浙江省绍兴一中高二化学上学期期末考试试题（含解析）.doc

高二化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题2分，共50分）1（2分）下列有关化学用语表示正确的是（）an2的电子式：b邻羟基苯甲酸的结构简式：cs2的结构示意图：d质子数为53，中子数为78的碘原子：i考点：电子式；常见元素的名称、符号、离子符号；原子结构示意图；结构简式.专题：化学用语专题分析：a、氮气中氮原子之间通过三键均达到了8电子稳定结构；b、苯环上相邻的两个碳原子叫临位碳，两个碳上的氢叫邻位氢；c、硫离子最外层达到了8电子的稳定结构；d、原子表示法中，左上角的数字表示质量数，左下角的数字表示质子数，中子数=质量数质子数解答：解：a、氮气中氮原子之间通过三键均达到了8电子稳定结构，电子式为，故a错误；b、该结构简式是间羟基苯甲酸的结构简式，羟基和羧基位于间位，故b错误；c、硫离子的结构示意图为：，故c错误；d、根据原子表示法，53131i，表示碘原子的质量数为131，质子数为53，所以中子数=质量数质子数=13153=78，故d正确故选d点评：本题考查学生对化学中化学用语的掌握程度，可以根据所学知识进行回答，较简单2（2分）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油脂b蔗糖c蛋白质d葡萄糖考点：有机高分子化合物的结构和性质.专题：物质的分类专题分析：人类为了维持生命与健康，除了阳光与空气外，必须摄取食物食物的成分主要有糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水六大类，通常被称为营养素糖类、油脂、蛋白质三大营养物质在给人体提供能量高分子化合物相对分子质量特别大一般达1万以上、一般具有重复结构单元解答：解：糖类、油脂、蛋白质三大营养物质在给人体提供能量葡萄糖是主要能量供应，当体内的葡萄糖分解产生的能量不足以维持身体的能量需求时，身体就开始分解脂肪，当脂肪分解的能量也不够时才分解蛋白质a、油脂是高级脂肪酸与甘油生成的酯，相对分子质量不很大，不属于高分子化合物，故a不选；b、蔗糖属于二糖，葡萄糖属于单糖，相对分子质量不很大，不属于高分子化合物，故b不选；c、蛋白质是氨基酸通过缩聚反应生成的，是天然的高分子化合物，故c选；d、葡萄糖是单糖，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故d不选；故选c点评：本题考查生命中的基础有机化学物质，难度较小，清楚高分子化合物概念及常见的高分子化合物即可解答3（2分）下列金属冶炼的反应原理错误的是（）a2nacl（熔融）2na+cl2bmgo+h2 mg+h2ocfe3o4+4co3fe+4co2d2hgo 2hg+o2考点：金属冶炼的一般原理.专题：金属概论与碱元素分析：金属冶炼是工业上将金属从含有金属元素的矿石中还原出来的生产过程金属的活动性不同，可以采用不同的冶炼方法金属冶炼的方法主要有：热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来（hg及后边金属）；热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（c、co、h2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来（zncu）；电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属（kal）解答：解：a、金属钠是活泼金属，工业上采用电解熔融物的方法冶炼，故a正确；b、金属镁是活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼，故b错误；c、工业上采用热还原法来冶炼金属铁，故c正确；d、对于不活泼金属hg，可以直接用加热分解的方法将金属从氧化汞中还原出来，故d正确故选b点评：本题考查了金属冶炼的一般原理，难度不大，注意根据金属的活泼性不同采取相应的冶炼方法4（2分）分类法在化学研究中起到了非常重要的作用下列对物质的分类正确的组合是酸性氧化物：co2、so2、sio2 混合物：漂白粉、氨水、铝热剂 电解质：氯气、硫酸钡、酒精 同位素：12c、14c与14n同素异形体：c60、金刚石、石墨 胶体：豆浆、硅酸、食盐水（）a只有b只有c只有d只有考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；同素异形体；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质.