山西省太原市2016届高三化学上学期段考试卷(一)

1、2015-2016学年山西省太原市高三（上）段考化学试卷（一）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共44分请将正确选项的序号填入下面的答案栏内）1下列化学用语正确的是( )A14C原子的结构示意图：BH2O2的电子式：C的电子式：D原子核内有10个中子的氧原子O2牙齿洁白，人人喜欢将漂白剂沾在牙套上，牙齿咬住牙套可使牙齿变得洁白下列物质溶于水后所得溶液可作为牙齿漂白剂的是( )ACl2BHNO3CNa2O2DH2O23下列物质的性质和用途对应正确的是( )A用石英砂制太阳能电池B高温下用铝热法炼铁制备钢材C液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂DFe比Cu活泼，可用FeCl3溶液

2、腐蚀线路板上的Cu4过氧化钠具有强氧化性下列说法不正确的是( )A过氧化钠与二氧化硫反应时可生成硫酸钠B1mol过氧化钠中阴离子数目约为6.02×1023CNa2O2与CO2反应时，Na2O2是氧化剂CO2是还原剂D将等物质的量的Na2O和Na2O2分别溶于等质量的足量水中所得溶液的质量相等5常温下，在下列溶液里，各组离子一定能够大量共存的是( )A无色溶液：Na+、K+、SO42、MnO4BpH=1的溶液中：Fe2+、SO42、Cl、NO3C使酚酞变红的溶液：Na+、Cl、SO42、Fe3+、D水电离出的c（H+）=1×1012mol/L的溶液：K+、Cl、Ba2+、Br

3、6下列表达正确的是( )A溶液中可大量共存：Mg2+、HCO32、SO42、OHB新制的饱和氯水中可大量共存：Na+、CO32、SO32、C醋酸除水垢：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2D用惰性电极电解熔融氯化钠：2Cl+2Na+2Na+Cl27设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是( )A标准状况下，22.4LHF中含有的分子数目为NAB.1 L 0.1mol/L 的FeCl3溶液中，Fe3+的数目为0.1NAC.标准状况下，2.24LCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAD.5.6gFe在0.1molCl2中充分燃烧，转移的电子数目为0.2NA8下列各组物质中，满足表中图示物

4、质在通常条件下一步转化关系的组合只有( )序号XYZWCuCuSO4Cu（OH）2CuONaNaOHNa2CO3NaClCl2Ca（ClO）2HClOHClFeFeCl3FeCl2Fe（OH）2ABCD9下列有关海水综合利用的说法中，不正确的是( )A用氯气从海水中提溴的关键反应是：Cl2+2Br2Cl+Br2B海水中含有钾元素，只需经过物理变化就可以得到钾单质C海水中的Na+、Cl结晶成NaCl的过程，形成了化学键D从海水中可以得到氯化镁，再经过电解可制金属镁10短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子半径比Y的小，X与W同主族，Y、Z族序数之和为11，Z原子最外层电子数是内

5、层电子总数的3倍下列说法不正确的是( )A元素Z、W的简单离子的电子层结构相同B元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的弱CW、Z两种元素形成的化合物中肯定不含共价键D由X、Y、Z三种元素形成化合物，其水溶液可能显碱性11根据元素周期律，对下列事实进行归纳推测，推理不合理的是( )事实推测AMg与水反应缓慢，Ca与水反应较快Ba与水反应会更快BSi是半导体材料，同族Ge也是半导体材料A族的元素都是半导体材料，CHCl在1500时分解，HI在230时分解HBr的分解温度介于二者之间DSi与H2高温时反应，S与H2加热能反应P与H2在高温时能反应AABBCCDD12下列实验方案中，不能测定Na2CO

6、3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是( )A取ag混合物充分加热，剩余bg固体B取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bgC取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体D取ag混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得bg固体13下列有关NaHSO3溶液的叙述正确的是( )A该溶液中，K+、Ca2+、Cl2、Br可以大量共存B能使含I2的淀粉溶液蓝色褪去，说明NaHSO3溶液具漂白性C与FeCl3反应的离子方程式：SO32+2Fe3+H2O=SO42+2Fe2+2H+D和足量Ca（OH）2溶液反应的离子方程式：Ca2+OH+

