2016-2017石景山第一学期高三期末化学试题和答案

石景山区第一学期期末考试试卷15．（共10分，每空2分）（1）NN HH（2）2NH 4Cl ＋Ca(OH)22NH 3↑＋2H 2O ＋CaCl 2（3） 2NH 3+NaClO ＝N 2 H 4+NaCl+H 2O （4）N 2H 4－4e —+4OH —＝N 2+4H 2O （5）39116．（共10分，每空2分） （1）球形冷凝管（或冷凝管） （2）（3）（4）没有排除乙醇的干扰（或在通过酸性高锰酸钾溶液之前，应该除去乙醇）（只要答出乙醇就给分，有没有磷酸酯都行）。

（5（不标明物质扣1分）17．（共12分，每空2分） （1）HF(aq) H +(aq) +F —(aq) △H ＝-10.4KJ·mol —1（不写可逆号扣1分） （2）CD （3）BC（4）①④②③（或①>④>②>③,用物质名称表示也对）（5）在碳酸钠溶液中滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl 2溶液后产生沉淀且红色褪去或变浅。

（6）1 18．（共12分，每小问2分） （1）四;ⅣB （各1分） （2）2FeTiO 3＋6C ＋7Cl 高温2FeCl 3＋2TiCl 4＋6CO（3）TiCl 4+(2+x ) H 2O TiO 2·x H 2O+4HCl ，加入大量水并加热，促进水解趋于完全（或促乙烯利固体△使水解正向进行（4）防止钛、镁被氧化（或防止钛镁与空气、水反应），1412（5）（6）519. （共14分，第（1）每空1分，其余每空2分）（1）消去反应；Cu/加热（写不写O2均可以）。

（2）CH2＝CHCH2COOH；羟基和羧基。

（3）n HOCH2CH2CH2COOHCH22+( n -1)H2O（2分）（4）bd（5）HOCH2CH2CH2COO COOH+3 NaOHHOCH2CH2CH2COONa + NaO COONa+2 H2O（2分）（6）CHO OHOH或OHOH。

1.北京市东城区2016-2017学年度第一学期末教学统一检测高三化学选择题相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 S 32 K 39 Cr 52 Pb 207 1．材料是人类赖以生存和发展的物质基础。

下列物品所用材料主要成分是有机高分子化合物是A．曾侯乙编钟（青铜器）B．景德镇瓷器C．钢化玻璃D．航天服（涤纶）2．下列化学用语表述正确的是A．二氧化碳的结构式：O＝C＝O B．氯化氢的电子式：C．31H的原子结构示意图： D．水的电离方程式：H2O＝H+＋OH－3．下列说法中，符合ⅦAA．原子易形成－2价阴离子B．单质均为双原子分子，具有氧化性C．原子半径随原子序数递增逐渐减小 D．氢化物的稳定性随原子序数递增依次增强4．室温下，关于1.0 mL 0.l mol/L氨水，下列判断正确的是A．溶液的pH等于13 B．加入少量NH4Cl固体，c(OH－)不变C．c(OH－)＝c(NH4+)＋c(H+) D．与1.0 mL 0.l mol/L盐酸混合后，溶液呈中性5．用Cl2生产某些含氯有机物时会生成副产物HCl，利用下列反应实现氯的循环利用：4HCl(g) + O2(g)2Cl2(g) + 2H2O(g) ΔH＝－115.6 kJ/mol,恒温恒容的密闭容器中，充入一定量的反应物发生上述反应，能充分说明该反应达到化学平衡状态的是A．气体的质量不再改变B．氯化氢的转化率不再改变C．断开4 mol H-Cl键的同时生成4 mol H-O键D．n(HCl)∶n(O2)∶n(Cl2)∶n(H2O)＝4∶1∶2∶2 6．化学反应中，反应物用量、浓度或反应条件不同可能对生成物产生影响。

下列反应的生成物不受．．上述因素影响的是A．铜与硝酸反应B．钠与氧气反应C．氢气与氯气反应D．氯化铝与氢氧化钠溶液反应7．科学的假设是实验探究的先导与价值所在。

下列在假设引导下的探究肯定没有．．．．意义的是A．探究Fe与Cl2反应可能生成FeCl2B．探究Na与H2O反应可能有O2生成C．探究Na2O2与SO2反应可能有Na2SO4生成D．探究Mg与HNO3溶液反应产生的气体中可能含有H28．乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，某学习小组设计以下两套装置用乙醇、乙酸和浓硫酸分别制备乙酸乙酯（沸点77.2℃）。

