山西省忻州一中高一化学下学期期末考试试卷（含解析）.doc

山西省忻州一中2014-2015学年高一下学期期末化学试卷 一选择题：每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确114题，每小题2分，1520题，每小题2分，共46分1我国著名的化学家徐光宪先胜因在稀土金属等研究领域做出杰出贡献，荣获了2008年度“国家最高科学技术奖”是地壳中含量最高的稀土金属铈元素下列关于的说法错误的是( )a质量数为140b中子数为82c质子数为58d核外电子数为198考点：核素 专题：原子组成与结构专题分析：中质子数为58，质量数为140，依据质量数a=质子数z+中子数n，可求出中子数，依据核外电子数=质子数=原子序数=核电荷数可知核外电子数解答：解：a、中ce的左上角代表质量数，因此的质量数为140，故a正确；b、中ce的左上角代表质量数为140，左下角为质子数为58，依据质量数a=质子数z+中子数n可知：中子数n=14058=82，故b正确；c、中ce的左下角为质子数，因此的质子数为58，故c正确；d、依据核外电子数=质子数可知，核外电子数为58，故d错误；故选：d点评：本题考查核素的表示方法和关系式：质量数a=质子数z+中子数n、核外电子数=质子数=原子序数=核电荷数的应用，难度不大2下列与有机物的结构、性质有关的叙述正确的是( )a分子式为c5h12o且可与金属钠反应放出氢气的有机物有4种b甲苯分子中所有原子可能共面c苯、乙醇、油脂均不能使酸性kmno4溶液褪色dc3h2cl6有四种同分异构体考点：物质的组成、结构和性质的关系 分析：a分子式为c5h12o的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有oh，该物质为戊醇，可以看作羟基取代戊烷形成的醇，戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷；b甲苯可以可作是甲烷中的h原子被苯基取代，根据甲烷结构判断所有原子是否共面；c乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，不饱和油脂能被酸性高锰酸钾溶液氧化；d丙烷的二氯代物同分异构体种类与六氯代物同分异构体种类相同解答：解：a分子式为c5h12o的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有oh，该物质为戊醇，可以看作羟基取代戊烷形成的醇，戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷，ch3ch2ch2ch2ch3分子中有3种h原子，被oh取代得到3种醇；ch3ch2ch（ch3）2分子中有4种h原子，被oh取代得到4种醇；c（ch3）4分子中有1种h原子，被oh取代得到1种醇；所以该有机物的可能结构有8种，故a错误；b甲苯可以可作是甲烷中的h原子被苯基取代，甲烷是正四面体结构，根据甲烷结构知，该分子中所有原子不共面，故b错误；c乙醇、不饱和油脂能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故c错误；d丙烷的二氯代物同分异构体种类与六氯代物同分异构体种类相同，丙烷的二氯代物有chcl2ch2ch3、ch3ccl2ch3、ch2clchclch3、ch2clch2ch2cl，将氯原子换为氢原子、氢原子换为氯原子即可得到其六氯代物，所以其六氯代物有4种，故d正确；故选d点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，涉及物质性质及同分异构体种类判断，侧重考查学生知识迁移能力及判断能力，难点是d选项，采用逆向思维方法分析解答，题目难度中等3将等体积的四氯化碳、溴苯和水在试管中充分混合后静置下列图示现象正确的是( )abcd考点：相似相溶原理及其应用；分液和萃取 分析：四氯化碳和溴苯互溶，等体积混合后密度大于水，结合物质的密度可知，密度小的在上方，密度大的在下方，以此来解答解答：解：四氯化碳和溴苯互溶，等体积混合后密度大于水，所以四氯化碳和溴苯的混合物在在水的下层，水在上层，从图象上看，所以c正确，故选c点评：本题考查有机物的性质，题目难度不大，注意把握相关基础知识的积累4为预防“h1n1”甲型流感，同学们每天用“84”消毒液（naclo溶液）消毒，下列说法正确的是( )anaclo溶液的漂白原理与so2相同b1 mol