2017-2018學年天津一中高三（上）摸底化學試卷（9月份）

一．選擇題（每題只有一個正確選項）12分）下列說法正確的是()A．存在于污水中的重金屬離子，常用加入明礬等電解質的方法進行處理B．碳酸氫鈉能與堿反應，因此可用作食品的膨松劑C．膠片沖洗時可用硫代硫酸鈉做定影液，但是不能在酸性較強的溶液中進行D．Na2SO4濃溶液能使蛋白質發(fā)生鹽析，可用于殺菌、消毒22分）下列說法正確的是()A．紫外線照射下，液態(tài)蛋白質會凝固是發(fā)生了化學變化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．等物質的量的MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合，得到白色沉淀和BaCl2溶液32分）下列離子方程式正確的是()A．熱的純堿溶液可以清洗油污是因為：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，向次氯酸鈣溶液通少量SO2：Ca2++2ClO﹣+H2O+SO2═D．FeBr2溶液中通入足量的Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣42分）下列實驗操作敘述正確的是()A．只用試管和膠頭滴管就可以鑒別Ca（HCO3）2溶液和NaOH溶液B．某NaNO3溶液中混有少量硫酸銨和碳酸氫鈉雜質，可通過依次加入過量的Ba（OH）2溶液、Na2CO3溶液、HNO3溶液并分別過濾的方法除雜C．用如圖裝置可以制備沉淀Fe（OH）2D．在酸性高錳酸鉀溶液中加入H2O2溶液褪色，則H2O2既是氧化劑又是還原劑52分）下列有關圖象及敘述正確的是()向含有Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入適量氯氣，溶液中各離子的物質的量變化關系，則原混合溶液中c（FeI2）＝2mol/LB．常溫下將Cl2緩慢通100mL水中至飽和，再逐滴滴加0.1mol/L的NaOH溶液，從pH變化判斷曲線@④段發(fā)生HClO+OH﹣═ClO﹣+H2O的反應C．表示向NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合液中逐漸通入CO2至過量過程中沉淀的物質的量（Y）與加入試劑的量（X）之間的關系D．標況下，向100mL的H2S飽和溶液中通入SO2，根據(jù)圖中pH的變化可判斷原H2S溶液的物質的量濃度為0.01mol/L62分）下列說法正確的是()A．2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4═2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O中，每轉移1.1mol電子，有0.2molI﹣被氧化2溶液已經(jīng)變質C．粗銅電解精煉時，粗銅做陽極D．工業(yè)上由含釩的礦物冶煉難熔金屬釩，通常采用CO熱還原法72分）下列說法不正確的是()A．ClO2是一種高效安全的綠色殺菌劑，等物質的量的ClO2殺菌效果比Cl2、HClO強（已知：殺菌效果以單位物質的量得到電子的數(shù)目表示）B．電解飽和食鹽水陰極產(chǎn)生氫氣得不到鈉的事實可以根據(jù)金屬活動順序表解釋C．NaAlO2飽和溶液、NH3和NaCl混合飽和溶液中分別持續(xù)通入CO2，最終都產(chǎn)生渾濁D．CsICl2是一種堿金屬的多鹵代物，在其溶液中通入氯氣，有I2生成82分）下列說法正確的是()A．某氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，該氣體的水溶液一定顯堿性B．0.2molNa2O2和Na2S的混合物中共含有離子數(shù)目為0.7NAC．已知I3﹣?I2+I﹣,向盛有KI3溶液的試管中加入適量CCl4，振蕩靜置后CCl4層顯紫色，說明KI3在CCl4中的溶解度比在水中的大D．密閉容器中2molSO2與1molO2在一定條件下充分反應，產(chǎn)物的分子數(shù)為2NA92分）下列有關微粒的說法正確的是()A．構成單質分子的微粒中不一定含有化學鍵B．由Xn﹣1可知該離子中子數(shù)為b﹣a，該元素相對原子質量為bC．四氯化碳分子比例模型：D．核外電子排布相同的微?；瘜W性質也相同102分）下列有關說法正確的是()A．標準狀況下，NA個NO分子和0.5NA個O2分子充分反應后氣體體積為22.4LB．氯酸和硫酸的酸性強弱不可判斷硫、氯元素非金屬性強弱C．25℃時，1LpH＝13的Ba（OH）2溶液中含有0.2molOH﹣D．根據(jù)溶液導電能力強弱，將電解質分為強電解質、弱電解質112分）下列說法正確的是()A．NaNO3能使Fe2+轉化為Fe3+B．為了除去硫酸銅溶液中含有的Fe2+雜質，應加入過量的CuO使雜質轉化為沉淀C．C2O3氣體溶于水生成草酸，可燃，可知是一種酸性氧化物，燃燒消耗等物質的量的氧氣D．向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量氯氣后，滴加KSCN溶液，溶液變紅，則Br﹣可能被氧化122分）氫化亞銅（CuH）是一種不穩(wěn)定的物質，能在氯氣中燃燒，也能跟酸反應產(chǎn)生氣體。用CuSO4溶液和“另一種反應物”在40℃~50℃時反應可生成CuI。下列敘述中A．CuH與鹽酸反應生成的氣體是H2B．“另一種反應物”在反應中表現(xiàn)還原性C．CuH在氯氣中燃燒的化學方程式為CuH+Cl2點ˉ燃CuCl+HClD．CuH與足量硝酸反應：CuH+3H++NO3﹣═Cu2++NO↑+2H2O132分）下列說法正確的是()A．配制一定物質的量濃度的NaOH溶液時，NaOH固體溶解后未恢復到室溫就定容，所配制的溶液濃度偏小B．FeCO3在空氣中高溫分解可得到純凈的FeOC．某溶液含有NO3﹣、HCO3﹣、SO32﹣、CO32﹣、SO42﹣等5種離子，若加入少量Na2O2固體，溶液中3種離子的濃度基本保持不變D．Na2CO3（NaHCO3為了除去固體中括號內(nèi)的雜質，應采用加熱的方法142分）X、Y、Z、W是四種短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大，X是原子半徑最小的元素，元素Y的原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，元素Z的﹣1價陰離子和元素W的+3價陽離子的核外電子排布均與氖原子相同，下列說法中錯誤的是()A．X與Y形成的化合物可能含有非極性鍵B．X的單質與Z的單質在暗處能劇烈反應C．含W的鹽溶于水形成的溶液常用于自來水的殺菌消毒D．離子半徑：r（Z﹣)>r（W3+）152分）在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是()點燃B．H2SO4點燃高溫162分）下列制取SO2、驗證其漂白性、收集并進行尾氣處理的裝置和原理能達到實驗A．制取SO2B．驗證漂白性C．收集SO2D．尾氣處理172分）NA代表阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是()A．通入了1molCl2的新制氯水中，HClO、Cl﹣、ClO﹣粒子數(shù)之和為2NAB．標準狀況下，22.4LNH3和HCl的混合氣體中含有的分子總數(shù)為NAC．0.5mol羥基中電子數(shù)為5NAD．高溫下，0.3molFe與足量的水蒸氣完全反應失去的電子數(shù)為0.8NA182分）下列說法正確的是()A．鹵素單質（X2）與水反應均可生成兩種酸B．用電子式表示MgF2的形成過程為：C．SiO2制成的纖維，因導電能力強而用于制造通訊光纜D．滴加甲基橙試液呈紅色的溶液中Na+、NO3﹣、K+、Al3+能大量共存192分）多巴胺的一種合成路線如圖所示，下列說法正確的是()A．原料甲與苯酚互為同系物B．中間產(chǎn)物乙具有手性碳原子（連有四個不同基團的碳原子）C．