北京市西城区（南区）普通中学2022届高三（上）期中化学试卷一、选择题（1—8小题每题2分；9—16小题每题3分，共40分。）1．钢铁在潮湿空气中发生电化学腐蚀时，正极发生的主要反应是()A．Fe﹣2e﹣═Fe2+B．2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣C．4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑D．2H++2e﹣═H2↑【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【专题】电化学专题．【分析】钢铁在空气中发生电化学腐蚀时为吸氧腐蚀，铁易失电子发生氧化反应而作负极，碳作正极，正极上氧气得电子发生还原反应．【解答】解：钢铁在空气中发生电化学腐蚀时为吸氧腐蚀，铁易失电子发生氧化反应而作负极，负极上电极反应式为：Fe﹣2e﹣═Fe2+，碳作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣，故选：B．【点评】本题考查了铁的电化学腐蚀，明确铁的腐蚀环境是解本题关键，弱酸性、中性或碱性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，强酸性条件下，钢铁发生析氢腐蚀．2．下列选项与胶体知识无关的是()A．在豆浆里加入盐卤做豆腐B．水泥、冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，以减少对空气污染C．一束平行光线照射暗箱中的蛋白质溶液时，从侧面可以看到光亮的通路D．氯化铝溶液中加入小苏打溶液会产生白色沉淀和气体【考点】胶体的应用．【分析】根据胶体的性质来分析解答：向胶体中加入电解质可以使胶体凝聚，胶体能产生丁达尔效应．【解答】解：A．豆浆具有胶体的性质，向其中加入盐卤，盐卤中含丰富的电解质氯化钙等，可以使豆浆凝聚，与胶体有关，故A错误；B．工厂烟尘属于气溶胶，用高压电除去工厂烟尘是应用了胶体的电泳性质，故B错误；C．蛋白质溶液是胶体，胶体能产生丁达尔效应，所以与胶体有关，与胶体有关，故C错误；D．主要发生了复分解反应，与胶体性质无关，与胶体无关，故D正确；故选D．【点评】本题考查胶体的性质，难度不大，明确胶体常见的性质有丁达尔现象、胶体的聚沉、电泳等，利用胶体性质对生产生活中实际问题进行解释．3．医学上通过放射性14C标记的C60进行跟踪研究，发现一种C60的羧酸衍生物在特定的条件下可通过断裂DNA杀死细胞，从而抑制艾滋病．有关C60和14C的叙述正确的是()A．12C与14C互为同素异形体B．14C的原子中有6个质子，8个电子C．12C与14C的原子中含有的中子数之比为3：4D．金刚石与C60都属于原子晶体-14-\n【考点】同素异形体；原子晶体．【分析】A．由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体；B．原子的质子数=电子数；C．中子数=质量数﹣质子数；D．相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体．【解答】解：A．12C与14C是原子，不是单质，不为同素异形体，故A错误；B．14C的原子中有6个电子，故B错误；C．中子数=质量数﹣质子数，12C与14C的原子中含有的中子数分别为6、8，中子数之比为3：4，故C正确；D．C60之间的相互作用力是范德华力，属于分子晶体，故D错误．故选C．【点评】本题考查同素异形体、原子构成、晶体类型等，题目难度不大，注意原子符号左上角的数字为质量数．4．下面是某学生利用数据分析的情况，其中不正确的是()A．根据气体的相对分子质量，可以比较相同状况下气体密度的大小B．根据甲烷和乙烷的熔点，可以比较二者晶体中的分子间作用力的大小C．比较同周期金属元素原子半径的大小，可以推断元素的金属性强弱D．根据液体密度的大小，可以判断液体的挥发性的强弱【考点】金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；晶体熔沸点的比较．【分析】A．相同条件下，气体摩尔体积相等，根据ρ=判断密度与相对分子质量关系；B．分子晶体中，分子晶体的熔沸点与分子间作用力成正比；C．同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，元素的金属性随着原子序数增大而减弱；D．液体的挥发性与沸点有关．【解答】解：A．相同条件下，气体摩尔体积相等，根据ρ=知，相同条件下摩尔质量与密度成正比，故A正确；B．分子晶体中，分子晶体的熔沸点与分子间作用力成正比，甲烷和乙烷都是分子晶体，可以通过其熔点比较二者晶体中的分子间作用力的大小，故B正确；C．同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，元素的金属性随着原子序数增大而减弱，所以比较同周期金属元素原子半径的大小，可以推断元素的金属性强弱，故C正确；D．液体的挥发性与沸点有关，沸点越低，越易挥发，液体物质挥发性与密度无关，故D错误；故选D．