广东省佛山一中高三化学上学期第一次月考试题（含解析）.doc

化学试卷一、选择题（共20小题，每小题3分，满分60分）1（3分）下列实验操作正确的是（）a点燃酒精灯b向容量瓶转移液体c读取液体体积d加热液体考点：化学实验安全及事故处理；直接加热的仪器及使用方法；计量仪器及使用方法专题：化学实验基本操作分析：a禁止酒精灯之间的对燃，对燃易引起火灾；b玻璃棒起引流作用；c读取液体体积视线与液面凹液面相切；d外焰温度最高解答：解：a对燃易引起火灾，故不能进行酒精灯的对燃，故a错误； b转移液体时应用玻璃棒引流，故b正确；c仰视会使读数出现误差，故c错误；d加热时应用酒精灯的外焰加热，故d错误故选b点评：本题考查化学实验安全及事故的处理，题目难度不大，注意相关实验基本操作知识的积累2（3分）分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是（）ah2o、hcooh、of2均含有氧元素，都是氧化物bhcooh、h2co3、h2so4分子中均含有两个氢原子，都是二元酸chcl、nh3、naoh溶于水所得溶液都能导电，都是电解质dhclo、h2so4（浓）、hno3均具有氧化性，都是氧化性酸考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质专题：物质的分类专题分析：a氧化物由两种元素构成，其中有一种元素为氧元素；b二元酸是电离过程中生成两个氢离子的酸；cnh3是非电解质；d氧化性酸一般是含氧酸，是指酸中除了氢、氧元素之外的中心元素在化学反应中表现出强氧化性解答：解：a氧化物由两种元素构成，其中有一种元素为氧元素，所以h2o、of2都是氧化物，hcooh不是氧化物，故a错误；bhcooh、h2co3、h2so4分子中均含有两个氢原子，h2co3、h2so4都能电离出2个氢离子，属于二元酸，hcooh只能电离出1个氢离子，属于一元酸，故b错误；cnh3的水溶液能导电，是因为氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，而不是氨气本身发生电离，所以氨气是非电解质，故c错误；dhclo、h2so4（浓）、hno3均具有氧化性，都是氧化性酸，故d正确故选d点评：本题考查了物质分类的判断应用，主要是酸、氧化物、电解质、氧化性酸等概念的理解和分析判断，题目较简单3（3分）下列化学应用中不涉及氧化还原反应的是（）a工业上由硅的氧化物制备硅单质b生活中使用明矾净水，除去水中的悬浮的微小颗粒c漂白粉用作疫区的环境消毒d过氧化钠用作呼吸面具的供氧剂考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：发生的反应中，存在元素的化合价变化，则发生氧化还原反应，以此来解答解答：解：a由硅的氧化物制备硅单质，si元素的化合价降低，发生氧化还原反应，故a不选；b明矾净水，铝离子水解生成胶体，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故b选；c漂白粉用作疫区的环境消毒，利用漂白粉的强氧化性，涉及氧化还原反应，故c不选；d过氧化钠用作呼吸面具的供氧剂，反应生成氧气，过氧化钠中o元素的化合价变化，发生氧化还原反应，故d不选；故选b点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化即可解答，题目难度不大，侧重氧化还原反应判断的考查，注意从元素化合价角度分析4（3分）（2014宿迁模拟）三氟化氮（nf3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3nf3+5h2o=2no+hno3+9hf下列有关该反应的说法正确的是（）anf3是氧化剂，h2o是还原剂b还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1c若生成0.2 mol hno3，则转移0.2 mol电子dnf3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：3nf3+5h2o=2no+hno3+9hf反应中，只有n元素的化合价发生变化，nf3既是氧化剂又是还原剂，从化合价的变化的角度分析氧化还原反应解答：解：a只有n元素的化合价发生变化，nf3既是氧化剂又是还原剂，故a错误；bnf3生成no，被还原，nf3生成hno3，被氧化，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2，故b错误；c生成0.2molhno3，转移的电子的物质的量为0.2mol（53）=0.4mol，故c错误；d生成的no易与空气中氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，故d正确故选d点评：本题考查氧化还原反应，题目难度中等，注意化合价的升降为氧化还原反应的特征，注意从化合价的角度分析5（3分）设na为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a1mol