2019-2020年高二（下）月考化学试卷（6月份）含解析

PAGE/NUMPAGES2019-2020年高二（下）月考化学试卷（6月份）含解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意．每小题3分，共54分）1．（3分）中学生应该能够正确认识一些与化学有关的问题．下列说法中，正确的是（　　）　A．用铝锅炒菜比用铁锅好　B．为防止身体发胖，炒菜时不放油　C．为了使火腿肠颜色更鲜红，可多加一些亚硝酸钠　D．碘盐中的碘是防止人体缺碘而加的营养强化剂，能预防地方性甲状腺肿考点：常见的食品添加剂的组成、性质和作用；微量元素对人体健康的重要作用．专题：化学应用． 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 ：A．铁是血红蛋白的组成成分，人体缺铁会使血红蛋白的合成发生障碍，从而使人体内血红蛋白的含量过低，导致贫血；B．油脂是人体需要的营养物质；C．亚硝酸钠是一种潜在的致癌物质，过量或长期食用会对人体产生危害；D．人体缺碘会影响甲状腺激素的合成和甲状腺的发育，加碘食盐可补碘，预防地方性甲状腺肿；解答：解：A．用铝锅炒菜，时间长了，可能会造成体内缺铁导致患贫血，而用铁锅炒菜，铁的氧化物会随食物进入人体，这样，人就不会缺铁，所以用铁锅比用铝锅好，故A错误；B．油脂食用后可使人发胖，但油脂是人体需要的营养物质，所以从营养均衡的角度，炒菜时需放油，故B错误；C．火腿肠长时间与空气中的氧气接触，会被氧气氧化为难看的暗棕色，加入的亚硝酸钠可与空气中的氧气反应，从而使火腿肠较长时间保持鲜红色，也避免了火腿肠的变质，但亚硝酸钠是一种潜在的致癌物质，过量或长期食用会对人体产生危害，故C错误；D．碘是合成甲状腺激素的重要物质，体内长期缺碘会影响甲状腺激素的合成和甲状腺的发育，就会得甲状腺肿，即大脖子病，在缺碘地区强制推广加碘食盐可以预防地方性甲状腺肿，故D正确；故选D．点评：本题主要考查了生活中的化学，依据相关的化学知识进行解答，平时注意生活的化学知识的运用，题目较简单．　2．（3分）硅单质及其化合物在材料领域中一直扮演着主要角色．下列叙述中，不正确的是（　　）　A．石英可用来整理工艺品　B．硅酸盐是陶瓷的主要成分　C．硅单质是制造玻璃的主要原料　D．硅单质可用来制造太阳能电池考点：硅和二氧化硅．专题：元素及其化合物．分析：A．石英可用来整理工艺品；B．陶瓷的成分是硅酸盐；C．石英可用来整理工艺品；D．太阳能电池的原料是硅单质．解答：解：A．石英可用来整理工艺品，故A正确；B．陶瓷的主要成分是硅酸盐，故B正确；C．制造玻璃的主要原料有SiO2、Na2CO3、CaCO3，故C错误；D．太阳能电池的原料是硅单质，故D正确．故选C．点评：本题考查硅和二氧化硅的用途，难度不大，注意制造玻璃的主要原料有SiO2、Na2CO3、CaCO3．　3．（3分）下列物质中，从化学键的角度看，有一种与其他三种明显不同，这种物质是（　　）　A．NaOHB．CH4C．SO2D．H2O考点：化学键．专题：化学键与晶体结构．分析：一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，据此分析解答．解答：解：A选项氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在共价键，B、C、D中只含非金属元素，导致只含共价键，故选A．点评：本题考查了化学键的判断，明确化学键的形成是解本题关键，难度不大，注意金属元素和非金属元素之间形成的化学键不一定是离子键，如氯化铝中只含共价键，为易错点．　4．（3分）据报道，放射性同位素钬可用于治疗肝癌．原子核内中子数是（　　）　A．32B．67C．99D．166考点：质量数与质子数、中子数之间的相互关系．专题：原子组成与结构专题．分析：67166Ho中质子数为67，质量数为166，中子数=质量数﹣质子数，据此分析解答．解答：解：67166Ho中质子数为67，质量数为166，中子数=质量数﹣质子数=166﹣67=99，故选C．点评：本题考查原子结构与组成，明确质量数、质子数和中子数之间的关系是解本题的关键，难度不大．　5．（3分）用固体NaOH配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，下列操作正确的是（　　）　A．称量时，将固体NaOH直接放在天平左盘上　B．将称量好的固体NaOH放入容量瓶中，加蒸馏水溶解　C．