2019年高三上学期第一次月考化学试卷 含解析.doc

2019年高三上学期第一次月考化学试卷 含解析一、选择题共42分（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分）1生活处处有化学下列说法正确的是( )A制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金B做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体C煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类D磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸2下列关于物质分类的说法正确的是( )A金刚石、白磷都属于单质B漂白粉、石英都属于纯净物C氯化铵、次氯酸都属于强电解质D葡萄糖、蛋白质都属于高分子化合物3下列物质的使用不涉及化学变化的是( )A明矾用作净水剂B液氯用作制冷剂C氢氟酸刻蚀玻璃D生石灰作干燥剂4下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是( )AKBNaCFeDAl5结构为CH=CHCH=CHCH=CHCH=CH的高分子化合物用碘蒸气处理后，其导电能力大幅度提高上述高分子化合物的单体是( )A乙炔B乙烯C丙烯D1，3丁二烯6高铁酸钠（Na2FeO4）可以对饮用水进行净化处理，可由下列方法制得：Fe2O3+3Na2O22Na2FeO4+Na2O，关于该反应说法正确的是( )ANa2FeO4属于共价化合物B反应中Na2O2是氧化剂C生成1 mol Na2FeO4，有6 mol 电子转移D在Na2FeO4中Fe为+4价，具有强氧化性，能消毒杀菌7下列有关物质性质的说法错误的是( )A热稳定性：HClHIB原子半径：NaMgC酸性：H2SO3H2SO4D还原性：S2Cl8化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是( )选项现象或事实解释A用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接与油污反应B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜AABBCCDD9W、X，Y，Z均为短周期元素，X，Y处于同一周期，X，Z的最低价离子分别为X2和Z，Y+和Z具有相同的电子层结构下列说法正确的是( )A原子最外层电子数：XYZB单质沸点：XYZC离子半径：X2Y+ZD原子序数：XYZ10现有四种短周期元素的原子半径及主要化合价数据如下表所示：元素甲乙丙丁原子半径/nm0.1860.1020.1520.074主要化合价+1+6、2+12下列叙述不正确的是( )A甲单质的熔点比丙单质的熔点高B甲单质可用电解其熔融盐的方法冶炼而得C常温下，丁的两种氢化物均为液体D乙的简单离子是四种元素各自形成的简单离子中半径最大的11已知一定条件下断裂或生成某些化学键的能量关系如下表：对于反应：H2（g）+Cl2 （g）=2HCl （g），下列说法正确的是( )断裂或生成的化学键能量数据断裂1mol H2分子中的化学键吸收能量 436kJ断裂1mol Cl2分子中的化学键吸收能量 243kJ形成1mol HCl分子中的化学键释放能量 431kJA该反应的反应热H0B生成1mol HCl时反应放热91.5kJCCl2中的化学键比H2中的化学键更稳定D相同条件下，氢气分子具有的能量高于氯气分子具有的能量12某废水中含有的NH4+在一定条件下可被O2氧化，反应过程如下：NH4+（aq）+O2（g）=NO2（aq）+2H+（aq）+H2O（l）H=273kL/molNO2（aq）+O2（g）=NO3（aq）H=73kL/mol下列叙述不正确的是( )A1mol的NH3和1mol 的NH4+都有106.021023个电子B室温下，0.1 mol/L HNO2（aq） pH1，则NaNO2溶液显碱性CNH4+（aq）+2O2（g）=NO3（aq）+2H+（aq）+H2O（l）H=346kJ/molD在上述两次转化过程中，废水的酸性先增大然后逐渐减弱13下列解释物质用途或现象的反应方程式不准确的是( )A硫酸型酸雨的形成会涉及反应：2H2SO3+O22H2SO4B热的纯碱溶液可以清洗油污的原因：CO32+2H2OH2CO3+2OHC盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO2+2OHSiO32+H2OD成分为盐酸的洁厕灵与84消毒液混合使用易中毒：Cl+ClO+2H+=Cl2+H2O14已知：C（s、金刚石）+O2（g）CO2（g）H1=395.4kJmol1C（s、石墨）+O2（g）CO2（g）H2=393.5kJmol1，上述反应中的能量变化如图所示，下列说法正确的是( )A石墨和金刚石之间的转化是物理变化BC（s、金刚石）C（s、石墨）H=+1.9 kJmol1C金刚石比石墨的热稳定性好D图中b代表反应的能量变化15已知：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJ/mol，下列说法不正确的是( )A该反应原理可用于设计氢氧燃料电池B破坏1 mol HO 键需要的能量是463.4 kJCH2O（g）=H2（g）+O2（g）H=+241.8 kJ/molDH2（g） 中的HH 键比 H2O（g） 中的HO 