【点评】本题考查较综合，涉及摩尔质量与密度关系、分子晶体熔沸点影响因素、元素周期律等知识点，明确各个物理量之间关系是解本题关键，注意：分子晶体熔沸点与分子间作用力及氢键有关，与化学键强弱无关，易错选项是BD．5．下列事实中，能用同一化学原理解释的是()A．氯气和二氧化硫都能使品红溶液褪色B．二氧化硫和乙烯都能使溴水溶液褪色C．二氧化硫和乙烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．大量Na2SO4和甲醛都能使蛋白质从溶液中析出-14-\n【考点】二氧化硫的化学性质．【分析】A．二氧化硫与品红化合生成无色物质，而氯气与水反应生成的HClO，具有强氧化性；B．二氧化硫和乙烯都能使溴水褪色，前者是氧化反应，后者是加成反应；C．二氧化硫和乙烯都具有还原性，能够酸性的高锰酸钾氧化；D．亚硫酸钠溶液使蛋白质产生盐析；甲醛使蛋白质变性．【解答】解：A．二氧化硫与品红化合生成无色物质，而氯气与水反应生成的HClO，具有强氧化性使品红褪色，则原理不同，故A错误；B．二氧化硫和乙烯都能使溴水褪色，前者是氧化反应，后者是加成反应，二者原理不同，故B错误；C．二氧化硫和乙烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，都体现还原性，原理相同，故C正确；D．亚硫酸钠溶液使蛋白质产生盐析；甲醛使蛋白质变性，二者原理不同，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉二氧化硫的性质是解题关键，注意蛋白质的盐析与变性的区别．6．下列说法正确的是()A．邻二甲苯苯环上的一氯取代产物有4种B．甲苯分子中最多有12个原子在同一平面内C．乙二醇与甘油互为同系物D．油脂在烧碱溶液中能发生水解反应【考点】常见有机化合物的结构；芳香烃、烃基和同系物．【分析】A．邻二甲苯苯环上有2种H原子；B．取代苯环上氢原子的碳一定在同一平面上；C．结构相似，分子组成上相差一个或若干个CH2的有机化合物，互为同系物；D．油脂是高级脂肪酸甘油酯．【解答】解：A．邻二甲苯苯环上有2种H原子，其一氯代物有2种，故A错误；B．苯是平面结构，取代苯环上氢原子的碳一定在同一平面上，甲基上有一个氢也可能在同一平面上，最多有13个，故B错误；C．乙二醇与甘油含羟基的数目不同，不为同系物，故C错误；D．油脂是高级脂肪酸甘油酯，在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，故D正确．故选D．【点评】本题考查了有机物的结构与性质以及同系物等，题目难度不大，准确掌握同系物的定义是解题的关键．7．元素A的阳离子与元素B的阴离子具有相同的电子层结构．以下关于A、B元素的比较中，不正确的是()A．原子半径：A＜BB．原子序数：A＞BC．原子最外层电子数：B＞AD．元素所在的周期数：A＞B【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相等，A元素处于B元素相邻的下一周期，原子序数A较大，核外电子排布相同的离子，核原子序数越大，离子半径越小，所以B离子半径较大．【解答】解：A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相等，A元素处于B元素相邻的下一周期．-14-\nA．A元素形成阳离子与B元素形成阴离子，A元素处于B元素相邻的下一周期，电子层越多，原子半径越大原子半径A＞B，故A错误；B．A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相等，A元素处于B元素相邻的下一周期，原子序数A较大，即原子序数A＞B，故B正确；C．A元素易形成阳离子，则A原子的最外层电子数小于4，B元素易形成阴离子，则B原子的最外层电子数大于4，所以原子最外层电子数：B＞A，故C正确；D．A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相等，A元素处于B元素相邻的下一周期，则元素所在的周期数：A＞B，故D正确；故选：A．【点评】本题考查结构与位置关系，难度中等，关键根据离子的电子层结构推断元素的位置关系．8．在有催化剂存在的条件下，将2体积的SO2和1体积的O2混合装入密闭容器中并加热一段时间后，将混合气体通入BaCl2溶液中，产生的沉淀()A．不可能是BaSO4B．一定是BaSO3C．一定是BaSO4D．一定是BaSO3和BaSO4【考点】二氧化硫的化学性质．【分析】二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，亚硫酸酸性弱于盐酸，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，据此解答．【解答】解：二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以一定含有硫酸钡沉淀，酸酸性弱于盐酸，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，所以一定不含有亚硫酸钡，故选：C．【点评】本题考查了二氧化硫的性质，熟悉二氧化硫的还原性、亚硫酸与盐酸酸性强弱是解题关系，题目难度不大．9．