福建省泉州市南桥中学、荷山中学、南安三中、永三中、永侨中五校高三化学上学期12月联考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年福建省泉州市南桥中学、荷山中学、南安三中、永春三中、永春侨中五校高三（上）联考化学试卷（12月份）一、选择题（共20小题，每小题2分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1化学与生活、社会密切相关，下列说法正确的是( )aso2和no2都是有用的化工原料，因此目前都是将汽车尾气中的氮氧化合物收集后制备硝酸以防止污染空气b由于hclo具有漂白性，因此工业上常用cl2的水溶液来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫c高锰酸钾溶液、酒精、双氧水都能杀菌消毒，消毒原理相同，都利用了强氧化性d金属钠通常被保存在煤油中，以隔绝空气2符合图中阴影部分的物质是( )ana2co3bcu2（oh）2co3cnacldnahco33na为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )a1l0.5moll1氨水中所含nh4+数为0.5nab1molfe与足量氯气反应转移的电子数为2nac标准状况下，33.6lco2约含有1.5na个分子d1mol 中含碳碳双键数为3na4下列说法正确的是( )a16o和18o原子的核外电子排布不相同b含有离子键的化合物一定是离子化合物chf、hcl、hbr、hi的熔沸点逐渐升高d干冰和二氧化硅熔化时所克服微粒间的相互作用相同5共价键、离子键和分子间作用力是构成物质的微粒间的不同作用方式，下列物质中只存在上述一种作用方式的是( )a二氧化碳b氢氧化钠固体cnacl晶体d氯气6类比是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质但类比是相对的，不能违背客观事实下列各种类比推测的说法中正确的是( )已知fe与s能直接化合生成fes，推测cu与s可直接化合生成cus已知caco3与稀硝酸反应生成co2，推测caso3与稀硝酸反应生成so2已知co2分子是直线型结构，推测cs2分子也是直线型结构已知fe与cuso4溶液反应，推测fe与agno3溶液也能反应已知naoh是强电解质，其饱和溶液导电能力很强，ca（oh）2也是强电解质，推测其饱和溶液导电能力也很强abcd7已知二氯化二硫（s2cl2）的结构式为clsscl，它易与水反应2s2cl2+2h2o=4hcl+so2+3s对该反应的说法正确的是( )as2cl2既作氧化剂又作还原剂bh2o作还原剂c每生成1molso2转移4mol电子d氧化产物与还原产物物质的量比为3：18下列离子或分子在溶液中能大量共存是( )ak+、ch3cooh、br、sio32bk+、na+、cl、co32cna+、al3+、nh3h2o、mno4dh+、fe2+、so42、no39a、b、c、d、e分别是cu、ag、fe、al、mg五种金属中的一种已知（1）a、d、e均能与稀盐酸反应产生氢气；（2）b能从c的盐溶液中置换出c单质；（3）a与强碱溶液反应放出气体；（4）a、e在冷浓硝酸或浓硫酸中发生钝化由此可判断a、b、c、d、e依次是( )afe、cu、ag、al、mgbmg、cu、al、ag、fecal、cu、ag、mg、fedmg、ag、cu、al、fe10美国“海狼”潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金（单质钠和单质铝熔合而成）作载热介质，有关说法不正确的是( )a原子半径：r（na）r（al）b铝钠合金若投入一定的水中可得无色溶液，则n（al）n（na）cm g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出h2越多，则铝的质量分数越小d铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，肯定有氢氧化铜沉淀也可能有铜析出11下列离子方程式正确的是( )a醋酸溶解鸡蛋壳：2h+co32co2+h2ob铝片加入烧碱溶液：2a1+2oh+2h2o2a1o2+3h2c铁与盐酸反应：2fe+6h+2fe3+3h2d铜片投入fecl3溶液中：cu+fe3+cu2+fe2+12短周期元素t、q、r、w在元素周期表中的位置如图所示，其中t所处的周期序数与主族族序数相等它们的最高价氧化物的水化物依次为甲、乙、丙、丁下列叙述不正确的是( )ar的氧化物在空气中与其它物质作用可形成光化学烟雾b常温下丁的浓溶液可用t单质所制的容器来盛装c丁的浓溶液与q的单质加热发生反应，可生成体积比为1：2的两种气体d甲、乙、丙、丁受热均易分解13一定条件下，用甲烷可以消除氮的氧化物（nox）的污染已知：ch4（g）+4no2 （g）4no（g）+co2 （g）+2h2 o（g）h1=574kjmol1ch4 （g）+4no（g）2n2 （g）+co2 （g）+2h2 o（g）h2=1160kjmol1下列选项不正确的是( )ach4 （g）+2no2 （g）n2 （g）+co2 （g）+2h2 o（g）h=867 kjmol1bch4 （g）+4no2 （g）4no（g）+co2 （g）+2h2o（l）h3h1c若用0.2 mol ch4还原no2至n2，则反应中放出的热量一定为173.4 kjd若用标准状况下2.24 l ch4还原no2至n2，整个过程中转移的电子为0.8mol14下列相关实验不能达到预期目的是( )相关实验预期目的a向少量燃尽火柴头的浸泡液中滴加足量稀hno3、agno3验证火柴头含有氯元素b试样加水溶解后，再加入足量ba（oh）2溶液，有白色沉淀生成检验nahco3固体中是否含na2co3c向溶液中加naoh溶液后加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体证明原溶液中含有nh4+d两支试管中装有等体积、等浓度的h2o2溶液，向其中一支试管中加入fecl3溶液探究fecl3溶液对h2o2分解速率的影响aabbccdd15已知x为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑a与x反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是( )ax使蔗糖变黑的现象主要体现了x的强氧化性b若a为铁，则足量a与x在室温下即可完全反应c若a为碳单质，则将c通入少量的澄清石灰水中，最后有白色沉淀产生d工业上，b转化为d的反应条件为加热、使用催化剂16下列实验装置正确且能完成实验目的是( )a测定一定时间内生成h2的反应速率b提取海带中的碘c检验火柴燃烧产生的so2d证明非金属性：clcsi17下列说法错误的是( )a电解饱和食盐水可制取烧碱、氯气、氢气b从海水中可提取镁、溴、碘等物质c粗铜（含少量zn、fe、pt等）电解精炼后，溶液中金属阳离子只有fe2+、zn2+d在镀件上镀铜，镀件作阴极18微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示下列有关微生物电池的说法错误的是( )a正极反应中有co2生成b微生物促进了反应中电子的转移c质子通过交换膜从负极区移向正极区d电池总反应为c6h12o6+6o26co2+6h2o19一定条件下，向容积为2l的密闭容器中充入1molco2和3molh2，发生如下反应：co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g），5min后反应达到平衡时c（ch3oh）为0.2moll1co2（g）的平衡物质的量浓度c（co2）与温度的关系如图所示下列说法错误的是( )a05min，co2的平均反应速率为0.04mol（lmin）1b反应：co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）的h0c在t2时，若反应处于状态d，则一定有v正v逆d若t1、t2时的平衡常数分别为k1、k2，则k1k220镁铝合金5.1g溶于300ml 2moll1盐酸中，标准状况下放出气体体积为5.6l，向反应后的溶液中加入500mlnaoh溶液充分反应，最终产生白色沉淀下列有关说法不正确的是( )a5.1g镁铝合金中含有镁、铝的质量分别为2.4g、2.7gb溶解5.1g镁铝合金时，剩余盐酸的物质的量为0.1molc生成白色沉淀的最大质量为13.6gd若白色沉淀只有mg（oh）2，该naoh溶液的物质的量浓度至少为1.2moll1二、解答题（共4小题，满分60分）21（17分）a、b、c、d、e、f为常见的原子序数依次增大的短周期元素，b、c、d、e、f的简单离子的电子层结构相同，a和e同主族，且原子的最外层电子数的关系为a+d=b+f=8请回答：（1）试写出b2单质的电子式为_试写出由上述元素组成的分子中含有4个原子核且为18电子结构的物质的化学式_（2）含f元素对应的金属阳离子的溶液中滴加过量e的最高价氧化物对应水化物的溶液，其离子方程式是_（3）已知b2a4与ba3具有相似的性质，b2a4通过炽热的氧化铜粉末，粉末由黑色变为红色单质，且产物对大气无污染，其化学反应方程式是_（4）在2l的密闭容器中，通入2mol b2气体和3mol a2气体，一定温度下反应生成ba3气体，当反应达到平衡时，a2的浓度为0.15moll1，同时放出约83.2kj的热量，该反应的热化学方程式为_（5）已知某化合物eb3与水可以反应生成两种气体单质和一种碱，试写出其化学方程式_；若0.1mol该化合物完全反应，转移电子的物质的量为_22（14分）海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如下如图1：（1）将nacl溶液进行电解，在电解槽的阴极区获得的产品有_（填化学式）（2）步骤中已获得br2，步骤中又将br2还原为br，其目的是_（3）某化学小组的同学为了了解从工业溴中提纯溴的方法，查阅了有关资料，br2的沸点为59微溶于水，有毒性和强腐蚀性他们参观生产过程后，设计了如下实验装置：如图2图中仪器b的名称是_，冷却水的出口为_ （填“甲”或“乙”）整套实验装置中仪器连接均不能用橡胶塞和橡胶管，其原因是_c中液体的颜色为_d装置的作用是_23（13分）hno2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成no和no2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把fe2+氧化成fe3+agno2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物试回答下列问题：（1）人体正常的血红蛋白含有fe2+若误食亚硝酸盐（如nano2），则导致血红蛋白中的fe2+转化为fe3+而中毒，服用维生素c可解毒下列叙述不正确的是_ （填序号）a亚硝酸盐被还原 b维生素c是还原剂c维生素c将fe3+还原为fe2+ d亚硝酸盐是还原剂（2）某同学把新制的氯水加到nano2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成nano3和hcl，请写出反应的离子方程式：_（3）fe与过量稀硫酸反应可以制取feso4若用反应所得的酸性溶液，将fe2+转化为fe3+，要求产物纯净，可选用的最佳试剂是_ （填序号）acl2 bfe ch2o2 dhno3（4）feso4可用于制备一种新型、高效、多功能绿色水处理剂高铁酸钾高铁酸钾（k2feo4），氧化性比cl2、o2、clo2、kmno4更强，主要反应为：2feso4+6na2o22na2feo4+2na2o+2na2so4+o2该反应中的氧化剂是_，还原剂是_简要说明k2feo4作为水处理剂时所起的作用_24（16分）氨基甲酸铵（nh2coonh4）是一种白色固体，易分解，易吸水，溶于水后与水反应生成碳酸氢铵和一水合氨：nh2coonh4+2h2onh4hco3+nh3h2o可用作肥料、灭火剂、洗涤剂等某化学兴趣小组模拟工业原理制备氨基甲酸铵，反应的方程式：2nh3（g）+co2（g）nh2coonh4（s）h0（1）如图1所示装置制取氨气，你所选择的试剂是_（2）制备氨基甲酸铵的装置如图2所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中当悬浮物较多时，停止制备注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质发生器用冰水冷却的原因_液体石蜡鼓泡瓶的作用是_从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是_（填写操作名称） 为了得到干燥产品，应采取的方法是_（填写选项序号）a常压加热烘干 b高压加热烘干 c真空40以下烘干尾气处理装置如图3所示浓硫酸的作用：_、_（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品1.1730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.500g则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为_mr（nh2coonh4）=78，mr（nh4hco3）=79，mr（caco3）=1002015-2016学年福建省泉州市南桥中学、荷山中学、南安三中、永春三中、永春侨中五校高三（上）联考化学试卷（12月份）一、选择题（共20小题，每小题2分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1化学与生活、社会密切相关，下列说法正确的是( )aso2和no2都是有用的化工原料，因此目前都是将汽车尾气中的氮氧化合物收集后制备硝酸以防止污染空气b由于hclo具有漂白性，因此工业上常用cl2的水溶液来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫c高锰酸钾溶液、酒精、双氧水都能杀菌消毒，消毒原理相同，都利用了强氧化性d金属钠通常被保存在煤油中，以隔绝空气【考点】常见的生活环境的污染及治理；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；化学试剂的存放 【专题】元素及其化合物；化学应用【分析】a汽车尾气中主要含有co、no2、so2、co2气体，目前采用的是在汽车排气装置中安装一个净化器，可以有效的将尾气中的有害气体转化；b氯气的漂白效果是氧化性漂白，成本相对较高，而且粘附的氯气在光照条件下，对外释放，对人体有害，工业上常用二氧化硫来漂白纸浆、毛、丝、草帽等；c高锰酸钾和双氧水都具有强氧化性，乙醇破坏了蛋白质原有的氢键使蛋白质变性；d钠易与空气中水、氧气反应，应隔绝空气保存，结合钠与煤油、石蜡油不反应，且密度大于煤油、石蜡油【解答】解：a目前采用的是在汽车排气装置中安装一个净化器，可以有效的将尾气中的有害气体转化，故a错误；b工业上常用二氧化硫来漂白纸浆、毛、丝、草帽等，故b错误；c高锰酸钾和双氧水都具有强氧化性，能使蛋白质变性而杀菌消毒，乙醇破坏了蛋白质原有的氢键使蛋白质变性，故c错误；d钠易与空气中水、氧气反应，钠与煤油、石蜡油不反应，且密度大于煤油、石蜡油，保存在煤油中可以隔绝空气，故d正确；故选d【点评】本题考查了环境污染与治理，物质的保存，消毒原理等知识，熟悉相关知识是解题关键，题目难度不大