福建省三明市高一化学下学期期末考试试卷（含解析）.doc

福建省三明市2014-2015学年高一下学期期末化学试卷 一、选择与判断（共22小题，每小题2分，满分44分）1化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关下列说法正确的是( )a为提高农作物的产量和质量，应大量使用化肥和农药b实现化石燃料清洁利用，就无需开发新能源c废旧电池必须集中处理，以防止重金属污染d绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理考点：常见的生活环境的污染及治理；绿色化学 分析：a大量使用农药会引起食品污染，大量使用化肥会造成土壤板结； b化石燃料是有限的不可再生资源，所以仍需开发新能源；c废旧电池中的汞、镉、铅等重金属离子对土壤和水源的污染；d绿色化学的核心是应用化学原理从源头上减少和消除污染的排放解答：解：a大量使用农药会引起食品污染，大量使用化肥会造成土壤板结，故a错误；b化石能源是有限的一次能源，为了长远的可持续发展，必须要开发新能源，故b错误；c废旧电池必须集中处理以防止重金属污染，应集中处理，故c正确；d绿色化学的核心是应用化学原理从源头上减少和消除污染的排放，而非对环境污染进行治理，故d错误故选c点评：本题主要考查化学物质与生活得关系、绿色化学的概念、化肥农药对人类生活的影响，难度不大，解题中联系到平时积累的知识，所以平时要注意多积累，做题时要积极联想，和所学知识联系起来2下列化学用语正确的是( )a聚乙烯的结构简式：bch4分子的填充（或比例）模型：c乙醇的分子式：ch3ch2ohd8个中子的碳原子的核素符号：12c考点：结构简式；核素；球棍模型与比例模型 分析：a、乙烯分子中c=c双键中其中1个cc键断裂，不饱和碳原子相互结合，自身发生加成反应生成聚乙烯；b、比例模型表示的是原子的排列方式和原子相对大小；c、分子式表示各种元素的原子个数比；d、原子符号zax左下角z代表质子数，左上角a代表质量数，x代表元素符合，其中质量数=质子数+中子数解答：解：a、乙烯分子中c=c双键中其中1个cc键断裂，不饱和碳原子相互结合，自身发生加成反应生成聚乙烯，聚乙烯结构简式为，故a错误；b、甲烷的比例模型为，故b正确；c、乙醇的分子式为c2h6o，ch3ch2oh为其结构简式，故c错误；d、核内有8个中子的碳原子，质量数为6+8=14，故该碳原子符号为614c，故d错误；故选b点评：本题考查常用化学用语的书写，难度不大，注意b选项中比例模型应体现原子的比例大小与空间结构、原子之间的连接顺序3下列烷烃的分子式可以表示3种不同结构的是( )ac5h12bc4h10cc3h8dc2h6考点：同分异构现象和同分异构体 专题：同分异构体的类型及其判定分析：分子式有不同结构说明存在同分异构体烷烃同分异构体书写技巧：先写最长链；然后从最长链减少一个碳原子作为取代基，在剩余的碳链上连接，即主链由长到短，支链由整到散，位置由中心排向两边解答：解：ch4、ch3ch3、ch3ch2ch3 无同分异构体丁烷有正丁烷、异丁烷2种同分异构体戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷3种同分异构体故：选a点评：考查同分异构体书写，难度较小，旨在考查学生对基础知识的理解与掌握4铊元素位于元素周期表第6周期a族下面关于铊元素性质的说法不正确的是( )a氢氧化铊是两性氢氧化物b在化合物中呈+3价c单质铊与同浓度的盐酸反应比铝剧烈d铊的还原性比铝的强考点：位置结构性质的相互关系应用 分析：atl和al属于同一主族，且tl的金属性大于al，氢氧化铊碱性比氢氧化铝强；b主族元素最高正化合价与其族序数相等（o、f元素除外）；c元素的金属性越强，单质与相同浓度的盐酸反应越剧烈；d元素的金属性越强，其单质的还原性越强解答：解：a同主族向上而下金属性增强，故金属性tlal，元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，氢氧化铊碱性比氢氧化铝强，氢氧化铝是两性，则tl（oh）3不一定是两性氢氧化物，故a错误；btl位于第a族，所以其最高价为+3价，则能形成+3价的化合物，故b正确；c金属性tlal，单质铊与同浓度的盐酸反应比铝剧烈，故c正确；d金属性tlal，所以单质铊的还原性一定比单质铝强，故d正确；故选a点评：本题考查同一主族元素性质的相似性及递变性，侧重考查学生知识迁移能力，题目难度不大5下列反应属于吸热反应的是( )a铝粉与mno2高温条件下反应b碳不完全燃烧产生coc氢氧化钡晶体与氯化铵固体混合d盐酸与氢氧化钠溶液反应考点：吸热反应和放热反应 