广东省揭阳一中高一化学下学期期末试卷（含解析）(1).doc

2014-2015学年广东 省揭阳一中高一（下）期末化学试卷一、单项选择题（共15小题，每小题2分，共30分每小题只有一个选项符合题意）1最近医学界通过用具有放射性的14c试验，发现c80的一种羧酸的衍生物在特定条件下可通过断裂dna杀死病毒，从而抑制艾滋病（aids）的传播有关14c的叙述中正确的是（）a 与c80中普通碳原子的化学性质不同b 与12c互为同位素c 与12c的中子数相同d 与c80互为同素异形体2下列关于基本营养物质的说法中正确的是（）a 糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物b 油脂没有固定的熔、沸点，油脂水解得到乙酸和甘油c 糖类、油脂、蛋白质都是只由c、h、o三种元素组成的d 燃烧指甲时，能闻到烧焦羽毛的气味，这是因为指甲中含有蛋白质3下列反应中，既属于氧化还原反应同时又是吸热反应的是（）a ba（oh）2.8h2o与nh4cl反应b 铝与稀盐酸c 灼热的炭与co2反应d 甲烷与o2的燃烧反应4下列有关海水综合利用的说法正确的是（）a 利用电解的方法可以从海水中获取淡水b 海水蒸发制海盐的过程只发生了化学变化c 海水中含有钾元素，只需经过物理变化可以得到钾单质d 从海水中可以得到nacl，电解熔融nacl可制备na5锂常用来制造高能量电池已知锂的金属性介于钠和镁之间，则冶炼金属锂应采用的方法是（）a 热还原法b 电解法c 热分解法d 铝热法6设na为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a 0.1 moll1nacl溶液中含有0.1na个na+b 标准状况下，22.4 l 苯含有na个苯分子c 7.8 g na2o2与足量水反应转移0.2na个电子d 标准状况下，2.24 lch4和c2h4混合气体中含有的h原子数为0.4na7水溶液中能大量共存的一组离子是（）a na+、ca2+、cl、so42b fe2+、h+、so32、cloc mg2+、nh4+、cl、so42d k+、fe3+、no3、scn8以下实验能获得成功的是（）a 将铁屑、溴水、苯混合制溴苯b 在苯中滴入浓硝酸制硝基苯c 用乙醇和乙酸混合共热制取乙酸乙酯d 将铜丝在酒精灯加热后，立即伸入无水乙醇中，铜丝恢复成原来的红色9对于100ml 1mol/l盐酸与铁片的反应，采取下列措施能使反应速率加快的是（）升高温度；改用100ml 3mol/l盐酸；多用300ml 1mol/l盐酸；用等量铁粉代替铁片；改用98%的硫酸a b c d 10山梨酸（ch3ch=chch=chcooh）是一种常用的食品防腐剂下列关于山梨酸性质的叙述中，不正确的是（）a 可与钠反应b 可与碳酸钠溶液反应c 可与溴的四氯化碳溶液发生取代反应d 可生成高分子化合物11应用元素周期律分析下列推断，其中正确的组合是（）碱金属单质的熔点随原子序数的增大而降低cs是第a族元素，cs失电子能力比na的强砹（at）是第viia族，其氢化物的稳定性大于hcl第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性第三周期金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱a b c d 12对于锌、铜和稀硫酸组成的原电池（如图），下列有关说法正确的是（）zn是负极 电子由zn经外电路流向cuzn2ezn2+ cu2+在溶液中由cu棒向zn棒迁移a b c d 13下列各选项陈述i和陈述均正确且二者有因果关系的是（）陈述i陈述a常温下铁、铜均不溶于浓硫酸常温下铁、铜与浓硫酸均不反应bhcl与na2co3溶液反应生成co2用饱和na2co3溶液除去co2中的少量hclccl2使润湿的有色布条褪色，而干燥的布条不褪色次氯酸的氧化性比氯气的强d稀、浓hno3分别与铜反应，还原产物为no和no2稀hno3氧化性比浓hno3强a ab bc cd d14用30g乙酸与46g乙醇反应，如果实际产率是理论产率的67%，则可得到的乙酸乙酯的质量是（）a 29.5gb 44gc 59 gd 88g15一定温度下，向一个容积为2l的真空密闭容器中（事先装入催化剂）通入1mol n2和3mol h2，发生下列反应：n2+3h22nh33min后测得密闭容器内的压强是起始时的0.9倍，在此时间内v（h2）是（）a 0.2 mol/（lmin）b 0.6 mol/（lmin）c 0.1 mol/（lmin）d 0.3 mol/（lmin）二、双项选择题（共5小题，每小题3分，共15分每小题有两个选项符合题意，漏选得1分）16下列属于取代反应的是（）a 光照甲烷与氯气的混合气体b 乙烯通入溴水中c 在镍做催化剂的条件下，苯与氢气反应d 苯与液溴混合后撒入铁粉17一定温度下在2l容器内进行某一反应，气体x、气体y的物质的量随反应时间变化的曲线如图下列叙述中正确的是（）a 反应的化学方程式为4xyb t2时，正反应速率等于逆反应速率c