考点： 原子结构示意图；结构简式． 专题： 化学用语专题．
分析： A、基团的电子数目为基团中各个原子核外电子数的加和；
B、S核外电子数为18；
C、质量数A=质子数Z+中子数N，即可求得I的质量数A； D、苯基连接醛基的碳原子．
解答： A、羟甲基和甲氧基含有相同的原子种类和数目，所含电子数均为6+1×3+8=17个，A错误；
B、S核外电子数为16+2=18，M层应含有8个电子，B错误；
C、据公式：质量数A=质子数Z+中子数N，碘原子的质量数A=53+78=131，C正确； D、醛基中的O原子已经达到最外层8电子稳定结构，所以苯基连接醛基中的碳原子而非氧原子，D错误． 故选：C．
点评： 本题考查微粒电子数及质量数的计算、有机物的成键方式等知识，非常基础，难度不大．
3．（6分）NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述错误的是（）
16
A． 2g D2O中含有的质子数、中子数、电子数均为NA B． 80g CuO和Cu2S的混合物含有铜原子数一定为NA C． 标准状况下，5.6L O2作氧化剂时转移电子数一定为NA
﹣1
D． 500mL 2mol?LNa2CO3溶液中含C微粒总数一定为NA
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．
2﹣
2﹣
分析： A．D2O中含有的质子数、中子数和电子都是10，2g该水的物质的量为0.1mol，含有的质子、中子、电子的物质的量为1mol；
B．CuO和Cu2S中铜元素的质量分数相等，都是80%；
C．氧气在氧化还原反应中，反应产物可能为﹣1价或﹣2价；
D．根据质量守恒，碳原子的物质的量等于碳酸钠中碳酸根离子的物质的量，据此计算出碳元素的质量．
16
解答： 解：A．2g D2O的物质的量为0.1mol，0.1mol该水中中含有的质子、中子和电子的物质的量都是1mol，所以含有的质子数、中子数、电子数均为NA，故A正确； B．80gCuO和Cu2S的混合物中含有铜元素的质量为：80g×
=64g，含有的铜的物质的量
16
为1mol，含有铜原子数一定为NA，故B正确；
C．标准状况下，5.6L O2的物质的量为0.25mol，0.25mol氧气与金属钠反应生成0.25mol过氧化钠，反应转移了0.5mol电子，转移的电子数为0.5NA，所以0.25mol氧气作氧化剂时转移电子数不一定为NA，故C错误；
﹣1
D．500mL 2mol?LNa2CO3溶液中含有溶质碳酸钠的物质的量为1mol，含有1molC，含C微粒总数一定为NA，故D正确； 故选C．
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，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，选项C为易错点，注意过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价．
4．（6分）在已达到电离平衡的0.1mol?L的醋酸溶液中，欲使平衡向电离的方向移动，同时使溶液的pH降低，应采取的措施是（） A． 加少量盐酸 B． 加热 C． 加少量醋酸钠晶体 D． 加氢氧化钠
考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡．
﹣1
分析： 醋酸存在电离平衡：CH3COOH?H+CH3COO，
A、加入盐酸，醋酸电离程度减小，都是溶液中的氢离子浓度增大； B、醋酸的电离是吸热反应，温度升高，促进电离； C、根据平衡移动原理判断； D、加入NaOHpH增大．
解答： 解：A、加入盐酸，氢离子浓度增大，抑制醋酸电离，醋酸电离程度减小，故A错误；
B、加热溶液，醋酸电离程度变大，溶液中氢离子浓度变大，PH变小，故B正确； C、加入少量醋酸钠，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制了醋酸的电离，故C错误； D、加入NaOH，溶液pH增大，故D错误； 故选B．
点评： 本题考查了醋酸的电离平衡的影响因素，利用平衡移动原理判断，本题难度不大．
+
﹣
5．（6分）有机物W（）常用于合成维生素类药物．下列与W相关说法正确的
是（） A． 分子式为C6H9O3 B． 分子中含有2种官能团 C． 分子中含有6种不同化学环境的氢原子 D． 水溶液中1mol W可与3mol NaOH完全反应
考点： 有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构． 专题： 有机物的化学性质及推断．