石景山区2016—2017学年第一学期高三期末试卷化学可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 N—14第Ⅰ卷（选择题 共42分）单项选择题：．．．．．．本部分共．．．．14．．个小题，每小题．．．．．．．3．分．1．联氨可用作火箭燃料，其电子式为，则N 元素的化合价为 A ．–3 B ．–2 C ．0 D ．+52．下列与海水资源有关的生产过程中，未涉及．．．氧化还原反应的是 A ．海水提溴 B ．海带提碘 C ．氯碱工业 D ．海水晒盐3．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A ．Al 2O 3熔点高，可用作耐高温材料B ．SiO 2能与HF 反应，可用作光导纤维C ．KAl(SO 4)2易溶于水，可用作净水剂D ．Fe 2O 3能与酸反应，可用作红色涂料4．H 2S 在O 2中不完全燃烧生成S 和H 2O ，下列说法中正确的是A ．微粒半径：O 2¯ > S 2¯B ．还原性：H 2S < H 2OC ．稳定性：H 2S < H 2OD ．电离方程式：H 2S 2H ++ S 2¯5．侯氏制碱原理：NH 3＋CO 2＋H 2O ＋NaCl===NaHCO 3↓＋NH 4Cl ，经过制取氨气、制取NaHCO 3、分离及干燥NaHCO 3四个步骤，下列图示装置能达到实验目的的是N H H N HH6．青蒿酸是合成青蒿素的原料，可以由香草醛合成：下列有关叙述正确的是A ．香草醛的分子式是C 8H 10O 3B ．香草醛能与NaHCO 3溶液反应C ．两种物质均可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应D ．可用FeCl 3溶液检验青蒿酸中是否含香草醛7．关于SO 2性质和现象的对应描述，正确的是A ．SO 2具有氧化性，能使品红溶液褪色B ．SO 2具有漂白性，能使溴水褪色C ．SO 2具有还原性，能与Ba(NO 3)2溶液反应生成沉淀D ．SO 2具有漂白性，能使滴加酚酞的NaOH 溶液由红色变为无色8．设N A 为阿伏加德罗常数值，下列叙述正确的是A ．46gNO 2和N 2O 4混合气体中氮原子数为N AB ．1mol 14C 含有的中子数为6N AC ．标准状况下，22.4LCCl 4中含有的分子数为N AD ．0.5molNa 2O 2与足量水反应，转移电子数为N A9．下列关于Mg(OH)2制备和性质的离子方程式，不正确．．．的是 A ．由MgCl 2溶液和NaOH 溶液制备Mg(OH)2：Mg 2+ + 2OH —===Mg(OH)2↓B ．向Mg(OH)2悬浊液中滴加浓FeCl 3溶液，生成红褐色沉淀：3Mg(OH)2 (s)+2Fe 3+===2Fe(OH)3(s)+3Mg 2+C ．向Mg(OH)2悬浊液中滴加浓NH 4Cl 溶液，浊液变澄清：Mg(OH)2 +2NH 4+===2NH 3·H 2O+Mg 2+D ．向Mg(OH)2悬浊液中滴加醋酸，浊液变澄清：Mg(OH)2 + 2H +=== Mg 2+ +2H 2O 青蒿酸 香草醛10．根据下图的转化关系判断，下列说法正确的是（反应条件已略去）． A ．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1︰4B ．利用反应②可制漂白粉，反应⑤可制金属MnC ．生成等质量的O 2，反应③和④转移的电子数相等D ．在反应①③④⑤中，MnO 2均作氧化剂11．．．类比推理是常用的思维方法，下列几种类比推理正确的是．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．． A ．．．CO ．．2．是直线型分子，推测．．．．．．．．．CS ．．2．是直线型分子．．．．．． B ．Cl¯与Fe 3+共存，推测I¯与Fe 3+共存C ．H 2SO 4为强酸，推测HC1O 为强酸D ．蒸干Al 2(SO 4)3溶液得到Al 2(SO 4)3固体，推测蒸干AlCl 3溶液得到AlCl 3固体12．N 2O 5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生下列反应：2N 2O 5(g) 4NO 2(g) + O 2(g) △H ＝+Q kJ/mol (Q>0)某温度下，向2L 的密闭容器中通入N 2O 5，部分实验数据见下表：下列说法正确的是A ．500s 内N 2O 5分解速率为6×10-3mol/(L ·s)B ．该温度下的平衡常数K ＝125C ．反应达平衡时，吸收的热量为5Q kJD ．其他条件不变，若开始时c (N 2O 5)＝10mol/L ，则达平衡后c(N 2O 5)＝5mol/L13．科学家用氮化镓材料与铜组装如图所示人工光合系统，利用该装置成功地实现了以CO2和H 2O合成CH4。

2015-2016学年北京市石景山区高三（上）期末化学试卷一、本部分共14个小题，每小题3分，每小题只有一项符合题目要求1．2015年氰化物成为热议话题．氢氰酸的结构式为H─C≡N，则N元素的化合价为（）A．﹣3 B．+1 C．+3 D．+52．化学与生活密切相联，下列应用中利用了物质的氧化性的是（）A．SO2漂白纸浆B．纯碱清洗油污C．Na2S除污水中的Cu2+D．漂白粉漂白织物3．下列化学用语表示正确的是（）A．聚丙烯的结构简式： B．NH4Br的电子式：C．对羟基苯甲醛的结构简式：D．二氧化碳分子的比例模型：4．钙和钠相似，也能形成过氧化物，则下列叙述正确的是（）A．过氧化钙的化学式是Ca2O2B．1mol过氧化钠或过氧化钙跟足量水反应都生成0.5mol氧气C．