t3时，y浓度不再变化，反应达到平衡d 当t1=2时，用x表示该反应在2 min内的平均反应速率为0.25mol/（lmin）18银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了ag2s的缘故根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器漫入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去下列说法正确的是（）a 处理过程中银器一直保持恒重b 食盐溶液作为电解质溶液形成原电池c 银器为正极，ag2s被还原生成单质银d 黑色褪去的原因是黑色ag2s转化为白色agcl19en等元素在周期表中的相对位置如下表e与k的原子序数相差4，k的一种单质是空气中含量最多的物质，h与n属同周期元素，下列判断不正确的是（）a 原子半径：mlkb f的单质与氧气反应只生成一种氧化物c h与n的原子核外电子数相差14d 最高价氧化物的水化物酸性：klm20下列实验操作和对应的现象、结论都正确的是（）选项操作现象结论a将足量的乙烯通入到溴水中溴水褪色乙烯与溴水反应生成无色物质b往cacl2溶液中通入足量的co2先有白色沉淀生成，后沉淀溶解caco3不溶于水，ca（hco3）2可溶于水c将铜板电路投入fecl3溶液中铜溶于fecl3溶液氧化性：fe3+cu2+d取久置的na2o2粉末，向其中滴加足量的盐酸产生无色气体na2o2已变质为na2co3a ab bc cd d三、非选择题（共4小题，共55分）21如图是元素周期表的一部分，表中的中元素，用元素符号或化学式填空回答：族周期aaaaaaa 0二 三 （1）在这些元素中，可以做半导体材料的是，化学性质最不活泼的原子的原子结构示意图为（2）元素和形成化合物中含有（填化学键类型），其电子式为（3）元素的氢化物溶于水所得溶液呈性（填“酸”、“碱”、“中”），元素的单质溶于水所得溶液中具有氧化性的含该元素的粒子有（4）地壳中含量最多的金属元素是，该元素的单质与形成的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为22某同学按如下实验流程提取海带中的碘，请回答相关问题（1）第步是将海带放入（填仪器名称）中，用酒精灯充分加热灰化（2）第步为了加快溶解速度并使碘离子充分进入溶液，可以采取的措施是和（3）第步发生反应的离子方程式为检验该步骤所得溶液中含有碘元素的操作和现象是（4）海灰中还含有其他无机盐类，这些盐类是在流程图中的第步（填编号）与碘分离的23丙烯酸乙酯（）是合成塑料、树脂等高聚物的重要中间体，可由下面路线合成：ch2=chchoch2=chcoohch2=chcooch2ch3（1）反应属于反应，1mol完全燃烧消耗o2为mol（2）含有的官能团名称为，能使溴水褪色，其反应方程式为（3）可以由（分子式为c3h6o）催化氧化得到，则的反应方程式为（注明反应条件）（4）是的一种无支链的同分异构体，且碳链两端呈对称结构则的结构简式为（5）一定条件下，化合物 也可与化合物发生类似反应的反应，则得到的产物的结构简式为24某实验小组以h2o2分解为例，研究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响在常温下按照如下方案完成实验分组实验催化剂10ml 5% h2o2溶液无10ml 2% h2o2溶液无10ml 5% h2o2溶液1ml 0.1moll1fecl3溶液10ml 5%h2o2溶液+少量hcl溶液1ml 0.1moll1fecl3溶液10ml 5% h2o2溶液+少量naoh溶液1ml 0.1moll1fecl3溶液（1）写出实验中h2o2分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目：（2）实验和的目的是实验时由于没有观察到明显现象而无法得出结论资料显示，通常条件下h2o2稳定，不易分解为了达到实验目的，你对原实验方案的改进是（3）实验、中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如图1分析上图能够得出的实验结论：环境能增大h2o2分解的速率；环境能减小h2o2分解速率（4）将0.1g mno2粉末加入50ml h2o2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图2所示解释反应速率变化的原因：，计算h2o2的初始物质的量浓度为（保留两位有效数字，在标准状况下测定）2014-2015学年广东省揭阳一中高一（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（共15小题，每小题2分，共30分每小题只有一个选项符合题意）1最近医学界通过用具有放射性的14c试验，发现c80的一种羧酸的衍生物在特定条件下可通过断裂dna杀死病毒，从而抑制艾滋病（aids）的传播有关14c的叙述中正确的是（）a 