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1、2014-2015学年湖北省黄石市大冶市高二（下）期末化学试卷一、选择题（每小题3分，共45分，只有一个答案符合要求）1在垃圾分类处理和利用的标志中，图属于( )A厨余垃圾标志B危险废物标志C可回收物标志D其他垃圾标志2下表中化学方程式或离子方程式的书写及与其对应的关系有错误的是( )选项化学方程式或离子方程式对应关系A2CH2=CH2+O2加成反应B2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O氧化还原反应C2OH+NO+NO2=2NO2+H2ONO2氧化了NOD2Fe2+3Fe（CN）63=FeFe（CN）62可用于检验Fe2+AABBCCDD3化学反应速率受外界条件如反应温度、反应物浓
2、度、压强、催化剂等的影响烧烤时，用扇子向红热的木炭扇风，火会更旺，其原因是( )A压强降低，反应减慢B温度降低，反应加快C使CO2浓度增加，反应加快D使O2浓度增加，反应加快4绿色化学工艺的特点可以用原子经济化、原料绿色化、催化剂绿色化、溶液绿色化、产品绿色化等来形象地概括下列说法符合绿色化学理念的是( )A无机化工生产中使用KClO3代替H2O2作氧化剂B生产过程中选用催化剂只需考虑能加快反应即可C物质合成中使用无毒、无害的原料或可再生资源D有机化工生产中所需溶剂尽量选择苯、氯仿等有机物5已知下表均为烷烃分子的化学式，且它们的一氯取代物只有一种123456CH4C2H6C5H12C8H18C
3、17H36则第6项烷烃分子的化学式( )AC16H34BC22H46CC26H54DC27H566化学在工农业生产和日常生活中都有着重要的应用下列叙述不正确的是( )A长期使用（NH4）2SO4化肥会使土壤酸化，而过度使用尿素CO（NH2）2会使土壤碱化B锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去C铝合金的大量使用归功于人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝单质D“酸可以除锈”、“热的纯碱溶液去油污”，都发生了化学变化7下列物质转化在给定条件下能实现的是( )Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3SSO3H2SO4饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3Fe2O
4、3FeCl2无水FeCl3MaCl2（aq）Mg（OH）2煅烧MgOABCD8下列有关化学反应原理的说法不正确的是( )A强酸和强碱的中和反应的活化能接近于零，所以反应速率很高B过程的自发性既能用于判断过程的方向，也能用于确定过程发生的速率C电解质溶液导电的过程中，一定发生了电解质溶液的电解D化学变化中，各种原子的数目是恒定的，所谓资源匮乏只是元素的分布发生了变化9某有机物的结构简式如图，下列关于该有机物的叙述正确的是( )A该有机物的摩尔质量为200B该有机物属于芳香烃C该有机物可发生取代、加成、加聚、氧化、还原、消去反应D1 mol该有机物在适当条件下，最多可与4mol NaOH和4mol
5、 H2反应10表是元素周期表的一部分，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法正确的是( )XYMZA简单氢化物稳定性：XZB简单离子半径：YMC最高价氧化物水化物的酸性：ZMD得电子能力：XY11下列根据实验操作和现象所得出结论正确的是( )编号实验操作实验现象解释与结论A某溶液加入浓NaOH溶液加热，在试管口放一片湿润的红色石蕊试纸试纸变蓝NH3电离出了OHB硝酸银溶液中加足量NaCl溶液，再加KI溶液先出现白色沉淀，后变为黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）C2mL 2% CuSO4中加46滴2%NaOH，振荡后加入0.5mL X溶液，加热煮沸未出现砖红色沉淀X不含有醛基D
6、等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应相同时间内，HA收集到氢气多HA是强酸AABBCCDD12据图判断下列说法不正确的是( )A图1中醋酸电离平衡常数：a点的比b点的小B图1中醋酸溶液的pH：a点的比b点的大C图2中c点对应的溶液为Fe（OH）3的不饱和溶液D由图2可知，欲除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入适量CuO，调PH约为4左右13用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间，停止后，向所得溶液中加入0.2molCu（OH）2，恰好使溶液恢复至电解前，关于电解过程说法不正确的是( )A生成的铜的物质的量是0.2molB随着电解进行溶液的pH减小C转移电子的物质的量为0.