7、HSO3=CaSO3+H2O14下列陈述和均正确，并存在因果关系的是( )陈述陈述ABaSO4难溶于水SO2气体通入Ba（NO3）2溶液中沉淀B非金属性：ClS酸性：HClO3H2SO4C常温下，NaHCO3的溶解度比Na2CO3小向饱和Na2CO3溶液中通入CO2产生沉淀D常温下，SO2与氢硫酸和NaOH溶液均可反应SO2是两性氧化物AABBCCDD15下列中学常见实验的现象或表述正确的是( )A检验红砖中的氧化铁成分，向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液B过量的铁投入到一定量的稀硝酸中，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液显红色C制备氢氧化亚

8、铁时，向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，即可制得白色的氢氧化亚铁D向CuSO4溶液中滴入过量NaOH溶液充分反应后，将混合液体倒入蒸发皿中加热煮沸一会，然后冷却、过滤，滤纸上的物质为“蓝色固体”16向图所示的装置中缓慢通入气体X，若打开活塞K，品红溶液褪色；若关闭活塞K，则品红溶液无变化而澄清石灰水变浑浊X和Y可能是( ) ABCDXSO2Cl2HClNO2YNaOH溶液饱和NaCO3溶液饱和NaCl溶液Na2SO3溶液AABBCCDD17用如图实验装置进行相应实验，装置正确且能达到实验目的是( )A用图a所示装置干燥SO2气体B用图b所示装置蒸发CH3COONa溶液得醋酸钠晶体C

9、用图c所示装置分离有机层与水层，水层从分液漏斗下口放出D用图d所示装置测量氨气的体积18工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2在该反应中( )A硫元素既被氧化又被还原B氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子D相同条件下，每吸收10LSO2就会放出2.5LCO2二、选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分每小题只有一个选项符合题意要求，请将正确选项的序号填入答案栏内）19利用自然资源制备相关化学物质，下列化学工艺不可行的是( )AFeS2SO2H2SO3H2SO4B石英砂粗

10、硅粗SiCl4高纯硅C提取食盐后的母液含Br2的液体粗Br2Br2D铝土矿NaAlO2（aq）Al（OH）3Al2O3Al20用灼烧法证明海带中含有碘元素，各步骤选用的实验用品不必都用到( )实验步骤实验用品A步骤1：将海带灼烧灰化B步骤2：将海带灰溶解、过滤C步骤3：氧化滤液中的ID步骤4：检验碘元素AA、BB、CC、DD、21实验室有一包白色固体，可能含有Na2CO3、NaHCO3和NaCl中的一种或多种下列根据实验事实得出的结论正确的是( )A取一定量固体，溶解，向溶液中通入足量的CO2，观察到有晶体析出，说明原固体中一定含有Na2CO3B取一定量固体，溶解，向溶液中加入适量CaO粉末，

11、充分反应后观察到有白色沉淀生成，说明原固体中一定含有Na2CO3C取一定量固体，溶解，向溶液中滴加适量AgNO3溶液，观察到有白色沉淀生成，说明原固体中一定含有NaClD称取3.80g固体，加热至恒重，质量减少了0.620g用足量稀盐酸溶解残留固体，充分反应后，收集到0.880g气体，说明原固体中仅含有Na2CO3和NaHCO322有一未知的无色溶液，只可能含有以下离子中的若干种（忽略由水电离产生的H+、OH）：H+、NH4+、K+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NO3、CO32、SO42，现取三份100mL溶液进行如下实验：第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生第二份加足量BaCl2溶

12、液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图根据上述实验，以下推测不正确的是( )A原溶液一定不存在H+、Cu2+、CO32B不能确定原溶液是否含有K+、NO3C实验所加的NaOH的浓度为2molL1D原溶液确定含Mg2+、Al3+、NH4+，且n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：223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

13、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1.2molL1三、必做题（本题包括4小题，共56分）24元素单质机器化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素的相关知识回答下列问题化合物MgOAl2O3MgCl2AlCl3类型离子化合物离子化合物离子化合物共价化合物熔点/28002050714191（1）按原子序数递增的顺序（稀有气体除外），以下说法正确的是a单质的熔点降低b金属性减弱，非金属性增强c原子半径和离子半径均减小d氧化物对应的水化物碱性减弱

14、，酸性增强（2）原子的最外层电子数与其次外层电子数相同的元素为_（填名称），氧化性最弱的简单阳离子为_（填离子符号）（3）已知：工业制镁时，电解MgCl2而不电解MgO的原因是_制铝时，电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是_（4）P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，但可用P2O5干燥的是_aNH3 bHI cSO2 dCO2（5）若不加催化剂，KClO3400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比是1：1，_写出该反应的化学方程式：_25（16分）有关物质的转化关系如下图所示（部分物质与条件已略）A是常见的金属单质，B是常见的强酸，E是空气中含量最