已知：xA（g）+yB（g）zC（g）；△H=a．将xmolA和ymolB混合在密闭容器中，在不同温度（T1＞T2）及压强（P1＞P2）下，C的物质的量n（C）与反应时间（t）的关系如图所示．下列判断正确的是()A．x+y=z；a＞0B．x+y＞z；a＜0C．x+y＜z；a＜0D．x+y＜z；a＞0【考点】化学平衡的影响因素．【分析】根据影响化学反应速率和化学平衡的因素进行判断得出正确结论．升高温度，化学反应速率加快，平衡向着吸热的方向移动；增大压强，化学反应速率加快，平衡向着气体体积减小的方向移动．【解答】解：P2时，T1＞T2，升高温度，C的物质的量减小，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故a＜0；T2时，P1＞P2，增大压强，C的物质的量增大，说明平衡正向移动，故x+y＞z，故选B．-14-\n【点评】本题考查温度、压强对化学平衡的影响，难度中等．根据温度、压强与生成物C物质的量的变化确定反应热及气体的计量数变化．10．已知一种c（H+）=1×10﹣3mol/L的一元酸溶液和一种c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L的一元碱溶液等体积混合后溶液呈碱性，生成的盐可能是()A．强酸强碱盐B．强酸弱碱盐C．强碱弱酸盐D．上述三种盐均可能【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】c（H+）=1×10﹣3mol/L的一元酸溶液和一种c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L的一元碱溶液等体积混合后溶液呈碱性，说明碱有剩余，可能是碱部分电离而酸完全电离，所以可能是碱为弱碱、酸为强酸，据此分析解答．【解答】解：c（H+）=1×10﹣3mol/L的一元酸溶液和一种c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L的一元碱溶液等体积混合后溶液呈碱性，说明碱有剩余，可能是碱部分电离而酸完全电离，所以可能是碱为弱碱、酸为强酸，则生成的盐可能是强酸弱碱盐，故选B．【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，明确酸碱相对强弱与其盐溶液酸碱性关系是解本题关键，题目难度不大．11．下列各种离子一定能大量共存的是()A．强碱性溶液中：Na+、K+、AlO2﹣、CO32﹣B．含有大量Fe3+的溶液中：NH4+、SCN﹣、Cl﹣、K+C．在与铝产生氢气的溶液中：NH4+、K+、SO42﹣、HCO3﹣D．在使石蕊变红的溶液中：K+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．强碱性溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、K+、AlO2﹣、CO32﹣离子之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应；B．铁离子与硫氰根离子反应生成络合物硫氰化铁；C．在与铝产生氢气的溶液中存在大量氢离子或者氢氧根离子，铵根离子、碳酸氢根离子能够与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子与氢离子反应；D．使石蕊变红的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子．【解答】解：A．强碱性溶液中存在大量OH﹣，Na+、K+、AlO2﹣、CO32﹣离子之间不反应，且都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．Fe3+、SCN﹣之间反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．在与铝产生氢气的溶液中存在大量H+或OH﹣，NH4+、HCO3﹣离子与氢氧根离子反应，HCO3﹣离子与与氢原子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．使石蕊变红的溶液中存在大量H+，：K+、Cl﹣、NO3﹣离子在酸性条件下能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，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；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）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﹣；溶液的颜色，如无色时可排除-14-\nCu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等．12．下列离子方程式书写正确的是()A．铝与烧碱溶液反应：Al+2OH﹣═AlO2﹣+H2↑B．碳酸钙与醋酸反应：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2OC．