 中子数为10的氟原子：10F B. Mg2+的结构示意图：C. 甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2 D. 硫化钠的电子式：【答案】B【解析】【详解】A.氟的质子数为9，中子数为10的氟原子的质量数为19，该元素符号可以表示为：19F，故A错误；B.镁离子是镁原子失去最外层的2个电子得到的，结构示意图为：，故B正确；C. 甲酸甲酯的结构简式：HCOOC
23、H3，故C错误；D.硫化钠是硫离子和钠离子之间通过离子键形成的离子化合物，电子式为：，故D错误。故选B。17.下列离子方程式书写正确的是A. Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应的离子方程式：S2O32-+6H+=2S+3H2OB. 向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，CO32-+CO2+H2O=2HCO3-C. AgNO3与过量浓氨水反应的离子方程式：Ag+NH3H2O=AgOH+NH4+D. Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)：n(HNO3)=1：2时，3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2+2NO+4H2O【答案】D【解析】【详解】A.电荷不守恒，Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应的离子
24、方程式：S2O32-+2H+S+SO2+H2O，故A错误；B.因为Na2CO3溶液是饱和的，所以生成的NaHCO3会析出，反应的离子方程式应为CO32-+H2O+CO2+2Na+=2NaHCO3，故B错误；C.向AgNO3溶液中逐滴加入氨水，开始会生成氢氧化银白色沉淀，但是氢氧化银会溶于过量的氨水中，反应生成氢氧化银氨溶液，会出现沉淀然后消失，离子方程式为：Ag+2NH3H2O=Ag(NH3)2+2H2O，故C错误；D.Fe与稀硝酸反应，当n（Fe）：n（HNO3）=1：2时，硝酸不足，反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水；离子方程式：3Fe+2NO3+8H+3Fe2+2NO+4H2O，故D正确。故
25、选D。【点睛】判断离子方程式的正误：“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须与客观事实相吻合。18.某小组对某无色水样进行检验，已知水样中只可能含有K+、Mg2+、Cu2+、Al3+、CO32-、SO42-、C1-中的若干种离子。该小组取100mL水样进行实验，先滴加硝酸钡溶液，再滴加1molL-1的硝酸，实验过程中沉淀质量变化情况如图所示，下列分析错误
26、的是A. 一定含有的离子是：K+、SO42-、CO32-B. BC段反应的离子方程式：BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2OC. K+物质的量浓度的范围是： c(K+)0.6mol/LD. 取少量水样置于试管中，滴加硝酸银溶液，可检验水样中是否含有C1-【答案】D【解析】【分析】该水样为无色溶液，水样中Cu2+不存在，依据图象分析加入硝酸钡溶液生成沉淀，加入稀硝酸，沉淀部分溶解证明水样中一定含有SO42-，CO32-，又因为Al3+与CO32-发生双水解，CO32-与Mg2+发生反应生成沉淀不能大量存在，所以Al3+、Mg2+不存在；n（SO42-）=2.33g/233g/mol=0.01
27、mol，n（CO32-）=n（BaCO3）=（6.27-2.33）g/197g/mol=0.02mol；c（SO42-）：c（CO32-）=1：2；原溶液中可能含有Cl-，依据电解质溶液中电荷守恒，阳离子K+一定存在；根据电荷守恒得到：0.01mol2+0.02mol2+n（Cl-）=n（K+）推知n（K+）0.06mol，则c（K+）0.6mol/L，据此分析。【详解】A.水样中一定含有的离子是：K+、SO42-、CO32-，一定不含有的是：Al3+、Mg2+、Cu2+，可能含有的是Cl-，故A正确；B.BC段所表示的反应是碳酸钡溶于稀硝酸的反应，反应的离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba
28、2+CO2+H2O，故B正确；C.依据电解质溶液中电荷守恒，阳离子K+一定存在；根据电荷守恒得到：0.01mol2+0.02mol2+n（Cl-）=n（K+）推知n（K+）0.06mol，则c（K+）0.6mol/L，故C正确；D.水样中含有SO42-、CO32-，滴加硝酸银溶液，也会产生白色沉淀，不能检验水样中是否含有C1-，故D错误。故选D。19.下列实验操作、现象和结论或解释中有错误的是A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A.试管里出现凝胶，说明生成硅酸，根据强酸制备弱酸的原理可知酸性：盐酸硅酸，不能说明非金属性ClSi，因为非金属性的强弱是根据最高价氧化物的
29、水化物的酸性进行比较的，故A错误；B.Mg条在CO2中剧烈燃烧，放出白光和大量热，有大量白烟生成，瓶壁上有黑色固体生成，生成MgO和C，属于置换反应，故B正确；C.由操作和现象可以知道氯水置换出溴，加四氯化碳萃取后有机层在下层，下层溶液呈橙红色，则氧化性：Cl2Br2，故C正确；D.硫酸铝与氨水反应生成氢氧化铝和硫酸铵，则溶液变浑浊，氢氧化铝不能溶解在氨水中，Al3+与氨水不能大量共存，故D正确。故选A。20.有些离子方程式能表示一类反应，有些离子方程式却只能表示一个反应，下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是Fe+Cu2+=Fe2+Cu Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2
30、H2OCl2+H2O=H+C1-+HC1O CO32-+2H+=CO2+H2OA. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】可表示铁与可溶性铜盐的反应，可表示一类反应，故错误；可表示氢氧化钡与硫酸、硫酸氢钠的反应，可表示一类反应，错误；只能表示氯气与水的反应，故正确；可表示可溶性碳酸盐与强酸的反应，可表示一类反应，故错误；只能表示一个化学反应的只有。故选A。第II卷(非选择题，共50分)二、推断分析题(本题包括1小题，共13分)21.化学的特征之一是从微观的层面认识物质。通过结合元素周期表与周期律，建立“位置结构性质”思维模型，我们可以更好地认识物质世界。(一) X、Y、Z、M、W、Q、R
31、是分布在周期表中三个短周期的主族元素，已知其原子半径及主要化合价如下：(1)X在周期表中的位置是_；Y、Q各自形成的简单离子中，半径较大的是_(填离子符号)。W和R按原子个数比1：4构成的阳离子中所含的化学键类型为_。(2)M与Z相比，非金属性较强的是_(填元素名称)，两元素最高价氧化物的水化物中，酸性较强的是_ (填化学式)。(二)周期表中位于斜对角线(左上与右下)的两种元素性质十分相似，称为对角线法则。如锂与镁、铍与铝等，其单质或化合物的性质可参照对角线法则进行认识。(3)锂在空气中燃烧主要产物的电子式是_，同时生成微量的_、_(写化学式)。(4)下列关于铍的判断正确的是_A氧化铍的化学式
32、为Be2O3 BBe(OH)2可溶于水CBeCl2是离子化合物 DBe(OH)2具有两性(5)Be(OH)2和Mg(OH)2可用试剂_鉴别。【答案】 (1). 第3周期IA族（或第三周期IA族） (2). O2- (3). 共价键 (4). 氯 (5). HClO4 (6). (7). Li3N (8). C (9). D (10). 氢氧化钠溶液【解析】【分析】X和R的化合价都为+1价，应为周期表第A元素，根据半径关系可知，R为H，X为Na；Z和Q的化合价都有-2价，应为周期表第A族元素，Z的最高价为+6价，应为S元素，Q无正价，应为O元素；M为+7、-1价，且原子半径小于S大于O，则M为C
33、l元素；W为+5、-3价，且原子半径小于Cl大于O，则M为N元素，据此分析解答。【详解】（1）X为Na元素，原子序数为11，位于周期表中第三周期第IA族（或第3周期IA族）；Y、Q各自形成的简单离子Al3+、O2-具有相同的电子层结构，核电荷数越大半径越小，故离子半径较大的是O2-；W和R按原子个数比1：4构成的阳离子NH4+中所含的化学键类型为为共价键，故答案为：第3周期IA族（或第三周期IA族），O2-，共价键。（2）同周期元素从左到右非金属性依次减弱，故Cl和S相比，非金属性较强的是氯元素，两元素最高价氧化物的水化物中，酸性较强的也是氯的最高价氧化物的水化物为HClO4，故答案为：氯，H