15、多的单质，I是既能与强酸又能与强碱反应的氧化物，G是常见的无色液体，J是一种高硬度材料（摩尔质量为41g/mol）请回答下列问题：（1）组成A的元素在周期表中的位置是_（2）F的电子式_，含有的化学键类型是_（3）写出反应的离子方程式_（4）写出反应的化学方程式_（5）写出A与烧碱溶液反应的离子方程式：_；若此反应中生成VL的气体D（标准状况下），则转移电子的物质的量是_mol（用含V的代数式表示）（6）有同学认为强酸B可以是稀硝酸或浓硝酸，你是否同意这种说法，其理由是_26氢氧化镁广泛用作阻燃剂和填充剂已知MgCO3分解温度402，CaCO3分解温度900，以白云石（化学式MgCO3CaCO

16、3）为原料制备氢氧化镁的工艺流程如下：（1）根据流程图，白云石“轻烧”分解的化学方程式为_（2）“研磨”的目的是_（3）加入氨水时发生反应的化学方程式为_；检验Mg（OH）2沉淀是否洗涤干净的方法是_（4）本流程中可以循环利用的物质是_（5）传统工艺是将白云石高温分解为氧化镁和氧化钙后提取，而该工艺采用轻烧白云石的方法，其优点是_27（16分）氧化亚铜是大型水面舰艇防护涂层的重要原料某小组通过查阅资料，进行如图研究ICu2O的制取资料：1氧化亚铜：化学式Cu2O，红色至红褐色结晶或粉末，不溶于水及有机溶剂，可溶于稀盐酸、稀硫酸等，在稀硫酸中歧化为二价铜和铜单质氧化亚铜在1800时分解，在干燥空

17、气中稳定，但在潮湿空气中被慢慢氧化为2氧化铜氧化亚铜主要用于制造船底防污漆、杀虫剂葡萄糖还原法制备氧化亚铜：将葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液混合后进行反应，生成氧化亚铜，条件控制不当时会有少量氧化铜生成（1）葡萄糖还原法制Cu2O的化学方程式为+NaOH+Cu2O+3H2O实验室用此方法制取并获得少量Cu2O固体，需要的玻璃仪器除试管、酒精灯、烧杯、胶头滴管外，还需要_检验样品中是否含有CuO方案1：将制得的Cu2O样品溶于足量稀硫酸（2）甲同学认为若溶液变蓝，则说明样品中含有CuO杂质乙同学认为此推理不合理，用离子反应方程式解释原因：_（3）甲同学通过反思，认为将定性检验改为定量测定便能确定样品

18、中是否含有CuO杂质，在方案（1）实验基础上急速定量研究，应测量的数据有_、_方案2：丙同学认为采用如下装置（所加药品均足量）进行实验，通过测定c装置反应后固体的质量以及d装置反应前后增重的质量进行计算，从而确定样品中是否含有氧化铜（4）装置a中所加的酸是_（填化学式），装置e中碱石灰的作用是_（5）点燃装置c中酒精灯之前需进行的操作是_（6）熄灭酒精灯之后，仍需通一段时间气体至硬质玻璃管冷却，原因是_四、选做题（12分，以下两题任选一题作答）29可用来制备抗凝血药，通过下列路线合成：（1）A的名称是_A与银氨溶液反应有银镜生成，写出该反应的离子方程式：_（2）BC的反应类型是_（3）写出DE

19、的化学方程式：_（4）G的分子式是_，含有的官能团是_（填名称），1molG最多能和_molH2反应（5）E有多种同分异构体，除E外，同时符合下列条件的共_种含酯基 苯环上有两个取代基 含苯环且能使氯化铁溶液显色（6）F的同分异构体中，与F具有相同官能团，其中核磁共振氢谱为两组峰，且峰面积之比为2：3的为_（写结构简式）2015-2016学年山西省太原市高三（上）段考化学试卷（一）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共44分请将正确选项的序号填入下面的答案栏内）1下列化学用语正确的是( )A14C原子的结构示意图：BH2O2的电子式：C的电子式：D原子核内有10个中子的氧原子O