键牢固16下列说法正确的是( )A室温下，在水中的溶解度：丙三醇苯酚1氯丁烷B用核磁共振氢谱不能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3C用Na2CO3溶液不能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3D油脂在酸性或碱性条件下均可发生水解反应，且产物相同17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去甲肾上腺素分子式为C8H10O3NB每个去甲肾上腺素分子中含有3个酚羟基C1mol去甲肾上腺素最多能与2molBr2发生取代反应D去甲肾上腺素既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应18如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22下列说法正确的是( )XYWZTAX、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B由X、Y和氢三种元素形成的化合物中一定只有共价键CW、X、Z三种元素最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱DT元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ419设NA为阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是( )A1mol甲苯含有6NA个CH键B18g H2O含有10NA个质子C标准状况下，22.4L氨水含有NA个NH3分子D56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子20NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是( )A1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB2 L 0.5 molL1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAC1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NAD丙烯和环丙烷组成的42 g混合气体中氢原子的个数为6NA21下列实验操作、现象和结论均正确的是( )选项实验操作现象结论A向苏打和小苏打溶液中分别加入盐酸均冒气泡两者均能与盐酸反应B向AgNO3溶液中滴加过量氨水溶液澄清Ag+与NH3H2O能大量共存C将可调高度的铜丝伸入到稀HNO3中溶液变蓝Cu与稀HNO3发生置换反应D将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性：Fe3+I2AABBCCDD二、非选择题（共58分）22已知反应A：Cl2+2HBrBr2+2HCl当有0.2mol HCl生成时放出8.1kJ的热量其能量变化示意图如图：请回答：（1）在反应A中破坏的化学键类型有_极性键 非极性键 离子键（2）反应A的热化学方程式是_（3）由上述数据可知：断开1mol HCl 键与断开 1mol HBr键所需能量相差约为_kJ，HCl中HCl 键比HBr中HBr键_（填“强”或“弱”），从原子结构角度解释其原因：_232011年9月29日成功发射天宫一号的长征二号F型火箭巨大的推力来源于一个氧化还原反应，反应时偏二甲肼（C2H8N2）做燃料，N2O4做氧化剂，生成三种气体物质，完成并配平该燃烧反应的化学方程式：C2H8N2+N2O4=N2+CO2_（1）火箭发射前低温加注的液态氧化剂N2O4是一种强酸性剧毒物质，常温下，纯净的N2O4是无色气体，可溶于水，且与水反应生成两种含氧酸，该反应的化学方程式是：_，对上述反应中的各种物质，下列说法正确的是_AN2O4只做氧化剂 B产物中两种酸都是强酸C反应中水只做溶剂 DN2O4泄漏后可产生红棕色气体（2）通过仪器分析燃烧剂偏二甲肼分子，得知其分子结构情况如下表：分子中所有的化学键峰面积之比红外光谱NNNCNHCH核磁共振氢谱3：1符合上表结构及数据要求的同分异构体共有_种，已知偏二甲肼的结构中有一个氮原子上没有连接氢原子，则偏二甲肼的结构简式是_24综合利用CO2对环境保护及能源开发意义重大（1）Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2如果寻找吸收CO2的其他物质，下列建议合理的是_a可在碱性氧化物中寻找b可在A、A族元素形成的氧化物中寻找c可在具有强氧化性的物质中寻找（2）Li2O吸收CO2后，产物用于合成Li4SiO4，Li4SiO4用于吸收、释放CO2原理是：在500，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3；平衡后加热至700，反应逆向进行，放出CO2，Li4SiO4再生，说明该原理的化学方程式是_（3）利用反应A可将释放的CO2转化为具有工业利用价值的产品反应A：CO2+H2OCO+H2+O2已知：反应是_反应（填“吸热”或“放热”），其原因是_反应A的热化学方程式是_（4）高温电解技术能高效实现（3）中反应A，工作原理示意图如图：电极b发生_（填“氧化”或“还原”）反应CO2在电极a放电的反应式是_（5）CO与H2在高温下合成C5H12（汽油的一种成分）减少碳排放已知燃烧1mol C5H12（g）生成H2O（g）放出约3540kJ的热量根据化学平衡原理，说明提高合成C5H12的产率可采取的措施是_25元素周期表中第A族元素的单质及其化合物的用途广泛的（1）与氯元素同族的短周期元素的原子结构示意图为_（2）能作为氯、溴、碘元素非金属性（原子得电子能力）递变规律的判断依据是_（填序号）aCl2、Br2、I2的熔点 bCl2、Br2、I2的氧化性cHCl、HBr、HI的热稳定性 