分析：常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应、所有中和反应、绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应（双氧水分解是放热反应）、个别的化合反应（如c和co2）、置换以及某些复分解反应（如铵盐和强碱）解答：解：a铝粉与mno2高温条件下反应是放热反应，故a错误；b碳不完全燃烧产生co，燃烧是氧化反应，属于放热反应，故b错误，c氢氧化钡晶体与氯化铵混合属于吸热反应，故c正确； d盐酸与氢氧化钠溶液发生中和反应，属于放热反应，故d错误；故选c点评：本题考查吸热反应，难度不大，抓住中学化学中常见的吸热或放热的反应是解题的关键6下列性质中，可以证明某化合物内一定存在离子键的是( )a可溶于水b具有较高的熔点c水溶液能导电d熔融状态能导电考点：离子键的形成 专题：化学键与晶体结构分析：离子化合物，具有较高的熔点，含有离子键，在熔融状态下或水溶液中能导电，但共价化合物在水溶液中也能导电解答：解：a离子化合物和共价化合物都能溶于水，与化学键类型没有关系，故a错误； b具有较高的熔点的物质不一定含有离子键，如二氧化硅为原子晶体，熔点很高，但只含共价键，故b错误；c共价化合物在水溶液中也能导电，如hcl，只含有共价键，故c错误；d熔融状态能导电的化合物为离子化合物，含有离子键，故d正确故选d点评：本题考查化学键知识，题目难度不大，注意化合物的类型与性质，把握离子键与共价键的区别7下列说法错误的是( )a氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料b煤矿井下的瓦斯爆炸主要是氢气燃烧引起的c乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志d在粉尘较多的工作场所，工作人员易患硅肺病考点：无机非金属材料；常见的生活环境的污染及治理；饱和烃与不饱和烃 分析：a新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等；b煤矿矿坑中的可燃性气体是甲烷；c乙烯主要用于制造塑料、合成纤维、有机溶剂等，是石油化工发展的标志；d粉尘含有二氧化硅解答：解：a氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，故a正确； b煤矿矿坑中的可燃性气体是甲烷，不是氢气，故b错误；c乙烯工业的发展，带动了其它以石油为原料的石油化工的发展因此一个国家乙烯工业的发展水平，已成为衡量这个国家石油化学工业水平的重要标志，故c正确；d粉尘含有二氧化硅，在粉尘较多的工作场所，工作人员易患硅肺病，故d正确故选b点评：本题考查无机非金属材料、有机物的性质和环境污染，难度不大，学生应熟悉材料中的成分，能运用所学化学知识来解决实际问题8下列说法错误的是( )a原电池是利用氧化还原反应将化学能转化成电能的装置b金属a与b用导线连接后插入稀硫酸中组成原电池时，a是正极，则b的金属性强于ac化学反应达到平衡状态时，只要条件不改变，各物质的浓度就不再改变d对于反应n2（g）+3h2（g）2nh3（g），单位时间里每增加1moln2，同时增加3molh2，说明反应到化学平衡状态考点：原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断 分析：a、根据原电池的构成条件和能量转化知识来回答；b、负材料比正极材料活泼性强；c、平衡标志是正逆反应速率相同，各成分浓度不变；d、单位时间里每增加1moln2，同时增加3molh2，都体现的是逆向，未体现正与逆的关系解答：解：a、只有自发的氧化还原反应才能设计成原电池，原电池是利用氧化还原反应将化学能转换为电能的装置，故a正确；b、金属a与b用导线连接后插入稀硫酸中组成原电池时，a是正极，b是负极，所以b的金属性强于a，故b正确；c、平衡标志是正逆反应速率相同，各成分浓度不变，化学反应达到平衡状态时，只要条件不改变各物质的浓度就不再改变，故c正确；d、单位时间里每增加1moln2，同时增加3molh2，都体现的是逆向，未体现正与逆的关系，所以不一定是平衡状态，故d错误；故选d点评：本题考查了电化学和影响化学平衡的因素分析判断，平衡标志的判断依据，题目较简单9实验室可以用铁片与稀硫酸反应制取氢气，下列措施不能使氢气的生成速率增大的是( )a加热b加入少量cuso4溶液c不用稀硫酸，改用质量分数为98%的浓硫酸d不用铁片，改用铁粉考点：化学反应速率的影响因素 分析：增大金属与酸反应的化学反应速率，可通过增大浓度、升高温度或形成原电池反应等措施，注意浓硫酸和铁发生钝化反应解答：解：a温度升高，反应速率增大，故a不选；b滴加少量cuso4溶液，铁置换出铜，形成原电池反应，可加快反应速率，故b不选；c改用浓硫酸溶液，浓硫酸和铁发生钝化反应，不能生成氢气，反应速率减小甚至为0，故c选；d改用铁粉，增大了反应物的接触面积，反应速率加快，故d不选故选c点评：本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意浓硫酸与铁在常温下发生钝化10华裔科学家高琨因“在光纤传输信息领域中的突破性成就”获得2009年诺贝尔物理学奖，下列关于硅材料的说法正确的是( )a光纤的主要成分是高纯度的单质硅bsio2是酸性氧化物，它不溶于水也不溶于任何酸c因高温时sio2与na2co3反应放出co2，所以h2sio3酸性比h2co3强d28si、29si、30si互为同位素考点：硅和二氧化硅；同位素及其应用 