过氧化钙中阴阳离子数之比为2：1D．过氧化钙中只含离子键5．部分短周期元素化合价与原子序数的关系可用如图表示，下列说法正确的是（）A．原子半径：Z＞Y＞XB．X和Z形成的化合物能溶于NaOH溶液C．Q和X形成的化合物不能与酸反应D．R元素的含氧酸和W元素的含氧酸，酸性一定前者强6．下列装置所示的分离提纯方法和物质的溶解性无关的是（）A． B．C．D．7．明代宋应星著的《天工开物》中有关于“火法”冶炼锌的工艺记载：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，…然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，…，冷淀，毁罐取出，…，即倭铅也．”下列说法不正确的是（注：炉甘石的主要成分为碳酸锌）（）A．该冶炼锌的反应属于置换反应B．煤炭中起作用的主要成分是CC．冶炼Zn的反应方程式为：ZnCO3+2C Zn+3CO↑D．倭铅是指金属锌和铅的混合物8．去甲肾上腺素可以调控动物机体的植物性神经功能，其结构简式如图所示，下列说法正确的是（）A．该有机物的分子式是C8H10NO3B．1mol该有机物最多能与2molBr2发生反应C．该有机物不能与Na2CO3溶液反应D．该有机物既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应9．下列指定微粒的数目相等的是（）A．等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数B．等物质的量的水与重水含有的中子数C．同温、同压、同体积的CO和NO含有的质子数D．等物质的量的铁和铝分别与足量盐酸完全反应时转移的电子数10．根据如图，下列判断中正确的是（）A．石墨与O2生成CO2的反应是吸热反应B．金刚石、石墨与O2反应，均可生成具有极性共价键的CO2C．从能量角度看，金刚石比石墨更稳定D．C（金刚石，s）═C（石墨，s）△H=E3﹣E111．溴酸银（AgBrO3）的溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法正确的是（）A．温度升高不利于溴酸银的溶解B．溴酸银的溶解是放热过程C．若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯D．60℃时，将0.04g溴酸银加入到10g水中，形成的分散系中存在沉淀溶解平衡12．常温下，两种酸的电离平衡常数如下表：酸电离常数K1电离常数K2H2SO3 1.54×10﹣2 1.02×10﹣7H2CO3 4.3×10﹣7 5.6×10﹣11常温下，浓度均为0.1mol/L的下列溶液：①Na2SO3；②Na2CO3；③NaHSO3，下列有关说法正确的是（）A．pH：Na2CO3溶液小于Na2SO3溶液B．结合H+能力：CO32﹣弱于SO32﹣C．NaHSO3溶液显酸性的原因是：NaHSO3═Na++H++SO32﹣D．①与②溶液等体积混合后的溶液中：c（SO32﹣）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（HSO3﹣）13．某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生．为探究其反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是（）选项实验及现象结论A 将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝反应中有NH3产生B 收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色反应中有H2产生C 收集气体的同时测得溶液的pH为8.6 溶液中OH¯氧化了MgD 将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡弱碱性溶液中Mg也可被氧化产生A．A B．B C．C D．D14．Na2FeO4是一种高效的水处理剂，下列用于解释事实的方程式中，不正确的是（）A．Na2FeO4消毒、杀菌时得到的Fe3+可以净水，Fe3+能产生净水物质的原因是：Fe3++3H2O⇌Fe （OH）3（胶体）+3H+B．工业上可用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质反应制得Na2FeO4，化学方程式为：2FeCl3+10NaOH+3NaClO═2 Na2FeO4+9NaCl+5H2OC．Na2FeO4在酸性溶液中不稳定，与水反应生成Fe3+和O2，离子方程式为：4FeO42﹣+10H2O═4Fe3++20OH﹣+3O2↑D．工业上可用铁做阳极，电解浓NaOH溶液的方法制Na2FeO4，阳极的电极反应为：Fe﹣6e﹣+8OH﹣═FeO42﹣+4H2O二、解答题（共5小题，满分58分）15．高分子化合物PTT是一种性能优异的新型纤维，是当前国际上最新开发的热门高分子新材料．