2019-2020年高三化学上学期第一次统练试题（含解析）新人教版.doc

2019-2020年高三化学上学期第一次统练试题（含解析）新人教版一、选择题（共25小题，每小题2分，满分50分）1生活中碰到的某些问题，常涉及到化学知识，下列说法不正确的是AMg（OH）2和Al（OH）3热分解生成的气态水可覆盖火焰、驱逐O2、稀释可燃气体，分解产物MgO和Al2O3能较快地与塑料燃烧过程中产生的酸性及腐蚀性气体反应，所以它们可以作为未来发展方向的无机阻燃剂B近年来禽流感病毒H7N9时有病例报告，卫生部门强调要尽量避免接触活禽，个人也应加强消毒预防，其中消毒剂可以选用含氯消毒剂、酒精、双氧水等适宜的物质C食品包装袋中常放入小袋的生石灰，目的是防止食品氧化变质D碘的升华、溴水中萃取溴、石油的分馏均是物理变化考点：镁、铝的重要化合物；常见的食品添加剂的组成、性质和作用.专题：化学应用分析：A、根据信息：Mg（OH）2和Al（OH）3受热分解生成的气态水可覆盖火焰、驱逐O2、稀释可燃气体，分解产物MgO和Al2O3能较快地与塑料燃烧过程中产生的酸性及腐蚀性气体反应，分析；B、近年来禽流感病毒H7N9时有病例报告，卫生部门强调要尽量避免接触活禽，个人也应加强消毒预防，其中消毒剂可以选用含氯消毒剂、酒精、双氧水等适宜的物质；C、生石灰能与水反应，常用作食品干燥剂；D、牛奶中溶入极微量银离子，细菌的蛋白质结构遇银离子（重金属离子）变性，这是蛋白质的性质之一解答：解：A、Mg（OH）2和Al（OH）3受热分解生成的气态水可覆盖火焰、驱逐O2、稀释可燃气体，分解产物MgO和Al2O3能较快地与塑料燃烧过程中产生的酸性及腐蚀性气体反应，所有它们可以作为未来发展方向的无机阻燃剂，故A正确；B、近年来禽流感病毒H7N9时有病例报告，卫生部门强调要尽量避免接触活禽，个人也应加强消毒预防，其中消毒剂可以选用含氯消毒剂、酒精、双氧水等适宜的物质，故B正确；C、生石灰能与水反应，常用作食品干燥剂，故C错误；D、牛奶中溶入极微量银离子，细菌的蛋白质结构遇银离子（重金属离子）变性，从而杀死细菌，故D正确故选C点评：化学来源于生活，更服务于生活，与实际生活相联系的考题是考查的重点内容2下列有关物质的性质与其应用不相对应的是 AMgO、Al2O3的熔点很高，可制作耐高温材料 BNaHCO3能与碱反应，食品工业上用作焙制糕点的膨松剂 CAl具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品 D利用钠蒸气放电发光的性质制造的高压钠灯，可发出射程远、透雾能力强的黄光考点：镁、铝的重要化合物；钠的化学性质；钠的重要化合物；铝的化学性质.专题：几种重要的金属及其化合物分析：AMgO、Al2O3熔点高，硬度大，可用于耐高温材料；B碳酸氢钠不稳定，加热或与酸反应都可生成二氧化碳气体；CAl具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔，且在表面能生成一层致密的氧化物膜；D钠的焰色反应为黄色解答：解：A耐高温材料应具有熔点高的特点，因MgO、Al2O3熔点高，硬度大，则可用于耐高温材料，故A正确；B碳酸氢钠不稳定，加热或与酸反应都可生成二氧化碳气体，则可用于焙制糕点的膨松剂，但不是和碱反应的原因，故B错误；CAl具有良好的延展性，可制成铝箔，且在表面能生成一层致密的氧化物膜，则具有抗腐蚀性，故C正确；D钠的焰色反应为黄色，因黄色光射程远、透雾能力强，则可用于自造高压钠灯，故D正确；故选B点评：本题考查较为综合，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累3下列说法正确的是A海水中蕴含的元素有80多种，其中Mg、Br、I在海水中的总储量分别约为1.81015t、11014t、81010t。由于海水中镁的储量很大，工业上常以海水为原料提取镁，因此，镁元素被称为“海洋元素”B活泼金属元素的氧化物一定是碱性氧化物，非金属元素的氧化物一定是酸性氧化物 C氢氧化铁溶胶、甘油与乙醇的混合液、含PM2.5的大气均具有丁达尔效应 D绿色化学期望利用化学原理从源头消除污染，在化学过程中充分利用原料，实现零排放考点：海水资源及其综合利用；绿色化学；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系.专题：化学应用分析：A、海水中的溴的储量丰富，约占地球溴总储量的99%，故溴有“海洋元素”之称；B、根据碱性氧化物和酸性氧化物的概念以及分类知识来回答；C、PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，甘油与乙醇的混合液属于溶液，丁达尔效应是胶体的特性；D、根据绿色化学的内涵和外延知识来回答判断解答：解：A、溴有“海洋元素”之称，镁被称为“国防金属”，故A错误；B、活泼金属元素的氧化物如氧化铝不是碱性氧化物，是两性氧化物，非金属元素的氧化物如CO、N0不是酸性氧化物，故B错误；C、PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米即2500nm的颗粒物，不属于交替的范畴，甘油与乙醇的混合液属于溶液，也不属于胶体的范畴，都不具有丁达尔效应，故C错误；D、根据绿色化学的内涵：利用化学原理从源头消除污染，在化学过程中充分利用原料，实现零排放，故D正确故选D点评：本题是一道关于化学知识的应用提，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度中等4. 通过复习总结，下列归纳正确的是 A酸酐一定是酸性氧化物 BNa2O，NaOH，Na2CO3，NaCl，Na2SO4，Na2O2都属于钠的含氧化合物C简单非金属阴离子只有还原性，而金属阳离子不一定只有氧化性D考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系.