专题：物质的分类专题分析：与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；由不同物质组成的为混合物；在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；质子数相同，中子数不同的同元素不同的原子互称为同位素；同种元素组成的不同单质为同素异形体；依据分散质微粒直径大小对分散系进行分类为溶液、胶体、浊液解答：解：co2、so2、sio2都和强碱溶液反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故正确；漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物、氨水是一水合氨的溶液、铝热剂混合物时铝和金属氧化物的混合物，故正确；氯气是单质不是电解质、硫酸钡属于盐为强电解质、酒精是非电解质，故错误：12c、14c为同位素，与14n不是同位素，故错误；c60、金刚石、石墨是碳元素的不同单质属于同素异形体，故正确； 豆浆、硅酸可以析出胶体，食盐水属于溶液，故错误；综上所述正确；故选c点评：本题考查了物质分类的方法和依据，掌握基础，概念的理解应用是解题关键，题目难度中等5（2分）（2013福建）化学与社会、生产、生活紧切相关下列说法正确的是（）a石英只能用于生产光导纤维b从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现c为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂d“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂考点：硅和二氧化硅；海水资源及其综合利用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用.专题：化学应用分析：a石英的主要成分是二氧化硅；b从海水中可以提取氯化钠；c食品添加剂应适量添加；d“地沟油”主要成分是油脂解答：解：a石英的主要成分是二氧化硅，纯净的二氧化硅用于生产光导纤维，结晶的二氧化硅（如水晶、玛瑙等）用作饰物，故a错误； b从海水中提取蒸馏水和盐时，通过蒸馏、蒸发等物理变化就能实现，提取溴、碘、镁等物质时，必须通过化学反应才能实现，故b错误；c食品添加剂应适量添加，过量会对人体产生危害，故c错误；d“地沟油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制取肥皂，故d正确故选d点评：本题考查二氧化硅的用途、物质的分离、食品添加剂、油脂等，难度不大，注意“地沟油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制取肥皂6（2分）已知某可逆反应在密闭容器中进行：a（g）+2b（g）3c（g）+d（s）h0，如图中曲线a代表一定条件下该反应的过程，若使a曲线变为b曲线，可采用的措施是（）a增大a的浓度b增大容器的体积c加入催化剂d升高温度考点：化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：反应的特点是气体的计量数之和左右相等，且正反应放热，由图象可知a、b的反应速率不同，但达到同一平衡状态，以此解答该题解答：解：在反应a（g）+2b（g）3c（g）+d（s）中，气体反应物与气体生成物的化学计量数之和相等，则增大压强反应速率增大，但平衡不移动，由图象可知a、b的反应速率不同，但达到同一平衡状态，说明缩小容器的体积或加入催化剂都可实现图中转化，故选c点评：本题考查化学平衡的影响，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，注意把握反应的特点以及图象曲线的变化趋势，为解答该题的关键，难度不大，答题时注意审题，把握题给信息7（2分）下列实验操作中不正确的是（）a蒸发操作时，将蒸发皿中固体完全蒸干停止加热b过滤操作时，要沿着玻璃棒慢慢向漏斗中倾倒过滤液c蒸馏操作时，冷凝水应从冷凝管下口进，上口出d分液操作时，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出考点：蒸发和结晶、重结晶；过滤；蒸馏与分馏；分液和萃取.专题：化学实验基本操作分析：a、蒸发操作时，当蒸发皿中有大量固体析出时停止加热b、过滤操作时用玻璃杯引流c、蒸馏操作时，冷凝水应气体流向相反，冷凝效果好d、分液操作时，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，如果上层液体也从下口放出，会使残留的下层液体又混入上层液体解答：解：a、蒸发操作时，不能讲蒸发皿中的液体蒸干，当蒸发皿中有大量固体析出时停止加热，用余热蒸干，故a错误b、过滤操作时用玻璃杯引流，防止液体流到漏斗外面，故b正确c、蒸馏操作时，冷凝水应气体流向相反，冷凝效果好，所以冷凝水应从冷凝管下口进，上口出，故c正确d、分液操作时，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，如果上层液体也从下口放出，会使残留的下层液体又混入上层液体，故d正确；故选a点评：本题难度不大，熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、掌握常见化学实验基本操作的注意事项是解答此类试题的关键8（2分）用酸性kmno4溶液不能达到预期目的是（）a区别苯和甲苯b检验硫酸铁溶液中是否有硫酸亚铁c检验ch2=chcho中含碳碳双键d区别so2和co2考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计.