少量CO2气体通入氢氧化钙溶液中：CO2+2OH﹣═CO32﹣+H2OD．氯化铁溶液呈酸性：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．电荷不守恒；B．醋酸为弱电解质，保留化学式；C．少量CO2气体通入氢氧化钙溶液中，反应生成碳酸钙和水；D．氯化铁为强酸弱碱盐，水解生成盐酸和氢氧化铁．【解答】解：A．铝与烧碱溶液反应，离子方程式：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故A错误；B．醋酸溶解含碳酸钙的水垢，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故B错误；C．少量CO2气体通入氢氧化钙溶液中，离子方程式：Ca2++2OH﹣+CO2=CaCO3↓+H2O，故C错误；D．氯化铁溶液呈酸性，离子方程式：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了离子方程式的书写，题目难度不大，解题时注意C选项，反应物用量多少对化学反应的影响．13．下列说法正确的是()A．1molFe与足量盐酸反应，转移的电子总数为1.806×1024个B．常温常压下，1mol羟基（﹣OH）所含电子数为6.02×1024个C．常温常压下，34gH2O2中含有共用电子对数为1.806×1024个D．58.5gNaCl晶体中离子总数为6.02×1023个【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、铁与盐酸反应变为+2价；B、羟基不显电性；C、求出双氧水的物质的量，然后根据双氧水中含3对共用电子对来分析；D、求出氯化钠的物质的量，然后根据1mol氯化钠中含2mol离子来计算．【解答】解：A、铁与盐酸反应变为+2价，故1mol铁与盐酸反应转移2mol电子即2NA个，故A错误；B、羟基不显电性，即1mol﹣OH含9NA个电子，故B错误；C、34g双氧水的物质的量为1mol，而双氧水中含3对共用电子对，故1mol双氧水中含3mol共用电子对即3NA个，故C正确；D、58.5g氯化钠的物质的量为1mol，而1mol氯化钠中含2mol离子，即2NA个，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．14．同温同压下，mg气体A与ng气体B的分子数目相同，下列说法中不正确的是()-14-\nA．气体A与气体B的相对分子质量之比为m：nB．同质量的气体A与气体B，所含分子数目之比为n：mC．相同条件下，等体积的气体A与气体B的质量之比为m：nD．相同条件下，气体A与气体B的密度之比为n：m【考点】阿伏加德罗定律及推论．【分析】同温同压下，mg气体A与ng气体B的分子数目相同，则物质的量相同．A、物质的量相同时，气体的质量与摩尔质量即相对分子质量成正比；B、质量相等时，摩尔质量和物质的量成反比；C、相同条件下，等体积的气体的物质的量相等，而等物质的量的物质的质量之比等于摩尔质量之比；D、同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比．【解答】解：同温同压下，mg气体A与ng气体B的分子数目相同，则物质的量相同．A、物质的量相同时，气体的质量与摩尔质量即相对分子质量成正比，故气体A和气体B的相对分子质量之比为m：n，故A正确；B、质量相等时，摩尔质量和物质的量成反比，由于气体A和气体B的相对分子质量之比即摩尔质量之比为m：n，故等质量的两者的物质的量之比为n：m，而分子数目之比等于物质的量之比，故分子数目之比为n：m，故B正确；C、相同条件下，等体积的气体A和气体B的物质的量相等，而等物质的量的物质的质量之比等于摩尔质量之比，故气体A和气体B的质量之比为m：n，故C正确；D、同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，故气体A和气体B的密度之比为m；n，故D错误．故选D．【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确同温、同压、同体积，则气体的分子数相同、物质的量相同及质量、物质的量、摩尔质量的关系是解答的关键．15．室温下，设1LpH=6的AlCl3溶液中，由水电离出的H+物质的量为n1；1LpH=6的HCl溶液中，由水电离出的H+物质的量为n2．则的值是()A．1B．100C．1000D．10000【考点】pH的简单计算；水的电离．【分析】酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以盐酸抑制水电离，氯化铝促进水电离，pH=6的1L盐酸中，水电离出n（H+）=mol/L×1L=10﹣8mol，1LpH=6的氯化铝溶液中水电离出n（H+）=10﹣6mol/L×1L=10﹣6mol，据此计算．【解答】解：酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以盐酸抑制水电离，氯化铝促进水电离，pH=6的1L盐酸中，水电离出n（H+）=mol/L×1L=10﹣8mol，氯化铝溶液中水电离出氢离子浓度等于溶液中氢离子浓度，所以1LpH=6的氯化铝溶液中水电离出n（H+）=10﹣6mol/L×1L=10﹣6mol，则==100，-14-\n故选B．