分析： 由结构简式可知分子式，分子中含﹣OH、﹣COOC﹣，结合醇、酯的性质来解答．
解答： 解：A．由结构简式可知分子式为C6H10O3，故A错误； B．分子中含﹣OH、﹣COOC﹣，2种官能团，故B正确；
C．同一C上的H相同，则分子中含有4种不同化学环境的氢原子，故C错误；
D．只有﹣COOC﹣与NaOH反应，则水溶液中1mol W可与1mol NaOH完全反应，故D错误； 故选B．
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，注意官能团及等效氢的判断，侧重酯性质的考查，题目难度不大．
6．（6分）短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如图所示，其中Y所处的周期序数与主族序数之和为8．下列说法错误的是（）
A． Z元素的氧化物对应水化物的酸性一定弱于W B． 四种元素中Z的原子半径和形成的离子半径均最大 C． X、Z、W中最简单气态氢化物稳定性最弱的是Z D． X、Y、Z的原子均能与氢原子形成四原子分子
考点： 元素周期律和元素周期表的综合应用． 专题： 元素周期律与元素周期表专题．
分析： 短周期元素X、Y、Z、W，根据元素在周期表中的位置知，X和Y位于第二周期，Z和W位于第三周期，Y所处的周期序数与主族序数之和为8，则Y位于第VIA族，所以Y是O元素，则X是N元素、Z是P元素、W是Cl元素， A．Z元素的氧化物对应水化物的酸性不一定弱于W；
B．电子层数越多，其原子半径或离子半径越大，电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数的增大而减小；
C．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；
D．X、Y、Z的原子均能与氢原子形成四原子分子．
解答： 解：短周期元素X、Y、Z、W，根据元素在周期表中的位置知，X和Y位于第二周期，Z和W位于第三周期，Y所处的周期序数与主族序数之和为8，则Y位于第VIA族，所以Y是O元素，则X是N元素、Z是P元素、W是Cl元素，
A．Z元素的氧化物对应水化物的酸性不一定弱于W，H3PO4的酸性大于HClO，故A错误； B．电子层数越多，其原子半径或离子半径越大，电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数的增大而减小，所以四种元素中Z的原子半径和形成的离子半径均最大，故B正确；
C．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，X、Z、W元素非金属性强弱顺序是Cl＞N＞P，所以X、Z、W中最简单气态氢化物稳定性最弱的是Z，故C正确；
D．X、Y、Z的原子均能与氢原子形成四原子分子，分别为NH3、H2O2、PH3，故D正确； 故选A．
点评： 本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，根据元素在周期表中的位置及原子结构确定元素，再结合元素周期律分析解答，注意Y形成含有四原子的氢化物分子为H2O2，为易错点．
7．（6分）C和CuO在一定温度下反应，产物有Cu、Cu2O、CO、CO2．将1.20g C跟16.0g CuO混合，隔绝空气加热，将生成的气体全部通过足量的澄清石灰水，反应一段时间后共收集到1.12L气体（标准状况），生成沉淀的质量为5.00g．下列说法正确的是（） A． 反应后的固体混合物中还含有碳 B． 反应后的固体混合物总质量为12.8 g C． 反应后的固体混合物中氧化物的物质的量为0.05 mol D． 反应后的固体混合物中单质Cu的质量为12.8 g
考点： 有关混合物反应的计算．
分析： A．生成的气体全部通过足量石灰水，生成沉淀的质量为5.00g为碳酸钙的质量，收集气体1.12L为一氧化碳的体积，根据碳原子守恒计算参加反应的C的质量，进而确定碳是否完全反应来解答；
B．反应后固体混合物总质量=原固体混合物总质量﹣生成CO2与CO的总质量；
C．Cu2O、CuO均含有1个氧原子，根据剩余的氧原子质量计算，剩余氧原子质量=CuO反应后的总质量﹣Cu元素的质量；
D．假设CuO完全被还原为Cu，根据Cu守恒计算生成Cu的质量，由产物中CO2、CO中的O原子守恒计算氧化铜失去氧的质量，进而计算CuO反应后的总质量，与Cu的质量比较判断．
解答： 解：A．由题意可知，生成的n（CO2）=n（CaCO3）==
=0.05mol， n（CO）
=0.05mol，根据C守恒可知，参加反应的C的质量为：（0.05mol+0.05mol）