34、ClO4。（3）根据元素周期表的结构可知，Li和Mg位于对角线上，所以二者的性质是相似的。因Mg在空气中燃烧生成MgO、Mg3N2和C，则Li在空气中燃烧的生成物是Li2O，同时还有Li3N、C生成。氧化锂是离子化合物，所以电子式是，故答案为：，Li3N、C。（4）A.Be的化合价为+2，氧化物化学式为BeO，故A错误；B.Be（OH）2与氢氧化铝的性质相似，氢氧化铝不溶于水，Be（OH）2也不溶于水，故B错误；C.BeCl2与AlCl3相似，氯化铝是共价化合物，则BeCl2也是共价化合物，故C错误；D.Be（OH）2与氢氧化铝的性质相似，氢氧化铝是两性氢氧化物，则Be（OH）2也具有两性，故
35、D正确。故答案为：D。（5）铍与铝位于对角线位置，Be(OH)2具有两性，而Mg(OH)2不具有，将Be(OH)2和Mg(OH)2放入NaOH中，利用Be(OH)2的两性，Be（OH）2能溶于NaOH中，而Mg(OH)2则不溶，故答案为：氢氧化钠溶液。【点睛】明确对角线规则是解本题关键，根据Al及其化合物的性质，利用知识迁移的方法分析解答。三、实验探究题(本题包括3小题，共37分)22.氧化还原滴定是常用的定量分析方法。(1)实验室里欲用KMnO4固体来配制240mL 0.1 molL-1的KMnO4酸性溶液。需用的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、_。整个配制溶液过程中，玻
36、璃棒所起的作用有_、_。下列操作会导致所配溶液浓度偏小的是_ (填字母序号)a加水定容时俯视刻度线 b容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理c未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶d颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上(2)用上述酸性KMnO4溶液来测定FeSO4溶液中Fe2+的含量。写出该反应的离子方程式_。若消耗3.16g KMnO4，则该反应转移的电子数目为_。(3)高锰酸钾溶液会与盐酸反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，用单线桥标出反应中电子转移的方向和数目。_。(4)测定某葡萄洒中Na2S2O5残留量时，用碘标准液进行滴定。滴定反应的离
37、子方程式为_。【答案】 (1). 250mL容量瓶（必须指明规格） (2). 搅拌加速溶解（或搅拌） (3). 引流 (4). cd (5). 5Fe2+ + MnO4- + 8H+ = 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O (6). 0.1NA（或6.021022） (7). (8). 【解析】【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液所需的仪器以及误差分析进行解答；（2）铁元素化合价从+2价升高到+3价，锰元素的化合价从+7价降低到+2价，根据化合价升降总数相等并结合质量守恒，配平化学方程式；根据反应方程式可知，当有2molKMnO4消耗时，反应转移10mol电子。（3）在2KMnO4
38、+16HCl(浓)=2KCl +2MnCl2+5Cl2+8H2O反应中，根据化合价变化情况分析可知，当有2molKMnO4反应时，有10mol电子转移。（4）Na2S2O5中S元素的化合价为+4价，会被氧化为为+6价，单质碘具有氧化性，能把Na2S2O5氧化为硫酸钠。【详解】（1）因实验室没有240mL的容量瓶，因此应选用250mL的容量瓶，所以还需要250mL的容量瓶，故答案是：250mL容量瓶。在溶解时玻璃棒用于搅拌以加速溶解，在向容量瓶中转移溶液时用于引流，故答案是：搅拌加速溶解（或搅拌），引流。a.加水定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏大，故a错误；b.容量瓶内壁附
39、有水珠而未干燥处理，对配制溶液无影响，故b错误；c.若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，会造成溶质偏少，配制的溶液浓度偏小，故c正确；d.颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上，会导致溶液的体积偏大，配制的溶液浓度偏小，故d正确；故答案选cd。（2）铁元素化合价从+2价升高到+3价，锰元素的化合价从+7价降低到+2价，根据化合价升降总数相等并结合质量守恒，配平后的化学方程式为：10FeSO4+2KMnO4+8H2SO4= K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3+8H2O，离子方程式：5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+ +4H2O，故答案为：5Fe2+MnO4
