2017-2018学年天津一中高三（上）摸底化学试卷（9月份）

一．选择题（每题只有一个正确选项）12分）下列说法正确的是()A．存在于污水中的重金属离子，常用加入明矾等电解质的方法进行处理B．碳酸氢钠能与碱反应，因此可用作食品的膨松剂C．胶片冲洗时可用硫代硫酸钠做定影液，但是不能在酸性较强的溶液中进行D．Na2SO4浓溶液能使蛋白质发生盐析，可用于杀菌、消毒22分）下列说法正确的是()A．紫外线照射下，液态蛋白质会凝固是发生了化学变化B．Al（OH）3可用于制作耐火材料﹣12的溶液中，Na+、K+、CH3COO﹣、SO42﹣不可以大量共存D．等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合，得到白色沉淀和BaCl2溶液32分）下列离子方程式正确的是()A．热的纯碱溶液可以清洗油污是因为：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣B．向FeCl3溶液中投入少量石灰石：3CaCO3+2Fe3++3H2O═2Fe（OH）3+3CO2↑+3Ca2+C．已知酸性H2SO3＞HClO，向次氯酸钙溶液通少量SO2：Ca2++2ClO﹣+H2O+SO2═D．FeBr2溶液中通入足量的Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣42分）下列实验操作叙述正确的是()A．只用试管和胶头滴管就可以鉴别Ca（HCO3）2溶液和NaOH溶液B．某NaNO3溶液中混有少量硫酸铵和碳酸氢钠杂质，可通过依次加入过量的Ba（OH）2溶液、Na2CO3溶液、HNO3溶液并分别过滤的方法除杂C．用如图装置可以制备沉淀Fe（OH）2D．在酸性高锰酸钾溶液中加入H2O2溶液褪色，则H2O2既是氧化剂又是还原剂52分）下列有关图象及叙述正确的是()向含有Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入适量氯气，溶液中各离子的物质的量变化关系，则原混合溶液中c（FeI2）＝2mol/LB．常温下将Cl2缓慢通100mL水中至饱和，再逐滴滴加0.1mol/L的NaOH溶液，从pH变化判断曲线@④段发生HClO+OH﹣═ClO﹣+H2O的反应C．表示向NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合液中逐渐通入CO2至过量过程中沉淀的物质的量（Y）与加入试剂的量（X）之间的关系D．标况下，向100mL的H2S饱和溶液中通入SO2，根据图中pH的变化可判断原H2S溶液的物质的量浓度为0.01mol/L62分）下列说法正确的是()A．2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4═2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O中，每转移1.1mol电子，有0.2molI﹣被氧化2溶液已经变质C．粗铜电解精炼时，粗铜做阳极D．工业上由含钒的矿物冶炼难熔金属钒，通常采用CO热还原法72分）下列说法不正确的是()A．ClO2是一种高效安全的绿色杀菌剂，等物质的量的ClO2杀菌效果比Cl2、HClO强（已知：杀菌效果以单位物质的量得到电子的数目表示）B．电解饱和食盐水阴极产生氢气得不到钠的事实可以根据金属活动顺序表解释C．NaAlO2饱和溶液、NH3和NaCl混合饱和溶液中分别持续通入CO2，最终都产生浑浊D．CsICl2是一种碱金属的多卤代物，在其溶液中通入氯气，有I2生成82分）下列说法正确的是()A．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性B．0.2molNa2O2和Na2S的混合物中共含有离子数目为0.7NAC．已知I3﹣⇌I2+I﹣,向盛有KI3溶液的试管中加入适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫色，说明KI3在CCl4中的溶解度比在水中的大D．密闭容器中2molSO2与1molO2在一定条件下充分反应，产物的分子数为2NA92分）下列有关微粒的说法正确的是()A．构成单质分子的微粒中不一定含有化学键B．由Xn﹣1可知该离子中子数为b﹣a，该元素相对原子质量为bC．四氯化碳分子比例模型：D．核外电子排布相同的微粒化学性质也相同102分）下列有关说法正确的是()A．标准状况下，NA个NO分子和0.5NA个O2分子充分反应后气体体积为22.4LB．氯酸和硫酸的酸性强弱不可判断硫、氯元素非金属性强弱C．25℃时，1LpH＝13的Ba（OH）2溶液中含有0.2molOH﹣D．根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质112分）下列说法正确的是()A．NaNO3能使Fe2+转化为Fe3+B．为了除去硫酸铜溶液中含有的Fe2+杂质，应加入过量的CuO使杂质转化为沉淀C．C2O3气体溶于水生成草酸，可燃，可知是一种酸性氧化物，燃烧消耗等物质的量的氧气D．向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量氯气后，滴加KSCN溶液，溶液变红，则Br﹣可能被氧化122分）氢化亚铜（CuH）是一种不稳定的物质，能在氯气中燃烧，也能跟酸反应产生气体。用CuSO4溶液和“另一种反应物”在40℃~50℃时反应可生成CuI。下列叙述中A．CuH与盐酸反应生成的气体是H2B．“另一种反应物”在反应中表现还原性C．CuH在氯气中燃烧的化学方程式为CuH+Cl2点¯燃CuCl+HClD．CuH与足量硝酸反应：CuH+3H++NO3﹣═Cu2++NO↑+2H2O132分）下列说法正确的是()A．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，NaOH固体溶解后未恢复到室温就定容，所配制的溶液浓度偏小B．FeCO3在空气中高温分解可得到纯净的FeOC．某溶液含有NO3﹣、HCO3﹣、SO32﹣、CO32﹣、SO42﹣等5种离子，若加入少量Na2O2固体，溶液中3种离子的浓度基本保持不变D．Na2CO3（NaHCO3为了除去固体中括号内的杂质，应采用加热的方法142分）X、Y、Z、W是四种短周期主族元素，原子序数依次增大，X是原子半径最小的元素，元素Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素Z的﹣1价阴离子和元素W的+3价阳离子的核外电子排布均与氖原子相同，下列说法中错误的是()A．X与Y形成的化合物可能含有非极性键B．X的单质与Z的单质在暗处能剧烈反应C．含W的盐溶于水形成的溶液常用于自来水的杀菌消毒D．离子半径：r（Z﹣)>r（W3+）152分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()点燃B．H2SO4点燃高温162分）下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验A．制取SO2B．验证漂白性C．收集SO2D．尾气处理172分）NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是()A．通入了1molCl2的新制氯水中，HClO、Cl﹣、ClO﹣粒子数之和为2NAB．标准状况下，22.4LNH3和HCl的混合气体中含有的分子总数为NAC．0.5mol羟基中电子数为5NAD．高温下，0.3molFe与足量的水蒸气完全反应失去的电子数为0.8NA182分）下列说法正确的是()A．卤素单质（X2）与水反应均可生成两种酸B．用电子式表示MgF2的形成过程为：C．SiO2制成的纤维，因导电能力强而用于制造通讯光缆D．滴加甲基橙试液呈红色的溶液中Na+、NO3﹣、K+、Al3+能大量共存192分）多巴胺的一种合成路线如图所示，下列说法正确的是()A．原料甲与苯酚互为同系物B．中间产物乙具有手性碳原子（连有四个不同基团的碳原子）C．多巴胺不可能存在氨基酸类的同分异构体D．