分析：a二氧化硅是光导纤维主要成分；b二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅；c证明h2co3酸性比h2sio3强，应在溶液中进行；d质子数相同，中子数不同的核素互为同位素解答：解：a光纤的主要成分是二氧化硅，不是硅，故a错误；bsio2是酸性氧化物，常温下就能够与氢氟酸反应，故b错误；c证明h2co3酸性比h2sio3强，应在溶液中进行，na2co3和sio2在高温下熔融反应是利用物质的稳定性，故c错误；d28si、29si、30si三者质子数相同，但是中子数不同，所以互为同位素，故d正确；故选：d点评：本题考查了硅及其化合物的性质、同位素的判断，熟悉物质的性质及同位素概念是解题关键，题目难度不大11对于反应h2+cl22hcl，下列说法正确的是( )a需要点燃后才能发生反应，所以这个反应为吸热反应b反应物所具有的总能量高于生成物所具有的总能量c断开1molhh键和1molclcl键所吸收的总能量大于形成2molhcl键所放出的能量d该反应中，化学能只转变为热能考点：吸热反应和放热反应 分析：a、反应为吸热还是放热与条件无关；b、根据放热反应中反应物所具有的总能量高于产物所具有的总能量；c、根据放热反应的本质是生成物成键释放的总能量大于反应物断键吸收的总能量；d、根据放热反应中化学能转变为热能、光能等解答：解：a、反应为吸热还是放热与条件无关，燃烧一般都需要点燃，则为放热反应，故a错误；b、h2+cl22hcl是放热反应，所以反应物所具有的总能量高于产物所具有的总能量，故b正确；c、h2+cl22hcl是放热反应，断开1mol hh键和1mol clcl键，所吸收的总能量，小于形成2mol hcl键，所放出的能量，故c错误；d、放热反应中化学能转变为热能、光能等，不是只转变为热能，故d错误；故选b点评：本题主要考查了化学反应的本质以及能量变化的宏观和微观原因，难度不大12根据反应：2ag+cucu2+2ag，设计如图所示原电池，下列说法错误的是( )a x可以是银或石墨by是硫酸铜溶液c电子从铜电极经外电路流向x电极dx极发生还原反应考点：原电池和电解池的工作原理 分析：由方程式2ag+cucu2+2ag可知，反应中ag+被还原，应为正极反应，则电解质溶液为硝酸银溶液，cu被氧化，应为原电池负极反应，在装置图中x为ag或石墨，y为硝酸银溶液，以此解答该题解答：解：a铜为负极，电极x的材料是ag或石墨，为原电池的正极，故a正确；by为硝酸银溶液，ag+被还原，为正极反应，故b错误；c原电池工作时，电子从负极（铜）经外电路流向x电极（银或石墨），故c正确；dx为正极，发生还原反应生成银，极反应式为ag+eag，故d正确故选b点评：本题考查原电池知识，为2015届高考常见题型及高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论的理解和应用能力，难度不大，注意把握电极反应的判断和电极方程式的书写13下列说法错误的是( )a只要有化学键断裂的变化一定是化学变化b并不是所有化学反应的速率都与压强有关c可逆反应达到平衡后，正、逆反应速率相等但不为零d装有no2和n2o4混合气的密闭烧瓶加热后，颜色变深，说明该化学平衡发生了移动考点：化学反应的实质；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断 分析：a化学反应的实质为旧键断裂、新键形成；b固体之间的反应与压强无关；c可逆反应达到平衡后，正、逆反应速率相等但不为零；d装有no2和n2o4混合气的密闭烧瓶加热后，颜色变深，说明该化学平衡向生成no2的方向移动解答：解：a化学反应的实质为旧键断裂、新键形成，则既有化学键断裂又有化学键形成的变化一定是化学变化，故a错误；b固体之间的反应与压强无关，故b正确；c可逆反应达到平衡后，正、逆反应速率相等但不为零，故c正确；d装有no2和n2o4混合气的密闭烧瓶加热后，颜色变深，说明该化学平衡向生成no2的方向移动，故d正确；故选a点评：本题考查较综合，涉及反应速率、化学反应与化学键、平衡移动等，为2015届高考常见题型，把握常见的实例为解答的关键，注意选项d为解答的难点，题目难度不大14下列说法正确的是( )a含有离子键和共价键的化合物一定是离子化合物b元素原子的最外层电子数等于该元素的最高化合价c目前人们已发现的元素种类数目与原子种类数目相同d多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高考点：离子化合物的结构特征与性质；原子核外电子的运动状态 