定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分　D．将烧杯中溶解固体NaOH所得溶液，冷却到室温后转移至容量瓶中考点：配制一定物质的量浓度的溶液．专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：A、腐蚀性易潮解的药品应放置在玻璃器皿内称量；B、容量瓶不能溶解药品；C、定容时加水超过了刻度线，溶液浓度偏低，需重新配制；D、固体NaOH溶解放出大量的热，溶液具有热胀冷缩性质．解答：解：A、NaOH具有腐蚀性，且易潮解，应放置在烧杯内称量，故A错误；B、称量好的固体NaOH应放入烧杯中溶解，不能在容量瓶中溶解，故B错误；C、定容时加水超过了刻度线，溶液浓度偏低，需重新配制，故C错误；D、NaOH溶解放出大量的热，溶液具有热胀冷缩性质，所以冷却到室温后转移至容量瓶中，故D正确．故选：D；点评：本题考查溶液的配制，难度不大，注意实验的基本操作方法和注意事项．　6．（3分）在一定条件下，对于密闭容器中进行的可逆反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）．下列说法中， 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 明这一反应已经达到化学平衡状态的是（　　）　A．正、逆反应速率都等于零　B．SO2、O2、SO3的浓度相等　C．SO2、O2、SO3的浓度不再变化　D．SO2、O2、SO3在密闭容器中共存考点：化学平衡状态的判断．专题：化学平衡专题．分析：化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生改变，由此衍生的一些物理量不变，以此进行判断．解答：解：A．化学平衡状态为动态平衡，正逆反应速率不为零，故A错误；B．平衡时各物质的物质的量浓度的关系取决于反应起始的配比数以及转化的程度，平衡时各物质的物质的量浓度不能作为判断平衡的依据，故B错误；C．SO2、O2、SO3的浓度均不再变化，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确．D．该反应为可逆反应，无论是否达到平衡状态，反应物和生成都共存，不能作为判断达到平衡状态的依据，故D错误；故选C．点评：本题考查化学平衡状态的判断，综合考查化学平衡和可逆反应的特征，题目难度不大，注意可逆反应的特点以及平衡状态的判断依据．　7．（3分）下列各组物质中，互为同分异构体的是（　　）　A．红磷和白磷B．C和C　C．C2H4和C3H6D．和考点：同分异构现象和同分异构体．专题：同分异构体的类型及其判定．分析：同分异构体是指分子式相同，但结构不同的化合物，据此解答．解答：解：A．红磷与白磷是磷元素组成的结构不同的单质，二者核外同素异形体，故A错误；B.C和质子数相同为6，中子数不同，为碳元素的本题核素，互为同位素，故B错误；C．C2H4和C3H6分子式不相同，不是同分异构体，故C错误；D．和分子式相同，结构不同，为碳链异构，互为同分异构体，故D正确；故选D．点评：本题考查了同分异构体的判断，难度不大，注意理解化学“五同”的内涵与外延，注意同分异构体和同素异形体的区别，同素异形体指的是由同种元素形成的结构不同的单质，如H2和D2的结构相同，不属于同素异形体，是同一物质．　8．（3分）下列叙述中，指定粒子的数目约为6.02×1023的是（　　）　A．1.6gCH4中含有的电子数　B．1mol/L的稀硫酸100mL中含有H+的数目　C．24g金属镁与足量的盐酸反应转移的电子数　D． 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 状况下，22.4LH2和CO混合气体中的原子数考点：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．1个CH4中含有10个电子；B．根据物质的量浓度公式计算；C．1mol金属镁转移2mol电子；D．根据分子数求算．解答：解：A．1个CH4中含有10个电子，故1.6gCH4中含有的电子为1mol，故电子数目约为6.02×1023，故A正确；B．根据物质的量浓度公式：n（硫酸）=c•v=1mol/L×0.1L=0.1mol，所以n（H+）=0.2mol，故B错误；C．1mol金属镁转移2mol电子，所以24g金属镁与足量的盐酸反应转移的电子为2mol，故C错误；D．