1mol甲最多可以和2molBr2发生取代反应202分）下列各组离子在碱性条件下可以大量共存，在酸性条件下因发生氧化还原反应而不能大量共存的是()A．Cu2+、Fe2+、NO3﹣、Cl﹣B．K+、Mg2+、HCO3﹣、SO42﹣C．S2﹣、Na+、K+、Cl﹣D．Ba2+、Na+、Cl﹣、ClO﹣212分）实验室从含Br﹣的废液中提取溴单质，下列装置能达到实验目的的是()A．用装置甲氧化废液中的Br﹣B．用装置乙分离CCl4层和水层C．用装置丙分离CCl4和液溴D．用仪器丁长期贮存液溴222分）有X、Y两种元素，原子序数≤20，X的原子半径小于Y，且X、Y原子的最外层电子数相同（选项中m、n均为正整数下列说法正确的是()A．若HnXOm为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性B．若X（OH）n为强碱，则Y（OH）n也一定为强碱C．若X元素形成的单质是X2，则Y元素形成的单质一定是Y2D．若Y的最高正价为+m，则X的最高正价一定为+m232分）下列说法正确的是()A．1mol青石棉[Na2Fe5Si8O22（OH）2]能使1mol稀HNO3被还原B．氯气与CH4、Na2S溶液充分反应后，体系内酸碱性不会发生显著变化C．向SO2水溶液中通入H2S气体，有淡黄色沉淀产生，说明SO2具有还原性D．铜与浓硫酸反应后有铜片剩余。若继续向溶液中滴加NaHCO3溶液，无现象242分）部分氧化的Fe﹣Cu合金样品（氧化物为Fe2O3、CuO）共5.76g，经如下处理，下列说法正确的是()A．滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+B．溶解样品消耗的硫酸共为0.02molC．样品中氧元素的质量为0.48gD．V＝448mL二、非选择题2513分）L、M、R、T、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，M、T在周期表中的相对位置如表；L与R原子的最外层电子数相同，R的单质是一种常见的半导体材料。MT（1）L与T形成的化合物可以溶解硫单质，其电子式为。（2）下列有关相应元素金属性强弱比较的说法不正确的是。A．W的气态氢化物比T的气态氢化物的酸性强，所以非金属性W强于TB．高温下，L的单质能从R的最高价氧化物中置换出R，则非金属性L强于RC．W的核电荷数比T多，原子半径比T小，得电子能力强，则非金属性W强于TD．同温、同浓度的Na2LO3和Na2TO3溶液的pH：Na2LO3＞Na2TO3，则非金属性T强（3MH4）2Fe（TO4）2固体隔绝空气加热至500℃时能完全分解，分解产物中含有铁氧化物和气体混合物。用如图所示部分装置进行实验（夹持装置略）验证分解产物。①实验验证分解产物能使C中变蓝，D中溶液变红，F中溶液红色褪去，则验证分解产物中含有氨气和水蒸气所选用装置的正确连接顺序为（填装置的字母序号通N2的目的是。②A中固体完全分解后变为红棕色粉末，设计实验证明A中残留固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4：。③若连接A→E→F→B进行实验，探究分解产物中的硫氧化物，则B的作用是。④实验过程中观察到E中没有明显现象，实验证明该固体受热分解除上述产物外，还有N2生成，写出A中反应的化学方程式。2613分）某研究性学习小组学生根据氧化还原反应规律，探究NO2与Na2O2反应的情况，提出假设并进行相关实验。从理论上分析Na2O2和NO2都既有氧化性又有还原性，于是提出如下假设：假设1：Na2O2氧化NO2；假设2：NO2氧化Na2O2。同学设计如图装置进行实验：①管A中反应的离子方程式是。②待试管B中时，关闭旋塞a和b；取下试管B，向其中加入适量Na2O2粉末，塞上塞子，轻轻振荡试管内粉末，观察到红棕色气体迅速消失；再将带火星的木条迅速伸进试管内，木条复燃。③仪器C的作用。④该实验存在缺陷，为达到实验目的，在A、B之间应增加一个装置，该装置的作用是。用改进后的装置重复实验操作，观察到红棕色气体迅速消失；带火星的木条未复燃，得出结论：假设1正确。则NO2和Na2O2反应的化学方程式是。2713分）明矾石是制取钾肥和氢氧化铝的重要原料，明矾石的组成和明矾相似，此外还含有氧化铝和少量的氧化铁杂质。具体实验流程如图。（1）操作1所用到的玻璃仪器的名称是。（2）由溶液3制取氢氧化铝的离子方程式为（3）请你写出验证溶液1中有NH4+的实验过程：。（4）写出固体中所有物质的化学式。（5）由Al（OH）3可反应生成氯化铝，由氯化铝溶液制备无水氯化铝的操作是。（6）现有一包铝热剂是铝粉和氧化铁粉末的混合物，在高温下使之充分反应，将反应后的固体分为两等份，进行如下实验（计算pH时假定溶液体积没有变化）①向其中一份固体中加入100mL2.0mol•L﹣1的NaOH溶液，加热使其充分反应后过滤，测得滤液pH=14；②向另一份固体中加入140mL4.0mol•L﹣1的HCl溶液，使固体全部溶解，测得反应后所得溶液中只有H+、Fe2+和Al3+三种阳离子且pH＝0。写出实验①发生的离子方程式：这包铝热剂中氧化铁的质量。2813分）羟甲香豆素是一种治疗胆结石的药物，合成路线如图所示。H+（R、R'、R''代表烃基）RCOOR（R、R'、R''代表烃基）△（1）A属于芳香烃，则B结构简式是。（2）C→D的反应类型是。（3）E属于酯类。仅以乙醇为有机原料，选用必要的无机试剂合成E，写出有关化学方程式：。一定条件（4）已知：2E→F+C2H5OH。F所含官能团有和（写名称）。（5）F符合下列条件的同分异构体有种，能与NaHCO3反应放出气体；能发生银镜反应。写出其中有2个甲基的同分异构体的结构简式。（6）以D和F为原料合成羟甲香豆素分为三步反应，写出第一步的产物的结构简（7）下列有关说法正确的是。A．D物质既能使溴水褪色，也能使酸性高锰酸钾褪色B．B、C、D的核磁共振氢谱都有4个峰C．羟甲基香豆素能发生取代反应、加成反应、氧化反应、还原反应、消去反应D．D和F生成羟甲基香豆素的三步反应包括加成反应、取代反应、消去反应一．选择题（每题只有一个正确选项）12分）下列说法正确的是()A．存在于污水中的重金属离子，常用加入明矾等电解质的方法进行处理B．碳酸氢钠能与碱反应，因此可用作食品的膨松剂C．胶片冲洗时可用硫代硫酸钠做定影液，但是不能在酸性较强的溶液中进行D．Na2SO4浓溶液能使蛋白质发生盐析，可用于杀菌、消毒【分析】A．明矾溶液中的铝离子水解可以得到具有吸附性的氢氧化铝胶体，可以吸附悬浮杂质；B．碳酸氢钠不稳定受热分解生成二氧化碳；C．硫代硫酸钠酸性环境下发生歧化反应；D．用于杀菌、消毒的溶液应使蛋白质变性。【解答】解：A．明矾溶液中的铝离子水解可以得到具有净水作用的氢氧化铝胶体，可吸附悬浮物，但是不会处理污水中的重金属离子，故A错误；B．碳酸氢钠不稳定受热分解生成二氧化碳，所以可用作食品的膨松剂，与其与碳酸钠反应无关，故B错误；C．硫代硫酸钠酸性环境下发生歧化反应，分解生成硫单质和二氧化硫、水，所以胶片冲洗时可用硫代硫酸钠做定影液，但是不能在酸性较强的溶液中进行，故C正确；D．用于杀菌、消毒的溶液应使蛋白质变性，Na2SO4浓溶液不能使蛋白质变性，故D错故选：C。【点评】本题为综合题，涉及氧化还原反应、碳酸氢钠、蛋白质的性质等知识，为高频考点，侧重于化学于生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度不大。22分）下列说法正确的是()A．紫外线照射下，液态蛋白质会凝固是发生了化学变化B．Al（OH）3可用于制作耐火材料﹣12的溶液中，Na+、K+、CH3COO﹣、SO42﹣不可以大量共存D．等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合，得到白色沉淀和BaCl2溶液【分析】A.蛋白质凝固发生变性；B.用于制作耐火材料的是氧化铝；﹣12的溶液中存在c（H+）c（OH﹣)=10﹣14，计算得到c（H+）=10﹣13mol/L，据此分析离子存在；D.先发生酸碱中和反应，等物质的量反应，碱不足，生成沉淀和水。【解答】解：A.蛋白质凝固发生变性，生成了新物质，是化学变化，故A正确；B.Al（OH）3受热易分解，不能做耐火材料，氧化铝熔点高可用于制作耐火材料，故B错误；﹣溶液显碱性，Na+、K+、CH3COO﹣、SO42﹣可以大量共存，故C错误；D.