1、2018-2019 学年第一次联考化学参考答案一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题 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。本题选 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、C 2H6O 若为乙醇含有的碳氢键为 5 个，若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
2、气为 2.24L，错误。3.D【解析】A./碳酸钡与胃液的成分盐酸能反应，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 Ag(NH3)2OH 溶液中加入盐酸反应生成氯化银沉淀和氯化铵，错误；C向碳酸氢镁溶液中加入过量氢氧化钠，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应生成亚铁离子，故离
3、子反应式为 3Fe8H 2NO 3 3Fe 2 2NO4H 2O，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能够化合，不能制得氨气，C 错误；加入氢氧化钠并加热，若产生使湿润的石蕊试纸变蓝的气体，证
4、明含有铵根离子， D 正确。7.D【解析】AH 2O2属于过氧化物，其中氢氧键属于极性共价键，过氧根中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，被还原时产物为水，是绿色氧化剂，可用于工业生产和医疗消毒，B 正确；CNaCN+H 2O2+H2O=NaHCO3+NH3反应中 O 元素从-1价降低为-2 价，所以反应中 H2O2体现氧化性，C 正确；DHClO、H 2O2做漂白剂均是利用其氧化性，漂白原理相同，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，加入少量的 B 有白色沉淀；B 溶液过量加入 A，没有现象，分析选
5、项只有 D 满足，氢氧化钠过量生成可溶性的偏铝酸盐，氢氧化钠不足生成氢氧化铝白色沉淀，故选 D。9C【解析】己烷、3甲基戊烷和 2,3二甲基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 C2H4H2O，故完全燃烧等物质的量的乙烯和乙醇消耗氧气的量相同， 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，发生氧化反应，为负极，A 错误；放电时正极发生还原反应，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
6、，则其电极反应式为 NiOOH+H2O+e = Ni(OH)2+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 和氢气的反应，所以溶液的 pH 增大，C错误；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，正逆反应速率均增大，错误；B. v(SO2):v(O2)=2:1 没有指明反应的方向，不能证明该反应已达到化学平衡状态，错误；C. 当容器内压强不变时，即气体的物质的量不变，反应达平衡状态，正确；D. 该反应是可逆反应，增大 02的浓度不能使 SO2完全转化，D 错误。12.C【解析】反应物总能量小于生成物总能量，图示
7、为吸热反应，与碳粉和二氧化碳反应相符，A 正确；弱电解质存在电离平衡，开始时电离速度最大，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；锌粉与硫酸铜反应生成了铜，锌粉、铜和硫酸构成了原电池，加快了化学反应速率，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，则 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 Z(Al)W(S)X(N)Y(O)
8、，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，浓硫酸不仅可以干燥，还可以使气体混合均匀同时能够通过观察气泡判断流速的作用，E 装置采用干燥管能起到防倒吸作用，A 正确；随着反应进行，盐酸浓度变小，与二氧化锰不再反应，B 错误； 氯气和碘化钾能反应，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若 X 为铁，由于铁有变价，则 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
9、，错误， B若 X 为强碱， A 为含Al3+的溶液，则 B 是 Al（OH） 3， C 为 AlO2-；满足上述转化，错误；CA 为氧气，氧气和碳反应可以生成 CO 或 CO2，CO 和氧气进一步反应生成 CO2，满足上述转化，错误；D若 A 为氢氧化钠，NaOH 溶液和二氧化碳反应生成碳酸钠，再和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，NaOH 溶液和足量二氧化碳反应生成碳酸钠，则 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，体现了浓硫酸的脱水性、强氧化性，正确；B常温下，铜片放入浓硝酸中，反应生成硝酸铜、二氧化氮和水， 错误；C乙醇易
10、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，能和钠反应说明含有羟基，苯环上有两个取代基，则苯环上可能的位置有 3 种。两个侧链可能是-OH 和-CH 2CH2CH3、-OH 和-CH 2（CH 3） 2、- CH2OH 和-CH2CH3、- CH 2CH2OH 和-CH 3、- CHOHCH 3和-CH 3共五种，故同分异构体数为 35=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 0.542/18mol=0.06mol，红棕色固体是 Fe2O3，Fe 2O3质量共为(1.60.8)