专题：物质的分类专题分析：A、无机酸的酸酐是酸性氧化物，但有机酸的酸酐不一定是氧化物；B、NaCl不含氧；C、当元素处于最低价态时只有还原性，当处于最高价态时只有氧化性，当处于中间价他时即有氧化性又有还原性；D、同种化合价对应的氧化物不一定只有一种解答：解：A、无机酸的酸酐是酸性氧化物，但有机酸的酸酐不一定是氧化物，如乙酸的酸酐为（CH3CO）2O，故A错误；B、NaCl不含氧，故B错误；C、当元素处于最低价态时只有还原性，当处于最高价态时只有氧化性，当处于中间价时即有氧化性又有还原性，简单非金属阴离子处于元素的最低价态，故只有还原性，但金属阳离子不一定处于最高价态，如Fe2+，处于铁元素的中间价态，就即有氧化性又有还原性，故C正确；D、同种化合价对应的氧化物不一定只有一种，如+4价的氮元素的氧化物有NO2和N2O4，故D错误故选C点评：本题考查了酸酐的概念、氧化性还原性的判断以及价态问题，难度不大一种元素可能有多种氧化物，但同种化合价只对应有一种氧化物5（2分）NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A1mol甲基（14C1H3）所含的中子数和电子数分别为8NA、9NAB标准状况下，11.2L氯仿中含有CCl键的数目为1.5NAC8.7g MnO2与40mL 10mol/L的浓盐酸充分反应，生成的氯气分子数为0.1NADt时，MgCO3的KSP=4106，则饱和溶液中含Mg2+数目为2103NA考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A甲基（14C1H3）中含有8个中子、9个电子，1mol该甲基中含有8mol中子、9mol电子；B标准状况下氯仿为液体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量；C二氧化锰与浓盐酸的反应中，稀盐酸不与二氧化锰反应，所以生成的氯气小于0.1mol；D缺少溶液的体积，无法计算溶液中镁离子的数目解答：解：A1mol甲基（14C1H3）中含有8mol中子、9mol电子，所含的中子数和电子数分别为8NA、9NA，故A正确；B标准状况下氯仿不是气体，题中条件无法计算11.2L氯仿的物质的量，故B错误；C8.7g二氧化锰的物质的量为0.1mol，40mL 10mol/L的浓盐酸中含有氯化氢0.4mol，消耗0.4mol氯化氢能够生成0.1mol氯气，由于随着反应的进行，浓盐酸变成稀盐酸，反应停止，所以反应生成的氯气小于0.1mol，生成的氯气分子数小于0.1NA，故C错误；D没有告诉饱和碳酸镁溶液的体积，无法计算溶液中镁离子的数目，故D错误；故选A点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标准状况下四氯化碳、氯仿、乙醇、水等不是气体，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系选项D为易错点，注意题中缺少溶液的体积6下列叙述正确的是（）A同温同压下，相同体积的物质，它们的物质的量必相等B任何条件下，等物质的量的乙烯和一氧化碳所含的分子数必相等C1L一氧化碳气体一定比1L氧气的质量小D等体积、等物质的量浓度的强酸中所含的H+数一定相等考点：阿伏加德罗定律及推论；气体摩尔体积.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、对于气体物质，同温同压下，体积相同时，物质的量相等；B、根据N=nNA分析；C、没有明确两种气体存在的条件，如果不是相同条件下，两种气体的密度不确定，则质量不能确定；D、没有明确酸的组成，例如一元酸和二元酸，虽然酸的物质的量相等，但H+数一定不相等解答：解：A、没有明确是否气体物质，如果不是气体物质，则物质的量不一定相等，故A错误；B、如果乙烯和一氧化碳气体的物质的量相等，则分子数一定相等，故B正确；C、如果不是相同条件下，两种气体的密度不确定，则质量不能确定，故C错误；D、如果分别是一元酸和二元酸，虽然酸的物质的量相等，但H+数一定不相等，故D错误故选B点评：本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，题目难度不大，本题注意阿伏伽德罗定律只适合气体7下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是（）A体积相等时密度相等B原子数相等时具有的中子数相等C体积相等时具有的电子数相等D质量相等时具有的质子数相等考点：阿伏加德罗定律及推论.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：同温同压下，气体的Vm相等，等体积时，根据n=可知气体的物质的量相等，结合原子的构成以及相关物理量的计算公式解答该题解答：解：A由于12C18O和14N2的相对分子质量不等，故体积相等的两种气体的质量不等，因此密度不等，故A错误；B.1个12C18O分子中有16个中子，1个14N2分子中含有14个中子，二者均为双原子分子，原子数相等，即分子数相等，但中子数不等，故B错误；C12C18O和14N2均为14电子分子，同温同压下，体积相等则分子数相等，所具有的电子数相等，故C正确；D12C18O和14N2分子内均有14个质子，由于二者的相对分子质量不等，故等质量的两种分子所具有的质子数不等，故D错误故选C点评：本题考查基本概念和基本理论知识，意在考查考生对一些重要概念与理论的理解能力，题目难度中等8（2分）下列有关实验的操作正确的是（）A容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗B检验某溶液是否含有SO42时，应取少量该溶液，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸C为观察Mg条在CO2气体中的燃烧，在一个底部铺有少量玻璃棉的集气瓶中收集满 CO2气体，取一小段除去表面氧化膜的Mg条用坩埚钳夹持点燃后迅速投入上述集气瓶底部D用干燥且洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液，滴到放在表面皿上的pH试纸上测pH值考点：过滤、分离与注入溶液的仪器；硫酸根离子的检验；试纸的使用.