等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合的离子反应为2H++Mg2++4OH﹣═Mg（OH）2↓+2H2O，反应生成氯化钡和氢氧化镁沉淀，溶液中得到氯化镁、氯化钡溶液和氢氧化镁沉淀，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了物质性质和应用、离子共存、离子反应的定量关系等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。32分）下列离子方程式正确的是()A．热的纯碱溶液可以清洗油污是因为：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣B．向FeCl3溶液中投入少量石灰石：3CaCO3+2Fe3++3H2O═2Fe（OH）3+3CO2↑+3Ca2+C．已知酸性H2SO3＞HClO，向次氯酸钙溶液通少量SO2：Ca2++2ClO﹣+H2O+SO2═D．FeBr2溶液中通入足量的Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣【分析】A.碳酸根离子分步水解，以第一步为主；B.氯化铁溶液由于铁离子水解，溶液显酸性，加入碳酸钙，碳酸钙与氢离子反应生成二氧化碳气体，使铁离子的水解平衡正向移动；C.次氯酸具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子；D.氯气足量，溴离子、二价铁离子都被氧化。【解答】解：A.热的纯碱溶液可以清洗油污，离子方程式：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣,故A错误；B.氯化铁溶液由于铁离子水解，溶液显酸性，加入碳酸钙，碳酸钙与氢离子反应生成二3CaCO3+2Fe3++3H2O═2Fe（OH）3+3CO2↑+3Ca2+，故B正确；C.向次氯酸钙溶液中通入少量SO2的离子反应为Ca2++3ClO﹣+H2O+SO2═CaSO4↓+Cl﹣+2HClO，故C错误；D.向FeBr2溶液中通入足量Cl2，亚铁离子和溴离子都完全被氧化，正确的离子方程式为：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Br2+2Fe3++6Cl﹣,故D错误。故选：B。【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应、离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大.42分）下列实验操作叙述正确的是()A．只用试管和胶头滴管就可以鉴别Ca（HCO3）2溶液和NaOH溶液B．某NaNO3溶液中混有少量硫酸铵和碳酸氢钠杂质，可通过依次加入过量的Ba（OH）2溶液、Na2CO3溶液、HNO3溶液并分别过滤的方法除杂C．用如图装置可以制备沉淀Fe（OH）2D．在酸性高锰酸钾溶液中加入H2O2溶液褪色，则H2O2既是氧化剂又是还原剂【分析】A.二者相互滴加都立即产生白色沉淀；B.加入过量氢氧化钡，可除去硫酸根离子、碳酸氢根离子生成钡盐沉淀，生成的氨气易溶于水；C.关闭止水夹C，A中硫酸亚铁进入B中可生成Fe（OH）2；D.过氧化氢被酸性高锰酸钾溶液氧化。【解答】解：A.只用试管和胶头滴管不能鉴别Ca（HCO3）2溶液和NaOH溶液，故A错误；B.加入过量氢氧化钡，可除去硫酸根离子、碳酸氢根离子生成钡盐沉淀，生成的氨气易溶于水，最后加入硝酸可生成硝酸铵，不能得到纯净的硝酸钠，故B错误；C.关闭止水夹C，A中硫酸亚铁进入B中可生成Fe（OH）2反应开始时生成的氢气进入B中，可排出氧气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化，一段时间后关闭止水夹C，A中硫酸亚铁进入B中可生成Fe（OH）2，故C正确；D.过氧化氢被酸性高锰酸钾溶液氧化，过氧化氢只体现还原性，故D错误。故选：C。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。52分）下列有关图象及叙述正确的是()A．向含有Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入适量氯气，溶液中各离子的物质的量变化关系，则原混合溶液中c（FeI2）＝2mol/LB．常温下将Cl2缓慢通100mL水中至饱和，再逐滴滴加0.1mol/L的NaOH溶液，从pH变化判断曲线@④段发生HClO+OH﹣═ClO﹣+H2O的反应C．表示向NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合液中逐渐通入CO2至过量过程中沉淀的物质的量（Y）与加入试剂的量（X）之间的关系D．标况下，向100mL的H2S饱和溶液中通入SO2，根据图中pH的变化可判断原H2S溶液的物质的量浓度为0.01mol/L【分析】A.还原性为I﹣>Fe2+＞Br﹣,则先发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣;B.曲线③④段发生反应：HCl+NaOH═NaCl+H2O、HClO+NaOH═NaClO+H2O；C.混合溶液中逐渐通入CO2至过量，依次生成碳酸钡沉淀、碳酸钠、氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠、碳酸氢钡；D.b点溶液为中性，H2S和H2SO3恰好反应生成S和水，根据SO2的体积计算。【解答】解：A.还原性为I﹣>Fe2+＞Br﹣,则先发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣,AB段表示碘离子减少，则与碘离子反应消耗氯气为1mol，所以碘离子为2mol，溶液的体积不知道，FeI2的浓度无法计算，故A错误；B.曲线③④段发生反应：HCl+NaOH═NaCl+H2O、HClO+NaOH═NaClO+H2O，离子反应分别为：H++OH﹣=H2O、HClO+OH﹣═H2O+ClO﹣,故B正确；C.NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中逐渐通入CO2至过量，依次生成碳酸钡沉淀、碳酸钠、氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠、碳酸氢钡，沉淀量达到最大值后会减少，图象不符合，故C错误；D.b点时H2S恰好反应，消耗SO2为=0.005mol，由反应2H2S+SO2＝3S↓+2H2O可知＝0.005mol×2＝0.01mol，则c=0.1mol/L，故D错故选：B。【点评】本题考查化学反应图象、化学方程式有关计算、氧化还原反应、溶液酸碱性，解答本题关键在于理解相关反应，和反应的顺序，并要求能够熟练写出相应的反应的方程式，找出对应的图形即可，题目难度中等，侧重于考查学生分析能力和应用能力。62分）下列说法正确的是()A．2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4═2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O中，每转移1.1mol电子，有0.2molI﹣被氧化2溶液已经变质C．粗铜电解精炼时，粗铜做阳极D．工业上由含钒的矿物冶炼难熔金属钒，通常采用CO热还原法【分析】A.2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4＝2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由﹣1价升高到0，只有I﹣被氧化；B.酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；C.电解精炼铜时，粗铜为阳极，纯铜为阴极；D.工业上通常利用铝热反应冶炼难熔金属。【解答】解：A.