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一、单选题(本大题共7小题，共42.0分)
1.下列说法正确的是（ ）
a.光导纤维、防弹玻璃、氧化铝陶瓷、硅藻土都是无机非金属材料，pla、pe、橡胶、酚醛树脂都是人工合成高分子材料
b.贮氢金属并不是简单地吸附氢气，而是通过化学反应贮存氢气
c.科学家发现一种新的co2晶体，该co2晶体具有极强的硬度，是由co2分子构成的空间立体网状结构
d.最新的氯碱工业是用离子交换膜电解槽电解饱和食盐水来生产氢气、氯气和烧碱的，电解槽中的离子交换膜既可以用阳离子交换膜也可以用阴离子交换膜。
答案】 b
解析】 解：a、氧化铝中含有金属元素，故氧化铝陶瓷不是无机非金属材料，故a错误；
b、贮氢金属是金属与氢气形成化合物，从而达到贮存氢气的目的，不是简单的吸附氢气，故b正确；
c、co2是分子晶体，分子间无化学键，即二氧化碳分子间不能形成空间网状结构，故c错误；
d、电解饱和食盐水制氯气时，cl-在阳极放电：2cl--2e-=cl2↑，来自于水的h+在阴极放电：2h++2e-=h2↑，oh-在阴极生成，两极中间应该用阳离子交换膜，从而使naoh在阴极生成，如果改用阴离子交换膜，则naoh会在阳极生成，会吸收生成的氯气，导致氯气无法逸出，故d错误．
故选b． a、氧化铝陶瓷不是无机非金属材料；
b、贮氢金属是金属与氢气形成化合物；
c、co2是分子晶体；
d、电解饱和食盐水制氯气时，cl-在阳极放电，h+在阴极放电．
本题考查了氯碱工业、贮氢金属的贮氢原理等，应注意的是在氯碱工业中，两极中间应该用阳离子交换膜．
2.下列说法正确的是（ ）
a.实验室中可用燃烧法处理co、h2、h2s等可燃性尾气
b.检验硫酸亚铁铵晶体中是否含有结晶水：取一试管，用药匙加入2克硫酸亚铁铵晶体，并在试管口塞上一团蘸有少量无水硫酸铜粉末的棉花，同时塞紧塞子，点燃酒精灯加热试管，观察现象
c.取一药匙铁粉、半药匙食盐置于一片塑料薄膜上，混合均匀，滴一滴管水，包起塑料薄膜（不包紧，有空气），用手摸立刻有发烫感
d.在中和滴定实验中，既可用标准溶液滴定待测液，也可用待测液滴定标准溶液。
答案】 d
解析】 解：a．由于h2s充分燃烧的化学方程式为2h2s+3o2═2so2+2h2o，生成的so2也是一种有毒气体，故a错误；
b．无水硫酸铜遇水变蓝色，可能是吸收了空气中的水蒸气，故b错误；
c．铁粉与水、氯化钠不反应，无发烫感，故c错误；
d．中和滴定时，酸可滴定碱，也可碱滴定酸，即中和滴定时可用标准溶液滴定待测液，也可用待测液滴定标准溶液，故d正确．
故选d． a．由于h2s充分燃烧的化学方程式为2h2s+3o2═2so2+2h2o，据此分析；
b．空气中有水蒸气；
c．铁粉与水、氯化钠不反应；
d．中和滴定时，酸可滴定碱，也可碱滴定酸．
本题考查较综合，涉及尾气处理、物质检验、中和滴定及物质的性质等，注重高频考点的考查，把握反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．
为原子序数依次增大的短周期主族元素．已知①元素对应的原子半径大小为：x＜z＜y＜m＜w②原子的最外层电子数：x=w，x+y=z=2m③y元素的主要化合价：
最高正价+最低负价=2，下列说法不正确的是（ ）
两种元素可形成x2z和x2z2两种常见共价化合物
与z形成的化合物的分子式为m2z3
c.工业上可用电解熔融的w的氯化物的方法制取w的单质
元素对应的单质与w元素对应的单质在不同条件下反应产物可能不同。
答案】 b
解析】 解：x、y、z、w、m为原子序数依次增大的短周期主族元素．已知①元素对应的原子半径大小为：x＜z＜y＜m＜w，则x、y不能同周期，y、m不能同周期，且y、z同周期，m、w同周期，故x处于第一周期，y处于第二周期，m处于第三周期，故x为h元素；③y元素的主要化合价：
最高正价+最低负价=2，则y处于va族，故y为n元素； ②原子的最外层电子数：x=w，则w为na，由最外层电子数x+y=z=2m，则z原子最外层电子数为6，故z为o元素，m原子最外层电子数为3，故m为al．
a．h、o两种元素可形成h2o和h2o2两种常见共价化合物，故a正确；
b．al与o形成的化合物化学式为al2o3，不属于分子晶体，故b错误；
c．工业上可用电解熔融的nacl制取na的单质，故c正确；
d．氧气与钠在常温下反应生成氧化钠，在加热条件下反应生成过氧化钠，故d正确，
故选b． x、y、z、w、m为原子序数依次增大的短周期主族元素．已知①元素对应的原子半径大小为：x＜z＜y＜m＜w，则x、y不能同周期，y、m不能同周期，且y、z同周期，m、w同周期，故x处于第一周期，y处于第二周期，m处于第三周期，故x为h元素；③y元素的主要化合价：最高正价+最低负价=2，则y处于va族，故y为n元素；②原子的最外层电子数：