20、【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合 【专题】化学用语专题【分析】A碳原子的核电荷数=核外电子总数=6，最外层含有4个电子；B双氧水为共价化合物，不存在阴阳离子；C氯化铵为离子化合物，氯离子需要标出最外层电子；D质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数【解答】解：A14C原子核电荷数为核外电子总数都是6，其原子结构示意图为：，故A正确；BH2O2分子为共价化合物，电子式中不存在括号和电荷，H2O2分子的电子式为，故B错误；C氯化铵为离子化合物，存在铵根离子和氯离子，其正确的电子式为，故C错误；D原子核内有10个中子的氧原子的质量数为18，其正确的表示方法为818

21、O，故D错误；故选A【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法判断，题目难度中等，涉及电子式、原子结构示意图、元素符号等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生的灵活应用能力2牙齿洁白，人人喜欢将漂白剂沾在牙套上，牙齿咬住牙套可使牙齿变得洁白下列物质溶于水后所得溶液可作为牙齿漂白剂的是( )ACl2BHNO3CNa2O2DH2O2【考点】钠的重要化合物；硝酸的化学性质 【分析】牙齿漂白剂应无毒，在口腔内反应后的产物无毒，无腐蚀性；【解答】解：虽然都具有漂白性，但C12的水溶液有毒，HNO3具有腐蚀性，Na2O2能与水剧烈反应且生成的氢氧化钠具有腐蚀性，双氧水还原产物是水，

22、适合漂白牙齿故选D【点评】本题考查常见的漂白剂，难度不大，注意C12、HNO3、Na2O2、双氧水漂白性的区别3下列物质的性质和用途对应正确的是( )A用石英砂制太阳能电池B高温下用铝热法炼铁制备钢材C液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂DFe比Cu活泼，可用FeCl3溶液腐蚀线路板上的Cu【考点】碳族元素简介；氨的物理性质；常见金属的活动性顺序及其应用；金属冶炼的一般原理 【专题】元素及其化合物【分析】A石英的主要成分是二氧化硅，太阳能电池的主要成分是硅；B用铝热反应冶炼铁成本太高；C液氨在挥发时会吸收大量的热；D三价铁离子的氧化性大于铜离子【解答】解：A石英砂的主要成分是二氧化硅，二氧化硅

23、是光导纤维的主要成分，太阳能电池的主要成分是硅，故A错误；B工业上用电解氧化铝的方法冶炼铝，如果用铝热反应冶炼铁，则导致成本较高，工业上利用碳还原铁矿石来制备铁，故B错误；CC液氨在挥发时会吸收大量的热，导致周围的温度降低，所以液氨可以作制冷剂，故C正确；D三价铁离子的氧化性大于铜离子，所以可用FeCl3溶液腐蚀线路板上的Cu，与Fe的活泼性无关，故D错误；故选C【点评】本题考查了金属的冶炼、铁离子的性质、硅及其化合物的用途等知识点，明确反应原理、物质的性质是解本题关键，结合化学与工业生产来分析解答，题目难度不大4过氧化钠具有强氧化性下列说法不正确的是( )A过氧化钠与二氧化硫反应时可生成硫酸

24、钠B1mol过氧化钠中阴离子数目约为6.02×1023CNa2O2与CO2反应时，Na2O2是氧化剂CO2是还原剂D将等物质的量的Na2O和Na2O2分别溶于等质量的足量水中所得溶液的质量相等【考点】钠的重要化合物 【专题】元素及其化合物【分析】过氧化钠电子式为：，是由2个钠离子与1个过氧根离子通过离子键结合而成的离子化合物，具有强氧化性，可与木炭、铝粉以及二氧化硫等反应，以此解答该题【解答】解：A过氧化钠具有强氧化性，与二氧化硫反应生成硫酸钠，没有氧气生成，故A正确；B氧化钠电子式为：，1mol过氧化钠中阴离子数目为6.02×1023，故B正确；C过氧化钠与二氧化碳反应生

25、成碳酸钠和氧气，反应中过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，故C错误；D根据反应方程式：Na2O+H2O=2NaOH，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，可知式中等物质的量的Na2O、Na2O2消耗H2O一样多，产生溶质NaOH一样多，则所得溶液的质量相等，故D正确故选C【点评】本题考查了过氧化钠性质的应用分析，为高频考点，侧重于过氧化钠氧化性的考查，注意把握题给信息以及过氧化钠的构成特点，题目难度中等5常温下，在下列溶液里，各组离子一定能够大量共存的是( )A无色溶液：Na+、K+、SO42、MnO4BpH=1的溶液中：Fe2+、SO42、Cl、NO3C使酚酞变红的溶液：Na+、Cl、SO42