s在足量o2中燃烧，转移的电子数为6 nab标况下，22.4l氦气含有的原子数为2nac28 g c2h4中含有2 na个碳原子d0.1 moll1的碳酸氢钠溶液中含钠离子数为0.1na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、1mol s在足量o2中燃烧生成生成二氧化硫，结合元素化合价计算电子转移；b、依据n=计算物质的量，氦气是单原子分子分析；c、依据n=计算物质的量，结合分子式计算碳原子数；d、溶液体积不知不能计算微粒数解答：解：a、1mol s在足量o2中燃烧生成生成二氧化硫，结合元素化合价计算电子转移4na，故a错误；b、依据n=计算物质的量=1mol，氦气是单原子分子含有的原子数为na，故b错误；c、依据n=计算物质的量=1mol，结合分子式计算碳原子数为2 na个碳原子，故c正确；d、溶液体积不知不能计算微粒数，故d错误；故选c点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积的条件分析，物质的量计算微粒数，题目难度中等6（3分）化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）a小苏打用于治疗胃溃疡病人的胃酸过多症b电解从海水中得到的氯化钠溶液可获得金属钠cfecl3溶液能与cu反应，可用于蚀刻印刷电路板d铝制容器不能盛放酸性或碱性食品，但可长期盛放腌制食品考点：钠的重要化合物；金属冶炼的一般原理；铝的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变专题：几种重要的金属及其化合物分析：a、小苏打与胃酸中的盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳气体，患胃溃疡的病人，为防止胃壁穿孔，不能服用小苏打来治疗；b、电解食盐水会获得氢氧化钠、氢气和氯气；c、金属铜可以和三价铁离子反应生成亚铁离子和铜离子d、金属铝既能和酸之间反应又能和碱之间反应，在电解质溶液中形成原电池反应，据此回答；解答：解：a小苏打与胃酸中的盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳气体，反应的化学方程式为：nahco3+hcl=nacl+h2o+co2，患胃溃疡的病人，为防止胃壁穿孔，不能服用小苏打来治疗，因为反应产生的二氧化碳气体会造成胃部气胀，易造成胃穿孔，故a错误；b、电解食盐水会获得氢氧化钠、氢气和氯气，电解熔融的氯化钠可以获得金属钠，故b错误；c、fecl3溶液能与cu反应，生成氯化亚铁和氯化铜，可用于蚀刻印刷电路板，故c正确；d、金属铝既能和酸之间反应又能和碱之间反应，不能盛放酸性或碱性食品，也不能长期盛放腌制食品，里面有氯化钠溶液，会形成原电池而使铝溶解，故d错误故选c点评：本题考查了元素以及化合物的性质以及应用是化学的考查热点，注意知识的归纳和整理是关键，较简单7（3分）下列各组离子在通入so2前后均能大量共存的是（）aba2+、k+、br、clbna+、cu2+、oh、sio32cnh4+、al3+、br、alo2dli+、h+、no3、so42考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：通入二氧化硫前，离子能大量共存，则不发生任何反应，各组离子的溶液中，通入过量so2气体后，so2+h2oh2so3，h2so3h+hso3，hso3h+so32，溶液中存在大量的氢离子、亚硫酸根离子，利用氢离子与oh、alo2、co32、sio32，so2与no3反应来分析共存问题，以此解答解答：解：aba2+、k+、br、cl之间不发生反应，也不与二氧化硫反应，在溶液中能够大量共存，故a正确；boh、sio32在酸性条件下不能大量共存，且与cu2+反应生成沉淀，故b错误；calo2与nh4+、al3+发生互促水解反应，且alo2在酸性条件下不能大量共存，故c错误；dh+、no3具有强氧化性，能够氧化so2，通入二氧化硫后不能大量共存，故d错误故选a点评：本题考查离子共存的正误判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，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；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如本题题干“通入so2前后均能大量共存”8（3分）下列有关铜锌原电池（如图）的叙述正确的是（）a正极反应为zn2ezn2+b取下盐桥，原电池仍可工作c在外电路中，电子从正极流向负极d电池反应为zn+cu2+zn2+cu考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：铜锌原电池中，锌较活泼，为原电池的负极，发生zn2e=zn2+，铜为正极，发生cu2+2e=cu