【点评】本题以pH的简单计算为载体考查水的电离，明确水电离影响因素是解本题关键，易错点是计算溶液中水电离出氢离子浓度，注意：酸中水电离出氢离子浓度不等于溶液中氢离子浓度，题目难度不大．16．分别用X、Y、Z、W四种金属进行如下三个实验：1将X与Y用导线连接，浸入电解质溶液中，Y不易腐蚀2将X、W分别投入等浓度的稀盐酸中都有气体产生，但W比X反应剧烈3用惰性电极电解含等物质的量浓度的Y2+和Z2+混合溶液，在阴极上首先析出单质Z根据以上事实的下列判断错误的是()A．Z的阳离子氧化性最强B．W的还原性强于Y的还原性C．Z放入CuSO4溶液中一定有Cu析出D．用X、Z和稀硫酸构成的原电池，X做负极【考点】原电池和电解池的工作原理；常见金属的活动性顺序及其应用．【专题】电化学专题．【分析】1、在原电池中，负极金属易被腐蚀，正极金属不易被腐蚀；2、金属的活泼性越强，则和酸反应生成气体越剧烈；3、电解池中，在阴极上氧化性强的离子先得到电子，离子的得电子能力越强，金属单质的还原性越弱．【解答】解：根据1可知金属活泼性是：X＞Y，根据2可知金属的活泼性是：W＞X，根据3可知，金属的活泼性是Y＞Z，所以四种金属的金属活动性为：W＞X＞Y＞Z，Z可能是Ag或Cu．A、金属单质的还原性越弱，离子的得电子能力越强，即氧化性越强，四种金属的金属活动性为：W＞X＞Y＞Z，所以Z的阳离子氧化性最强，故A正确；B、金属的活动性为：W＞Y，W的还原性强于Y的还原性，故B正确；C、四种金属的金属活动性为：W＞X＞Y＞Z，Z可能是Ag或Cu，Z放入CuSO4溶液中一定没有Cu析出，故C错误；D、金属活泼性是：X＞Z，所以用X、Z和稀硫酸构成的原电池，X做负极，故D正确．故选C．【点评】本题考查学生金属活动顺序表的应用知识，可以根据教材知识来回答，难度不大，注意平时知识的积累是解题的关键．二、解答题（共4小题，满分60分）17．（16分）核电荷数由小到大顺序排列的五种短周期元素X、Y、Z、W、Q．其中：在同周期中，Z的金属性最强，Q的非金属性最强；W的单质是淡黄色固体；X、Y、W在周期表中的相对位置关系如图所示：（1）五种元素形成的单质，其中：固态时属于原子晶体的是：C（填化学式）；常用做强氧化剂的是O2、Cl2（填化学式）．（2）这五种元素中，原子半径最大的是：Na（填化学式）；由Z、W、Q形成的简单离子半径由大到小的顺序是：S2﹣＞Cl﹣＞Na+（用化学式表示）；X、W、Q最高价氧化物的水化物酸性从强到弱的顺序是：HClO4＞H2SO4＞H2CO3（用化学式表示）（3）Y和Z形成的一种化合物中含有离子键和共价键，写出该化合物与水反应的化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑．-14-\n（4）Z与Q反应生成的化合物属于离子化合物；电解该化合物的饱和溶液，阳极的电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；电解一段时间后，将阳极产物和阴极溶液混合，反应的化学方程式是Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O．（5）由X、Y和氢三种元素组成的化合物X6H12Y6，已知：9g该化合物燃烧放出140kJ的热．写出该化合物燃烧热的热化学方程式：C6H12O6（s）+6O2（g）=6CO2（g）+6H2O（l）△H=﹣2800kJ/mol．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】核电荷数由小到大顺序排列的五种短周期元素X、Y、Z、W、Q，由元素物质可知，X、Y处于第二周期，W处于第三周期，W的单质是淡黄色固体，则W为S元素；可推知X为C元素、Y为O元素；在同周期中，Z的金属性最强，Q的非金属性最强，则Z为Na、Q为Cl．（1）五种元素形成的单质，固态时属于原子晶体的是碳，常用做强氧化剂的是氧气、氯气；（2）同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大；非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；（3）Y和Z形成的一种化合物中含有离子键和共价键为Na2O2，与水反应生成氢氧化钠与氧气；（4）Z与Q反应生成的化合物为NaCl，由钠离子与氯离子构成，电解NaCl的饱和溶液，阳极上发生氧化反应，氯离子在阳极放电生成氯气，阴极上发生还原反应，水放电生成氢气与NaOH，将阳极产物和阴极溶液混合，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠与水；（5）由C、O和氢三种元素组成的化合物C6H12O6，计算1molC6H12O6燃烧放出的热量，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式．