专题：物质检验鉴别题分析：酸性kmno4溶液具有强氧化性，可与具有还原性的so2、硫酸亚铁等物质发生氧化还原反应，可与甲苯、碳碳双键、醛基等基团发生氧化还原反应，以此解答该题解答：解；a甲苯可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，可鉴别，故a不选；b硫酸亚铁具有还原性，可与酸性kmno4溶液发生氧化还原反应，可鉴别，故b不选；cch2=chcho中碳碳双键和醛基都可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，不能检验是否含有碳碳双键，故c选；dso2具有还原性，可与酸性kmno4溶液发生氧化还原反应，可鉴别，故d不选故选c点评：本题考查较为综合，涉及高锰酸钾的性质、常见还原性物质以及有机物官能团的结构和性质，题目难度不大，注意物质的鉴别方法的实验方案的设计9（2分）设na为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）a30g甲醛（hcho）和醋酸的混合物中含碳原子数目为nab1mol cl2与足量的naoh溶液反应，转移的电子数为2nac100ml 0.2moll1的alcl3溶液中，含al3+数为0.02nad标准状况下，将22.4l氯化氢溶于足量水中，溶液中含有的hcl分子数为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分析：a甲醛和醋酸的最简式为ch2o，根据二者的最简式计算出含有的碳原子数目；b氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂，也是氧化剂，1mol氯气完全反应转移了1mol电子；c铝离子在溶液中部分水解，导致溶液中铝离子数目减少；d氯化氢为强电解质，在溶液中完全电离，所以溶液中不存在氯化氢分子解答：解：a30g甲醛和醋酸的混合物中含有1mol最简式ch2o，所以该混合物中含有1mol碳原子，含碳原子数目为na，故a正确；b1mol氯气与足量氢氧化钠溶液完全反应转移了1mol电子，转移的电子数为na，故b错误；c100ml 0.2moll1的alcl3溶液中含有溶质氯化铝0.02mol，由于铝离子部分水解，溶液中铝离子的物质的量小于0.02mol，含al3+数小于0.02na，故c错误；d氯化氢为强电解质，溶液中不存在氯化氢分子，故d错误；故选a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，选项d为易错点，注意氯化氢为强电解质，溶液中完全电离；有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力10（2分）将x气体通入bacl2溶液，未见沉淀生成，然后通入y气体，有沉淀生成，x、y不可能是选项xyaso2cl2bno2so2cnh3co2dcl2co2（）aabbccdd考点：二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响.专题：元素及其化合物分析：a二氧化硫与氯化钡溶液不反应，但二氧化硫与氯气发生氧化还原反应生成硫酸根离子；b二氧化氮与氯化钡不反应，再通入二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子；c氨气与氯化钡不反应，再通入二氧化碳，反应生成碳酸钡和氯化铵；d氯气、二氧化碳均不与氯化钡反应解答：解：a二氧化硫与氯化钡溶液不反应，但二氧化硫与氯气发生氧化还原反应生成硫酸根离子，然后与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，则开始没有沉淀后来有沉淀生成，故a不选；b二氧化氮与氯化钡不反应，再通入二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子，然后与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，则开始没有沉淀后来有沉淀生成，故b不选；c氨气与氯化钡不反应，再通入二氧化碳，反应生成碳酸钡沉淀和氯化铵，则开始没有沉淀后来有沉淀生成，故c不选；d氯气、二氧化碳均不与氯化钡反应，则一直没有沉淀生成，故d选；故选d点评：本题考查物质的性质，侧重元素化合物性质的考查，涉及氯气、二氧化硫、氨气、二氧化碳与氯化钡的性质，综合性较强，注意发生的氧化还原反应及复分解反应即可解答，题目难度不大11（2分）下列离子在溶液中能大量共存的是（）ana+、mg2+、cl、co32bna+、k+、co32、ohcnh4+、h+、oh、clodh+、no3、al3+、fe2+考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质等，则离子大量共存，以此来解答解答：解：amg2+与co32反应生成沉淀而不能大量共存，故a错误；b离子之间不发生任何反应，可大量共存，故b正确；ch+与oh反应生成水而不能大量共存，故c错误；d酸性条件下，no3与fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，故d错误故选b点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解的离子反应考查，题目难度不大12（2分）用如图装置制取表中的干燥、纯净的气体（图中铁架台、铁夹、加热及气体收集装置均已略去；必要时可以加热；a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂）下述方法中可以得到干燥、纯净的气体是（）气体abcda cl2浓盐酸mno2naoh溶液浓h2so4b nh3饱和nh4cl溶液消石灰h2o固体naohc c2h4乙醇p2o5naoh溶液浓h2so4d no稀hno3铜屑h2op2o5aabbccdd考点：常见气体制备原理及装置选择.