标准状况下，22.4LH2和CO混合气体分子为1mol，因为二者为双原子分子，故原子为2mol，故D错误；故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关问题，注意物质与微粒的关系，注意气体摩尔体积的运用，题目较简单．　9．（3分）对于锌、铜和稀硫酸组成的原电池（如图），下列有关说法不正确的是（　　）　A．Zn是负极　B．负极上发生氧化反应　C．负极发生的反应是Zn﹣2e﹣═Zn2+　D．正极发生的反应是Cu2++2e﹣═Cu考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应；铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极．解答：解：A．锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，活泼金属锌作负极，故A正确；B、锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，故B正确；C、锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+，故C正确；D、正极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e﹣→H2↑，故D错误；故选D．点评：本题考查原电池原理，明确正负极上得失电子是解本题关键，难度不大，难点是电极反应式的书写．　10．（3分）下列实验中，有白色沉淀产生且最终不会消失的是（　　）　A．向FeCl2溶液中逐滴滴入NaOH溶液　B．向硝酸银溶液中逐滴滴入氨水，直至过量　C．向澄清石灰水中通入二氧化碳，直至过量　D．向AlCl3溶液中逐滴滴入氨水，直至过量考点：铁的氧化物和氢氧化物；镁、铝的重要化合物．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：A、开始有白色絮状沉淀产生，沉淀最终变成了红褐色；B、先有白色沉淀，最后氨水过量，沉淀逐渐溶解；C、先生成碳酸钙沉淀，最后二氧化碳过量，沉淀逐渐溶解；D、生成沉淀，最终沉淀不溶解．解答：解：A、开始生成氢氧化亚铁白色絮状沉淀，但是最终会被氧化成红褐色的氢氧化铁沉淀，故A错误；B、先生成氯化银沉淀，氨水过量后，氯化银沉淀逐渐溶解，故B错误；C、开始生成碳酸钙沉淀，二氧化碳过量后，沉淀会逐渐减少，最后消失，故C错误；D、生成了氢氧化铝沉淀，并且氨水过量，氢氧化铝不会溶解，故D正确；故选D．点评：本题考查反应物的量对难溶物影响，难度中等，注意细心分析即可．　11．（3分）（xx•房山区校级二模）下列陈述Ⅰ、Ⅱ均正确且有因果关系的是（　　）选项陈述Ⅰ陈述ⅡAFe3+有氧化性FeCl3溶液可溶解废旧电路板中的铜BSiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维CNH3有还原性NH3可用H2SO4吸收D浓HNO3有酸性浓HNO3不可用铁制容器盛放　A．AB．BC．CD．D考点：铁的化学性质；氨的化学性质；硝酸的化学性质；硅和二氧化硅．专题：元素及其化合物．分析：A．铁离子能够将金属铜氧化成铁离子，据此可以回收废旧电路板中的铜；B．SiO2不导电，是制光导纤维的原料；C．氨气为碱性气体，硫酸具有酸性，二者能够反应生成硫酸铵；D．浓硝酸具有强氧化性，能够使铁表明形成一层致密的氧化物保护膜．解答：解：A．Fe3+具有氧化性，能将铜氧化为为铜离子，所以FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜，Ⅰ、Ⅱ正确有因果关系，故A正确；B．SiO2不导电，二氧化硅是良好的光导材料与其对光的全反射有关，所以制光导纤维的原料，Ⅰ不正确、Ⅱ正确，Ⅰ和Ⅱ无因果关系，故B错误；C．氨气与硫酸反应的原因是氨气为碱性气体，硫酸具有酸性，二者反应生成盐硫酸铵，Ⅰ和Ⅱ之间没有因果关系，故C错误；D．浓硝酸具有强氧化性，能够与铁、铝发生钝化，所以可用铁制容器盛放浓硝酸，Ⅰ、Ⅱ没有因果关系，故D错误；故选A．点评：本题考查了铁盐与亚铁盐的转变、浓硝酸的化学性质、二氧化硅的性质与用途，题目难度不大，注意掌握铁盐、亚铁盐的转变，明确铁、铝与浓硫酸、浓硝酸发生钝化现象．　12．（3分）（xx秋•房山区期末）下列实验装置、试剂选用或操作正确的是（　　）　A．实验室制乙烯B．用水吸收氨气C．稀释浓硫酸D．