7、4molD阳极反应是2H2O4e=4H+O214从海水中提取镁的工艺流程如图所示下列说法错误的是( )A用此法提取镁的优点之一是原料来源丰富B步骤电解MgCl2时阴极产生氯气C步骤可将晶体置于HCl气氛中脱水D上述工艺流程中涉及化合、分解和复分解反应15现有阳离子交换膜、阴离子交换膜、石墨电极和如图所示的电解槽用氯碱工业中的离子交换膜技术原理，可电解Na2SO4溶液生产NaOH溶液和H2SO4溶液下列说法中正确的是( )Ab是阳离子交换膜，允许Na+通过B从A口出来的是NaOH溶液C阴极反应式为4OH4e2H2O+O2DNa2SO4溶液从G口加入二、非选择题16实验室可用如图装置（加热装置略）
8、制取SO2以及验证SO2性质（1）甲装置中制取SO2气体的化学方程式是_（2）为了证明SO2具有酸性，a处可放置_试纸；装置乙中产生_现象，可证明SO2具有_性（3）丙装置的作用是_17A、E是两种金属单质它们存在如图转化（1）B在常温下为无色液体，C为具有磁性的黑色粉末，则A+BC+D的化学方程式是_（2）E为短周期元素，它的原子的最外层比次外层电子数少5，则E在元素周期表中的位置是_假设图中的两个反应均恰好完全反应，若参加反应的A的质量是56g，则需要E的质量是_g（3）关于F的说法正确的是_（填序号）A能与盐酸发生反应 B不能与NaOH溶液发生反应C能溶于水得到其对应水化物 D工业上可作
9、为冶炼E的原料（4）图中所示的两个反应都属于_反应（填反应类型），该反应类型是以_为依据划分的18二氧化氯（ClO2）气体是一种高效广谱、安全的杀菌、消毒剂，易溶于水制备方法如下：（1）步骤：电解食盐水制备氯酸钠用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42等杂质在除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的_（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的_和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去（2）步骤：将步骤得到的食盐水在特定条件下电解得到氯酸钠（NaClO3），再将它与盐酸反应生成ClO2和Cl2，该气体中两种成分物质的量比是_某学生拟用图1所示装置模拟工业制取并收集ClO2，用NaClO
10、3和草酸（H2C2O4）恒温在60时反应制得（3）反应过程中需要对A容器进行加热，加入的方式为_；加热需要的玻璃仪器除酒精灯外，还有_；（4）反应后在装置C中可得到亚氯酸钠（NaClO2）溶液已知NaClO2饱和溶液在温度低于38时，析出的晶体是NaClO23H2O，在温度高于38时析出的是NaClO2根据图2所示NaClO2的溶解度曲线，请完成从NaClO2溶液中制得NaClO2的操作步骤：_；_；洗涤；干燥19雾霾由多种污染物形成，其中包含颗粒物（包括PM2.5在内）、氮氧化物（NOx）、CO、SO2等化学在解决雾霾污染中有着重要的作用（1）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H
11、=196.6kJmol12NO（g）+O2（g）2NO2（g）H=113.0kJmol1则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）H=_kJmol1一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于恒温恒容的密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的有_a体系密度保持不变 b混合气体颜色保持不变cSO2和NO的体积比保持不变 d每消耗1mol SO3的同时生成1mol NO2测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1：5，则平衡常数K=_（2）CO、CO2都可用于合成甲醇CO用于合成甲醇反应方程式为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），CO在不同温度下的平衡转化率与压
12、强的关系如图1所示实际生产条件控制在250、1.3104kPa左右，选择此压强的理由是_CO2用于合成甲醇反应方程式为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），图2是科学家现正研发的，以实现上述反应在常温常压下进行的装置写出甲槽的电极反应_（3）图3是一种用NH3脱除烟气中NO的原理该脱硝原理中，NO最终转化为H2O和_（填化学式）当消耗2mol NH3和0.5molO2时，除去的NO在标准状况下的体积为_L（4）NO直接催化分解（生成N2和O2）也是一种脱硝途径在不同条件下，NO的分解产物不同在高压下，NO在40下分解生成两种化合物，体系中各组分物质的量随时间变化曲线如图4