专题：化学实验基本操作分析：A量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；BSO42离子的检验方法：先加稀盐酸，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀；C不能投入上述集气瓶底部；DNaClO有强氧化性解答：解：A容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，故A正确； B先加稀盐酸，可以排除银离子与碳酸根离子，再加入BaCl2溶液，产生的沉淀只能是硫酸钡，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸产生白色沉淀，可能是硫酸钡，也可能是氯化银，故B错误；C不能投入上述集气瓶底部，应用坩埚钳夹持燃烧，故C错误；DNaClO有强氧化性，不能用pH试纸测量，故D错误故选A点评：本题考查常见仪器的使用和化学基本操作的方法，题目难度不大，注意在学习中加强基础知识的积累9（2分）甲、乙、丙是三种不含相同离子的可溶性电解质它们所含离子如下表所示：阳离子、Na+、Mg2+阴离子OH、取等质量的三种化合物配制相同体积的溶液，其溶质物质的量浓度：c（甲）c（乙）c（丙），则乙物质可能是（）MgSO4 NaOH （NH4）2SO4 Mg（NO3）2 NH4NO3ABCD考点：物质的量浓度的相关计算.专题：计算题分析：甲、乙、丙均是可溶性强电解质，则OH只能与Na+组成NaOH，三种化合物不含相同离子，所以甲、乙、丙化合物有两种组合，第一组：NaOH、（NH4）2SO4、Mg（NO3）2；第二组：NaOH、NH4NO3、MgSO4，根据溶质质量相等，溶液体积相等以及物质的量浓度大小判断，相对分子质量：Mr（丙）Mr（乙）Mr（甲），据此判断解答：解：甲、乙、丙均是可溶性强电解质，则OH只能与Na+组成NaOH，三种化合物不含相同离子，所以甲、乙、丙化合物有两种组合，第一组：NaOH、（NH4）2SO4、Mg（NO3）2；第二组：NaOH、NH4NO3、MgSO4，根据溶质质量相等，溶液体积相等以及物质的量浓度大小判断，相对分子质量：Mr（丙）Mr（乙）Mr（甲）第一组：NaOH相对分子质量为40，（NH4）2SO4相对分子质量为132、Mg（NO3）2相对分子质量为148；第二组：NaOH相对分子质量为40、NH4NO3相对分子质量为80、MgSO4相对分子质量为120所以乙可能是硫酸铵或硝酸铵 故选D点评：本题考查离子共存、物质的量浓度有关计算等，难度中等，明确根据离子共存判断其中一种为氢氧化钠、再进行讨论可能的物质是关键10（2分）在80g密度为d gcm3的硫酸铁溶液中，含有2.8g Fe3+，则此溶液中SO42的物质的量浓度（molL1）为（）AdBdCdDd考点：物质的量浓度的相关计算.专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：根据n=计算Fe3+的物质的量，溶液中n（SO42）=n（Fe3+），根据V=计算溶液的体积，再根据c=计算SO42的物质的量浓度解答：解：2.8g Fe3+的物质的量=0.05mol，溶液中n（SO42）=n（Fe3+）=0.05mol=0.075mol，溶液的体积=L，故SO42的物质的量浓度=d mol/L，故选：A点评：本题考查物质的量浓度计算，难度不大，关键是明确铁离子与硫酸根离子关系，注意对公式的理解11（2分）（xx信阳二模）标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为g/mL，质量分数为，物质的量浓度为c mol/L，则下列选项不正确的是（）A=B用水稀释该溶液，OH的物质的量增加C该溶液中共有6种微粒D若向该溶液中加入少量的NH4Cl固体，则溶液的pH值一定会减小考点：物质的量浓度的相关计算.专题：计算题分析：A、溶液密度=，m（溶液）=m（氨气）+m（水），根据n=计算氨气的物质的量，根据m=nM计算氨气的质量，根据m=V计算水的质量，根据V=计算溶液的体积，溶液体积不等于氨气的体积与水的体积之和B、氨水为碱性，用水稀释碱性减弱，氢氧根的浓度降低，一水合氨的电离程度增大C、氨水溶液中微粒有NH3、NH3H2O、H2O、NH4+、H+、OHD、溶液中存在平衡NH3H2ONH4+OH，入少量的NH4Cl固体，溶液中NH4+浓度增大，抑制NH3H2O电离解答：解：A、标准状况下VL氨气的物质的量为mol，质量为g，1L水的质量为1000mL1g/mL=1000g，所以溶液的质量为（+1000）g，溶液的体积为=L，所以溶液的密度=g/mL，故A错误；B、氨水为碱性，用水稀释碱性减弱，氢氧根的浓度降低，一水合氨的电离程度增大，OH的物质的量增加，故B正确；C、氨水溶液中微粒有NH3、NH3H2O、H2O、NH4+、H+、OH，故C正确；D、溶液中存在平衡NH3H2ONH4+OH，入少量的NH4Cl固体，溶液中NH4+浓度增大，抑制NH3H2O电离，液的pH值减小，故D正确故选：A点评：考查溶液物质的量浓度与质量分数关系、弱电解质的电离判断与影响因素等，难度中等，注意D选项不能认为氯化铵为酸性，中和氢氧根使氨水碱性减弱，这是次