dHCl、HBr、HI的酸性（3）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体完成中反应的总化学方程式：NaCl+H2O=NaClO3+_中转化的基本反应类型是_，该反应过程能析出KClO3晶体而无其它晶体析出的原因是_（4）MgCl2在工业上应用广泛，可由MgO制备MgCl2电子式为_MgO与碳粉和过量氯气在一定条件下反应可制备MgCl2若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收，则生成的盐为_（写化学式）MgCl2晶体是制备金属镁的原料，实验室将MgCl2溶液蒸干灼烧得不到MgCl2晶体，试从平衡移动角度解释其原因_26在精制饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（NaHCO3），并提取氯化铵作为肥料或进一步提纯为工业氯化铵完成下列填空：（1）写出上述制备小苏打的化学方程式：_（2）滤出小苏打后，母液提取氯化铵有两种方法：通入氨，冷却、加食盐，过滤 不通氨，冷却、加食盐，过滤对两种方法的评价正确的是_（选填编号）a析出的氯化铵纯度更高 b析出的氯化铵纯度更高c的滤液可直接循环使用 d的滤液可直接循环使用（3）提取的NH4Cl中含少量Fe2+、SO42将产品溶解，加入H2O2，加热至沸，再加入BaCl2溶液，过滤，蒸发结晶，得到工业氯化铵加热至沸的目的是_滤渣的主要成分是_（4）将一定质量小苏打样品（含少量NaCl）溶于足量盐酸，蒸干后称量固体质量，也可测定小苏打的含量若蒸发过程中有少量液体溅出，则测定结果_（选填“偏高”、“偏低”或“无影响”）27Hagemann 酶（H）是一种合成多环化合物的中间体，可由下列路线合成（部分反映条件略去）：（1）（AB）为加成反应，则B的结构简式是_；BC的反应类型是_（2）H中含有的官能团名称是_，F的名称（系统命名）是_（3）EF的化学方程式是_（4）TMOB是H的同分异构体，具有下列结构特征：核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有一个吸收峰；存在甲氧基（CH3O）TMOB的结构简式是_（5）下列说法正确的是_aA能和HCl反应得到聚氯乙烯的单体 bD和F中均含有2个健c.1mol G完全燃烧生成7mol H2O dH能发生加成，取代反应xx学年北京市朝阳区日坛中学高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题共42分（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分）1生活处处有化学下列说法正确的是( )A制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金B做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体C煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类D磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸【考点】金属与合金在性能上的主要差异；同分异构现象和同分异构体；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【专题】化学应用【分析】A合金就是某种金属与其他一种或几种金属或非金属融合在一起形成的混合物；B棉和麻主要成分是纤维素；C花生油是植物油是不饱和酯类；D蛋白质要在催化剂作用下才能水解为氨基酸【解答】解：A“不锈钢是合金”，不锈钢是铁、钴、镍的合金，故A正确； B棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉不属于同分异构体，n值不同，故B错误；C花生油是不饱和酯类，牛油是饱和酯类，故C错误；D豆浆煮沸是蛋白质发生了变性，故D错误故选A【点评】本题考查合金、同分异构体、油脂和蛋白质的性质，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握2下列关于物质分类的说法正确的是( )A金刚石、白磷都属于单质B漂白粉、石英都属于纯净物C氯化铵、次氯酸都属于强电解质D葡萄糖、蛋白质都属于高分子化合物【考点】单质和化合物；混合物和纯净物；电解质与非电解质；有机高分子化合物的结构和性质【专题】物质的分类专题【分析】A由一种元素组成的纯净物是单质；B由一种物质组成的为纯净物；C完全电离的电解质是强电解质；D相对分子质量很大的化合物是高分子化合物，常见的天然有机高分子化合物有蛋白质、纤维素和淀粉【解答】解：A由一种元素组成的纯净物是单质，金刚石、白磷都是由一种元素组成的纯净物，所以属于单质，故A正确；B由一种物质组成的为纯净物，漂白粉的主要成分是氯化钙、次氯酸钙，所以为混合物，故B错误；C完全电离的电解质是强电解质，次氯酸在水溶液里部分电离，为弱电解质，故C错误；D相对分子质量很大的化合物是高分子化合物，常见的天然有机高分子化合物有蛋白质、纤维素和淀粉，葡萄糖是小分子有机物，故D错误；故选A【点评】本题考查了基本概念，明确单质、纯净物、强电解质、高分子化合物的概念是解本题关键，知道常见物质的成分结合基本概念即可解答，题目难度不大3下列物质的使用不涉及化学变化的是( )A明矾用作净水剂B液氯用作制冷剂C氢氟酸刻蚀玻璃D生石灰作干燥剂【考点】物理变化与化学变化的区别与联系；盐类水解的应用；氯气的物理性质；硅和二氧化硅【专题】化学应用【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断【解答】解：A明矾在水中可以电离出两种金属离子K+、Al3+而Al3+很容易水解，生成胶状的氢氧化铝，氢氧化铝胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，从而使杂质沉降水变澄清，属于化学变