，原电池工作时，电子从电池负极经外电路流向正极，以此解答该题解答：解：a正极反应为cu2+2e=cu，故a错误；b撤去盐桥，不能形成闭合回路，则不能形成原电池反应，故b错误；c电子从电池负极经外电路流向正极，故c错误；d电池总反应为锌置换出铜，为zn+cu2+=zn2+cu，故d正确故选d点评：本题考查原电池的工作原理，注意把握工作原理以及电极方程式的书写，题目难度不大9（3分）元素及其化合物丰富了物质世界，下列说法正确的是（）a铜在冷的浓硫酸中会钝化，所以把铜放入冷的浓硫酸中无明显现象bnaoh溶液和alcl3溶液相互滴加的现象不同c金属比非金属易失电子，所以金属可以置换非金属，而非金属不能置换金属dal与热水反应困难，故活泼性不及al的金属在任何条件下均不能与h2o发生反应考点：浓硫酸的性质；铝的化学性质；镁、铝的重要化合物专题：氧族元素；几种重要的金属及其化合物分析：a、铜与冷的浓硫酸不反应；b、根据反应方程式分析；c、非金属也可以置换金属；d、铁在高温下可以与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气解答：解：a、铜与冷的浓硫酸不反应，不是钝化，故a错误；b、naoh溶液中逐滴加入alcl3溶液至过量刚开始是naoh 过量，因此没有白色沉淀出现，现象是无明显变化，再滴消耗完naoh后，会出现白色沉淀；若alcl3溶液中加naoh溶液，会生成白色沉淀，当naoh溶液过量时白色沉淀消失；b正确；c、非金属也可以置换金属，如氢气可以置换氧化铜中的铜，故c错误；d、因为铁在高温下可以与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，所以活泼性不及al的金属在高温条件下能与水蒸气发生反应，故d错误故选b点评：本题主要考查了元素及其化合物知识，难度中等，根据所学知识即可完成10（3分）下列实验“实验操作”与“结论”对应关系正确的是（）选项实验操作结论a向fe（no3）2溶液的试管中加入稀h2so4，在管口观察到红棕色气体hno3分解生成了no2b向沸水中逐滴加入12ml fecl3饱和溶液，煮沸至红褐色液体制备fe（oh）3胶体c常温下，向饱和na2co3溶液中加少量baso4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生说明常温下ksp（baco3）ksp（baco4）d向纯碱中滴加足量浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液，溶液变浑浊酸性：盐酸碳酸苯酚aabbccdd考点：化学实验方案的评价；比较弱酸的相对强弱的实验专题：实验评价题分析：a酸性条件下，亚铁离子被硝酸根离子氧化生成铁离子，同时生成no，no易被氧化生成二氧化氮；b向沸水中逐滴加入饱和fecl3溶液，水解得到胶体；c从难溶电解质的溶解平衡的角度分析；d本实验不严密，盐酸易挥发，生成的二氧化碳气体中含有hcl，不能证明实验结论解答：解：a向装有fe（no3）2溶液的试管中加入稀h2so4，相当于溶液中含有硝酸，硝酸和亚铁离子反应生成铁离子和no，no不稳定为空气氧化生成二氧化氮，而不是硝酸分解生成二氧化氮，故a错误； b向沸水中逐滴加入饱和fecl3溶液，发生水解，继续煮沸至溶液呈红褐色，即为胶体，故b正确；c常温下，向饱和na2co3溶液中加少量baso4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，说明生成碳酸钡沉淀，主要是因为c（ba2+）c（co32）ksp（baco3），不能说明ksp（baco3）ksp（baso4），故c错误；d由于是浓盐酸，可以挥发出hcl，可以使苯酚钠生成苯酚，所以只能证明盐酸酸性强于碳酸，故d错误故选b点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、盐类水解、沉淀溶解平衡等，侧重物质性质及实验能力的综合考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大11（3分）下列离子在指定条件下能大量共存的是（）a在酸性溶液中：ba2+、k+、so42、clb含有大量al3+的溶液中：k+、na+、nh4+、so42c使甲基橙变黄的溶液中：na+、i、co32、ohd无色溶液中：k+、cl、cr2o72、hco3考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：aba2+、so42反应生成沉淀；b如离子之间不发生任何反应，可大量共存；c使甲基橙变黄的溶液ph4.4；dcr2o72有颜色解答：解：aba2+、so42反应生成沉淀，且不溶于酸，故a错误；b含有大量al3+的溶液，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故b正确；c使甲基橙变黄的溶液ph4.4，酸性条件下，co32、oh不能大量共存，故c错误；dcr2o72有颜色，不符合题目无色要求，故d