cl2与足量naoh溶液反应转移2 mol电子cnaclo溶液的消毒原理是其强氧化性使蛋白质变性d“84”消毒液与“洁厕灵”（盐酸）共同使用可达到既清洁又消毒的双重效果考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用 分析：a、naclo的漂白原理为氧化漂白，so2的漂白原理为化合漂白；b、1mol氯气和足量氢氧化钠溶液反应发生自身氧化还原，氯元素化合价0价变化为1价和+1价；c、naclo水解生成的次氯酸具有氧化性，可以使蛋白质变性；d、“84”消毒液为naclo溶液与“洁厕灵”（盐酸）混合会发生反应，clo+cl+2h+=cl2+h2o生成有毒气体氯气；解答：解：a、因naclo的漂白原理为氧化漂白，so2的漂白原理为化合漂白，故a错误；b、cl2+2naoh=nacl+naclo+h2o，cl2从0价变为+1或者1价，所以1molcl2与足量naoh溶液反应只转移了1mol电子，故b错误；c、naclo水解生成的次氯酸具有氧化性，naclo溶液的消毒原理是其强氧化性使蛋白质变性，故c正确；d、因“84”消毒液中含有naclo，洁厕灵中含有盐酸，两者相遇发生反应：clo+cl+2h+=cl2+h2o，产生有毒的氯气，故d错误；故选c点评：本题主要考查了氧化还原反应知识，难度不大，试题有一定的灵活性，应注意知识的运用5区别下列各组物质的方法错误的是( )a甲烷和乙烯：分别通入酸性kmno4溶液b乙醇和乙酸：分别滴加naoh溶液c苯和四氯化碳：分别与水混合、振荡、静置d棉花织品和羊毛织品：分别燃烧闻气味考点：有机物的鉴别 专题：有机反应分析：a乙烯含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；b乙醇与氢氧化钠不反应，乙酸与氢氧化钠反应没有明显现象；c苯和四氯化碳的密度不同；d羊毛的主要成分为蛋白质解答：解：a乙烯含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，而甲烷不反应，可鉴别，故a正确；b乙醇与氢氧化钠不反应，乙酸与氢氧化钠发生中和反应，但反应没有明显现象，不能鉴别，可用石蕊鉴别，故b错误；c苯不溶于水，密度比水小，四氯化碳不溶于水，但密度比水大，可鉴别，故c正确；d羊毛的主要成分为蛋白质，灼烧时有烧焦的羽毛气味，可鉴别，故d正确故选b点评：本题考查有机物的鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握有机物性质的异同，难度不大6以下物质一定条件下可与水反应的是( )afebal（oh）3cnodh2so3考点：铁的化学性质；铝的化学性质 分析：a铁和水蒸气在高温条件下反应；b氢氧化铝难溶于水；cno难溶于水；d亚硫酸易溶于水，但和水不反应解答：解：高温条件下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3fe+4h2o（g）fe3o4+4h2，氢氧化铝、no都不溶于水也不和水反应，亚硫酸易溶于水，但和水不反应，所以一定条件下只有fe和水反应，故选a点评：本题考查元素化合物性质，明确物质性质是解本题关键，注意铁和水在常温下不反应但高温下发生置换反应，为易错点7以下各组物质间的每步转化，存在不能通过一步反应实现的是( )aso2h2so4mgso4baso4bsisio2h2sio3na2sio3cfefecl2fe（oh）2fe（oh）3dnana2so4naohna2co3考点：硅和二氧化硅；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物 分析：a二氧化硫与氯水反应生成硫酸，硫酸与氢氧化镁反应生成硫酸镁，硫酸镁与氯化钡反应生成硫酸钡；b二氧化硅不溶于水，与水不反应；c铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，氧化生成氢氧化铁；d钠与硫酸反应生成硫酸钠，硫酸钠与氢氧化钡发生复分解反应生成硫酸钡和氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成 碳酸钠解答：解：a二氧化硫与氯水反应生成硫酸，硫酸与氢氧化镁反应生成硫酸镁，硫酸镁与氯化钡反应生成硫酸钡，所以so2h2so4mgso4baso4，都能够通过一步实现，故a不选；b二氧化硅与水不反应，不能一步实现sio2h2sio3，故b选；c.铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，氧化生成氢氧化铁，所以fefecl2fe（oh）2fe（oh）3，都能够通过一步实现，故c不选；d钠与硫酸反应生成硫酸钠，硫酸钠与氢氧化钡发生复分解反应生成硫酸钡和氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成 碳酸钠，所以nana2so4naohna2co3，都能够通过一步实现，故d不选；故选：b点评：本题考查了物质的性质，熟悉物质的化学性质及相互转化是解题关键，题目难度不大8下列物质按只含离子键、只含共价键、既含离子键又含共价键的顺序排列的是( )a氯气二氧化碳氢氧化钠b氯化钠过氧化钠氯化铵c氯化钠过氧化氢氯化铵d氯化钠氦气氢氧化钠考点：离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型 专题：化学键与晶体结构分析：一般来说，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，金属氧化物、部分碱、大多数盐中都含有离子键，据此分析解答解答：解：a氯气和二氧化碳分子中都只含共价键，naoh中含有离子键和共价键，故a错误；bnacl中只含离子键，过氧化钠和氯化铵中含有离子键和共价键，故b错误；cnacl中只含离子键，h2o2中只含共价键，nh4cl中含有离子键和共价键，故c正确；dnacl中只含离子键，he中不含化学键，故d错误；故选c点评：本题考查了离子键和共价键的判断，明确物质的构成微粒及物质间作用力即可解答，注意稀有气体为单原子分子，不含化学键，只存在分子间作用力，为易错点9下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( )a氯气通入水中：cl2+h2o2h+cl+clob氢氧化铁胶体中加入hi溶液：fe（oh）3+3h+=fe3+3h2ocnaalo2溶液中通入过量co2：2alo2+co2+3h2o=2al（oh）3+co32d用稀硝酸除去试管内壁银：3ag+4h+no3=3ag+no+2h2o考点：离子方程式的书写 分析：a次氯酸为弱电解质保留化学式；b三价铁离子能够氧化碘离子；cnaalo2溶液中通入过量co2反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；d稀硝酸与银反应生成硝酸银和一氧化氮解答：解：a氯气通入水中，离子方程式：cl2+h2oh+cl+hclo，故a错误；b氢氧化铁胶体中加入hi溶液，离子方程式为：2fe（oh）3+6h+2i=2fe2+i2+6h2o，故b错误；cnaalo2溶液中通入过量co2：alo2+co2+2h2o=al（oh）3+hco3，故c错误；d用稀硝酸除去试管内壁银，离子方程式：3ag+4h+no3=3ag+no+2h2o，故d正确；故选：d点评：本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，明确反应的实质是解题关键，注意离子方程式的书写应符合客观实际，注意电荷守恒以及粒子符号等问题10下列有关化学与自然资源的开发利用说法中不正确的是( )a海水提溴是将海水中的化合态的溴富集再转化为游离态的溴b石油裂化的主要目的是提高汽油的产量c煤干馏的产品很多，是一个化学变化d海水提镁的过程为：mgcl2（aq） mg（oh）2mgomg考点：海水资源及其综合利用；石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用 分析：a、根据工业上海水中提取溴的方法判断；b、石油裂化的主要目的是将长的碳链断裂成短的碳链，得到汽油；c、煤干馏是将煤隔绝空气加强热，产生很多新物质；d、海水提镁的过程中从海水中得到氯化镁，再电解氯化镁得镁解答：解：a、根据工业上海水中提取溴的方法可知，是先将海水中的化合态的溴富集再转化为游离态的溴，故a正确；b、石油裂化的主要目的是将长的碳链断裂成短的碳链，得到汽油，以提高汽油的产量，故b正确；c、煤干馏是将煤隔绝空气加强热，产生很多新物质，所以是化学变化，故c正确；d、海水提镁的过程中从海水中得到氯化镁，再电解氯化镁得镁，故d错误，故选d点评：本题考查海水资源及其综合利用、煤和石油的加工等，难度不大，注意工业上用电解法制镁的方法11下列有关电池的说法不正确的是( )a手机上用的锂离子电池属于二次电池b原电池中，阳离子一定向负极移动c甲醇燃料电池可把化学能转化为电能d锌锰干电池中，锌电极是负极考点：原电池和电解池的工作原理 