届安徽省皖中名校联盟高三上学期联考化学试题解析版Word文档下载推荐.docx

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D项，黑火药是由木炭粉（C）、硫磺（S）和硝石（KNO3）按一定比例配制而成的，文中描述的应为制备黑火药的过程，故D正确。

综上所述，符合题意的选项为B。

【点睛】本题考查古代文献中的化学知识，此类题目是近几年高考的热点，解题时应抓住化学知识的核心，从物质制备、性质等角度理解文中所述内容，例如：

题中A项涉及物质的分离提纯方法；

B项涉及硫及其化合物的性质；

C项涉及铁和醋酸的反应；

D项涉及黑火药的制备等。

2.下列说法正确的是（）

A.液态HCl、固态AgCl均不导电，所以HCl、AgCl是非电解质

B.NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质

C.非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定都是非金属氧化物

D.碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物一定是碱性氧化物

【答案】C

【分析】

A项，酸碱盐都是电解质；

B项，NH3及非金属氧化物都是非电解质；

C项和D项，可用举反例的方法解决：

CO、NO2等不是酸性氧化物，金属氧化物Mn2O7也是酸性氧化物。

【详解】A项，HCl在水溶液里能导电，熔融的AgCl能导电，HCl属于酸、AgCl属于盐，酸碱盐都是电解质，故A错误；

B项，NH3、CO2均为非电解质，NH3、CO2分别与水反应生成NH3•H2O、H2CO3的水溶液能导电，应描述为：

NH3•H2O、H2CO3均是电解质，故B错误；

C项，许多非金属氧化物是酸性氧化物，如：

CO2、SO2、SO3、N2O5等，但是有些非金属氧化物不是酸性氧化物，如：

CO、NO2等，有少量金属氧化物是酸性氧化物，如：

Mn2O7等，故C正确；

D项，碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，如：

金属氧化物Mn2O7是酸性氧化物，故D错误。

综上所述，符合题意的选项为C。

3.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）

A.6gSiO2晶体中含有Si-O键的数目为0.2NA

B.1mol乙酸与足量的乙醇发生酯化反应，生成乙酸乙酯分子数为NA个

C.某温度下，pH=2的H2SO4溶液中，硫酸和水电离的H+总数为0.01NA

D.常温下，1L0.1mol·

L-1醋酸钠溶液中加入醋酸至溶液为中性，则溶液含醋酸根离子数0.1NA个

【答案】D

【详解】A项，1molSiO2晶体中含有Si-O键的数目为4NA，所以6g（即0.1mol）SiO2晶体中含有Si-O键的数目为0.4NA，故A错误；

B项，乙酸与乙醇生成乙酸乙酯是可逆反应，所以1mol乙酸与足量的乙醇发生酯化反应，生成乙酸乙酯分子数小于NA个，故B错误；

C项，某温度下，pH=2的H2SO4溶液中，c（H+）=0.01mol/L，溶液体积未知，无法求得H+总数，故C错误；

D项，醋酸钠溶液中加入醋酸至溶液为中性，根据电荷守恒得：

醋酸根离子与钠离子浓度相等，所以溶液含醋酸根离子物质的量为：

1L×

0.1mol·

L-1=0.1mol，即0.1NA个，故D正确。

综上所述，符合题意的选项为D。

【点睛】本题考查NA的应用，将多个知识点整合在一个题目中，解题时除了灵活运用相关知识外，还要注意题目的陷阱，如：

B项为可逆反应，1mol乙酸不可能反应完全；

C项能求得氢离子浓度，而无法求得其数目，注意A项：

SiO2为原子晶体中，晶体中1个Si原子和4个O原子形成4个Si-O键。

4.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↓+3H2O

B.向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，CO32-+CO2+H2O═2HCO3-

C.CuSO4与过量浓氨水反应的离子方程式:

Cu2++2NH3·

H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+

D.Fe与稀硝酸反应，当n（Fe）∶n（HNO3）=1∶2时，3Fe+2NO3-+8H+═3Fe2++2NO↑+4H2O

【详解】A项，电荷不守恒，应为S2O32-+2H+＝S↓+SO2↑+H2O，故A错误；

B项，因为Na2CO3溶液是饱和的，所以生成的NaHCO3会析出，应为2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓，故B错误；