化，故A错误；B液氯汽化时吸收热量，故可用作制冷剂，属于物理变化，故B正确；C氢氟酸能够与玻璃中的主要成分二氧化硅发生反应，故氢氟酸能刻蚀玻璃，属于化学变化，故C错误；D生石灰与水反应生成氢氧化钙，属于化学变化，故D错误，故选B【点评】本题考查物理变化与化学变化的判断，难度不大要注意化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成4下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是( )AKBNaCFeDAl【考点】铝的化学性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知，只有氧化铝为致密的结构，可保护内层金属，以此来解答【解答】解：由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知，只有氧化铝为致密的结构，可保护内层金属，而K、Na、Fe的氧化物均不是致密的结构，故选D【点评】本题考查Al的化学性质，为高频考点，把握氧化铝为致密的氧化物结构可保护内层金属为解答的关键，注意金属及其氧化物的性质，题目难度不大5结构为CH=CHCH=CHCH=CHCH=CH的高分子化合物用碘蒸气处理后，其导电能力大幅度提高上述高分子化合物的单体是( )A乙炔B乙烯C丙烯D1，3丁二烯【考点】聚合反应与酯化反应【专题】有机反应【分析】判断高聚物的单体：首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断，加聚产物的单体推断方法：（1）凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；（2）凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可；（3）凡链节中主碳链为6个碳原子，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换；该题属于第（1）种情况，据此进行解答【解答】解：高分子化合物CH=CHCH=CHCH=CHCH=CH，其结构简式可以表示为：CH=CHn，属于加聚产物，根据加聚产物的单体推断方法，凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半键闭合即可得其单体为：CHCH，故选A【点评】本题考查加聚反应生原理及高分子化合物单体的求算，题目难度不大，明确加聚反应原理及反应产物的单体判断方法是解答的关键6高铁酸钠（Na2FeO4）可以对饮用水进行净化处理，可由下列方法制得：Fe2O3+3Na2O22Na2FeO4+Na2O，关于该反应说法正确的是( )ANa2FeO4属于共价化合物B反应中Na2O2是氧化剂C生成1 mol Na2FeO4，有6 mol 电子转移D在Na2FeO4中Fe为+4价，具有强氧化性，能消毒杀菌【考点】氧化还原反应【分析】该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价、过氧化钠中O元素化合价由1价变为2价，所以氧化铁是还原剂、过氧化钠是氧化剂，再结合物质之间的转化计算【解答】解：该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价、过氧化钠中O元素化合价由1价变为2价，所以氧化铁是还原剂、过氧化钠是氧化剂，ANa2FeO4中钠离子和高铁酸根离子之间存在离子键，属于离子化合物，故A错误；B通过以上分析知，反应中Na2O2是氧化剂，故B正确；C生成1 mol Na2FeO4，转移电子的物质的量=1mol（63）=3mol，故C错误；D在Na2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，能消毒杀菌，故D错误；故选B【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念、计算，明确元素化合价变化是解本题关键，注意高铁酸钠能杀菌消毒，题目难度不大7下列有关物质性质的说法错误的是( )A热稳定性：HClHIB原子半径：NaMgC酸性：H2SO3H2SO4D还原性：S2Cl【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元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；B同周期元素从左到右原子半径逐渐减小；C元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强；D元素非金属性越强，对应离子的还原性越弱【解答】解：A非金属性：ClI，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故A正确；B同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：NaMg，故B正确；C同种元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强，故C错误；D元素非金属性越强，对应离子的还原性越弱，所以S2Cl，故D正确故选C【点评】本题考查元素周期律知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大8化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是( )选项现象或事实解释A用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接与油污反应B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜AABBCCDD【考点】盐类水解的应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铁盐和亚铁盐的相互转变【专题】盐类的水解专题；元素及其化合物【分析】A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解显碱性；B、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉在空气中久置变质；C、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效；D、氯化铁和铜反应 