海带灼烧成灰考点：化学实验 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 的评价．专题：实验评价题．分析：A．反应在170℃下生成乙烯；B．氨气极易溶于水；C．容量瓶不能用来稀释溶液；D．灼烧固体应用坩埚．解答：解：A．反应在170℃下生成乙烯，缺少温度计，故A错误；B．氨气极易溶于水，可用倒置的漏斗防止倒吸，故B正确；C．容量瓶不能用来稀释溶液，应先在小烧杯中稀释，故C错误；D．灼烧固体应用坩埚，不能用烧杯，故D错误．故选B．点评：本题考查化学实验方案的评价，题目难度中等，解答本题的关键是把握相关物质的性质，学习中注意积累．　13．（3分）（xx秋•房山区期末）利用下列各组中的物质制备并收集相应的气体，能采用如图所示装置的是（　　）　A．浓氨水和固体NaOH制NH3　B．过氧化氢溶液和二氧化锰制O2　C．稀硝酸和铜片制NO　D．电石和饱和食盐水制乙炔考点：常见气体制备原理及装置选择．专题：实验题．分析：根据装置图可以看出，在不加热的条件下固体和液体反应制备气体，生成气体可用向上排空法收集，据此来解答题目．解答：解：A．浓氨水易挥发，CaO固体与水反应放出大量的热，导致温度升高，使得氨气在水中的溶解度进一步减少，以气体的形式逸出，制得氨气，所以能用图中的左图部分制备，由于氨气的密度比空气的平均密度小，只能用向下排空气法收集，而图中的收集装置为向上排空气法，故A错误；B．固体二氧化锰与过氧化氢在常温下反应制取氧气属于固体和液体混合反应不需要加热的反应，所以能用图中的左图部分制备，氧气的密度比空气的平均密度大，图中的收集装置为向上排空气法，所以能用该装置收集，故B正确；C．金属铜能稀硝酸在常温下发生反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，即3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，属于固体和液体混合反应不需要加热的反应，所以能用图中的左图部分制备，生成的一氧化氮是无色气体，迅速被氧气氧化为红棕色的二氧化氮，即2NO+O2=2NO2，不能用排空气法收集，故C错误；D．实验室常用碳化钙固体（俗称电石，化学式为CaC2）与水反应制备乙炔，同时生成氢氧化钙，该反应的化学方程式为CaC2+2H2O═Ca（OH）2+C2H2↑，属于固体和液体混合反应不需要加热的反应，所以能用图中的左图部分制备，乙炔气体的密度与空气的平均接近，不能用排空气法收集，只须利用其难溶于水的性质用排水法收集，故D错误；故选B．点评：本题考查常见气体的制备和收集，做题时要充分考虑物质的性质，认真分析实验装置图的特点是解题的关键，题目难度不大．　14．（3分）（xx秋•房山区期末）在pH=1的无色溶液中，可以大量共存的一组离子是（　　）　A．NH4+、NO3﹣、K+、SO42﹣B．Cl﹣、NO3﹣、HCO3﹣、Na+　C．Na+、ClO﹣、S2﹣、NO3﹣D．MnO4﹣、K+、Na+、SO42﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：pH=1，说明溶液呈酸性，溶液无色，说明不含有颜色的离子，酸性条件下，如离子之间不发生任何反应生成沉淀、气体或弱电解质，则可大量共存，以此解答．解答：解：A．溶液无色，且酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A正确；B．酸性条件下，HCO3﹣不能大量共存，故B错误；C．酸性条件下，S2﹣与ClO﹣、NO3﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；D．MnO4﹣有颜色，不符合题目无色的要求，故D错误．故选A．点评：本题考查离子共存问题，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握题目要求以及常见离子的性质和反应类型的判断，答题时注意题目酸性、无色的要求，难度不大．　15．（3分）（xx秋•房山区期末）下列涉及的有机物及有机反应类型正确的是（　　）　A．苯与甲苯均可以使酸性高锰酸钾褪色　B．葡萄糖、蛋白质、纤维素都能发生水解反应　C．甲醛，氯乙烯，乙二醇均可做加聚反应的单体　D．乙烯分子与苯分子中碳碳键不同，但二者都能发生加成反应考点：有机化学反应的综合应用；有机物的结构和性质．专题：有机反应．分析：A．甲苯能被高锰酸钾氧化，而苯不能；B．葡萄糖为单糖，不能水解；C．乙二醇中不含不饱和键，不能发生加聚反应；D．