专题：原子组成与结构专题分析：a离子化合物一定含有离子键；b元素原子的最外层电子数不一定等于该元素的最高化合价；c元素的种类小于原子的种类；d多电子原子中，离原子核越近的电子其能量越低解答：解：a离子化合物一定含有离子键，则含有离子键的化合物一定是离子化合物，故a正确；b元素原子的最外层电子数不一定等于该元素的最高化合价，如锰原子最外层有2个电子，但其最高化合价是+7价，故b错误；c有的元素有多种原子，所以元素的种类小于原子的种类，故c错误；d多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较低，在离核较远的区域内运动的电子能量较高，故d错误；故选a点评：本题考查离子键和离子化合物的关系、核外电子能量、元素化合价与最外层电子的关系等知识点，明确原子结构是解本题关键，易错选项是b，明确最外层电子和价电子的区别，为易错点15设na为阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是( )a0.1molmg2+含有na个电子b1moll1的nacl溶液中含有na个na+c2molcu与足量s加热充分反应，转移2na个电子d4gch4与cl2在光照条件下反应全部转化为ccl4时，断裂na个ch键考点：阿伏加德罗常数 分析：a、mg2+的核外有10个电子；b、溶液体积不明确；c、铜与硫反应后变为+1价；d、求出甲烷的物质的量，然后根据1mol甲烷中含4molch键来分析解答：解：a、mg2+的核外有10个电子，故0.1mol镁离子中含1mol电子即na个，故a正确；b、溶液体积不明确，故溶液中的钠离子的个数无法计算，故b错误；c、铜与硫反应后变为+1价，故2mol铜反应后转移2mol电子即2na个，故c正确；d、4g甲烷的物质的量n=0.25mol，而1mol甲烷中含4molch键，在全部转化为ccl4时，ch键全部断裂，故0.25mol甲烷中含有的1molch键全部断裂，即断裂na个ch键，故d正确故选b点评：本题考查了阿伏伽德罗常数数的有关计算，掌握公式的应用和物质的结构是解题关键，难度不大16x、y、z、w四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，z的单质是常见的半导体材料由此可知( )xyzwax、z、w的简单氢化物的稳定性zwxbw元素的单质在化学反应中只表现还原性cy、z、w的最高价氧化物均能与naoh溶液反应dx、y的简单离子半径yx考点：原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质 分析：x、y、z、w四种属于短周期元素，z的单质是常见的半导体材料，则z为si，根据元素在周期表中的位置，可推知y为al、x为n、w为pa元素非金属性越强，对应氢化物越稳定；b根据p元素化合价分析解答；c氧化铝、二氧化硅、五氧化二磷均能与naoh溶液反应；d电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小解答：解：x、y、z、w四种属于短周期元素，z的单质是常见的半导体材料，则z为si，根据元素在周期表中的位置，可推知y为al、x为n、w为pa非金属性zwx，故氢化物稳定性zwx，故a错误；bw为p元素，化合价有+5、3等价，单质在化学反应中可以表现还原性、氧化性，故b错误；cy、z、w的最高价氧化物分别为氧化铝、二氧化硅、五氧化二磷，均能与naoh溶液反应，故c正确；d电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：n3al3+，故d错误，故选c点评：本题考查位置结构性质的相互关系及应用，侧重对元素周期律的考查，注意对基础知识的理解掌握，难度不大17如图是制取和收集某气体的实验装置，该装置可用于( )a浓盐酸和二氧化锰反应制取cl2b稀硫酸和大理石反应制取co2c浓硝酸与铜反应制取no2d二氧化锰固体和双氧水反应制取o2考点：常见气体制备原理及装置选择 分析：从反应装置分析知，该装置属于固液混合不加热型装置，所以只能制取固液混合不加热得到的气体；从收集装置分析知，该气体不溶于水，和水不反应解答：解：a用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气需要加热，且生成的氯气能和水反应，所以不能用排水法收集，故a错误b稀硫酸和大理石反应制取co2，生成的硫酸钙微溶于水，附着在大理石表面阻止反应进行，故b错误；cno2能与水反应生成一氧化氮，不能用排水法收，故c错误；d二氧化锰固体催化双氧水否分解反应制取o2不需加热，且氧气不易溶于水，所以可以用该实验装置制取氧气，故d正确； 故选d点评：本题考查了实验装置的选取，根据反应物状态和反应条件选取反应装置，根据气体的性质选取收集装置，难度不大18中学化学常见物质甲、乙、丙、丁之间存在转化关系：甲+乙丙+丁下列说法正确的是( )a若甲为铜，丁为氯化亚铁，则该反应为置换反应b若甲为碳，丁为硅，则丙一定是二氧化碳c若甲为铝，丁为三氧化二铝，则丙可能是镁d若甲为nh4+，乙为oh，则甲、乙、丙、丁4种粒子均含10个电子考点：无机物的推断 