江苏省扬州市高一化学下学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年江苏省 扬州市高一（下）期末化学试卷一、选择题（共15小题，每小题2分，满分30分）1（2分）（2015春扬州期末）化学与生产生活、环境保护、资源利用密切相关下列做法不正确的是（）a用工业废水直接灌溉农田b用可降解塑料做购物袋c将煤气化或液化获得清洁燃料d火力发电厂的燃煤中加适量石灰石考点：常见的生活环境的污染及治理；三废处理与环境保护分析：a用工业废水直接灌溉农田，会污染土壤和粮食；b一般塑料难降解，由于过度使用而导致“白色污染”；c将煤气化或液化可以除去硫，减少对环境的污染；d燃煤中加石灰石，会与so2反应解答：解：a用工业废水直接灌溉农田，会污染土壤和粮食，不利于环境保护，不利于人体健康，故a错误；b一般塑料难降解，由于过度使用而导致“白色污染”，用可降解塑料做购物袋可以减少白色污染，故b正确；c将煤气化或者液化，可以除去硫元素，减少对环境的污染，故c正确；d燃煤中加石灰石，会与so2反应，将二氧化硫吸收生成caso3，能减少大气污染，故d正确；故选：a点评：本题考查了化学与生产生活、环境保护、资源利用，明确绿色化学、可持续发展的观念是解题关键，题目难度不大2（2分）（2015春扬州期末）下列化学用语正确的是（）ahcl的电子式：b氯离子的结构示意图：c甲烷分子的比例模型：d核内有8个中子的碳原子：c考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合分析：a氯化氢为共价化合物，分子中不存在阴阳离子；b氯离子的核电荷数为17，不是18；c甲烷分子中含有4个碳氢键，为正四面体结构，碳原子相对体积大于氢原子；d质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数解答：解：a氯化氢为共价化合物，其分子中存在一个氢氯键，氯化氢正确的电子式为：，故a错误；b氯离子的核电荷数为17、核外电子总数为18，cl的结构示意图为：，故b错误；c甲烷中含有4个碳氢键，碳原子半径大于氢离子，为正四面体结构，甲烷分子的比例模型为：，故c正确；d核内有8个中子的碳原子的质量数为14，该核素含有表示为：614c，故d错误；故选c点评：本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握离子结构示意图、电子式、结构式、比例模型等化学用语的表示方法，试题培养了学生的分析能力及规范答题能力3（2分）（2015春扬州期末）下列物质中含有离子键的是（）anabco2csio2dkcl考点：离子化合物的结构特征与性质分析：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，碱金属族元素、碱土金属族元素和氧族、卤族元素之间易形成离子键，部分碱、大多数盐、金属氧化物和铵盐中都含有离子键，据此分析解答解答：解：ana是金属晶体，只存在金属键，故a错误；b二氧化碳分子中co原子之间只存在共价键，故b错误；c二氧化硅中sio原子之间只存在共价键，故c错误；dkcl中钾离子和氯离子之间只存在离子键，故d正确；故选d点评：本题考查化学键判断，侧重考查基本概念，明确物质构成微粒及微粒之间作用力即可解答，注意常见晶体类型及存在的化学键，题目难度不大4（2分）（2015春扬州期末）下列物质互为同分异构体的是（）a氧气和臭氧b正丁烷和异丁烷c甲烷和乙烯d1h和2h考点：有机化合物的异构现象分析：具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；有机化合物中具有同一通式、组成上相差一个或多个ch2原子团、在结构与性质上相似的化合物互为同系物；同素异形体是同种元素形成的不同单质；同种元素的不同原子互为同位素，据此进行解答解答：解：a氧气和臭氧为同种元素组成的不同单质，二者互为同素异形体，故a错误；b正丁烷和异丁烷具有相同的分子式、不同结构，二者互为同分异构体，故b正确；c甲烷为烷烃，乙烯为单烯烃，二者分子式不同，不属于同分异构体，故c错误；d1h和2h为氢元素的不同原子，二者互为同位素，故d错误；故选b点评：本题考查了同分异构体、同位素、同系物的判断，题目难度不大，注意掌握同系物、同素异形体、同分异构体的概念及判断方法，试题侧重基础知识的考查，培养了学生灵活应用基础知识的能力5（2分）（2015春扬州期末）全部由第三周期元素形成的化合物是（）ahfbnocna2sdmgf2考点：元素周期表的结构及其应用分析：根据第二周期元素包括：钠、镁、铝、硅、磷、硫、氯、氩来回答解答：解：a、h是第一周期的元素的原子，氟是第二周期元素，故a错误；b、n和o是都第二周期的元素的原子，故b错误；c、na和s均是第三周期元素的原子，故c正确；d、mg是第三周期元素的原子，而f是第二周期元素的原子，故d错误故选c点评：本题考查学生第三元素周期表中元素的分布知识，可以根据所学知识来回答，较简单6（2分）（2015春扬州期末）下列离子在溶液中可以大量共存的一组是（）ana+ no3 so42bag+ no3 clck+ h+ hco3dnh4+ na+ oh考点：离子共存问题分析：a三种离子之间不反应，能够共存；b银离子与氯离子反应生成难溶物氯化银；c氢离子与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳气体和水；d铵根离子与氢氧根离子反应生成弱电解质一水合氨解答：解：ana+、no3、so42之间不发生反应，能够大量共存，故a正确；bag+、cl之间反应生成氯化银沉淀，在溶液不能大量共存，故b错误；ch+、hco3之间反应生成二氧化碳气体和水，在溶液中不能大量共存，故c错误；dnh4+、oh之间反应生成一水合氨，在溶液中不能大量共存，故d错误；故选a点评：本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如 fe3+和 scn）等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识的能力7（2分）（2015春扬州期末）用na表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）a常温常压下，2.24 l h2o中分子的数目为0.1 nab0.1 moll1 nh4cl溶液中含有cl的数目为0.1 nac常温下，1.7 g nh3中含有氢原子数目为0.3 nad5.6 g铁粉在足量的氯气中充分燃烧，转移电子数为0.2 na考点：阿伏加德罗常数分析：a常温常压下，且标况下水不是气体，则不能使用标况下的气体摩尔体积计算；b缺少氯化铵溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的数目；c氨气分子中含有10个电子，1.7g氨气的物质的量为0.1mol，含有0.3mol氢原子；d铁与氯气反应生成氯化铁，5.6g铁的物质的量为0.1mol，完全反应转移了0.3mol电子解答：解：a水在标况下不是气体，且不是在标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24l水的物质的量，故a错误；b没有告诉氯化铵溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的数目，故b错误；c常温下，1.7 g nh3的物质的量为0.1mol，0.1mol氨气分子中含有0.3mol氢原子，含有氢原子数目为0.3 na，故c正确；d5.6g铁的物质的量为0.1mol，0.1mol铁与氯气完全反应生成0.1mol氯化铁，转移了0.3mol电子，转移电子数为0.3na，故d错误；故选c点评：本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，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；b为易错点，注意题中缺少溶液体积8（2分）（2015春扬州期末）下列关于化学反应与能量的说法正确的是（）a中和反应是放热反应bh2燃烧时的能量变化如图所示c化学键断裂放出能量d反应物总能量与生成物总能量一定相等考点：反应热和焓变分析：a、中和反应都是放热反应；b、物质燃烧时向外界释放能量属于放热反应；c、化学键断裂吸收能量；d、化学反应中有物质变化一定伴随有能量变化解答：解：a、酸碱发生中和反应时向外界释放能量，所以中和反应都是放热反应，故a正确；b、物质燃烧时向外界释放能量属于放热反应，所以反应物总能量大于生成物总能量，故b错误；c、化学键断裂吸收能量，故c错误；d、化学反应中有物质变化一定伴随有能量变化，反应物总能量与生成物总能量一定不相等，故d错误；故选a点评：本题主要考查了放热与吸热反应的原因、常见的吸热和放热反应，是对基本知识的考查，较简单9（2分）（2015春扬州期末）下列有关物质用途的说法不正确的是