乙烯中含碳碳双键，苯中不含碳碳双键，但苯为不饱和烃．解答：解：A．甲苯能被高锰酸钾氧化，而苯不能，则甲苯可以使酸性高锰酸钾褪色，故A错误；B．葡萄糖为单糖，不能水解，而蛋白质、纤维素都能发生水解反应，故B错误；C．乙二醇中不含不饱和键，不能发生加聚反应，而甲醛、氯乙烯均可做加聚反应的单体，故C错误；D．乙烯中含碳碳双键，苯中不含碳碳双键，但苯为不饱和烃，则二者都能发生加成反应，故D正确；故选D．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重苯、甲苯、葡萄糖、醇、烯烃等性质的考查，注意加聚反应的单体中含不饱和键，题目难度不大．　16．（3分）（xx秋•房山区期末）将下表中的Y物质加入或通入X物质中，在反应所得溶液中一定只含一种溶质的是（　　）选项X物质Y物质A蒸馏水NaBNaOH溶液CO2CNaOH溶液Cl2D稀硝酸Fe　A．AB．BC．CD．D考点：钠的化学性质；硝酸的化学性质；钠的重要化合物；铁的化学性质．专题：元素及其化合物．分析：根据反应后溶液中的溶质判断，有些物质之间的反应其产物可能多种．解答：A．钠和水反应只生成氢氧化钠和氢气，所以溶液中的溶质只有氢氧化钠，故A正确；B．氢氧化钠和少量二氧化碳反应生成碳酸钠，溶液中的溶质可能是氢氧化钠和碳酸钠，和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，故B错误；C．氯气和冷的氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠和氯化钠，所以溶液中的溶质一定不是一种，故C错误；D．铁与过量稀硝酸反应生成硝酸铁，溶液中的溶质可能是硝酸和硝酸铁，所以溶液中的溶质可能不是一种，故D错误；故选A．点评：本题以溶液中的溶质种类为载体考查了物质之间的反应，根据物质之间的反应分析解答，难度不大．　17．（3分）（xx秋•房山区期末）下列反应中，离子方程式正确的是（　　）　A．大理石溶于盐酸中：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O　B．AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+　C．硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液混合：SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓　D．氯化铁溶液中加入铜片：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．碳酸钙不溶于水，在离子反应中应保留化学式；B．氢氧化铝不溶于弱碱；C．硫酸镁溶液和氢氧化钡溶液反应生成Mg（OH）2和BaSO4；D．电荷不守恒．解答：解：A．实验室用大理石和稀盐酸制取CO2的离子反应为2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O，故A错误；B．氢氧化铝不溶于弱碱，所以氯化铝和过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，故B正确；C．硫酸镁溶液和氢氧化钡溶液反应生成Mg（OH）2和BaSO4，反应的离子方程式为Mg2++2OH﹣+SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓+Mg（OH）2↓，故C错误；D．氯化铁溶液腐蚀铜板：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故D错误．故选B．点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，明确在离子反应中哪些物质应保留化学式及反应的实质是解答本题的关键，难度不大．　18．（3分）（xx秋•房山区期末）绿原酸是咖啡的热水提取液的成分之一，绿原酸结构简式如下：下列关于绿原酸判断不正确的是（　　）　A．分子中所有的碳原子不可能在同一平面内　B．1mol绿原酸与足量溴水反应，最多消耗4molBr2　C．绿原酸既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色　D．1mol绿原酸与足量NaOH溶液反应，最多消耗8molNaOH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：该有机物中含苯环、酚﹣OH、C=C、﹣COOC﹣、﹣COOH、﹣OH，结合酚、醇、羧酸、酯、烯烃的性质来解答．