与c80中普通碳原子的化学性质不同b 与12c互为同位素c 与12c的中子数相同d 与c80互为同素异形体考点：核素专题：原子组成与结构专题分析：a同一种元素化学性质相同；b质子数相同中子数不同的同一元素的原子互称同位素；c中子数=质量数质子数；d同一元素的不同单质互称同素异形体解答：解：a属于同一种元素，因此化学性质相同，故a错误； b14c与12c的质子数相同中子数不同，是同位素，故b正确；c14c与12c的质子数相同中子数不同，故c错误；d14c是核素不是单质，所以14c与c80不是同素异形体，故d错误故选b点评：本题考查同位素，明确质子数和中子数的关系、同位素和同素异形体的概念是解本题的关键，难度不大2下列关于基本营养物质的说法中正确的是（）a 糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物b 油脂没有固定的熔、沸点，油脂水解得到乙酸和甘油c 糖类、油脂、蛋白质都是只由c、h、o三种元素组成的d 燃烧指甲时，能闻到烧焦羽毛的气味，这是因为指甲中含有蛋白质考点：营养均衡与人体健康的关系专题：化学应用分析：a、相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物； b、油脂属于混合物，油脂在酸性条件下水解为甘油（丙三醇）和高级脂肪酸；c、蛋白质主要由c、h、o、n等元素构成；d、蛋白质燃烧时具有烧焦羽毛的特殊气味解答：解：a、单糖、双糖、油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，多糖、蛋白质属于天然高分子化合物，故a错误；b、油脂属于混合物，没有固定的熔沸点，油脂在酸性条件下水解为甘油（丙三醇）和高级脂肪酸，故b错误；c、糖类、油脂的组成元素为c、h、o，蛋白质的组成元素主要为c、h、o、n，故c错误；d、蛋白质燃烧时具有烧焦羽毛的特殊气味，说明指甲中富含蛋白质，故d正确；故选：d点评：本题主要考查了糖类、油脂、蛋白质的组成元素和性质，题目难度不大，注意糖类包括单糖、双糖、多糖，要分别对待，蛋白质性质较多，是学习的重点知识3下列反应中，既属于氧化还原反应同时又是吸热反应的是（）a ba（oh）2.8h2o与nh4cl反应b 铝与稀盐酸c 灼热的炭与co2反应d 甲烷与o2的燃烧反应考点：氧化还原反应；吸热反应和放热反应分析：属于氧化还原反应说明该反应中有电子转移，特征是有元素化合价升降，属于吸热反应，说明反应物总能量小于生成物总能量，据此分析解答解答：解：aba（oh）2.8h2o与nh4cl反应属于吸热反应，但该反应中没有电子转移，不属于氧化还原反应，故a错误；b该反应中al元素化合价由0价变为+3价、h元素化合价由+1价变为0价，所以属于氧化还原反应，但该反应属于放热反应，故b错误；c该反应中c元素化合价由+4价、0价变为+3价，所以属于氧化还原反应，且该反应还属于吸热反应，故c正确；d该反应放出热量，属于放热反应，故d错误；故选c点评：本题考查氧化还原反应、吸热反应和放热反应，侧重考查基本概念，明确概念内涵即可解答，知道常见元素化合价及常见吸热反应、放热反应，题目难度不大4下列有关海水综合利用的说法正确的是（）a 利用电解的方法可以从海水中获取淡水b 海水蒸发制海盐的过程只发生了化学变化c 海水中含有钾元素，只需经过物理变化可以得到钾单质d 从海水中可以得到nacl，电解熔融nacl可制备na考点：海水资源及其综合利用分析：a海水中含有大量盐类，电解海水不能获取淡水，淡化海水的方法有蒸馏法、结晶法、淡化膜法等；b海水蒸发制海盐的过程是物理变化过程；c海水中含有钾离子，要得到k单质需要发生化学反应；d从海水中通过物理方法得到nacl，na是活泼金属，采用电解熔融氯化钠方法获得na解答：解：a海水中含有大量盐类，从海水中获取淡水不需要发生化学变化，所以电解海水不能获取淡水，淡化海水的方法有蒸馏法、结晶法、淡化膜法等，常用的为蒸馏法和淡化膜法，故a错误；b海水蒸发制海盐时，只是氯化钠状态发生变化，没有新物质生成，所以海水制取食盐的过程是物理变化过程，故b错误；c海水中含有钾离子，要得到k单质需要采用电解熔融盐的方法获取，该过程有新物质生成，所以发生化学变化，故c错误；d通过物理方法暴晒海水得到nacl，na是活泼金属，工业上采用电解熔融nacl的方法获取na和cl2，故d正确；故选d点评：本题考查海水资源综合利用，涉及金属冶炼、海水淡化等知识点，明确基本概念及金属活泼性强弱与金属冶炼方法的关系是解本题关键，题目难度不大5锂常用来制造高能量电池已知锂的金属性介于钠和镁之间，则冶炼金属锂应采用的方法是（）a 热还原法b 电解法c 热分解法d 铝热法考点：金属冶炼的一般原理专题：金属概论与碱元素分析：锂的金属性介于钠和镁之间，因钠和镁都用电解法冶炼，则锂应用电解法冶炼解答：解：常见金属的冶炼方法有电解法、热还原法和热分解法等，活泼金属na、mg、al等用电解法冶炼，锂的金属性介于钠和镁之间，应用电解法冶炼故选b点评：本题考查金属的冶炼，难度不大，注意把握金属的冶炼方法与金属活泼性的关系，答题时注意审题，把握题给信息6设na为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a 