2符合图中阴影部分的物质是( )ana2co3bcu2（oh）2co3cnacldnahco3【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】根据图可知该盐应分别属于正盐、碳酸盐和钠盐，根据选项中物质的特点进行判断【解答】解：a、na2co3分别属于正盐、碳酸盐和钠盐，符合题意要求，故a正确；b、cu2（oh）2co3属于碱式盐，不符合题意要求，故b错误；c、nacl不属于碳酸盐，故c错误；d、nahco3属于酸式盐，不符合题意要求，故d错误故选a【点评】本题考查物质的分类，题目难度不大，注意把握物质的分类角度3na为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )a1l0.5moll1氨水中所含nh4+数为0.5nab1molfe与足量氯气反应转移的电子数为2nac标准状况下，33.6lco2约含有1.5na个分子d1mol 中含碳碳双键数为3na【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一水合氨为弱电解质，在溶液中不能部分电离出铵根离子；b铁与氯气反应生成氯化铁，1mol铁完全反应失去3mol电子；c标况下33.6l二氧化碳的物质的量为1.5mol；d苯中碳碳键为一种独特键，不存在碳碳双键【解答】解：a一水合氨为弱碱，溶液中一水合氨只能部分电离出铵根离子，无法计算溶液中铵根离子的物质的量，故a错误；b1mol铁与足量氯气完全反应生成1mol氯化铁，失去3mol电子，反应转移的电子数为3na，故b错误；c标准状况下，33.6l co2的物质的量为：=1.5mol，1.5mol二氧化碳中含有1.5na个分子，故c正确；d苯中碳碳键为一种介于单键和双键之间的独特键，不存在碳碳双键，故d错误；故选c【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意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需要明确苯中碳碳键为一种独特键4下列说法正确的是( )a16o和18o原子的核外电子排布不相同b含有离子键的化合物一定是离子化合物chf、hcl、hbr、hi的熔沸点逐渐升高d干冰和二氧化硅熔化时所克服微粒间的相互作用相同【考点】核素；元素周期律的作用；离子化合物的结构特征与性质；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别 【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构【分析】a原子核外电子排布与质子数有关；b含有离子键的化合物一定由阴阳离子构成；chf中存在氢键；d干冰为分子晶体，二氧化硅为原子晶体【解答】解：a两种核素均为氧元素的不同种原子，核电荷数为8，核外电子排布方式相同，故a错误；b离子化合物是含有离子键的化合物，所以含有离子键的化合物一定是离子化合物，故b正确；chf中存在氢键，故hf的熔沸点反常的升高，比hcl、hbr、hi的熔沸点均高，故c错误；d干冰为分子晶体，熔化时克服分子间作用力，二氧化硅为原子晶体，熔化时克服共价键，故d错误；故选b【点评】本题考查知识点较多，熟悉化学键、微粒半径的大小比较和氢键对物质熔沸点的影响，难度不大5共价键、离子键和分子间作用力是构成物质的微粒间的不同作用方式，下列物质中只存在上述一种作用方式的是( )a二氧化碳b氢氧化钠固体cnacl晶体d氯气【考点】离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型 【专题】化学键与晶体结构【分析】一般金属元素与非金属元素之间形成离子键，非金属元素之间形成共价键，分子之间存在分子间作用力，以此来解答【解答】解：a二氧化碳，存在共价键和分子间作用力，故a不选；b氢氧化钠中存在离子键和共价键，故b不选；c氯化钠中只有离子键，故c选；d氯气中存在分子间作用力和共价键，故d不选；故选c【点评】本题考查化学键，为高频考点，熟悉常见物质中的化学键及化学键的形成规律即可解答，注意分子晶体中存在分子间作用力不属于化学键，题目难度不大6类比是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质但类比是相对的，不能违背客观事实下列各种类比推测的说法中正确的是( )已知fe与s能直接化合生成fes，推测cu与s可直接化合生成cus已知caco3与稀硝酸反应生成co2，推测caso3与稀硝酸反应生成so2已知co2分子是直线型结构，推测cs2分子也是直线型结构已知fe与cuso4溶液反应，推测fe与agno3溶液也能反应已知naoh是强电解质，其饱和溶液导电能力很强，ca（oh）2也是强电解质，推测其饱和溶液导电能力也很强abcd【考点】含硫物质的性质及综合应用；铁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质 【专题】类比迁移思想【分析】s的氧化性很弱，s单质和金属反应，只能生成低价金属化合物硝酸中+5价氮具有强氧化性；caso3中的硫元素是+4价，具有还原性co2分子中碳氧之间是双键，cs2分子中碳硫之间也是双键 