专题：实验题分析：根据气体和洗气装置中的溶液、干燥剂能否反应判断能得到的气体解答：解：a加热条件下，浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，但氯气能和氢氧化钠溶液反应，所以得不到氯气，故a错误；b氯化铵和消石灰反应生成氨气，氨气极易溶于水，所以生成的氨气被c中的水吸收得不到氨气，故b错误；c乙醇在五氧化二磷作用下脱水生成乙烯，氢氧化钠来吸收挥发的乙醇，浓硫酸不能用来干燥乙烯，因浓硫酸和乙烯反应生成硫酸酯，故c错误；d铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮和水不反应，所以可以用水作洗液吸收被氧气氧化的二氧化氮及挥发的硝酸，一氧化氮和五氧化二磷不反应，所以可以用五氧化二磷干燥，故d正确；故选d点评：本题考查了气体的反应、洗气和干燥装置，明确气体的性质是解本题的关键，难度不大13（2分）（2013丽水模拟）某无色透明溶液中，可能含有以下离子中的若干种：k+，mg2+，al3+，fe2+，no3，so42，co32，i和cl，取该溶液进行如下实验：将溶液滴在ph试纸上，呈红色将少许溶液浓缩后加入铜片和硫酸，有无色气体析出，此气体通空气则立即变成红棕色取少许溶液滴入bacl2试液，则产生白色沉淀取实验中的澄清溶液，滴入agno3试液，产生不溶于稀hno3的白色沉淀另取少许溶液，滴入naoh溶液，有白色沉淀生成，当naoh过量时，又有部分白色沉淀溶解根据以上现象判断原溶液中（）a肯定不存在的离子是 ba2+ fe2+ co32 ib肯定存在的离子是al3+ so42cl no3mg2+c不能作出判断的离子只有k+d以上判断都不正确考点：常见阳离子的检验；铜金属及其重要化合物的主要性质；常见阴离子的检验.专题：离子反应专题分析：无色透明溶液中，一定不存在有色的离子：fe2+；将溶液滴在ph试纸上，呈红色，说明溶液显示酸性，则不存在co32；将少许溶液浓缩后加入铜片和硫酸，有无色气体析出，此气体通空气则立即变成红棕色，该无色气体为no，原溶液中一定存在no3，溶液具有氧化性，则一定不存在具有还原性的i；取少许溶液滴入bacl2试液，则产生白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，则溶液中一定存在so42；取实验中的澄清溶液，滴入agno3试液，产生不溶于稀hno3的白色沉淀，由于引进了氯离子，无法确定原溶液中是否含有cl；另取少许溶液，滴入naoh溶液，有白色沉淀生成，当naoh过量时，又有部分白色沉淀溶解，说明溶液中一定存在mg2+，al3+；根据以上分析进行解答解答：解：无色溶液中，肯定不存在fe2+；根据可知，溶液显示酸性，则不存在co32；根据可知，该无色气体为no，原溶液中一定存在no3，则原溶液具有氧化性，碘离子具有还原性，所以原溶液中一定不存在i；根据可知，该白色沉淀为硫酸钡，则溶液中一定存在so42；根据可知，由于加入氯化钡溶液，引进了氯离子，故无法确定原溶液中是否含有cl；根据naoh过量时，有部分白色沉淀溶解，说明白色沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，原溶液中一定存在mg2+，al3+，a根据以上分析可知，原溶液中一定不存在：ba2+、fe2+、co32、i，故a正确；b由于实验中加入了氯化钡，干扰了氯离子检验，无法确定原溶液中是否含有氯离子，故b错误；c无法确定溶液中是否含有k+、cl，故c错误；d以上判断中，a是正确的，故d错误；故选a点评：本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及正确的检验方法，明确在检验离子存在时，必须排除干扰离子，保证实验方案的严密性14（2分）已知：ch3ch2ch2ch3（g）+6.5o2（g）4co2（g）+5h2o（l）h=2878kjmol1，（ch3）2chch3（g）+6.5o2（g）4co2（g）+5h2o（l）h=2869kjmol1下列说法正确的是（）a正丁烷分子储存的能量大于异丁烷分子b正丁烷的稳定性大于异丁烷c异丁烷转化为正丁烷的过程是一个放热过程d异丁烷分子中的碳氢键比正丁烷的多考点：热化学方程式；化学反应中能量转化的原因.