0.1 moll1nacl溶液中含有0.1na个na+b 标准状况下，22.4 l 苯含有na个苯分子c 7.8 g na2o2与足量水反应转移0.2na个电子d 标准状况下，2.24 lch4和c2h4混合气体中含有的h原子数为0.4na考点：阿伏加德罗常数分析：a、溶液体积不明确；b、标况下，苯为液态；c、过氧化钠与水的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子；d、求出混合气体的物质的量，然后根据ch4和c2h4均含4个氢原子来分析解答：解：a、溶液体积不明确，故溶液中的钠离子的个数不明确，故a错误；b、标况下，苯为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算，故b错误；c、7.8g过氧化钠的物质的量n=0.1mol，而过氧化钠与水的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子，则0.1mol过氧化钠转移0.1mol电子即0.1na个，故c错误；d、标况下，2.24l混合气体的物质的量为1mol，而ch4和c2h4均含4个氢原子，故0.1mol混合气体中含0.4mol氢原子即0.4na个，故d正确故选d点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构及状态是解题的关键，难度不大7水溶液中能大量共存的一组离子是（）a na+、ca2+、cl、so42b fe2+、h+、so32、cloc mg2+、nh4+、cl、so42d k+、fe3+、no3、scn考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质、络合物、不发生氧化还原反应、不发生双水解的就能共存，据此分析解答解答：解：aca2+、so42生成微溶物硫酸钙，所以不能大量共存，故a错误；b酸性条件下，clo具有强氧化性，能将fe2+、so32氧化为fe3+、so42，所以不能共存，故b错误；c这几种离子之间不发生反应，所以能共存，故c正确；dfe3+、scn生成络合物fe（scn）3，所以这两种离子不能共存，故d错误；故选c点评：本题考查了离子共存，明确离子共存条件是解本题关键，知道物质的性质即可解答，注意：硫酸钙是微溶物，少量时能在水溶液中共存，但不能大量存在，为易错点8以下实验能获得成功的是（）a 将铁屑、溴水、苯混合制溴苯b 在苯中滴入浓硝酸制硝基苯c 用乙醇和乙酸混合共热制取乙酸乙酯d 将铜丝在酒精灯加热后，立即伸入无水乙醇中，铜丝恢复成原来的红色考点：化学实验方案的评价分析：a苯和溴水不反应，在溴化铁作催化剂条件下，苯和液溴发生取代反应；b在浓硫酸作催化剂、加热条件下，浓硝酸和苯发生取代反应生成硝基苯；c在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯；dcu加热生成cuo，乙醇和cuo在加热条件下发生氧化反应生成cu解答：解：a苯和溴水不反应，在溴化铁作催化剂条件下，苯和液溴发生取代反应生成溴苯，故a错误；b在浓硫酸作催化剂、加热条件下，浓硝酸和苯发生取代反应生成硝基苯，在没有催化剂和加热条件下，浓硝酸和苯不反应，故b错误；c在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，在没有催化剂、加热条件下，乙酸和乙醇不反应，故c错误；dcu加热生成cuo，乙醇和cuo在加热条件下发生氧化反应生成cu，整个反应过程中cu作催化剂，故d正确；故选d点评：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，明确物质性质及实验原理是解本题关键，注意：大多数有机反应都有反应条件且以发生副反应，题目难度不大9对于100ml 1mol/l盐酸与铁片的反应，采取下列措施能使反应速率加快的是（）升高温度；改用100ml 3mol/l盐酸；多用300ml 1mol/l盐酸；用等量铁粉代替铁片；改用98%的硫酸a b c d 考点：化学反应速率的影响因素专题：化学反应速率专题分析：若要加快产生氢气的速率，可增大反应的浓度、增大固体的表面积、升高温度以及形成原电池反应，注意加入浓硫酸的性质，以此解答该题解答：解：适当升高温度，增大活化分子百分数，反应速率加快；改用100ml 3mol/l盐酸，酸的浓度增大，反应速率加快；多用300ml 1mol/l盐酸，酸的浓度不变，反应速率不变；用等量铁粉代替铁片，增大固体接触面积，使反应速率加快；改用98%的硫酸，浓硫酸与铁不生成氢气，则不能加快反应速率；综上所述，正确；故选b点评：本题考查化学反应速率的影响因素，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累，把握影响化学反应速率的因素10山梨酸（ch3ch=chch=chcooh）是一种常用的食品防腐剂下列关于山梨酸性质的叙述中，不正确的是（）a 