分析：电池分为一次电池、二次电池和燃料电池，二次电池可以反复充电多次使用，一次电池不具有该功能；原电池中活泼金属做负极，电子沿外电路从负极流向正极，阳离子向正极移动；电池的实质是将化学能转化成电能解答：解：a、锂离子电池可以充电，再次使用，属于二次电池，故a正确；b、原电池中，阳离子向正极移动，故b错误；c、电池的实质即是化学能转化成电能，故c正确；d、zn失去电子生成zn2+，故作为负极，故d正确故选b点评：本题考查原电池的组成和工作原理，涉及到电池的分类、电子的流向、反应的实质以及正负极的判断，题目难度不大，建议把相关基础知识掌握好12营养物质在人体内发生的变化及其对人的生命活动所起的作用叙述不正确的是( )a淀粉葡萄糖co2和h2o（释放能量维持生命活动）b纤维素葡萄糖co2和h2o（释放能量维持生命活动）c油脂甘油和高级脂肪酸co2和h2o（释放能量维持生命活动）d蛋白质氨基酸人体所需的蛋白质（人体生长发育）考点：人体新陈代谢过程中的生化反应 专题：糖类与蛋白质专题分析：a淀粉能为人体提供能量； b人体内没有水解纤维素的酶；c油脂能为人体提供能量；d蛋白质水解生成氨基酸，氨基酸能合成蛋白质解答：解：a淀粉在淀粉酶的作用下水解生成葡萄糖，葡萄糖被氧化能释放出能量，故a正确； b纤维素不是人体所需要的营养物质，人体内没有水解纤维素的酶，它在人体内主要是加强胃肠蠕动，有通便功能，故b错误；c油脂水解生成甘油和高级脂肪酸，甘油和高级脂肪酸能被氧化释放能量，故c正确；d蛋白质水解生成氨基酸，氨基酸能合成人体生长发育、新陈代谢的蛋白质，故d正确故选b点评：本题考查基本营养物质在体内的化学反应，难度不大，注意纤维素不是人体所需要的营养物质，人体内没有水解纤维素的酶，它在人体内主要是加强胃肠蠕动，有通便功能13莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是( )a分子中含有3种官能团b可发生加成、取代、水解反应c分子式为c7h6o5d水溶液中羧基和羟基均能电离出h+考点：有机物的结构和性质 分析：该物质中含有醇羟基、羧基和碳碳双键，具有醇、羧酸和烯烃性质，能发生氧化反应、消去反应、取代反应、加成反应、酯化反应等，据此分析解答解答：解：a该物质中含有醇羟基、羧基和碳碳双键三种官能团，故a正确；b该物质中不含卤原子、肽键或酯基，所以不能发生水解反应，故b错误；c根据结构简式知，分子式为c7h10o5，故c错误；d该物质中含有羧基，能电离出氢离子，但醇羟基不易电离出氢离子，为d错误；故选a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，注意该物质中不含苯环，所以不含酚羟基而含醇羟基，易错选项是d14na是阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )a1.00mol nacl中含有na个nacl分子b1.00mol nacl中，所有na+的最外层电子总数为8nac欲配制1.00l，1.00moll1的nacl溶液，可将58.5g nacl溶于1.00l水中d标准状况下，11.2lch3ch2oh中含有分子的数目为0.5na考点：阿伏加德罗常数 分析：a氯化钠为离子晶体；b钠离子是原子失去最外层电子形成，离子最外层电子数是8；c溶液的体积大于1l；d标况下，乙醇为液体解答：解：a氯化钠为离子晶体，不存在分子，故a错误；bna+的最外层电子电子为8，所以1.00 mol nacl中，所有na+的最外层电子总数为8mol，最外层电子总数为8na，故b正确；c将58.5g nacl溶于1.00l水，溶液的体积大于1l，溶液的浓度小于1.00moll1，故c错误；d标况下，乙醇为液体，不能使用气体摩尔体积，故d错误；故选：b点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，熟悉物质的量的有关计算公式，明确气体摩尔体积适用对象和使用条件是解题关键，题目难度不大15下列选项中能发生反应，且甲组为取代反应，乙组为加成反应的是( )甲乙a苯与溴水乙烯与水制乙醇（催化剂）b油脂水解（催化剂、加热）苯与氢气（催化剂、加热）c油脂水解乙酸和乙醇的酯化反应（催化剂、加热）d乙烯与溴的四氯化碳溶液甲烷与氯气（光照）aabbccdd考点：取代反应与加成反应 