生成氯化亚铁和氯化铜；【解答】解：A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在氢氧化钠溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解生成氢氧化钠显碱性，Na2CO3 不可直接与油污反应，故A错误；B、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳、水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉失效，故B错误；C、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效，施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用，故C正确；D、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，FeCl3不能从含Cu2+的溶液中置换出铜，FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作，故D错误；故选C【点评】本题考查了盐类水解的分析应用，掌握物质性质和反应实质是关键，题目难度中等9W、X，Y，Z均为短周期元素，X，Y处于同一周期，X，Z的最低价离子分别为X2和Z，Y+和Z具有相同的电子层结构下列说法正确的是( )A原子最外层电子数：XYZB单质沸点：XYZC离子半径：X2Y+ZD原子序数：XYZ【考点】原子结构与元素周期律的关系；真题集萃【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】X、Z的最低价离子分别为X2和Z，则X为第A族元素，Z为A族元素；Y+和Z具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素，结合元素在周期表中的位置以及元素周期律知识解答该题【解答】解：X、Z的最低价离子分别为X2和Z，则X为第A族元素，Z为A族元素；Y+和Z具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素，AX、Y、Z分别为S、Na、F，原子最外层电子数分别为6、1、7，故A错误；B常温下Na、S为固体，F2为气体，Na的熔点较低，但钠的沸点高于硫，顺序应为NaSF2，故B错误；CNa+、F具有相同的核外电子排布，离子的核电荷数越大，半径越小，应为FNa+，故C错误；DX、Y、Z原子序数分别为16、11、9，原子序数：XYZ，故D正确故选D【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，本题的关键是根据原子结构特点正确推断元素的种类10现有四种短周期元素的原子半径及主要化合价数据如下表所示：元素甲乙丙丁原子半径/nm0.1860.1020.1520.074主要化合价+1+6、2+12下列叙述不正确的是( )A甲单质的熔点比丙单质的熔点高B甲单质可用电解其熔融盐的方法冶炼而得C常温下，丁的两种氢化物均为液体D乙的简单离子是四种元素各自形成的简单离子中半径最大的【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】由短周期元素的原子半径及主要化合价，则乙、丁同主族，丁只有2价，则为O，所以乙为S；甲、丙均为A族元素，结合原子半径，则甲为Na，丙为Li；AA族从上到下金属单质的熔点降低；B电解熔融NaCl来冶炼钠；C氧元素的两种氢化物为水和过氧化氢；D电子层数越多，离子半径越大【解答】解：由短周期元素的原子半径及主要化合价，则乙、丁同主族，丁只有2价，则为O，所以乙为S；甲、丙均为A族元素，结合原子半径，则甲为Na，丙为Li；A甲为Na，丙为Li，则A族从上到下金属单质的熔点降低，故A错误；BNa的化学性质很活泼，则利用电解熔融NaCl来冶炼钠，故B正确；C氧元素的两种氢化物为水和过氧化氢，常温下均为液体，故C正确；D电子层数越多，离子半径越大，只有硫离子的电子层数最多，所以乙的简单离子是四种元素各自形成的简单离子中半径最大的，故D正确；故选A【点评】本题考查位置、结构、性质的关系及应用，明确短周期元素的化合价及半径来推断元素是解答本题的关键，熟悉元素周期律及金属冶炼即可解答，题目难度中等11已知一定条件下断裂或生成某些化学键的能量关系如下表：对于反应：H2（g）+Cl2 （g）=2HCl （g），下列说法正确的是( )断裂或生成的化学键能量数据断裂1mol H2分子中的化学键吸收能量 436kJ断裂1mol Cl2分子中的化学键吸收能量 243kJ形成1mol HCl分子中的化学键释放能量 431kJA该反应的反应热H0B生成1mol HCl时反应放热91.5kJCCl2中的化学键比H2中的化学键更稳定D相同条件下，氢气分子具有的能量高于氯气分子具有的能量【考点】反应热和焓变【分析】A断裂旧的化学键需要吸收能量，形成新的化学键释放能量；B生成1mol HCl时表示0.5molH2与0.5molCl2反应；C化学键的键能越大，物质越稳定；D化学键的键能越大，物质具有的能量越低，物质越稳定【解答】解：A反应：H2（g）+Cl2（g）=2HCl （g），生成2molHCl，需要吸收能量断裂旧的化学键1molHH键和1molClCl键，形成新的化学键释放能量所以该反应的反应热为H=436kJ+243kJ2431kJ=183kJ/mol0，故A错误；B由A知：H2（g）+Cl2（g）=2HCl （g），H=183kJ/mol，H中的mol是指每mol的化学反应，不是某种物质，与化学方程式的化学计量数有关，所以生成1mol HCl放出的热量为183kJ=91.5kJ，故B正确；C断裂1mol H2分子中的化学键需吸收能量436kJ，断裂1mol Cl2分子中的化学键，需吸收能量243kJ，相同条件下，氢气稳定，故C错误；DH2分子中的化学键键能为436kJ/mol，Cl2分子中的化学键键能为243kJ/mol，显然相同条件下，氢气稳定，具有的能量低，故D错误；故选B【点评】该题主要考查了反应热与H间、化学键与分子的稳定性、反应热与化学计量数间的关系，解题时需正确辨析它们间的联系与区别12某废水中含有的NH4+在一定条件下可被O2氧化，反应过程如下：NH4+（aq）+O2（g）=NO2（aq）+2H+（aq）+H2O（l）H=273kL/molNO2（aq）+O2（g）=NO3（aq）H=73kL/mol下列叙述不正确的是( )A1mol的NH3和1mol 的NH4+都有106.021023个电子B室温下，0.1 mol/L HNO2（aq） pH1，则NaNO2溶液显碱性CNH4+（aq）+2O2（g）=NO3（aq）+2H+（aq）+H2O（l）H=346kJ/molD在上述两次转化过程中，废水的酸性先增大然后逐渐减弱【考点】化学能与热能的相互转化【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、1mol的NH3和1mol 的NH4+都有10个电子；B、室温下，0.1 mol/L HNO2（aq） pH1，说明溶液中存在电离平衡，是弱酸；C、依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；D、依据反应过程分析可知，中生成氢离子，酸性增强【解答】解：A、1mol的NH3和1mol 的NH4+都有10个电子，即106.021023个电子，故A正确；B、0.1 mol/L HNO2（aq） pH1，说明溶液中存在电离平衡，HNO2是弱酸，NaNO2溶液水解显碱性，故B正确；C、NH4+（aq）+O2（g）=NO2（aq）+2H+（aq）+H2O（l）H=273kL/mol NO2（aq）+O2（g）=NO3（aq）H=73kL/mol，依据盖斯定律+得到NH4+（aq）+2O2（g）=NO3（aq）+2H+（aq）+H2O（l）H=346kJ/mol，故C正确；D、在上述两次转化过程中，氢离子浓度增大，废水的酸性增大，故D错误；故选D【点评】本题考查热化学方程式的分析计算，微粒电子数的计算应用，弱电解质电离平衡的分析判断，盐类水解应用，题目难度中等13下列解释物质用途或现象的反应方程式不准确的是( )A硫酸型酸雨的形成会涉及反应：2H2SO3+O22H2SO4B热的纯碱溶液可以清洗油污的原因：CO32+2H2OH2CO3+2OHC盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO2+2OHSiO32+H2OD成分为盐酸的洁厕灵与84消毒液混合使用易中毒：Cl+ClO+2H+=Cl2+H2O【考点】二氧化硫的污染及治理；盐类水解的应用；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二氧化硫与水反应生成H2SO3，H2SO3可被氧化生成H2SO4；B纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，加热可促进水解；C玻璃中含有二氧化硅，可与氢氧化钠反应生成硅酸钠；D盐酸与次氯酸钠反应生成氯气【解答】解：A二氧化硫与水反应生成H2SO3，H2SO3可被氧化生成H2SO4，酸雨放置一段时间后溶液pH稳定就是发生的该反应，故A正确；B纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，加热可促进水解，但以第一步水解为主，应为CO32+H2OHCO3+OH，故B错误；C玻璃中含有二氧化硅，可与氢氧化钠反应生成硅酸钠，反应的离子方程式可写成SiO2+2OHSiO32+H2O，故C正确；D盐酸与次氯酸钠反应生成氯气，反应的离子方程式为Cl+ClO+2H+=Cl2+H2O，故D正确故选B【点评】本题考查较为综合，涉及二氧化硫的污染、盐类的水解、试剂的保存以及消毒液的性质等，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累14已知：C（s、金刚石）+O2（g）CO2（g）H1=395.4kJmol1C（s、石墨）+O2（g）CO2（g）H2=393.5kJmol1，上述反应中的能量变化如图所示，下列说法正确的是( )A石墨和金刚石之间的转化是物理变化BC（s、金刚石）C（s、石墨）H=+1.9 kJmol1C金刚石比石墨的热稳定性好D图中b代表反应的能量变化【考点】化学反应的能量变化规律；用盖斯定律进行有关反应热的计算【分析】A、有新物质生成的变化是化学变化；B、根据盖斯定律来分析；C、物质的能量越低，物质越稳定；D、根据物质的能量高低来判断【解答】解：A、石墨和金刚石是两种不同的单质，故石墨和金刚石之间的转化是有新物质生成的变化，是化学变化，故A错误；B、已知：C（s、金刚石）+O2（g）CO2（g）H1=395.4kJmol1，C（s、石墨）+O2（g）CO2（g）H2=393.5kJmol1，根据盖斯定律可知：将可得：C（s、金刚石）C（s、石墨）H=1.9 