PTT的一种合成路线如图：已知：R1CHO+R2CHCHO（1）已知A→B是加成反应，B的结构简式为，C分子中含有的官能团是．（2）用系统命名法给有机物D进行命名．（3）芳香烃E的相对分子质量为106，E的一氯代物只有2种，则E的结构简式为．（4）E→F的反应类型为反应，合成PTT的化学方程式为．（5）有机物I的同分异构体有很多种，写出同时符合下列条件的所有同分异构体的结构简式．①含有苯环②核磁共振氢谱有三个峰．16．知识的梳理和感悟是有效学习的方法之一．某学习小组将有关“电解饱和食盐水”的相关内容进行梳理，形成如下问题（显示的电极均为石墨）．（1）图1中，电解一段时间后，气球b中的气体是（填化学式），U形管（填“左”或“右”）边的溶液变红．（2）利用图2制作一种环保型消毒液发生器，电解可制备“84”消毒液的有效成分，则c 为电源的极；该发生器中反应的总离子方程式为．（3）氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节（电）能30%以上．该工艺的相关物质传输与转化关系如图3所示（其中的电极未标出，所用的离子膜都只允许阳离子通过）．①燃料电池B中的电极反应式分别为：负极，正极．②分析图3可知，氢氧化钠的质量分数a%、b%、c%由大到小的顺序为．17．铝及其化合物用途广泛，研究其性质具有重要意义．（1）铝离子的结构示意图为．（2）美国普度大学研究开发出一种利用铝镓合金制备氢气的新工艺，过程如图1所示：①铝镓合金与水反应的化学方程式为．②该工艺过程中，能量的转化形式分别有（填“什么能转变为什么能”）．③该工艺过程总反应的实质是．（3）室温下，往0.2mol/LAl2（ SO4）3溶液中逐滴加入1.0mol/L NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化的曲线如图2所示．解释c→d过程中pH增大且幅度较大的原因（请结合必要的化学用语）．18．大气中的部分碘源于O3对海水中I¯的氧化．某科学小组进行O3与含I¯溶液反应的相关研究．（1）O3将I¯氧化生成I2的过程由3步反应组成：①I﹣（aq）+O3（g）═IO﹣（aq）+O2（g）△H1②IO﹣（aq）+H+（aq）⇌HOI（aq）△H2③HOI（aq）+I﹣（aq）+H+（aq）⇌I2（aq）+H2O（l）△H3用热化学方程式表示O3氧化I¯生成I2的反应．（2）O3在水中易分解，一定条件下，O3的浓度减少一半时所需的时间（t）如下表所示．已知：O3的起始浓度为0.0216mol/L．pHt/minT/℃3.04.05.06.020 301 231 169 5830 158 108 48 1550 31 26 15 7①在30℃、pH=4.0条件下，O3的分解速率为mol/（L•min）．②pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是．③根据表中数据，推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为（填字母代号）．a．40℃、pH=3.0 b．10℃、pH=4.0 c．30℃、pH=7.0（3）I2在KI溶液中存在下列平衡：I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3﹣（aq）．测得不同温度下该反应的平衡常数如图1所示，下列说法正确的是．A．反应I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3﹣（aq）的△H＞0B．利用该反应可以除去硫粉中少量的碘单质C．在上述平衡体系中加入苯，平衡不移动D．25℃时，在上述平衡体系中加入少量KI固体，平衡常数K小于680（4）将I2溶于CCl4中，得到紫红色的溶液，再加入一定浓度的KI溶液，现象如图2所示：①上层溶液中含碘元素的微粒有（用化学符号表示）．②由实验现象可推测关于I2溶解性的结论是．19．葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2的含量计算，我国国家标准（GB2760﹣2014）规定葡萄酒中SO2的残留量≤0.25g/L．某兴趣小组设计实验方案对葡萄酒中SO2进行测定．Ⅰ．定性实验方案如下：（1）将SO2通入水中形成SO2─饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在多个含硫元素的平衡，分别用平衡方程式表示为．（2）利用SO2的漂白性检测干白葡萄酒（液体为无色）中的SO2或H2SO3．设计如下实验：实验结论：干白葡萄酒不能使品红溶液褪色，原因为：．Ⅱ．定量实验方案如下（部分装置和操作略）：（3）仪器A的名称是．（4）A中加入100.0mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与B中H2O2完全反应，其化学方程式为．（5）除去B中过量的H2O2，然后再用NaOH标准溶液进行滴定，除去H2O2的方法是．