分析：a苯与溴水不反应；b油脂水解生成甘油和高级脂肪酸（或盐），苯与氢气发生加成反应生成环己烷；c油脂水解属于取代反应，乙酸和乙醇的酯化反应生成乙酸乙酯和水；d乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成1，2二溴乙烷，甲烷与氯气（光照）反应生成氯代烃和hcl解答：解：a苯与溴水不反应，而乙烯与水制乙醇为烯烃的加成反应，故a不选；b油脂水解生成甘油和高级脂肪酸（或盐），苯与氢气发生加成反应生成环己烷，分别为取代反应、加成反应，故b选；c油脂水解属于取代反应，乙酸和乙醇的酯化反应生成乙酸乙酯和水，均属于取代反应，故c不选；d乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成1，2二溴乙烷，甲烷与氯气（光照）反应生成氯代烃和hcl，分别为加成反应、取代反应，故d不选；故选b点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物中的官能团及官能团与性质的关系为解答的关键，侧重性质及有机反应类型的考查，题目难度不大16括号内物质为杂质，下列除去杂质的做法不正确的是( )a乙酸乙酯（乙酸和乙醇）：用饱和na2co3溶液洗涤后分液b乙烷（乙烯）：用浓溴水洗气c乙醇（乙酸）：用naoh溶液中和后分液d乙醇（水）：用生石灰吸水后蒸馏考点：乙醇的化学性质；乙烯的化学性质；物质的分离、提纯和除杂 专题：有机物的化学性质及推断分析：a、根据乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸的酸性比碳酸强，乙醇溶于水；b、根据乙烯能和溴水会发生加成反应而乙烷则不能；c、根据乙酸能与naoh溶液反应，乙醇能溶于水；d、根据生石灰能和水反应生成碱来考虑；解答：解：a、乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸乙酯，故a正确；b、通过溴水时，乙烯被吸收，而乙烷不反应，可以除去乙烷中的乙烯，故b正确；c、乙酸能与naoh溶液反应生成盐和水，乙醇能溶于水，不能分离，故c错误；d、生石灰能和水反应生成碱，然后用蒸馏的方法分离，乙醇易挥发，而氢氧化钙难以挥发，可将二者分离，故d正确；故选：c点评：本题考查物质的分离、提纯和除杂，题目难度不大，本题注意除杂时不能引入新的杂质，且不能影响被提纯的物质的量17巴豆酸是一种对胃肠道有强烈刺激性、对呼吸中枢和心脏有麻痹作用的有机酸，其结构简式为ch3ch=chcooh，现有氯化氢 溴水 纯碱溶液 乙醇 酸化的高锰酸钾溶液试根据其结构特点判断在一定条件下能与巴豆酸反应的物质是( )a只有b只有c只有d全部考点：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：ch3ch=chcooh中含c=c、cooh，结合烯烃和羧酸的性质来解答解答：解：含c=c，能与发生加成反应，与发生氧化反应；含cooh，能与发生复分解反应，与发生酯化反应，则选项中的物质均可在一定条件下与巴豆酸反应，故选d点评：本题考查有机物的结构与性质，注意把握常见的官能团及性质的关系，熟悉羧酸、烯烃的性质是解答的关键，题目难度不大18长征二号f型火箭用的燃料是液态的偏二甲基肼（c2h8n2），氧化剂是液态的n2o4，已知1.5g偏二甲基肼完全燃烧生成n2、co2和液态h2o放出热量50kj下列说法不正确的是( )a燃料在火箭发动机中燃烧是将化学能主要转化为热能和机械能b偏二甲基肼在n2o4中的燃烧反应是放热反应c该反应中偏二甲基肼和n2o4总能量低于co2、n2和h2o的总能量d燃烧时的总反应方程式为：c2h8n2+2n2o42co2+3n2+4h2o考点：反应热和焓变 专题：化学反应中的能量变化分析：由1.5 g偏二甲基肼燃烧时放出50 kj热量，分析判断a和b；反应放热，则反应物的总能量高于生成物的总能量，分析c；d、据原子守恒和得失电子守恒书写化学方程式解答：解：a、火箭用的燃料是液态的偏二甲基肼，就是利用燃料燃烧将化学能转化为热能和机械能，故a正确；b、已知1.5g偏二甲基肼完全燃烧生成n2、co2和液态h2o放出热量50kj，故b正确；c、放热反应中反应物总能量高于生成物，故c错误；d、已知反应物和生成物，据原子守恒和得失电子守恒书写化学方程式为c2h8n2+2n2o42co2+3n2+4h2o，故d正确；故选c点评：本题考查了燃料燃烧中的能量变化形式、放热反应与反应物生成物能量关系、化学方程式书写，题目难度中等19某单官能团有机化合物，只含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为58，完全燃烧时产生等物质的量的co2和h2o它可能的结构共有（不考虑立体异构）( )a4种b5种c6种d7种考点：同分异构现象和同分异构体；有机物的推断 