11、g=2.4g，根据铁元素守恒，黄钾铁矾中 Fe 的物质的量为 2.42/160mol=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=2，y=6。A 项，由前面分析，黄钾铁矾的化学式为KFe 3(SO4)2(OH)6，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1.62/160mol
12、=0.02mol，则溶液 B 中 Fe 的物质的量为 0.01mol，SO 42 的物质的量为0.02mol，溶质为 K2SO4和 Fe2(SO4)3，或写成 KFe(SO4)2，错误；C 项，红棕色固体都是Fe2O3，Fe 2O3质量共为(1.60.8)g=2.4g，根据铁元素守恒，黄钾铁矾中 Fe 的物质的量为 2.42/160mol=0.03mol，错误；D 项，由前分析可知KFe 3(SO4)x(OH)y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）（1）NH 3H2O+CaO=NH3+Ca（OH） 2；（2）a（1
13、 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）； 干燥 HCl（1 分）；（4）53.5V/11.2a ； AgNO3（1 分）； 合理，氯化铵纯净，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应等其他合理答案）【解析】I.(1)实验室用固体氢氧化钠和浓氨水反应制取氨气，主要是利用浓氨水中存在NH3+H2O NH3H2O NH4+OH-平衡，加入氢氧化钠固体，氢氧根浓度增加，平衡向左移动产生氨气，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
14、 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； （3）C 装置中装入碱石灰可以干燥氨气，D 装置盛装浓硫酸可以干燥氯化氢； .(4) 氮气的物质的量为 V/22.4mol，根据反应 2NH4Cl+3CuO 3Cu+N2+2HCl+3H 2O；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，要加入过量的硝酸银溶液使氯离子完全沉淀；如果氯化铵纯净，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；若氯化铵不纯，杂质离子也发生了沉淀反应，
15、则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）；（2）100（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还原； 碳、二氧化硅、铁（1 分）；（3）Cl 2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（4）除去过量 Cl2和 KCl，同时为下一步反应提供反应物；（5）2:1（1 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，则不含有 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；加入过量的铁可除去多余的硫酸同时将三价铁离子还原；废
16、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应，加入过量的铁，铁有剩余，故滤渣的主要成分为铁、碳和二氧化硅；（3）分析流程可知反应为氯气和氢氧化钾反应生成次氯酸钾的反应，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，同时为下一步反应提供反应物；（5）分析流程可知反应中氧化剂为 KC1O，反应中化合价降低 2，还原剂为 FeSO4，反应中生成 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
17、其中滴加几滴 KSCN 溶液，不变红，则不含有 Fe3+。21. （共 12 分）（1）S2H 2SO4(浓) 3SO22H 2O （1 分） = = = = = （2）Ca(OH) 2+2NH4Cl CaCl2+2NH3+2H 2O（1 分） 1:2 （1 分） ； 氧化性和酸性 （2 分） ；2.24 （2 分）对于 3NO2+H2O 2HNO3+NO，当 HNO3浓度较大时，平衡逆向移动，生成 NO2，当HNO3浓度较小时，平衡正向移动，生成 NO（2 分）（3）常温下，铁遇浓硝酸发生钝化 （1 分） 3Pt+4NO 3 +16H+18Cl =3PtCl62 +4NO+8H 2O（2 分
18、）【解析】（3）由 E 是一种强酸，常温下，0.1moL L-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PtCl 62 和一种无色气体为一氧化氮，反应的离子方程式为：3Pt+4NO3 +16H+18Cl =3PtCl62 +4NO+8H 2O。22.（10分） CH 3CH2COOH （2分） 取代反应（水解反应）、消去反应（各1分） +CH3COOH +H2O （2 分）浓 硫 酸 （2 分） bcd（2分）【解析】 由 A 的结构式结合 B 的相对分子质量比 D 大，可知 D 为乙酸，B 为丙酸，C 为，F 为 。（1）由上分析，可知 B 为丙酸；（2）反应为酯的水解反应，反应为醇的消去反应；（3）反应为水杨酸和乙酸的酯化反应；（4）苯环上含有羟基，属于酯类只能是甲酸酯，苯环上只有两种氢说明在对位，则结构式为；（5）结合两种物质的结构可知水杨酸中含有酚羟基和羧基、阿司匹林含有酯基和羧基，因为均能与碳酸氢钠反应，故 a 错误，b 正确；由于羧基和酯基与氢气均不能发生加成反应，故 1mol 阿司匹林与氢气加成，最多消耗氢气 3mol，c 正确；水杨酸含有酚羟基和羧基，故能发生加成、酯化、氧化反应，d 正确。