多巴胺不可能存在氨基酸類的同分異構體D．1mol甲最多可以和2molBr2發(fā)生取代反應202分）下列各組離子在堿性條件下可以大量共存，在酸性條件下因發(fā)生氧化還原反應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）實驗室從含Br﹣的廢液中提取溴單質，下列裝置能達到實驗目的的是()A．用裝置甲氧化廢液中的Br﹣B．用裝置乙分離CCl4層和水層C．用裝置丙分離CCl4和液溴D．用儀器丁長期貯存液溴222分）有X、Y兩種元素，原子序數(shù)≤20，X的原子半徑小于Y，且X、Y原子的最外層電子數(shù)相同（選項中m、n均為正整數(shù)下列說法正確的是()A．若HnXOm為強酸，則X的氫化物溶于水一定顯酸性B．若X（OH）n為強堿，則Y（OH）n也一定為強堿C．若X元素形成的單質是X2，則Y元素形成的單質一定是Y2D．若Y的最高正價為+m，則X的最高正價一定為+m232分）下列說法正確的是()A．1mol青石棉[Na2Fe5Si8O22（OH）2]能使1mol稀HNO3被還原B．氯氣與CH4、Na2S溶液充分反應后，體系內(nèi)酸堿性不會發(fā)生顯著變化C．向SO2水溶液中通入H2S氣體，有淡黃色沉淀產(chǎn)生，說明SO2具有還原性D．銅與濃硫酸反應后有銅片剩余。若繼續(xù)向溶液中滴加NaHCO3溶液，無現(xiàn)象242分）部分氧化的Fe﹣Cu合金樣品（氧化物為Fe2O3、CuO）共5.76g，經(jīng)如下處理，下列說法正確的是()A．濾液A中的陽離子為Fe2+、Fe3+、H+B．溶解樣品消耗的硫酸共為0.02molC．樣品中氧元素的質量為0.48gD．V＝448mL二、非選擇題2513分）L、M、R、T、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，M、T在周期表中的相對位置如表；L與R原子的最外層電子數(shù)相同，R的單質是一種常見的半導體材料。MT（1）L與T形成的化合物可以溶解硫單質，其電子式為。（2）下列有關相應元素金屬性強弱比較的說法不正確的是。A．W的氣態(tài)氫化物比T的氣態(tài)氫化物的酸性強，所以非金屬性W強于TB．高溫下，L的單質能從R的最高價氧化物中置換出R，則非金屬性L強于RC．W的核電荷數(shù)比T多，原子半徑比T小，得電子能力強，則非金屬性W強于TD．同溫、同濃度的Na2LO3和Na2TO3溶液的pH：Na2LO3＞Na2TO3，則非金屬性T強（3MH4）2Fe（TO4）2固體隔絕空氣加熱至500℃時能完全分解，分解產(chǎn)物中含有鐵氧化物和氣體混合物。用如圖所示部分裝置進行實驗（夾持裝置略）驗證分解產(chǎn)物。①實驗驗證分解產(chǎn)物能使C中變藍，D中溶液變紅，F(xiàn)中溶液紅色褪去，則驗證分解產(chǎn)物中含有氨氣和水蒸氣所選用裝置的正確連接順序為（填裝置的字母序號通N2的目的是。②A中固體完全分解后變?yōu)榧t棕色粉末，設計實驗證明A中殘留固體僅為Fe2O3，而不含F(xiàn)eO或Fe3O4：。③若連接A→E→F→B進行實驗，探究分解產(chǎn)物中的硫氧化物，則B的作用是。④實驗過程中觀察到E中沒有明顯現(xiàn)象，實驗證明該固體受熱分解除上述產(chǎn)物外，還有N2生成，寫出A中反應的化學方程式。2613分）某研究性學習小組學生根據(jù)氧化還原反應規(guī)律，探究NO2與Na2O2反應的情況，提出假設并進行相關實驗。從理論上分析Na2O2和NO2都既有氧化性又有還原性，于是提出如下假設：假設1：Na2O2氧化NO2；假設2：NO2氧化Na2O2。同學設計如圖裝置進行實驗：①管A中反應的離子方程式是。②待試管B中時，關閉旋塞a和b；取下試管B，向其中加入適量Na2O2粉末，塞上塞子，輕輕振蕩試管內(nèi)粉末，觀察到紅棕色氣體迅速消失；再將帶火星的木條迅速伸進試管內(nèi)，木條復燃。③儀器C的作用。④該實驗存在缺陷，為達到實驗目的，在A、B之間應增加一個裝置，該裝置的作用是。用改進后的裝置重復實驗操作，觀察到紅棕色氣體迅速消失；帶火星的木條未復燃，得出結論：假設1正確。則NO2和Na2O2反應的化學方程式是。2713分）明礬石是制取鉀肥和氫氧化鋁的重要原料，明礬石的組成和明礬相似，此外還含有氧化鋁和少量的氧化鐵雜質。具體實驗流程如圖。（1）操作1所用到的玻璃儀器的名稱是。（2）由溶液3制取氫氧化鋁的離子方程式為（3）請你寫出驗證溶液1中有NH4+的實驗過程：。（4）寫出固體中所有物質的化學式。（5）由Al（OH）3可反應生成氯化鋁，由氯化鋁溶液制備無水氯化鋁的操作是。（6）現(xiàn)有一包鋁熱劑是鋁粉和氧化鐵粉末的混合物，在高溫下使之充分反應，將反應后的固體分為兩等份，進行如下實驗（計算pH時假定溶液體積沒有變化）①向其中一份固體中加入100mL2.0mol?L﹣1的NaOH溶液，加熱使其充分反應后過濾，測得濾液pH=14；②向另一份固體中加入140mL4.0mol?L﹣1的HCl溶液，使固體全部溶解，測得反應后所得溶液中只有H+、Fe2+和Al3+三種陽離子且pH＝0。寫出實驗①發(fā)生的離子方程式：這包鋁熱劑中氧化鐵的質量。2813分）羥甲香豆素是一種治療膽結石的藥物，合成路線如圖所示。H+（R、R'、R''代表烴基）RCOOR（R、R'、R''代表烴基）△（1）A屬于芳香烴，則B結構簡式是。（2）C→D的反應類型是。（3）E屬于酯類。僅以乙醇為有機原料，選用必要的無機試劑合成E，寫出有關化學方程式：。一定條件（4）已知：2E→F+C2H5OH。F所含官能團有和（寫名稱）。（5）F符合下列條件的同分異構體有種，能與NaHCO3反應放出氣體；能發(fā)生銀鏡反應。寫出其中有2個甲基的同分異構體的結構簡式。（6）以D和F為原料合成羥甲香豆素分為三步反應，寫出第一步的產(chǎn)物的結構簡（7）下列有關說法正確的是。A．D物質既能使溴水褪色，也能使酸性高錳酸鉀褪色B．B、C、D的核磁共振氫譜都有4個峰C．羥甲基香豆素能發(fā)生取代反應、加成反應、氧化反應、還原反應、消去反應D．D和F生成羥甲基香豆素的三步反應包括加成反應、取代反應、消去反應一．選擇題（每題只有一個正確選項）12分）下列說法正確的是()A．存在于污水中的重金屬離子，常用加入明礬等電解質的方法進行處理B．碳酸氫鈉能與堿反應，因此可用作食品的膨松劑C．膠片沖洗時可用硫代硫酸鈉做定影液，但是不能在酸性較強的溶液中進行D．Na2SO4濃溶液能使蛋白質發(fā)生鹽析，可用于殺菌、消毒【分析】A．明礬溶液中的鋁離子水解可以得到具有吸附性的氫氧化鋁膠體，可以吸附懸浮雜質；B．碳酸氫鈉不穩(wěn)定受熱分解生成二氧化碳；C．硫代硫酸鈉酸性環(huán)境下發(fā)生歧化反應；D．用于殺菌、消毒的溶液應使蛋白質變性?！窘獯稹拷猓篈．明礬溶液中的鋁離子水解可以得到具有凈水作用的氫氧化鋁膠體，可吸附懸浮物，但是不會處理污水中的重金屬離子，故A錯誤；B．碳酸氫鈉不穩(wěn)定受熱分解生成二氧化碳，所以可用作食品的膨松劑，與其與碳酸鈉反應無關，故B錯誤；C．硫代硫酸鈉酸性環(huán)境下發(fā)生歧化反應，分解生成硫單質和二氧化硫、水，所以膠片沖洗時可用硫代硫酸鈉做定影液，但是不能在酸性較強的溶液中進行，故C正確；D．用于殺菌、消毒的溶液應使蛋白質變性，Na2SO4濃溶液不能使蛋白質變性，故D錯故選：C。【點評】本題為綜合題，涉及氧化還原反應、碳酸氫鈉、蛋白質的性質等知識，為高頻考點，側重于化學于生活、生產(chǎn)的考查，有利于培養(yǎng)學生的良好的科學素養(yǎng)，難度不大。22分）下列說法正確的是()A．紫外線照射下，液態(tài)蛋白質會凝固是發(fā)生了化學變化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．等物質的量的MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合，得到白色沉淀和BaCl2溶液【分析】A.蛋白質凝固發(fā)生變性；B.