错误故选b点评：本题考查离子的共存，为高考高频考点，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键，选项c中的溶液ph的判断为解答的难点，注意离子的性质以及反应类型的判断，难度不大12（3分）已知氢化锂（lih）属于离子化合物lih跟水反应可以放出氢气下列叙述中正确的是（）alih的水溶液显中性blih中的氢离子可以被还原生成氢气clih是一种强氧化剂dlih中氢离子比锂离子的半径大考点：氧化还原反应专题：信息给予题；氧化还原反应专题分析：在离子化合物lih中，li+与h以离子键结合而成，该物质溶于水生成h2，可以想到h与水中的h+之间发生氧化还原反应，除生成h2外，另一产物应是lioh，所以对该反应的分析可根据下列几点：属于氧化还原反应；lih是还原剂，h2o是氧化剂；所得溶液是lioh碱性溶液解答：解：a、lih跟水反应的方程式为lih+h2o=h2+lioh，溶液呈碱性，故a错误；b、在离子化合物lih中，li+与h以离子键结合而成，h与水中的h+之间发生氧化还原反应而被氧化，故b错误；c、lih+h2o=h2+lioh反应中，lih是还原剂，h2o是氧化剂，故c错误；d、lih中氢离子与锂离子核外电子排布相同，核电核数越小，半径越大，则lih中氢离子比锂离子的半径大，故d正确故选d点评：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价的角度分析物质的性质13（3分）下列说法中正确的是（）ach3ch2oh、so3和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质b为测定熔融氢氧化钠的导电性，可将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化c煤油可由石油分馏获得，可用于保存少量金属钠d工业上金属mg、al都是用电解其相应的氯化物水溶液制得的考点：强电解质和弱电解质的概念；硅和二氧化硅；金属冶炼的一般原理；钠的化学性质专题：电离平衡与溶液的ph专题；碳族元素；几种重要的金属及其化合物分析：a、so3在水溶液和熔融状态下不能发生电离，是非电解质；b、氢氧化钠可与二氧化硅反应；c、煤油是石油分馏的产品，金属钠性质活泼，能与氧气、水发生反应，煤油可以隔绝氧气、水；d、氢离子的氧化性大于镁离子、铝离子，工业制mg、al是分别电解熔融mgcl2和al2o3来制取解答：解：a、so3在水溶液或熔融状态下不能发生电离，是非电解质，故a错误；b、瓷坩埚的主要成分是二氧化硅，加热条件下二氧化硅可与氢氧化钠反应生成硅酸钠，导致坩埚炸裂，故b错误；c、煤油是石油分馏的产品，金属钠性质活泼，能与氧气、水发生反应，煤油可以隔绝氧气、水，因此少量的金属钠可以保存在煤油中，故c正确；d、工业制mg是电解熔融氯化镁，工业制铝是电解熔融的氧化铝：2al2o34al+3o2，氢离子的氧化性大于镁离子、铝离子，不是电解氯化物的水溶液，故d错误；故选c点评：本题考查较为综合，涉及电解质、非电解质、强电解质和弱电解质的概念、金属的冶炼、二氧化硅的性质等知识，为高频考点，注意把握物质的性质是关键，注意相关基础知识的学习，难度不大14（3分）下列离子方程式书写正确的是（）a三氯化铁溶液中加入铁粉：fe3+fe2fe2+balcl3溶液中加入足量的氨水：al3+3ohal（oh）3c苯酚钠溶液中通入少量co2：co2+h2o+c6h5oc6h5oh+hco3d用浓盐酸与mno2反应制取少量氯气：mno2+4h+4cl=mn2+cl2+2h2o考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：a离子方程式两边正电荷不相等，违反了电荷守恒；b氨水为弱碱，一水合氨在离子方程式中不能拆开c苯酚的酸性大于碳酸氢根离子，苯酚钠与少量二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠；d浓盐酸与二氧化锰的反应需要在加热条件下进行，反应条件错误，且氯离子的计量数错误解答：解：a三氯化铁溶液中加入铁粉，反应生成氯化亚铁，正确的离子方程式为：2fe3+fe3fe2+，故a错误；balcl3溶液中加入足量的氨水，反应生成氢氧化铝沉淀，一水合氨应该保留分子式，正确的离子方程式为：al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+，故b错误；c苯酚钠溶液中通入少量co2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：co2+h2o+c6h5oc6h5oh+hco3，故c正确；d浓盐酸与二氧化锰在加热条件下生成氯气，正确的离子方程式为：mno2+4h+2clmn2+cl2+2h2o，故d错误；故选c点评：本题考查了离子方程式的正误判断，为高考中的高频题，透明难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等15（3分）（2013济宁二模）在容积为2l的密闭容器中进行反应：co（g）+2h2（g）ch3oh（g），其他条件不变，在300和500时，甲醇物质的量n（ch3oh）反应时间t的变化曲线如图所示，下列说法正确的是（）a该反应的h0b其他条件不变，升高温度反应的平衡常数增大c300时，01min内 