【解答】解：核电荷数由小到大顺序排列的五种短周期元素X、Y、Z、W、Q，由元素物质可知，X、Y处于第二周期，W处于第三周期，W的单质是淡黄色固体，则W为S元素；可推知X为C元素、Y为O元素；在同周期中，Z的金属性最强，Q的非金属性最强，则Z为Na、Q为Cl．（1）五种元素形成的单质，固态时属于原子晶体的是C，常用做强氧化剂的是O2、Cl2，故答案为：C；O2、Cl2；（2）同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，上述元素中Na原子半径最大；电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2﹣＞Cl﹣＞Na+；非金属性Cl＞S＞C，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故酸性：HClO4＞H2SO4＞H2CO3，故答案为：Na；S2﹣＞Cl﹣＞Na+；HClO4＞H2SO4＞H2CO3；（3）Y和Z形成的一种化合物中含有离子键和共价键为Na2O2，与水反应生成氢氧化钠与氧气，反应化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；（4）Z与Q反应生成的化合物为NaCl，由钠离子与氯离子构成，属于离子化合物，电解NaCl的饱和溶液，阳极上发生氧化反应，氯离子在阳极放电生成氯气，阳极电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，阴极上发生还原反应，水放电生成氢气与NaOH，将阳极产物和阴极溶液混合，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，-14-\n故答案为：离子；2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（5）由C、O和氢三种元素组成的化合物C6H12O6，1molC6H12O6燃烧放出的热量为140kJ×=2800kJ，热化学方程式为：C6H12O6（s）+6O2（g）=6CO2（g）+6H2O（l）△H=﹣2800kJ/mol，故答案为：C6H12O6（s）+6O2（g）=6CO2（g）+6H2O（l）△H=﹣2800kJ/mol．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，题目比较综合，需要学生具备扎实的基础与灵活应用能力．18．（17分）A、B、C、D为中学化学中常见的四种气体单质．（1）已知在空气中A约21%、C约78%（均为体积分数）；D在标准状况下的密度为3.170g/L．分别写出A、C、D的化学式：AO2、CN2、DCl2．SO2通入D的水溶液中，可以发生氧化还原反应，其化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4．（2）在一定条件下B与A、C、D化合分别生成甲、乙、丙．已知甲、乙分子中含有的电子数均与Na+相同；乙与丙可化合生成一种离子化合物．甲、乙的化学式是：甲H2O、乙NH3；丙的电子式是：．（3）乙可以发生如下所示一系列转化（无关物质及反应条件已略）乙XYZ．单质A与化合物乙反应的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O．Z的稀溶液与过量铁粉反应，当反应中有1.806×1024个电子转移时，被还原的Z物质的量是1mol．（4）将单质B、C按体积比为3：1混合分别装入盛有催化剂的密闭容器Ⅰ和Ⅱ中（容积相同），若反应过程中容器Ⅰ保持温度和压强不变，容器Ⅱ保持温度和容积不变，当反应达平衡时，容器Ⅰ内气体的密度大于容器Ⅱ的密度（填“大于”、“小于”或“等于”），理由是：该反应是气体总物质的量减小的反应，总质量不变，若保持温度和容积不变，混合气体密度不变．若保持温度和压强不变，混合气体的体积变小，密度增大．在容器Ⅰ中，当反应达平衡时，容积变为起始时的，则C的转化率为25%．【考点】无机物的推断．【分析】（1）已知在空气中A约21%、C约78%（均为体积分数），则A为O2、C为N2，D在标准状况下的密度为3.170g/L，相对分子质量为3.17×22.4=71，则D为Cl2；（2）在一定条件下B与A、C、D化合分别生成甲、乙、丙．已知甲、乙分子中含有的电子数均与Na+相同；乙与丙可化合生成一种离子化合物，则B为H2，甲为H2O、乙为NH3，丙为HCl；（3）乙可以发生如下所示一系列转化：乙XYZ，则X为NO、Y为NO3、Z为HNO3，Z的稀溶液与过量铁粉发生反应：3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；（4）发生反应：N2+3H2⇌2NH3，该反应是气体物质的量减小的反应，总质量不变，若保持温度和容积不变，混合气体密度不变．若保持温度和压强不变，混合气体的体积变小，密度增大；设氢气、氮气物质的量分别为3mol、1mol，在容器Ⅰ中，当反应达平衡时，容积变为起始时的，则此时混合物气体物质的量为起始的，由方程式可知1mol氮气反应时总物质的量减少2mol，计算参加反应氮气物质的量，进而计算氮气转化率．