x=w，则w为na，由最外层电子数x+y=z=2m，则z原子最外层电子数为6，故z为o元素，m原子最外层电子数为3，故m为al，据此解答．
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意根据原子序数与原子半径关系确定元素在周期表中位置，较好的考查学生的分析推理能力，难度中等．
4.下列说法正确的是（ ）
a.某烷烃的结构为：，正确的命名是3，5-二甲基-4-乙基己烷
b.涤纶是由对苯二甲酸（pta）和乙二醇（eg）通过加聚反应得到的
c.有机物ch3ch2ch（ch3）2的一氯代物有4种
d.有机同系物具有相同的通式，且组成相差若干个“ch2”，因此等质量的同系物燃烧耗氧相差物质的量为1.5nmol
答案】 c
解析】 解：a、，该有机物为烷烃，先选取含有碳原子数目最多的碳链为主链，如图划线部分为主链，最长碳链含有6个c原子，主链为己烷，编号必须满足支链编号之和最小，从左边编号取代基编号之和最小，在2号c含有1个甲基，在4号c含有1个甲基，3号c含有1个乙基，该有机物命名为：2，4-二甲基-3-乙基己烷，故a错误；
b、聚对苯二甲酸乙二酯属于塑料，不是合成纤维，且是通过缩聚反应得到的，故b错误；
c、有机物ch3ch2ch（ch3）2中含有4种化学环境不同的h，故有4种一氯取代物，故c正确；
d、甲烷与乙烷为同系物，取mg二者，分别燃烧，甲烷耗氧量为0.125mol，乙烷耗氧量为[',altimg': w':
70', h': 43', omath': 3.
5mol30'}]二者不相差1.5mol，故d错误，故选c．
a、烷烃命名中依照：长、多、近、小、简原则；
b、明确加聚反应与缩聚反应的区别；
c、有几种化学环境不同的h原子就有几种一氯取代物；
d、甲烷与乙烷为同系物，依据等质量甲烷与乙烷耗氧量判断．
本题主要考查的是烷烃的命名、合成纤维、同分异构体的判断、烃的燃烧规律等，难度不大．
5.自来水管道经历了从铸铁管→镀锌管→pvc管→ppr热熔管等阶段，铸铁管、镀锌管被弃用的原因之一，可以用原电池原理来解释，示意图如图所示，下列有关说法不正确的是（ ）
a.如果是镀锌管，则a端为zn，是负极，产生zn2+，不但会造成管道锈蚀，zn2+溶于自来水也对人体有害
端发生的电极反应为：clo-+h2o-2e-═cl-+2oh-
c.由于该原电池原理的存在，一定程度上减弱了自来水中余氯的杀菌消毒功能
d.从自来水厂到用户，经过该类管道的长期接触，自来水的酸碱性发生了变化。
答案】 b
解析】 解：根据装置图，b端次氯酸根得电子发生还原反应生成氯离子，所以b端为正极，则a端为负极，
a、如果是镀锌管，锌比铁活泼，则a端负极为zn，产生zn2+，zn2+溶于自来水也对人体有害，故a正确；
b．b端为正极，电极反应为：clo-+h2o+2e-═cl-+2oh-，故b错误；
c．根据正极电极反应为：clo-+h2o+2e-═cl-+2oh-，则消耗了次氯酸根，所以一定程度上减弱了自来水中余氯的杀菌消毒功能，故c正确；
d．根据正极电极反应为：clo-+h2o+2e-═cl-+2oh-，所以经过该类管道的长期接触，自来水的酸碱性发生了变化，故d正确；
故选b． 根据装置图，b端次氯酸根得电子发生还原反应生成氯离子，所以b端为正极电极反应为：clo-+h2o+2e-═cl-+2oh-，则a端为负极，据此分析．
本题考查了原电池原理，根据得失电子的难易程度确定正负极，再结合电子移动方向来分析解答，题目难度不大．
6.某浓度的二元弱酸酒石酸溶液的型体分布图如图，将酒石酸简写成h2a，下列有关叙述正确的是（ ）
a.等体积等浓度的naoh溶液与h2a溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水小
溶液在不同ph环境中各微粒的分布不同，电离平衡常数也不同
c.溶液的ph=4.5时，存在如下关系：c（na+）＞c（ha-）＞c（a2-）＞c（h+）＞c（oh-）
d.已知hclo的电离平衡常数为10-7.5将少量h2a 的溶液加入足量naclo溶液中，发生的反应为：h2a+clo-═hclo+ha-
答案】 a
解析】 解：由图象可知当ph=3.04时，c（h2a）=c（ha-），则k1=[^c(^)a)}'altimg':
w': 122', h': 51', omath':
c(ha-)c(h+)c(h2a)'}10-3.04，当ph=4.37时，可知k2=[^c(^)10-4.