可与钠反应b 可与碳酸钠溶液反应c 可与溴的四氯化碳溶液发生取代反应d 可生成高分子化合物考点：有机物的结构和性质分析：由ch3ch=chch=chcooh可知，含双键与cooh，结合烯烃与羧酸的性质来解答解答：解：a含cooh，与na反应生成氢气，故a正确；b含cooh，与碳酸钠反应生成二氧化碳，故b正确；c含双键，与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，故c错误；d含双键，可发生加聚反应生成高分子化合物，故d正确；故选c点评：本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于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为解答该题的关键，侧重烯烃与羧酸性质的考查，题目难度不大11应用元素周期律分析下列推断，其中正确的组合是（）碱金属单质的熔点随原子序数的增大而降低cs是第a族元素，cs失电子能力比na的强砹（at）是第viia族，其氢化物的稳定性大于hcl第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性第三周期金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱a b c d 考点：元素周期律的作用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：碱金属单质的电荷相同，半径越大，单质的熔点越低；碱金属从上到下，元素的金属性逐渐增强，失去电子能力增强；元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强；氨气溶于水，其溶液显碱性；根据元素周期表中同周期元素性质的变化规律来比较金属性，金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的碱性越强解答：解：碱金属元素的原子的半径随原子序数的增大而增大，则单质的熔点随原子序数的增大而降低，故正确；cs是第a族元素，为碱金属，cs失电子能力比na的强，故正确；第viia族cl元素的非金属性大于砹的非金属性，则砹的氢化物的稳定性小于hcl，故错误；第二周期非金属元素n，其氢化物为氨气，氨气溶于水，水溶液为碱性，故错误；第三周期金属元素随原子序数的增大金属性减弱，金属性namgal，则金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱，故正确；故选b点评：本题考查元素周期表中同周期和同主族元素的性质变化规律，学生明确金属性与非金属性强弱的比较方法是解答本题的关键12对于锌、铜和稀硫酸组成的原电池（如图），下列有关说法正确的是（）zn是负极 电子由zn经外电路流向cuzn2ezn2+ cu2+在溶液中由cu棒向zn棒迁移a b c d 考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：原电池中活泼金属做负极；原电池中电子从负极流向正极；原电池的负极金属质量减轻；原电池中阳离子移向原电池的正极解答：解：zn、cu、硫酸构成的原电池中，活泼金属锌做负极，故正确；zn、cu、硫酸构成的原电池中，活泼金属锌做负极，铜为正极，电子从负极流向正极，即由zn经外电路流向cu，故正确；原电池的负极反应是负极金属失电子的氧化反应，即zn2ezn2+，故正确；cu2+在溶液中移向正极，即由zn棒向cu棒迁移，故错误故选b点评：本题考查学生原电池的工作原理，可以根据所学知识进行回答，难度不大13下列各选项陈述i和陈述均正确且二者有因果关系的是（）陈述i陈述a常温下铁、铜均不溶于浓硫酸常温下铁、铜与浓硫酸均不反应bhcl与na2co3溶液反应生成co2用饱和na2co3溶液除去co2中的少量hclccl2使润湿的有色布条褪色，而干燥的布条不褪色次氯酸的氧化性比氯气的强d稀、浓hno3分别与铜反应，还原产物为no和no2稀hno3氧化性比浓hno3强a ab bc cd