kJmol1，故B错误；C、由C（s、金刚石）C（s、石墨）H=1.9 kJmol1可知，金刚石的能量比石墨的能量高，而物质的能量越高，物质越不稳定，故金刚石不如石墨稳定，故C错误；D、由C（s、金刚石）C（s、石墨）H=1.9 kJmol1可知，金刚石的能量比石墨的能量高，故图b代表的是的能量变化，故D正确故选D【点评】本题考查了盖斯定律和物质稳定性大小的比较，应注意的是物质的能量越低，物质越稳定15已知：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJ/mol，下列说法不正确的是( )A该反应原理可用于设计氢氧燃料电池B破坏1 mol HO 键需要的能量是463.4 kJCH2O（g）=H2（g）+O2（g）H=+241.8 kJ/molDH2（g） 中的HH 键比 H2O（g） 中的HO 键牢固【考点】反应热和焓变【分析】A、放热的氧化还原反应可以设计成原电池；B、据题给条件无法判断HO键的键能；C、一个化学反应的焓变是其逆反应焓变的相反数；D、H=反应物键能和生成物键能和，不知道OO键的键能，无法确定HH键和HO键哪个更牢固【解答】解：A、放热的氧化还原反应可以设计成原电池，故A正确；B、H=反应物键能和生成物键能和，不知道OO键和HH键的键能，无法确定HO键键能，故B错误；C、H2O（g）=H2（g）+O2（g）的H是2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）的H的相反数的，故C正确；D、H=反应物键能和生成物键能和，不知道OO键的键能，无法确定HH键和HO键哪个更牢固，故D错误；故选BD【点评】本题考查了形成原电池的基本条件、焓变与键能的关系、焓变与其逆反应焓变的关系，注意H=反应物键能和生成物键能和，题目难度中等16下列说法正确的是( )A室温下，在水中的溶解度：丙三醇苯酚1氯丁烷B用核磁共振氢谱不能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3C用Na2CO3溶液不能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3D油脂在酸性或碱性条件下均可发生水解反应，且产物相同【考点】有机物的鉴别；相似相溶原理及其应用；油脂的性质、组成与结构【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A含OH越多，溶解性越大，卤代烃不溶于水；BHCOOCH3中两种H，HCOOCH2CH3中有三种H；CCH3COOH与碳酸钠溶液反应，而CH3COOCH2CH3不能；D油脂在酸性条件下水解产物为高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油【解答】解：A含OH越多，溶解性越大，卤代烃不溶于水，则室温下，在水中的溶解度：丙三醇苯酚1氯丁烷，故A正确；BHCOOCH3中两种H，HCOOCH2CH3中有三种H，则用核磁共振氢谱能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3，故B错误；CCH3COOH与碳酸钠溶液反应气泡，而Na2CO3溶液与CH3COOCH2CH3会分层，因此可以用Na2CO3溶液能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3，故C错误；D油脂在酸性条件下水解产物为高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油，水解产物不相同，故D错误；故选A【点评】本题考查有机物的鉴别，为高频考点，把握常见有机物的性质及鉴别方法为解答的关键，注意溶解性与OH的关系、油脂不同条件下水解产物等，题目难度不大17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去甲肾上腺素分子式为C8H10O3NB每个去甲肾上腺素分子中含有3个酚羟基C1mol去甲肾上腺素最多能与2molBr2发生取代反应D去甲肾上腺素既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应【考点】有机物的结构和性质【分析】由结构简式可知分子式，分子中含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有醇羟基，可发生取代、氧化和消去反应，含有氨基，具有碱性，可与酸反应，以此解答【解答】解：A由结构简式可知分子式为C8H11NO3，故A错误；B分子中含有2个酚羟基，1个醇OH，故B错误；C酚OH的邻对位与溴水发生取代反应，则1mol去甲肾上腺素最多能与3molBr2发生取代反应，故C错误；D酚羟基可与氢氧化钠反应，氨基可与盐酸反应，故D正确故选D【点评】本题考查有机物结构与性质，为高频考点，把握官能团结构及其性质是解答的关键，注意B选项中酚与醇的区别，题目难度中等18如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22下列说法正确的是( )XYWZTAX、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B由X、Y和氢三种元素形成的化合物中一定只有共价键CW、X、Z三种元素最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱DT元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4【考点】原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，令W的最外层电子数为a，则X、Y、Z最外层电子数分别为a+1、a+2、a+3，故a+a+1+