分析：根据甲+乙丙+丁反应的关系，a、若甲为铜单质，丁为氯化亚铁溶液，根据氧化还原反应原理和元素守恒，可知乙是氯化铁溶液，丙为氯化铜；b、若甲为碳，丁为硅，则该反应为碳还原二氧化硅得硅和一氧化碳，所以乙为二氧化硅，丙是一氧化碳；c、若甲为铝单质，丁为三氧化二铝，则该反应为铝热反应，乙也可以是铁的氧化物等；d、若甲为nh4+，乙为oh，甲与乙反应生成氨气和水，nh3、h2o、oh、nh4+中都含10个电子，据此判断；解答：解：根据甲+乙丙+丁反应的关系，a、若甲为铜单质，丁为氯化亚铁溶液，根据氧化还原反应原理和元素守恒，可知乙是氯化铁溶液，丙为氯化铜，生成物中没有单质，所以该反应不是置换反应，故a错误；b、若甲为碳，丁为硅，则该反应为碳还原二氧化硅得硅和一氧化碳，所以乙为二氧化硅，则丙是一氧化碳，故b错误；c、若甲为铝单质，丁为三氧化二铝，则该反应为铝热反应，乙也可以是铁的氧化物等，镁的金属性比铝强，所以丙不可能是镁，故c错误；d、若甲为nh4+，乙为oh，甲与乙反应生成氨气和水，nh3、h2o、oh、nh4+中都含10个电子，故d正确，故选d点评：本题是考查元素化合物知识，涉及基本反应类型的考查，难度不大，答题时注意熟记常见元素化合物之间的化学反应19一定温度下，在容积为2l的密闭容器中进行反应：am（气）bn（气）m、n的物质的量随时间的变化如图所示，下列表述中正确的是( )a反应式中a：b=2：5b0t1物质m的浓度c（m）减少了1moll1ct2时，c（m）=c（n）=4moll1，反应一定达到平衡状态dt3时，c（m）不再变化，正反应速率小于逆反应速率考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线 分析：a根据图知，在反应中m的物质的量减少、n的物质的量增大，所以m是反应物、n是生成物，反应达到平衡状态时，n（m）=（82）mol=6mol、n（n）=（52）mol=3mol，同一时间段内各物质的物质的量变化量之比等于其计量数之比，所以m、n的计量数之比=6mol：3mol=2：1，所以反应方程式为2m（气）n（气）；b.0t1物质m的浓度c（m）减少了moll1；ct2时，c（m）=c（n）=2moll1，该反应正逆反应速率不相等；dt3时，c（m）不再变化，该反应达到平衡状态解答：解：a根据图知，在反应中m的物质的量减少、n的物质的量增大，所以m是反应物、n是生成物，反应达到平衡状态时，n（m）=（82）mol=6mol、n（n）=（52）mol=3mol，同一时间段内各物质的物质的量变化量之比等于其计量数之比，所以m、n的计量数之比=6mol：3mol=2：1，所以a：b=2：1，故a错误；b.0t1物质m的浓度c（m）减少了moll1=1mol/l，故b正确；ct2时，c（m）=c（n）=2moll1，根据图知，随着反应的进行，m的物质的量还在减少、n的物质的量还在增加，所以平衡向正反应方向移动，没有达到平衡状态，故c错误；dt3时，c（m）不再变化，该反应达到平衡状态，则正逆反应速率相等，故d错误；故选b点评：本题考查图象分析，明确图象中曲线综合坐标含义及曲线变化趋势是解本题关键，注意：反应体系中各物质的物质的量浓度相等时该反应不一定到达平衡状态，易错选项是c20下列叙述错误的是( )a可用足量br2的四氯化碳溶液除去甲烷中的乙烯b蛋白质溶液中加入cuso4溶液后，蛋白质析出，再加水不溶解c苯的硝化反应属于取代反应d往溴水中加入苯，振荡，溴水变为无色，说明苯与溴发生加成反应考点：有机物的结构和性质；乙烯的化学性质；苯的性质；蛋白质的变性实验 分析：a乙烯与溴水发生加成反应；b硫酸铜可使蛋白质变性；c根据取代反应的特点判断；d苯与溴水不反应，发生萃取解答：解：a乙烯含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，甲烷性质稳定，与溴水不反应，可用于除杂，故a正确；b硫酸铜可使蛋白质变性，变性为不可逆过程，故b正确；c硝基取代苯中的氢原子，为取代反应，故c正确；d苯与溴水不反应，溴易溶于苯，溶液分层，有机层颜色加深，水层无色，为萃取过程，故d错误故选d点评：本题综合考查有机物的结构和性质，为2015届高考常见题型，侧重于有机化合物的综合理解和运用的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，难度不大21工业上可用组成为k2om2o32ro2nh2o的无机材料纯化制取氢气元素m、r均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质子数之和为27，则常温下，不能与m单质发生反应的是( )acuso4溶液bnaoh溶液cfe2o3d浓硫酸考点：位置结构性质的相互关系应用 