26、、Fe3+、D水电离出的c（H+）=1×1012mol/L的溶液：K+、Cl、Ba2+、Br【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】A有颜色的离子不能大量共存；BpH=1的溶液呈酸性；C使酚酞变红的溶液呈碱性；D水电离出的c（H+）=1×1012mol/L的溶液可能呈酸性或碱性【解答】解：AMnO4有颜色，不符合题目无色要求，故A错误；BpH=1的溶液呈酸性，酸性条件下，Fe2+、NO3发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；C使酚酞变红的溶液呈碱性，碱性条件下Fe3+不能大量共存，故C错误；D水电离出的c（H+）=1×1012mol/L的溶液，水的电

27、离受到抑制，可能呈酸性或碱性，无论呈酸性还是碱性，离子之间都不发生任何反应，可大量共存，故D正确故选D【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及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6下列表达正确的是( )A溶液中可大量共存：Mg2+、HCO32、SO42、OHB新制的饱和氯水中可大量共存：Na+、CO32、SO32、C醋酸除水垢：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2D用惰性电极电解熔融氯化钠：2Cl+2Na+2Na+Cl2【考点】离子共存问题；离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】A氢氧根离子与镁离子、碳酸氢根离

28、子离子反应；B氯水具有强氧化性和酸性，能够与碳酸根离子、亚硫酸根离子反应；C醋酸为弱酸，离子方程式中不能拆开；D惰性电极电解熔融氯化钠，阳极氯离子放电生成氯气，阴极钠离子得到电子生成金属钠【解答】解：AMg2+、HCO32与OH之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B新制的氯水具有强氧化性和酸性，溶液中存在电离氢离子，CO32能够与氢离子反应，SO32易被氧化，在溶液中不能大量共存，故B错误；C醋酸与碳酸钙都不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO，故C错误；D惰性电极电解熔融氯化钠，反应生成金属钠和氯气，反应的离子方程式为：2

29、Cl+2Na+2Na+Cl2，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子方程式判断、离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确离子方程式的书写原则，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力7设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是( )A标准状况下，22.4LHF中含有的分子数目为NAB.1 L 0.1mol/L 的FeCl3溶液中，Fe3+的数目为0.1NAC.标准状况下，2.24LCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAD.5.6gFe在0.1molCl2中充分燃烧，转移的电子数目为0.2NA【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、标况下HF

30、为液态；B、铁离子是弱碱阳离子；C、氯气和水的反应为可逆反应；D、求出铁的物质的量，然后根据1molFemolCl2来分析【解答】解：A、标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、铁离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铁离子的个数小于0.1NA个，故B错误；C、氯气和水的反应为可逆反应，不能完全反应，故转移的电子数小于0.1NA个，故C错误；D、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而1molFemolCl2，故0.1mol氯气要想反应完全，需要0.15mol氯气，故铁过量，氯气能完全反应，由于氯气反应后变为1价，故0.1mol氯气转移0.2mol电子即0.

31、2NA个，故D正确故选D【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大8下列各组物质中，满足表中图示物质在通常条件下一步转化关系的组合只有( )序号XYZWCuCuSO4Cu（OH）2CuONaNaOHNa2CO3NaClCl2Ca（ClO）2HClOHClFeFeCl3FeCl2Fe（OH）2ABCD【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；钠的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变 【分析】Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜，氢氧化铜加热分解生成氧化铜，氧化铜被还原生成Cu；钠与水反应生成氢

32、氧化钠，氢氧化钠与碳酸反应生成碳酸钠，碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠，氯化钠熔融电解生成钠；氯气与石灰乳生成次氯酸钙，次氯酸钙与稀盐酸生成次氯酸，次氯酸光照分解生成HCl，HCl电解生成氯气；Fe与Cl2反应可生成FeCl3，FeCl3与Fe反应可得到FeCl2，FeCl2与氢氧化钠生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁得不到Fe【解答】解：Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜，氢氧化铜加热分解生成氧化铜，氧化铜被还原生成Cu，故正确；钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与碳酸反应生成碳酸钠，碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠，氯化钠熔融电解生成钠，故正确；氯气与石灰乳生成次氯酸钙，次氯酸钙与