反应中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降有1.1molI﹣被氧化，故A错误；B.向Fe（NO3）2溶液中加入稀硫酸酸化，亚铁离子被硝酸根离子氧化，干扰了检验结果，无法证明该Fe（NO3）2溶液是否变质，故B错误；C.粗铜电解精炼时，阳极失去电子被氧化，阴极铜离子得到电子被还原，则粗铜做阳极，纯铜作阴极，故C正确；D.工业上利用铝热反应冶炼难熔金属钒，不采用CO热还原法冶炼，故D错误；故选：C。【点评】本题考查氧化还原反应、金属冶炼、电解原理等知识，题目难度不大，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握氧化还原反应特征、金属冶炼原理，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力。72分）下列说法不正确的是()A．ClO2是一种高效安全的绿色杀菌剂，等物质的量的ClO2杀菌效果比Cl2、HClO强（已知：杀菌效果以单位物质的量得到电子的数目表示）B．电解饱和食盐水阴极产生氢气得不到钠的事实可以根据金属活动顺序表解释C．NaAlO2饱和溶液、NH3和NaCl混合饱和溶液中分别持续通入CO2，最终都产生浑浊D．CsICl2是一种碱金属的多卤代物，在其溶液中通入氯气，有I2生成【分析】A．根据化合价变化值计算；B．用惰性电极电解饱和食盐水时，失电子能力越强，其单质的还原性越弱；C．偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，NH3和NaCl混合饱和溶液是侯德榜制碱的原理；D．CsICl2是一种碱金属的多卤化物，Cs为+1价，I为+1价，Cl为﹣1价。【解答】解：A．ClO2作为氧化剂，由+4价降低到﹣1价，杀菌效果比Cl2、HClO强，故A正确；B．金属阳离子失电子能力越强，其单质的还原性越弱，用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极生成氢气而得不到钠，说明Na的活动性大于氢，所以可以用金属活动性顺序解释，故B正确；2H2O+NaAlO2+CO2＝Al（OH）3↓+NaHCO3，会产生沉淀，NH3和NaCl混合饱和溶液是侯德榜制碱的原理，反应发生NH3+CO2+NaCl+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl，所以有NaHCO3晶体析出，最终都产生浑浊，故C正确；D．CsICl2是一种碱金属的多卤化物，Cs为+1价，I为+1价，Cl为﹣1价，通入氯气不反应，故D错误；故选：D。【点评】本题考查含氯消毒剂的杀菌效果、金属活动顺序表、复分解反应、氧化还原反应等知识点，明确物质中各元素的化合价是解答本题的关键，注意化合价降低表现氧化性，化合价升高表现还原性，难度中等。82分）下列说法正确的是()A．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性B．0.2molNa2O2和Na2S的混合物中共含有离子数目为0.7NAC．已知I3﹣⇌I2+I﹣,向盛有KI3溶液的试管中加入适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫色，说明KI3在CCl4中的溶解度比在水中的大D．密闭容器中2molSO2与1molO2在一定条件下充分反应，产物的分子数为2NA【分析】A．碱性溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；B．Na2O2和Na2S均由2个阳离子和1个阴离子构成；C．I2溶于四氯化碳显紫色；D．二氧化硫与氧气的反应属于可逆反应，反应物不能全部转化为生成物。【解答】解：A．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则气体的水溶液显碱性，如气体可能为氨气，故A正确；B．Na2O2和Na2S均由2个阳离子和1个阴离子构成，故0.2mol过氧化钠和硫化钠的混合物中含0.6NA个离子，故B错误；C．已知I3﹣⇌I2+I﹣,向盛有KI3溶液的试管中加入适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫色，是因为I2溶于四氯化碳显紫色，说明I2在CCl4中的溶解度比在水中的大，故C错D．二氧化硫与氧气的反应属于可逆反应，反应物不能全部转化为生成物，则密闭容器中2molSO2与1molO2在一定条件下充分反应生成的三氧化硫少于2mol，容器中有氧气和二氧化硫剩余，产物的分子数小于2NA，故D错误；故选：A。【点评】本题考查元素化合物的组成和性质、可逆反应，为高频考点，把握反应原理、物质的组成与性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。92分）下列有关微粒的说法正确的是()A．构成单质分子的微粒中不一定含有化学键B．由Xn﹣1可知该离子中子数为b﹣a，该元素相对原子质量为bC．四氯化碳分子比例模型：D．核外电子排布相同的微粒化学性质也相同【分析】A.单原子分子中不含化学键；B.中子数＝质量数﹣质子数，该原子的相对原子质量在数值上等于其质量数；C.四氯化碳中氯原子半径大于碳原子；D.核外电子排布式相同的微粒化学性质可能相同也可能不同。【解答】解：A.单原子分子中不含化学键，如稀有气体，故A正确；B.中子数＝质量数﹣质子数，该原子的相对原子质量在数值上等于其质量数，则该原子的相对原子质量为b，而不是该元素的相对原子质量为b，故B错误；C.四氯化碳中氯原子半径大于碳原子，其比例模型为，故C错误；D.核外电子排布式相同的微粒化学性质可能相同也可能不同，如H、H的核外电子排布式及化学性质都相同，而Na+、F﹣核外电子排布式相同但是其化学性质不同，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学键，侧重考查对物质结构和性质的认识，明确物质构成微粒、元素周期律内涵是解本题关键，注意规律中的反常现象，A、D为解答易错点。102分）下列有关说法正确的是()A．标准状况下，NA个NO分子和0.5NA个O2分子充分反应后气体体积为22.4LB．氯酸和硫酸的酸性强弱不可判断硫、氯元素非金属性强弱C．25℃时，1LpH＝13的Ba（OH）2溶液中含有0.2molOH﹣D．根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质【分析】A、二氧化氮气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4；B、判断硫、氯元素非金属性强弱应该用最高价的氧化物对应的酸性强弱进行判断；C、25℃时，1LpH＝13的Ba（OH）2溶液中c（H+10﹣13mol/L，则c（OH﹣)D、强电解质与弱电解质的本质区别为在水溶液或熔融状态下能否完全电离。【解答】解：A、NA个NO分子和0.5NA个O2分子混合后恰好完全反应生成1mol二氧化氮，但二氧化氮气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致分子个数减少，故气体分子个数小于NA个，故C错误；B、判断硫、氯元素非金属性强弱应该用最高价的氧化物对应的酸性强弱进行判断，氯的最高价对应的酸为高氯酸HClO4，故B正确；C、25℃时，1LpH＝13的Ba（OH）2溶液中c（H+10﹣13mol/L，则c（OH﹣)mol/L＝0.1mol/L，则n＝0.1mol/L×1L＝0.1mol，故C错误；D、强电解质与弱电解质的本质区别为在水溶液或熔融状态下能否完全电离，而溶液的导电能力还与溶质浓度有关，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的分析应用，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，题目难度中等。112分）下列说法正确的是()A．NaNO3能使Fe2+转化为Fe3+B．为了除去硫酸铜溶液中含有的Fe2+杂质，应加入过量的CuO使杂质转化为沉淀C．