d考点：铁的化学性质；氯气的化学性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；钠的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质专题：元素及其化合物分析：a常温下铁与浓硫酸发生钝化，铜与浓硫酸不反应；bco2会与饱和na2co3溶液反应生成碳酸氢钠；ccl2使润湿的有色布条褪色，而干燥的布条不褪色，说明氯气无漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性；d浓hno3氧化性比稀hno3强解答：解：a常温下铁与浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，铜与浓硫酸不反应，陈述不合理，故a不选；bco2会与饱和na2co3溶液反应生成碳酸氢钠，所以陈述不合理，故b不选；ccl2使润湿的有色布条褪色，而干燥的布条不褪色，说明氯气无漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，则次氯酸的氧化性比氯气的强，陈述均合理，存在因果关系，故c选；d浓hno3氧化性比稀hno3强，陈述ii不合理，故d不选；故选c点评：本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法等为解答的关键，题目难度不大14用30g乙酸与46g乙醇反应，如果实际产率是理论产率的67%，则可得到的乙酸乙酯的质量是（）a 29.5gb 44gc 59 gd 88g考点：化学方程式的有关计算分析：反应的方程式为：ch3cooh+ch3ch2ohch3cooch2ch3+h2o，根据乙酸和乙醇的质量关系判断反应的过量问题，根据不足量的物质计算乙酸乙酯的理论产量，再结合产率计算乙酸乙酯的实际产量解答：解：30g乙酸的物质的量为=0.5mol，46g乙醇的物质的量为=1mol，发生反应：ch3cooh+ch3ch2ohch3cooch2ch3+h2o，由方程式可知乙醇过量，ch3cooh+ch3ch2ohch3cooch2ch3+h2o1mol 1mol 0.5mol n故n=0.5mol故乙酸乙酯的理论产量为0.5mol88g/mol，则m实际=（ch3cooch2ch3）=0.5mol88g/mol67%=29.5g，故选a点评：本题考查化学方程式的计算，涉及过量计算与产率有关计算，侧重对基础知识的巩固15一定温度下，向一个容积为2l的真空密闭容器中（事先装入催化剂）通入1mol n2和3mol h2，发生下列反应：n2+3h22nh33min后测得密闭容器内的压强是起始时的0.9倍，在此时间内v（h2）是（）a 0.2 mol/（lmin）b 0.6 mol/（lmin）c 0.1 mol/（lmin）d 0.3 mol/（lmin）考点：化学反应速率和化学计量数的关系分析：利用压强之比等于物质的量之比，求出3min末时容器内混合气体的物质的量，根据方程式利用差量法计算氢气的物质的量变化量，再利用根据v=计算v（h2）解答：解：3min末测得容器内压强是起始时压强的0.9倍，压强之比等于物质的量之比，所以3min末时容器内混合气体的物质的量为（1mol+3mol）0.9=3.6mol3h2+n22nh3 物质的量变化n3 2n（h2） 4mol3.6mol=0.4mol所以n（h2）=0.4mol=0.6mol，所以3min内，用h2表示的平均反应速率v（h2）=0.1mol/（lmin），故选：c点评：本题考查反应速率的有关计算，难度不大，关键根据压强变化计算参加反应的氢气的物质的量，注意差量法的应用二、双项选择题（共5小题，每小题3分，共15分每小题有两个选项符合题意，漏选得1分）16下列属于取代反应的是（）a 光照甲烷与氯气的混合气体b 乙烯通入溴水中c 在镍做催化剂的条件下，苯与氢气反应d 苯与液溴混合后撒入铁粉考点：取代反应与加成反应专题：有机反应分析：根据取代反应的定义“有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应”进行判断解答：解：a甲烷与氯气在光照条件下，甲烷分子中的h原子被cl原子取代生成一氯甲烷，属于取代反应，故a正确；b乙烯通入溴水中，乙烯与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，故b错误；c在镍做催化剂的条件下，苯与氢气发生加成反应，故c错误；d苯与液溴混合后撒入铁粉，苯分子中的h原子被cl原子取代生成溴苯，属于取代反应，故d正确；故选ad点评：本题考查有机物的性质、有机反应类型，题目较为简单，注意根据概念与反应前后有机物的结构理解17一定温度下在2l容器内进行某一反应，气体x、气体y的物质的量随反应时间变化的曲线如图下列叙述中正确的是（）a 反应的化学方程式为4xyb t2时，正反应速率等于逆反应速率c t3时，y浓度不再变化，反应达到平衡d 当t1=2时，用x表示该反应在2 