专题：同分异构体的类型及其判定；烃及其衍生物的燃烧规律分析：根据题意，可先解得分子式设为cnh2nox，若只有1个氧原子，5816=42，剩下的为碳和氢，14n=42，则碳只能为3个，即为c3h6o，1个不饱和度若有2个o，那么5832=26，14n=26，n不可能为分数，则不可能为2个氧原子，再根据官能团异构、碳链异构确定同分异构体的种类解答：解：设为cnh2nox，若只有1个氧原子，5816=42，剩下的为碳和氢，14n=42，则碳只能为3个，即为c3h6o，1个不饱和度若有2个o，那么5832=26，14n=26，n不可能为分数，则不可能为2个氧原子，所以分子式为c3h6o，再根据官能团异构、碳链异构确定同分异构体的种类：醛一种，酮一种，烯醇一种，三元含氧杂环，三元碳环一种，四元杂环一种，共6种，而由题意可知有机物为单官能团，烯醇应舍去，故选：b；点评：本题主要考查了同分异构体的确定，难度不大，分子式的确定是解题的关键20在一定温度下，容器内某一反应中m、n的物质的量随反应时间变化的曲线如图，下列表述中正确的是( )a反应的化学方程式为：2nmbt2时，正逆反应速率相等，达到平衡ct1时，n的浓度是m的浓度的3倍dt3时，正反应速率大于逆反应速率考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线 分析：根据反应过程中物质的量的变化量知，n是反应物、m是生成物，达到平衡状态时，n（m）=（52）mol=3mol、n（n）=（82）mol=6mol，a相同时间内，各物质的物质的量变化量之比等于其计量数之比，从而确定方程式；b反应达到平衡状态时正逆反应速率相等；ct1时，n的浓度是m的浓度的2倍；d反应达到平衡状态正逆反应速率相等解答：解：根据反应过程中物质的量的变化量知，n是反应物、m是生成物，达到平衡状态时，n（m）=（52）mol=3mol、n（n）=（82）mol=6mol，a相同时间内，各物质的物质的量变化量之比等于其计量数之比，所以n、m的计量数之比=6mol/l：3mol/l=2：1，所以方程式为2nm，故a正确；bt2时，两种物质的物质的量相等，但反应继续向正反应方向移动，所以没有达到平衡状态，正反应速率大于逆反应速率，故b错误；ct1时，n的物质的量是6mol、m的物质的量是3mol，容器体积相等，所以n的浓度是m的浓度的2倍，故c错误；dt3时，各物质的物质的量不变，说明反应达到平衡状态，所以正逆反应速率相等，故d错误；故选a点评：本题考查图象分析，明确图象中纵横坐标含义及平衡状态特点是解本题关键，易错选项是b，注意：反应速率图象中只有正逆反应速率相等的点才是平衡状态点二非选择题（共54分）21w、x、y、z是原子序数依次增大的同一短周期元素，w、x是金属，y、z是非金属元素用化学用语回答下列问题（1）w、x各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，该反应的离子方程式为al（oh）3+oh=alo2+2h2o（2）w与y可形成化合物w2y，该化合物的电子式为（3）y的低价氧化物通入z单质的水溶液中，发生反应的化学方程式为so2+cl2+2h2o=h2so4+2hcl（4）比较y、z气态氢化物的稳定性：hclh2s（5）w、x、y、z四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是s 2clna+al3+（6）z的最高价氧化物为无色液体，该物质与水可发生反应写出该反应的化学方程式：cl2o7+h2o=2hclo4考点：位置结构性质的相互关系应用 分析：w、x、y、z是原子序数依次增大的同一周期元素，w、x是金属元素，y、z是非金属元素（1）w、x各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，可推知w为na、x为al；（2）w（na）与y可形成化合物w2y，y表现2价，则y为s；（3）结合原子序数可知z为cl，s的低价氧化物通入氯气的水溶液中，应为二氧化硫与氯气反应生成硫酸与hcl；（4）同周期自左而右元素非金属性增强，非金属性越强，氢化物越稳定；（5）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多，离子半径越大；（6）z的最高价氧