（6）步骤X滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2的含量为g/L．该测定结果比实际值偏高，分析原因．2015-2016学年北京市石景山区高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、本部分共14个小题，每小题3分，每小题只有一项符合题目要求1．2015年氰化物成为热议话题．氢氰酸的结构式为H─C≡N，则N元素的化合价为（）A．﹣3 B．+1 C．+3 D．+5【考点】根据化学式判断化合价．【专题】化学用语专题．【分析】根据共用电子对偏移计算HCN中C元素的化合价．【解答】解：HCN的结构式为H﹣C≡N，将短线转化为共用电子对，且N原子含有1对孤电子对，分子中C、H之间共用电子对偏向C，使碳显﹣1价，而C、N之间三对共用电子对偏向N，使氮显﹣3，故选A．【点评】本题考查微粒数目计算、电子式、化合价等，比较基础，注意共价化合物中共用电子对偏移与化合价关系．2．化学与生活密切相联，下列应用中利用了物质的氧化性的是（）A．SO2漂白纸浆B．纯碱清洗油污C．Na2S除污水中的Cu2+D．漂白粉漂白织物【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】利用了物质的氧化性，则物质中某元素的化合价降低，以此来解答．【解答】解：A．SO2漂白纸浆，发生化合反应生成无色物质，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故A不选；B．纯碱清洗油污，与水解反应有关，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故B 不选；C．Na2S除污水中的Cu2+发生复分解反应，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故C不选；D．漂白粉漂白织物，Cl元素的化合价降低，利用了物质的氧化性，故D选；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应、反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．3．下列化学用语表示正确的是（）A．聚丙烯的结构简式： B．NH4Br的电子式：C．对羟基苯甲醛的结构简式：D．二氧化碳分子的比例模型：【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．聚丙烯中主链上有2个C原子；B．溴化铵为离子化合物，溴离子和铵根离子都小于标出所带电荷及最外层电子；C．羟基的表示方法错误，应该表示为HO﹣；D．二氧化碳分子中，碳原子比较大于氧原子，碳原子的相对体积应该大于氧原子．【解答】解：A．聚丙烯是丙烯通过加聚反应生成的高分子化合物，其主链上有2个C原子，正确的结构简式为：，故A错误；B．NH4Br由溴离子和铵根离子组成，电子式中需要标出所带电荷及最外层电子，其电子式为，故B正确；C．对醛基苯甲醛正确的结构简式为：，故C错误；D．二氧化碳分子中碳原子半径大于氧原子半径，二氧化碳正确的比例模型为：，故D错误；故选B．【点评】本题考查了比例模型、电子式、结构简式等化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及表示方法，C为易错点，注意羟基的正确表示方法，试题培养了学生规范答题的能力．4．钙和钠相似，也能形成过氧化物，则下列叙述正确的是（）A．过氧化钙的化学式是Ca2O2B．1mol过氧化钠或过氧化钙跟足量水反应都生成0.5mol氧气C．过氧化钙中阴阳离子数之比为2：1D．过氧化钙中只含离子键【考点】碱金属的性质．【专题】金属概论与碱元素．【分析】A．过氧根离子带有2个单位负电荷；B．根据过氧化钠或过氧化钙跟足量水反应的方程式计算；C．过氧化钙中阴离子为过氧根离子；D．过氧化钙中钙离子与过氧根离子通过离子键结合，过氧根中两个氧原子通过共价键结合；【解答】解：A．氧化钙的化学式是CaO2，故A错误；B．因过氧化钠或过氧化钡跟水反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，2H2O+2CaO2=2Ca（OH）2+O2↑，都是1mol过氧化物跟足量水反应都生成0.5mol氧气，故B正确；C．过氧化钙中阴离子为过氧根离子，过氧化钙中阴阳离子数之比为1：1，故C错误；D．过氧化钙中既含有离子键又含有共价键，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了过氧化钙的性质，依据过氧化钠的结构及性质即可解答，题目难度不大．5．部分短周期元素化合价与原子序数的关系可用如图表示，下列说法正确的是（）A．原子半径：Z＞Y＞XB．X和Z形成的化合物能溶于NaOH溶液C．Q和X形成的化合物不能与酸反应D．