分析：m化合价为+3价，r化合价为+4价，均为第三周期元素，则m为al，r为si，二者原子序数之和为27，符合题意，据此解答解答：解：m化合价为+3价，r化合价为+4价，均为第三周期元素，则m为al，r为si，二者原子序数之和为27，符合题意aal能与硫酸铜溶液反应置换出al单质，故a不选；bal与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，故b不选；cal与氧化铁在高温下发生铝热反应置换出fe，常温下不反应，故c选；d常温下al在浓硫酸中表面生成致密的氧化物保护膜，腐蚀钝化现象，故d不选，故选c点评：本题考查结构性质位置关系、元素化合物性质，d现象为易错点，注意金属钝化是常温下在金属表面生成致密的氧化物保护膜，阻止内部金属继续反应22某有机物的结构为下图所示，这种有机物不可能具有的性质是( )可以燃烧；能使酸性kmno4溶液褪色；能跟naoh溶液反应； 能发生酯化反应；能发生加聚反应；能发生水解反应ab只有c只有d考点：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：有机物大多易燃烧；含有碳碳双键的物质能被酸性kmno4溶液氧化；羧酸可以和氢氧化钠反应；羧酸可以和醇之间发生酯化反应；含有碳碳双键的物质可以发生加聚反应；酯基可以水解解答：解：根据有机物大多易燃烧的性质推断该有机物可以燃烧，故正确；该有机物含有碳碳双键，能被酸性kmno4溶液氧化，使酸性kmno4溶液褪色，故正确；该有机物含有羧基，可以和氢氧化钠反应，故正确；该有机物含有羧基，具有羧酸的性质，可以和醇之间发生酯化反应，故正确；该有机物含有碳碳双键，可以发生加聚反应，故正确；该有机物没有可以水解的官能团，不能水解，故错误故选b点评：有机物的结构决定性质，熟记官能团的性质是解题的关键，可以根据所学知识进行回答，难度不大二、填空、简答与推断（共28分）23下表为元素周期表的一部分，表中分别代表某一元素周期aaaaaaa 01 2 3 （1）地壳中含量最多的金属元素是（填序号）（2）表中非金属性最强的元素原子半径（填“”或“”）其离子的结构示意图为：（3）naoh溶液不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛装的原因是（用化学方程式表达）2naoh+sio2na2sio3+h2o（4）的气态氢化物与的气体氢化物反应，得到白色晶体m，m中含有的化学键类型有离子键和共价键（5）可以验证、非金属性强弱的实验是bc（填序号）a比较它们的单质的硬度和熔点b比较相同条件下，它们的单质分别与h2反应飞难易c相同条件下，它们的单质分别与铁粉反应，并验证产物中铁元素价态d比较它们氢化物水溶液的酸性强弱（6）如图是由和两种元素原子构成的几种分子的球棍模型其中，元素含量最高的是e（填标号，下同）；分子中不含双键，但却可以发生加成反应的是e；二氯代物种类最多的是d考点：元素周期律和元素周期表的综合应用 分析：根据元素在周期表中的位置可知，为h，为c，为n，为o，为f，为na，为al，为si，为s，为cl，（1）根据地壳中金属元素的分布答题；（2）根据元素周期律，同周期从左向右非金属性增强，从上向下非金属性减弱，表中非金属性最强的元素是f；（3）玻璃中含有二氧化硅成分，能与naoh溶液反应；（4）的气态氢化物与的气体氢化物反应，得到白色晶体m为氯化铵，是离子化合物；（5）元素的非金属性越强，其单质与h2反应越容易，单质的氧化性越强，与单质的硬度和熔点以及氢化物水溶液的酸性强弱无关；（6）根据图可知，由c、h元素组成的几种分子a为ch4，b为ch3ch3，c为ch2=ch2，d为ch3ch2ch3，e为c6h6，据此答题；解答：解：根据元素在周期表中的位置可知，为h，为c，为n，为o，为f，为na，为al，为si，为s，为cl，（1）地壳中含量最多的金属元素是铝元素，序号为，故答案为：；（2）根据元素周期律，同周期从左向右非金属性增强，从上向下非金属性减弱，表中非金属性最强的元素是f，f半径小于o，f的结构示意图为，故答案为：；（3）玻璃中含有二氧化硅成分，能与naoh溶液反应，反应方程式为2naoh+sio2na2sio3+h2o，故答案为：2naoh+sio2na2sio3+h2o；（4）的气态氢化物与的气体氢化物反应，得到白色晶体m为氯化铵，是离子化合物，中含有的化学键类型为离子键和共价键，故答案为：离子键和共价键；（5）元素的非金属性越强，其单质与h2反应越容易，单质的氧化性越强，氧化性强，可以将铁氧化成高价，与单质的硬度和熔点以及氢化物水溶液的酸性强弱无关，故选bc；（6）根据图可知，由c、h元素组成的几种分子a为ch4，b为ch3ch3，c为ch2=ch2，d为ch3ch2ch3，e为c6h6，根据化学式中c、h个数比可知，c含量最高的是c6h6；分子中不含双键，但却可以发生加成反应的是c6h6，二氯代物种类最多的是ch3ch2ch3，有四种，故答案为：e；e；d点评：本题考查了元素周期表和元素周期律综合应用，根据元素周期表结构及元素位置推断元素，再结合物质性质分析解答，注意二氧化硅的性质的应用及有机基础知识的应用，题目难度不大24工业上用铝土矿（主要成分为al2o3，还有少量泥沙、fe2o3等杂质）提取氧化铝做冶炼铝的原料，提取的操作过