13、所示，写出NO分解的化学方程式_三、选考题（共15分。请考生从给出的3道题中任选一题做答。如果多做，则按所做的第一题计分）化学选修2：化学与技术20化学一选修化学与技术现代化工厂的设计理念是依据循环经济理论和工业生态学原理建立生态工业园区如图是某企业设计的硫酸一磷铵一水泥联产、海水淡水多用、盐一热一电联产的三大生态产业链流程图根据上述产业流程回答下列问题：（1）从原料、能源、交通角度考虑该企业应建在_A西部山区 B沿海地区 C发达城市 D东北内陆（2）该流程、为能量或物质的输送，请分别写出输送的主要物质的化学式或能量形式：_、_、_、_、_（3）沸腾炉发生反应的化学方程式：_；磷肥厂的主要产品
14、是普钙，其主要成分是_（填化学式）（4）热电厂的冷却水是_，该流程中浓缩盐水除提取盐以外还可提取的物质有_（写出一种即可）（5）根据现代化工厂没计理念请提出高炉炼铁厂废气、废渣及多余热能的利用设想_，_（写出两点即可）化学选修3：物质结构与性质21X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大，X是所有元素中原子半径最小的，Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一电离能比Z的低，R与Y同一主族，Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态请回答下列问题：（1）R核外电子排布式为_（2）X、Y、Z、W形成的有机物YW（ZX2）
15、2中Y、Z的杂化轨道类型分别为_，ZW3离子的立体构型是_（3）Y、R的最高价氧化物的沸点较高的是_（填化学式），原因是_（4）将Q单质的粉末加入到ZX3的浓溶液中，并通入W2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为_化学选修5：有机化学基础22芳香酯I的合成路线如下：已知以下信息：AI均为芳香族化合物，B能发生银镜反应，D的相对分子质量比C大4，E的核磁共振氢谱有3组峰2RCH2CHO请回答下列问题：（1）AB的反应类型为_，D所含官能团的名称为_，E的名称为_（2）EF与FG的顺序能否颠倒_（填“能”或“否”），理由_（3）B与银氨溶液反应的化学方程式为_（4）I的结构简式为_（5）
16、符合下列要求A的同分异构体还有_种与Na反应并产生H2芳香族化合物2014-2015学年湖北省黄石市大冶市高二（下）期末化学试卷一、选择题（每小题3分，共45分，只有一个答案符合要求）1在垃圾分类处理和利用的标志中，图属于( )A厨余垃圾标志B危险废物标志C可回收物标志D其他垃圾标志【考点】三废处理与环境保护 【专题】化学计算【分析】垃圾可分为可回收垃圾、可堆肥垃圾、有害垃圾、其它垃圾等；结合各个标志所代表的含义进行分析判断【解答】解：A厨余垃圾标志位：，故A错误；B危险废物标志，故B错误；C可回收标志，故C正确；D其他垃圾标志为：，故D错误；故选C【点评】本题以垃圾箱的标志为载体考查了垃圾的
17、分类，难度不大，明确标志包含的意义是解本题的关键2下表中化学方程式或离子方程式的书写及与其对应的关系有错误的是( )选项化学方程式或离子方程式对应关系A2CH2=CH2+O2加成反应B2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O氧化还原反应C2OH+NO+NO2=2NO2+H2ONO2氧化了NOD2Fe2+3Fe（CN）63=FeFe（CN）62可用于检验Fe2+AABBCCDD【考点】离子方程式的书写；化学方程式的书写；氧化还原反应；二价Fe离子和三价Fe离子的检验 【专题】化学用语专题【分析】A加成反应是有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应
18、；B有机反应中加氧去氢的反应为氧化反应；C反应中二氧化氮中氮元素化合价降低，一氧化氮中氮元素升高；D电荷不守恒【解答】解：A.2CH2=CH2+O2符合加成反应的定义属于加成反应，故A正确；B.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O钙反应为乙醇的催化氧化反应，属于氧化还原反应，故B正确；C反应中二氧化氮中氮元素化合价降低，二氧化氮为氧化剂，一氧化氮中氮元素升高，一氧化氮为还原剂，故C正确；D含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3Fe（CN）6溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，离子方程式为：3Fe2+2Fe（CN）63Fe3Fe（CN）62，故D错误；故选：D【点评】本题考查了有机反应