专题：化学反应中的能量变化分析：a、根据化学反应中能量守恒，放出的热量=反应物的总能量生成物的总能量；b、根据物质具有的能量越低越稳定来判断；c、根据异丁烷转化为正丁烷的能量高低来判断；d、根据正丁烷和异丁烷中含有的化学键来回答解答：解：a、因化学反应中能量守恒，放出的热量=反应物的总能量生成物的总能量，生成物的总能量的能量相同时，放出的热量越多，反应物的总能量越多，故a正确；b、物质具有的能量越低越稳定，根据a可知正丁烷分子储存的能量大于异丁烷分子，所以正丁烷的稳定性小于异丁烷，故b错误；c、因正丁烷的能量比异丁烷的能量高，所以异丁烷转化为正丁烷的过程是一个吸热过程，故c错误；d、在正丁烷和异丁烷中，均含有碳碳单键和碳氢单键，数目一样多，故d错误；故选a点评：本题主要考查了化学反应中能量守恒和化学键的判断知识，难度不大，可根据课本知识完成15（2分）元素周期律和元素周期表是学习化学的重要工具，下列说法中，不正确的是（）ahf、hcl、hbr、hi的还原性依次增强，热稳定性依次减弱bp、s、cl得电子能力和最高价氧化物对应水化物的酸性均依次增强cia族的金属单质与水反应比同周期iia族的金属单质剧烈d除稀有气体外，第三周期元素的原子半径和离子半径随原子序数的增加而减小考点：同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：a同主族元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，但氢化物的还原性越弱；b元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；c同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱；d第三周期中，阴离子半径大于阳离子半径解答：解：a非金属性fclbri，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，但氢化物的还原性越弱，故a正确；b非金属性clsp，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故b正确；c同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，则ia族的金属单质与水反应比同周期iia族的金属单质剧烈，故c正确；d第三周期中，阴离子半径大于阳离子半径，其中铝离子半径最小，故d错误故选d点评：本题考查元素周期律知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念的考查，注意把握元素周期律的递变规律，把握元素的性质以及对应单质、化合物的性质的判断，难度不大，注意相关基础知识的积累16（2分）某反应的反应物与生成物有：kcr04、kcl、crcl3、cl2、hcl、h20，已知氧化性：kcr04cl2，则下列说法不正确的是（）acl2是该反应的氧化产物b氧化剂和还原剂的物质的量之比为l：14c当转移0.2 mol电子时，被氧化的还原剂的物质的量为0.2 mold由该反应可知还原性：hclcrcl3考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：某反应的反应物与生成物有：kcr04、kcl、crcl3、cl2、hcl、h20，已知氧化性：kcr04cl2，则kcro4是氧化剂，cl2是氧化产物，crcl3是还原产物，由k元素守恒可知kcl为生成物，根据电子转移守恒可知hcl是反应物，由h元素守恒可知h2o是生成物，配平后方程式为kcro4+8hcl=kcl+crcl3+2cl2+4h2o，据此解答解答：解：某反应的反应物与生成物有：kcr04、kcl、crcl3、cl2、hcl、h20，已知氧化性：kcr04cl2，kcr04能氧化cl生成氯气，则kcro4是氧化剂，cl2是氧化产物，crcl3是还原产物，由k元素守恒可知kcl为生成物，根据电子转移守恒可知hcl是反应物，由h元素守恒可知h2o是生成物，配平后方程式为kcro4+8hcl=kcl+crcl3+2cl2+4h2o，a氧化性：kcr04cl2，kcr04能氧化cl生成氯气，氯气是氧化产物，故a正确；b由方程式可知，反应中hcl起还原剂、酸性作用，各占一半，是kcro4氧化剂，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：8=1：4，故b错误；c反应中hcl是还原剂，氯元素化合价由1价升高为0价，故转移0.2 mol电子时，被氧化的hcl的物质的量为0.2mol，故c正确；d还原剂的还原性强于还原产物的还原性，故该反应中还原性：hclcrcl3，故d正确；故选b点评：本题考查氧化还原基本概念、配平、有关计算、氧化性还原性强弱比较等，难度中等，判断反应物、生成物是解题的关键，实质考查氧化还原反应的配平17（2分）（2013北京模拟）w、x、y是原子序数依次增大的同一短周期元素w、x是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水；y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，w与y可形成化合物w2y下列说法正确的是（）ay的低价氧化物与o3漂白的原理相同by的氢化物和w2y所含化学键的类型相同c上述三种元素形成的简单离子，x离子半径最小d工业上常用电解相应的盐溶液制备w、x的单质考点：原子结构与元素周期律的关系.