C项，CuSO4与过量浓氨水反应的离子方程式为：

Cu2++4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++4H2O，故C错误；

D项，Fe与稀硝酸反应，n（Fe）∶n（HNO3）≥3∶8时，生成Fe2+、NO和H2O，所以n（Fe）∶n（HNO3）=1∶2（>

3∶8）时，反应离子方程式为：

3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，故D正确。

5.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）

①pH＝0的溶液：

Na＋、I－、NO3－、SO42－

②pH＝12的溶液中：

CO32-、Na＋、NO3－、S2－、SO32－

③水电离的H＋浓度c（H＋）＝10－12mol·

L－1的溶液中：

Cl－、CO32－、NO3－、NH4+、SO32－

④加入Mg能放出H2的溶液中：

Mg2＋、NH4+、Cl－、K＋、SO42－

⑤使石蕊变红的溶液中：

Fe2＋、MnO4－、NO3－、Na＋、SO42－

⑥中性溶液中：

Fe3＋、Al3＋、NO3－、Cl－、

A.②④B.只有②C.①②⑤D.①②⑥

【答案】A

①pH=0的溶液，显酸性，氧化性离子与还原性离子之间发生氧化还原反应；

②pH=12的溶液，显碱性；

③水电离的H+浓度c（H+）=10-12mol•L-1的溶液，可能为酸或碱溶液；

④Mg与H+反应产生H2，该溶液显酸性；

⑤使石蕊变红的溶液，显酸性，氧化性离子与还原性离子之间发生氧化还原反应；

⑥Fe3+只能在酸性溶液大量存在。

【详解】①pH＝0的溶液为强酸性溶液，H+、I－、NO3－发生氧化还原反应，不能大量共存；

②pH＝12的溶液为强碱性溶液，该组离子之间不反应，一定能大量共存；

③水电离的H+浓度c（H+）=10-12mol•L-1的溶液，若溶液为酸性，则不能大量存在CO32-、SO32-，若溶液为碱性，则不能大量存在NH4+；

④加入Mg能放出H2的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，一定能大量共存；

⑤使石蕊变红的溶液显酸性，H+、Fe2+、MnO4-（还有NO3－）发生氧化还原反应，不能大量共存；

⑥中性溶液不能大量存在Fe3+。

综上分析，②④符合题意，故选A。

【点睛】本题考查离子的共存，把握题给信息及常见离子之间的反应为解题关键，注意题目的隐含条件、考虑溶液酸碱性及离子之间发生的氧化还原反应。

易错项为③和⑥：

常温下水电离的c（H+）=10-12mol•L-1，说明水的电离被抑制，溶液可能为酸性也可能为碱性，该项容易误认为溶液显碱性；

根据铁离子的水解特点及Fe（OH）3的溶度积可推算出，Fe3+只能存在于酸性溶液中，应作为一个知识点记住。

6.现有下列三个氧化还原反应：

①2B-+Z2=B2+2Z-②2A2++B2=2A3++2B-③2XO4-+10Z-+16H+=2X2++5Z2+8H2O，根据上述反应，判断下列结论中正确的是（）

A.要除去含有A2+、Z-和B-混合溶液中的A2+，而不氧化Z-和B-，应加入B2

B.氧化性强弱顺序为：

XO4-﹥Z2﹥A3+﹥B2

C.X2+是XO4-的氧化产物，B2是B-的还原产物

D.在溶液中不可能发生反应：

XO4-+5A2++8H+=X2++5A3++4H2O

①2B-+Z2=B2+2Z-中，B元素的化合价升高，Z元素的化合价降低；

②2A2++B2=2A3++2B-中，A元素的化合价升高，B元素的化合价降低；

③2XO4-+10Z-+16H+=2X2++5Z2+8H2O中，Z元素的化合价升高，X元素的化合价降低。

结合氧化还原反应基本概念及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性、还原剂的还原性大于还原产物的还原性解答。