R元素的含氧酸和W元素的含氧酸，酸性一定前者强【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】由图中化合价可知，X的化合价为﹣2价，没有正化合价，故X为O元素，Y的化合价为+1价，处于ⅠA族，原子序数大于O元素，故Y为Na元素，由原子序数可知Z、Q、R均处于第三周期，Z为+3价，为Al元素，Q化合价为+4、﹣4价，则Q为Si，W的化合价为+6、﹣2价，故W为S元素，R有+7、﹣1价，则R为Cl，据此解答．【解答】解：由图中化合价可知，X的化合价为﹣2价，没有正化合价，故X为O元素，Y 的化合价为+1价，处于ⅠA族，原子序数大于O元素，故Y为Na元素，由原子序数可知Z、Q、R均处于第三周期，Z为+3价，为Al元素，Q化合价为+4、﹣4价，则Q为Si，W的化合价为+6、﹣2价，故W为S元素，R有+7、﹣1价，则R为Cl．A．同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Na＞Al＞O，即Y＞Z＞X，故A错误；B．X和Z形成的化合物为氧化铝，属于两性氧化物，能溶于NaOH溶液，故B正确；C．Q和X形成的化合物为二氧化硅，能与氢氟酸反应，故C错误；D．R（Cl）的非金属性较W（S）强，则R的最高价含氧酸的酸性较强，不是最高价含氧酸则不一定，如硫酸为强酸，而次氯酸为弱酸，故D错误，故选：B．【点评】本题考查结构性质与位置关系、元素周期律等，难度不大，根据推断元素是解题的关键，根据化合价结合原子序数进行推断．6．下列装置所示的分离提纯方法和物质的溶解性无关的是（）A． B．C．D．【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】利用溶解性差异进行分离的物质，对于气体，可用洗气的方法分离，对应可溶性物质，可用结晶的方法分离，对于液体，可用分液的方法分离，以此解答该题．【解答】解：A．蒸馏与沸点有关，故A选；B．洗气可除去易溶性气体，与溶解性有关，故B不选；C．溶解度随温度变化较大的物质，可用结晶的方法分离，故C不选；D．互不相溶的液体，可用分液的方法分离，故D不选．故选A．【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握混合物分离方法及原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意混合物中物质的性质，题目难度不大．7．明代宋应星著的《天工开物》中有关于“火法”冶炼锌的工艺记载：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，…然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，…，冷淀，毁罐取出，…，即倭铅也．”下列说法不正确的是（注：炉甘石的主要成分为碳酸锌）（）A．该冶炼锌的反应属于置换反应B．煤炭中起作用的主要成分是CC．冶炼Zn的反应方程式为：ZnCO3+2C Zn+3CO↑D．倭铅是指金属锌和铅的混合物【考点】金属冶炼的一般原理．【专题】元素及其化合物．【分析】碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳，反应的方程式为ZnCO3+2C Zn+3CO↑，据此分析．【解答】解：碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳，反应的方程式为ZnCO3+2C Zn+3CO↑，A．该冶炼锌的反应属于置换反应，故A正确；B．反应中C作还原剂，则煤炭中起作用的主要成分是C，故B正确；C．冶炼Zn的反应方程式为：ZnCO3+2C Zn+3CO↑，故C正确；D．由题意可知，倭铅是指金属锌，故D错误．故选D．【点评】本题以锌的冶炼为知识背景，考查了置换反应、方程式的书写、题目信息的应用等，题目难度中等，侧重于考查学生的阅读能力和对信息的应用能力．8．去甲肾上腺素可以调控动物机体的植物性神经功能，其结构简式如图所示，下列说法正确的是（）A．该有机物的分子式是C8H10NO3B．1mol该有机物最多能与2molBr2发生反应C．该有机物不能与Na2CO3溶液反应D．该有机物既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A．根据结构简式确定分子式；B．苯环上酚羟基邻对位氢原子能和溴发生取代反应；C．该有机物中含有酚羟基，能和碳酸钠反应；D．该物质中含有酚羟基和氨基，具有酸性和碱性．【解答】解：A．由结构简式可知分子式为C8H11NO3，故A错误；B．苯环上酚羟基邻对位H原子能被溴原子取代，1mol去甲肾上腺素最多能与3mol Br2发生取代反应，故B错误；C．该有机物中含有酚羟基，能和碳酸钠反应生成酚钠和碳酸氢钠，故C错误；D．该物质中含有酚羟基和氨基，具有酸性和碱性，能和氢氧化钠、稀盐酸反应，故D正确；故选D．【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查酚、氨基性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意酚羟基能和碳酸钠反应但不能和碳酸氢钠反应，为易错题．