19、类型的判断、离子方程式的熟悉，熟悉有机物结构及有机反应类型是解题关键，题目难度中等3化学反应速率受外界条件如反应温度、反应物浓度、压强、催化剂等的影响烧烤时，用扇子向红热的木炭扇风，火会更旺，其原因是( )A压强降低，反应减慢B温度降低，反应加快C使CO2浓度增加，反应加快D使O2浓度增加，反应加快【考点】化学反应速率的影响因素 【专题】化学反应速率专题【分析】烧烤时，用扇子向红热的木炭扇风，原因是增大氧气的浓度，反应速率增大，以此解答【解答】解：碳和氧气反应，碳的表面积和氧气的浓度是影响反应速率的主要因素，用扇子向红热的木炭扇风，可增大氧气的浓度，火会更旺，故选D【点评】本题考查化学反应速率
20、的影响，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大4绿色化学工艺的特点可以用原子经济化、原料绿色化、催化剂绿色化、溶液绿色化、产品绿色化等来形象地概括下列说法符合绿色化学理念的是( )A无机化工生产中使用KClO3代替H2O2作氧化剂B生产过程中选用催化剂只需考虑能加快反应即可C物质合成中使用无毒、无害的原料或可再生资源D有机化工生产中所需溶剂尽量选择苯、氯仿等有机物【考点】绿色化学 【分析】A使用KClO3代替H2O2作氧化剂，产物为氯化钾有污染；B催化剂能改变化学反应的速率，选用催化剂需考虑原子的经济化；C可再生资源是指被人类开发利用后，
21、可以在较短时间内更新、再生，或者能够重复利用、循环使用的自然资源，如气候资源、生物资源，物质合成中使用可再生资源或合成中使用无毒、无害的原料产品符合绿色化学理念；D苯、氯仿等有机物有毒，使用有污染【解答】解：A过氧化氢作氧化剂还原产物为水，无污染，使用KClO3代替H2O2作氧化剂，产物为氯化钾有污染，不符合绿色化学的理念，故A错误；B催化剂的选择既要考虑能加快反应的速率，又要考虑反应物的催化效果，是否符合原子的经济最大化，故B错误；C可再生资源在较短时间内更新、再生或者能够重复利用、循环使用，物质合成中使用无毒、无害的原料或可再生资源，符合绿色化学的理念，故C正确；D苯、氯仿等有机物有毒，有
22、污染，不符合绿色化学的理念，故D错误；故选C【点评】本题考查了绿色化学概念的理解，仔细审题，结合题干分析每个选项，题目难度不大，注意积累有关绿色化学的相关知识5已知下表均为烷烃分子的化学式，且它们的一氯取代物只有一种123456CH4C2H6C5H12C8H18C17H36则第6项烷烃分子的化学式( )AC16H34BC22H46CC26H54DC27H56【考点】烷烃及其命名 【分析】由表格中数据可知：奇数项的C原子个数为前一奇数项中烷烃的C和H原子个数之和，偶数项中C原子个数为其前一个偶数项中C、H原子个数之和，所以第六项中C原子个数是第四项中C原子、H原子个数之和为26，再根据烷烃通式确
23、定其分子式【解答】解：由表格中数据可知：奇数项的C原子个数为前一奇数项中烷烃的C和H原子个数之和，偶数项中C原子个数为其前一个偶数项中C、H原子个数之和，所以第六项中C原子个数是第四项中C原子、H原子个数之和为26，由烷烃通式知，第六项分子式为C26H54，故选C【点评】本题考查探究化学规律，明确所给化学式中存在的规律是解本题关键，侧重考查学生分析、判断及总结归纳能力，题目难度中等6化学在工农业生产和日常生活中都有着重要的应用下列叙述不正确的是( )A长期使用（NH4）2SO4化肥会使土壤酸化，而过度使用尿素CO（NH2）2会使土壤碱化B锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，
24、后用酸除去C铝合金的大量使用归功于人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝单质D“酸可以除锈”、“热的纯碱溶液去油污”，都发生了化学变化【考点】盐类水解的原理；物理变化与化学变化的区别与联系；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；金属冶炼的一般原理 【分析】A根据铵根离子和氨基的性质来判断；BCaSO4难溶于酸，转化为CaCO3，可以用酸除去；C工业上用电解法冶炼金属铝；D化学变化是由新物质生成的变化【解答】解：A（NH4）2SO4化肥中的铵根离子水解显示酸性，能使土壤酸化，尿素CO（NH2）2中的氨基具有碱性，会使土壤碱化，故A正确；BCaSO4难溶于酸，可先用Na2CO3溶液处理转化为CaCO