a+2+a+3=22，解得a=4，故W为Si、X为N、Y为O、Z为Cl、T为Ge，据此解答【解答】解：W、X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，令W的最外层电子数为a，则X、Y、Z最外层电子数分别为a+1、a+2、a+3，故a+a+1+a+2+a+3=22，解得a=4，故W为Si、X为N、Y为O、Z为Cl、T为Ge，AX、Y、Z三种元素最低价氢化物分别为氨气、水、HCl，常温下水为液态，氨气、HCl为气体，故水的沸点最高，氨气分子之间都存在氢键，沸点比HCl的高，故A错误；BN、O和H形成的化合物硝酸铵中既有离子键、又有共价键，故B错误；CW、X、Z三种元素最高价氧化物对应水化物的分别为硅酸、硝酸、高氯酸，它们的酸性依次增强，故C错误；DGe元素的单质具有半导体的特性，与Cl元素可形成化合物GeCl4，故D正确，故选D【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，注意A中氢键对物质性质的影响，难度中等19设NA为阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是( )A1mol甲苯含有6NA个CH键B18g H2O含有10NA个质子C标准状况下，22.4L氨水含有NA个NH3分子D56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子【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甲苯中含有8个碳氢键，1mol甲苯中含有8mol碳氢键；B水分子中含有10个质子，1mol水中含有10mol质子；C标准状况下氨水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氨水的物质的量；D铁与浓硫酸发生钝化，阻止了反应的继续进行，无法计算生成的二氧化硫的物质的量【解答】解：A1mol甲苯中含有8mol碳氢键，含有8NA个CH键，故A错误；B18g水的物质的量为1mol，1mol水中含有10mol质子，含有10NA个质子，故B正确；C标况下，氨水不是气体，题中条件无法计算氨气的物质的量，故C错误；D56g铁的物质的量为1mol，由于铁与浓硫酸能够发生钝化，阻止了反应的进行，无法计算反应生成二氧化硫的物质的量，故D错误；故选B【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，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；试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力20NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是( )A1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB2 L 0.5 molL1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAC1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NAD丙烯和环丙烷组成的42 g混合气体中氢原子的个数为6NA【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亚铁离子和碘离子都能够被氯气氧化，根据亚铁离子和碘离子的物质的量计算出转移的电子数；B硫酸钾中阳离子为硫酸根离子，1mol硫酸根离子带有2mol负电荷；C过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总共含有3mol离子；D丙烯和环丙烷的分子式都是C3H6，42g混合物中含有1molC3H6【解答】解：A1molFeI2中含有1mol亚铁离子、2mol碘离子，与足量氯气反应，1mol亚铁离子失去1mol电子、2mol碘离子失去2mol电子，总共转移了3mol电子，转移的电子数为：3NA，故A错误；B2 L 0.5 molL1硫酸钾溶液中含有溶质硫酸钾1mol，1mol硫酸钾中含有1mol硫酸根离子，含有2mol负电荷，阴离子所带电荷数为2NA，故B错误；C1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总共含有3mol阴阳离子，含离子总数为3NA，故C错误；D42g丙烯和环丙烷的混合物中含有1molC3H6分子，含有6molH原子，含有氢原子的个数为6NA，故D正确；故选D【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确过氧化钠中含有的阴离子为过氧根离子，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，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力21下列实验操作、现象和结论均正确的是( )选项实验操作现象结论A向苏打和小苏打溶液中分别加入盐酸均冒气泡两者均能与盐酸反应B向AgNO3溶液中滴加过量氨水溶液澄清Ag+与NH3H2O能大量共存C将可调高度的铜丝伸入到稀HNO3中溶液变蓝Cu与稀HNO3发生置换反应D将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性：Fe3+I2AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A苏打为碳酸钠，小苏打为碳酸氢钠，与盐酸反应均生成二氧化碳；B向AgNO3溶液中滴加过量氨水，先生成AgOH后被过量的氨水溶解生