ch3oh的平均生成速率为moll1 min1da点的反应体系从300升高到500，达到平衡时减小考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线专题：化学平衡专题分析：a、由图象可知，温度越高，到达平衡时甲醇的物质的量越小，故升高温度平衡向逆反应移动，据此判断；b、由图象可知，温度越高，到达平衡时甲醇的物质的量越小，升高温度平衡向逆反应移动，平衡常数减小；c、平衡时甲醇的物质的量为n1mol，根据v=计算v（ch3oh）；d、a点的反应体系从300升高到500，甲醇的物质的量减小，平衡向逆反应，氢气的物质的量增大，据此判断解答：解：a、由图象可知，温度越高，到达平衡时甲醇的物质的量越小，故升高温度平衡向逆反应移动，该反应正反应是放热反应，即h0，故a错误；b、由图象可知，温度越高，到达平衡时甲醇的物质的量越小，升高温度平衡向逆反应移动，平衡常数减小，故b错误；c、平衡时甲醇的物质的量为n1mol，v（ch3oh）=moll1min 1，故c正确；d、a点的反应体系从300升高到500，甲醇的物质的量减小，平衡向逆反应，氢气的物质的量增大，故达到平衡时增大，故d错误；故选c点评：本题考查化学平衡图象、影响平衡的因素、平衡常数影响因素、化学反应速率的计算等，难度不大，注意掌握平衡移动原理，根据图象判断温度对平衡移动的影响16（3分）（2012福建）短周期元素r、t、q、w在元素周期表中的相对位置如图所示，其中 t 所处的周期序数与族序数相等下列判断不正确的是（）a最简单气态氢化物的热稳定性：rqb最高价氧化物对应水化物的酸性：qwc原子半径：tqrd含 t 的盐溶液一定显酸性考点：位置结构性质的相互关系应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期元素r、t、q、w，根据元素所处的位置，可确定t、q、w为第三周期的元素，r为第二周期元素，t所处的周期序数与族序数相等，则t为al元素，故q为si元素，w为s元素，r为n元素，据此结合选项解答解答：解：短周期元素r、t、q、w，根据元素所处的位置，可确定t、q、w为第三周期的元素，r为第二周期元素，t所处的周期序数与族序数相等，则t为al元素，故q为si元素，w为s元素，r为n元素，a、非金属性nsi，故最简单气态氢化物的热稳定性：nh3sih4，故a正确；b、非金属性sis，故最高价氧化物对应水化物的酸性：h2sio3h2so4，故b正确；c、同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：tqr，故c正确；d、含铝离子的盐溶液是显酸性，但naalo2溶液显碱性，故d错误；故选d点评：本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识，难度中等，d选项设问角度新颖独特17（3分）下列离子方程式书写正确的是（）a将少量的h2s气体通入硫酸铜溶液中：h2s+cu2+=cus+2h+b将no2气体通入水中：2no2+h2o=no3+no+2h+cicl 和cl2的化学性质相似，将icl通入koh溶液中：icl+2oh=i+clo+h2od往100ml 1.5mol/l的febr2 溶液中通入0.15mol cl2：2br+cl2=br2+2cl考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：a将少量的h2s气体通入硫酸铜溶液中，反应生成硫化铜沉淀和硫酸；b电荷不守恒；c氯化碘中，碘显+1价，氯显1价；d二价铁离子还原性强于溴离子，氯气先氧化二价铁离子解答：解：a将少量的h2s气体通入硫酸铜溶液中，离子方程式：h2s+cu2+=cus+2h+，故a正确；b将no2气体通入水中，离子方程式：3no2+h2o=2no3+no+2h+，故b错误；cicl 和cl2的化学性质相似，将icl通入koh溶液中，离子方程式：icl+2oh=cl+io+h2o，故c错误；d往100ml 1.5mol/l的febr2 溶液中通入0.15mol