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：w、x是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水，可知w为na，x为al，y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，应为s，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题解答：解：w、x是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水，可知w为na，x为al，y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，应为s，ay为s，对应的低价氧化物为so2，与o3的漂白原理不同，故a错误；by的氢化物为h2s，w2y为na2s，所含化学键分别为共价键和离子键，类型不同，故b错误；c三种元素形成的简单离子半径大小顺序为s2na+al3+，故c正确；d工业制备钠，应用电解熔融的氯化钠的方法，故d错误故选c点评：本题考查原子结构与元素周期律的关系，侧重于物质的性质的递变规律的考查，根据原子结构明确元素的种类为解答该题的关键18（2分）（2012泰州二模）下列有关实验装置的说法中正确的是（）a用如图装置制取干燥纯净的nh3b用如图装置制备fe（oh）2并能较长时间观察其颜色c用如图装置可以完成“喷泉”实验d用如图装置测量cu与浓硝酸反应产生气体的体积考点：氨的实验室制法；胶体的重要性质；常见气体制备原理及装置选择.专题：化学实验基本操作分析：a、收集装置错误，氨气比空气轻需要用向下排气法收集；b、装置中不能生成亚铁离子；c、氯气和氢氧化钠溶液反应烧瓶中压强减小，烧杯中氢氧化钠溶液被压入烧瓶形成喷泉；d、铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，二氧化氮与水反应解答：解：a、装置中发生装置可以制备氨气，通过碱石灰干燥氨气，但收集氨气比空气轻，需要用向下排气法收集，故a错误；b、装置中应把铁做电解池的阳极生成亚铁离子，亚铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁沉淀，故b错误；c、氯气和氢氧化钠溶液反应烧瓶中压强减小，烧杯中氢氧化钠溶液被压入烧瓶形成喷泉，符合形成条件，故c正确；d、装置中铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，二氧化氮和水反应，不能测定二氧化氮气体体积，故d错误；故选c点评：本题考查实验装置正误判断，主要是制备物质，原理的分析应用，掌握实验基本操作是解题关键，题目难度中等19（2分）（2012南昌三模）将4mol a气体和2mol b气体在2l的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2a（g）+b（g）2c（g），若经2s后测得c的浓度为0.6moll1，现有下列几种说法：用物质a表示的反应的平均速率为0.3moll1s1用物质b表示的反应的平均速率为0.6moll1s12s时物质a的转化率为70%2s时物质b的浓度为0.7moll1其中正确的是（）abcd考点：化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系.专题：化学反应速率专题分析：根据化学反应速率等于单位时间内浓度的变化量及根据反应2a（g）+b（g）2c（g），并利用三段式法计算，据此解答解答：解：利用三段式法计算： 起始a的浓度为=2mol/l，b的浓度为 =1mol/l 2a（g）+b（g）2c（g），起始：2mol/l 1mol/l 0变化：0.6mol/l 0.3mol/l 0.6mol/l2s时：1.4mol/l 0.7mol/l 0.6mol/l2s内，用物质a表示的反应的平均速率为v（a）=0.3moll1s1；2s内，用物质b表示的反应的平均速率为v（b）=0.15moll1s1；2s时物质a的转化率为=100%=30%；2s时物质b的浓度为0.7moll1，显然正确，故选：b点评：本题考查化学反应速率有关计算，难度不大，学生应学会利用三段式计算方法来表示各个量，并进行相关的计算20（2分）空气锌电池的电极分别为zn和石墨，电解质溶液为氢氧化钾溶液锌片反应式为：zn+2oh2e=zno+h2o；石墨反应式为：o2+2h2o+4e=4oh，下列判断正确的是（）a石墨上发生氧化反应b电解质溶液中的oh移向正极c电子由石墨通过外电路流向锌片d该电池使用中无需补充氢氧化钾溶液考点：化学电源新型电池.