2018年高一化学参考 答案.docVIP

安徽省示范高中培优联盟2018年春季联赛 高一化学参考答案 一、选择题（本题共18小题，每小题3分，共54分。在每小题给出的四个选项中，选出一个正确选项） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 D A A A D D D C A 10 11 12 13 14 15 16 17 18 D A B C D B D B C 解析 1.D 碳的原子半径比氧大，A错；用Na2O2吸收CO2成本太高，B错；C中的两个结构不是核素，不可能是同位素的关系。 2. A　氯气既是氧化剂，也是还原剂，选项A错误；NaOH完全转化为盐，在反应中只起碱的作用，选项B正确；生成的三种盐中钠、氯元素原子数目比均为1∶1，由消耗的NaOH的量可知Na＋总物质的量为0.4 mol，故消耗Cl2的物质的量为0.2 mol，选项C正确；由给出的化学方程式中氯原子守恒或得失电子守恒可知a＝b＋5c成立，选项D正确。 3.A据混合后n(H2SO4)＝n1(H2SO4)＋n2(H2SO4)，设取混合前两硫酸溶液的体积均为V mL，则有c＝＝＝，应选答案A。 4. A混合物溶于盐酸后生成FeCl2和CuCl2，加入过量氨水，反应生成Fe(OH)2，由于氨水过量故沉淀中没有Cu(OH)2，沉淀灼烧后转变为Fe2O3且与原混合物等重，整个过程中Fe元素质量守恒，所以混合物中CuO所占质量百分比相当于Fe2O3中氧元素的质量分数为30%，而氧化铜中铜元素质量分数应为30%×80%=24%。 5. D根据反应2Fe＋3Cl22FeCl3可知，Fe与Cl2不能直接生成FeCl2，这是由于Cl2为强氧化性物质，直接把Fe氧化成＋3价，故D项不正确。 6. D由图可看出X为O，Y为Na，Z为Al，M为Si，N为Cl。Z为Al，Al3＋离子核外有10个电子，Cl－离子核外有18个电子，故离子半径Cl－＞Al3＋，A项错误；X为O，N为Cl，由于O的非金属性强于Cl的，则氢化物稳定性H2O＞HCl，B项错误；X为O，N为Si，形成的化合物为SiO2，SiO2能与HF反应，C项错误；Z为Al形成的氧化物为Al2O3，Y为Na形成的氢氧化物为NaOH，N为Cl形成的氢化物为HCl，Al2O3是两性氧化物，故D项正确。 7. D　由题给条件知，图中X、Y、Z三部分的压强、温度分别相等，体积V(X)＝V(Z)＝2V(Y)，由阿伏加德罗定律知，n(X)＝n(Z)＝2n(Y)，即N(X)＝N(Z)＝2N(Y)，B项正确；由质量、摩尔质量、物质的量之间的关系知A、C项正确；由密度、质量、体积之间的关系知，D项错误。 8. C由a≠0，a＋22；b－50，b5知，X、Y次外层不可能是K层，即最外层为第3层，又知X、Y核电荷数小于18，这样得出X的核外电子排布为2、8、6，为硫，Y的核外电子排布为2、8、3，为铝，X、Y两元素形成化合物为Al2S3，所以选C。 9. A由于钠块表面氧化变质的部分不一定都是生成Na2CO3(可能有NaOH)，故“沉淀1 g”作为干扰信息应舍去不用。由钠块与水反应收集到0.1 mol H2，可求出未被氧化的钠的物质的量为0.2 mol，再根据电中性原则，求出取出的100 mL溶液中n(Na＋)＝n(Cl－)＝1 mol·L－1×0.07 L。则n(Na＋)总＝0.7 mol，被氧化的Na为0.7 mol－0.2 mol＝0.5 mol，则Na的氧化率为×100%＝71.4%，故选A。 10. D设最终生成了y mol FeⅡ[Fe·Cr]O4，根据Cr元素量不变，则有(2－x)y＝2；根据Fe元素量不变，则有(1＋x)y＝a；根据Fe失去的电子量＝Cr得到的电子量，则有xy＝2×(6－3)＝6。解这三个方程式可得：x＝1.5，y＝4，a＝10，D项正确。 11. A关键看图，铁粉既能和硝酸反应也能和硫酸反应，从题干图看出(注意只是第二份100 mL)OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，BC段产生氢气，反应为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，可知NO反应完了，第二份中NO应为5.6 g/56 g·mol－1＝0.1 mol，溶液中最终溶质为FeSO4，此时反应的铁的质量是14.0 g，即0.25 mol，故原混合酸中H2SO4浓度为0.25 mol/0.1 L＝2.5 mol·L－1，NO物质的量为0.2 mol。 12. B由质量守恒知，m(沉淀)＝m(合金)＋m(OH－)，由电荷守恒和得失电子守恒知，n(OH－)＝3n(NO)，则m(沉淀)＝11.9 g＋×17 g·mol－1＝27.2 g，故选B项。 13. C向NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液时，b点之前发生反应：Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O，b～c发生反应：3A