要原因12某溶液中含有AlO2、SO32、SO42、Na+，向其中加入Na2O2后，溶液中浓度基本保持不变的离子是（）ASO32BNa+CAlO2DSO42考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：Na2O2具有强氧化性，与水反应后溶液呈碱性，具有还原性的离子和能与OH反应的离子浓度发生改变，以此解答解答：解：Na2O2具有强氧化性，将SO32氧化为SO42，则SO32离子浓度减小，Na2O2与水反应后生成NaOH，溶液中Na+浓度增大，不变的为AlO2，故选C点评：本题考查Na2O2的性质以及离子反应问题，题目难度不大，注意Na2O2的强氧化性和与水反应的性质13（2分）二氯化二硫（S2C12）可用作橡胶工业的硫化剂，常温下它是橙黄色有恶臭的液体，它的分子结构与H2O2相似，熔点为193K，沸点为411K，遇水很容易反应，产生的气体能使品红褪色，S2C12可由干燥的氯气通入熔融的硫中制得下列有关说法不正确的是（）AS2C12晶体中不存在离子键BS2C12分子中各原子均达到8电子稳定结构CS2C12在液态下不能导电D制备S2C12的反应是化合反应，不是氧化还原反应考点：晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系；原子核外电子排布.专题：化学键与晶体结构分析：S2Cl2的分子结构与H2O2相似，熔点为193K，沸点为411K，熔沸点较低，则存在分子，应为共价化合物，对应晶体为分子晶体，S2Cl2的电子式为 ，有化合价的变化的反应属于氧化还原反应，以此解答该题解答：解：AS2Cl2晶体熔沸点较低，应为分子晶体，则一定不存在离子键，故A正确；BS2Cl2的电子式为 ，分子中各原子均达到8电子稳定结构，故B正确；CS2Cl2为分子晶体，在液态下不能电离出自由移动的离子，则不能导电，故C正确；DS2C12可由干燥的氯气通入熔融的硫中制得，反应中Cl和S的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，故D错误故选D点评：本题以S2Cl2的结构为载体，考查分子结构、化学键、氧化还原反应等，难度不大，是对基础知识的综合运用与学生能力的考查，注意基础知识的全面掌握14将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系下列判断正确的是（）A与NaOH反应的氯气一定为0.3 molBn（Na+）：n（Cl）可能为7：3C若反应中转移的电子为n mol，则0.15n0.25Dn（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：2：1考点：氯气的化学性质；化学方程式的有关计算.专题：元素及其化合物分析：A、由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），再根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），据此计算；B、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n（Na+）：n（Cl）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n（Na+）：n（Cl）最小为6：5，据此判断；C、利用极限法解答，根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多；D、令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，根据电子转移守恒验证判断解答：解：A、由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.03L10mol/L=0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，故参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，故A错误；B、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n（Na+）：n（Cl）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n（Na+）：n（Cl）最小为6：5，故6：5n（Na+）：n（Cl）2：1，7：32：1，故B错误；C、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3mol1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3mol1=0.25mol，故C正确；D、令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaCl获得的电子为11mol1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol1+1mol5=7mol，得失电子不相等，故D错误；故选C点评：本题考查氧化还原反应计算、根据方程式的计算等，难度较大，注意极限法与守恒法的利用15（2分）如图是卤素单质（F2、Cl2、Br2、I2）的沸点与相对分子质量的关系图，下列说法错误的是（）A单质是最活泼的非金属单质B单质能使品红溶液褪色C单质保存时加少量水进行水封D单质的氧化性是考点：卤素原子结构及其性质的比较.