（）a碳酸氢铵常用作氮肥b浓硫酸可用于干燥氨气c油脂可以制造肥皂d食醋可用于清除暖水瓶中的水垢考点：铵盐；氨的化学性质；油脂的性质、组成与结构分析：a含有n元素的肥料称作氮肥；b浓硫酸具有酸性和强氧化性，不能干燥和其反应的气体；c油脂在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油；d醋酸的酸性大于碳酸，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸解答：解：a含有n元素的肥料称作氮肥，碳酸氢铵中含有n元素，为氮肥，故a正确；b浓硫酸具有酸性和强氧化性，不能干燥碱性气体，氨气属于碱性气体，能和浓硫酸反应生成铵盐，所以浓硫酸不能干燥氨气，应该用碱石灰干燥氨气，故b错误；c油脂在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，肥皂的主要成分是高级脂肪酸钠，所以油脂可以制造肥皂，故c正确；d强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，醋酸的酸性大于碳酸，醋酸能和碳酸钙反应生成可溶性的醋酸钙，所以食醋可用于清除暖水瓶中的水垢，故d正确；故选b点评：本题考查物质的用途，性质决定用途，用途体现性质，明确常见物质的性质即可解答，知道常见气体检验、干燥、收集方法，题目难度不大10（2分）（2015春扬州期末）下列关于化学反应速率的说法错误的是（）a化学反应速率是用于衡量化学反应进行快慢的物理量b决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质c可逆反应达到化学平衡状态时，反应停止，正、逆反应速率都为零d增大反应物浓度或升高反应温度都能加快化学反应速率考点：化学反应速率的影响因素；化学反应速率的概念；化学平衡状态的判断分析：a、利用化学反应速率来定量表示化学反应进行的快慢；b、反应物本身的性质是决定化学反应速率的主要因素；c、化学平衡后，正逆反应速率相等但不等于0；d、温度越高，反应速率越快，无论该反应是放热反应还是吸热反应解答：解：a、化学反应有的快，有的慢，则使用化学反应速率来定量表示化学反应进行的快慢，故a正确；b、反应物本身的性质是决定反应速率的主要因素，如火药爆炸、食物腐败，故b正确；c、化学平衡状态时，正逆反应速率相等但不等于0，故c错误；d、温度越高，反应速率越快，所以锌与稀硫酸反应时，适当提高溶液的温度可加快反应速率，故d正确故选c点评：本题考查影响化学反应速率的因素，较简单，注意影响反应速率的因素有内因和外因，常见的外因有浓度、温度、压强、催化剂等，但起决定作用的是内因11（2分）（2015春扬州期末）如图为某原电池的示意图，下列说法正确的是（）a铜片作负极b溶液的颜色逐渐变浅c电子由铜棒流出d锌片上发生还原反应考点：原电池和电解池的工作原理分析：该装置中，锌易失电子作负极，铜作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上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该装置中锌易失电子作负极，铜作正极，故a错误；b铜作正极，正极上溶液中的铜离子得电子发生还原反应，所以溶液的颜色逐渐变浅，故b正确；c电子从负极沿导线流向正极，即电子从负极锌沿导线流向正极铜，故c错误；d锌失电子发生氧化反应而作负极，故d错误；故选b点评：本题考查了原电池原理，根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，题目难度不大12（2分）（2015春扬州期末）下列各组物质的晶体中，化学键类型和晶体类型均相同的是（）anh3和nh4clbhcl和sio2ckcl和kdco2和h2o考点：化学键；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别分析：根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物一定含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键，以此解答解答：解：anh3是分子晶体，nh3中只含共价键；nh4cl是离子晶体，nh4cl中含有离子键和共价键，故a错误；bhcl是分子晶体，sio2为原子晶体，故b错误；ckcl为离子晶体，含有离子键，k为金属晶体，含有