×12g/mol=1.2g，则碳完全参与反应，故A错误；
B．反应后固体总质量为：1.2g+16g﹣0.05mol×（44g/mol+28g/mol）=13.6g，故B错误； C．反应后m（O）=13.6g﹣
=0.8g，Cu2O、CuO均含有1个氧原子，根据氧原子
=0.05 mol，故C正确；
×64g/mol=12.8g，
守恒可知反应后的固体混合物中氧化物的物质的量=
D．假设CuO完全被还原为Cu，根据Cu守恒生成Cu的质量=
由产物中CO2、CO中的O原子守恒可知失去氧的质量=（0.05mol×2+0.05mol）×16g/mol=2.4g，故CuO反应后的总质量=16g﹣2.4g=13.6g，故反应后固体中Cu的质量小于12.8g，故D错误； 故选C．
点评： 本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，试题侧重对解题方法技巧与思维能力的考查，注意利用守恒思想进行解答，答题时注意总结做题思路．
二、非选择题 8．（13分）合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义．其原理为： N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol 据此回答以下问题：
（1）合成氨工业采取的下列措施中，不能用勒沙特列原理解释的是②③（填序号）． ①反应压强为20Mpa～50Mpa ②500℃的高温 ③铁触媒作催化剂 ④将生成的氨液化并及时从体系中分离出来，未反应的N2、H2循环到合成塔中．
（2）一定条件下NH3的平衡体积分数随n（N2）变化如图所示（T﹣温度）．则T2＜T1（填＞、=、＜），判断的依据是：合成氨反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，NH3的体积分数下降，所以T1＞T2 （3）合成氨气所需的氢气可以由水煤气分离得到．涉及反应信息如下： 反应一：C（s）+H2O（g）?H2（g）+CO（g） 平衡常数K1 反应二：CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g） 平衡常数K2 ①K1的表达式：K1=
．
②将一定量的H2O（g）和CO（g）分别通入到体积为1L的密闭容器中，在不同条件下进行反应，得到以下三组数据： 实验组别 温度/℃ 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min 1 2 3
650 900 T
H2O 1 0.5 a
CO 2 1 b
H2 0.8 0.2 c
CO 1.2 5 0.8 3 d t
﹣1
﹣1
（Ⅰ）实验1中，用CO2表示反应开始到平衡的平均反应速率为0.16 mol?L?min
（Ⅱ） 在实验3，当a=0.5、b=1时，要使c、d数据与实验2相同，且t＜3，可以采取的措施为D（填序号）
A．其它条件不变温度T＜900℃B．其它条件不变温度T＞900℃ C．充入一定量氖气 D．使用高效催化剂
（Ⅲ）对于反应二，当升高温度时K2减小（填“增大”、“减小”或“不变”）．
考点： 化学平衡移动原理；化学平衡建立的过程；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素．
专题： 化学平衡专题．
分析： （1）从化学平衡角度考虑，应使平衡向正反应方向移动，有利于提高氨气的产率，据此进行分析；
（2）合成氨是放热反应，根据图象中氨气的体积分数数据及平衡移动原理进行判断即可； （3）①根据化学平衡常数的表达式完成；
②（Ⅰ）利用化学反应速率的计算公式及题中数据进行计算； （Ⅱ）从等效平衡的角度分析；
（Ⅲ）根据实验1、2，利用等效平衡判断该反应为放热，然后根据温度对平衡的影响． 解答： 解：（1）①反应压强为20Mpa～50Mpa，增大压强，平衡向着正向移动，所以能够用勒夏特列原理解释，故①错误；
②500℃的高温，升高温度平衡向着吸热方向移动，该反应放热，升高温度，向着逆向移动，不能够用勒夏特列原理解释，故②正确；
③铁触媒作催化剂，可以加快反应速率，化学平衡不一定，所以③不能用勒夏特列原理解释，故③正确；
④将生成的氨液化并及时从体系中分离出来，未反应的N2、H2循环到合成塔中，减少生成物，平衡向着正向移动，④能够用勒夏特列原理解释，故④错误； 故选②③；
（2）由于合成氨反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，NH3的体积分数下降，所以T1＞T2，