25、3，然后用溶解酸除去，故B正确；C铝是活泼金属不易被还原剂还原，工业上铝的冶炼是通过电解熔融的氧化铝来实现的，故C错误；D“酸可以除锈”的过程酸与金属氧化物反应生成盐，“热的纯碱溶液去油污”油脂发生水解反应，二者都有新物质生成，是化学变化，故D正确故选C【点评】本题考查化学与生产、生活的关系，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握7下列物质转化在给定条件下能实现的是( )Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3SSO3H2SO4饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3Fe2O3FeCl2无水FeCl3MaCl2（aq）Mg（OH）2煅烧MgOABCD【考点】镁、铝的重
26、要化合物；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物；铁的化学性质 【专题】元素及其化合物【分析】氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝硫燃烧生成二氧化硫在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解，加热蒸发得不到无水FeCl3氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁【解答】解：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳
27、，发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+Na2CO3，生成氢氧化铝，故正确；硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故错误；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故正确；氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解Fe3+3H2O2Fe（OH）3+HCl，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动，得不到无水FeCl3，故错误；氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，故正确故正确故选：A【点评】
28、本题考查元素化合性质、侯德榜制碱法、盐类水解等，难度中等，注意侯德榜制碱法要先通氨气，后通二氧化碳，以便获得高浓度离子溶液8下列有关化学反应原理的说法不正确的是( )A强酸和强碱的中和反应的活化能接近于零，所以反应速率很高B过程的自发性既能用于判断过程的方向，也能用于确定过程发生的速率C电解质溶液导电的过程中，一定发生了电解质溶液的电解D化学变化中，各种原子的数目是恒定的，所谓资源匮乏只是元素的分布发生了变化【考点】焓变和熵变；活化能及其对化学反应速率的影响；电解质溶液的导电性 【专题】化学反应中的能量变化；化学反应速率专题【分析】A、酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生，说明它们已经处于
29、活跃状态，因此活化能接近0；B、过程的自发性与反应速率无关；C、电解质溶液导电，可能是电解质电解，也可能是电解电解质和水，也可能是电解水；D、化学变化中，原子守恒，所谓资源匮乏只是元素的分布发生了变化【解答】解：A、酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生，说明它们已经处于活跃状态，因此活化能接近0，故A正确；B、过程的自发性与反应速率无关，可确定过程能否发生，故B错误；C、电解质溶液导电，可能是电解质电解如氯化铜溶液电解是氯化铜被电解，也可能是电解电解质和水如硫酸铜溶液，也可能是电解溶剂水，实验一定是电解质溶液电解，故C正确；D、化学变化中，遵循原子守恒，反应实质是原子的重新组合，各种原子的
30、数目是恒定的，所谓资源匮乏只是元素的分布发生了变化，故D正确；故选B【点评】本题考查了反应焓变的分析应用，注意对活化能和化学反应实质的理解应用，掌握基础是解题关键，题目较简单9某有机物的结构简式如图，下列关于该有机物的叙述正确的是( )A该有机物的摩尔质量为200B该有机物属于芳香烃C该有机物可发生取代、加成、加聚、氧化、还原、消去反应D1 mol该有机物在适当条件下，最多可与4mol NaOH和4mol H2反应【考点】有机物的结构和性质 【分析】该分子中含有氯原子、酚羟基、酯基、碳碳双键，具有氯代烃、酚、烯烃和酯的性质，能发生水解反应、取代反应、氧化反应、还原反应、加成反应等，据此分析解答
31、【解答】解：A摩尔质量的单位是g/mol，该有机物的摩尔质量为200g/mol，故A错误；B该有机物中除了含有C、H元素之外还含有O元素，所以属于烃的含氧衍生物，故B错误；C该有机物中不能发生消去反应，故C错误；D酯基水解生成的羧基、酚羟基、氯原子能和NaOH溶液反应，苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，所以1 mol该有机物在适当条件下，最多可与4mol NaOH和4mol H2反应，故D正确；故选D【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，易错选项是D，注意氯原子取代之后生成的HCl能和NaOH反应，为易错点10表是元素周期表的一部分，Y原子最外层电