33、稀盐酸生成次氯酸，次氯酸光照分解生成HCl，HCl电解生成氯气，故正确；Fe与Cl2反应可生成FeCl3，FeCl3与Fe反应可得到FeCl2，FeCl2与氢氧化钠生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁得不到Fe，故错误，故选A【点评】本题主要考查的是常见元素化合物之间的转化，熟练掌握各种物质的性质是解决本题的关键，属于中等难度题目9下列有关海水综合利用的说法中，不正确的是( )A用氯气从海水中提溴的关键反应是：Cl2+2Br2Cl+Br2B海水中含有钾元素，只需经过物理变化就可以得到钾单质C海水中的Na+、Cl结晶成NaCl的过程，形成了化学键D从海水中可以得到氯化镁，再经过电解可制金属镁【考点】海水资

34、源及其综合利用 【分析】A、海水中溴元素以离子形式存在，需要氧化剂氧化溴离子；B、海水中钾元素是钾离子，需要得到氯化钾固体，电解熔融固体得到钾；C、海水中离子自由移动，结晶析出晶体氯化钠，钠离子和氯离子形成离子键；D、海水中加入沉淀剂得到氢氧化镁沉淀，过滤后用盐酸溶解得到氯化镁溶液，浓缩蒸发得到氯化镁固体，再经过电解可制金属镁【解答】解：A、海水中溴元素以离子形式存在，海水提溴是氯气氧化溴离子为单质溴，发生Cl2+2Br2Cl+Br2，故A正确；B、海水中钾元素是钾离子，需要得到氯化钾固体，电解熔融KCl得到钾，必须发生化学反应，故B错误；C、海水中离子自由移动，结晶析出晶体氯化钠，钠离子和氯

35、离子形成离子键，结晶成NaCl的过程，形成了化学键，故C正确；D、海水中加入氢氧化钙得到氢氧化镁沉淀，沉淀在盐酸中溶解得到氯化镁溶液，浓缩蒸发得到氯化镁固体，电解熔融氯化镁得到金属镁，符合海水提镁，故D正确；故选B【点评】本题考查了海水资源的分析判断，主要是海水提取溴、钠、钾、镁、氯化钠的原理分析判断，掌握基础是解题关键，题目较简单10短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子半径比Y的小，X与W同主族，Y、Z族序数之和为11，Z原子最外层电子数是内层电子总数的3倍下列说法不正确的是( )A元素Z、W的简单离子的电子层结构相同B元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的弱CW、Z两种

36、元素形成的化合物中肯定不含共价键D由X、Y、Z三种元素形成化合物，其水溶液可能显碱性【考点】原子结构与元素周期律的关系 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】Z原子最外层电子数是内层电子总数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Z为O元素；Y、Z族序数之和为11，则Y的原子序数为116=5，故Y为N元素；短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子半径比Y的小，说明X为第一周期元素，则X为H元素；X与W同主族，且原子序数比O大，故W为Na，据此解答【解答】解：Z原子最外层电子数是内层电子总数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Z为O元素；Y、Z族序数之

37、和为11，则Y的原子序数为116=5，故Y为N元素；短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子半径比Y的小，说明X为第一周期元素，则X为H元素；X与W同主族，且原子序数比O大，故W为NaA元素Z、W的简单离子的核外电子数都为10，则电子层结构相同，故A正确；B非金属性Z（O）Y（N），元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；CW、Z两种元素形成的化合物Na2O2既含有离子键，又含有共价键，故C错误；D由X、Y、Z三种元素形成化合物，如为NH3H2O，则溶液呈碱性，故D正确，故选C【点评】本题考查元素的位置结构性质的关系及应用，题目难度中等，注意根据核外电子关系特点判断元

38、素的种类11根据元素周期律，对下列事实进行归纳推测，推理不合理的是( )事实推测AMg与水反应缓慢，Ca与水反应较快Ba与水反应会更快BSi是半导体材料，同族Ge也是半导体材料A族的元素都是半导体材料，CHCl在1500时分解，HI在230时分解HBr的分解温度介于二者之间DSi与H2高温时反应，S与H2加热能反应P与H2在高温时能反应AABBCCDD【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系 【分析】A同一主族元素其金属性随着原子序数增大而增强，元素的金属性越强，其单质与水或酸反应生成氢气越容易；B在元素周期表中，位于金属和非金属分界线处