40、-+8H+=5Fe3+Mn2+ +4H2O。根据反应方程式可知，当有2molKMnO4消耗时，反应转移10mol电子，因此当有3.16g即0.02molKMnO4消耗时，转移电子的物质的量是0.1mol，所以转移电子的数目为0.1NA，故答案为：0.1NA。（3）在2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl +2MnCl2+5Cl2+8H2O反应中，根据化合价变化情况分析可知，当有2molKMnO4反应时，有10mol电子转移，因此用单线桥法表示的式子为：，故答案为：。（4）Na2S2O5中S元素的化合价为+4价，会被氧化为为+6价，单质碘具有氧化性，能把Na2S2O5氧化为硫酸钠，反应的离子方
41、程式为：S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+，故答案为：S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+。23.铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成的重要还原剂，其合成线路如下图所示：(1)制备无水AlCl3实验装置如下，已知AlCl3易升华(178)，在潮湿空气中易水解。实验时应先点燃_(填“A”或“D”)处酒精灯。装置F的作用是_。(2)制取铝氢化钠的化学方程式是_。(3)铝氢化钠样品性质探究和纯度测定。已知铝氢化钠样品中仅含有少量杂质NaH，NaH也会与水反应。铝氢化钠与水反应的化学方程式为_；取少量上述样品，滴加足量的水，向反应后的溶液中逐滴滴加盐酸并
42、振荡，直至盐酸过量。滴加盐酸过程中可观察到的现象是_。称取156g上述样品与水完全反应后，测得气体在标准状况下的体积为2240mL，样品中铝氢化钠的质量分数为_(结果保留两位有效数字)。若实验室用如下两种装置分别测定生成气体的体积(其他操作一致)，用甲装置测得铝氢化钠的含量_乙装置。(填“大于”、“小于”或“等于”)。【答案】 (1). A (2). 吸收未反应的氯气，防止空气中的水蒸气进入装置或防止AlCl3水解 (3). AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl (4). NaAlH4+4H2O = NaAl(OH)4+4H2 （或 NaAlH4+2H2O = NaAlO2+4H2）
43、 (5). 开始没有沉淀，后产生白色沉淀，最终白色沉淀完全溶解（现象不全面不得分） (6). 69 (7). 大于【解析】【分析】（1）先点燃A处酒精灯，产生氯气，利用氯气排装置内的空气，当D中充满黄绿色气体时，再点燃另一处酒精灯；氯气有毒，吸收未反应的氯气，防止空气中的水蒸气进入装置或防止AlCl3水解；（2）反应方程式为：AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl；（3）铝氢化钠遇水发生剧烈反应，根据原子守恒可判断生成物是偏铝酸钠和氢气；NaAlH4与水反应生成偏铝酸钠和氢气，氢化钠与水反应生成NaOH和H2；盐酸先与氢氧化钠溶液发生中和，开始没有沉淀，然后盐酸与偏铝酸钠溶液反应生成氢
44、氧化铝白色沉淀，继续滴加盐酸，氢氧化铝与盐酸反应，白色沉淀完全溶解；由于两种物质均能与水反应生成氢气，因此可以通过测量氢气的体积计算纯度。【详解】（1）要制备氯化铝，所以装置内就不能存有空气，先点燃A处酒精灯，产生氯气，利用氯气排装置内的空气，当D中充满黄绿色气体时，再点燃另一处酒精灯；氯气有毒，污染空气，AlCl3178升华，在潮湿的空气中易水解，因此装置F中装有碱石灰，吸收未反应的氯气，防止空气中的水蒸气进入装置或防止AlCl3水解，故答案为：A；吸收未反应的氯气，防止空气中的水蒸气进入装置或防止AlCl3水解。（2）制取铝氢化钠的化学方程式是AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl
45、，故答案为：AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl。（3）铝氢化钠遇水发生剧烈反应，根据原子守恒可判断生成物是偏铝酸钠和氢气，其反应的化学方程式为NaAlH42H2O=NaAlO24H2，故答案为：NaAlH4+4H2O=NaAl(OH)4+4H2（或NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2）。NaH与水反应生成了NaOH和H2，铝氢化钠与水反应生成了偏铝酸钠和H2，向反应后的溶液中逐滴滴加盐酸并振荡，盐酸先与氢氧化钠溶液发生中和，开始没有沉淀，然后盐酸与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝白色沉淀，继续滴加盐酸，氢氧化铝与盐酸反应，白色沉淀完全溶解，故答案为：开始没有沉淀，后产生白色沉淀
46、，最终白色沉淀完全溶解。由于两种物质均能与水反应生成氢气，因此可以通过测量氢气的体积计算纯度。设样品中铝氢化钠的物质的量是xmol，NaH是ymol，则54x24y1.56、4xy2.24L/22.4L/mol，解得x0.02，所以样品中铝氢化钠的质量分数为0.02mol54g/mol1.56g100%=69%；利用甲装置进行反应时，产生的氢气与装置内的气体都进入量气管中，测量出氢气的体积偏大，测得铝氢化钠的含量偏高，乙装置中外接一个橡皮管，平衡大气压，避免了装置内的气体对氢气体积测定的影响，故答案为：69，大于。【点睛】该题的难点是实验设计与评价，答题需要注意评价的角度选择，一般可以从以下几
47、个角度分析：操作可行性评价：实验原理是否科学、合理，操作是否简单、可行，基本仪器的使用、基本操作是否正确。经济效益评价：原料是否廉价、转化率是否高，产物产率是否高。环保评价：原料是否对环境有污染，产物是否对环境有污染，污染物是否进行无毒、无污染处理。24.某化学兴趣小组用含有铝、铁、铜的合金制取纯净的氯化铝溶液、绿矾晶体FeSO47H2O和胆矾晶体，以探索工业废料的再利用。其实验方案如下：(1)写出合金与烧碱溶液反应的离子方程式_。(2)进行途径时，所通入的气体化学式为_。(3)用滤渣F通过途径或者途径制取胆矾，相比之下，途径_(填序号)更好。通过途径制取胆矾，必须进行的实验操作步骤：加硫酸、
48、加热通空气、过滤、_、_、过滤、自然干燥。途径的离子方程式为_。(4)白磷有剧毒，不慎沾到皮肤上，可取少量胆矾配制成CuSO4溶液冲洗解毒。白磷可与热的CuSO4溶液反应生成Cu3P(Cu为+1价)，与冷CuSO4溶液则析出Cu，反应方程式分别如下(均未配平)。若两反应中被氧化的P4的物质的量相等，则两反应分别消耗的CuSO4的物质的量之比为_。P4+CuSO4+H2OCu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)P4+CuSO4+H2OCu+H3PO4+H2SO4(未配平)【答案】 (1). 2Al2OH6H2O=2Al(OH)4-3H2（或2Al2OH2H2O=2AlO2-3H2） (2).
49、CO2 (3). (4). 蒸发浓缩 (5). 冷却结晶（降温结晶） (6). 2CuO24H=2Cu22H2O (7). 11【解析】【分析】合金中和氢氧化钠反应的只有铝反应，所以滤液A中含有生成的偏铝酸钠和剩余的氢氧化钠，滤液A通入足量的二氧化碳，生成沉淀为氢氧化铝。滤渣B为铁和铜，滤渣B加入足量的稀硫酸，铁溶解，滤液E为硫酸亚铁，滤渣F为铜。【详解】（1）铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，故答案为：2Al2OH2H2O=2AlO2-3H2（或2Al2OH6H2O=2Al(OH)4-3H2）。（2）由分析可知，进行途径时，通入的
50、气体为二氧化碳，故答案为：CO2。（3）途径中通入空气，硫酸只表现酸性，所以产生等量胆矾途径消耗硫酸少而且途径不会产生污染大气的气体；要得到硫酸铜晶体，先蒸发浓缩，然后冷却结晶；加热通入氧气可以在酸性条件下铜被氧气氧化，反应的离子方程式为：2Cu+O2+4H+=2Cu2+2H2O；故答案为：；蒸发浓缩；冷却结晶（降温结晶）；2CuO24H=2Cu22H2O。（5）用化合价升降法配平反应，11P4+60CuSO4+96H2O20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3PO4+10H2SO4，第个反应中有24摩尔P原子被氧化，消耗60摩尔硫酸铜，第个反应中4摩尔P原子被氧化，消耗10摩尔硫酸铜，所以当被氧化的白磷的物质的量相等时，消耗的硫酸铜的物质的量比为1:1，故答案为：1:1。【点睛】注意金属中只有铝和氢氧化钠反应，注意偏铝酸钠中通入二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀。