1、河南省商丘市第一高级中学2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Br-80第卷(选择题，共80分)一、选择题(共18个题，每小题3分，共计54分)1.根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是()A. 同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱B. 核外电子排布相同微粒化学性质也相同C. Cl、S2、Ca2、K半径逐渐减小D. Cl与Cl得电子能力相同【答案】D【解析】【详解】A同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱，不是最高价含氧酸的酸性不一定减弱，A错误；B核外电子排布相同的
2、微粒，化学性质不一定相同，如稀有气体原子化学性质稳定，而相同电子数的离子有还原性或氧化性，B错误；C电子排布相同的微粒，原子序数越大，吸引电子能力增强，半径越小，则S2-、Cl、K+、Ca2+半径逐渐减小，C错误；D同位素的化学性质相同，即Cl与C得电子能力相同，D正确。答案为D。2.为提纯下列物质(括号内为杂质)，所用的除杂试剂和分离方法都正确的是()选项不纯物除杂试剂分离方法ACH4(C2H4)酸性KMnO4溶液洗气B苯(Br2)NaOH溶液过滤CC2H5OH(H2O)新制生石灰蒸馏D乙酸乙酯(乙酸)饱和Na2CO3溶液蒸馏A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】A.乙烯
3、与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳；B.溴单质能与氢氧化钠溶液反应；C. 乙酸与生石灰反应；D.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液,乙酸可与碳酸钠反应；【详解】A.乙烯与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳,引入新杂质,应用溴水除杂,故A错误；B.溴单质能与氢氧化钠溶液反应,而溴苯不能,然后分液即可分离，故B错误；C.水与生石灰反应，生成的氢氧化钙沸点高，而乙醇沸点低,可用蒸馏的方法分离，故C正确； D.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可与碳酸钠反应,应用分液的方法分离，故D错误；正确选项C。【点睛】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂(提纯)，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变；除杂
4、质至少要满足两个条件:(1)加入的试剂只能与杂质反应,不能与原物质反应；(2)反应后不能引入新的杂质；选项A，就是一个易错点，虽然除去了乙烯，但是引入了二氧化碳，没有达到真正除杂的目的。3.若乙酸分子中的羧基是16O，乙醇分子中的氧都是18O，二者在浓硫酸作用下发生反应，一段时间后，分子中含有18O的物质有A. 1种B. 2种C. 3种D. 4种【答案】B【解析】分析：乙酸与乙醇反应，乙酸中的羧基提供羟基，乙醇中的羟基提供氢原子，羟基和氢原子形成水，剩下基团结合的形成酯，据此进行判断。详解：乙酸与乙醇反应，乙酸中的羧基提供羟基，乙醇中的羟基提供氢原子，羟基和氢原子形成水，剩下基团结合的形成酯：
5、CH3C16O16OH+CH3CH218OHCH3C16O18OC2H5+H216O，所以分子中含有18O的物质总共有2种，分别为：CH3CH218OH、CH3C16O18OC2H5，答案选B。点睛：本题考查羧酸与醇反应的原理，题目难度不大，注意明确酯化反应原理：“酸脱羟基醇脱氢”即 乙酸中的羧基提供羟基，乙醇中的羟基提供氢原子。4.下列金属的冶炼中,通过在高温下加入还原剂来完成的是（ ）A. NaB. FeC. AlD. Ag【答案】B【解析】【分析】金属的冶炼一般有电解法、热还原法、热分解法、物理分离法，金属活动顺序表中的金属冶炼：活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al一般用电解熔融的氯化物（
6、Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法制得，常用还原剂有（C、CO、H2等）；Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，据此解答。【详解】A.Na用电解法得到，A不符合；B.Fe通常采用热还原法冶炼，B符合；C.铝是电解熔融氧化铝得到，B不符合；D.银是加热分解氧化物的方法得到，D不符合；答案选B。5.下列变化中主要属于化学变化的有( )项风化 皂化 酯化 煤的气化 煤的液化 石油裂化 苯的硝化 盐析 石油分馏 焰色反应A. 5B. 6C. 7D. 8【答案】C【解析】【详解】风化是结晶水合物失去水的过程，是化学变化；皂化是酯在碱性条件下的水解反应
7、，是化学变化；酸和醇发生酯化反应生成酯；煤的气化是煤转化为水煤气的过程，是化学变化；煤的液化是煤和氢气在催化条件下发生化学反应生成甲醇等液体燃料的过程，属于化学变化；石油裂化是大的烃分子变成小的烃分子，是化学变化；苯的硝化是取代反应，是化学变化；盐析一般是指溶液中加入无机盐类而使某种物质溶解度降低而析出的过程，属于物理变化；石油分馏是利用石油中各成分沸点不同而进行分离过程，属于物理变化；焰色反应属于金属元素的特征现象，为物理变化；共有七项是化学变化，答案选C。6.下列说法正确是A. 糖类、油脂、蛋白质均能发生水解B. 氨基酸均只含有一个羧基和一个氨基C. 植物油能使溴的四氯化碳溶液褪色D. 聚
8、乙烯、油脂、纤维素均为高分子化合物【答案】C【解析】分析：A糖类中的单糖不能水解；B、每个氨基酸中至少含有一个氨基和一个羧基；C、植物油中含有不饱和键(比如碳碳双键)；D、油脂不属于高分子化合物。详解：A糖类中的葡萄糖属于单糖，是不能水解的糖，选项A错误；B、每个氨基酸中至少含有一个氨基和一个羧基，选项B错误；C、植物油中含有不饱和键(比如碳碳双键)，能与Br2发生加成反应，从而使溴的颜色褪去，选项C正确；D、油脂不属于高分子化合物，选项D错误。答案选C。7.青菜含有维生素C和植物纤维有助于清除人体吸入的粉尘颗粒。已知维生素C的结构如图所示，有关判断不正确的是A. 维生素C中含有3种官能团B.
9、 维生素C分子式为C6H8O6C. 维生素C能使酸性高锰酸钾溶液褪色D. 维生素C在碱性溶液中能稳定存在【答案】D【解析】【详解】分析：A、根据有机物质的官能团来确定；B、根据有机物质的结构简式可以书写分子式；C、根据有机物质的官能团来确定有机物质的性质；D、根据物质的性质来回答判断。详解：A、维生素C中含有醇羟基和碳碳双键、酯基三种官能团，选项A正确；B、根据有机物质的结构简式可以得出分子式为：C6H8O6，选项B正确；C、维生素C中含有碳碳双键和醇羟基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项C正确；D、维生素C中含有酯基，在碱的作用下会发生水解反应，故在碱性溶液中不能稳定存在，选项D不正确。答案为
10、D。点睛：本题考查有机物的结构和性质，熟悉常见的物质的结构、醇的性质、苯酚的性质即可解答，注意结构决定物质的性质，较简单。8.现有两个热化学方程式：下列说法中正确的是( )(l)+H2(g) (l) 0 (l)+2H2(g)0 A. 反应中都存在：S0B. 反应高温时，可自发进行C. 在通常情况下，都能自发进行D. 反应一定不能自发进行【答案】D【解析】【详解】A反应中都存在：S0，故A错误；B反应中，S0、H0，低温下HTS0可自发进行，故B错误；C由B可知，在低温下可自发进行，中S0，HTS0，不能自发进行，故C错误；D中S0，HTS0，一定不能自发进行，故D正确；故选D。9.臭氧是理想的
11、烟气脱硝剂，其脱硝反应为2NO2(g)O3(g) N2O5(g)十O2(g)，在T温度下，向2.0 L恒容密闭容器中充入2.0 mol NO2和1.0 mol O3，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：t/s0361224n(O2)/mol00360.600.800.80下列有关说法正确的是A. 反应在03s内的平均速率v(NO2)0.24 molL1s1B. 24 s后，若保持其他条件不变，降低温度，达到新平衡时测得c(O2)0.44 molL1，则反应的Hr(X)r(Z)，原子序数之和为16。X、Y、Z三种元素的常见单质分子在适当条件下可发生如图变化，其中B和C均为10
12、电子分子.下列说法中不正确的是A. X与Z形成的某种化合物可用来杀菌消毒B. C极易溶于B中，溶液呈碱性C. Y与Z形成的二元化合物只含有极性键D. A和C能发生氧化还原反应【答案】C【解析】根据10电子分子可围绕常见氢化物分析，根据原子序数结合原子半径，可知Z是氢、X是氧、Y是氮，A、X与Z形成的某种化合物H2O2可用来杀菌消毒，故A正确；B、C是NH3，极易溶于BH2O中，溶液呈碱性，故B正确；C、Y与Z形成的二元化合物可能是NH3只含有极性键,也可能是N2H4其中NH是极性键，NN是非极性键，故C错误；D、NO和NH3能发生氧化还原反应，故D正确。故选C。12.我国科研人员提出了由CO2
13、和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。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
14、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。13.下图是
15、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) kJmo
16、l，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.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，r溶液为强电解质溶液，s通常是难溶于水的混合物。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WXXYC. Y的氢化物常温常压下为液态D. X的最
17、高价氧化物的水化物为强酸【答案】C【解析】【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则n为Cl2，Z为Cl元素；氯气与p在光照条件下生成r与s，r溶液是一种常见的强酸，则r为HCl，s通常是难溶于水的混合物，则p为CH4，氯气与m反应生成HCl与q，q的水溶液具有漂白性，则m为H2O，q为HClO，结合原子序数可知W为H元素，X为C元素，Y为O元素，然后结合元素周期律解答。【详解】根据上述分析可知，W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为Cl元素。A所有元素中H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，故原子半
18、径W（H）Y（O）X（C），故A错误；B氯的氧化物中氧元素表现负化合价，氧元素非金属性比氯的强，高氯酸为强酸，碳酸为弱酸，氯元素非金属性比碳的强，故非金属性Y（O）Z（Cl）X（C），故B错误；C氧元素氢化物为水或双氧水，常温下均为液态，故C正确；DX的最高价氧化物的水化物为碳酸，碳酸属于弱酸，故D错误；故选C。【点睛】本题考查无机物的推断，把握物质的性质、发生的反应、元素周期律等为解答的关键。本题的突破口为氯气及氯气性质。本题的难点为B中O和Cl元素非金属性强弱的判断。15.一种气态烷烃和一种气态烯烃的混合物共10g，平均相对分子质量为25。使混合气通过足量溴水，溴水增重8.4g，则混合气中
19、的烃分别是( )A. 甲烷和乙烯B. 甲烷和丙烯C. 乙烷和乙烯D. 乙烷和丙烯【答案】A【解析】【详解】根据混合物的总质量和平均分子质量，可以求出其总物质的量为 ，因为溴水增重8.4g，说明烯烃为8.4g，烷烃为1.6g；平均相对分子质量为25，说明这两种气态烃的相对分子质量一种比25大，另一种必然比25小，烯烃肯定比25大，则只能是烷烃比25小，烷烃只能是甲烷，则甲烷为0.1mol，烯烃为0.3mol，可以求算出烯烃的摩尔质量为g/mol，则为乙烯。故选A。16.海洋约占地球表面积的71%，对其进行开发利用的部分流程如下图所示。下列说法不正确的是( )A. 可用BaCl2溶液除去粗盐中的S
20、OB. 从苦卤中提取Br2的反应的离子方程式为2BrCl2=2ClBr2C. 试剂1可以选用石灰乳D. 工业上，通常电解氯化镁溶液来冶炼金属镁【答案】D【解析】【详解】A氯化钡和硫酸根离子反应生成难溶性的硫酸钡，且氯离子不是杂质离子，故A正确；B氯气能将溴离子氧化为溴单质，然后采用萃取的方法从溶液中获取溴，故B正确；C煅烧贝壳得到CaO，将CaO溶于水得到石灰乳，石灰乳和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，试剂1廉价且原料来源广泛，故C正确；D氢氧化镁受热分解，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，故D错误；答案：D【点睛】根据金属活动性顺序选择金属冶炼方法：活泼金属制备采用电解法，如Na、Mg、Al
21、的制备，分别是电解氯化钠，氯化镁，氧化铝；较活泼金属制备选用热还原法：焦炭、一氧化碳、氢和活泼金属等都是良好的还原剂；在金属活动顺序中，在氢后面的金属其氧化物受热就容易分解，如HgO和Ag2O等。17.合成导电高分子化合物PPV的反应为：+(2n-1)HI下列说法正确的是( )A. PPV 是聚苯乙烯B. 该反应为加聚反应C. 属于芳香烃D. 1mol最多可与5molH2发生反应【答案】D【解析】【详解】A聚苯乙烯的结构简式为，故A错误；B加聚反应的反应物完全转化为高分子化合物、没有小分子物质产生，该反应属于缩聚反应，故B错误；C含碘元素，不属于芳香烃，故C错误；D分子中含1个苯环、2个碳碳双
22、键，故1mol该物质最多可与5molH2发生加成反应，故D正确；故选D。18.一种海水电池的反应原理可表示为：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，有关反应的说法正确的是A. 反应中MnO2是还原剂B. 电池工作时，海水起导电作用，其中NaCl浓度保持不变C. Ag为负极，电极反应为Ag-e-+Cl-=AgClD. 每生成1 mol Na2Mn5Ol0转移1mol电子【答案】C【解析】A该反应中锰元素的化合价由+4价+18/5价，所以二氧化锰得电子作氧化剂，A错误；B电池工作时，海水起导电作用，氯化钠是反应物，所以NaCl浓度减小，B错误；C该反应中，银是还原剂，电极
23、反应为Ag-e-+Cl-=AgCl，C正确；D每生成1 mol Na2Mn5Ol0转移（4-18/5）mol5=2 mol电子，D错误；答案选C。点睛：掌握原电池的工作原理是解答的关键，难点是中负极判断和电极反应式的书写。注意书写时应根据电极材料、放电微粒的性质和电解质溶液的酸碱性以及是否存在交换膜等。第卷(非选择题，共46分)19.工业中很多重要的原料都是来源于石油化工，回答下列问题(1)A的结构简式为_。(2)丙烯酸中含氧官能团的名称为_。(3)反应的反应类型分别为_、_。 (4)写出下列反应方程式 反应的方程式_ ； 反应的方程式_； 丙烯酸 + B丙烯酸乙酯_。(5)丙烯酸(CH2 =
24、 CH COOH)的性质可能有（ ） 加成反应 取代反应 加聚反应 中和反应 氧化反应A只有 B只有 C只有 D (6)丙烯分子中，最多有_个原子共面。(7)B和C制备乙酸乙酯，原子利用率_%(保留整数)(8)与乙酸乙酯互为同分异构体，且能和氢氧化钠溶液反应的结构有_种【答案】 (1). CH2 = CH2 (2). 羧基 (3). 取代反应 (4). 氧化反应 (5). CH2 = CH2 + H2O CH3CH2OH (6). (7). CH2= CHCOOH + CH3CH2OH CH2 = CHCOOC2H5 + H2O (8). D (9). 7 (10). 82 (11). 5【解