金属键，故c错误；dh2o和co2都是分子晶体，co2和h2o都只含共价键，故d正确；故选d点评：本题考查化学键类型和晶体类型的关系，为高频考点，侧重双基的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，注意判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键，难度不大13（2分）（2015春扬州期末）下列有关说法不正确的是（）a苯中碳碳键是介于cc和c=c之间的一种特殊共价键b甲烷、乙烯都能使酸性kmno4溶液褪色c葡萄糖溶液中加入银氨溶液，水浴加热有银镜生成d医用酒精能使蛋白质变性，可用于消毒杀菌考点：有机物的结构和性质分析：a苯不存在碳碳单键和碳碳双键；b甲烷与高锰酸钾不反应；c葡萄糖在加热条件下与银氨溶液发生氧化还原反应；d乙醇具有杀菌消毒的作用解答：解：a苯结构特殊，碳碳键是介于cc和c=c之间的一种特殊共价键，不存在碳碳单键和碳碳双键，故a正确；b甲烷性质稳定，与高锰酸钾不反应，但乙烯可反应，故b错误；c葡萄糖具有还原性，在加热条件下与银氨溶液发生氧化还原反应，故c正确；d医用酒精为75%的酒精溶液，乙醇可使蛋白质变性，具有杀菌消毒的作用，故d正确故选b点评：本题综合考查有机物的结构和性质，为高考常见题型和高频考点，侧重学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，难度不大14（2分）（2015春扬州期末）下列有关元素周期表的说法正确的是（）a元素周期表有8个主族b0族原子的最外层电子数均为8ca族的元素全是金属元素d短周期是指第1、2、3周期考点：元素周期表的结构及其应用分析：a、目元素周期表含有7个主族、7个副族、1个零族、1个第族；b、稀有气体氦最外层只有2个电子；c、ia族包含碱金属与氢元素；d、短周期为第一、二、三周期解答：解：a、元素周期表含有7个主族、7个副族、1个零族、1个第族，共有16个族，所以只有7个主族，故a错误；b、稀有气体氦最外层只有2个电子，故b错误；c、ia族包含碱金属与氢元素，氢元素属于非金属元素，故c错误；d、短周期为第一、二、三周期，故d正确；故选d点评：本题考查元素周期表的结构，比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握15（2分）（2015春扬州期末）下列装置或操作能达到实验目的是（）a用于蒸馏石油b用于收集noc用于分离乙酸和乙酸乙酯混合物d用于实验室制取nh3考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：a水的进出方向错误；bno应用排水法收集；c乙酸和乙酸乙酯混溶，不能用分液的方法分离；d氯化铵和氢氧化钙反应生成氨气，氨气密度比空气小，可用向下排空法收集解答：解：a蒸馏时，为充分冷凝，水应从下端进，上端出，故a错误；bno易与氧气反应，应用排水法收集，用排水法收集时气体从短管进，故b错误；c乙酸和乙酸乙酯混溶，不能用分液的方法分离，可用蒸馏的方法分离，故c错误；d氯化铵和氢氧化钙反应生成氨气，氨气密度比空气小，可用向下排空法收集，可用于制备氨气，故d正确故选d点评：本题考查实验方案评价，为高考高频点，涉及物质的分离、气体的制备、收集等知识点，侧重实验操作和实验原理的考查，注意实验方案的操作性、可行性、评价性分析，题目难度不大二、选择题（共5小题，每小题2分，满分10分）16（2分）（2015春扬州期末）x、y、z、w为短周期元素，它们在周期表中相对位置如图所示若y原子的最外层电子是内层电子数的3倍，下列说法正确的是（）a原子半径：wzxb非金属性：zyc最高化合价：zxd最高价氧化物对应水化物的酸性：wz考点：元素周期律和元素周期表的综合应用分析：x、y、z、w均为短周期元素，y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则y原子有2个电子层，所以y为氧元素，根据x、y、z、w在周期表中相对位置可知，x为氮元素，z为硫元素，w为氯元素，结合元素性质的递变规律分析解答解答：解：x、y、z、w均为短周期元素，y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则y原子有2个电子层，所以y为氧元素，根据x、y、z、w在周期表中相对位置可知，x为氮元素，z为硫元素，w为氯元素a同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