【详解】A项，由①可得，氧化性：

Z2＞B2，由②可得，氧化性：

B2＞A3+，由③可得，氧化性：

XO4-＞Z2，所以氧化性关系为：

XO4-＞Z2＞B2＞A3+，所以要除去含有A2+、Z-和B-混合溶液中的A2+，而不氧化Z-和B-，应加入B2，故A正确；

B项，由上面的分析可知，氧化性顺序为：

XO4-＞Z2＞B2＞A3+，故B错误；

C项，由①可得，B2是B-的氧化产物，由③可知，X2+是XO4-的还原产物，故C错误；

D项，由上面的分析可知氧化性关系为：

XO4-＞Z2＞B2＞A3+，则在溶液中可能发生反应：

XO4-+5A2++8H+=X2++5A3++4H2O，故D错误。

综上所述，符合题意的选项为A。

7.下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（）

选项

a

b

c

A

Al

AlCl3

Al（OH）3

B

CO2

Na2CO3

NaHCO3

C

Si

SiO2

H2SiO3

D

S

SO3

H2SO4

A.AB.BC.CD.D

【详解】A项，Al（OH）3不能一步转化为Al，只能经过Al（OH）3→Al2O3→Al两步实现，故A不符合题意；

B项，CO2与NaOH反应生成Na2CO3，Na2CO3与CO2和水反应生成NaHCO3，NaHCO3分解可生成Na2CO3、CO2，故B符合题意；

C项，SiO2不能一步转化为H2SiO3，H2SiO3不能一步转化为Si，故C不符合题意；

D项，S不能一步转化为SO3，H2SO4一般也不能一步转化为S，故D不符合题意。

8.下列依据实验操作及现象得出的结论正确的是（）

实验操作

现象

结论

向亚硫酸钠试样中滴入盐酸酸化的Ba（ClO）2溶液

生成白色沉淀

试样已氧化变质

向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液

白色沉淀转化为淡黄色沉淀

相同温度下，KSP（AgCl）>

KSP（AgBr）

向待测液中依次滴入氯水和KSCN溶液

溶液变为红色

待测溶液中含有Fe2+

向NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液

有白色沉淀和气体产生

AlO2-与HCO3-发生了双水解反应

【详解】A项，向亚硫酸钠试样中滴入盐酸酸化的Ba（ClO）2溶液，HClO可氧化亚硫酸钠为硫酸钠，而生成硫酸钡白色沉淀，故A错误；

B项，向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀（AgCl）转化为淡黄色沉淀（AgBr），说明AgBr比AgCl更难溶，则相同温度下，KSP（AgCl）>

KSP（AgBr），故B正确；

C项，向待测液中依次滴入氯水和KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中存在Fe3+，而无法确定Fe3+是否为Fe2+被氯水氧化得来的，故C错误；

D项，AlO2-与HCO3-水解都会生成OH-，二者不会相互促进，不会发生双水解反应，故D错误。

【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及离子检验、氧化还原反应、沉淀转化等知识，明确常见元素及其化合物性质为解题关键，A项，应将亚硫酸钠试样溶于水，加氯化钡检验是否变质；

C项，检验Fe2+应先加KSCN溶液，无变化，再加氯水，溶液变为红色，则说明存在Fe2+；

D为易错点，向NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液，由于HCO3-的酸性大于AlO2-，则二者反应生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸钠。

9.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（）

A.用甲装置实验室制取乙炔B.盛有水的乙装置，吸收HCl气体

C.用丙装置测量气体可以减少误差D.用丁装置蒸发MgCl2溶液

【详解】A项，实验室用碳化钙与水反应制取乙炔，此反应剧烈，大量放热，会损坏启普发生器，生成的氢氧化钙是糊状物，会堵塞反应容器，所以不能利用启普发生器制取乙炔，故A不能达到实验目的；