C2O3气体溶于水生成草酸，可燃，可知是一种酸性氧化物，燃烧消耗等物质的量的氧气D．向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量氯气后，滴加KSCN溶液，溶液变红，则Br﹣可能被氧化【分析】A、NaNO3氧化性不强；B、除去硫酸铜溶液中含有的Fe2+杂质，若加入过量的CuO会使Cu2+转化为氢氧化铜沉点燃C、C2O3气体燃烧的化学方程式为2C2O3+O2-4CO2；D、还原性：I﹣>Fe2+＞Br﹣,向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量氯气后有Fe3+生成，则Br﹣可能部分被氧化。【解答】解：A、HNO3有强氧化性，能使Fe2+转化为Fe3+，但NaNO3不具有强氧化性，不能氧化Fe2+生成Fe3+，故A错误；B、除去硫酸铜溶液中含有的Fe2+杂质，常常先加入合适的氧化剂使Fe2+氧化为Fe3+，再加入过量的CuO使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，故B错误；点燃C、C2O3气体燃烧的化学方程式为2C2O3+O2-4CO2，则C2O3燃烧消耗氧气的物质的量为C2O3的一半，故C错误；D、还原性：I﹣>Fe2+＞Br﹣,向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量氯气后滴加KSCN溶液变红，则有Fe3+生成，I﹣反应完全，Br﹣可能部分发生氧化反应，也可能完全完全被氧化，还可能完全没有被氧化，故D正确；故选：D。【点评】本题考查氧化还原反应概念、混合物分离提纯和物质的性质等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力与实验能力的考查，把握物质的性质和氧化还原反应的应用即可解答，注意除杂原则和除去Fe2+杂质的实验方法，题目难度中等。122分）氢化亚铜（CuH）是一种不稳定的物质，能在氯气中燃烧，也能跟酸反应产生气体。用CuSO4溶液和“另一种反应物”在40℃~50℃时反应可生成CuI。下列叙述中A．CuH与盐酸反应生成的气体是H2B．“另一种反应物”在反应中表现还原性点燃C．CuH在氯气中燃烧的化学方程式为CuH+Cl2-CuCl+HClD．CuH与足量硝酸反应：CuH+3H++NO3﹣═Cu2++NO↑+2H2O【分析】A．CuH跟盐酸反应能产生气体，气体为氢气；B.Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，在反应中CuSO4作氧化剂；C．CuH在氯气中能燃烧，Cu元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低；D．CuH与足量稀硝酸反应，Cu、H元素的化合价升高，N元素的化合价降低.【解答】解：A．CuH跟盐酸反应能产生气体，气体为H2，该反应中只有H元素的化合价发生变化，反应方程式为：CuH+HCl═CuCl+H2↑,故A正确；B.CuSO4溶液转化成CuI，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，在反应中CuSO4作氧化剂，则“另一种反应物”在反应中作还原剂，具有还原性，故B正确；C．CuH在氯气中能燃烧，Cu元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，则发生点燃D．CuH与足量稀硝酸反应，Cu、H元素的化合价升高，N元素的化合价降低，则反应方程式为：CuH+3H++NO3﹣=Cu2++NO↑+2H2O，故D正确；故选：C。【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及特征，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力。132分）下列说法正确的是()A．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，NaOH固体溶解后未恢复到室温就定容，所配制的溶液浓度偏小B．FeCO3在空气中高温分解可得到纯净的FeOC．某溶液含有NO3﹣、HCO3﹣、SO32﹣、CO32﹣、SO42﹣等5种离子，若加入少量Na2O2固体，溶液中3种离子的浓度基本保持不变D．Na2CO3（NaHCO3为了除去固体中括号内的杂质，应采用加热的方法【分析】A．氢氧化钠溶于水放热，导致所得溶液体积偏小；B.二价铁在空气中加热易被氧化为三价铁；C.Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na2O2具有强氧化性，能与OH﹣反应的离子和具有还原性的离子的浓度会发生改变，同时溶液中存在反应生成的离子，该离子浓度也会变化；D.碳酸氢钠加热易分解，而碳酸钠较稳定。【解答】解：A．NaOH固体溶解后未恢复到室温就定容，热的的溶液体积偏大，冷却后体积变小，导致溶液体积偏小，所配制的溶液浓度偏大，故A错误；B.由于二价铁在空气中加热易被氧化为三价铁，所以FeCO3在空气中高温分解不能得到纯净的FeO，故B错误；C.Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，HCO3﹣与OH﹣反应生成CO32﹣,则HCO3﹣离子浓度减小、CO32﹣离子浓度增大；Na2O2具有强氧化性，将SO32﹣氧化为SO42﹣,则SO32﹣离子浓度减小、SO42﹣浓度增大，所以只有NO3﹣浓度基本不变，故C错误；D.NaHCO3固体不稳定，受热分解生成Na2CO3，反应方程式为：△2NaHCO3-Na2CO3+H2O+CO2↑,而Na2CO3比较稳定，所以可采用加热的方法除去Na2CO3固体中的NaHCO3固体，故D正确；故选：D。【点评】本题考查较为综合，涉及溶液配制、混合物分离与提纯、离子反应等知识，题目难度不大，明确常见元素化合物性质为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。142分）X、Y、Z、W是四种短周期主族元素，原子序数依次增大，X是原子半径最小的元素，元素Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素Z的﹣1价阴离子和元素W的+3价阳离子的核外电子排布均与氖原子相同，下列说法中错误的是()A．X与Y形成的化合物可能含有非极性键B．X的单质与Z的单质在暗处能剧烈反应C．含W的盐溶于水形成的溶液常用于自来水的杀菌消毒D．离子半径：r（Z﹣)>r（W3+）【分析】X、Y、Z、W是四种短周期主族元素，原子序数依次增大，X是原子半径最小的元素，X为H；元素Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，2或3个电子层符合电子排布规律，则最外层电子数为4或6，则Y为C或S，结合原子序数Y小于Z、W，则Y只能为C；元素Z的﹣1价阴离子和元素W的+3价阳离子的核外电子排布均与氖原子相同，则Z为F，W为Al，以此来解答.【解答】解：由上述分析可知，X为H，Y为C，Z为F，W为Al，A．X与Y形成的化合物为乙烷时，含C﹣C非极性键，故A正确；B．Z为F，单质的氧化性强，与氢气在暗处能剧烈反应，故B正确；C．含W的盐溶于水形成的溶液，水解生成胶体可吸附水中悬浮杂质，不具有强氧化性，不能杀菌消毒，故C错误；D．具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径为r（Z﹣)>r（W3+故D正确；故选：C。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的性质、原子序数、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大.152分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()cl2NaOH(aq)A．Fe→FeCl2→Fe点燃O2H2OB．S→SO3→H2SO4点燃（OH）2高温siO2C．