25、析】【分析】由图中转化关系可知，B氧化生成C，且二者反应生成乙酸乙酯，则B为CH3CH2OH，C为CH3COOH，而A与发生反应得到乙醇，乙烯与水发生加成反应，故A为CH2=CH2，乙醇与丙烯酸发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，丙烯酸发生加聚反生成聚丙烯酸，苯与浓硝酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生取代反应生成硝基苯，以此来解答。【详解】(1)由上述分析可知，A为CH2=CH2；(2)丙烯酸中含氧官能团为COOH，名称为羧基；(3)为苯的硝化反应，为乙醇的氧化反应，则反应的反应类型分别为取代反应、氧化反应； (4)反应的方程式CH2 = CH2 + H2O CH3CH2O，反应的方程式为，丙烯酸+B
26、的反应方程式为CH2= CHCOOH + CH3CH2OH CH2 = CHCOOC2H5 + H2O；(5)丙烯酸(CH2=CHCOOH)中，含碳碳双键，可发生加成反应、氧化反应、加聚反应，含COOH，可发生取代反应、中和反应，故答案为D；(6)丙烯(CH2=CHCH3)分子中，碳碳双键为平面结构，甲基为四面体结构，甲基中有2个H与其它原子不共面，则最多有3个C.4个H共面，即最多7个原子；(7) B为CH3CH2OH，C为CH3COOH，二者发生酯化反应，反应前共有17个原子，生成乙酸乙酯共14个原子，故原子利用率为：；(8) 与乙酸乙酯互为同分异构体，且能和氢氧化钠溶液反应，则该物质为酯
27、或酸，除去乙酸乙酯，还有以下可能：酯：，酸：，故答案为5种。20.设反应Fe(s)CO2(g)FeO(s)CO(g)的平衡常数为K1；反应Fe(s)H2O(g)FeO(s)H2(g)的平衡常数为K2。测得在不同温度下，K1、K2值如下：温度/K1K25001.003.157001.472.269002.401.60(1)若500 时进行反应，CO2的转化率为_。(2)900 时进行反应H2(g)CO2(g)H2O(g)CO(g)，其平衡常数K3_。(3)反应的焓变H_(填“”、“”或“”)0。(4)700 时反应达到化学平衡，要使该平衡向正反应方向移动，当其他条件不变时，可采取的措施有_。A缩
28、小容器容积 B加入更多的水蒸气 C升高温度至900 D使用合适的催化剂(5)下列图像符合反应的是_。【答案】 (1). 50% (2). 1.50 (3). (4). B (5). A【解析】【分析】根据勒夏特列原理判断温度升高时，反应平衡常数变化与反应热的对应关系，并基于反应热分析使平衡正向移动的条件，据此回答问题。【详解】(1)若500 时进行反应，反应平衡常数K=，即反应生成的一氧化碳的浓度等于反应剩余的二氧化碳的浓度，根据气体反应系数比为1：1可知，CO2的转化率为50%。(2)900 时进行反应H2(g)CO2(g)H2O(g)CO(g)，其平衡常数K3。(3)根据表格可知，温度升高
29、，反应平衡常数减小，反应逆向移动，正反应为放热反应，故反应的焓变H 0。(4)700 时反应达到化学平衡，该反应正反应放热，且反应前后气体体积不变，故要使该平衡向正反应方向移动，当其他条件不变时，可采取的措施为B。A缩小容器容积，不改变平衡状态，A错误； B加入更多的水蒸气 ，增大反应物，平衡正向移动，B正确；C升高温度至900 ，根据勒夏特列原理，反应逆向移动，C错误；D使用合适的催化剂，不改变反应平衡，D错误。答案为B。(5)反应温度升高，平衡常数增大，反应正向移动，正反应为吸热反应，且反应前后气体体积不变，故：A. 温度升高，正反应速率大于逆反应速率，反应正向移动，符合反应；B. 在最高
30、点时，反应处于平衡状态，当温度高于最高点对应的温度，CO的含量降低，平衡向逆反应移动，说明图像表示正反应为放热反应，不符合反应； C.到达平衡的时间越短，速率越快，温度越高，说明T1温度高于T2，但T1的一氧化碳含量低于T2，平衡向逆反应方向移动，说明反应正方向放热，不符合反应。答案为A。21.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