-14-\n【解答】解：（1）已知在空气中A约21%、C约78%（均为体积分数），则A为O2、C为N2，D在标准状况下的密度为3.170g/L，相对分子质量为3.17×22.4=71，则D为Cl2，SO2通入Cl2的水溶液中，可以发生氧化还原反应，其化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，故答案为：O2；N2；Cl2；SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；（2）在一定条件下B与A、C、D化合分别生成甲、乙、丙．已知甲、乙分子中含有的电子数均与Na+相同；乙与丙可化合生成一种离子化合物，则B为H2，甲为H2O、乙为NH3，丙为HCl，丙的电子式是：，故答案为：H2O；NH3；；（3）乙可以发生如下所示一系列转化：乙XYZ，则X为NO、Y为NO3、Z为HNO3，单质A与化合物乙反应的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，Z的稀溶液与过量铁粉发生反应：3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，当反应中有1.806×1024个电子转移时，即转移电子为3mol，被还原的硝酸生成NO，由N元素守恒可知被还原的硝酸为=1mol故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；1；（4）发生反应：N2+3H2⇌2NH3，该反应是气体总物质的量减小的反应，总质量不变，若保持温度和容积不变，混合气体密度不变．若保持温度和压强不变，混合气体的体积变小，密度增大，故当反应达平衡时，容器Ⅰ内气体的密度大于容器Ⅱ的密度；设氢气、氮气物质的量分别为3mol、1mol，在容器Ⅰ中，当反应达平衡时，容积变为起始时的，则此时混合物气体物质的量为起始的，平衡时混合气体总物质的量为（3+1）mol×=3.5mol，由方程式可知1mol氮气反应时总物质的量减少2mol，则参加反应氮气物质的量为×（4﹣3.5）mol=0.25mol，故氮气转化率为×1005=25%，故答案为：大于；该反应是气体总物质的量减小的反应，总质量不变，若保持温度和容积不变，混合气体密度不变．若保持温度和压强不变，混合气体的体积变小，密度增大；25%．【点评】本题考查无机物推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，是对学生综合能力的考查，难度中等．19．（13分）现有四瓶丢失标签的NaOH、Na2CO3、AlCl3、NH4HSO4溶液，为鉴别四瓶溶液，将四瓶溶液编号为A、B、C、D进行实验．实验过程和记录如下图所示（无关物质已经略去）：-14-\n请回答：（1）Y、Z的化学式分别为：YNH3；ZCO2．X与B反应的离子方程式为Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．（2）D溶液pH大于（填“大于”、“小于”或“等于”），原因是（用离子方程式表示）CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣．（3）等物质的量浓度的A、B、C、D溶液pH由大到小的顺序是NaOH＞Na2CO3＞AlCl3＞NH4HSO4．（用化学式表示）（4）请写出C与过量B反应（加热）的离子方程式NH4++H++2OH﹣NH3↑+2H2O．（5）若B、C的稀溶液混合后（不加热）溶液呈中性，则该溶液中离子浓度从大到小的顺序是c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣）．【考点】几组未知物的检验．【专题】物质检验鉴别题．【分析】（1）由A、B反应流程图及比例关系可推A为AlCl3，B为NaOH，由B、C反应流程图知，Y为NH3，C应该为铵盐，所以C为NH4HSO4，则D只能为Na2CO3，气体Z为CO2，（2）根据盐类水解原理分析碳酸钠溶液显示的酸碱性并写出反应的离子方程式；（3）根据酸、碱的电离以及盐类的水解的角度比较溶液pH的大小；（4）氢氧化钠过量，硫酸氢铵中的氢离子和铵离子都参与反应生成了氨气和水；（5）B、C的稀溶液混合后（不加热）溶液呈中性，反应后的溶液一定满足c（H+）=c（OH﹣），再根据铵离子的水解分析各离子浓度大小．【解答】解：（1）由A、B反应流程图及比例关系可推A为AlCl3，B为NaOH，由B、C反应流程图知，Y为NH3，C应该为铵盐，所以C为NH4HSO4，D为Na2CO3，Z为CO2，X为氢氧化铝，B为氢氧化钠，二者反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：NH3；CO2；Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；（2）D是Na2CO3，由于溶液中CO32﹣水解，反应的离子方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，导致溶液呈碱性，pH＞7，故答案为：大于；CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；（3）A、B、C、D四种溶液，其中NaOH和Na2CO