CaCO3→CaO→CaSiO3高温O2H2OD．NH3→NO→HNO3催化剂、△【分析】A、铁与氯气反应生成三氯化铁；B．硫与氧气反应生成二氧化硫；C．CaCO3高温分解生成CaO，CaO和二氧化硅高温反应生成硅酸钙；D．氨气催化氧化生成NO，NO和水不反应。【解答】解：A、因为氯气具有强氧化性，则铁与氯气反应生成三氯化铁，而不是氯化亚铁，故A错误；B．硫与氧气反应生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B错误；C．CaCO3高温分解生成CaO，CaO为碱性氧化物，和酸性氧化物二氧化硅高温反应生成盐硅酸钙，故C正确；D．氨气催化氧化生成NO，NO和水不反应，不能生成硝酸，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了物质性质、物质转化的应用，主要是硫、铁、氮的化合物性质的理解判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。162分）下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验A．制取SO2B．验证漂白性C．收集SO2D．尾气处理【分析】实验室可用浓硫酸和铜在加热条件下反应制备二氧化硫，二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，具有漂白性，可使品红褪色，二氧化硫为酸性氧化物，可与碱反应，以此解答该题。【解答】解：A．稀硫酸和铜不反应，应用浓硫酸和铜反应制备二氧化硫气体，故A错B．二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，操作符合要求，可达到实验目的，故B正确；C．二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，气体应从长导管进入，故C错误；D．二氧化硫不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，应用氢氧化钠溶液吸收尾气，且防止倒吸，故D错误。故选：B。【点评】本题考查较为综合，涉及气体的制备、收集以及性质的检验等，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度中等172分）NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是()A．通入了1molCl2的新制氯水中，HClO、Cl﹣、ClO﹣粒子数之和为2NAB．标准状况下，22.4LNH3和HCl的混合气体中含有的分子总数为NAC．0.5mol羟基中电子数为5NAD．高温下，0.3molFe与足量的水蒸气完全反应失去的电子数为0.8NA【分析】A.氯气溶于水，只有部分与水反应；B.氨气与氯化氢反应生成氯化铵固体；C.1个羟基含有9个电子；D.铁和水蒸气反应后变为+.【解答】解：A.氯气溶于水，只有部分与水反应，部分以氯气分子存在，所以通入了1molCl2的新制氯水中，HClO、Cl﹣、ClO﹣粒子数之和小于2NA，故A错误；B.氨气和HCl混合后会反应生成氯化铵固体，故标准状况下，22.4LNH3和HCl混合气体物质的量为=0.1mol，反应生成了氯化铵固体，氯化铵属于离子化合物，分子数少于NA，故B错误；C.0.5mol羟基中电子数为4.5NA，故C错误；D.铁和水蒸气反应后变为+，故0.3mol铁反应后失去0.8mol电子即0.8NA个，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，应注意公式的运用和物质的结构特点，注意氯化铵为离子晶体。182分）下列说法正确的是()A．卤素单质（X2）与水反应均可生成两种酸B．用电子式表示MgF2的形成过程为：C．SiO2制成的纤维，因导电能力强而用于制造通讯光缆D．滴加甲基橙试液呈红色的溶液中Na+、NO3﹣、K+、Al3+能大量共存【分析】A．氟气与水反应方程式：2F2+2H2O＝4HF+O2；B．MgF2是离子化合物，Mg失电子形成Mg2+，F得电子形成F﹣,达到8e﹣的稳定结构，F﹣用[]括起来；C．光导纤维是利用光的全反射；D．甲基橙试液呈红色显酸性。【解答】解：A．氟气氧化性极强，与水反应方程式为2F2+2H2O＝4HF+O2，不符合X2+H2O⇌HXO+HX，故A错误；B．氟离子和镁离子通过离子键形成离子化合物氟化镁，用电子式表示MgF2的形成过程为C．光导纤维是利用光的全反射，SiO2制成的纤维不导电，不是因为导电性强，故C错D．酸性条件下：Na+、NO3﹣、K+、Al3+能大量共存，故D正确；故选：D。【点评】本题考查离子反应、电子式的书写、物质的用途和离子共存问题，为高频考点，侧重分析与应用能力的考查，注意选项BC均为解答的易错点，题目难度中等。192分）多巴胺的一种合成路线如图所示，下列说法正确的是()A．原料甲与苯酚互为同系物B．中间产物乙具有手性碳原子（连有四个不同基团的碳原子）C．多巴胺不可能存在氨基酸类的同分异构体D．1mol甲最多可以和2molBr2发生取代反应【分析】A．甲与苯酚的酚﹣OH数目不同；B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；C．含氨基、苯环和﹣OH，同分异构体可存在﹣COOH、氨基；D．酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代反应.【解答】解：A．甲与苯酚的酚﹣OH数目不同，二者不是同系物，故A错误；B．连接醇羟基的碳原子为手性碳原子，故B正确；C．含氨基、苯环和﹣OH，同分异构体可存在﹣COOH、氨基，则多巴胺可能存在氨基酸类的同分异构体，故C错误；D．酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代反应，则1mol甲最多可以和4molBr2发生取代反应，故D错误；故选：B。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酚、氨基酸的性质，题目难度不大.202分）下列各组离子在碱性条件下可以大量共存，在酸性条件下因发生氧化还原反应而不能大量共存的是()A．Cu2+、Fe2+、NO3﹣、Cl﹣B．K+、Mg2+、HCO3﹣、SO42﹣C．S2﹣、Na+、K+、Cl﹣D．Ba2+、Na+、Cl﹣、ClO﹣【分析】A．铜离子、亚铁离子都与氢氧根离子反应；B.镁离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应；C.四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应，但酸性条件下不发生氧化还原反应；D.四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应，且酸性条件下氯离子、次氯酸根离子反应生成氯气。【解答】解：A．Cu2+、Fe2+都与OH﹣发生反应，在碱性条件下不能大量共存，故A错B.Mg2+、HCO3﹣都与OH﹣发生反应，在碱性条件下不能大量共存，故B错误；C.S2﹣、Na+、K+、Cl﹣之间不反应，都不与H+、OH﹣反应，在酸性条件下不会发生氧化还原反应，故C错误；D.Ba2+、Na+、Cl﹣、ClO﹣之间能够共存，都不与OH﹣反应，在碱性条件下能够大量共存，且酸性条件下Cl﹣、ClO﹣发生氧化还原反应生成氯气，满足条件，故D正确；故选：D。【点评】本题考查离子共存判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣,溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。212分）实验室从含Br﹣的废液中提取溴单质，下列装置能达到实验目的的是()A．用装置甲氧化废液中的Br﹣B．用装置乙分离CCl4层和水层C．用装置丙分离CCl4和液溴D．用仪器丁长期贮存液溴【分析】A．导管应长进短出；B．CCl4层和水层分层；C．