9．下列指定微粒的数目相等的是（）A．等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数B．等物质的量的水与重水含有的中子数C．同温、同压、同体积的CO和NO含有的质子数D．等物质的量的铁和铝分别与足量盐酸完全反应时转移的电子数【考点】物质的量的相关计算．【专题】物质的量的计算．【分析】A、乙烯有6对共用电子对，丙烯有9对；B、H和D原子的中子数不同；C、一氧化碳和NO含有的质子数不同；D、Fe被氧化为+3价，而铝被氧化为+2价．【解答】解：A、1 个乙烯中共用电子对数为 6，1 个丙烯中共用电子对数为 9，等质量的乙烯和丙烯共用电子对数比为：×6：×9=1：1，等质量的乙烯和丙烯中含有共用电子对数相同，故A正确；B、物质的量相等的H2O与D2O含有的中子数比值为（8）：（8+2×1）=8：10，中子数不同，故B错误；C、CO的质子数为6+8=14，而NO的质子数为7+6=13，同温、同压、同体积的一氧化碳和一氧化碳含有的质子数不相等，故C错误；D．Fe被氧化为+3价，而Al被氧化为+3价，则等物质的量的铁和铝分别与氯气完全反应，转移的电子数一定不等，故D错误．故选A．【点评】本题考查阿伏加德罗常数，题目难度中等，本题侧重于物质的结构和性质的考查，为易错点，答题时还要注意物质存在的外界条件是否一致．10．根据如图，下列判断中正确的是（）A．石墨与O2生成CO2的反应是吸热反应B．金刚石、石墨与O2反应，均可生成具有极性共价键的CO2C．从能量角度看，金刚石比石墨更稳定D．C（金刚石，s）═C（石墨，s）△H=E3﹣E1【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、根据图象看出石墨与O2的总能量比CO2的高；B、根据图象看出金刚石、石墨的最终产物均为二氧化碳；C、根据图象看出金刚石的能量大于石墨的能量；D、根据图象看出C（金刚石，s）═C（石墨，s）△H=E1﹣E2．【解答】解：A、根据图象看出石墨与O2的总能量比CO2的高，所以石墨与O2生成CO2的反应是放热反应，故A错误；B、根据图象看出金刚石、石墨均可生成具有极性共价键的CO2，故B正确；C、根据图象看出金刚石的能量大于石墨的能量，能量越大越不稳定，故C错误；D、根据图象看出C（金刚石，s）═C（石墨，s）△H=E1﹣E2，故D错误．故选：B．【点评】本题侧重于化学反应原理的探究的考查，题目着重于考查学生的分析能力和自学能力，注意把握题给信息，难度不大．11．溴酸银（AgBrO3）的溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法正确的是（）A．温度升高不利于溴酸银的溶解B．溴酸银的溶解是放热过程C．若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯D．60℃时，将0.04g溴酸银加入到10g水中，形成的分散系中存在沉淀溶解平衡【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算．【专题】溶解度的计算．【分析】A．温度升高溶解度增大；B．根据图象中温度对溴酸银的溶解度影响可知溴酸银的溶解过程为吸热过程；C．溴酸银的溶解度受温度的影响较小，可以通过重结晶法分离硝酸钾与溴酸银的混合物；D．根据溶解度计算10g水中溴酸银，结合选项中的数据判断是否饱和．【解答】解：A．温度升高溶解度增大，所以温度升高有于溴酸银的溶解，故A错误；B．根据图象可知，升高温度，溴酸银的溶解度增大，说明溴酸银的溶解过程为吸热过程，故B错误；C．根据图象可知，溴酸银的溶解度受温度的影响不大，而硝酸钾的溶解度受温度影响较大，所以硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯，故C正确；D．60℃时，溴酸银的溶解度为0.6g，则10g水中溴酸银的质量为0.06g，则0.04g溴酸银加入到10g水中形成不饱和溶液，则形成的分散系中不存在沉淀溶解平衡，故D错误；故选C．【点评】本题考查了难溶物的溶解平衡、温度对溶解度的影响等，题目难度中等，注意掌握难溶物的溶解平衡及其影响因素，明确溶度积的概念及计算方法是解题的关键．12．常温下，两种酸的电离平衡常数如下表：酸电离常数K1电离常数K2H2SO3 1.54×10﹣2 1.02×10﹣7H2CO3 4.3×10﹣7 5.6×10﹣11常温下，浓度均为0.1mol/L的下列溶液：①Na2SO3；②Na2CO3；③NaHSO3，下列有关说法正确的是（）A．pH：Na2CO3溶液小于Na2SO3溶液B．结合H+能力：CO32﹣弱于SO32﹣C．NaHSO3溶液显酸性的原因是：NaHSO3═Na++H++SO32﹣D．