化物为是cl2o7，cl2o7和水反应生成高氯酸解答：解：w、x、y、z是原子序数依次增大的同一周期元素，原子序数均小于18，w、x是金属元素，y、z是非金属元素（1）w、x为金属，其最高价氧化物对应的水化物为碱，且两种碱可以反应生成盐和水，则为naoh和al（oh）3，二者反应的离子方程式：al（oh）3+oh=alo2+2h2o，故答案为：al（oh）3+oh=alo2+2h2o；（2）w（na）与y可形成化合物w2y，y表现2价，则y为s，na2s的电子式为：，故答案为：；（3）结合原子序数可知z为cl，s的低价氧化物通入氯气的水溶液中，应为二氧化硫与氯气反应生成硫酸与hcl，反应化学方程式为so2+cl2+2h2o=h2so4+2hcl，故答案为：so2+cl2+2h2o=h2so4+2hcl；（4）同一周期元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，所以稳定性为hclh2s，故答案为：hcl；h2s；（5）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多，离子半径越大，故离子半径大小顺序是：s 2clna+al3+，故答案为：s 2；cl；na+；al3+；（6）z的最高价氧化物为是cl2o7，cl2o7和水反应生成高氯酸，化学反应方程式为：cl2o7+h2o=2hclo4，故答案为：cl2o7+h2o=2hclo4点评：本题考查结构性质位置关系应用，涉及电子式、微粒半径比较、元素周期律应用、化学方程式书写等，正确推断元素是解本题关键，注意掌握微粒半径大小的比较方法22以乙烯为原料合成化合物c的流程如图所示：（1）c中含有的官能团名称为酯基（2）写出a的结构简式：（3）的反应类型分别为加成反应反应和水解反应反应（4）写出乙酸的属于酯的同分异构体的结构简式：hcooch3（5）写出反应和的化学方程式：2ch3ch2oh+o22ch3cho+2h2o；2ch3cooh+hoch2ch2ohch3cooch2ch2oocch3+2h2o考点：有机物的推断 分析：乙烯与溴发生加成反应生成a为，a发生水解得乙二醇，乙烯与水发生加成得乙醇，乙醇催化氧化得b为ch3cho，b氧化得乙酸，根据c的分子式可知，乙酸与乙二醇发生酯化反应得c为ch3cooch2ch2oocch3，据此答题解答：解：乙烯与溴发生加成反应生成a为，a发生水解得乙二醇，乙烯与水发生加成得乙醇，乙醇催化氧化得b为ch3cho，b氧化得乙酸，根据c的分子式可知，乙酸与乙二醇发生酯化反应得c为ch3cooch2ch2oocch3，（1）c为ch3cooch2ch2oocch3，其含有的官能团为酯基，故答案为：酯基；（2）根据上面的分析可知，a的结构简式为：，故答案为：；（3）由合成流程图可知，反应为乙烯与水的加成反应生成乙醇，反应为1，2二溴乙烷发生水解反应生成乙二醇，故答案为：加成反应；水解反应；（4）乙酸的属于酯的同分异构体的结构简式为hcooch3，故答案为：hcooch3；（4）反应为乙醇催化氧化生成乙醛，反应方程式为：2ch3ch2oh+o22ch3cho+2h2o，反应为乙二醇与乙酸发生酯化反应生成c，由c的分子式可知，应是1分子乙二醇与2分子乙酸反应，则c为二乙酸乙二酯（ch3cooch2ch2oocch3），反应方程式为：2ch3cooh+hoch2ch2ohch3cooch2ch2oocch3+2h2o，故答案为：2ch3ch2oh+o22ch3cho+2h2o；2ch3cooh+hoch2ch2ohch3cooch2ch2oocch3+2h2o；点评：本题考查有机物的推断与合成，难度中等，在注重对学生基础知识巩固的同时，培养学生的知识的迁移能力，记住常见官能团的结构、性质以及官能团之间的相互转化是关键，注意合成路线中碳原子数目的变化23（18分）i某课外小组的同学用下图甲所示的装置制取乙酸乙酯，他们在试管a中按顺序加入碎瓷片、乙醇、浓硫酸和乙酸，然后加热制取请回答：（1）小试管b中的液体是饱和碳酸钠溶液（2）小试管b中的导管不能伸入到液面下，原因是防止倒吸（3）装置中有一个明显错误，改正后才能制取此错误是试管b口用了橡皮塞小组用该装置加入乙醇和浓硫酸制取乙烯小组同学分析：因装置有缺陷必有so2生成为确认所制气体中有乙烯和so2，他们设计实验：将生成的气体通入图乙装置试回答下列问题（4）如图乙所示装置盛放的试剂是（将下列有关试剂的编号填入空格内）a；b；a；da品红溶液 bnaoh溶液 c浓硫酸 