CCl4和液溴互溶，沸点不同，蒸馏时温度计测定馏分的温度；D．溴易氧化橡皮塞。【解答】解：A．导管应长进短出，图中进气导管不合理，故A错误；B．CCl4层和水层分层，可选图中分液漏斗分离，故B正确；C．CCl4和液溴互溶，沸点不同，蒸馏时温度计测定馏分的温度，图中温度计水银球未在支管口处，故C错误；D．溴易氧化橡皮塞，不能长期贮存液溴，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。222分）有X、Y两种元素，原子序数≤20，X的原子半径小于Y，且X、Y原子的最外层电子数相同（选项中m、n均为正整数下列说法正确的是()A．若HnXOm为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性B．若X（OH）n为强碱，则Y（OH）n也一定为强碱C．若X元素形成的单质是X2，则Y元素形成的单质一定是Y2D．若Y的最高正价为+m，则X的最高正价一定为+m【分析】X、Y原子的最外层电子数相同，说明位于同一主族，X的原子半径小于Y，则原子序数Y大于X，结合同主族元素性质的递变规律判断.【解答】解：A．若HnXOm为硝酸，则X的氢化物为氨气，溶于水显碱性，故A错误；B．如X、Y为金属元素，同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，故若X（OH）n为强碱，则Y（OH）n一定为强碱，故B正确；C．若X元素形成的单质是X2，则Y元素形成的单质不一定是Y2，如X单质为H2，Y为Li或Na，故C错误；D．若Y为Cl，则X为F，Cl的最高价为+7，而F元素没有正化合价，故D错误；故选：B。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的性质、元素的位置、同主族元素性质的递变规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用及特例应用，题目难度不大.232分）下列说法正确的是()A．1mol青石棉[Na2Fe5Si8O22（OH）2]能使1mol稀HNO3被还原B．氯气与CH4、Na2S溶液充分反应后，体系内酸碱性不会发生显著变化C．向SO2水溶液中通入H2S气体，有淡黄色沉淀产生，说明SO2具有还原性D．铜与浓硫酸反应后有铜片剩余。若继续向溶液中滴加NaHCO3溶液，无现象【分析】A.青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO，所以青石棉中含有二价铁离子；根据氧化还原反应中得失电子相等判断青石棉与硝酸的关系式，所以青石棉与硝酸反应的关系式计算得：Na2O•3FeO•Fe2O3•8SiO2•H2O﹣﹣HNO3，据此判断；B.氯气与甲烷发生取代反应生成氯代物和氯化氢；C.依据反应中元素化合价变化判断；D.铜与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，随着反应进行浓硫酸变为稀硫酸不再与铜反应。【解答】解：A.青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO，所以青石棉中含有二价铁离子；根据氧化还原反应中得失电子相等判断青石棉与硝酸的关系式，所以青石棉与硝酸反应的关系式计算得：Na2O•3FeO•Fe2O3•8SiO2•H2O﹣﹣HNO3，所以1mol青石棉[Na2Fe5Si8O22（OH）2]能使1mol稀HNO3被还原，故A正确；B.氯气与甲烷发生取代反应生成氯代物和氯化氢，氯化氢为强酸，溶液显酸性，体系内酸碱性会发生显著变化，故B错误；C.向SO2水溶液中通入H2S气体，有淡黄色沉淀产生，反应中二氧化硫中硫元素化合价降低，说明SO2具有氧化性，故C错误；D.铜与浓硫酸反应后有铜片剩余，说明溶液剩余为稀硫酸，若继续向溶液中滴加NaHCO3溶液，稀硫酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，有气泡生成，故D错误。故选：A。【点评】本题为综合题，考查了元素化合物知识，熟悉硝酸、浓硫酸、氯气、二氧化硫的性质是解题关键，题目难度不大。242分）部分氧化的Fe﹣Cu合金样品（氧化物为Fe2O3、CuO）共5.76g，经如下处理，下列说法正确的是()A．滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+B．溶解样品消耗的硫酸共为0.02molC．样品中氧元素的质量为0.48gD．V＝448mL【分析】A．硫酸足量，氧化性：Fe3+＞Cu2+＞H+，铁离子优先反应，由于滤液A中不含铜离子，且有气体氢气生成，则滤液A中不含铁离子；B．滤液A溶质为过量H2SO4和FeSO4，由Fe原子守恒、硫酸根守恒计算消耗硫酸的物质的量。而滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2g为Fe2O3，由Fe元素守恒计算样品中Fe原子总物质的量；C.样品中氧元素质量＝样品总质量﹣Cu元素质量﹣Fe元素质量，滤渣3.2g为金属Cu，由B中计算所得的Fe元素物质的量进一步计算Fe元素质量；D.参加反应的硫酸提供氢离子部分生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，由C中计算所得氧元素的质量进一步计算氧原子物质的量，再计算氧原子结合氢离子物质的量，根据H原子守恒生成氢气的体积。【解答】解：A．由于氧化性Fe3+＞Cu2+＞H+，铁离子优先反应，由于滤液A中不含铜离子，且硫酸足量，有气体氢气生成，则滤液A中不含铁离子，滤液A中阳离子为Fe2+、H+，故A错误；B．滤液A溶质为过量H2SO4和FeSO4，加入足量氢氧化钠溶液后，过滤，最后灼烧得到的固体为氧化铁，3.2g氧化铁的物质的量==0.02mol，样品含有铁元素的物质的量为0.02mol×2＝0.04mol，由Fe元素守恒可知，反应后溶液中FeSO4为0.04mol，由硫酸根守恒可知参加反应的硫酸为0.04mol，故B错误；C.合金中Fe元素质量＝0.04mol×56g/mol＝2.24g，滤渣3.2g为金属Cu，故样品中氧元素质量为5.76g﹣2.24g﹣3.2g＝0.32g，故C错误；D.参加反应硫酸物质的量为0.04mol，硫酸提供的氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成=0.02mol，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中生成氢气的H+为0.08mol﹣0.04mol＝0.04mol即生成0.02mol氢气，标况体积＝0.02mol×22.4L/mol＝0.448L=故选：D。【点评】本题考查混合物计算，清楚反应过程是解答关键，侧重对分析解决问题能力及解题方法的考查，注意守恒思想在计算中的运用，难度中等.二、非选择题2513分）L、M、R、T、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，M、T在周期表中的相对位置如表；L与R原子的最外层电子数相同，R的单质是一种常见的半导体材料。MT（1）L与T形成的化合物可以溶解硫单质，其电子式为。（2）下列有关相应元素金属性强弱比较的说法不正确的是ABD。A．W的气态氢化物比T的气态氢化物的酸性强，所以非金属性W强于TB．高温下，L的单质能从R的最高价氧化物中置换出R，则非金属性L强于RC．W的核电荷数比T多，原子半径比T小，得电子能力强，则非金属性W强于TD．同温、同浓度的Na2LO3和Na2TO3溶液的pH：Na2LO3＞Na2TO3，则非金属性T强（3MH4）2Fe（TO4）2固体隔绝空气加热至500℃时能完全分解，分解产物中含有铁氧化物和气体混合物。用如图所示部分装置进行实验（夹持装置略）验证分解产物。①实验验证分解产物能使C中变蓝，D中溶液变红，F中溶液红色褪去，则验证分解产物中含有氨气和水蒸气所选用装置的正确连接顺序为ACBD（填装置的字母序号通N2的目的是排净装置内空气，防止干扰实验。