专题：卤族元素分析：卤素单质都属于分子晶体，其单质的沸点与其相对分子质量成正比，根据图象知，分别是F2、Cl2、Br2、I2，A卤族元素中，非金属的非金属性随着原子序数增大而减弱，非金属性越强，其单质越活泼；B次氯酸具有漂白性；C溴易挥发，在水中的溶解度较小，且密度大于水；D卤族元素单质的氧化性随着原子序数增大而减小解答：解：卤素单质都属于分子晶体，其单质的沸点与其相对分子质量成正比，根据图象知，分别是F2、Cl2、Br2、I2，A卤族元素中，非金属的非金属性随着原子序数增大而减弱，非金属性越强，其单质越活泼，所以单质活泼性最强的是F2，故A正确；B氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以单质能使品红溶液褪色，故B正确；C溴易挥发，在水中的溶解度较小，且密度大于水，所以为防止溴挥发，可以用水液封，则单质保存时加少量水进行水封，故C正确；D卤族元素单质的氧化性随着原子序数增大而减小，所以氧化性从弱到强顺序是，故D错误；故选D点评：以卤族元素代表非金属、碱金属元素代表金属熟记同一主族元素性质递变规律，并灵活运用，注意B中体现漂白性的不是氯气而使次氯酸，注意溴的贮存方法，为易错点16（2分）已知NH4CuSO3与足量的1molL1硫酸溶液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成；有刺激性气味气体产生；溶液呈蓝色据此判断下列说法合理的是（）ANH4CuSO3中硫元素被氧化了B刺激性气味的气体是二氧化硫或氨气C该反应中NH4CuSO3既是氧化剂又是还原剂D该反应中硫酸既表现为酸性又表现氧化性考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2+，则NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，以此解答该题解答：解：反应的发产生为：2NH4CuSO3+4H+Cu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4+ANH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2+，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故A错误；B因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故B错误C反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由+1+2，+10，NH4CuSO3既是氧化剂又是还原剂，故C正确；D由发产生为：2NH4CuSO3+4H+Cu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4+，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后未变，反应中硫酸体现酸性，故D错误；故选C点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意利用现象分析反应产物，侧重信息处理能力的考查，题目难度较大17氧化还原反应实际上包含氧化和还原两个过程（1）向氯酸钠的酸性水溶液中通入二氧化硫，该反应中氧化过程的反应式为：SO2+2H2O2eSO+4H+；（2）向亚氯酸钠（NaClO2）固体中通入用空气稀释的氯气，该反应中还原过程的反应式为：Cl2+2e2Cl在（1）和（2）反应中均会生成产物X，则X的化学式为（）ANaClOBClO2CHClODNaClO4考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：（1）中S元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低，反应后Cl元素的化合价小于+5价；（2）中还原过程的反应式为：Cl2+2e2Cl，则亚氯酸钠（NaClO2）Cl元素的化合价升高，以此来解答解答：解：（1）中S元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低，反应后Cl元素的化合价小于+5价；（2）中还原过程的反应式为：Cl2+2e2Cl，则亚氯酸钠（NaClO2）Cl元素的化合价升高，反应后Cl元素的化合价大于+3价，又在（1）和（2）反应中均会生成产物X，X中Cl元素的化合价在+3+5价之间，只有ClO2符合，其Cl元素的化合价为+4价，故选B点评：本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，熟悉常见物质中元素的化合价即可解答，题目难度不大18根据表中信息判断，下列选项不正确的是（）序号反应物产物KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3MnO4Cl2、Mn2+A第组反应的其余产物为H2O和O2B第组反应中参加反应的Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：2C第组反应中生成1mol