径：zwx，故a错误；b同主族元素从上到下非金属性减弱，则非金属性yz，故b错误；cz的最高正化合价为+6，x的最高正化合价为+5，故c正确；d同周期从左到右元素的非金属性增强，则非金属性wz，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以w的最高价氧化物对应水化物的酸性比z的强，故d正确，故选cd点评：本题考查位置结构性质的应用，y是推断的突破口，侧重对元素周期律的考查，注意对元素周期律的理解掌握17（2分）（2015春扬州期末）下列指定反应的离子方程式正确的是（）a向铁粉中加入足量稀硝酸：2fe+6h+2fe3+3h2bno2溶于水：3no2+h2o2h+2no3+noc氢氧化铜与稀硝酸反应：h+ohh2od向alcl3溶液中滴加浓氨水至过量：al3+4ohalo2+2h2o考点：离子方程式的书写分析：a发生氧化还原反应生成硝酸铁、no和水；b反应生成硝酸和no；c氢氧化铜在离子反应中保留化学式；d反应生成氢氧化铝，且一水合氨在离子反应中保留化学式解答：解：a向铁粉中加入足量稀硝酸的离子反应为fe+4h+no3fe3+no+2h2o，故a错误；bno2溶于水的离子反应为3no2+h2o2h+2no3+no，故b正确；c氢氧化铜与稀硝酸反应的离子反应为cu（oh）2+2h+2h2o+cu2+，故c错误；d向alcl3溶液中滴加浓氨水至过量的离子反应为al3+3nh3h2oal（oh）3+3nh4+，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，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的考查，题目难度不大，注意离子反应中保留化学式的物质18（2分）（2015春扬州期末）一定温度下，将 2mol so2 和 1mol o2充入一定容密闭容器中，在催化剂存在下进行下列反应：2so2（g）+o2（g）2so3（g）；h=197kj/mol，当达到平衡状态时，下列说法中正确的是（）a生成so3为2 molb反应放出197 kj 的热量cso2和so3物质的量之和一定为2moldso2的物质的量和so3物质的量一定相等考点：化学平衡建立的过程分析：a可逆反应的特点：反应不能进行到底可逆反应无论进行多长时间，反应物都不可能100%地全部转化为生成物；b可逆反应的特点：反应不能进行到底可逆反应无论进行多长时间，反应物都不可能100%地全部转化为生成物；c根据元素守恒进行判断；dso2的物质的量和so3物质的量的大小关系取决于原始投料量和转化率解答：解：a可逆反应无论进行多长时间，反应物都不可能100%地全部转化为生成物，故生成so3小于2mol，故a错误；b可逆反应无论进行多长时间，反应物都不可能100%地全部转化为生成物，故放出的热量小于197kj，故b错误；c根据s元素守恒可知，s的总的物质的量保持不变，即so2和so3物质的量之和一定为2mol，故c正确；dso2的物质的量和so3物质的量的大小关系取决于原始投料量和转化率，故d错误；故选c点评：本题考查可逆反应的特点，难度不大，要注意可逆反应无论进行多长时间，反应物都不可能100%地全部转化为生成物19（2分）（2015春扬州期末）下列关于乙醇和乙酸的说法正确的是（）a都是常用调味品的主要成分b都能使紫色石蕊溶液褪色c都能和caco3反应d都能发生酯化反应考点：乙醇的化学性质；乙酸的化学性质分析：a乙醇具有香味、乙酸具有酸味，都是生活中的调味品；b乙酸具有酸性能使紫色石蕊溶液变色，乙醇不能；c乙酸具有羧基能和碳酸钙反应，乙醇不能；d乙醇和乙酸在浓硫酸催化作用下发生酯化反应解答：解：a乙醇和乙酸是生活中的调味品，酒精调制的酒可以饮用，食醋的主要成分为乙酸，故a正确；b乙酸能电离出氢离子，使石蕊溶液显红色，乙醇为非电解质，无离子存在不能使石蕊溶液变色，故b错误；c乙酸能电离出氢离子，和碳酸钙反应生成水和二氧化碳，乙醇含有的醇羟基与碳酸钙不反应，故c错误；d酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应方程式为：ch3cooh+ch3ch2ohch3cooc2h5+h2o，故d正确；故选ad点评：本题考查了乙醇、乙酸性质的分析应用，掌握官能团的性质是解答关键，题目难度不大20（2分）（2015春扬州期末）现有一定量的cu和cuo混合物，向其中加入0.6l 