@A中固体完全分解后变为红棕色粉末，设计实验证明A中残留固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4：取少量A中残留固体加入适量稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液不褪色，则残留固体是Fe2O3而不含FeO和Fe3O4。③若连接A→E→F→B进行实验，探究分解产物中的硫氧化物，则B的作用是吸收SO2，防止污染空气。④实验过程中观察到E中没有明显现象，实验证明该固体受热分解除上述产物外，还有N2生成，写出A中反应的化学方程式2（NH4）2Fe（SO4）250℃Fe2O3+4SO2↑+2NH3 【分析】L、M、R、T、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，R的单质是一种常见的半导体材料，则R为Si，L与R原子的最外层电子数相同，二者同主族，则L为C元素，结合M、T在周期表中的相对位置，可知M处于第二周期，T处于第三周期，M只能处于ⅤA族，T、W分别处于ⅥA、ⅦA族，可推知M为N元素、T为S元素、W为Cl，据此解答（12（3）验证分解产物中含有氨气和水蒸气，选择装置A先通入氮气排净装置中的空气，加热分解硫酸亚铁铵，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等，通过装置C中无水硫酸铜检验生成的水，再通过装置B中的足量碱石灰除去水蒸气、硫的氧化物，通过装置D检验氨气的生成，通入后溶液变红色说明生成气体中含氨气；若连接A→E→F→B进行实验，探究分解产物中的硫氧化物，E中没有明显现象，F中溶液褪色，可说明生成硫氧化物为二氧化硫，没有生成三氧化硫，碱石灰用于吸收二氧化硫，防止污染空气，以此解答该题.【解答】解：L、M、R、T、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，R的单质是一种常见的半导体材料，则R为Si，L与R原子的最外层电子数相同，二者同主族，则L为C元素，结合M、T在周期表中的相对位置，可知M处于第二周期，T处于第三周期，M只能处于ⅤA族，T、W分别处于ⅥA、ⅦA族，可推知M为N元素、T为S元素、W为Cl，（1）L为C，T为S，二者形成的化合物为CS2，其电子式为，故答案为：；（2）A．氢化物的酸性与非金属性强弱没有必然关系，不能根据氢化物酸性比较非金属性，故A错误；B．高温下，L的单质能从R的最高价氧化物中置换出R，高温条件改变了物质的性质，不能说明非金属性L强于R，故B错误；C．W的核电荷数比T多，原子半径比T小，W原子核对核外电子吸引越强，得电子能力强，则非金属性W强于T，故C正确；D．Na2LO3、Na2TO3分别为Na2CO3和Na2SO3，对应的酸不是最高价含氧酸H2SO4，无法比较二者非金属性，故D错误；故答案为：ABD；（3）①实验验证分解产物中含有氨气和水蒸气，选择装置A先通入N2排净装置中的空气，避免防止干扰实验；加热分解硫酸亚铁铵，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等，通过装置C中无水硫酸铜检验生成的水，再通过装置B中的足量碱石灰除去水蒸气、硫的氧化物，通过装置D检验氨气的生成，通入后溶液变红色说明生成气体中含氨气，所选用装置的正确连接顺序为ACBD，故答案为：ACBD；排净装置内空气，防止干扰实验；②设计实验证明A中残留固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4，设计实验利用亚铁离子具有还原性可以使酸性高锰酸钾溶液褪色设计，取少量A中残留固体加入适量稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液不褪色，则残留固体是Fe2O3而不含FeO和Fe3O4，故答案为：取少量A中残留固体加入适量稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液不褪色，则残留固体是Fe2O3而不含FeO和Fe3O4；③连接装置A﹣E﹣F﹣B进行实验，最后装置B中碱石灰吸收SO2，防止污染空气，故答案为：吸收SO2，防止污染空气；④实验证明（NH4）2Fe（SO4）2受热分解生成氨气、二氧化硫、氧化铁、水，还有N2产生，结合原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式为：2（NH4）2Fe（SO4）故答案为：2（NH4）2Fe（SO4）250℃Fe2O3+4SO2↑+2NH3↑+N2↑+5H2O↑。【点评】本题考查性质方案的设计、位置结构性质的相互关系应用，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。2613分）某研究性学习小组学生根据氧化还原反应规律，探究NO2与Na2O2反应的情况，提出假设并进行相关实验。从理论上分析Na2O2和NO2都既有氧化性又有还原性，于是提出如下假设：假设1：Na2O2氧化NO2；假设2：NO2氧化Na2O2。同学设计如图装置进行实验：①管A中反应的离子方程式是Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O。②待试管B中充满红棕色气体时，关闭旋塞a和b；取下试管B，向其中加入适量Na2O2粉末，塞上塞子，轻轻振荡试管内粉末，观察到红棕色气体迅速消失；再将带火星的木条迅速伸进试管内，木条复燃。③仪器C的作用防倒吸。④该实验存在缺陷，为达到实验目的，在A、B之间应增加一个装置，该装置的作用是除去生成NO2气体中混有的水蒸气。用改进后的装置重复实验操作，观察到红棕色气体迅速消失；带火星的木条未复燃，得出结论：假设1正确。则NO2和Na2O2反应的化学方程式是Na2O2+2NO2＝2NaNO3。【分析】①Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮、硝酸铜和水；②B中收集二氧化氮，为红棕色气体；③C可起到防倒吸的作用；④Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮中含有水蒸气；红棕色气体迅速消失；带火星的木条未复燃，说明没有生成氧气，则过氧化钠氧化二氧化氮，生成硝酸钠。【解答】解：①Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，其反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O；②B中收集二氧化氮，为红棕色气体，则待试管B中充满红棕色气体时，关闭旋塞a和b，故答案为：充满红棕色气体；③C为干燥管，可起到防倒吸的作用，故答案为：防倒吸；④Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮中含有水蒸气；红棕色气体迅速消失；带火星的木条未复燃，说明没有生成氧气，则过氧化钠氧化二氧化氮，生成硝酸钠。Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮中含有水蒸气，水蒸气能与过氧化钠反应生成氧气，所以要在A、B之间增加一个装置干燥装置，除去生成NO2气体中混有的水蒸气；若过氧化钠氧化二氧化氮，则生成硝酸钠，其反应的化学方程式为：Na2O2+2NO2＝2NaNO3；故答案为：除去生成NO2气体中混有的水蒸气；Na2O2+2NO2＝2NaNO3。【点评】本题考查物质的性质实验，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能量和实验能力，主要把握实验的原理、气体的制备以及物质的性质，题目难度不大。2713分）明矾石是制取钾肥和氢氧化铝的重要原料，明矾石的组成和明矾相似，此外还含有氧化铝和少量的氧化铁杂质。具体实验流程如图。（1）操作1所用到的玻璃仪器的名称是玻璃棒、烧杯和漏斗。（2）由溶液3制取氢氧化铝的离子方程式为AlO2﹣+CO2+H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣（3）请你写出验证溶液1中有NH4+的实验过程：取少量滤液，加入N