Cl2，转移电子2molD氧化性由强到弱顺序为MnO4Cl2Fe3+Br2考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：A、反应中KMnO4MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，应生成氧气，根据元素守恒还生成水B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，结构电子转移守恒计算判断C、由信息可知，MnO4氧化Cl为Cl2，Cl元素化合价由1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍D、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由可知Fe3+不能氧化Br，氧化性Br2Fe3+解答：解：A、反应中KMnO4MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，故A正确；B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n（C12）=n（FeBr2），即n（C12）：n（FeBr2）=1：2，故B正确；C、由信息可知，MnO4氧化Cl为Cl2，Cl元素化合价由1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1C12，转移电子为2mo1，故C正确；D、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由可知氧化性MnO4Cl2，由可知氧化性Cl2Fe3+，由可知Fe3+不能氧化Br，氧化性Br2Fe3+，故D错误故选：D点评：考查氧化还原反应的守恒与计算、氧化性与还原性强弱比较，难度中等，注意氧化还原反应中的守恒运用判断未知物19下列装置能达到实验目的的是A分离碘酒中的碘和酒精C验证HCl的溶解性D比较Na2CO3、NaHCO3的热稳定性B测定盐酸的浓度 考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：A碘和酒精互溶；B氢氧化钠应用碱式滴定管；C氯化氢溶于水，瓶内压强减小；DNaHCO3不稳定，加热易分解解答：解：A碘和酒精互溶，不分层，不能用分液漏斗分离，故A错误； B氢氧化钠能与二氧化硅反应生成硅酸钠，将活塞黏住，不能用酸式滴定管，故B错误；C氯化氢溶于水，瓶内压强减小，气球膨胀，故C正确；DNaHCO3不稳定，加热易分解，应放在小试管中，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，涉及物质分离与提纯、中和滴定以及物质的性质等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大20（2分）下列各组离子在对应溶液中可能大量存在的是（）A水电离出的c（H+）=1012 molL1的溶液：K+、Cu2+、SO32、MnO4B与铝粉反应能放出氢气的溶液：Na+、SO42、HCO3、ClC含有大量ClO的溶液：H+、I、SO42、ClDpH=12的溶液：K+、Cl、SO32、SiO32考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：A水电离出的c（H+）=1012 molL1的溶液为酸性或者碱性溶液，铜离子与氢氧根离子反应，亚硫酸根离子与高锰酸根离子、氢离子反应；B与铝粉反应能放出氢气的溶液为酸性或者碱性溶液，碳酸氢根离子能够与氢离子、氢氧根离子反应；C含有大量ClO的溶液，碘离子能够被次氯酸根离子氧化；DK+、Cl、SO32、SiO32离子之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存；解答：解：A水电离出的c（H+）=1012 molL1的溶液中存在大量的H+或OH，Cu2+与OH离子反应，SO32与H+、MnO4反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B与铝粉反应能放出氢气的溶液中存在大量的H+或OH，HCO3与H+和OH离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；C含有大量ClO的溶液，ClO具有强氧化性，能够氧化I，在溶液中不能大量共存，故C错误；DpH=12的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量的OH，K+、Cl、SO32、SiO32离子之间不反应，且都不与OH离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D点评：本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，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；解决离子共存问题时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”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等21（2分）下列离子方程式正确的是（）AFeSO4酸性溶液暴露在空气中：4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2OB过量石灰水与碳酸氢钙反应：Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+CO32+2H2OCHO中投入Na2O2固体：2HO+2Na2O24OH+4Na+18O2D向氯化铝溶液中滴加过量氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2O考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A二价铁离子具有还原性容易被空气中的氧气氧化生成三价铁离子；B石灰水过量反应生成碳酸钙和水；C过氧化钠与水反应，过氧化钠既做氧化剂又做还原剂；D向氯化铝溶液中滴加过量氨水，反应生成氢氧化铝和氯化铵解答：解：AFeSO4酸性溶液暴露在空气中，离子方程式：4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