B项，用如图盛有水的装置吸收HCl气体，会引起倒吸，故B不能达到实验目的；

C项，丙装置中，分液漏斗和烧瓶之间用橡皮管连接，可以防止因向烧瓶中加入液体而引起气体体积的变化，故用丙装置测量气体可以减少误差，故C能达到实验目的；

D项，蒸发操作一般要用蒸发皿，加热蒸发MgCl2溶液时，加热促进水解：

MgCl2＋2H2O

Mg（OH）2＋2HCl，由于HCl不断挥发，所以得不到MgCl2，故D不能达到实验目的。

10.下列化合物中不能由化合反应直接得到的是（　　）

A.SO3B.Fe（OH）3C.FeCl2D.Al（OH）3

【详解】A项，SO2与O2可发生化合反应生成SO3，故A中化合物能由化合反应直接得到；

B项，Fe（OH）2与氧气、水化合生成Fe（OH）3，故B中化合物能由化合反应直接得到；

C项，Fe与FeCl3化合生成FeCl2，故C中化合物能由化合反应直接得到；

D项，通过化合反应不能直接得到Al（OH）3。

11.检验溶液中是否含有某种离子，下列操作方法正确的是（）

A.向某溶液中先加入Ba（NO3）2溶液无明显现象,再加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，证明有Cl-

B.向某溶液中加稀BaCl2，产生白色沉淀，再加入HCl溶液，沉淀不溶解，证明有SO42-

C.向某溶液中加入稀HCl，放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体，证明有CO32-

D.向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液后加热，产生使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，证明含有NH4+

【详解】A项，向某溶液中先加入Ba（NO3）2溶液无明显现象，则原溶液一定不含硫酸根离子和碳酸根离子等，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，则为氯化银沉淀，说明一定是氯化物的溶液，证明有Cl-，故A正确；

B项，向某溶液中加稀BaCl2，产生白色沉淀，再加入HCl溶液，沉淀不溶解，白色沉淀可能是BaSO4或AgCl，不能证明有SO42-，故B错误；

C项，向某溶液中加入稀HCl，放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体，该气体可能是CO2或SO2，则溶液中可能存在CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-等，故C错误；

D项，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D错误。

12.常温下，二氯化二硫（S2Cl2）为橙黄色液体，遇水易水解，工业上用于橡胶的硫化。

某学习小组用氯气和硫单质合成S2Cl2的实验装置如图所示，下列说法不正确的是（）

A.实验时需后点燃E处的酒精灯

B.C、D中所盛试剂为饱和氯化钠溶液、浓硫酸

C.二氯化二硫（S2Cl2）水解反应产物为S、H2S、HCl

D.G、H之间应加上D装置

根据实验目的，分液漏斗中盛浓盐酸、烧瓶中盛二氧化锰，加热制取氯气；

C瓶中盛饱和氯化钠溶液，吸收挥发出的HCl气体，D瓶中盛浓硫酸吸水干燥；

E装置中氯气和硫单质合成S2Cl2；

G为收集产品装置，同时可防止H中溶液倒吸，H为吸收剩余氯气装置。

【详解】A项，因为装置中有空气，所以实验时应先点燃最左边酒精灯，通入氯气排出空气，再点燃E处酒精灯，故A正确；

B项，因为S2Cl2遇水易水解，所以E中应为纯净干燥的氯气与S反应，C瓶中盛饱和氯化钠溶液，吸收挥发出的HCl气体，D瓶中盛浓硫酸吸水干燥，故B正确；

C项，根据元素守恒，二氯化二硫（S2Cl2）水解反应产物中一定有含氧元素的化合物，且元素的化合价必须有升有降，故C错误；

D项，因为二氯化二硫遇水易水解，所以G、H之间应加上D装置，以防止右侧水蒸气扩散进入E中，故D正确。

【点睛】本题考查物质制取的实验设计与评价，关键是对实验原理及装置的理解，注意结合二氯化二硫遇水易水解的性质及实验操作规范，分析流程中各装置的作用，A、C为本题易错点，注意先通入氯气排出空气，根据元素守恒判断S2Cl2水解产物。

13.已知HX为一元弱酸。

某混合溶液中含有2molNaX、2molNa2CO3和1molNaHCO3。

往溶液中通入2.5molCO2气体，充分反应后，气体全部被吸收，所得溶液中钠盐的量可能为（）

A.

B.

C.

D.