37，a．等体积等浓度的naoh溶液与h2a溶液混合后生成naha，溶液呈酸性，则抑制水的电离，故a正确；
b．温度不变，则电离常数不变，故b错误；
c．由k2=[^c(^)10-4.37可知，溶液的ph=4.5时，[^altimg':
w': 58', h': 52', omath':
10-4.3710-4.5'}]1，则c（a2-）＞c（ha-），故c错误；
d．k2=[^c(^)10-4.37，hclo的电离平衡常数为10-7.5，则酸性ha-＞hclo，所以将少量h2a的溶液加入足量naclo溶液中，发生的反应为：
h2a+2clo-═2hclo+a2-，故d错误．
故选a． 由图象可知当ph=3.04时，c（h2a）=c（ha-），则k1=[^c(^)a)}'altimg': w':
122', h': 51', omath': c(ha-)c(h+)c(h2a)'}10-3.
04，当ph=4.37时，c（ha-）=c（a2-），说明ha-电离大于ha-、a2-水解程度，溶液呈酸性，可知k2=[^c(^)10-4.37，可知酸性ha-＞hclo，以此解答该题．
本题考查弱电解质的电离及离子浓度大小的比较，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，明确稀释及图象的分析是解答本题的关键，答题时注意平衡常数的运用，题目难度不大．
7.某化工废液中可能含有下列微粒：al3+、fe3+、no2-、甘油分子．某化学兴趣小组的同学设计了下列实验验证这些微粒的存在，下列说法不正确的是（ ）
已知：al3++6f-═[alf6]3-．
a.通入的过量气体可能是co2
b.分离出沉淀ⅰ的操作名称是过滤，利用沉淀ⅰ可检验出fe3+
c.若向溶液ⅲ中先加足量nh4f后再加氨水可以检验al3+
d.用酸性ki溶液检验no2-离子的离子方程式为2no2-+2i-+4h+═2no+i2+2h2o
答案】 c
解析】 解：流程整体分析：al3+、fe3+、no2-、甘油分子，加入过量naoh，得到沉淀ⅰfe（oh）3，滤液ⅰ是 naalo2其它不变，通入co2可产生al（oh）3沉淀ⅱ，向其中盐酸后，得到溶液ⅲ为alcl3，
a：al（oh）3不溶于弱酸弱碱，所以要产生沉淀ⅱ，可通入co2，所以a正确；
b：分离溶液中的不溶性杂质，用过滤；根据物质性质，题目中给的粒子中与过量naoh能生成沉淀，只有fe3+所以b正确；
c：根据题目提供的信息al3++6f-═[alf6]3-，向溶液ⅲ为alcl3中先加足量nh4f会形成络合离子[alf6]3-，溶液中铝离子浓度明显减少或反应完全，再加入足量氨水，不会有白色胶状氢氧化铝沉淀生成，即无明显现象看到，因此无法检验al3+，所以c不正确；
d：酸性条件下no2-可氧化i-成i2，根据三大守恒（ 电荷守恒、电子守恒、原子守恒），可写出离子方程式2no2-+2i-+4h+═2no+i2+2h2o，所以d正确．
根据微粒性质或特性解答，al3+遇强碱先产生沉淀后溶解；fe3+与碱产生红褐色沉淀；no2-在酸性条件下具有强氧化性，可氧化i-；甘油可与新制氢氧化铜产生绛蓝色沉淀．
a：利用al（oh）3不溶于弱酸弱碱
b：利用过滤可分离溶液中的不溶性杂质；利用fe（oh）3不溶于碱
c：抓住题目提供的信息，注意利用
d：利用氧化还原和三大守恒解答
较简单，但需牢记物质的特性，并抓住题目提供信息，是解答此类题目关键．
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