程如下：（1）在步骤、步骤中的过滤操作中，用到的玻璃仪器除漏斗、烧杯外，还有玻璃棒（2）滤液x中含铝元素的溶质的化学式为naalo2（3）实验室里常往aicl3溶液中加人氨水来制取a1（oh）3，不用naoh溶液的原因是oh+al（oh）3=alo2+2h2o（用离子方程式表达）（4）由a1（oh）3加热得到固体n的化学方程式为2al（oh）3al2o3+3h2o（5）将5.4g铝粉与24.0gfe2o3在高温下隔绝空气充分反应后，生成fe11.2g考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：铝土矿（主要成分为al2o3，还有少量泥沙、fe2o3等杂质）中加入氢氧化钠时，则在中得到滤液x中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，沉淀m为氧化铁，滤液x中通入二氧化碳，并控制一定的反应条件，过滤后得氢氧化铝固体和滤液y主要含有硅酸根离子和碳酸根离子等，氢氧化铝受热分解得固体n为氧化铝，（1）根据过滤操作的装置答题；（2）在碱性条件下铝元素以偏铝酸根离子的形式存在；（3）a1（oh）3是两性氢氧化物，既溶液强酸又溶于强碱；（4）a1（oh）3加热分解得到氧化铝和水；（5）铝粉与fe2o3在高温下隔绝空气发生铝热反应，根据方程式可进行计算解答：解：铝土矿（主要成分为al2o3，还有少量泥沙、fe2o3等杂质）中加入氢氧化钠时，则在中得到滤液x中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，沉淀m为氧化铁，滤液x中通入二氧化碳，并控制一定的反应条件，过滤后得氢氧化铝固体和滤液y主要含有硅酸根离子和碳酸根离子等，氢氧化铝受热分解得固体n为氧化铝，（1）根据过滤操作的装置可知，过滤操作中，用到的玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：玻璃棒；（2）在碱性条件下铝元素以偏铝酸根离子的形式存在，所以滤液x中含铝元素的溶质为偏铝酸钠，化学式为naalo2，故答案为：naalo2；（3）a1（oh）3是两性氢氧化物，既溶液强酸又溶于强碱，所以naoh容易将生成a1（oh）3的溶解，反应的离子方程式为oh+al（oh）3=alo2+2h2o，故答案为：oh+al（oh）3=alo2+2h2o；（4）a1（oh）3加热分解得到氧化铝和水不，反应的方程式为2al（oh）3al2o3+3h2o，故答案为：2al（oh）3al2o3+3h2o；（5）铝粉与fe2o3在高温下隔绝空气发生铝热反应，反应的方程式为fe2o3+2al2fe+al2o3，根据方程式可知铝粉与fe2o3的质量比为27：80，所以5.4g铝粉与24.0gfe2o3反应，fe2o3过量，所以生成fe的质量根铝粉计算，生成fe的质量为g=11.2g，故答案为：11.2点评：本题以框图题形式考查铝的化合物的性质，难度中等，清楚提取的操作过程原理，是对知识迁移的综合运用25以淀粉或乙烯为主要原料均可合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示图中，a是一种遇碘单质变蓝的多糖；b能与新制cu（oh）2悬浊液反应生成砖红色沉淀，但不能发生水解反应（1）a的名称是淀粉（2）反应在人体组织为生命活动提供能量，写出其化学方程式c6h12o6+6o26co2+6h2o（3）写出单质钠与c反应的化学方程式ch2oh+2na2ch3ch2ona+h2（4）写出c转化为e的化学方程式2ch3ch2oh+o22ch3cho+2h2o（5）只用下列一种试剂就能鉴别b、c、d三种物质，这种试剂是a（填标号）a新制cu（oh）2 bnaoh溶液 c石蕊试液 dna2co3溶液考点：有机物的推断 分析：a是一种遇到碘单质能变蓝的多糖，则a为：（c6h10o5）n （淀粉），水解生成b，且二氧化碳与水可以转化生成b，应是在光合作用，故b为c6h12o6（葡萄糖），葡萄糖发酵生成c为ch3ch2oh，ch3ch2oh在cu作催化剂条件下氧化生成e为ch3cho，ch3ch2oh被酸性高锰酸钾氧化生成d为ch3cooh，ch3cooh与ch3ch2oh发生酯化反应生成f为ch3cooch2ch3，据此解答解答：解：a是一种遇到碘单质能变蓝的多糖，则a为：（c6h10o5）n （淀粉），水解生成b，且二氧化碳与水可以转化生成b，应是在光合作用，故b为c6h12o6（葡萄糖），葡萄糖发酵生成c为ch3ch2oh，ch3ch2oh在cu作催化剂条件下氧化生成e为ch3cho，ch3ch2oh被酸性高锰酸钾氧化生成d为ch3cooh，ch3cooh与ch3ch2oh发生酯化反应生成f为ch3cooch2ch3，（1）a是一种遇到碘单质能变蓝的多糖，a的名称是：淀粉，故答案为：淀粉；（2）反应是葡萄糖在人体内发生氧化反应放出能量，其化学方程式为：c6h12o6+6o26co2+6h2o，故答案为：c6h12o6+6o26co2+6h2o；（3）c为ch3ch2oh，单质钠与c反应的化学方程式为2ch3ch2oh+2na2ch3ch2ona+h2，故答案为：ch2oh+2na2ch3ch2ona+h2；（4）c转化为e的反应为乙醇的催化氧化，反应的方程式为2ch3ch2oh+o22ch3cho+2h2o，故答案为：2ch3ch2oh+o22ch3cho+2h2o；（5）b为葡萄糖，含有醛基、羟基，c为酒精，含有羟基，d为乙酸含有羧基，a新制cu（oh）2，与葡萄糖反应有红色沉淀生成，与酒精物明显现象，与乙酸反应溶解，溶液呈蓝色，可以区别三种物质，故a正确；bnaoh溶液与乙酸反应，现象不明显，与葡萄糖、酒精互溶，无法区别，故b错误；c乙酸使石蕊试液显红色，石蕊试液与葡萄糖、酒精无明显现象，不能区别，故c错误；dna2co3溶液与乙酸反应生成二氧化碳，与葡萄糖、酒精无明显现象，可以区别出乙酸，不能区别葡萄糖与酒精，故d错误，故答案为：a点评：本题考查有机物推断，涉及糖类、醇、羧酸性质与转化，注意掌握官能团的性质与转化，难度中等三、观察、实验与探究（共28分）26某同学研究金属与不同酸反应的差异，以及影响化学反应速率的元素实验药品：2.0moll1盐酸、4.0moll1盐酸、2.0moll1硫酸、4.0moll1硫酸，相同大小的铝片和铝粉（表面氧化膜都已除去）每次实验各种酸的用量均为50.0ml，金属用量均为9.0g（1）帮助该同学完成以下实验设计表实验目的实验编号温度金属铝形态酸及其浓度1实验和探究盐酸浓度对该反应速率的影响2实验和探究：3实验和探究金属规格（铝片、铝粉）对该反应速率的影响4、实验探究铝与稀盐酸和稀硫酸反应的差异25 铝片4.0mol/l盐酸 25 铝片 2.0moll1盐酸 35 铝片 2.0moll1盐酸25 铝片2.0mol/l盐酸 25 铝片 2.0moll1硫酸（2）该同学在对比实验、时发现实验和的反应速度都明显比实验快，你能对问题原因作出哪些假设或猜想（列出一种即可）？答：阴离子对该反应速率的影响考点：探究影响化学反应速率的因素 分析：（1）实验和探究盐酸浓度对该反应速率的影响，则除了浓度不同以外，其它条件必须完全相同，据此判断的温度及盐酸浓度；根据实验和的数据可知，除温度不同外，其它条件完全相同，则探究的是温度对反应速率的影响；实验和探究金属规格（铝片，铝粉）对该反应速率的影响，则除了铝的规格不同以外，其它条件必须完全相同；（2）对比、和实验可知，除了氯离子和硫酸根离子不同以外，其它条件完全相同，据此判断影响反应速率因素为氯离子和硫酸根离子解答：解：（1）根据实验目的可知：实验和探究盐酸浓度对该反应速率的影响，则除盐酸浓度的浓度不同外，其它条件必须完全相同，所以的温度为25，酸及浓度为：4.0mol/l盐酸；根据实验和的数据可知，除温度不同外，其它条件完全相同，则实验和探究的是反应温度对反应速率的影响；实验和探究金属规格（铝片，铝粉）对该反应速率的影响，则除铝的规格不同以外，其它条件必须完全相同，所以中温度 25、酸及浓度为：2.0mol/l盐酸，故答案为：实验目的实验编号温度金属铝的形态酸及浓度2探究温度对反应速率的影响254.0mol/l盐酸252.0mol/l盐酸（2）对比、和实验可知，只有cl和so42不同，其它条件完全相同，的反应速度都明显比快，说明cl能够促进al与h+的反应或so42对al与h+的反应起阻碍作用，阴离子对该反应速率的影响，故答案为：阴离子对该反应速率的影响；点评：本题考查了影响化学反应速率的因素，题目难度中等，熟练掌握温度、浓度、固体物质的表面积等因素对反应速率的影响为解答关键，注意设计对照试验的方法与要求，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力27某学习小组利用二氧化锰与浓盐酸反应制取纯净、干燥的氯气，装置如图所示：（1）烧瓶中发生反应的化学方程式为mno2+4hcl（浓）mncl2+cl2+2h2o，反应中的还原剂是hcl（2）装置b中饱和食盐水的作用是除去氯气中的hcl，装置e的作用是吸收多余氯气，防止污染空气（3）实验室用下列两种方法制取氯气：用含hcl 146g的浓盐酸与足量的mno2反应，用87gmno2与足量的浓盐酸反应这两种方案制得的氯气b（填标号）a比多 b比多 c一样多 d无法比较（4）若将生成的cl2通入无色淀粉碘化钾溶液中，可观察到溶液变成蓝色，反应的离子方程式为2i+cl2=2cl+i2，继续通入足量cl2后，发现溶液又变成无色，原因是cl2将溶液中的i2氧化成hio3，写出该反应的化学方程式5cl2+i2+6h2o=2hio3+10hcl考点：氯气的实验室制法 分析：（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、水和氯气；所含元素化合价升高的反应物是还原剂；（2）氯气中混有hcl，用饱和食盐水除去氯气中的hcl；氯气有毒，不能直接排放空气中，e装置中盛放氢氧化钠溶液吸收氯气；（3）由方程式可知，146ghcl与87gmno2恰好完全反应