NaX

0mol

2mol

1.5mol

1mol

4mol

5.5mol

5mol

由题意可知，HX为一元弱酸，混合溶液中含NaX、Na2CO3和NaHCO3，故酸性HX＞HCO3-，若酸性HX＞H2CO3，则CO2只与Na2CO3反应，则气体不可能被完全吸收；

若酸性HX＜H2CO3，CO2先与Na2CO3反应，Na2CO3反应完毕，剩余的CO2再与NaX反应，故溶液中首先发生反应：

Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，据此分析结合计算进行判断。

【详解】由上述分析知，溶液中首先发生反应：

Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，由方程式可知2molNa2CO3消耗2molCO2，故剩余0.5molCO2，所以溶液中n（Na2CO3）为0mol，生成NaHCO3为4mol；

由于气体全部被吸收，所以酸性HX＜H2CO3，还发生反应NaX+CO2+H2O=HX+NaHCO3，则0.5molCO2反应消耗0.5molNaX，生成0.5molNaHCO3，所以溶液中n（NaX）=2mol-0.5mol=1.5mol，n（NaHCO3）=1mol+4mol+0.5mol=5.5mol。

综上所述，所得溶液中钠盐的量分别为：

1.5molNaX、0molNa2CO3、5.5molNaHCO3，故选C。

14.室温下，将0.10mol·

L-1盐酸滴入20.00mL0.10mol·

L-1氨水中，溶液中pH和pOH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。

已知：

pOH＝－lgc（OH-），下列正确的是（）

A.M点所示溶液中可能存在c（Cl-）>

c（NH4+）

B.N点所示溶液中可能存在c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（Cl-）

C.Q点盐酸与氨水恰好中和

D.M点到Q点所示溶液中水的电离程度先变大后减小

室温下，Kw=c（H+）×

c（OH-）=10-14，则溶液的pH+pOH=14，由图可得，Q点的pH=pOH，则Q点溶液呈中性，M点溶液呈碱性，N点溶液呈酸性。

据此并结合溶液中的守恒关系进行判断。

【详解】A项，M点溶液呈碱性，c（OH-）>

c（H+），根据电荷守恒可得：

c（Cl-）<

c（NH4+），故A错误；

B项，N点溶液呈酸性，c（H+）>

c（OH-），根据电荷守恒可得：

c（NH4+）<

c（Cl-），所以可能存在c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（Cl-）（当两溶液恰好完全反应时得到氯化铵溶液，氯化铵水解使溶液呈酸性，根据物料守恒可知，此等式成立。

），故B正确；

C项，盐酸与氨水恰好中和得到NH4Cl溶液呈酸性，而Q点溶液呈中性，氨水稍过量，故C错误；

D项，氨水中水的电离被抑制，滴加盐酸生成氯化铵，使水的电离程度增大，Q点时溶液呈中性，水的电离既不被抑制也不被促进，所以M点到Q点所示溶液中水的电离程度增大，故D错误。

15.某强氧化剂XO（OH）2+被Na2SO3还原。

如果还原1.2×

10－3molXO（OH）2+，需用30mL0.1mol·

L－1的Na2SO3溶液，那么X元素被还原后的物质可能是（　　）

A.XOB.X2O3C.X2OD.X

【详解】由题意，S元素由+4→+6价，假设反应后X的化合价为+x价，根据氧化还原反应中得失电子数目相等，1.2×

10-3×

（5-x）=0.03L×

0.1mol·

L-1×

（6-4），解得x=0，所以X元素被还原后的物质是X。

16.相对分子质量为M的气态化合物VL（标准状况），溶于mg水中，得到质量分数为w、物质的量浓度为cmol/L、密度为ρg/mL的溶液，下列说法正确的是（）

A.溶液密度ρ=cw/1000MB.物质的量浓度c=ρV/（MV+22.4m）

C.溶液的质量分数w=MV/22.4mD.相对分子质量M=22.4mw/（1—w）V

【详解】A项，根据c=1000ρw/M可得，ρ=cM/1000w，故A错误；

B项，气体的物质的量为

mol，气体质量为

g，溶液质量为（

+m）g，所以溶液体积为

L，因此物质的量浓度c=

mol÷

L=

mol/L，故B错误；

C项，溶液中溶质的质量分数w=

÷

（

+m）×

100%=

，故C错误；

D项，溶液质量为（

+m）g，溶质的质量分数为w，所以溶质质量为：

+m）wg，因为气体的物质的量为

mol，所以相对分子质量M=（

+m）w÷

，解得：

M=22.4mw/（1-w）V，故D正确。

第Ⅱ卷（非选择题共52分）

17.海水是巨大的资源宝库，海水淡化及其综合利用具有重要意义。

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