31、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+O2 2SO3
32、 (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
33、，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
34、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。22.某科学小组制备硝基苯的实验装置如下，有关数据列如下表。已知存在的主要副反应有：在温度稍高的情况下会生成间二硝基苯。物质熔点/沸点/密度/g.cm-1溶解性苯5.5800.88微溶于水硝基苯5.7210.91.205难溶于水间二硝基
35、苯893011.57微溶于水浓硝酸831.4易溶于水浓硫酸3381.84易溶于水实验步骤如下：取100mL烧杯，用20 mL浓硫酸与足量浓硝酸配制混和酸，将混合酸小心加入B中。把18 mL(15.84 g)苯加入A中。向室温下的苯中逐滴加入混酸，边滴边搅拌，混和均匀。在5060下发生反应，直至反应结束。将反应液冷却至室温后倒入分液漏斗中，依次用少量水、5NaOH溶液和水洗涤。分出的产物加入无水CaCl2颗粒，静置片刻，弃去CaCl2，进行蒸馏纯化，收集205210馏分，得到纯硝基苯18g。回答下列问题：(1)图中装置C的作用是_。(2)制备硝基苯的化学方程式_。(3)叙述配制混合酸操作：_。(
36、4)为了使反应在5060下进行，常用的方法是_。反应结束并冷却至室温后A中液体就是粗硝基苯，粗硝基苯呈黄色的原因是_(用化学方程式说明)，除去该有色物质选择的试剂是_，分离提纯的方法为_，涉及的离子方程式为_。(5)在洗涤操作中，第二次水洗的作用是_。(6)在蒸馏纯化过程中，因硝基苯的沸点高于140，应选用空气冷凝管，不选用水直形冷凝管的原因是_。(7)本实验所得到的硝基苯产率是_。【答案】 (1). 冷凝回流 (2). +HO-NO2 +H2O (3). 取100mL烧杯，将浓硫酸缓缓加入到浓硝酸中，边加边用玻璃杯搅拌 (4). 水浴加热 (5). 4HNO3=4NO2+O2+2H2O (6
37、). 氢氧化钠溶液 (7). 分液 (8). NO2+2OH-=NO3-+NO2-+H2O (9). 洗去残留的NaOH及生成的钠盐 (10). 防止直形冷凝管通水冷却导致玻璃温差大而炸裂 (11). 72%【解析】【分析】苯和硝酸在浓硫酸的作用下，可制得硝基苯，该实验中涉及各种物质的除杂及分离，注意分析溶液的特点进行除杂方法的选取。【详解】(1)由仪器结构特征可知，装置C为球形冷凝管，苯与浓硝酸都以挥发，C起冷凝回流作用；(2) 制备硝基苯的化学方程式为：+HO-NO2+H2O；(3)浓硝酸与浓硫酸混合会放出大量的热，如将浓硝酸加入浓硫酸中，硝酸的密度小于浓硫酸，会导致液体溅出，故配制混酸的
38、操作为：取100mL烧杯，将浓硫酸缓缓加入到浓硝酸中，边加边用玻璃杯搅拌；(4)反应在5060下进行，低于水的沸点，可以利用水浴加热，受热均匀，便于控制温度；浓硝酸受热易分解：4HNO3=4NO2+O2+2H2O，溶有二氧化氮或硝酸等杂志而呈黄色；加入氢氧化钠溶液即可吸收二氧化氮，发生反应：NO2+2OH-=NO3-+NO2-+H2O；硝基苯与混合溶液不互溶，分层，故采用分液的方法进行提纯；故答案为：水浴加热；4HNO3=4NO2+O2+2H2O；氢氧化钠溶液；分液；NO2+2OH-=NO3-+NO2-+H2O；(5)先用水洗除去浓硫酸、硝酸，再用氢氧化钠除去溶解的少量酸，最后水洗除去残留的NaOH及生成的盐；(6)直形冷凝管通常需要通入冷凝水，以免直形冷凝管通水冷却时导致温差过大而发生炸裂，选用空气冷凝管，不选用直形冷凝管；故答案为：防止直形冷凝管通水冷却导致玻璃温差大而炸裂；(7)苯完全反应生成硝基苯的理论产量为15.84g,故硝基苯的产率为18g(15.84g)100%=72%。【点睛】该题可以联系乙酸乙酯的制备、浓硫酸的稀释等相关实验；另外教材中也有相关硝基苯的制备实验，因此紧扣教材，掌握基础是解答好这类试题的关键。