32、子数是次外层电子数的3倍，下列说法正确的是( )XYMZA简单氢化物稳定性：XZB简单离子半径：YMC最高价氧化物水化物的酸性：ZMD得电子能力：XY【考点】原子结构与元素周期律的关系 【分析】Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Y有2个电子层，最外层电子数为6，Y为O元素，根据四种元素在周期表中的位置可知，X为N元素，Z为Si元素，M为Al元素，结合元素周期律与元素单质化合物性质解答【解答】解：Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Y有2个电子层，最外层电子数为6，Y为O元素，根据四种元素在周期表中的位置可知，X为N元素，Z为Si元素，W为Al元素A非金属性XZ，故氢化物稳定性XZ，故
33、A正确；B电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O2Al3+，故B错误；C非金属性ZM，则最高价氧化物对应的水化物的酸性为ZM，故C错误；D非金属性YX，得电子能力：YX，故D错误，故选A【点评】本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度中等，正确推断元素的种类是解题的关键，注意把握元素周期律的递变规律11下列根据实验操作和现象所得出结论正确的是( )编号实验操作实验现象解释与结论A某溶液加入浓NaOH溶液加热，在试管口放一片湿润的红色石蕊试纸试纸变蓝NH3电离出了OHB硝酸银溶液中加足量NaCl溶液，再加KI溶液先出现白色沉淀，后变为黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（
34、AgI）C2mL 2% CuSO4中加46滴2%NaOH，振荡后加入0.5mL X溶液，加热煮沸未出现砖红色沉淀X不含有醛基D等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应相同时间内，HA收集到氢气多HA是强酸AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价 【分析】A氨气是非电解质；BAgCl、AgI均不溶于水，但AgI的溶解度更小；C新制氢氧化铜与醛基反应需要再碱性条件下、加热进行；DpH=3的两种酸，相同时间内，HA放出的氢气多，则反应过程中HA酸的氢离子浓度大【解答】解：A氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因是与水反应生成NH3H2O，电离生成OH离子，溶液呈碱性，故A错误；B在稀AgNO
35、3溶液中先加入少量0.1mol/L NaCl溶液，再加入少量0.1mol/L NaI溶液，发生沉淀的转化，先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀，则说明Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故B正确；C2mL 2% CuSO4中加46滴2%NaOH，加入碱的量较少，溶液不能呈碱性，没有出现砖红色沉淀，不能说明X不含有醛基，故C错误；D等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，相同时间内，HA收集到氢气多，一定能说明HA是弱酸，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及离子的检验、酸性的比较与pH的关系、沉淀的溶度积、CHO的检验等，注重实验细节的考查，题目难度不大12据图判断下列
36、说法不正确的是( )A图1中醋酸电离平衡常数：a点的比b点的小B图1中醋酸溶液的pH：a点的比b点的大C图2中c点对应的溶液为Fe（OH）3的不饱和溶液D由图2可知，欲除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入适量CuO，调PH约为4左右【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A弱电解质的电离平衡常数只有温度有关，与物质的电离程度无关；B弱电解质溶液的导电能力与其离子浓度成正比；C如果浓度积常数小于溶液中c3（OH）c（Fe3+），则为饱和溶液；D根据图知，当溶液的pH=4左右时，溶液呈氢氧化铁完全沉淀，而溶液中铜