用于制作耐火材料的是氧化鋁；﹣12的溶液中存在c（H+）c（OH﹣)=10﹣14，計算得到c（H+）=10﹣13mol/L，據(jù)此分析離子存在；D.先發(fā)生酸堿中和反應，等物質的量反應，堿不足，生成沉淀和水?！窘獯稹拷猓篈.蛋白質凝固發(fā)生變性，生成了新物質，是化學變化，故A正確；B.Al（OH）3受熱易分解，不能做耐火材料，氧化鋁熔點高可用于制作耐火材料，故B錯誤；﹣溶液顯堿性，Na+、K+、CH3COO﹣、SO42﹣可以大量共存，故C錯誤；D.等物質的量的MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合的離子反應為2H++Mg2++4OH﹣═Mg（OH）2↓+2H2O，反應生成氯化鋇和氫氧化鎂沉淀，溶液中得到氯化鎂、氯化鋇溶液和氫氧化鎂沉淀，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查了物質性質和應用、離子共存、離子反應的定量關系等知識點，掌握基礎是解題關鍵，題目難度不大。32分）下列離子方程式正確的是()A．熱的純堿溶液可以清洗油污是因為：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，向次氯酸鈣溶液通少量SO2：Ca2++2ClO﹣+H2O+SO2═D．FeBr2溶液中通入足量的Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣【分析】A.碳酸根離子分步水解，以第一步為主；B.氯化鐵溶液由于鐵離子水解，溶液顯酸性，加入碳酸鈣，碳酸鈣與氫離子反應生成二氧化碳氣體，使鐵離子的水解平衡正向移動；C.次氯酸具有強的氧化性，能夠氧化二氧化硫生成硫酸根離子；D.氯氣足量，溴離子、二價鐵離子都被氧化?！窘獯稹拷猓篈.熱的純堿溶液可以清洗油污，離子方程式：CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣,故A錯誤；B.氯化鐵溶液由于鐵離子水解，溶液顯酸性，加入碳酸鈣，碳酸鈣與氫離子反應生成二3CaCO3+2Fe3++3H2O═2Fe（OH）3+3CO2↑+3Ca2+，故B正確；C.向次氯酸鈣溶液中通入少量SO2的離子反應為Ca2++3ClO﹣+H2O+SO2═CaSO4↓+Cl﹣+2HClO，故C錯誤；D.向FeBr2溶液中通入足量Cl2，亞鐵離子和溴離子都完全被氧化，正確的離子方程式為：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Br2+2Fe3++6Cl﹣,故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查離子反應方程式的書寫，為高頻考點，把握發(fā)生的反應、離子反應的書寫方法為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意離子反應中保留化學式的物質及電子、電荷守恒，題目難度不大.42分）下列實驗操作敘述正確的是()A．只用試管和膠頭滴管就可以鑒別Ca（HCO3）2溶液和NaOH溶液B．某NaNO3溶液中混有少量硫酸銨和碳酸氫鈉雜質，可通過依次加入過量的Ba（OH）2溶液、Na2CO3溶液、HNO3溶液并分別過濾的方法除雜C．用如圖裝置可以制備沉淀Fe（OH）2D．在酸性高錳酸鉀溶液中加入H2O2溶液褪色，則H2O2既是氧化劑又是還原劑【分析】A.二者相互滴加都立即產(chǎn)生白色沉淀；B.加入過量氫氧化鋇，可除去硫酸根離子、碳酸氫根離子生成鋇鹽沉淀，生成的氨氣易溶于水；C.關閉止水夾C，A中硫酸亞鐵進入B中可生成Fe（OH）2；D.過氧化氫被酸性高錳酸鉀溶液氧化?！窘獯稹拷猓篈.只用試管和膠頭滴管不能鑒別Ca（HCO3）2溶液和NaOH溶液，故A錯誤；B.加入過量氫氧化鋇，可除去硫酸根離子、碳酸氫根離子生成鋇鹽沉淀，生成的氨氣易溶于水，最后加入硝酸可生成硝酸銨，不能得到純凈的硝酸鈉，故B錯誤；C.關閉止水夾C，A中硫酸亞鐵進入B中可生成Fe（OH）2反應開始時生成的氫氣進入B中，可排出氧氣，防止生成的氫氧化亞鐵被氧化，一段時間后關閉止水夾C，A中硫酸亞鐵進入B中可生成Fe（OH）2，故C正確；D.過氧化氫被酸性高錳酸鉀溶液氧化，過氧化氫只體現(xiàn)還原性，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、反應與現(xiàn)象、實驗技能為解答關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。52分）下列有關圖象及敘述正確的是()A．向含有Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入適量氯氣，溶液中各離子的物質的量變化關系，則原混合溶液中c（FeI2）＝2mol/LB．常溫下將Cl2緩慢通100mL水中至飽和，再逐滴滴加0.1mol/L的NaOH溶液，從pH變化判斷曲線@④段發(fā)生HClO+OH﹣═ClO﹣+H2O的反應C．表示向NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合液中逐漸通入CO2至過量過程中沉淀的物質的量（Y）與加入試劑的量（X）之間的關系D．標況下，向100mL的H2S飽和溶液中通入SO2，根據(jù)圖中pH的變化可判斷原H2S溶液的物質的量濃度為0.01mol/L【分析】A.還原性為I﹣>Fe2+＞Br﹣,則先發(fā)生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣;B.曲線③④段發(fā)生反應：HCl+NaOH═NaCl+H2O、HClO+NaOH═NaClO+H2O；C.混合溶液中逐漸通入CO2至過量，依次生成碳酸鋇沉淀、碳酸鈉、氫氧化鋁沉淀、碳酸氫鈉、碳酸氫鋇；D.b點溶液為中性，H2S和H2SO3恰好反應生成S和水，根據(jù)SO2的體積計算。【解答】解：A.還原性為I﹣>Fe2+＞Br﹣,則先發(fā)生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣,AB段表示碘離子減少，則與碘離子反應消耗氯氣為1mol，所以碘離子為2mol，溶液的體積不知道，F(xiàn)eI2的濃度無法計算，故A錯誤；B.曲線③④段發(fā)生反應：HCl+NaOH═NaCl+H2O、HClO+NaOH═NaClO+H2O，離子反應分別為：H++OH﹣=H2O、HClO+OH﹣═H2O+ClO﹣,故B正確；C.NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中逐漸通入CO2至過量，依次生成碳酸鋇沉淀、碳酸鈉、氫氧化鋁沉淀、碳酸氫鈉、碳酸氫鋇，沉淀量達到最大值后會減少，圖象不符合，故C錯誤；D.b點時H2S恰好反應，消耗SO2為=0.005mol，由反應2H2S+SO2＝3S↓+2H2O可知＝0.005mol×2＝0.01mol，則c=0.1mol/L，故D錯故選：B?！军c評】本題考查化學反應圖象、化學方程式有關計算、氧化還原反應、溶液酸堿性，解答本題關鍵在于理解相關反應，和反應的順序，并要求能夠熟練寫出相應的反應的方程式，找出對應的圖形即可，題目難度中等，側重于考查學生分析能力和應用能力。62分）下列說法正確的是()A．2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4═2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O中，每轉移1.1mol電子，有0.2molI﹣被氧化2溶液已經(jīng)變質C．粗銅電解精煉時，粗銅做陽極D．工業(yè)上由含釩的礦物冶煉難熔金屬釩，通常采用CO熱還原法【分析】A.2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4＝2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O中，Cu元素的化合價由+2價降低為+1價，I元素的化合價由+5價降低為0，I元素的化合價由﹣1價升高到0，只有I﹣被氧化；B.