在金属的活动性顺序表中，排在前面的金属可以将排在后面的金属从它们的盐溶液中置换出来溶液的导电是通过自由移动的离子的定向移动实现，导电能力强弱与溶液中自由移动的离子浓度大小和离子所带电荷多少有关，溶液中自由离子浓度越大，所带电荷越多，导电能力越强【解答】解：硫的氧化性比氧气、氯气弱，只能把金属氧化到低价 fe的低价为+2价；cu的低价为+1价，fe+sfes； 2cu+s cu2s故的说法错误因caco3中碳为+4价是最高价，虽硝酸中+5价氮，具有强氧化性，caco3与稀硝酸只能发生复分解，caco3+2hno3=ca（no3）2+h2o+co2反应caso3中的硫元素是+4价，具有还原性，与强氧化性的硝酸发生氧化还原反应，被氧化成+6价的硫，稀硝酸自身被还原成+2价的氮故的说法错误co2分子和cs2分子结构式分别为o=c=o和s=c=s，co2分子是直线型结构，cs2分子也是直线型结构故说法正确在金属的活动性顺序表中，fe排在cu、ag的前面fe+cuso4feso44+cu，fe+2agno3fe（no3）2+2ag故说法正确naoh是易溶于水易电离的强电解质，其饱和溶液离子浓度大，导电能力强，ca（oh）2是微溶于水的强电解质，溶于水的能完全电离，但因微溶，其饱和溶液离子浓度小，导电能力弱故说法错误故选c【点评】该题主要考查了元素化合物硫、氮、碳、铁、铜的性质，考查了电解质的强弱与导电能力的关系学习元素化合物知识时，需注意新旧知识的前后联系类比它们的异同7已知二氯化二硫（s2cl2）的结构式为clsscl，它易与水反应2s2cl2+2h2o=4hcl+so2+3s对该反应的说法正确的是( )as2cl2既作氧化剂又作还原剂bh2o作还原剂c每生成1molso2转移4mol电子d氧化产物与还原产物物质的量比为3：1【考点】氧化还原反应 【分析】2s2cl2+2h2o=4hcl+so2+3s中，s元素的化合价由+1价升高为+4价，s元素的化合价由+1价降低为0，以此来解答【解答】解：a只有s元素的化合价变化，则s2cl2既作氧化剂又作还原剂，故a正确；b水中h、o元素的化合价均不变，则水不是还原剂，故b错误；cs元素的化合价由+1价升高为+4价，则每生成1molso2转移3mol电子，故c错误；d氧化产物为so2，还原产物为s，由反应可知二者的物质的量比为1：3，故d错误；故选a【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，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大8下列离子或分子在溶液中能大量共存是( )ak+、ch3cooh、br、sio32bk+、na+、cl、co32cna+、al3+、nh3h2o、mno4dh+、fe2+、so42、no3【考点】离子共存问题 【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：ach3cooh、sio32反应生成硅酸沉淀，不能共存，故a错误；b该组离子之间不反应，可大量共存，故b正确；cal3+、nh3h2o结合生成沉淀，不能共存，故c错误；dh+、fe2+、no3发生氧化还原反应，不能共存，故d错误；故选b【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，题目难度不大9a、b、c、d、e分别是cu、ag、fe、al、mg五种金属中的一种已知（1）a、d、e均能与稀盐酸反应产生氢气；（2）b能从c的盐溶液中置换出c单质；（3）a与强碱溶液反应放出气体；（4）a、e在冷浓硝酸或浓硫酸中发生钝化由此可判断a、b、c、d、e依次是( )afe、cu、ag、al、mgbmg、cu、al、ag、fecal、cu、ag、mg、fedmg、ag、cu、al、fe【考点】常见金属的活动性顺序及其应用；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用 【专题】元素及其化合物【分析】fe、al、mg为活泼金属，可与稀盐酸反应生成氢气，al可与氢氧化钠溶液反应，较活泼金属能将较不活泼金属从盐中置换出来，fe、al在冷浓硝酸或浓硫酸中发生钝化，以此解答该题【解答】解：a与强碱反应放出气体，说明a是al； a、e在冷浓硝酸或浓硫酸中发生钝化，已知fe、al在冷浓硝酸或浓硫酸中发生钝化，说明e为fe；a、d、e均能与稀盐酸反应产生氢气，说明d为mg；b能从c的盐溶液中置换出c单质，说明b的活泼性大于c，则b为cu，c为ag；故a、b、c、d、e依次是al、cu、ag、mg、fe；故选c【点评】本题考查元素化合物知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意排在氢前面的金属能和酸反应产生氢气，活泼的金属能将不活泼的金属从其盐溶液中置换出来，铝和强碱反应放氢气，铁和铝在冷浓硫酸中发生钝化，难道不大10美国“海狼”潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金（单质钠和单质铝熔合而成）作载热介质，有关说法不正确的是( )a原子半径：r（na）r（al）b铝钠合金若投入一定的水中可得无色溶液，则n（al）n（na）cm