cl2，离子方程式：2fe2+2br+2cl2=2fe3+br2+4cl，故d错误；故选：a点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，选项d为易错选项18（3分）下列说法不正确的是（）ana2o2能与co2反应，可用作呼吸面具的供氧剂bsio2有导电性，可用于制备光导纤维c硅胶常用作实验室和食品、药品等的干燥剂，也可作催化剂载体d小苏打是一种膨松剂，可用于制作馒头和面包考点：钠的重要化合物；硅和二氧化硅专题：碳族元素；几种重要的金属及其化合物分析：ana2o2能与co2反应生成氧气；bsio2不能导电，但具有较好的折光性；c根据硅胶表面积大，吸附性强的性质判断；d小苏打不稳定，可分解生成二氧化碳气体解答：解：ana2o2能与co2反应生成氧气，可用作呼吸面具的供氧剂，故a正确；bsio2不能导电，但具有较好的折光性，故b错误；c硅胶表面积大，吸附性强，常用作实验室和食品、药品等的干燥剂，也可作催化剂载体，故c正确；d小苏打不稳定，可分解生成二氧化碳气体，可用于制作馒头和面包，故d正确故选b点评：本题考查较为综合，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累19（3分）下列实验不能达到目的是（）a用溴水除去ch4中混有的c2h4b用加热蒸干na2co3溶液的方法制备无水na2co3固体c用分液漏斗分离苯萃取碘水后已分层的有机层和水层d加热除去nh4cl中的少量nahco3考点：化学实验方案的评价；物质的分离、提纯和除杂专题：实验评价题分析：a乙烯和溴水能发生加成反应，甲烷和溴水不反应；bna2co3加热促进水解，碳酸钠水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，都是难挥发物质，实质蒸发水；c苯不溶于水；dnh4cl受热易分解解答：解：a乙烯和溴水能发生加成反应，甲烷和溴水不反应，所以可以出去甲烷中的乙烯，故a正确； bna2co3加热促进水解，碳酸钠水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，都是难挥发物质，实质蒸发水；蒸干得到碳酸钠固体，故b正确；c苯不溶于水，可用分液的方法分离，故c正确；dnh4cl受热易分解，将原物质除掉，故d错误故选d点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及物质物质的分离、提纯、制备和鉴别等知识，为高考常见题型和高频考点，难度适中，注意把握物质的性质的异同，除杂时注意不能引入新的杂质，且不能影响被提纯的物质20（3分）下列叙述i和ii均正确并且有因果关系的是（）叙述叙述anahco3能与碱反应食品工业用nahco3作焙制糕点的膨松剂bal既可和酸反应又可和强碱反应al可制成铝箔包装物品ck2feo4能与水作用生成fe（oh）3胶体和o2可k2feo4用于净化自来水并杀菌消毒dhclo具有弱酸性hclo可作漂白剂aabbccdd考点：钠的重要化合物；铝的化学性质专题：几种重要的金属及其化合物；化学应用分析：a、nahco3用作糕点的膨松剂，是利用碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳；b、al可制成铝箔包装物品，是因为铝表面被氧化成一层致密的保护膜；c、k2feo4能与水作用生成fe（oh）3胶体和o2，在反应中k2feo4体现强氧化性杀菌消毒，生成的fe（oh）3胶体又可吸附水中的悬浮杂质；d、hclo可作漂白剂利用的是其强氧化性；解答：解：a、nahco3用作糕点的膨松剂，是利用碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳，和均正确，但无因果关系，故a错误；b、al可制成铝箔包装物品，是因为铝表面被氧化成一层致密的保护膜与al既可和酸反应又可和强碱反应无关，和均正确并且有因果关系，故b错误；c、k2feo4能与水作用生成fe（oh）3胶体和o2，在反应中k2feo4体现强氧化性杀菌消毒，生成的fe（oh）3胶体又可吸附水中的悬浮杂质，所以可k2feo4用于净化自来水并杀菌消毒，故c正确；d、hclo可作漂白剂利用的是其强氧化性与是弱酸无关，无因果关系，故d错误；故选c点评：本题考查了物质性质的分析应用，注意知识积累和反应现象与性质的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等二、选择题（共5小题，每小题3分，满分15分）21（3分）化学知识在生活中有重要意义，下列说法不正确的是（）a在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质b乙醇、乙酸和甲醛广泛应用于食品加工c计算机芯片所用的材料是高纯度的二氧化硅d捕获工业排放的co2能降低地球的温室效应考点：常见的食品添加剂的组成、性质和作用；常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅专题：化学应用分析：a防氧化就是防止氧气的进入并与之反应，防受潮就是防止水分的进入；b甲醛具有毒性，不能用于食品加工，乙醇、乙酸可广泛应用于食品加工；c物质的结构决定物质的性质，物质的性质决定物质的用途，半导体硅晶片可以制造制造计算机芯片；d地球大气中co2含量增多，产生温室效应，导致全球变暖，捕获工业排放的co2能降低地球的温室效应；解答：解：a在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶（具有吸湿性）能吸收水分，铁是较活泼的金属，具有还原性，能防止食品被氧化，故a正确；b乙醇