37、离子不产生沉淀，注意加入的除杂剂不能引进新的杂质离子【解答】解：A温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，与溶液的浓度无关，所以a和b两点的电离平衡常数相等，故A错误；B弱电解质溶液的导电能力与其离子浓度成正比，离子浓度越大其导电性越强，b点溶液导电能力大于a，所以b点的氢离子浓度大于a，则a的pH大于b，故B正确；C根据图象知，溶液中中c3（OH）c（Fe3+）大于氢氧化铁的溶度积常数，溶液c点为过饱和溶液，故C错误；D根据图知，当溶液的pH=4左右时，溶液呈氢氧化铁完全沉淀，而溶液中铜离子不产生沉淀，且溶液呈酸性，所以可以加入氧化铜条件溶液的pH且可以出去铁离子，故D正确；故选AC【点评】本题考
38、查了弱电解质的电离、难溶物的溶解平衡，根据弱电解质电离、难溶物的溶解平衡特点来分析解答即可，注意电离平衡常数、溶度积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性、浓度都无关，为易错点13用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间，停止后，向所得溶液中加入0.2molCu（OH）2，恰好使溶液恢复至电解前，关于电解过程说法不正确的是( )A生成的铜的物质的量是0.2molB随着电解进行溶液的pH减小C转移电子的物质的量为0.4molD阳极反应是2H2O4e=4H+O2【考点】电解原理 【分析】根据电解池的工作原理，要想让电解后的电解质复原，则遵循的原则是：出什么加什么，加入 Cu（OH）2后溶液与电解前相同，Cu
39、（OH）2从组成上可看成CuOH2O，所以实际上相当于加入的物质是氧化铜和水，依据电极反应和电解的物质分析计算判断【解答】解：加入0.2 mol Cu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度，Cu（OH）2从组成上可看成CuOH2O，根据“析出什么加入什么”的原则知，析出的物质是氧化铜和水，则阴极上析出氢气和铜，生成0.2mol铜转移电子个数=0.2mol2NA/mol=0.4NA，根据原子守恒知，生成0.2mol水需要0.2mol氢气，生成0.2mol氢气转移电子的个数=0.2mol2NA/mol=0.4NA，所以电解过程中共转移电子数为0.8NA，A、分析可知生成铜的物质的量为0.2mol，故A
40、正确；B、电解过程中生成硫酸，所以随着电解的进行溶液pH减小，故B正确；C、阴极上析出氢气和铜，生成0.2mol铜转移电子个数=0.2mol2NA/mol=0.4NA，根据原子守恒知，生成0.2mol水需要0.2mol氢气，生成0.2mol氢气转移电子的个数=0.2mol2NA/mol=0.4NA，所以电解过程中共转移电子数为0.8NA，故C错误；D、阳极电极反应是氢氧根离子失电子生成氧气的过程，阳极反应式是4OH4e=2H2O+O2，故D正确；故选C【点评】本题考查了电解原理，明确阴极上析出的物质是解本题关键，根据生成物与转移电子之间的关系式来解答即可，难度中等14从海水中提取镁的工艺流程如
41、图所示下列说法错误的是( )A用此法提取镁的优点之一是原料来源丰富B步骤电解MgCl2时阴极产生氯气C步骤可将晶体置于HCl气氛中脱水D上述工艺流程中涉及化合、分解和复分解反应【考点】海水资源及其综合利用 【专题】元素及其化合物【分析】从海水中提取镁的工艺流程：利用贝壳分解生成氧化钙，溶于水得到氢氧化钙加入到母液中沉淀镁离子，过滤得到氢氧化镁沉淀，加入盐酸溶解富集镁元素，通过浓缩蒸发冷却结晶方法得到氯化镁晶体，氯化氢气流中脱水得到氯化镁固体，电解熔融氯化镁制备镁； A从海水中制取镁，原料来源丰富；B根据电解时，阴极是阳离子放电；C考虑镁离子的水解，一定条件是防止水解的发生；D根据从海水中提取镁
42、的工艺流程分析各反应类型【解答】解：从海水中提取镁的工艺流程：利用贝壳分解生成氧化钙CaCO3CaO+CO2，溶于水得到氢氧化钙CaO+H2OCa（OH）2，加入到母液中沉淀镁离子Mg2+2OH =Mg（OH）2，过滤得到氢氧化镁沉淀，加入盐酸溶解富集镁元素2HCl+Mg（OH）2MgCl2+2H2O，通过浓缩蒸发冷却结晶方法得到氯化镁晶体，氯化氢气流中脱水得到氯化镁固体，电解熔融氯化镁制备镁MgCl2Mg+Cl2；A海水中镁元素含量高，原料来源于海水，提取镁原料来源丰富，故A正确；B电解熔融MgCl2可得到金属镁，镁离子在阴极放电，电极反应方程式为：Mg2+2e=Mg，故B错误；CMgCl26H2O在一定条件下加热得到无水MgCl2，若直接加热MgCl26H2O，会促进Mg2+水解，得不到无水MgCl2，因Mg2+水解呈酸性，在氯化氢气流中可抑制Mg2+水解，同时带走水蒸气，故一定条件为在HCl气流中，目的是抑制Mg2+水解，故C正确；D上述工艺流程中涉及为分解反应为化