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湖南省五市十校2017-2018学年高一下学期期末考试化学试题1. 下列各组中属于同系物的是（ ）A. 12C与14C B. 金刚石与石墨 C. CH4 与C2H6 D. H2O与D2O【答案】C【解析】A、12C与14C都是原子，属于同位素，不属于同素异形体，故A错误；B、金刚石与石墨都是由碳元素形成的不同物质，都是单质，互为同素异形体，故B正确；C、CH4 与C2H6是结构相似的物质，属于同系物，不属于同素异形体，故C错误；D、H2O与D2O都是水分子，是化合物不是单质，不属于同素异形体，故D错误；故选B。点睛：判断是否互为同素异形体的关键要把握两点：同种元素，不同单质。2. 下列为人体提供能量的营养物质中，属于高分子化合物的是( )A. 蔗糖 B. 油脂 C. 葡萄糖 D. 蛋白质【答案】D【解析】【详解】A.蔗糖属于二糖，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，A错误；B.油脂是高级脂肪酸的甘油酯，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，B错误；C.葡萄糖属于单糖，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，C错误；D.蛋白质属于高分子化合物，D正确；答案选D。3. 下列有关化学用语表示正确的是( )A. 中子数为8的氧原子： B. Mg2+的结构示意图： C. 硫化钠的电子式： D. 甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2【答案】B【解析】【详解】A. 中子数为8的氧原子其质量数是8+816，则可表示为，A错误；B. Mg2+的质子数是12，核外电子数是10，则结构示意图为，B正确；C. 硫化钠是离子化合物，电子式为，C错误；D. 甲酸甲酯的结构简式为HCOOCH3，C2H4O2表示甲酸甲酯的分子式，D错误。答案选B。4. 第三届联合国环境大会的主题为“迈向零污染地球”。下列做法不应提倡的是( )A. 推广电动汽车，践行绿色交通 B. 回收电子垃圾，集中填埋处理C. 水果保鲜，可用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土 D. 净化工业尾气，减少雾霾生成【答案】B【解析】【详解】A推广电动汽车，减少燃油汽车排放污染气体，保护环境，践行绿色交通，应提倡，A不符合；B电子垃圾需要无害处理，有些含有重金属离子等，掩埋能够引起土壤污染，不提倡，B符合；C乙烯具有催熟作用，水果保鲜，可用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土，C不符合；D净化工业尾气可以减少灰尘颗粒等空气污染物的排放，减少雾霾生成，有利于环境保护，应提倡，D不符合；答案选B。【点睛】本题考查了化学与生产、生活的关系，侧重考查环境污染与治理，把握绿色化学合核心，明确“迈向零污染地球”含义是解题关键，题目难度不大。5. 下列与有机物的结构、性质的有关叙述中正确的是( )A. 乙酸与乙醇可以发生酯化反应，又均可与金属钠发生置换反应B. 乙烯、氯乙烯、聚乙烯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 分馏、干馏都是物理变化，裂化、裂解都是化学变化D. 纤维素、聚乙烯、光导纤维都属于高分子化合物【答案】A【解析】A、乙醇含,乙酸含,均与Na反应生成氢气,均为置换反应,且二者可发生酯化反应生成乙酸乙酯,故A正确。B、乙烯、氯乙烯均含碳碳双键,而聚乙烯不含双键,则只有乙烯、氯乙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色,故B错误。C、分馏是根据石油中各成分沸点的不同将其分离开，是物理变化，干馏是将煤隔绝空气加强热，既有物理变化又有化学变化，裂化、裂解都是化学变化，故C错误。D、光导纤维的成分是二氧化硅不是有机高分子，故D错误。本题正确选项为A。6. 在金属活动顺序表中，一般常用电解法冶炼的金属是( )A. 钾、钠、铝等最活泼金属 B. 锌,铁等中等活泼性的金属C. 常温下呈液态的金属 D. 金、铂等最贵重最不活泼的金属【答案】A【解析】A. 钾、钠、铝等最活泼金属一般采用电解法冶炼，故A正确；B. 锌，铁等中等活泼性的金属一般采用热还原法冶炼，故B错误；C. 常温下呈液态的金属是汞，一般采用加热分解氧化物的方法冶炼，故C错误；D. 金、铂等最贵重最不活泼的金属在自然界存在游离态，可以通过物理方法提炼，故D错误；故选A。7. 我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下。下列说法不正确的是( )A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%B. CH4CH3COOH过程中，有CH键发生断裂C. 放出能量并形成了CC键D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率【答案】D【解析】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，的总能量高于的总能量，放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，的总能量高于的总能量，放出能量，对比和，形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变H、不能使化学平衡发生移动。8. 在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是( )【答案】D【解析】分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质，结合选项解答。详解：A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确；C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分离，C正确；D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，D错误。答案选D。点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质（包括物理性质和化学性质）特点的角度去解答和判断。9. 锂海水电池常用在海上浮标等助航设备中，其示意图如图所示。电池反应为2Li2H2O=2LiOHH2。电池工作时，下列说法错误的是( )A. 金属锂作负极B. 电子从锂电极经导线流向镍电极C. 可将电能转化为化学能D. 海水作为电解质溶液【答案】C【解析】【分析】原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应，据此判断。【详解】A. 锂是活泼的金属，因此金属锂作负极，A正确；B. 锂是负极，失去电子，电子从锂电极经导线流向镍电极，B正确；C. 该装置是原电池，可将化学能转化为电能，C错误；D. 海水中含有氯化钠等电解质，因此海水作为电解质溶液，D正确。答案选C。10. 下列属于取代反应的是( )A. 乙烯与水反应生成乙醇 B. 甲烷与氯气反应生成一氯甲烷C. 乙醇与氧气反应生成乙醛 D. 乙烯与高锰酸钾溶液反应生成CO2【答案】B【解析】【分析】有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，据此判断。【详解】A. 乙烯与水反应生成乙醇属于加成反应，A错误；B. 甲烷与氯气反应生成一氯甲烷，同时还有氯化氢生成，属于取代反应，B正确；C. 乙醇与氧气反应生成乙醛，同时还有水生成，属于氧化反应，C错误；D. 高锰酸钾具有强氧化性，乙烯与高锰酸钾溶液反应生成CO2，属于氧化反应，D错误；答案选B。11. Q、X、Y和Z为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示，这4种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是( )A. Y的原子半径比X的大B. Q的最高价氧化物的水化物的酸性比Z的强C. Q的单质具有半导体的性质，Q与Z可形成化合物QZ4D. X、Y和氢3种元素形成的化合物中都只有共价键【答案】C【解析】【分析】由Q、X、Y和Z为短周期元素及它们在周期表中的位置可知，X、Y位于第二周期，Q、Z位于第三周期，设X的最外层电子数为x，则Y的最外层电子数为x+1，Q的最外层电子数为x1，Z的最外层电子数为x+2，4种元素的原子最外层电子数之和为22，则x-1+x+x+1+x+2=22，解得x=5，可知X为N、Y为O、Q为Si、Z为Cl，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X为N、Y为O、Q为Si、Z为Cl，则A同周期从左向右原子半径减小，则Y的原子半径比X的小，A错误；B同周期从左向右非金属性增强，且非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性增强，则Q的最高价氧化物的水化物的酸性比Z的弱，B错误；CSi位于金属与非金属的交界处，具有半导体的性质，且Si为+4价，Cl为-1价时Q与Z可形成化合物QZ4，C正确；DX、Y和氢3种元素形成的化合物若为硝酸铵，含离子键、共价键，D错误；答案选C。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、最外层电子数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。12. 下列能说明苯环对侧链的性质有影响的是( )A. 甲苯在30时与硝酸发生取代反应生成三硝基甲苯B. 甲苯能使热的酸性KMnO4溶液褪色C. 甲苯在FeBr3催化下能与液溴反应D. 1mol甲苯最多能与3 mol H2发生加成反应【答案】B【解析】分析：A甲苯和苯都能发生取代反应；B苯不能被酸性KMnO4溶液氧化，甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸；C甲苯和苯都能发生取代反应；D苯也能与氢气发生加成反应。详解：A甲苯和苯都能与浓硝酸、浓硫酸发生取代反应，甲苯生成三硝基甲苯说明了甲基对苯环的影响，A错误； B甲苯可看作是CH4中的1个H原子被-C6H5取代，苯、甲烷不能被酸性KMnO4溶液氧化使其褪色，甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸，苯环未变化，侧链甲基被氧化为羧基，说明苯环影响甲基的性质，B正确；C甲苯和苯都能与液溴发生取代反应，所以不能说明苯环对侧链有影响，C错误；D苯、甲苯都能与H2发生加成反应，是苯环体现的性质，不能说明苯环对侧链性质产生影响，D错误。答案选B。点睛：本题以苯及其同系物的性质考查为载体，旨在考查苯的同系物中苯环与侧链的相互影响，通过实验性质判断，考查学生的分析归纳能力，题目难度不大。13. 下图是2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)的能量变化图，据图得出的相关叙述正确的是( )A. 该化学反应过程中既有能量的吸收又有能量的释放B. 2SO3(g)2SO2(g)+O2(g) H(ab) kJmolC. 1 mol SO2的能量比1 mol SO3的能量高D. 若某容器内有2 mol SO3充分反应，吸收(ab) kJ热量【答案】A【解析】【详解】A. 断键需要吸热，形成化学键需要放热，则该化学反应过程中既有能量的吸收又有能量的释放，A正确；B. 反应热等于断键吸收的总能量和形成化学键所放出的总能量的差值，则根据图像可知反应2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)的H(ab) kJmol，B错误；C. 根据图像可知0.5mol氧气和1 mol SO2的总能量比1 mol SO3的能量高，二氧化硫和三氧化硫的能量不能比较，C错误；D. 由于是可逆反应，转化率达不到100%，因此若某容器内有2 mol SO3充分反应，吸收的热量小于(ab) kJ，D错误。答案选A。14. 一定温度下，在2L的密闭容器中发生反应：xA(g)+B(g)2C(g) H0，A、C的物质的量随时间变化的关系如图。下列有关说法正确的是（ ）A. x=1B. 反应进行到1min时，反应体系达到化学平衡状态C. 2min后，A的正反应速率一定等于A的逆反应速率D. 2min后，容器中A与B的物质的量之比一定为21【答案】C【解析】【详解】A、由图象可知，在2分钟内，A、C物质的量的变化相等，均是0.2mol，说明A、C的化学计量系数相等，故x=2，A错误；B、化学平衡状态时各组分的物质的量保持不变，所以反应进行到2分钟时，达到平衡状态，反应进行到1min时，反应体系没有达到化学平衡状态，B错误；C、根据反应速率之比等于化学计量系数之比可知2min后，A的正反应速率一定等于A的逆反应速率，C正确；D、容器中A与B的物质的量之比取决于起始时加入A、B的量，所以平衡时A与B的物质的量之比不一定等于化学计量系数，D错误。答案选C。15. 一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应2HI(g)+Cl2(g)2HCl(g)+I2(s)。下列事实不能说明该反应达到平衡状态的是（ ）A. 断裂1 mol Cl-Cl键同时形成1 mol H-Cl键B. 容器内气体密度不再改变C. 容器内气体压强不再改变D. 容器内气体颜色不再改变【答案】A【解析】【分析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。【详解】A. 断裂1 mol Cl-Cl键同时形成1 mol H-Cl键均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，A符合；B. 密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中气体质量是变化的，容积始终是不变的，所以容器内气体密度不再改变说明反应达到平衡状态，B不符合；C. 正反应体积减小，则容器内气体压强不再改变说明反应达到平衡状态，C不符合；D. 容器内气体颜色不再改变说明碘的浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，D不符合；答案选A。16. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。四种元素形成的单质依次为m、n、p、q；这些元素组成的二元化合物r、t、u，其中u能使品红溶液褪色，v的俗名叫烧碱。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是( )A. 原子半径的大小：WZYXB. t与r反应时，r为氧化剂C. 生活中可用u使食物增白D. Z分别与Y、W组成的化合物中化学健类型可能相同【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，四种元素形成的单质依次为m、n、p、q，r、t、u是这些元素组成的二元化合物，其中u能使品红溶液褪色，u为SO2；v的俗名叫烧碱，则v为NaOH，结合图中转化可知，m为H2，n为O2，p为Na，r为H2O，t为Na2O2，q是S，则X、Y、Z、W分别为H、O、Na、S，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X、Y、Z、W分别为H、O、Na、S，则A电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小：ZWYX，A错误；B过氧化钠与水反应时，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，水不是氧化剂也不是还原剂，B错误；C二氧化硫有毒，生活中不能用二氧化硫使食物增白，C错误；DZ分别与Y、W组成的化合物分别为NaH、Na2O时，化学键均为离子键，D正确；答案选D。【点睛】本题考查元素推断、无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，u与v为推断的突破口，题目难度中等，注意选项D中Na与H可形成离子化合物NaH，为易错点。17. 下列说法正确的是( )A. 按系统命名法的名称为3，3-二甲基-2-乙基戊烷B. 在一定条件下，乙酸、氨基乙酸、蛋白质均能与NaOH发生反应C. 分子式为C5H12O的醇共有8 种，其中能催化氧化成醛的同分异构体有3 种D. 乙烯和苯均能使溴水因发生化学反应褪色【答案】B【解析】【详解】A. 按系统命名法的名称为3，3，4三甲基己烷，A错误；B. 乙酸和氨基乙酸均含有羧基，蛋白质含有肽键，因此在一定条件下，乙酸、氨基乙酸、蛋白质均能与NaOH发生反应，B正确；C. 由于戊基有8种，则分子式为C5H12O的醇共有8种，其中能催化氧化成醛的同分异构体有4种，分别是CH3CH2CH2CH2CH2OH、(CH3)2CHCH2CH2OH、HOCH2CH(CH3)CH2CH3、(CH3)3CCH2OH，C错误；D. 乙烯含有碳碳双键能使溴水因发生化学反应褪色，苯和溴水不反应，发生萃取，D错误。答案选B。【点睛】醇发生氧化反应的结构特点是：只有与羟基相连的碳上有氢原子时才能发生催化氧化反应，其中要发生催化氧化生成醛则反应必须是“伯醇（CH2OH）”。18. 反应A(g)+B(g)C(g)+D(g)过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。（1）该反应是_反应(填“吸热”或“放热”)。（2）H=_(用E1、E2表示)。有一种燃料电池，所用燃料为H2和空气，电解质为KOH溶液。回答下列问题：（3）OH移向_极（填“正”或“负”）。（4）正极反应式为_。某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，试填写下列空白：（5）从开始至2min，Z的平均反应速率为_；（6）向其中充入1 mol He(g)（He不参加反应），化学反应速率_(填“加快”“减慢”或“不变”)。【答案】 (1). 放热 (2). -(E2-E1)或E1E2 (3). 负 (4). O2+2H2O+4e=4OH (5). 0.05mol/（Lmin） (6). 不变【解析】【详解】（1）根据图像可知反应物总能量高于生成物总能量，因此该反应是放热反应。（2）反应热等于断键吸收的总能量和形成化学键所放出的总能量的差值，则根据图像可知该反应的反应热H=-(E2-E1)或E1E2。（3）原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则OH移向负极。（4）原电池的正极发生得到电子的氧化反应，因此氧气在正极通入，又因为电解质溶液显碱性，则正极反应式为O2+2H2O+4e=4OH。（5）从开始至2min，Z的物质的量增加了0.2mol，浓度是0.2mol2L0.1mol/L，则Z的平均反应速率为0.1mol/L2min0.05mol/（Lmin）；（6）向其中充入1 mol He(g)（He不参加反应），压强增大，但反应物的浓度不变，所以化学反应速率不变。【点睛】压强对反应速率的影响是解答的易错点，注意参加反应的物质为固体和液体时，由于压强的变化对浓度几乎无影响，可以认为反应速率不变；对有气体参加的反应，压强改变气体物质浓度改变化学反应速率改变，即压强改变的实质是通过改变浓度引起的，所以压强增大不一定能使反应速率加快，关键是看能否引起物质的浓度发生变化，例如（6）。19. 海水是巨大的资源宝库。下图是人类从海水资源获取某些重要化工原料的流程示意图。回答下列问题：(1)操作B是_(填实验基本操作名称)。(2)操作B需加入下列试剂中的一种，最合适的是_。a.氢氧化钠溶液 b.澄清石灰水 c.石灰乳 d.碳酸钠溶液(3)工业上制取金属镁时是电解熔MgCl2，电解反应方程式为_。(4)上图中虚线框内流程的主要作用是_。【答案】 (1). 过滤 (2). c (3). MgCl2（熔融）Mg + Cl2 (4). 富集Br2【解析】【分析】（1）根据氢氧化镁难溶于水分析；（2）根据工业制镁的原理从原料的成本以及性质来分析；（3）根据电解熔融的氯化镁可冶炼金属镁，同时得到氯气书写；（4）根据起初有溴最终也有溴，考虑物质的富集分析判断。【详解】（1）氢氧化镁难溶于水，从溶液中获得氢氧化镁固体应该是过滤操作；（2）工业制镁：把海边的贝壳制成生石灰：CaCO3CaO+CO2，在海水中加入生石灰：CaO+H2OCa（OH）2，在引入的海水中加入石灰乳，发生反应：MgCl2+Ca（OH）2Mg（OH）2+CaCl2，这样原料的成本低，且能将镁离子全部沉淀下来，所以最合适的是石灰乳，答案选c；（3）电解熔融的氯化镁得到金属镁和氯气，反应的方程式为MgCl2（熔融）Mg+Cl2；（4）起初有溴最终也有溴，所以上图中虚线框内流程的主要作用是富集Br2。20. A是一种重要的化工原料，A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平。E是具有果香气味的液体。A、B、C、D、E在一定条件下存在如下转化关系（部分反应条件、产物被省略）。 请回答下列问题：（1）丁烷是由石蜡油获得A的过程中的中间产物之一，它的一种同分异构体中含有三个甲基（），则这种同分异构体的结构简式是：_； D物质中官能团的名称是_。（2）反应BC的化学方程式为_。（3）反应BDE的化学方程式为_；该反应的速率比较缓慢，实验中为了提高该反应的速率，通常采取的措施有_（任写一项）。【答案】 (1). (2). 羧基 (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O (5). 加入浓硫酸作催化剂、加热等【解析】【分析】A是一种重要的化工原料，A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，A是乙烯。乙烯与水发生加成反应生成B是乙醇，乙醇发生催化氧化生成C是乙醛，乙醛继续发生氧化反应生成D是乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成E是乙酸乙酯，乙酸乙酯是具有果香气味的液体，据此解答。【详解】（1）丁烷的一种同分异构体中含有三个甲基的是异丁烷，结构简式是；D是乙酸，其中官能团的名称是羧基。（2）反应BC是乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。（3）反应BDE是酯化反应，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；该反应的速率比较缓慢，实验中为了提高该反应的速率，通常采取的措施有加入浓硫酸作催化剂、加热等。21. 为验证同主族元素性质的递变规律。某小组用如图所示的装置进行实验(夹持仪器已略去，装置气密性已检验)。实验过程：.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。.当装置B和装置C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。.当装置B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。.（1）浸有NaOH溶液的棉花的作用_。（2）装置A中发生的置换反应的化学方程式为_。（3）装置B的溶液中NaBr完全被氧化，则消耗Cl2的物质的量为_。（4）为验证溴元素的非金属性强于碘元素，过程的操作和现象是_。【答案】 (1). 吸收逸出的Cl2，防止污染环境 (2). Cl2+2KI=I2+2KCl (3). 0.005mol (4). 打开活塞b，将装置C中的少量溶液滴入装置D中，然后关闭活塞b，取下装置D振荡，静置后CCl4 层变为紫红色【解析】【分析】验证卤素单质氧化性的相对强弱，装置A中高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，氯气具有强氧化性，烧瓶上端湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝色，验证氯气的氧化性强于碘，装置B中盛有溴化钠，氯气进入装置B中，氯气氧化溴离子为溴单质，溶液呈橙红色，验证氯的氧化性强于溴，氯气有毒，能被氢氧化钠吸收，浸有氢氧化钠的棉花防止氯气污染空气，当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹，为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，以此解答该题。