酸性條件下硝酸根離子能夠氧化亞鐵離子；C.電解精煉銅時，粗銅為陽極，純銅為陰極；D.工業(yè)上通常利用鋁熱反應冶煉難熔金屬?！窘獯稹拷猓篈.反應中Cu元素的化合價由+2價降低為+1價，I元素的化合價由+5價降有1.1molI﹣被氧化，故A錯誤；B.向Fe（NO3）2溶液中加入稀硫酸酸化，亞鐵離子被硝酸根離子氧化，干擾了檢驗結果，無法證明該Fe（NO3）2溶液是否變質，故B錯誤；C.粗銅電解精煉時，陽極失去電子被氧化，陰極銅離子得到電子被還原，則粗銅做陽極，純銅作陰極，故C正確；D.工業(yè)上利用鋁熱反應冶煉難熔金屬釩，不采用CO熱還原法冶煉，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查氧化還原反應、金屬冶煉、電解原理等知識，題目難度不大，明確發(fā)生反應原理為解答關鍵，注意掌握氧化還原反應特征、金屬冶煉原理，試題側重考查學生的分析能力及知識遷移能力。72分）下列說法不正確的是()A．ClO2是一種高效安全的綠色殺菌劑，等物質的量的ClO2殺菌效果比Cl2、HClO強（已知：殺菌效果以單位物質的量得到電子的數(shù)目表示）B．電解飽和食鹽水陰極產(chǎn)生氫氣得不到鈉的事實可以根據(jù)金屬活動順序表解釋C．NaAlO2飽和溶液、NH3和NaCl混合飽和溶液中分別持續(xù)通入CO2，最終都產(chǎn)生渾濁D．CsICl2是一種堿金屬的多鹵代物，在其溶液中通入氯氣，有I2生成【分析】A．根據(jù)化合價變化值計算；B．用惰性電極電解飽和食鹽水時，失電子能力越強，其單質的還原性越弱；C．偏鋁酸鈉和過量二氧化碳反應生成氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉，NH3和NaCl混合飽和溶液是侯德榜制堿的原理；D．CsICl2是一種堿金屬的多鹵化物，Cs為+1價，I為+1價，Cl為﹣1價?！窘獯稹拷猓篈．ClO2作為氧化劑，由+4價降低到﹣1價，殺菌效果比Cl2、HClO強，故A正確；B．金屬陽離子失電子能力越強，其單質的還原性越弱，用惰性電極電解飽和食鹽水時，陰極生成氫氣而得不到鈉，說明Na的活動性大于氫，所以可以用金屬活動性順序解釋，故B正確；2H2O+NaAlO2+CO2＝Al（OH）3↓+NaHCO3，會產(chǎn)生沉淀，NH3和NaCl混合飽和溶液是侯德榜制堿的原理，反應發(fā)生NH3+CO2+NaCl+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl，所以有NaHCO3晶體析出，最終都產(chǎn)生渾濁，故C正確；D．CsICl2是一種堿金屬的多鹵化物，Cs為+1價，I為+1價，Cl為﹣1價，通入氯氣不反應，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查含氯消毒劑的殺菌效果、金屬活動順序表、復分解反應、氧化還原反應等知識點，明確物質中各元素的化合價是解答本題的關鍵，注意化合價降低表現(xiàn)氧化性，化合價升高表現(xiàn)還原性，難度中等。82分）下列說法正確的是()A．某氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，該氣體的水溶液一定顯堿性B．0.2molNa2O2和Na2S的混合物中共含有離子數(shù)目為0.7NAC．已知I3﹣?I2+I﹣,向盛有KI3溶液的試管中加入適量CCl4，振蕩靜置后CCl4層顯紫色，說明KI3在CCl4中的溶解度比在水中的大D．密閉容器中2molSO2與1molO2在一定條件下充分反應，產(chǎn)物的分子數(shù)為2NA【分析】A．堿性溶液能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍；B．Na2O2和Na2S均由2個陽離子和1個陰離子構成；C．I2溶于四氯化碳顯紫色；D．二氧化硫與氧氣的反應屬于可逆反應，反應物不能全部轉化為生成物?！窘獯稹拷猓篈．某氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，則氣體的水溶液顯堿性，如氣體可能為氨氣，故A正確；B．Na2O2和Na2S均由2個陽離子和1個陰離子構成，故0.2mol過氧化鈉和硫化鈉的混合物中含0.6NA個離子，故B錯誤；C．已知I3﹣?I2+I﹣,向盛有KI3溶液的試管中加入適量CCl4，振蕩靜置后CCl4層顯紫色，是因為I2溶于四氯化碳顯紫色，說明I2在CCl4中的溶解度比在水中的大，故C錯D．二氧化硫與氧氣的反應屬于可逆反應，反應物不能全部轉化為生成物，則密閉容器中2molSO2與1molO2在一定條件下充分反應生成的三氧化硫少于2mol，容器中有氧氣和二氧化硫剩余，產(chǎn)物的分子數(shù)小于2NA，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查元素化合物的組成和性質、可逆反應，為高頻考點，把握反應原理、物質的組成與性質為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，題目難度不大。92分）下列有關微粒的說法正確的是()A．構成單質分子的微粒中不一定含有化學鍵B．由Xn﹣1可知該離子中子數(shù)為b﹣a，該元素相對原子質量為bC．四氯化碳分子比例模型：D．核外電子排布相同的微?；瘜W性質也相同【分析】A.單原子分子中不含化學鍵；B.中子數(shù)＝質量數(shù)﹣質子數(shù)，該原子的相對原子質量在數(shù)值上等于其質量數(shù)；C.四氯化碳中氯原子半徑大于碳原子；D.核外電子排布式相同的微?；瘜W性質可能相同也可能不同?！窘獯稹拷猓篈.單原子分子中不含化學鍵，如稀有氣體，故A正確；B.中子數(shù)＝質量數(shù)﹣質子數(shù)，該原子的相對原子質量在數(shù)值上等于其質量數(shù)，則該原子的相對原子質量為b，而不是該元素的相對原子質量為b，故B錯誤；C.四氯化碳中氯原子半徑大于碳原子，其比例模型為，故C錯誤；D.核外電子排布式相同的微?；瘜W性質可能相同也可能不同，如H、H的核外電子排布式及化學性質都相同，而Na+、F﹣核外電子排布式相同但是其化學性質不同，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查化學鍵，側重考查對物質結構和性質的認識，明確物質構成微粒、元素周期律內(nèi)涵是解本題關鍵，注意規(guī)律中的反?，F(xiàn)象，A、D為解答易錯點。102分）下列有關說法正確的是()A．標準狀況下，NA個NO分子和0.5NA個O2分子充分反應后氣體體積為22.4LB．氯酸和硫酸的酸性強弱不可判斷硫、氯元素非金屬性強弱C．25℃時，1LpH＝13的Ba（OH）2溶液中含有0.2molOH﹣D．根據(jù)溶液導電能力強弱，將電解質分為強電解質、弱電解質【分析】A、二氧化氮氣體中存在平衡：2NO2?N2O4；B、判斷硫、氯元素非金屬性強弱應該用最高價的氧化物對應的酸性強弱進行判斷；C、25℃時，1LpH＝13的Ba（OH）2溶液中c（H+10﹣13mol/L，則c（OH﹣)D、強電解質與弱電解質的本質區(qū)別為在水溶液或熔融狀態(tài)下能否完全電離?！窘獯稹拷猓篈、NA個NO分子和0.5NA個O2分子混合后恰好完全反應生成1mol二氧化氮，但二氧化氮氣體中存在平衡：2NO2?N2O4，導致分子個數(shù)減少，故氣體分子個數(shù)小于NA個，故C錯誤；B、判斷硫、氯元素非金屬性強弱應該用最高價的氧化物對應的酸性強弱進行判斷，氯的最高價對應的酸為高氯酸HClO4，故B正確；C、25℃時，1LpH＝13的Ba（OH）2溶液中c（H+10﹣13mol/L，則c（OH﹣)mol/L＝0.1mol/L，則n＝0.1mol/L×1L＝0.1mol，故C錯誤；D、強電解質與弱電解質的本質區(qū)別為在水溶液或熔融狀態(tài)下能否完全電離，而溶液的導電能力還與溶質濃度有關，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查了阿伏加德羅常數(shù)的分析應用，掌握公式的使用和物質的結構、狀態(tài)是解題關鍵，題目難度中等。