2.0mol/l稀硝酸，混合物完全溶解，同时生成4.48l no（标准状况）向所得溶液中加入一定体积1.0mol/l naoh溶液，恰好使cu2+沉淀完全，沉淀经洗涤、充分灼烧后得32.0g固体（忽略溶液的体积变化）下列说法正确的是（）a该混合物中铜的质量为19.2 gb与该混合物反应消耗的hno3的量为1.2 molc加入naoh溶液的体积是800 mldcu2+沉淀完全后，溶液中c（no3）为0.7 mol/l考点：有关混合物反应的计算分析：计算出标况下4.48lno的物质的量，根据电子守恒计算出混合物中铜的物质的量，再根据m=nm计算出铜的质量；最终得到的固体为氧化铜，根据n=计算出氧化铜的物质的量；反应消耗的硝酸为生成硝酸铜和生成no所消耗的，根据n原子守恒计算出消耗硝酸的物质的量；铜离子完全沉淀时，溶质为硝酸钠，根据溶液中硝酸根离子的物质的量计算出氢氧化钠的物质的量，再根据c=计算氢氧化钠的浓度、硝酸根离子浓度，据此进行计算解答：解：标况下4.48lno的物质的量为：=0.2mol，根据电子守恒，原混合物中含有铜的物质的量为：n（cu）=0.3mol，其质量为：64g/mol0.3mol=19.2g，最终得到的32.0g为氧化铜，氧化铜的物质的量为：=0.4mol，根据铜原子守恒可知，原混合物中含有cuo的物质的量为：0.4mol0.3mol=0.1mol，0.6l 2.0mol/l稀硝酸中含有硝酸的物质的量为：2.0mol/l0.6l=1.2mol，a根据分析可知，该混合物中铜的质量为19.2g，故a正确；b与该混合物反应的硝酸反应后生成硝酸铜和no，根据氮原子守恒，消耗硝酸的物质的量为：0.4mol2+0.2mol=1mol，故b错误；c向所得溶液中加入一定体积1.0mol/l naoh溶液，恰好使cu2+沉淀完全，此时溶质为硝酸钠，反应后溶液中硝酸根离子的物质的量为：1.2mol0.2mol=1.0mol，消耗氢氧化钠的物质的量为1.0mol，消耗氢氧化钠溶液的体积为：=1l=1000ml，故c错误；d铁离子完全沉淀时，根据c可知，硝酸根离子的物质的量为1mol，浓度为：=0.625mol/l，故d错误；故选a点评：本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握电子守恒、质量守恒定律在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力三、解答题（共5小题，满分60分）21（12分）（2015春扬州期末）x、y、z、q、r是原子序数依次增大的短周期主族元素已知：气体yx3能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，z和x在同一主族，q原子的最外层电子数是其周期序数的2倍回答下列问题：（1）z原子的结构示意图为，yx3的电子式为（用元素符号表示）（2）z、q、r原子的半径从大到小的顺序是nascl（用元素符号表示）（3）q分别与x、z形成的化合物类型分别为共价化合物、离子化合物（填离子化合物或共价化合物）（4）能证明r的非金属性比q强的实验事实是bc（填字母序号）ahr的水溶液酸性比h2q的水溶液酸性强br2与h2化合比q与h2化合容易，且hr的稳定性比h2q强ch2q的水溶液中通少量的r2气体可置换出单质q考点：位置结构性质的相互关系应用分析：x、y、z、q、r是原子序数依次增大的短周期主族元素，气体yx3能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，则y为n，x为h，z和x在同一主族，则z为na，q原子的最外层电子数是其周期序数的2倍，即最外层有6个电子，所以q为s，则r为cl，据此答题解答：解：x、y、z、q、r是原子序数依次增大的短周期主族元素，气体yx3能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，则y为n，x为h，z和x在同一主族，则z为na，q原子的最外层电子数是其周期序数的2倍，即最外层有6个电子，所以q为s，则r为cl，（1）z为na，z原子的结构示意图为 ，nh3的电子式为，故答案为：； （2）电子层数相同，核电荷数越多，原子半径越小，所以na、s、cl原子的半径从大到小的顺序是nascl，故答案为：nascl； （3）q分别与x、z形成的化合物分别为h2s、na2s，h2s是共价化合物，na2s是离子化合物，故答案为：共价化合物、离子化合物；（4）a元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，hcl的水溶液酸性比h2s的水溶液酸性强，不能说明氯的非金属性比硫强，故a错误；b元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，所以cl2与h2化合比s与h2化合容易，且hcl的稳定性比h2s强，能证明氯的非金属性比硫强，故b正确；ch2s的水溶液中通少量的cl2气体可置换出单质s，说明cl2的氧化性强于s，所以能证明氯的非金属性比硫强，故c正确；故选bc点评：本题以元素推断为载体考查了原子结构、电子式、元素周期律等知识，难度不大，解题 的关键是元素的确定，注意根据物质特有的性质和原子结构特点进行元素推断22（12分）（2015春扬州期末）烃a是一种植物生长的调节剂，分子式为c2h4a进行图1示的转化可制得有果香味的液体e（c4h8o2），回答下列问题：（1）a的结构简式为ch2=ch2，b中所含官能团的名称为羟基（2）反应的类型分别是加成反应、取代反应（3）反应的化学方程式为2 ch3ch2oh+o22 ch3cho+2 h2o（4）e的名称为乙酸乙酯实验室由反应制备e的装置如图2烧瓶中加入碎瓷片的作用是防止暴沸，长导管的作用是导气和冷凝、回流，锥形瓶中盛放的液体是饱和na2co3溶液考点：有机物的推断分析：a是一种植物生长的调节剂，分子式为c2h4，则a为ch2=ch2，乙烯与水发生加成反应生成b为ch3ch2oh，乙醇发生催化氧化生成c为ch3cho，乙醛进一步氧化生成d为ch3cooh，乙酸与乙醇发生酯化反应生成e为ch3cooch2ch3，据此解答解答：解：a是一种植物生长的调节剂，分子式为c2h4，则a为ch2=ch2，乙烯与水发生加成反应生成b为ch3ch2oh，乙醇发生催化氧化生成c为ch3cho，乙醛进一步氧化生成d为ch3cooh，乙酸与乙醇发生酯化反应生成e为ch3cooch2ch3（1）a的结构简式为ch2=ch2，b为ch3ch2oh，所含官能团为：羟基，故答案为：ch2=ch2；羟基；（2）反应为加成反应，反应为取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；（3）反应的化学方程式为：2 ch3ch2oh+o22 ch3cho+2 h2o，故答案为：2 ch3ch2oh+o22 ch3cho+2 h2o；（4）e的名称为：乙酸乙酯实验室由反应制备e的装置如图2烧瓶中加入碎瓷片的作用是：防止暴沸，长导管的作用是导气和冷凝、回流，锥形瓶中盛放的液体是饱和na2co3溶液，故答案为：乙酸乙酯；防止暴沸；冷凝、回流；饱和na2co3溶液点评：本题考查有机物的推断，比较基础，涉及酯、醇、醛、羧酸性质，注意对基础知识的理解掌握23（8分）（2015春扬州期末）t时，向2l恒容密闭容器中充入1mol no2与2mol so2发生如下反应：no2（g）+so2（g）so3（g）+no（g）h=41.8kjmol1（1）下列能说明该反应达到平衡状态的是ba体系压强保持不变 b混合气体颜色保持不变cso3和no的体积比保持不变 d每消耗n mol so3的同时生成n mol no2（2）反应进行到20s 时，测得反应速率v（no）=0.005moll1s1，则消耗的no2为0.2mol（3）下列措施能使反应加快的是bc（仅改变一个条件）a降低温度 b缩小容积c使用效率更高的催化剂（4）若上述容器为绝热容器（与外界无热交换），则到达平衡所需时间将ba延长 b缩短 c不变 d无法确定考点：化学平衡状态的判断；化学平衡的影响因素分析：（1）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量及由此引起的一系列物理量不变；（2）同一可逆反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于计量数之比，据此计算二氧化氮反应速率，再根据n=vtv计算二氧化氮物质的量；（3）该反应是一个反应前后气体计量数之和不变的放热反应，升高温度、加入催化剂、增大压强都增大反应速率；（4）若上述容器为绝热容器（与外界无热交换），该反应的正反应是放热反应，所以相当于升高温度，反应速率加快解答：解：（1）a该反应是一个反应前后气体计量数之和不变的可逆反应，所以压强始终不变，所以体系压强保持不变不能说明该反应达到平衡状态，故错误； b混合气体颜色保持不变，说明各物质浓度不变，所以该反应达到平衡状态，故正确；cso3和no的体积比保持不变时该反应可能达到平衡状态也可能没有达到平衡状态，与反应物初始浓度及转化率有关，所以不能据此判断平衡状态，故错误； d无论该反应是否达到平衡状态，都存在每消耗n