d酸性高锰酸钾溶液（5）装置中的现象是品红溶液褪色（6）使用装置的目的是验证二氧化硫已除净（7）确认含有乙烯的现象是装置中品红溶液不褪色，装置高锰酸钾酸性溶液褪色（8）实验中，在生成乙烯前有一种副产有机物，结构简式为c2h5oc2h5考点：浓硫酸的性质实验；乙酸乙酯的制取 分析：i（1）试管中试剂用于吸收乙酸乙酯，通常使用饱和碳酸钠溶液；（2）试管b中的导管若伸入到液面下，容易发生倒吸现象；（3）试管b不能使用橡皮塞，否则无法导入反应产物；ii二氧化硫的检验用品红溶液，乙烯的检验用高锰酸钾酸性溶液，乙烯和二氧化硫都能使高锰酸钾酸性溶液褪色，所以先检验二氧化硫，然后检验乙烯，同在检验乙烯之前用naoh溶液除去so2，再通过品红溶液不褪色确认so2已除干净，最后用高锰酸钾酸性溶液褪色检验乙烯，据此进行解答（4）（7）；（8）乙醇在浓硫酸存在条件下加热到140时发生分子间脱水生成乙醚解答：解：i（1）蒸馏出的乙酸乙酯中含有乙醇、乙酸，制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，乙醇与水混溶，乙酸能被碳酸钠吸收，易于除去杂质，同时碳酸钠溶液降低乙酸乙酯的溶解度，便于析出、分层，所以b中为饱和碳酸钠溶液，故答案为：饱和碳酸钠溶液；（2）试管受热不均，小试管b中的导管伸入到液面下，可能发生倒吸，小试管b中的导管不伸入到液面下，可以防止倒吸，故答案为：防止倒吸；（3）根据装置甲可知，试管b使用了橡皮塞，该做法是错误的，否则反应产物无法导入试管，故答案为：试管b口用了橡皮塞；ii二氧化硫的检验用品红溶液，乙烯的检验用高锰酸钾酸性溶液，乙烯和二氧化硫都能使高锰酸钾酸性溶液褪色，所以先检验二氧化硫，然后检验乙烯，同在检验乙烯之前用naoh溶液除去so2，再通过品红溶液不褪色确认so2已除干净，最后用高锰酸钾酸性溶液褪色检验乙烯，（4）因装置用来检验so2，试管中品红溶液褪色，说明含有so2，装置试管装有naoh溶液除去so2，装置试管通过品红溶液不褪色确认so2已除干净，装置通过高锰酸钾酸性溶液褪色检验乙烯，所以为a；为b；为a；为d，故答案为：a；b；a；d；（5）装置用来检验so2，试管中品红溶液褪色，说明含有so2，故答案为：品红溶液褪色；（6）装置试管通过品红溶液不褪色确认so2已除干净，故答案为：验证二氧化硫已除净；（7）装置中品红溶液不褪色，证明二氧化硫已经除尽，装置中高锰酸钾酸性溶液褪色，则证明产生的气体中含有乙烯，故答案为：装置中品红溶液不褪色，装置高锰酸钾酸性溶液褪色（8）乙醇在浓硫酸存在条件下加热到140左右会发生分子间脱水生成乙醚：c2h5oc2h5，故答案为：c2h5oc2h5点评：本题考查了浓硫酸的性质、乙酸乙酯的制取，题目难度中等，涉及知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及化学实验能力，注意掌握浓硫酸的性质，明确乙酸乙酯的制取原理及常见气体的检验方法24某化学兴趣探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含al、fe及少量au、pt等金属的混合物，并设计出如下制备铁红和氧化铝的路线：回答下列问题：（1）在金属混合物与酸的反应中，表现氧化性的离子为no3；得到滤渣1的主要成分为au、pt（2）第步加h2o2是为了将一种金属离子氧化，该离子方程式为2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o；加入过量naoh溶液的目的是使al3+转变为alo2，fe3+转化为沉淀从而将它们分开；（3）由滤液2制取al2o3操作i需通入一种气体co2（填分子式）然后过滤再加热滤液与气体反应的离子方程式为2alo2+co2+3h2o=2al（oh）3+co32考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：fe、al、au、pt的混合物中加入硫酸和浓硝酸的混合物溶解，可以得到滤液1为铁盐、铝盐溶液，和滤渣1为au、pt，向滤液1中加入双氧水和氢氧化钠，加h2o2的作用是把fe2+氧化为fe3+，加热过滤得滤液2为naalo2溶液，滤渣2为fe（oh）3，naalo2溶液中通入二氧化碳再过滤、洗涤、加热分解得氧化铝，fe（oh）3加热分解得氧化铁，（1）在金属混合物与酸的反应中，硝酸充当氧化剂，根据上面的分析可知滤渣1的成份；（2）第步加h2o2是为了将fe2+氧化为fe3+，滤液1为铁盐、铝盐溶液，加入过量naoh溶液可以生成偏铝酸钠溶液