112分）下列說法正確的是()A．NaNO3能使Fe2+轉化為Fe3+B．為了除去硫酸銅溶液中含有的Fe2+雜質，應加入過量的CuO使雜質轉化為沉淀C．C2O3氣體溶于水生成草酸，可燃，可知是一種酸性氧化物，燃燒消耗等物質的量的氧氣D．向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量氯氣后，滴加KSCN溶液，溶液變紅，則Br﹣可能被氧化【分析】A、NaNO3氧化性不強；B、除去硫酸銅溶液中含有的Fe2+雜質，若加入過量的CuO會使Cu2+轉化為氫氧化銅沉點燃C、C2O3氣體燃燒的化學方程式為2C2O3+O2-4CO2；D、還原性：I﹣>Fe2+＞Br﹣,向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量氯氣后有Fe3+生成，則Br﹣可能部分被氧化?！窘獯稹拷猓篈、HNO3有強氧化性，能使Fe2+轉化為Fe3+，但NaNO3不具有強氧化性，不能氧化Fe2+生成Fe3+，故A錯誤；B、除去硫酸銅溶液中含有的Fe2+雜質，常常先加入合適的氧化劑使Fe2+氧化為Fe3+，再加入過量的CuO使Fe3+轉化為氫氧化鐵沉淀除去，故B錯誤；點燃C、C2O3氣體燃燒的化學方程式為2C2O3+O2-4CO2，則C2O3燃燒消耗氧氣的物質的量為C2O3的一半，故C錯誤；D、還原性：I﹣>Fe2+＞Br﹣,向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量氯氣后滴加KSCN溶液變紅，則有Fe3+生成，I﹣反應完全，Br﹣可能部分發(fā)生氧化反應，也可能完全完全被氧化，還可能完全沒有被氧化，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查氧化還原反應概念、混合物分離提純和物質的性質等知識，為高考常見題型和高頻考點，側重于學生的分析能力與實驗能力的考查，把握物質的性質和氧化還原反應的應用即可解答，注意除雜原則和除去Fe2+雜質的實驗方法，題目難度中等。122分）氫化亞銅（CuH）是一種不穩(wěn)定的物質，能在氯氣中燃燒，也能跟酸反應產(chǎn)生氣體。用CuSO4溶液和“另一種反應物”在40℃~50℃時反應可生成CuI。下列敘述中A．CuH與鹽酸反應生成的氣體是H2B．“另一種反應物”在反應中表現(xiàn)還原性點燃C．CuH在氯氣中燃燒的化學方程式為CuH+Cl2-CuCl+HClD．CuH與足量硝酸反應：CuH+3H++NO3﹣═Cu2++NO↑+2H2O【分析】A．CuH跟鹽酸反應能產(chǎn)生氣體，氣體為氫氣；B.Cu元素的化合價由+2價降低為+1價，在反應中CuSO4作氧化劑；C．CuH在氯氣中能燃燒，Cu元素的化合價升高，Cl元素的化合價降低；D．CuH與足量稀硝酸反應，Cu、H元素的化合價升高，N元素的化合價降低.【解答】解：A．CuH跟鹽酸反應能產(chǎn)生氣體，氣體為H2，該反應中只有H元素的化合價發(fā)生變化，反應方程式為：CuH+HCl═CuCl+H2↑,故A正確；B.CuSO4溶液轉化成CuI，Cu元素的化合價由+2價降低為+1價，在反應中CuSO4作氧化劑，則“另一種反應物”在反應中作還原劑，具有還原性，故B正確；C．CuH在氯氣中能燃燒，Cu元素的化合價升高，Cl元素的化合價降低，則發(fā)生點燃D．CuH與足量稀硝酸反應，Cu、H元素的化合價升高，N元素的化合價降低，則反應方程式為：CuH+3H++NO3﹣=Cu2++NO↑+2H2O，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查氧化還原反應，題目難度不大，明確發(fā)生反應原理為解答關鍵，注意掌握氧化還原反應概念及特征，試題側重考查學生的分析能力及知識遷移能力。132分）下列說法正確的是()A．配制一定物質的量濃度的NaOH溶液時，NaOH固體溶解后未恢復到室溫就定容，所配制的溶液濃度偏小B．FeCO3在空氣中高溫分解可得到純凈的FeOC．某溶液含有NO3﹣、HCO3﹣、SO32﹣、CO32﹣、SO42﹣等5種離子，若加入少量Na2O2固體，溶液中3種離子的濃度基本保持不變D．Na2CO3（NaHCO3為了除去固體中括號內(nèi)的雜質，應采用加熱的方法【分析】A．氫氧化鈉溶于水放熱，導致所得溶液體積偏??；B.二價鐵在空氣中加熱易被氧化為三價鐵；C.Na2O2與水反應生成氫氧化鈉，溶液呈堿性，Na2O2具有強氧化性，能與OH﹣反應的離子和具有還原性的離子的濃度會發(fā)生改變，同時溶液中存在反應生成的離子，該離子濃度也會變化；D.碳酸氫鈉加熱易分解，而碳酸鈉較穩(wěn)定。【解答】解：A．NaOH固體溶解后未恢復到室溫就定容，熱的的溶液體積偏大，冷卻后體積變小，導致溶液體積偏小，所配制的溶液濃度偏大，故A錯誤；B.由于二價鐵在空氣中加熱易被氧化為三價鐵，所以FeCO3在空氣中高溫分解不能得到純凈的FeO，故B錯誤；C.Na2O2與水反應生成氫氧化鈉，溶液呈堿性，HCO3﹣與OH﹣反應生成CO32﹣,則HCO3﹣離子濃度減小、CO32﹣離子濃度增大；Na2O2具有強氧化性，將SO32﹣氧化為SO42﹣,則SO32﹣離子濃度減小、SO42﹣濃度增大，所以只有NO3﹣濃度基本不變，故C錯誤；D.NaHCO3固體不穩(wěn)定，受熱分解生成Na2CO3，反應方程式為：△2NaHCO3-Na2CO3+H2O+CO2↑,而Na2CO3比較穩(wěn)定，所以可采用加熱的方法除去Na2CO3固體中的NaHCO3固體，故D正確；故選：D。【點評】本題考查較為綜合，涉及溶液配制、混合物分離與提純、離子反應等知識，題目難度不大，明確常見元素化合物性質為解答關鍵，注意掌握常見化學實驗基本操作方法，試題側重考查學生的分析能力及化學實驗能力。142分）X、Y、Z、W是四種短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大，X是原子半徑最小的元素，元素Y的原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，元素Z的﹣1價陰離子和元素W的+3價陽離子的核外電子排布均與氖原子相同，下列說法中錯誤的是()A．X與Y形成的化合物可能含有非極性鍵B．X的單質與Z的單質在暗處能劇烈反應C．含W的鹽溶于水形成的溶液常用于自來水的殺菌消毒D．離子半徑：r（Z﹣)>r（W3+）【分析】X、Y、Z、W是四種短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大，X是原子半徑最小的元素，X為H；元素Y的原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，2或3個電子層符合電子排布規(guī)律，則最外層電子數(shù)為4或6，則Y為C或S，結合原子序數(shù)Y小于Z、W，則Y只能為C；元素Z的﹣1價陰離子和元素W的+3價陽離子的核外電子排布均與氖原子相同，則Z為F，W為Al，以此來解答.【解答】解：由上述分析可知，X為H，Y為C，Z為F，W為Al，A．X與Y形成的化合物為乙烷時，含C﹣C非極性鍵，故A正確；B．Z為F，單質的氧化性強，與氫氣在暗處能劇烈反應，故B正確；C．含W的鹽溶于水形成的溶液，水解生成膠體可吸附水中懸浮雜質，不具有強氧化性，不能殺菌消毒，故C錯誤；D．具有相同電子排布的離子中，原子序數(shù)大的離子半徑小，則離子半徑為r（Z﹣)>r（W3+故D正確；故選：C?！军c評】本題考查原子結構與元素周期律，為高頻考點，把握元素的性質、原子序數(shù)、原子結構來推斷元素為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用，題目難度不大.152分）在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是()cl2NaOH(aq)A．