3呈碱性的pH＞7，而且NaOH碱性＞Na2CO3，AlCl3和NH4HSO4呈酸性，pH＜7，酸性：NH4HSO4＞AlCl3，所以等物质的量浓度A、B、C、D的pH由大到小的顺序是：NaOH＞Na2CO3＞AlCl3＞NH4HSO4，故答案为：NaOH＞Na2CO3＞AlCl3＞NH4HSO4；（4）B为氢氧化钠溶液，C为硫酸氢铵，由于氢氧化钠过量，硫酸氢铵中的铵离子和氢离子都完全反应，反应的离子方程式为：NH4++H++2OH﹣NH3↑+2H2O，故答案为：NH4++H++2OH﹣NH3↑+2H2O；（5）B、C的稀溶液混合后（不加热）溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣）；当氢氧化钠与硫酸氢铵按照1：1混合，溶液显示酸性，要满足溶液显示中性，则氢氧化钠需要稍过量，所以c（Na+）＞c（SO42﹣）；铵离子不水解时，硫酸氢铵溶液中c（SO42﹣）=c（NH4+），由于铵离子水解，所以c（SO42﹣）＞c（NH4+），因此溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣），故答案为：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣）．【点评】本题考查物质的检验及鉴别，题目难度中等，本题侧重于盐类的水解考查，学习中注意把握常见混合物的化学性质，本题是高考中的常见题型，对学生的思维能力提出了较高的要求，有利于培养学生的逻辑推理能力．-14-\n20．（14分）由C、H、O三种元素组成的有机物A，相对分子质量为104.0.1molA充分燃烧后，将所得产物依次通入足量浓硫酸和氢氧化钠溶液，浓硫酸增重7.2g，氢氧化钠溶液增重17.6g．回答下列问题：（1）有机物A的分子式是：C4H8O3．（2）A能与碳酸氢钠反应．A中含有的官能团的名称是羧基和羟基．（3）A与浓硫酸共热可生成一种由五个原子构成的环状化合物B．写出化学方程式：．（4）A与浓硫酸共热还可以生成一种能使Br2的四氯化碳溶液褪色的化合物C．写出A生成C的化学方程式：；反应类型是：消去反应．利用C可以合成高分子化合物D，D的结构简式是：；（5）A的一种同分异构体E，经测定分子结构中含有一个﹣CH3，两个﹣CH﹣；能与银氨溶液反应产生银镜现象．写出E与Ag（NH3）2OH溶液反应的化学方程式：．【考点】有机物的推断．【分析】0.1molA充分燃烧后，将所得产物依次通入足量浓硫酸和氢氧化钠溶液，浓硫酸增重7.2g，即A充分燃烧后生成水为0.4mol，氢氧化钠溶液增重17.6g，即A充分燃烧后生成二氧化碳的物质的量为0.4mol，由于可知分子A中有4个碳原子和8个氢原子，由C、H、O三种元素组成的有机物A，A的相对分子质量为104，所以分子A中含有氧原子数为=3，据此可以确定A的分子分C4H8O3，A与浓硫酸共热可生成一种由五个原子构成的环状化合物B，所以A有羟基和羧基，在浓硫酸作用下发生分子内酯化形成五元环状酯B为，所以A为HOCH2CH2CH2COOH，A与浓硫酸共热还可以生成一种能使Br2的四氯化碳溶液褪色的化合物C，则C为CH2=CHCH2COOH，C发生加成反应可以合成高分子化合物D为，A的一种同分异构体E，经测定分子结构中含有一个﹣CH3，两个﹣CH﹣，能与银氨溶液反应产生银镜现象，则E中有醛基，所以E为CH3CH（OH）CH（OH）CHO，据此答题．【解答】解：0.1molA充分燃烧后，将所得产物依次通入足量浓硫酸和氢氧化钠溶液，浓硫酸增重7.2g，即A充分燃烧后生成水为0.4mol，氢氧化钠溶液增重17.6g，即A充分燃烧后生成二氧化碳的物质的量为0.4mol，由于可知分子A中有4个碳原子和8个氢原子，由C、H、O三种元素组成的有机物A，A的相对分子质量为104，所以分子A中含有氧原子数为=3，据此可以确定A的分子分C4H8O3-14-\n，A与浓硫酸共热可生成一种由五个原子构成的环状化合物B，所以A有羟基和羧基，在浓硫酸作用下发生分子内酯化形成五元环状酯B为，所以A为HOCH2CH2CH2COOH，A与浓硫酸共热还可以生成一种能使Br2的四氯化碳溶液褪色的化合物C，则C为CH2=CHCH2COOH，C发生加成反应可以合成高分子化合物D为，A的一种同分异构体E，经测定分子结构中含有一个﹣CH3，两个﹣CH﹣，能与银氨溶液反应产生银镜现象，则E中有醛基，所以E为CH3CH（OH）CH（OH）CHO，（1）根据上面的分析可知，有机物A的分子式是C4H8O3，故答案为：C4H8O3；（2）A为HOCH2CH2CH2COOH，A中含有的官能团的名称是羧基和羟基，故答案为：羧基和羟基；（3）A与浓硫酸共热可生成一种由五个原子构成的环状化合物B的化学方程式为：，故答案为：；（4）A为HOCH2CH2CH2COOH，C为CH2=CHCH2COOH，A生成C的化学方程式：；反应类型是：消去反应，根据上面的分析可知，D的结构简式是：，故答案为：；消去反应；；（5）E为CH3CH（OH）CH（OH）CHO，E与Ag（NH3）2OH溶液反应的化学方程式为，故答案为：．【点评】本题考查了有机物分子式、结构简式的确定，题目难度中等，注意掌握质量守恒定律在确定有机物分子式中的应用．-14-