【详解】（1）氯气有毒需要尾气处理，则浸有NaOH溶液的棉花的作用是吸收逸出的Cl2，防止污染环境；（2）氯气具有氧化性，与碘化钾发生置换反应，反应的化学方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl；（3）氯气的氧化性强于溴，将氯气通入NaBr溶液中会有单质溴生成，发生反应的方程式为Cl2+2NaBrBr2+2NaCl。溴化钠的物质的量是0.01L1mol/L0.01mol，根据方程式可知消耗氯气是0.005mol；（4）为验证溴的氧化性强于碘，应将C中生成的溴加入到盛有KI溶液的D中，如发生氧化还原反应，则静至后CCl4层溶液变为紫红色，即实验操作为：打开活塞b，将装置C中的少量溶液滴入装置D中，然后关闭活塞b，取下装置D振荡，静置后CCl4层变为紫红色。【点睛】本题主要考查了卤素单质氧化性的相对强弱的验证，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，根据实验现象并用卤素性质进行解释是解答关键，注意要排除干扰因素的存在，题目难度中等。22. 元素X、Q、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，M原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4；R、Z、X离子半径逐渐减小；化合物XR常温下为气体，Q和Y在周期表中的位置相邻，请回答下列问题：（1）写出单质R的一种工业用途_。（2）M和R的最高价氧化物的水化物中酸性最强的是_（用化学式表示）。（3）下图表示由上述元素中的某两种元素组成的气体分子在一定条件下的密闭容器中充分反应前后的转化关系，写出该转化过程的化学方程式为_。 （4）由X、Y、Z、M四种元素组成的一种离子化合物A，已知A，既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应，还能和氯水反应，写出A与氯水反应的离子方程式_。（5）科学家认为存在QX5这种物质，且预测其与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，已知QX5中含有离子键和极性键，写出化合物的电子式_。【答案】 (1). 制漂白粉，制漂白液，自来水消毒等合理答案 (2). HClO4 (3). 2SO2+O22SO3 (4). HSO3+H2O+Cl2SO42+2Cl+3H (5). 【解析】【分析】元素X、Q、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，最外层电子数只能为6，则原子总数为8，Y为O元素；M原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4，最外层电子数也只能为6，则M为S元素；结合R、Z、X离子所带电荷可知，R元素位于第A族，Z、X位于第IA族，R原子序数大于硫，故R为Cl，化合物XR在常温下为气体，则X是H元素，Z的原子序数大于O，故Z为Na。Q和Y在周期表中的位置相邻，则Q为N元素，据此解答。【详解】根据以上分析可知X是H，Q是N，Y是O，Z是Na，M是S，R是Cl。则（1）单质R是氯气，工业用途有制漂白粉，制漂白液，自来水消毒等。（2）非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，氯元素非金属性强于硫元素，则M和R的最高价氧化物的水化物中酸性最强的是HClO4。（3）由图可知，该转化过程为SO2与O2反应生成三氧化硫，反应化学方程式为：2SO2+O22SO3；（4）由H、O、Na、S四种元素组成的一种离子化合物A，A既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应，还能和氯水反应，则A为NaHSO3，A与氯水反应的离子方程式为HSO3+H2O+Cl2SO42+2Cl+3H；（5）科学家认为存在NH5这种物质，且预测其与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，应是氨水。已知NH5中含有离子键和极性键，因此是由铵根和H组成的离子化合物，它的电子式为。【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，难度中等，根据核外电子排布规律推断元素是解题关键，侧重对化学用语的考查，需要学生熟练掌握基础知识，题目中电子式的书写为易错点，解答时首先判断含有的化学键类型，另外注意氢负离子中2个电子是成对电子不能拆开。
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