Fe→FeCl2→Fe點燃O2H2OB．S→SO3→H2SO4點燃（OH）2高溫siO2C．CaCO3→CaO→CaSiO3高溫O2H2OD．NH3→NO→HNO3催化劑、△【分析】A、鐵與氯氣反應生成三氯化鐵；B．硫與氧氣反應生成二氧化硫；C．CaCO3高溫分解生成CaO，CaO和二氧化硅高溫反應生成硅酸鈣；D．氨氣催化氧化生成NO，NO和水不反應。【解答】解：A、因為氯氣具有強氧化性，則鐵與氯氣反應生成三氯化鐵，而不是氯化亞鐵，故A錯誤；B．硫與氧氣反應生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B錯誤；C．CaCO3高溫分解生成CaO，CaO為堿性氧化物，和酸性氧化物二氧化硅高溫反應生成鹽硅酸鈣，故C正確；D．氨氣催化氧化生成NO，NO和水不反應，不能生成硝酸，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查了物質性質、物質轉化的應用，主要是硫、鐵、氮的化合物性質的理解判斷，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等。162分）下列制取SO2、驗證其漂白性、收集并進行尾氣處理的裝置和原理能達到實驗A．制取SO2B．驗證漂白性C．收集SO2D．尾氣處理【分析】實驗室可用濃硫酸和銅在加熱條件下反應制備二氧化硫，二氧化硫密度比空氣大，可用向上排空氣法收集，具有漂白性，可使品紅褪色，二氧化硫為酸性氧化物，可與堿反應，以此解答該題?！窘獯稹拷猓篈．稀硫酸和銅不反應，應用濃硫酸和銅反應制備二氧化硫氣體，故A錯B．二氧化硫具有漂白性，可使品紅褪色，操作符合要求，可達到實驗目的，故B正確；C．二氧化硫密度比空氣大，可用向上排空氣法收集，氣體應從長導管進入，故C錯誤；D．二氧化硫不溶于飽和亞硫酸氫鈉溶液，應用氫氧化鈉溶液吸收尾氣，且防止倒吸，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查較為綜合，涉及氣體的制備、收集以及性質的檢驗等，為高頻考點，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，注意把握物質的性質的異同以及實驗的嚴密性和可行性的評價，難度中等172分）NA代表阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是()A．通入了1molCl2的新制氯水中，HClO、Cl﹣、ClO﹣粒子數(shù)之和為2NAB．標準狀況下，22.4LNH3和HCl的混合氣體中含有的分子總數(shù)為NAC．0.5mol羥基中電子數(shù)為5NAD．高溫下，0.3molFe與足量的水蒸氣完全反應失去的電子數(shù)為0.8NA【分析】A.氯氣溶于水，只有部分與水反應；B.氨氣與氯化氫反應生成氯化銨固體；C.1個羥基含有9個電子；D.鐵和水蒸氣反應后變?yōu)?.【解答】解：A.氯氣溶于水，只有部分與水反應，部分以氯氣分子存在，所以通入了1molCl2的新制氯水中，HClO、Cl﹣、ClO﹣粒子數(shù)之和小于2NA，故A錯誤；B.氨氣和HCl混合后會反應生成氯化銨固體，故標準狀況下，22.4LNH3和HCl混合氣體物質的量為=0.1mol，反應生成了氯化銨固體，氯化銨屬于離子化合物，分子數(shù)少于NA，故B錯誤；C.0.5mol羥基中電子數(shù)為4.5NA，故C錯誤；D.鐵和水蒸氣反應后變?yōu)?，故0.3mol鐵反應后失去0.8mol電子即0.8NA個，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查了阿伏加德羅常數(shù)的有關計算，難度不大，應注意公式的運用和物質的結構特點，注意氯化銨為離子晶體。182分）下列說法正確的是()A．鹵素單質（X2）與水反應均可生成兩種酸B．用電子式表示MgF2的形成過程為：C．SiO2制成的纖維，因導電能力強而用于制造通訊光纜D．滴加甲基橙試液呈紅色的溶液中Na+、NO3﹣、K+、Al3+能大量共存【分析】A．氟氣與水反應方程式：2F2+2H2O＝4HF+O2；B．MgF2是離子化合物，Mg失電子形成Mg2+，F(xiàn)得電子形成F﹣,達到8e﹣的穩(wěn)定結構，F(xiàn)﹣用[]括起來；C．光導纖維是利用光的全反射；D．甲基橙試液呈紅色顯酸性?！窘獯稹拷猓篈．氟氣氧化性極強，與水反應方程式為2F2+2H2O＝4HF+O2，不符合X2+H2O?HXO+HX，故A錯誤；B．氟離子和鎂離子通過離子鍵形成離子化合物氟化鎂，用電子式表示MgF2的形成過程為C．光導纖維是利用光的全反射，SiO2制成的纖維不導電，不是因為導電性強，故C錯D．酸性條件下：Na+、NO3﹣、K+、Al3+能大量共存，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查離子反應、電子式的書寫、物質的用途和離子共存問題，為高頻考點，側重分析與應用能力的考查，注意選項BC均為解答的易錯點，題目難度中等。192分）多巴胺的一種合成路線如圖所示，下列說法正確的是()A．原料甲與苯酚互為同系物B．中間產(chǎn)物乙具有手性碳原子（連有四個不同基團的碳原子）C．多巴胺不可能存在氨基酸類的同分異構體D．1mol甲最多可以和2molBr2發(fā)生取代反應【分析】A．甲與苯酚的酚﹣OH數(shù)目不同；B．連接4個不同原子或原子團的碳原子為手性碳原子；C．含氨基、苯環(huán)和﹣OH，同分異構體可存在﹣COOH、氨基；D．酚﹣OH的鄰對位與溴水發(fā)生取代反應.【解答】解：A．甲與苯酚的酚﹣OH數(shù)目不同，二者不是同系物，故A錯誤；B．連接醇羥基的碳原子為手性碳原子，故B正確；C．含氨基、苯環(huán)和﹣OH，同分異構體可存在﹣COOH、氨基，則多巴胺可能存在氨基酸類的同分異構體，故C錯誤；D．酚﹣OH的鄰對位與溴水發(fā)生取代反應，則1mol甲最多可以和4molBr2發(fā)生取代反應，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意酚、氨基酸的性質，題目難度不大.202分）下列各組離子在堿性條件下可以大量共存，在酸性條件下因發(fā)生氧化還原反應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．銅離子、亞鐵離子都與氫氧根離子反應；B.鎂離子、碳酸氫根離子與氫氧根離子反應；C.四種離子之間不反應，都不與氫氧根離子反應，但酸性條件下不發(fā)生氧化還原反應；D.四種離子之間不反應，都不與氫氧根離子反應，且酸性條件下氯離子、次氯酸根離子反應生成氯氣?！窘獯稹拷猓篈．Cu2+、Fe2+都與OH﹣發(fā)生反應，在堿性條件下不能大量共存，故A錯B.Mg2+、HCO3﹣都與OH﹣發(fā)生反應，在堿性條件下不能大量共存，故B錯誤；C.S2﹣、Na+、K+、Cl﹣之間不反應，都不與H+、OH﹣反應，在酸性條件下不會發(fā)生氧化還原反應，故C錯誤；D.Ba2+、Na+、Cl﹣、ClO﹣之間能夠共存，都不與OH﹣反應，在堿性條件下能夠大量共存，且酸性條件下Cl﹣、ClO﹣發(fā)生氧化還原反應生成氯氣，滿足條件，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查離子共存判斷，為高考的高頻題，題目難度不大，注意明確離子不能大量共存的一般情況：能發(fā)生復分解反應的離子之間；能發(fā)生氧化還原反應的離子之間等；還應該注意題目所隱含的條件，如：溶液的酸堿性，據(jù)此來判斷溶液中是否有大量的H+或OH﹣,溶液的具體反應條件，如“氧化還原反應”，試題側重對學生基礎知識的訓練和檢驗，有利于培養(yǎng)學生靈活運用基礎知識解決實際問題的能力。212分）實驗室從含Br﹣的廢液中提取溴單質，下列裝置能達到實驗目的的是()A．用裝置甲氧化廢液中的Br﹣B．用裝置乙分離CCl4層和水層C．