、乙酸可广泛应用于食品加工，甲醛具有毒性，食用甲醛加工的食品，会出现呼吸道水肿，头痛，严重的可导致白血病，故b错误；c高纯的单晶硅是重要的半导体材料，可做成太阳能电池，各种集成电路，用于制造计算机芯片，二氧化硅是制造玻璃、水玻璃、光导纤维、电子工业的重要部件，故c错误；d温室效应产生的原因是二氧化碳的增多，要缓解“温室效应”就要减少二氧化碳的含量，捕获工业排放的co2能降低地球的温室效应，故d正确；故选bc点评：本题考查了化学与生活有关知识，环境的污染和治理，明确硅胶和铁粉防止食物受潮、氧化变质原理，了解甲醛的毒性，掌握硅、二氧化硅的用途是解答的关键，题目难度不大22（3分）（2014龙湖区二模）短周期元素的x、y、z、w原子序数依次增大，x原子最外层电子数是电子层数的三倍，y与x可形成y2x2和y2x两种离子化合物，z原子的核外电子数比原子y原子多1，w与x同主族，则（）a气态氢化物的稳定性：xwb单质的还原性：yzc原子半径：yzwdy和z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应考点：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：短周期元素的x、y、z、w原子序数依次增大，x原子最外层电子数是电子层数的三倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则x为o元素；y与x可形成y2x2和y2x两种离子化合物，则y为na元素；z原子的核外电子数比原子y原子多1，则z为mg；w与x同主族，则w为s元素，据此解答解答：解：短周期元素的x、y、z、w原子序数依次增大，x原子最外层电子数是电子层数的三倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则x为o元素；y与x可形成y2x2和y2x两种离子化合物，则y为na元素；z原子的核外电子数比原子y原子多1，则z为mg；w与x同主族，则w为s元素，a非金属性os，故气态氢化物的稳定性：os，故a正确；b金属性namg，故单质的还原性：namg，故b正确；c同周期自左而右原子半径减小，故原子半径namgs，故c错误；d氢氧化镁不能与氢氧化钠反应，故d错误，故选ab点评：本题考查结构性质位置关系应用，难度不大，侧重对元素周期律的考查，明确元素涉及解题关键，注意对元素周期律的理解掌握23（3分）对于常温下ph=3的乙酸溶液，下列说法正确的是（）a与等体积、ph=3的盐酸比较，跟足量锌粒反应产生的h2更多b加水稀释到原体积的10倍后溶液ph变为4c加入少量乙酸钠固体，溶液ph升高d溶液中粒子浓度大小关系为：c（h+）c（ch3cooh）c（ch3coo）c（oh）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；ph的简单计算专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：a、乙酸是弱电解质，在溶液中部分电离；b、乙酸是弱电解质存在电离平衡，加水稀释促进电离；c、依据电离平衡移动方向分析判断；d、乙酸在溶液中部分电离，溶液显酸性，溶液中的氢离子浓度大于醋酸根离子浓度解答：解：a、乙酸是弱电解质，在溶液中部分电离，则c（ch3cooh）c（h+），盐酸中c（hcl）=c（h+），所以等体积、等ph的二者醋酸的物质的量大，则与足量锌粒反应醋酸产生的h2更多，故a正确；b、加水稀释到原体积的10倍后溶液ph变为4，但乙酸是弱电解质存在电离平衡，稀释促进电离，溶液又电离出氢离子，浓度增大，溶液ph小于4，故b错误；c、乙酸钠溶于水溶液中的乙酸根离子抑制乙酸的电离，平衡左移，氢离子浓度减小，溶液ph增大，故c正确；d、乙酸在溶液中部分电离，溶液显酸性，溶液中的氢离子浓度大于醋酸根离子浓度，溶液中粒子浓度大小关系为：c（ch3cooh）c（h+）c（ch3coo）c（oh），故d错误故选ac点评：本题考查了弱电解质的电离平衡分析判断，溶液中kw的应用，影响因素的分析等，侧重于基础知识的考查，题目难度不大24（3分）反应a（g）+b（g）c（g）+d（g） 发生过程中的能量变化如右图，h 表示反应的焓变下列说法正确的是（）a该反应为吸热反应b反应体系中加入催化剂，反应速率增大，e1减小，e2增大c反应体系中加入催化剂，反应速率增大，h不变d反应达到平衡时，降低温度，a的转化率增大考点：反应热和焓变专题：化学反应中的能量变化分析：由图象可知反应物总能量大于生成物总能量，应为放热反应，加入催化剂可减小反应的活化能，但对反应热无影响，升高温度，平衡向逆反应方向移动解答：解：a反应物总能量大于生成物总能量，h0，该反应为放热反应，故a错误；b反应体系中加入催化剂，反应速率增大，e1、e2都减小，故b错误；c应体系中加入催化剂，活化能降低，反应速率增大，h不变，故c正确；d反应物总能量大于生成物总能量，h0，反应达到平衡时，降低温度，平衡正向进行，a的转化率增大，故d正确故选cd点评：本题考查较为综合，涉及化学反应与能量