解答：解：A．环己烷结构中的C原子的共价键达到饱和，均为四面体构型，则分子中所有的碳原子不可能在同一平面内，故A正确；B．酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代，C=C与溴水发生加成，则1mol绿原酸与足量溴水反应，最多消耗4molBr2，故B正确；C．分子中含有碳碳双键，可发生加成反应，且碳碳双键、酚羟基都能被酸性高锰酸钾氧化，故C正确；D．酚﹣OH、﹣COOH、﹣COOC﹣与NaOH溶液反应，则1mol绿原酸与足量NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH，故D错误．故选D．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，注意把握常见的官能团及性质的关系，熟悉酚、醇、羧酸、酯、烯烃的性质是解答的关键，题目难度不大．　二、解答题（共4小题，满分46分）19．（12分）（xx春•德州月考）W．X．Y．Z是原子序数依次增大的同一短同期元素，W．X是金属元素，Y．Z是非金属元素．（1）W．X各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生盐和水该反应的离子方程式为　Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O　．（2）W与Y可形成化合物W2Y，该化合物为　离子化合物　（填离子化合物或共价化合物）（3）Y的低价氧化物通入Z单质的水溶液中，发生反应的离子方程式为　SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42﹣+Cl﹣　．（4）比较Y．Z气态氢化物的稳定性　HCl　＞　H2S　（用化学式表示）（5）W．X．Y．Z四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是：　S2﹣　＞　Cl﹣　＞　Na+　＞　Al3+　．（用化学式表示）（6）Z的最高价氧化物为无色液体，该物质与一定量水混合得到一种稀溶液，试写出该反应的化学方程式：　Cl2O7+H2O=2HClO4　．考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短同期元素，W、X是金属元素，其最高价氧化物对应的水化物为碱，且两种碱可以反应生成盐和水，则W为Na元素，X为Al元素；Y、Z是非金属元素，W为Na，W可以和Y形成W2Y，则Y为﹣2价，为ⅥA元素，且和钠同周期，所以Y为S，Y的低价氧化物为SO2；Z原子序数比Y大，所以Y为Cl，据此解答．解答：解：（1）W、X为金属，其最高价氧化物对应的水化物为碱，且两种碱可以反应生成盐和水，则为NaOH和Al（OH）3，二者反应的离子方程式：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；（2）W为Na，W可以和Y形成W2Y，则Y为﹣2价，为ⅥA元素，且和钠同周期，所以Y为S，W2Y为Na2S，属于离子化合物，故答案为：离子化合物；（3）Y的低价氧化物为SO2，并且Z和Y同周期，原子序数比Y大，所以Z为Cl，Y的低价氧化物和Z的单质反应离子方程式：SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42﹣+Cl﹣，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42﹣+Cl﹣；（4）非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，由于非金属性：Cl＞S，所以气态氢化物的稳定性：HCl＞H2S，故答案为：HCl＞H2S；（5）核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，且离子核外电子层数越多，离子半径越大，则有离子半径S2﹣＞Cl﹣＞Na+＞Al3﹢，故答案为：S2﹣＞Cl﹣＞Na+＞Al3+；（6）Z的最高价氧化物为无色液Cl2O7体，该物质与一定量水混合得到HClO4，该反应的化学方程式为：Cl2O7+H2O=2HClO4，故答案为：Cl2O7+H2O=2HClO4．