min内的平均反应速率为0.25mol/（lmin）考点：化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素分析：达到平衡时，y的物质的量为2mol，变化量为10mol2mol=8mol，x的物质的量为4mol，变化量为4mol2mol=2mol，反应的方程式为4yx，结合图象解答该题解答：解：a达到平衡时，y的物质的量为2mol，变化量为10mol2mol=8mol，x的物质的量为4mol，变化量为4mol2mol=2mol，反应的方程式为4yx，故a错误；bt2时，没有达到平衡状态，则正逆反应速率不等，故b错误；ct3时，xy的物质的量不在变化，xy的浓度不再变化，达到平衡状态，故c正确；d当t1=2时，x的变化量为3mol2mol=1mol，则v=0.25mol/（lmin），故d正确故选cd点评：本题考查化学平衡与图象问题的考查，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，难度中等，注意把握图象曲线变化的趋势以及平衡状态的判断18银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了ag2s的缘故根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器漫入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去下列说法正确的是（）a 处理过程中银器一直保持恒重b 食盐溶液作为电解质溶液形成原电池c 银器为正极，ag2s被还原生成单质银d 黑色褪去的原因是黑色ag2s转化为白色agcl考点：原电池和电解池的工作原理分析：铝、银和电解质溶液构成原电池，铝作负极，银作正极，负极上铝失电子发生氧化反应，正极上银离子得电子发生还原反应，据此分析解答解答：解：a银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的ag2s得电子，析出单质银，所以银器质量减小，故a错误； b铝、银和电解质溶液构成原电池，故b正确；c银作正极，正极上ag2s得电子作氧化剂，在反应中被还原生成单质银，故c正确；d黑色褪去是ag2s转化为ag而不是agcl，故d错误；故选bc点评：本题考查原电池原理，明确正负极上得失电子是解本题关键，题目难度中等，注意盐的水解知识的应用19en等元素在周期表中的相对位置如下表e与k的原子序数相差4，k的一种单质是空气中含量最多的物质，h与n属同周期元素，下列判断不正确的是（）a 原子半径：mlkb f的单质与氧气反应只生成一种氧化物c h与n的原子核外电子数相差14d 最高价氧化物的水化物酸性：klm考点：元素周期律和元素周期表的综合应用分析：k的一种单质是空气中含量最多的物质，则k是n元素，则l是p元素、m是si元素、n是ge元素；e与k的原子序数相差4，h与n属同周期元素，则e是li元素、f是na元素、g是mg元素、h是ca元素a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；b钠与氧气反应可以得到氧化钠、过氧化钠；ch是ca元素、n是ge元素，二者原子序数相差12；d元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强解答：解：k的一种单质是空气中含量最多的物质，则k是n元素，则l是p元素、m是si元素、n是ge元素；e与k的原子序数相差4，h与n属同周期元素，则e是li元素、f是na元素、g是mg元素、h是ca元素a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：mlk，故a正确；b钠与氧气反应可以得到氧化钠、过氧化钠，故b错误；ch是ca元素、n是ge元素，二者原子序数相差12，故c错误；d元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性klm，所以最高价氧化物的水化物酸性强弱klm，故d正确，故选bc点评：本题考查位置结构性质的综合应用，注意对元素周期表与元素周期律掌握，难度不大20下列实验操作和对应的现象、结论都正确的是（）选项操作现象结论a将足量的乙烯通入到溴水中溴水褪色乙烯与溴水反应生成无色物质b往cacl2溶液中通入足量的co2先有白色沉淀生成，后沉淀溶解caco3不溶于水，ca（hco3）2可溶于水c将铜板电路投入fecl3溶液中铜溶于fecl3溶液氧化性：fe3+cu2+d取久置的na2o2粉末，向其中滴加足量的盐酸产生无色气体na2o2已变质为na2co3a ab bc cd d考点：化学实验方案的评价分析：a乙烯中含有碳碳双键，性质较活泼，能和溴发生加成反应；b碳酸酸性小于盐酸，弱酸不能和强酸盐反应生成强酸；c同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；dna2o2、na2co3都能和稀盐酸反应生成无色气体解答：解：a乙烯中含有碳碳双键，性质较活泼，能和溴发生加成反应生成无色物质1，2二溴乙烷，所以溴水褪色，故a正确；b碳酸酸性小于盐酸，弱酸不能和强酸盐反应生成强酸，碳酸酸性小于盐酸，所以二氧化碳和氯化钙溶液不反应，则没有沉淀生成，故b错误；c同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，发生的反应为2fe3+cu=cu2+2fe2+，该反应中氧化剂是fe3+、氧化产物是cu2+，所以氧化性：fe3+cu2+，故c正确；dna2o2、na2co3都能和稀盐酸反应生成无色气体，所以不能根据产生无色气体判断是否变质，故d错误；故选ac点评：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质检验、氧化性强弱比较、酸性强弱比较等知识点，明确实验原理是解本题关键，熟练掌握元素化合物知识，易错选项是b三、非选择题（共4小题，共55分）21如图是元素周期表的一部分，表中的中元素，用元素符号或化学式填空回答：族周期aaaaaaa 