的变化以及影响化学平衡的因素，注意根据图象判断反应物总能量与生成物总能量的关系，注意催化剂对反应的影响，题目难度不大25（3分）下列实验现象预测正确的是（）a打开止水夹，烧瓶内出现红色喷泉b酸性kmno4溶液中出现气泡，颜色无明显变化c静置一段时间，小试管内有晶体析出d烧杯中液体变为红褐色后，继续加热煮沸，会出现浑浊考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：a酚酞遇酸呈无色；b根据浓硫酸具有脱水性和氧化性的性质分析；c根据浓硫酸的吸水性和饱和溶液的特点分析即可；d胶体加热可发生聚沉解答：解：a酚酞遇酸呈无色，看不到无色喷泉，故a错误； b浓硫酸具有脱水性和强氧化性，浓硫酸首先将蔗糖脱水生成单质碳，然后单质碳被浓硫酸氧化生成co2而本身被还原成so2，so2具有还原性可使酸性kmno4溶液褪色，故b错误；c浓硫酸有吸水性，它要吸收饱和硝酸钾溶液挥发出来的水，从而使饱和硝酸钾溶液中的溶剂量减少，所以观察到有晶体析出，故c正确；d氢氧化铁胶体加热可发生聚沉，会出现浑浊，故d正确故选cd点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及喷泉实验、浓硫酸的性质、胶体制备等知识点，题目难度不大，注重基础知识的考查三、非选择题：本大题共4小题按题目要求作答，写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位26（12分）直接生成碳碳键的反应是近年来有机化学研究的热点之一，例如反 应化合物i可由化合物a通过以下步骤制备a（c8h8o）（c8h10）请回答下列问题： （1）化合物a的结构中不含甲基，则化合物a的结构简式是，其官能团的名称是醛基，1 mol a 完全燃烧消耗o29.5mol （2）写出由生成的化学反应方程式（3）一分子与一分子 能发生类似的反应，生成有机化合物，则的结构简式为（4）a的一种同分异构体，与新制cu（oh）2共热产生砖红色沉淀，化合物苯环上的一氯代物只有两种，则的结构简式为考点：有机物的推断专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）（2）由信息可知，反应中物质i中br被取代，化合物a的结构中不含甲基，由化合物i的制备流程可知，则化合物a为，a为cho的加成反应生成为，为消去反应，生成为，最后双键与hbr发生加成反应生成i；（3）与一分子能发生类似的反应，生成有机化合物，cl被取代，结合丙二酸中亚甲基上的h；（4）a的一种同分异构体，与新制cu（oh）2共热产生砖红色沉淀，含cho，化合物苯环上的一氯代物只有两种，则苯环上有2种h原子，故a为对甲基苯甲醛解答：解：由信息可知，反应中物质i中br被取代，化合物a的结构中不含甲基，由化合物i的制备流程可知，则化合物a为，a为cho的加成反应生成为，为消去反应，生成为，最后双键与hbr发生加成反应生成i；（1）由上述分析可知，a的结构简式是，官能团为醛基，1mola完全燃烧消耗o2 为1mol（8+）=9.5mol故答案为：；醛基；9.5；（2）由生成，为消去反应，该化学反应方程式为：，故答案为：；（：3）与一分子能发生类似的反应，生成有机化合物，cl被取代，cl结合丙二酸中亚甲基上的h，则生成的结构简式为，故答案为：；（5）a的一种同分异构体，与新制cu（oh）2共热产生砖红色沉淀，含cho，化合物苯环上的一氯代物只有两种，则苯环上有2种位置的h，为对甲基苯甲醛，的结构简式为，故答案为：点评：本题考查有机物推断与合成，理解给予的信息，注意合成反应中官能团的变化，侧重对学生分析推理及综合应用能力的考查，题目难度中等27（10分）汽车尾气是城市空气的主要污染物，如何减少汽车尾气（co、nox等）的污染是重要的科学研究课题（1）已知：n2（g）+o2（g）2no（g）h1n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h22h2（g）+o2（g）2h2o（g）h3则4no（g）+4nh3（g）+o2（g）4n2（g）+6h2o（g）h=3h32h12h2（用h1、h2、h3表达）（2）在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：2no（g）+2co（g）n2（g）+2co2（g），下列说法不能说明该反应达到平衡的是b （填字母）ano的生成速率与no的消耗速率相等bv（co）=v（co2）c体系的压强保持不变d各物质的浓度保持不变（3）可用活性炭还原法处理氮氧化物有关反应的化学方程式为：c（s）+2no（g）n2（g）+co2（g）h0某研究小组向密闭容器加入一定量的活性炭和no，恒温（t1）条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下： 浓度/moll1时间/minnon2co200.10000100.0580.0210.021200.0400.0300.030300.0400.0300.030400.032