专题：电化学专题分析：该原电池中，锌失电子发生氧化反应而作负极，石墨作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，在原电池中，阴离子移向负极，电子从负极移向正极，根据电池工作过程中氢氧根离子的浓度的变化来确定是否补充氢氧化钾即可解答：解：a根据电极反应式知，锌失电子发生氧化反应而作负极，氧气在正极石墨电极上发生还原反应，故a错误；b原电池放电时，电解质溶液中的oh移向负极，故b错误；c电子由锌片通过外电路流向石墨，故c错误；d原电池放电时，负极上氢氧根离子参加反应，正极上生成氢氧根离子，电池工作过程中氢氧根离子的浓度不变，无需补充氢氧化钾溶液，故d正确；故选d点评：本题考查了原电池原理，根据电极反应式中元素化合价变化来确定正负极，结合正负极附近氢氧根离子浓度变化来确定ph变化，难度不大21（2分）塑化剂是一种对人体有害的物质增塑剂dchp可由邻苯二甲酸酐与环己醇反应制得：下列说法正确的是（）a邻苯二甲酸酐的二氯代物有3种b环己醇分子中所有的原子可能共平面cdchp能发生加成、取代和消去反应d1mol dchp最多可与含2mol naoh的溶液反应考点：有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体.专题：有机物的化学性质及推断分析：a邻苯二甲酸酐结构对称，苯环上有2种位置的h；b环己醇中c均为四面体结构；cdchp中含苯环、cooc，结合苯、酯的性质分析；ddchp中含cooc，发生水解生成羧酸与碱反应解答：解：a邻苯二甲酸酐结构对称，苯环上有2种位置的h，则邻苯二甲酸酐的二氯代物有邻位有2种、间位1种，对位1种，共4种，故a错误；b环己醇中c均为四面体结构，则环己醇分子中所有的原子不可能共平面，故b错误；cdchp中含苯环，能发生加成反应，含cooc能发生取代反应，不能发生消去反应，故c错误；ddchp中含cooc，发生水解生成羧酸与碱反应，则1 moldchp最多可与含2 molnaoh的烧碱溶液反应，故d正确；故选d点评：本题考查有机物的官能团及性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握结构与性质的关系是解答本题的关键，题目难度不大22（2分）分子式c4h8o2的有机物与硫酸溶液共热可得有机物a和b将a氧化最终可得c，且b和c为同系物若c可发生银镜反应，则原有机物的结构简式为（）ahcooch2ch2ch3bch3cooch2ch3cch3ch2cooch3dhcooch（ch3）2考点：有机物的推断.专题：有机物的化学性质及推断分析：分子式c4h8o2的有机物与硫酸溶液共热可得有机物a和b，c4h8o2可为酯，水解生成酸和醇，将a氧化最终可得c，且b和c为同系物，说明a为醇，b和c为酸，c可发生银镜反应，则c为hcooh，则a应为ch3oh，b为ch3ch2cooh，以此可判断该有机物的结构简式解答：解：分子式c4h8o2的有机物与硫酸溶液共热可得有机物a和b，c4h8o2可为酯，水解生成酸和醇，将a氧化最终可得c，且b和c为同系物，说明a为醇，b和c为酸，c可发生银镜反应，则c为hcooh，则a应为ch3oh，b为ch3ch2cooh，对应的酯的结构简式为ch3ch2cooch3，故选c点评：本题考查有机物的推断，题目难度不大，明确有机物的性质以及相互之间的转化为解答该题的关键，注意a、b、c的关系23（2分）某na2co3、naalo2的混合溶液中逐滴加入1moll1的盐酸，测得溶液中的co32、hco3、alo2、al3+离子的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示则下列说法不正确的是（）a原混合溶液中的co32与alo2的物质的量之比为1：2bv1：v2=1：4cm点时生成的co2为0molda曲线表示的离子方程式为：alo2+h+h2oal（oh）3考点：镁、铝的重要化合物.专题：图示题分析：na2co3、naalo2的混合溶液中逐滴加入1moll1的盐酸；首先，发生反应alo2+h+h2oal（oh）3，a线表示alo2，由图可知alo2反应完毕，加入盐酸50ml，根据方程式可知n（alo2）=n（h+）=0.05mol1mol/l=0.05mol；第二阶段，alo2反应完毕，发生反应co32+h+hco3，b线表示co32，c线表示hco3，由图可知co32反应完毕，该阶段加入盐酸100ml50ml=50ml，根据方程式可知n（co32）=n（h+）=0.05mol1mol/l=0.05mol；第三阶段，co32反应完毕，发生反应hco3+h+co2+h2o，d线表示hco3，由图可知hco3反应完毕，该阶段加入盐酸150ml100ml=50ml，根据方程式可知n（hco3）=n（h+）；第四阶段，发生反应al（oh）3+3h+al3+3h2o，e线表示al3+，由图可知al（oh）3反应完毕，根据方程式可知n（h+）=3nal（oh）3=30.05mol=0.15mol，进而求出盐酸解答：解：na2co3、naalo2的混合溶液中逐滴加入1moll1的盐酸；首先，发生反应alo2+h+h2oal（oh）3，a线表示alo2，由图可知alo2反应完毕，加入盐酸50ml，根据方程式可知n（alo2）=n（h+）=0.05mol1mol/l=0.05mol；第二阶段，alo2反应完毕，发生反应co32+h+hco3，b线表示co32，c线表示hco3，由图可知co32反应完毕，该阶段加入盐酸100ml50ml=50ml，根据方程式可知n（co32）=n（h+）=0.05mol1mol/l=0.05mol；第三阶段，co32反应完毕，发生反应hco3+h+co2