g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出h2越多，则铝的质量分数越小d铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，肯定有氢氧化铜沉淀也可能有铜析出【考点】钠的化学性质；铝的化学性质 【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】a根据同周期元素的递变规律判断；b根据反应2na+2h2o=2naoh+h2，2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2判断；c如al过量，则可生成铜；d根据金属钠和金属铝和酸反应生成氢气量的关系：2al3h2，2nah2判断【解答】解：a钠和铝位于同一周期，原子序数越大，半径越小，故a正确；b铝钠合金若投入一定的水中发生2na+2h2o=2naoh+h2，2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2，当n（al）n（na）时，得到无色溶液，故b正确；c根据金属钠和金属铝和酸反应生成氢气量的关系：2al3h2，2nah2，等质量的金属钠和金属铝，则金属al产生的氢气量多，所以放出的h2越多，则铝的质量分数越大，故c错误；d铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，钠和水反应生成的氢氧化钠可以和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀，若n（al）n（na），金属铝也可能会置换出金属铜，故d正确；故选c【点评】本题综合考查钠的性质，题目难度中等，本题注意所发生的反应，可根据反应的相关方程式进行判断11下列离子方程式正确的是( )a醋酸溶解鸡蛋壳：2h+co32co2+h2ob铝片加入烧碱溶液：2a1+2oh+2h2o2a1o2+3h2c铁与盐酸反应：2fe+6h+2fe3+3h2d铜片投入fecl3溶液中：cu+fe3+cu2+fe2+【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】a鸡蛋壳中含有碳酸钙，碳酸钙、醋酸在离子方程式中不能拆开；b铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；c铁与盐酸反应生成亚铁离子，不是生成铁离子；d根据电荷守恒判断，离子方程式两边正电荷不相等【解答】解：a碳酸钙和醋酸都需要保留化学式，正确的离子方程式为：caco3+2ch3cooh=ca2+h2o+co2+2ch3coo，故a错误；b铝片加入烧碱溶液，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2a1+2oh+2h2o2a1o2+3h2，故b正确；c铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，正确达到离子方程式为：fe+2h+fe2+h2，故c错误；d铜片投入fecl3溶液中，离子方程式必须遵循电荷守恒，正确的离子方程式为：cu+2fe3+cu2+2fe2+，故d错误；故选b【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为中等难度的试题，注意明确离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）12短周期元素t、q、r、w在元素周期表中的位置如图所示，其中t所处的周期序数与主族族序数相等它们的最高价氧化物的水化物依次为甲、乙、丙、丁下列叙述不正确的是( )ar的氧化物在空气中与其它物质作用可形成光化学烟雾b常温下丁的浓溶液可用t单质所制的容器来盛装c丁的浓溶液与q的单质加热发生反应，可生成体积比为1：2的两种气体d甲、乙、丙、丁受热均易分解【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】由短周期元素q、r、t、w在元素周期表中的位置，可知q、r处于第二周期，t、w处于第三周期，t所处的周期序数与主族序数相等，则t为al，可推知q为c元素、r为n元素、w为s元素a、光化学烟雾是由氮的氧化物导致的；b、常温下，铝在浓硫酸中会钝化；c、根据浓硫酸与碳单质的反应来分析；d、hno3和h2so4是强酸，很稳定，受热不易分解【解答】解：由短周期元素q、r、t、w在元素周期表中的位置，可知q、r处于第二周期，t、w处于第三周期，t所处的周期序数与主族序数相等，则t为al，可推知q为c元素、r为n元素、w为s元素，故甲为al（oh）3，乙为h2co3，丙为hno3，丁为h2so4a、光化学烟雾是由氮的氧化物导致的，故是r的氧化物导致的，故a正确；b、常温下，铝在浓硫酸中会钝化，故常温下丁的浓溶液可用t单质所制的容器来盛装，故b正确；c、浓硫酸与碳单质的反应：2h2so4（浓）+c2so2+co2+2h2o，故可生成体积比为1：2的两种气体，故c正确；d、al（oh）3和h2co3受热易分解，但hno3和h2so4是强酸，很稳定，受热不易分解，故d错误故选d【点评】本题考查结构性质位置关系应用，难度不大，应注意元素的推导和其对应最高价氧化物的水化物的性质13一定条件下，用甲烷可以消除氮的氧化物（nox）的污染已知：ch4（g）+4no2 （g）4no（g）+co2 （g）+2h2 o（g）h1=574kjmol1ch4 （g）+4no（g）2n2 （g）+co2 （g）+2h2 o（g）h2=1160kjmol1下列选项不正确的是( )ach4 （g）+2no2 （g）n2 （g）+co2 （g）+2h2 o（g）h=867 kjmol1bch4 （g）+4no2 （g）4no（g）+co2 （g）+2h2o（l）h3h1c若用0.2 mol ch4还原no2至n2，则反应中放出的热量一定为173.4 kjd若用标准状况下2.24 l ch4还原no2至n2，整个过程中转移的电子为0.8mol【考点】反应热和焓变 【专题】化学反应中的能量变化【分析】a、由反应+可得到2ch4（g）+4no2（g）2n2（g）+2co2（g）+4h2o（ g ），再利用化学计量数与反应热成正比来计算；b、水蒸气变为液态的水是放热过程，根据反应中物质状态变化判断；c、利用热化学反应方程式中化学计量数与反应热的关系来计算；d、利用n=计算甲烷的物质的量，再利用碳元素化合价的变化来计算转移的电子数【解答】解：a、反应+可得到2ch4（g）+4no2（g）2n2（g）+2co2（g）+4h2o（ g ），h=（574kjmol1）+（1160kjmol1）=1734kjmol1，则ch4（g）+2no2（g）n2（g）+co2（g）+2h2o（ g ）h=867kjmol1，故a正确；b、水蒸气变为液态的水是放热过程，所以生成液态的水放出的热量更多，但是焓变是负值，所以h3h1，故b正确；c、由ch4（g）+2no2（g）n2（g）+co2（g）+2h2o（ g ）h=867kjmol1，放出的热量为0.2mol867kjmol1=173.4kj，但是甲烷的反应不一定是完全的，反应有可能存在可逆性，故c错误；d、甲烷的物质的量为=0.1mol，碳元素的化合价由4价升高为+4价，则转移的电子总数为为0.1mol8=0.8mol，故d正确；故选c【点评】本题考查学生利用盖斯定律来计算反应的反应热，并学会利用化学计量数与反应热的关系、利用化合价的变化分析电子转移的数目来就解答即可14下列相关实验不能达到预期目的是( )相关实验预期目的a向少量燃尽火柴头的浸泡液中滴加足量稀hno3、agno3验证火柴头含有氯元素b试样加水溶解后，再加入足量ba（oh）2溶液，有白色沉淀生成检验nahco3固体中是否含na2co3c向溶液中加naoh溶液后加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体证明原溶液中含有nh4+d两支试管中装有等体积、等浓度的h2o2溶液，向其中一支试管中加入fecl3溶液探究fecl3溶液对h2o2分解速率的影响aabbccdd【考点】化学实验方案的评价 【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】a燃尽的火柴头，氯酸钾分解生成kcl，kcl溶于水，可与硝酸银反应生成agcl白色沉淀； bna2co3能与ca（oh）2溶液发生反应生成caco3沉淀，nahco3也能与ca（oh）2溶液发生反应生成caco3沉淀；c能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气；d催化剂对化学反应速率有影响【解答】解：a燃尽的火柴头，氯酸钾分解生成kcl，kcl溶于水，可与硝酸银反应生成agcl白色沉淀，离子反应为cl+ag+=agcl，则观察到白色沉淀可说明含氯元素，故a正确； bna2co3能与ca（oh）2溶液发生反应生成caco3沉淀，nahco3也能与ca（oh）2溶液发生反应生成caco3沉淀，故不能用ca（oh）2溶液检验nahco3固体中是否含na2co3，可以用cacl2溶液检验，故b错误；c一种未知溶液滴加naoh溶液，加热后产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，故原溶液中存在铵根，故c正确；d两支试管中装有等体积、等浓度h2o2溶液，向其中一支试管中加入fecl3溶液，氯化铁能改变化学反应速率，能达到实验目的，故d正确故选b【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度中等，注意把握相关物质的性质，为解答该题的关键，易错点为a，注意相关反应的判断15已知x为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑a与x反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是( )ax使蔗糖变黑的现象主要体现了x的强氧化性b若a为铁，则足量a与x在室温下即可完全反应c若a为碳单质，则将c通入少量的澄清石灰水中，最后有白色沉淀产生d工业上，b转化为d的反应条件为加热、使用催化剂【考点】浓硫酸的性质；无机物的推断 