39、的元素单质能作半导体；C元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；D元素的非金属越强，其单质与氢气反应越容易【解答】解：A同一主族元素其金属性随着原子序数增大而增强，元素的金属性越强，其单质与水或酸反应生成氢气越容易，金属性BaCaMg，则金属单质与水反应置换出氢气剧烈程度BaCaMg，所以Ba与水反应会更快，故A正确；B在元素周期表中，位于金属和非金属分界线处的元素单质能作半导体，Pb不位于金属元素和非金属元素分界线处，所以Pb不能作半导体材料，故B错误；C元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性ClBrI，所以氢化物的稳定性HClHBrHI，则HBr的分解温度介于二者之间，故C正

40、确；D元素的非金属越强，其单质与氢气反应越容易，非金属性SPSi，所以P与H2在高温时能反应，故D正确；故选B【点评】本题考查元素周期律，明确同一周期、同一主族原子结构及其性质递变规律是解本题关键，知道金属性、非金属性强弱比较方法，题目难度不大12下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是( )A取ag混合物充分加热，剩余bg固体B取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bgC取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体D取ag混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得bg固体【考点】有关混合物反应

41、的计算；物质检验实验方案的设计 【专题】化学实验基本操作【分析】A此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；B应先把水蒸气排除才合理；C根据钠守恒，可列方程组求解；D根据质量关系，可列方程组求解【解答】解：ANaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A错误；B混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不全是二氧化碳的质量，不能测定含量，故B正确；CNa2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出

42、Na2CO3质量分数，故C错误；DNa2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2反应，反应的方程式为CO32+Ba2+=BaCO3、HCO3+OH+Ba2+=H2O+BaCO3，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，故D错误；故选B【点评】本题考查混合物反应的计算、性质实验方案的设计，题目难度中等，注意把握物质的性质以及实验方案的原理，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力13下列有关NaHSO3溶液的叙述正确的是( )A该溶液中，K+、Ca2+、Cl2、Br可以大量共存B能使含I2的淀粉溶液蓝色褪去，说明NaHSO3溶液具漂白性C与FeCl3反应的离子方程式

43、：SO32+2Fe3+H2O=SO42+2Fe2+2H+D和足量Ca（OH）2溶液反应的离子方程式：Ca2+OH+HSO3=CaSO3+H2O【考点】离子方程式的书写；离子共存问题 【分析】A氯气与溴离子发生氧化还原反应，氯气能够氧化亚硫酸氢钠；B碘单质具有氧化性，能够与亚硫酸氢钠发生氧化还原反应；C亚硫酸氢根离子不能拆开；D氢氧化钙足量，离子方程式按照亚硫酸氢钠的化学式书写【解答】解：ACl2、Br之间发生氧化还原反应，氯气也能够氧化NaHSO3，在溶液中不能大量共存，故A错误；B能使含I2的淀粉溶液蓝色褪去，二者发生了氧化还原反应，NaHSO3溶液具有还原性，不是漂白性，故B错误；CNaH

44、SO3与FeCl3反应中，亚硫酸氢根离子不能拆开，正确的离子方程式：HSO3+2Fe3+H2O=SO42+2Fe2+3H+，故C错误；DNaHSO3和足量Ca（OH）2溶液反应生成氢氧化钠、亚硫酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为：Ca2+OH+HSO3=CaSO3+H2O，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子方程式的书写判断、离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，明确离子反应发生条件为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题培养了学生的灵活应用能力14下列陈述和均正确，并存在因果关系的是( )陈述陈述ABaSO4难溶于水SO2气体通入Ba（NO3）2溶液中沉淀B非金属性：Cl

45、S酸性：HClO3H2SO4C常温下，NaHCO3的溶解度比Na2CO3小向饱和Na2CO3溶液中通入CO2产生沉淀D常温下，SO2与氢硫酸和NaOH溶液均可反应SO2是两性氧化物AABBCCDD【考点】二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物 【专题】元素及其化合物【分析】ASO2气体通入Ba（NO3）2发生氧化还原反应生成BaSO4沉淀；B非金属性：ClS，可比较最高价氧化物水化物的酸性；C由溶解度可分析饱和溶液晶体析出的原因；DSO2为酸性氧化物【解答】解：ASO2气体通入Ba（NO3）2发生氧化还原反应生成BaSO4沉淀，陈述和均正确，但不存在因果关系，故A不选；B非金属性：ClS，可比较最

46、高价氧化物水化物的酸性，陈述正确，错，不存在因果关系，故B不选；C由溶解度可分析饱和溶液晶体析出的原因，陈述和均正确，并存在因果关系，故C选；DSO2为酸性氧化物，陈述正确，错误，不存在因果关系，故D不选；故选C【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及相关反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大15下列中学常见实验的现象或表述正确的是( )A检验红砖中的氧化铁成分，向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液B过量的铁投入到一定量的稀硝酸中，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液