O，故A正确；B过量石灰水与碳酸氢钙反应，离子方程式为：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O，故B错误；CHO中投入Na2O2固体，离子方程式：2HO+2Na2O2418OH+4Na+O2，故C错误；D向氯化铝溶液中滴加过量氨水，离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故D错误；故选：A点评：本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，熟悉过氧化钠与水反应的原理是解题关键22（2分）（xx江苏）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3SSO3H2SO4饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3MgCl2（aq）Mg（OH）2MgOABCD考点：镁、铝的重要化合物；二氧化硫的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物.专题：元素及其化合物分析：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝硫燃烧生成二氧化硫在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解，加热蒸发得不到无水FeCl3氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁解答：解：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+Na2CO3，生成氢氧化铝，故正确；硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故错误；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故正确；氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解Fe3+3H2O2Fe（OH）3+HCl，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动，得不到无水FeCl3，故错误；氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，故正确故正确故选：A点评：考查元素化合性质、侯德榜制碱法、盐类水解等，难度中等，注意侯德榜制碱法要先通氨气，后通二氧化碳，以便获得高浓度离子溶液23（2分）海洋中蕴藏着丰富资源，对它的开发利用有利于缓解当前资源紧张的困局，工业上从海水中提取的某些无机物的简易流程可以用下图表示下列有关说法不正确的是（）A氯碱工业中采用阳离子交换膜电解槽，可以防止氯气与碱的反应B第步中结晶出的MgCl26H2O不能采用直接在空气中受热分解制无水MgCl2C第步常采用往母液中加浓NaOH溶液来获取Mg（OH）2D从第步到第步的目的是获得含溴单质浓度较高的溶液考点：海水资源及其综合利用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用.专题：卤族元素分析：A阳离子交换膜只允许阳离子通过，而阴离子、分子不能通过；B利用MgCl26H2O可制得无水氯化镁，要防止镁离子的水解，应在HCl气氛中脱水；C海岸上有丰富的石灰石资源，锻烧石灰石可以得到氧化钙，而氧化钙溶于水可制得氢氧化钙溶液；D从第步到第步的目的是获得含溴单质达到富集的目的解答：解：A氯碱工业中采用阳离子交换膜电解槽，只允许阳离子通过，而阴离子、分子不能通过，可以防止氯气与碱的反应，故A正确；B利用MgCl26H2O可制得无水氯化镁，要防止镁离子的水解，应在HCl气氛中脱水，不能采用直接在空气中受热分解制无水MgCl2，故B正确；C海岸上有丰富的石灰石资源，锻烧石灰石可以得到氧化钙，而氧化钙溶于水可制得氢氧化钙溶液，第步常采用往母液中加氢氧化钙溶液来获取Mg（OH）2，故C错误；D从第步到第步的目的是获得含溴单质浓度较高的溶液，故D正确；故选C点评：本题考查了海水资源的综合利用，工业生产流程的分析判断，题目内容综合性较强，难度较大24（2分）将标准状况下的VL CO2通入含有a mol氢氧化钠的溶液中经充分反应得溶液I下列对溶液I中溶质分析正确的是（）A已知V和a的具体数值可以确定溶液I的溶质B已知溶液I中溶质的种类和a值，一定能求出VC向溶液I中加入足量Ba（OH）2溶液充分反应后，过滤出沉淀，经烘干得固体质量为W克由W和V的值可确定溶液I的溶质D溶液I中含有溶质的组合可能有3种考点：有关范围讨论题的计算.专题：计算题分析：CO2与NaOH反应为CO2+NaOH=NaHCO3，CO2+2NaOH=Na2CO3+H20，当n（CO2）：n（NaOH）1：1，反应按进行，等于1时，CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3；大于1时，生成生成NaHCO3，CO2有剩余；当n（CO2）：n（NaOH）1，反应按进行，CO2、NaOH反应，无剩余，生成物为NaHCO3、Na2CO3；当n（CO2）：n（NaOH）2，反应按进行，等于2时，CO2、NaOH恰好反应生成Na2CO3；小于2时，生成Na2CO3，NaOH有剩余，据此讨论结合选项解答解答：解：CO2与NaOH反应为CO2+NaOH=NaHCO3，CO2+2NaOH=Na2CO3+H20，当n（CO2）：n（NaOH）1：1，反应按进行，等于1时，CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