点评：本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度不大，关键是对元素周期律的理解掌握．　20．（12分）（xx•天心区校级模拟）已知某纯碱试样中含有NaCl杂质，为测定试样中纯碱的质量分数，可用下图中的装置进行实验．主要实验步骤如下：①按图组装仪器，并检查装置的气密性②将ag试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液③称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到bg④从分液漏斗滴入6mol•L﹣1的硫酸，直到不再产生气体时为止⑤从导管A处缓缓鼓入一定量的空气⑥再次称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到cg⑦重复步骤⑤和⑥的操作，直到U型管的质量基本不变，为dg请填空和回答问题：（1）在用托盘天平称量样品时，如果天平的指针向左偏转，说明　样品重，砝码轻　（2）装置中干燥管B的作用是　防止空气中的CO2和水气进入U型管中　（3）如果将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，测试的结果　偏高　（填偏高、偏低或不变）（4）步骤⑤的目的是　把反应产生的CO2全部导入U型管中　（5）步骤⑦的目的是　判断反应产生的CO2是否全部排出，并被U型管中的碱石灰吸收　（6）该试样中纯碱的质量分数的计算式为　　．考点：探究物质的组成或测量物质的含量．专题：实验探究和数据处理题．分析：（1）根据天平称量时按照左物右码的原则考虑；（2）由于空气中也有二氧化碳和水分，干燥管B的作用就是不让它们进入的；（3）根据盐酸的挥发性考虑；（4）由于反应完了锥形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空气就是为了驱赶它们的；（5）就是为了将二氧化碳全部赶过去；（6）根据U型管的质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量算出碳酸钠的质量，再用碳酸钠的质量除以样品质量即可；解答：解：（1）由于称量时左物右码，依据天平的杠杆原理，向左偏说明样品重，砝码轻；故答案为：样品重，砝码轻；（2）U型管中的碱石灰是为了吸收反应生成的二氧化碳，但空气中也存在二氧化碳，干燥管B的作用就是防止空气中的二氧化碳和水分进入U型管，对结果产生误差；故答案为：防止空气中的CO2和水气进入U型管中；（3）由于盐酸具有挥发性，也会随着二氧化碳进入U型管，被误认为是二氧化碳，所以二氧化碳的质量偏大，算出的碳酸钠的质量也会偏大的，所以结果会偏大；故答案为：偏高；（4）由于反应完了锥形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空气就是将残留的二氧化碳完全排入U型管；故答案为：把反应产生的CO2全部导入U型管中；（5）直到U型管的质量基本不变，说明二氧化碳已经被全部排到U型管中；故答案为：判断反应产生的CO2是否全部排出，并被U型管中的碱石灰吸收；（6）设需要碳酸钠的质量为X，则：Na2CO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+CO2↑10644Xd﹣b列比例式=；解得X=g；所以试样中纯碱的质量分数的计算式为；故答案为：；点评：本题考查了物质组成定量测定的实验方案 设计 领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计 和分析判断，主要考查钠及其化合物的性质应用，容易出错的地方是不设计干燥管B，忘记空气中的二氧化碳和水分也能够进入U型管中，会使结果偏大，题目难度中等．　21．（16分）（xx秋•房山区期末）以聚甲基丙烯酸羟乙基酯（HEMA）为材料，可制成软性隐形眼镜．其合成路线图如下：已知：回答以下问题：（1）A的官能团的名称是　碳碳双键　（2）反应①的反应类型是　消去反应　（3）写出下列反应的化学方程式反应②　　；反应③　　．（4）下列说法正确的是（选填字母）　b、c　a．I具有顺反异构现象b．G可以使酸性高锰酸钾褪色c．F的核磁共振氢谱有三种峰，其峰面积之比为1：2：3d．D可以发生银镜反应（5）F可以与氢气发生加成反应，加成后的产物有多种同分异构体，其中含﹣COO﹣的有　6　种，写出其中一种的结构简式　或或或或或　．考点：有机物的合成．