①与②溶液等体积混合后的溶液中：c（SO32﹣）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（HSO3﹣）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．酸性越强，对应盐的水解程度越小；B．酸性越强，对应酸根离子结合氢离子的能力越小；C．HSO3﹣在溶液中部分电离；D．Na2SO3与Na2CO3等物质的量混合，碳酸根离子的水解程度大于亚硫酸根离子．【解答】解：由电离常数可知，酸性：H2SO3＞H2CO3＞HSO3﹣＞HCO3﹣；A．酸性越强，对应盐的水解程度越小，其pH越小，则pH：Na2CO3溶液大于Na2SO3溶液，故A错误；B．酸性越强，对应酸根离子结合氢离子的能力越小，则结合H+能力：CO32﹣强于SO32﹣，故B 错误；C．HSO3﹣在溶液中部分电离，其电离方程式为：NaHSO3═Na++HSO3﹣，HSO3﹣⇌H++SO32﹣，故C错误；D．Na2SO3与Na2CO3等物质的量混合，碳酸根离子的水解程度大于亚硫酸根离子，则离子浓度c（SO32﹣）＞c（CO32﹣），水解生成的碳酸氢根离子浓度大于亚硫酸氢根离子浓度，所以溶液中：c（SO32﹣）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（HSO3﹣），故D正确．故选D．【点评】本题考查了电离常数的应用、盐的水解、弱电解质的电离、离子浓度大小比较等，题目难度不大，注意根据酸的电离常数判断酸的酸性强弱．13．某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生．为探究其反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是（）选项实验及现象结论A 将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝反应中有NH3产生B 收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色反应中有H2产生C 收集气体的同时测得溶液的pH为8.6 溶液中OH¯氧化了MgD 将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生弱碱性溶液中Mg也可被氧化A．A B．B C．C D．D【考点】镁的化学性质；铵盐．【专题】元素及其化合物．【分析】A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝；B．氢气燃烧发出淡蓝色的火焰；C．若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体；D．PH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化；【解答】解：A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；B．收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；C．若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以C的结论不合理，故C错误；D．PH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，故D正确；故选：C．【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉镁、氯化铵、碳酸氢钠的性质是解题关键，注意物质检验方法的积累．14．Na2FeO4是一种高效的水处理剂，下列用于解释事实的方程式中，不正确的是（）A．Na2FeO4消毒、杀菌时得到的Fe3+可以净水，Fe3+能产生净水物质的原因是：Fe3++3H2O⇌Fe （OH）3（胶体）+3H+B．工业上可用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质反应制得Na2FeO4，化学方程式为：2FeCl3+10NaOH+3NaClO═2 Na2FeO4+9NaCl+5H2OC．Na2FeO4在酸性溶液中不稳定，与水反应生成Fe3+和O2，离子方程式为：4FeO42﹣+10H2O═4Fe3++20OH﹣+3O2↑D．工业上可用铁做阳极，电解浓NaOH溶液的方法制Na2FeO4，阳极的电极反应为：Fe﹣6e﹣+8OH﹣═FeO42﹣+4H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．Na2FeO4还原产物为Fe3+，Fe3+水解得到胶体；B．FeCl3、NaOH、NaClO三种物质反应制得Na2FeO4，发生氧化还原反应，Cl元素得到电子生成NaCl；C．酸性溶液中不能生成氢氧根离子；D．铁做阳极，Fe失去电子．【解答】解：A．Na2FeO4还原产物为Fe3+，Fe3+水解得到胶体，水解离子反应为Fe3++3H2O⇌Fe （OH）3（胶体）+3H+，故A正确；。