用裝置丙分離CCl4和液溴D．用儀器丁長期貯存液溴【分析】A．導管應長進短出；B．CCl4層和水層分層；C．CCl4和液溴互溶，沸點不同，蒸餾時溫度計測定餾分的溫度；D．溴易氧化橡皮塞?！窘獯稹拷猓篈．導管應長進短出，圖中進氣導管不合理，故A錯誤；B．CCl4層和水層分層，可選圖中分液漏斗分離，故B正確；C．CCl4和液溴互溶，沸點不同，蒸餾時溫度計測定餾分的溫度，圖中溫度計水銀球未在支管口處，故C錯誤；D．溴易氧化橡皮塞，不能長期貯存液溴，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、混合物分離提純、實驗操作、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。222分）有X、Y兩種元素，原子序數(shù)≤20，X的原子半徑小于Y，且X、Y原子的最外層電子數(shù)相同（選項中m、n均為正整數(shù)下列說法正確的是()A．若HnXOm為強酸，則X的氫化物溶于水一定顯酸性B．若X（OH）n為強堿，則Y（OH）n也一定為強堿C．若X元素形成的單質是X2，則Y元素形成的單質一定是Y2D．若Y的最高正價為+m，則X的最高正價一定為+m【分析】X、Y原子的最外層電子數(shù)相同，說明位于同一主族，X的原子半徑小于Y，則原子序數(shù)Y大于X，結合同主族元素性質的遞變規(guī)律判斷.【解答】解：A．若HnXOm為硝酸，則X的氫化物為氨氣，溶于水顯堿性，故A錯誤；B．如X、Y為金屬元素，同主族元素從上到下元素的金屬性逐漸增強，對應的最高價氧化物的水化物的堿性逐漸增強，故若X（OH）n為強堿，則Y（OH）n一定為強堿，故B正確；C．若X元素形成的單質是X2，則Y元素形成的單質不一定是Y2，如X單質為H2，Y為Li或Na，故C錯誤；D．若Y為Cl，則X為F，Cl的最高價為+7，而F元素沒有正化合價，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查原子結構與元素周期律，為高頻考點，把握元素的性質、元素的位置、同主族元素性質的遞變規(guī)律為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用及特例應用，題目難度不大.232分）下列說法正確的是()A．1mol青石棉[Na2Fe5Si8O22（OH）2]能使1mol稀HNO3被還原B．氯氣與CH4、Na2S溶液充分反應后，體系內(nèi)酸堿性不會發(fā)生顯著變化C．向SO2水溶液中通入H2S氣體，有淡黃色沉淀產(chǎn)生，說明SO2具有還原性D．銅與濃硫酸反應后有銅片剩余。若繼續(xù)向溶液中滴加NaHCO3溶液，無現(xiàn)象【分析】A.青石棉用稀硝酸溶液處理時，還原產(chǎn)物只有NO，所以青石棉中含有二價鐵離子；根據(jù)氧化還原反應中得失電子相等判斷青石棉與硝酸的關系式，所以青石棉與硝酸反應的關系式計算得：Na2O?3FeO?Fe2O3?8SiO2?H2O﹣﹣HNO3，據(jù)此判斷；B.氯氣與甲烷發(fā)生取代反應生成氯代物和氯化氫；C.依據(jù)反應中元素化合價變化判斷；D.銅與濃硫酸反應，與稀硫酸不反應，隨著反應進行濃硫酸變?yōu)橄×蛩岵辉倥c銅反應?！窘獯稹拷猓篈.青石棉用稀硝酸溶液處理時，還原產(chǎn)物只有NO，所以青石棉中含有二價鐵離子；根據(jù)氧化還原反應中得失電子相等判斷青石棉與硝酸的關系式，所以青石棉與硝酸反應的關系式計算得：Na2O?3FeO?Fe2O3?8SiO2?H2O﹣﹣HNO3，所以1mol青石棉[Na2Fe5Si8O22（OH）2]能使1mol稀HNO3被還原，故A正確；B.氯氣與甲烷發(fā)生取代反應生成氯代物和氯化氫，氯化氫為強酸，溶液顯酸性，體系內(nèi)酸堿性會發(fā)生顯著變化，故B錯誤；C.向SO2水溶液中通入H2S氣體，有淡黃色沉淀產(chǎn)生，反應中二氧化硫中硫元素化合價降低，說明SO2具有氧化性，故C錯誤；D.銅與濃硫酸反應后有銅片剩余，說明溶液剩余為稀硫酸，若繼續(xù)向溶液中滴加NaHCO3溶液，稀硫酸與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，有氣泡生成，故D錯誤。故選：A。【點評】本題為綜合題，考查了元素化合物知識，熟悉硝酸、濃硫酸、氯氣、二氧化硫的性質是解題關鍵，題目難度不大。242分）部分氧化的Fe﹣Cu合金樣品（氧化物為Fe2O3、CuO）共5.76g，經(jīng)如下處理，下列說法正確的是()A．濾液A中的陽離子為Fe2+、Fe3+、H+B．溶解樣品消耗的硫酸共為0.02molC．樣品中氧元素的質量為0.48gD．V＝448mL【分析】A．硫酸足量，氧化性：Fe3+＞Cu2+＞H+，鐵離子優(yōu)先反應，由于濾液A中不含銅離子，且有氣體氫氣生成，則濾液A中不含鐵離子；B．濾液A溶質為過量H2SO4和FeSO4，由Fe原子守恒、硫酸根守恒計算消耗硫酸的物質的量。而濾液A中加入足量氫氧化鈉溶液，所得濾渣灼燒得到的固體3.2g為Fe2O3，由Fe元素守恒計算樣品中Fe原子總物質的量；C.樣品中氧元素質量＝樣品總質量﹣Cu元素質量﹣Fe元素質量，濾渣3.2g為金屬Cu，由B中計算所得的Fe元素物質的量進一步計算Fe元素質量；D.參加反應的硫酸提供氫離子部分生成氫氣，另外的H+和合金中的氧結合成水了，由C中計算所得氧元素的質量進一步計算氧原子物質的量，再計算氧原子結合氫離子物質的量，根據(jù)H原子守恒生成氫氣的體積?！窘獯稹拷猓篈．由于氧化性Fe3+＞Cu2+＞H+，鐵離子優(yōu)先反應，由于濾液A中不含銅離子，且硫酸足量，有氣體氫氣生成，則濾液A中不含鐵離子，濾液A中陽離子為Fe2+、H+，故A錯誤；B．濾液A溶質為過量H2SO4和FeSO4，加入足量氫氧化鈉溶液后，過濾，最后灼燒得到的固體為氧化鐵，3.2g氧化鐵的物質的量==0.02mol，樣品含有鐵元素的物質的量為0.02mol×2＝0.04mol，由Fe元素守恒可知，反應后溶液中FeSO4為0.04mol，由硫酸根守恒可知參加反應的硫酸為0.04mol，故B錯誤；C.合金中Fe元素質量＝0.04mol×56g/mol＝2.24g，濾渣3.2g為金屬Cu，故樣品中氧元素質量為5.76g﹣2.24g﹣3.2g＝0.32g，故C錯誤；D.參加反應硫酸物質的量為0.04mol，硫酸提供的氫離子0.08mol，其中部分氫離子生成=0.02mol，它結合氫離子0.04mol，所以硫酸中生成氫氣的H+為0.08mol﹣0.04mol＝0.04mol即生成0.02mol氫氣，標況體積＝0.02mol×22.4L/mol＝0.448L=故選：D?！军c評】本題考查混合物計算，清楚反應過程是解答關鍵，側重對分析解決問題能力及解題方法的考查，注意守恒思想在計算中的運用，難度中等.二、非選擇題2513分）L、M、R、T、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，M、T在周期表中的相對位置如表；L與R原子的最外層電子數(shù)相同，R的單質是一種常見的半導體材料。MT（1）L與T形成的化合物可以溶解硫單質，其電子式為。（2）下列有關相應元素金屬性強弱比較的說法不正確的是ABD。A．W的氣態(tài)氫化物比T的氣態(tài)氫化物的酸性強，所以非金屬性W強于TB．高溫下，L的單質能從R的最高價氧化物中置換出R，則非金屬性L強于RC．W的核電荷數(shù)比T多，原子半徑比T小，得電子能力強，則非金屬性W強于TD．同溫、同濃度的Na2LO3和Na2TO3溶液的pH：Na2LO3＞Na2TO3，則非金屬性T強（3MH4）2Fe（TO4）2固體隔絕空氣加熱至500℃時能完全分解，分解產(chǎn)物中含有鐵氧化物和氣體混合物。用如圖所示部分裝置進行實驗（夾持裝置略）驗證分解產(chǎn)物。①實驗驗證分解產(chǎn)物能使C中變藍，D中溶液變紅，F(xiàn)中溶液紅色褪去，則驗證分解產(chǎn)物中含有氨氣和水蒸氣所選用裝置的正確連接順序為ACBD（填裝置的字母序號通N2的目的是排凈裝置內(nèi)空氣，防止干擾實驗。