mol so3的同时生成n mol no2，所以不能据此判断平衡状态，故错误；故选b；（2）同一可逆反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于计量数之比，v（no2）=v（no）=0.005moll1s1，则参加反应的n（no）=vtv=0.005moll1s120s2l=0.2mol，故答案为：0.2；（3）该反应是一个反应前后气体计量数之和不变的放热反应，升高温度、加入催化剂、增大压强都增大反应速率，降低温度反应速率降低，故选bc；（4）若上述容器为绝热容器（与外界无热交换），该反应的正反应是放热反应，所以相当于升高温度，反应速率加快，则缩短反应达到平衡时间，故选b点评：本题考查化学平衡状态判断、反应速率有关计算、化学平衡影响因素、反应速率影响因素等知识点，侧重考查学生分析判断能力，注意：只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断依据，易错点是（4）题，相当于升高温度24（12分）（2015春扬州期末）ch4既是一种重要的能源，也是一种重要的化工原料（1）已知8.0g ch4完全燃烧生成液体水放出444.8kj热量则ch4 （g）+2o2（g）co2（g）+2h2o（l）h=889.6kjmol1（2）以ch4为燃料可设计成结构简单、能量转化率高、对环境无污染的燃料电池，其工作原理如图1所示，则通入a气体的电极名称为负极，通入b气体的电极反应式为o2+4e+4 h+=2h2o（质子交换膜只允许h+通过）（3）在一定温度和催化剂作用下，ch4与co2可直接转化成乙酸，这是实现“减排”的一种研究方向在不同温度下，催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图2示，则该反应的最佳温度应控制在250左右该反应催化剂的有效成分为偏铝酸亚铜 （cualo2，难溶物）将cualo2溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出no气体，其离子方程式为3 cualo2+16 h+no3=no+3 al3+3cu2+8h2o（4）ch4还原法是处理nox气体的一种方法已知一定条件下ch4与nox反应转化为n2和co2，若标准状况下8.96l ch4可处理22.4l nox，则x值为1.6考点：热化学方程式；原电池和电解池的工作原理分析：（1）计算1mol甲烷完全放热放出的热量，反应放热h0；（2）由图可知，通入气体a的一端发生氧化反应，故应通入甲烷，该极为负极，通入b为氧气，获得电子，酸性条件下生成水；（3）根据乙酸反应速率最大、催化活性最高选择；cualo2溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出no气体，生成的盐为硝酸铝、硝酸铜，反应还有水生成，配平书写离子方程式；（4）根据电子转移守恒计算解答：解：（1）1mol甲烷完全放热放出的热量为444.8kj=889.6kj，故h=889.6kj/mol，故答案为：889.6；（2）由图可知，通入气体a的一端发生氧化反应，故应通入甲烷，该极为负极，通入b为氧气，获得电子，酸性条件下生成水，正极电极反应式为：o2+4e+4 h+=2h2o，故答案为：负极；o2+4e+4 h+=2h2o；（3）250时乙酸反应速率最大、催化活性，故选择250，故答案为：250；cualo2溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出no气体，生成的盐为硝酸铝、硝酸铜，反应还有水生成，反应离子方程式为：3 cualo2+16 h+no3=no+3 al3+3cu2+8h2o，故答案为：3 cualo2+16 h+no3=no+3 al3+3cu2+8h2o；（4）根据电子转移守恒，则：8.96l4（4）=22.4l2x，解得x=1.6，故答案为：1.6点评：本题属于拼合型题目，涉及反应热计算、原电池、反应条件控制、离子方程式书写、氧化还原反应计算等，是对学生综合能力的考查，难度中等25（16分）（2015春扬州期末）以锌铜合金的废料为原料制备硫酸铜晶体（cuso45h2o）的部分工艺流程如图所示：（1）酸溶时，铜转化为c