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A和HBr反应生成B，可知A为CH2=CHCH3，由产物可知H应为甲基丙烯酸羟乙酯，即CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，则G为HOCH2CH2OH，I为CH2=CH2，F应为CH2=C（CH3）COOH，则E为（CH3）2C（OH）COOH，结合题给信息可知B为CH3CHBrCH3，C为CH3CHOHCH3，D为丙酮，据此答题；解答：解：A和HBr反应生成B，可知A为CH2=CHCH3，由产物可知H应为甲基丙烯酸羟乙酯，即CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，则G为HOCH2CH2OH，I为CH2=CH2，F应为CH2=C（CH3）COOH，则E为（CH3）2C（OH）COOH，结合题给信息可知B为CH3CHBrCH3，C为CH3CHOHCH3，D为丙酮，（1）A为CH2=CHCH3，A的官能团的名称是碳碳双键，故答案为：碳碳双键；（2）反应①为E中的羟基发生消去反应生成F，所以反应类型是消去反应，故答案为：消去反应；（3）G为HOCH2CH2OH，F为CH2=C（CH3）COOH，二者发生酯化反应，方程式为，反应③的方程式为，故答案为：；；（4）a．I为CH2=CH2，所以I不具有顺反异构现象，故a错误；b．G为HOCH2CH2OH，醇羟基可以使酸性高锰酸钾褪色，故b正确；c．F为CH2=C（CH3）COOH，F的核磁共振氢谱有三种峰，其峰面积之比为1：2：3，故c正确；d．D为丙酮，不可以发生银镜反应，故d错误；故答案为：b、c；（5）F可以与氢气发生加成反应，加成后的产物有多种同分异构体，其中含﹣COO﹣的有、、、、、，共6种，其中一种的结构简式为或或或或或，故答案为：或或或或或；点评：本题考查有机物的推断，难度中等，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力与知识迁移运用，注意根据HEMA的结构及转化关系推断．　22．（6分）（xx春•德州月考）向VmL含0.26molHNO3的硝酸溶液中加入3.2gCu粉（HNO3的还原产物只有NO2和NO）．反应结束后，将所得溶液加水稀释至1000mL，测得c（NO3﹣）=0.2mol/L．则：（1）稀释后的溶液中HNO3的物质的量浓度为　0.1mol/L　．（2）被还原的HNO3得到电子的物质的量为　0.1mol　．（3）生成NO气体的体积为　448　mL（标准状况）．考点：氧化还原反应的计算．分析：（1）稀释后溶液中n（NO3﹣）=0.2mol/L×1L=0.2mol，则被还原的n（NO3﹣）=0.26mol﹣0.2mol=0.06mol，根据Cu原子守恒得n[Cu（NO3）2]=n（Cu）==0.05mol，根据N原子守恒得稀释后溶液中c（HNO3）=c（NO3﹣）﹣2c[Cu（NO3）2]；（2）根据（1）知硝酸有剩余，则Cu完全反应，氧化还原反应中转移电子相等，根据Cu失去电子物质的量计算被还原硝酸得到电子物质的量；（3）根据转移电子相等及被还原硝酸物质的量计算NO体积．解答：解：（1）稀释后溶液中n（NO3﹣）=0.2mol/L×1L=0.2mol，则被还原的n（NO3﹣）=0.26mol﹣0.2mol=0.06mol，根据Cu原子守恒得n[Cu（NO3）2]=n（Cu）==0.05mol，根据N原子守恒得稀释后溶液中c（HNO3）=c（NO3﹣）﹣2c[Cu（NO3）2]=0.2mol/L﹣2×=0.1mol/L；故答案为：0.1mol/L；（2）根据（1）知硝酸有剩余，则Cu完全反应，氧化还原反应中转移电子相等，所以Cu失电子物质的量等于被还原硝酸得电子的物质的量=0.05mol×2=0.1mol，故答案为：0.1mol；（3）根据（1）及N原子守恒知，被还原的n（NO3﹣）=n（HNO3）=0.06mol，转移电子物质的量为0.1mol，设生成NO的物质的量是xmol，生成NO2的物质的量是ymol，解得，所以V（NO）=0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL，故答案为：448．点评：本题考查氧化还原反应的有关计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，利用转移电子守恒、N原子守恒解答即可，难点是硝酸物质的量浓度计算，题目难度中等．