47、显红色C制备氢氧化亚铁时，向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，即可制得白色的氢氧化亚铁D向CuSO4溶液中滴入过量NaOH溶液充分反应后，将混合液体倒入蒸发皿中加热煮沸一会，然后冷却、过滤，滤纸上的物质为“蓝色固体”【考点】化学实验方案的评价；铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用 【专题】实验评价题；元素及其化合物；物质的分离提纯和鉴别【分析】A红砖粉末中加入盐酸，生成氯化铁；B过量的铁投入到一定量的稀硝酸中，反应生成硝酸亚铁；C边加边搅拌，氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁；D生成的氢氧化铜加热易分解【解答】解：A红砖粉末中加入盐酸，生成氯化铁，则充分反

48、应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液为血红色，可检验，故A正确；B过量的铁投入到一定量的稀硝酸中，反应生成硝酸亚铁，则充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液不显红色，故B错误；C向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液发生复分解反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，搅拌后，氢氧化亚铁很容易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，得不到白色沉淀物质，故C错误；DCuSO4溶液中滴入过量NaOH溶液充分反应后，生成蓝色沉淀氢氧化铜，但是氢氧化铜受热容易分解，放入蒸发皿中加热煮沸一会，然后冷却、过滤，滤纸上的物质多为氧化铜，CuO为黑色，故D错误；故选A【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把

49、握物质的性质、发生的反应及实验现象分析为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大16向图所示的装置中缓慢通入气体X，若打开活塞K，品红溶液褪色；若关闭活塞K，则品红溶液无变化而澄清石灰水变浑浊X和Y可能是( ) ABCDXSO2Cl2HClNO2YNaOH溶液饱和NaCO3溶液饱和NaCl溶液Na2SO3溶液AABBCCDD【考点】实验装置综合；化学实验方案的评价 【专题】元素及其化合物；化学实验基本操作【分析】四种气体中能使品红褪色的气体可能为SO2、NO2和Cl2，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，然后结合通入气体和Y中试剂成分分析【解答】解

50、：若打开活塞K，品红溶液褪色，X气体只可能是SO2、NO2或Cl2，A关闭活塞K，若X气体为SO2，通入NaOH溶液后发生反应：SO2+2NaOHNa2SO3+H2O，无气体加入澄清石灰水，则澄清石灰水不会变浑浊，故A错误；B若X是Cl2，打开活塞K，氯气能够使品红溶液褪色，关闭活塞K，Cl2通入Na2CO3溶液后发生反应放出二氧化碳，从而使澄清石灰水变浑浊，故B正确；CHCl不会使品红溶液褪色，故C错误；D若X是NO2，通入亚硫酸钠溶液反应生成硫酸钠和NO，NO不与澄清石灰水不反应，则澄清石灰水不会变浑浊，故D错误；故选B【点评】本题考查了性质方案的设计与评价，题目难度中等，明确常见气体的性

51、质为解答关键，注意熟练掌握性质方案设计与评价的原则，试题培养了学生的化学实验能力17用如图实验装置进行相应实验，装置正确且能达到实验目的是( )A用图a所示装置干燥SO2气体B用图b所示装置蒸发CH3COONa溶液得醋酸钠晶体C用图c所示装置分离有机层与水层，水层从分液漏斗下口放出D用图d所示装置测量氨气的体积【考点】化学实验方案的评价 【专题】实验评价题【分析】A干燥气体，大口进，小口出；B图为蒸发结晶操作；C水在上层，分液时避免上下层液体混合；D氨气极易溶于水【解答】解：A干燥气体，大口进，小口出，图中气体的进入方向不合理，故A错误；B图为蒸发结晶操作，并利用玻璃棒不断搅拌，操作合理，故B

52、正确；C水在上层，分液时避免上下层液体混合，则水层从分液漏斗上口倒出，故C错误；D氨气极易溶于水，不能将水排出测定其体积，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，涉及气体的干燥、蒸发、分液及气体体积测定等，把握物质的性质及实验基本操作为解答的关键，侧重实验技能的考查，注意操作的可行性、评价性分析，题目难度不大18工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2在该反应中( )A硫元素既被氧化又被还原B氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子D相同条件下，每吸收10LSO2就会放出2.5LCO2