【专题】元素及其化合物【分析】浓硫酸具有脱水性，能够使蔗糖变黑，则x是硫酸，d和水反应生成硫酸，则d是三氧化硫，b和氧气反应生成三氧化硫，则b是二氧化硫，据此解答【解答】解：浓硫酸具有脱水性，能够使蔗糖变黑，则x是硫酸，d和水反应生成硫酸，则d是三氧化硫，b和氧气反应生成三氧化硫，则b是二氧化硫，a浓硫酸使蔗糖变黑体现浓硫酸的脱水性，故a错误；b浓硫酸具有强的氧化性，能够使铁发生钝化，阻止反应进行，故b错误；c若a是碳，浓硫酸和碳反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，二氧化碳和少量氢氧化钙反应生成可溶性的碳酸氢钙，故c错误；d工业上，二氧化硫转化为三氧化硫的反应条件为高温、常压、使用催化剂，故d正确；故选：d【点评】本题为框图推断题，熟悉浓硫酸脱水性、强的氧化性的性质是解题关键，突破口为“x为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑”，题目难度不大16下列实验装置正确且能完成实验目的是( )a测定一定时间内生成h2的反应速率b提取海带中的碘c检验火柴燃烧产生的so2d证明非金属性：clcsi【考点】化学实验方案的评价 【分析】a测定生成氢气的反应速率需要测定时间和收集气体体积；b海带中碘以离子的形式存在；c二氧化硫具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色；d生成的二氧化碳中含有hcl而干扰实验，元素的非金属性越强其最高价氧化物的水化物酸性越强【解答】解：a测定生成氢气的反应速率需要测定时间和收集气体体积，有测定体积的仪器和测定时间的仪器，所以可以实现实验目的，故a正确；b海带中碘以离子的形式存在，应先发生氧化还原反应后生成碘单质，再萃取、分液，故b错误；c二氧化硫具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色，图中试管中的导管长短应互换，故c错误；d盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有氯化氢，hcl也能和碳酸钠反应生成硅酸沉淀，所以干扰实验，且hcl不是氯元素的最高价氧化物是水化物，所以不能实现实验目的，故d错误；故选a【点评】本题考查化学实验方案评价，为高考高频点，明确实验原理是解本题关键，涉及非金属性的比较、氧化还原、碘的提纯等，注意实验原理和实验细节的考查，题目难度中等17下列说法错误的是( )a电解饱和食盐水可制取烧碱、氯气、氢气b从海水中可提取镁、溴、碘等物质c粗铜（含少量zn、fe、pt等）电解精炼后，溶液中金属阳离子只有fe2+、zn2+d在镀件上镀铜，镀件作阴极【考点】电解原理 【分析】a、电解饱和食盐水，阳极氯离子失电子生成氯气，阴极氢离子得到电子生成氢气，溶液中得到氢氧化钠溶液；b、海水提取氯化钠后得到的卤水，加入碱沉淀镁离子生成氢氧化镁，加入盐酸溶解，通过浓缩蒸发，电解氯化镁得到金属镁，加入氯气氧化溴离子、碘离子为单质，加入萃取剂通过蒸馏得到溴单质，碘单质；c、电解精炼铜，粗铜做阳极失电子生成亚铁离子、锌离子；d、镀件上电镀铜，镀件做电解池阴极镀层，金属铜金属做阳极，含镀层金属铜离子的电解质溶液【解答】解：a、电解饱和食盐水，阳极氯离子失电子生成氯气，阴极氢离子得到电子生成氢气，溶液中得到氢氧化钠溶液，是氯碱工业，故a正确；b、海水提取氯化钠后得到的卤水，加入碱沉淀镁离子生成氢氧化镁，加入盐酸溶解，通过浓缩蒸发，电解氯化镁得到金属镁，加入氯气氧化溴离子、碘离子为单质，加入萃取剂通过蒸馏得到溴单质，碘单质，从海水中可以制取镁、溴、碘等物质，故b正确；c、电解精炼铜，粗铜做阳极失电子生成亚铁离子、锌离子、铜离子等，电精炼铜（含少量fe、zn、pt）的电解后溶液中，存在的金属阳离子有fe2+、zn2+、cu2+，故c错误；d、镀件上电镀铜，镀件做电解池阴极镀层，金属铜金属做阳极，含镀层金属铜离子的电解质溶液，故d正确；故选c【点评】本题考查了海水提取镁、溴单质、碘单质的流程分析应用，电解原理的分析判断，电极反应，电解原理的理解是解题关键，题目难度中等18微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示下列有关微生物电池的说法错误的是( )a正极反应中有co2生成b微生物促进了反应中电子的转移c质子通过交换膜从负极区移向正极区d电池总反应为c6h12o6+6o26co2+6h2o【考点】真题集萃；原电池和电解池的工作原理 【分析】a根据图知，负极上c6h12o6失电子，正极上o2得电子和h+反应生成水，负极的电极反应式为c6h12o6+6h2o24e=6co2+24h+，正极的电极反应式为o2+4e+4h+2h2o；b葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池；c原电池中，阳离子向正极移动，所以质子通过交换膜从负极区移向正极区；d燃料电池反应式和燃料燃烧方程式相同【解答】解：a根据图知，负极上c6h12o6失电子，正极上o2得电子和h+反应生成水，负极的电极反应式为c6h12o6+6h2o24e=