+h2o，d线表示hco3，由图可知hco3反应完毕，该阶段加入盐酸150ml100ml=50ml，根据方程式可知n（hco3）=n（h+）=0.05mol；第四阶段，发生反应al（oh）3+3h+al3+3h2o，e线表示al3+，由图可知al（oh）3反应完毕，根据方程式可知n（h+）=3nal（oh）3=30.05mol=0.15mol，该阶段加入盐酸体积为=0.15l=150ml；a由上述第一、二阶段分析可知，原混合溶液中的co32与alo2的物质的量之比为0.05mol：0.05mol=1：1，故a错误；b原溶液中n（co32）=0.05mol，v1时溶液中碳酸氢根离子等于碳酸根离子为0.025ml，由反应co32+h+hco3可知，需要盐酸为0.025mol，盐酸的体积为25ml，故v1=50ml+25ml=75ml，由上述分析可知，v2=150ml+150ml=300ml，故v1：v2=75ml：300ml=l：4，故b正确；c由上述分析可知m点时溶液中co32完全转化为hco3，没有co2生成，故c正确；d由上述分析可知，a曲线表示的离子方程式为：alo2+h+h2o=al（oh）3，故d正确故选：a点评：本题考查离子反应与图象关系、化学计算等，难度中等，清楚离子反应的先后顺序是解题的关键24（2分）cuso4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示下列说法不正确的是（）a相对于途径，途径更好地体现了绿色化学思想by可以是葡萄糖溶液ccuso4在1100分解所得气体x可能是so2和so3的混合气体d将cuso4溶液蒸发浓缩，冷却结晶可制得胆矾晶体考点：铜金属及其重要化合物的主要性质.专题：几种重要的金属及其化合物分析：a根据反应物和生成物的化学式判断，途径产生二氧化硫气体污染性气体；b、硫酸铜与氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，与y生成氧化亚铜，知y可为葡萄糖，因葡萄糖中有醛基；c硫酸铜分解生成cu2o与氧气、so2、so3，依据电子守恒分析；d将cuso4溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤可制得胆矾晶体解答：解：a相对于途径、，铜和浓硫酸反应会生成二氧化硫气体污染空气，途径的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径无污染性气体产生，更好地体现了绿色化学思想，故a正确；b葡萄糖与氢氧化铜反应的方程式为：c6h12o6+2cu（oh）2=c6h12o7+cu2o+2h2o，所以y可为葡萄糖，故b正确；c 硫酸铜分解生成cu2o与氧气、so3、so2，根据2cuso4cu2o+so2+so3+o2知，x可能是o2、so2和so3的混合气体，若只是二氧化硫和三氧化硫，铜元素、氧元素化合价只有降低，无元素化合价升高，故c错误；d将cuso4溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤可制得胆矾晶体，故d正确；故选c点评：本题考查了物质的制备，解题的关键是掌握物质的性质，解答时要依据题干提供信息，结合相关知识细心分析解答，题目难度中等25（2分）一定量的fe和fe2o3的混合物投入250ml 6.00mol/l的hno3溶液中加热，固体完全溶解后，生成标准状况下气体1.12l（no和no2）再向反应后的溶液中加入2.00mol/l的naoh溶液，要使铁元素完全沉淀下来，所加入的naoh溶液的体积至少为（）a无法确定b700mlc750mld725ml考点：有关混合物反应的计算.专题：计算题分析：反应中硝酸体现两种性质，一是酸性，以no3离子存在溶液中，另一种是氧化性，被还原为nox，加入naoh后使铁元素完全沉淀下来，此时溶液的溶质为硝酸钠，根据n元素守恒可知n（naoh）=n（no3）=n（hno3）n（nox），再根据v=计算解答：解：当所加入的naoh恰好使铁元素沉淀，此时溶液为硝酸钠溶液，根据n元素守恒：n（naoh）=n（no3）=n（hno3）n（nox）=0.25l6mol/l=1.45mol，所以v（naoh）=0.725l=725ml，故选d点评：本题考查有关混合物的计算，题目难度中等，判断溶液中溶质为硝酸钠是关键，再利用n原子守恒计算二、填空题（本大题共4小题，共50分）26（12分）a、b、c、d、e五种短周期元素，a与d同周期，a的单质既可与盐酸反应，又可与naoh溶液反应，b的单质在放电条件下能与氧气反应，c元素的离子不含电子，d元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的，e元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3倍（1）a的原子结构示意图为（2）a的硫酸盐溶液与过量naoh溶液反应的离子方程式为al3+4oh=alo2+2h2o（3）加热条件下，d的单质与足量b的最高价氧化物的水化物的浓溶液反应，生成d的最髙价含氧酸，写出此反应的化学方程式s+6hno3（浓）h2so4+6no2+2h2o（4）化合物甲由元素a、b组成，具有良好电绝缘