0二 三 （1）在这些元素中，可以做半导体材料的是si，化学性质最不活泼的原子的原子结构示意图为（2）元素和形成化合物中含有离子键（填化学键类型），其电子式为（3）元素的氢化物溶于水所得溶液呈碱性（填“酸”、“碱”、“中”），元素的单质溶于水所得溶液中具有氧化性的含该元素的粒子有cl2、hclo、clo（4）地壳中含量最多的金属元素是al，该元素的单质与形成的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2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：根据元素在周期表中的位置知，分别是n、o、na、mg、al、si、cl、ar元素，（1）在这些元素中，可作半导体材料的是si，化学性质最不活泼的原子是ar；（2）元素和形成化合物是mgcl2；（3）元素的氢化物溶于水所得溶液为氨水，氨水显碱性；元素的单质溶于水既氯气溶于水和水反应生成盐酸和次氯酸；（4）地壳中含量最多的金属元素是al，形成的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化钠，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气解答：解：根据元素在周期表中的位置知，分别是n、o、na、mg、al、si、cl、ar元素，（1）在这些元素中，可作半导体材料的是si，化学性质最不活泼的原子是ar，其原子结构示意图为，故答案为：si；（2）元素和形成化合物是mgcl2，mg和cl以离子键相结合，电子式为，故答案为：离子键；（3）元素的氢化物为氨气，溶于水所得溶液为氨水，氨水中一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，故氨水显碱性；元素的单质溶于水既氯气溶于水和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸，会电离出氢离子和次氯酸根离子，氯水中的 cl2、hclo、clo 都具有强氧化性，故答案为：碱； cl2、hclo、clo；（4）地壳中含量最多的金属元素是al，形成的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化钠，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式为：2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2，故答案为：al；2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2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确定元素，再结合物质结构、元素周期律解答，熟练掌握元素周期律的内涵，总结规律形成知识网络，难度中等22某同学按如下实验流程提取海带中的碘，请回答相关问题（1）第步是将海带放入坩埚（填仪器名称）中，用酒精灯充分加热灰化（2）第步为了加快溶解速度并使碘离子充分进入溶液，可以采取的措施是充分搅拌和加热煮沸（3）第步发生反应的离子方程式为2i+mno2+4h+=i2+mn2+2h2o检验该步骤所得溶液中含有碘元素的操作和现象是取少量待测液（氧化后所得溶液）于试管中，滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝（4）海灰中还含有其他无机盐类，这些盐类是在流程图中的第步（填编号）与碘分离的考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；海水资源及其综合利用专题：实验设计题分析：海带灼烧加入蒸馏水溶解过滤除去不溶性杂质，加入稀硫酸酸化加入二氧化锰氧化碘离子为碘单质，加入四氯化碳萃取分液得到碘单质的四氯化碳溶液，蒸馏得到碘单质；（1）灼烧固体需要使用仪器坩埚；（2）搅拌，加热，研磨能加快溶解速度；（3）第发生的反应为：二氧化锰在酸溶液中用碘离子为碘单质，碘离子能被氧化剂氧化为碘单质，碘单质遇碘变蓝色；（4）无机盐类易溶于水，不溶于有机溶剂；解答：解：（1）灼烧固体需要使用仪器坩埚，故答案为：坩埚；（2）搅拌，加热，研磨能加快溶解速度，故答案为：充分搅拌；加热煮沸；（3）第发生的反应为：二氧化锰在酸溶液中用碘离子为碘单质，反应的离子方程式为：2i+mno2+4h+=i2+mn2+2h2o；碘离子能被氯水氧化为碘单质，碘单质遇碘变蓝