@A中固體完全分解后變?yōu)榧t棕色粉末，設計實驗證明A中殘留固體僅為Fe2O3，而不含F(xiàn)eO或Fe3O4：取少量A中殘留固體加入適量稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加少量酸性高錳酸鉀溶液，若高錳酸鉀溶液不褪色，則殘留固體是Fe2O3而不含F(xiàn)eO和Fe3O4。③若連接A→E→F→B進行實驗，探究分解產(chǎn)物中的硫氧化物，則B的作用是吸收SO2，防止污染空氣。④實驗過程中觀察到E中沒有明顯現(xiàn)象，實驗證明該固體受熱分解除上述產(chǎn)物外，還有N2生成，寫出A中反應的化學方程式2（NH4）2Fe（SO4）250℃Fe2O3+4SO2↑+2NH3 【分析】L、M、R、T、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，R的單質是一種常見的半導體材料，則R為Si，L與R原子的最外層電子數(shù)相同，二者同主族，則L為C元素，結合M、T在周期表中的相對位置，可知M處于第二周期，T處于第三周期，M只能處于ⅤA族，T、W分別處于ⅥA、ⅦA族，可推知M為N元素、T為S元素、W為Cl，據(jù)此解答（12（3）驗證分解產(chǎn)物中含有氨氣和水蒸氣，選擇裝置A先通入氮氣排凈裝置中的空氣，加熱分解硫酸亞鐵銨，分解產(chǎn)物中含有鐵氧化物、硫氧化物、氨氣和水蒸氣等，通過裝置C中無水硫酸銅檢驗生成的水，再通過裝置B中的足量堿石灰除去水蒸氣、硫的氧化物，通過裝置D檢驗氨氣的生成，通入后溶液變紅色說明生成氣體中含氨氣；若連接A→E→F→B進行實驗，探究分解產(chǎn)物中的硫氧化物，E中沒有明顯現(xiàn)象，F(xiàn)中溶液褪色，可說明生成硫氧化物為二氧化硫，沒有生成三氧化硫，堿石灰用于吸收二氧化硫，防止污染空氣，以此解答該題.【解答】解：L、M、R、T、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，R的單質是一種常見的半導體材料，則R為Si，L與R原子的最外層電子數(shù)相同，二者同主族，則L為C元素，結合M、T在周期表中的相對位置，可知M處于第二周期，T處于第三周期，M只能處于ⅤA族，T、W分別處于ⅥA、ⅦA族，可推知M為N元素、T為S元素、W為Cl，（1）L為C，T為S，二者形成的化合物為CS2，其電子式為，故答案為：；（2）A．氫化物的酸性與非金屬性強弱沒有必然關系，不能根據(jù)氫化物酸性比較非金屬性，故A錯誤；B．高溫下，L的單質能從R的最高價氧化物中置換出R，高溫條件改變了物質的性質，不能說明非金屬性L強于R，故B錯誤；C．W的核電荷數(shù)比T多，原子半徑比T小，W原子核對核外電子吸引越強，得電子能力強，則非金屬性W強于T，故C正確；D．Na2LO3、Na2TO3分別為Na2CO3和Na2SO3，對應的酸不是最高價含氧酸H2SO4，無法比較二者非金屬性，故D錯誤；故答案為：ABD；（3）①實驗驗證分解產(chǎn)物中含有氨氣和水蒸氣，選擇裝置A先通入N2排凈裝置中的空氣，避免防止干擾實驗；加熱分解硫酸亞鐵銨，分解產(chǎn)物中含有鐵氧化物、硫氧化物、氨氣和水蒸氣等，通過裝置C中無水硫酸銅檢驗生成的水，再通過裝置B中的足量堿石灰除去水蒸氣、硫的氧化物，通過裝置D檢驗氨氣的生成，通入后溶液變紅色說明生成氣體中含氨氣，所選用裝置的正確連接順序為ACBD，故答案為：ACBD；排凈裝置內(nèi)空氣，防止干擾實驗；②設計實驗證明A中殘留固體僅為Fe2O3，而不含F(xiàn)eO或Fe3O4，設計實驗利用亞鐵離子具有還原性可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色設計，取少量A中殘留固體加入適量稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加少量酸性高錳酸鉀溶液，若高錳酸鉀溶液不褪色，則殘留固體是Fe2O3而不含F(xiàn)eO和Fe3O4，故答案為：取少量A中殘留固體加入適量稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加少量酸性高錳酸鉀溶液，若高錳酸鉀溶液不褪色，則殘留固體是Fe2O3而不含F(xiàn)eO和Fe3O4；③連接裝置A﹣E﹣F﹣B進行實驗，最后裝置B中堿石灰吸收SO2，防止污染空氣，故答案為：吸收SO2，防止污染空氣；④實驗證明（NH4）2Fe（SO4）2受熱分解生成氨氣、二氧化硫、氧化鐵、水，還有N2產(chǎn)生，結合原子守恒和電子守恒配平書寫化學方程式為：2（NH4）2Fe（SO4）故答案為：2（NH4）2Fe（SO4）250℃Fe2O3+4SO2↑+2NH3↑+N2↑+5H2O↑。【點評】本題考查性質方案的設計、位置結構性質的相互關系應用，題目難度中等，推斷元素為解答關鍵，注意掌握常見元素化合物性質，試題側重考查學生的分析能力及化學實驗能力。2613分）某研究性學習小組學生根據(jù)氧化還原反應規(guī)律，探究NO2與Na2O2反應的情況，提出假設并進行相關實驗。從理論上分析Na2O2和NO2都既有氧化性又有還原性，于是提出如下假設：假設1：Na2O2氧化NO2；假設2：NO2氧化Na2O2。同學設計如圖裝置進行實驗：①管A中反應的離子方程式是Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O。②待試管B中充滿紅棕色氣體時，關閉旋塞a和b；取下試管B，向其中加入適量Na2O2粉末，塞上塞子，輕輕振蕩試管內(nèi)粉末，觀察到紅棕色氣體迅速消失；再將帶火星的木條迅速伸進試管內(nèi)，木條復燃。③儀器C的作用防倒吸。④該實驗存在缺陷，為達到實驗目的，在A、B之間應增加一個裝置，該裝置的作用是除去生成NO2氣體中混有的水蒸氣。用改進后的裝置重復實驗操作，觀察到紅棕色氣體迅速消失；帶火星的木條未復燃，得出結論：假設1正確。則NO2和Na2O2反應的化學方程式是Na2O2+2NO2＝2NaNO3。【分析】①Cu與濃硝酸反應生成二氧化氮、硝酸銅和水；②B中收集二氧化氮，為紅棕色氣體；③C可起到防倒吸的作用；④Cu與濃硝酸反應生成二氧化氮中含有水蒸氣；紅棕色氣體迅速消失；帶火星的木條未復燃，說明沒有生成氧氣，則過氧化鈉氧化二氧化氮，生成硝酸鈉?！窘獯稹拷猓孩貱u與濃硝酸反應生成二氧化氮、硝酸銅和水，其反應的離子方程式為：Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案為：Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O；②B中收集二氧化氮，為紅棕色氣體，則待試管B中充滿紅棕色氣體時，關閉旋塞a和b，故答案為：充滿紅棕色氣體；③C為干燥管，可起到防倒吸的作用，故答案為：防倒吸；④Cu與濃硝酸反應生成二氧化氮中含有水蒸氣；紅棕色氣體迅速消失；帶火星的木條未復燃，說明沒有生成氧氣，則過氧化鈉氧化二氧化氮，生成硝酸鈉。Cu與濃硝酸反應生成二氧化氮中含有水蒸氣，水蒸氣能與過氧化鈉反應生成氧氣，所以要在A、B之間增加一個裝置干燥裝置，除去生成NO2氣體中混有的水蒸氣；若過氧化鈉氧化二氧化氮，則生成硝酸鈉，其反應的化學方程式為：Na2O2+2NO2＝2NaNO3；故答案為：除去生成NO2氣體中混有的水蒸氣；Na2O2+2NO2＝2NaNO3?！军c評】本題考查物質的性質實驗，為高考常見題型和高頻考點，側重考查學生的分析能量和實驗能力，主要把握實驗的原理、氣體的制備以及物質的性質，題目難度不大。2713分）明礬石是制取鉀肥和氫氧化鋁的重要原料，明礬石的組成和明礬相似，此外還含有氧化鋁和少量的氧化鐵雜質。具體實驗流程如圖。（1）操作1所用到的玻璃儀器的名稱是玻璃棒、燒杯和漏斗。（2）由溶液3制取氫氧化鋁的離子方程式為AlO2﹣+CO2+H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣（3）請你寫出驗證溶液1中有NH4+的實驗過程：取少量濾液，加入N