3；大于1时，生成生成NaHCO3，CO2有剩余；当n（CO2）：n（NaOH）1，反应按进行，CO2、NaOH反应，无剩余，生成物为NaHCO3、Na2CO3；当n（CO2）：n（NaOH）2，反应按进行，等于2时，CO2、NaOH恰好反应生成Na2CO3；小于2时，生成Na2CO3，NaOH有剩余；A、已知V和a的具体数值，可以确定n（CO2）：n（NaOH）比值范围，根据上述分析可以判断溶液I的溶质，故A正确；B、由上述分析可知，若溶质只有一种，可以根据钠离子守恒计算溶质的物质的量，进而计算CO2的物质的量，计算CO2的体积，若溶液中溶质为混合物，根据钠元素守恒只能列出溶质的物质的量关系，缺少条件，不能计算出a的值，故B错误；C、向溶液I中加入足量Ba（OH）2溶液充分反应后，所得沉淀为碳酸钡，即W克为碳酸钡的质量，根据W和V的值可确二氧化碳的物质的量，不能确定氢氧化钠的物质的量，不能判断溶液中溶质情况，故C错误；D、由上述分析可知，溶液I中含有溶质可能有：NaHCO3，NaHCO3、Na2CO3，Na2CO3，Na2CO3、NaOH，故D错误；故选A点评：本题考查根据反应进行的讨论计算，难度中等，判断CO2与NaOH反应过程是关键，根据二者发生反应结合过量计算分析25某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42、HCO3等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列说法正确的是（）A原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1Bab段发生的离子反应为：Al3+3OH=Al（OH）3，Mg2+2OH=Mg（OH）2C原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Na+Dd点溶液中含有的溶质只有Na2SO4考点：常见阳离子的检验；离子共存问题.专题：离子反应专题分析：加入氢氧化钠溶液后，在0a段没有生成沉淀，说明溶液中一定存在氢离子或碳酸氢根离子，由于后面有沉淀生成及部分沉淀溶解可知，一定存在氢离子；ab段生成沉淀消耗了6a体积氢氧化钠，溶液中可能存在Mg2+、Fe3+、Al3+，根据cd段部分沉淀溶解，可知一定存在铝离子，根据图象Al（OH）3的物质的量与剩余的沉淀的物质的量相等，由OHAlO2可知消耗溶解氢氧化铝消耗了1体积氢氧化钠，所以生成氢氧化铝沉淀消耗了3体积氢氧化钠，另一种离子生成的沉淀的量与消耗的氢氧化钠与铝离子相同，说明另一种离子为3价离子，则为铁离子；bc段沉淀的物质的量不变，说明氢氧根离子与铵离子发生了反应，即溶液中一定存在铵离子；A、根据以上分析判断溶液中一定存在的离子、铁离子与铝离子物质的量之比；B、ab段为铁离子、铝离子与氢氧化钠反应生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；C、根据分析判断溶液中一定不存在镁离子，一定存在铁离子，钠离子无法确定；D、d点氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠解答：解：加入0a段，加入氢氧化钠溶液后没有生成沉淀，说明溶液中一定存在氢离子或碳酸氢根离子，由于后面有沉淀生成及部分沉淀溶解可知，溶液中一定存在铝离子，所以一定不存在碳酸氢根离子，因此一定存在氢离子；ab段生成沉淀消耗了6体积氢氧化钠，溶液中可能存在Mg2+、Fe3+、Al3+，根据cd段部分沉淀溶解，可知一定存在Al3+，根据图象氢氧化铝沉淀的物质的量与剩余的沉淀的物质的量相等，由OHAlO2可知消耗溶解氢氧化铝消耗了a体积氢氧化钠，所以生成氢氧化铝沉淀消耗了3体积氢氧化钠，另一种离子生成的沉淀的量与消耗的氢氧化钠与铝离子相同，说明另一种离子为+3价离子，只能为铁离子，故原溶液中一定不存在镁离子；再由bc段沉淀的物质的量不变，说明氢氧根离子与铵离子发生了反应，即溶液中一定存在铵离子；再根据溶液呈电中性可知，溶液中一定存在硫酸根离子，A、根据图象可知生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解消耗了1体积的氢氧化钠，所以生成氢氧化铝需要消耗3体积的NaOH溶液，还有3体积的NaOH溶液一定是被Fe3+消耗，即铁离子与铝离子消耗的氢氧化钠溶液的体积相同，故原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，故A正确；B、根据以上分析可知，ab段发生的离子反应为铁离子、铝离子与氢氧根离子的反应，反应的离子方程式为：Al3+3OH=Al（OH）3，Fe3+3OH=Fe（OH）3，故B错误；C、原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，一定不存在镁离子，可能存在钠离子，故C错误；D、d点氢氧化铝与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成偏铝酸钠，所以溶液中含有的溶质为Na2SO4、NaAlO2，故D错误；故选A点评：本题考查了离子检验的方法应用，题目难度中等，氢氧化铝是两性氢氧化物溶于强碱是解题关键，本题难点在于如何根据图象中的数据判断铁离子的存在二、填空题26（16分）A是有机羧酸盐HCOONa，B、C、D是常见化合物；A、B、C、D焰色反应呈黄色，水溶液均呈碱性，其中B的碱性最强X、Y是最常见的氧化物且与人体、生命息息相关，它们的晶体类型相同C受热分解得到Y、D和X；B与C反应生成D和XE由两种元素组成，相对分子质量为83，将E投入X中得到B和气体Z，Z在标准状况下的密度为0.76gL1（1）E晶体中含有的化学键是离子键Y的电子式是（2）X的