2015-2016学年广东省汕头市高一(下)期末化学试卷(解析版)

1、2015-2016学年广东省汕头市高一（下）期末化学试卷一、单项选择题（本题包括12小题，每小题2分，共24分；且每小题只有1个选项符合题意）1下列措施有利于节能减排、改善环境质量的是（）在大亚湾核电站已安全运行多年的基础上，广东将继续发展核电，以减少火力发电带来的二氧化硫和二氧化碳排放问题积极推行“限塑令”，加快研发利用二氧化碳合成的聚碳酸酯类可降解塑料加速建设地铁、轻轨等轨道交通，促进珠三角城市一体化发展，减少汽车尾气排放发展低碳经济、循环经济，推广可利用太阳能、风能的城市照明系统使用生物酶降解生活废水中的有机物，使用填埋法处理未经分类的生活垃圾ABCD2下列有关化学用语表示正确的是（）A

2、水分子的比例模型：BF的结构示意图：CCO2的结构式：OCOD中子数为8的碳原子：3用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A标准状况下，22.4 L H2O含有的分子数为NAB常温常压下，1.06 g Na2CO3含有的Na+数为0.02NAC常温常压下，NA个CO2分子占有的体积为22.4 LD物质的量浓度为0.5 molL1的MgCl2溶液中含有Cl个数为NA4在pH=1的溶液中能大量共存的离子组合是（）ABa2+、Na+、CO32、SO42BMg2+、Cl、Na+、SO42CK+、Cl、HCO3、NO3DK+、Na+、Fe2+、NO35下列关于化学键的各种叙述中，正确的是（）A

3、在离子化合物里，只存在离子键B在共价化合物里，一定不存在离子键C非金属元素之间只能形成共价键D由不同种元素组成的多原子分子里，一定只存在极性键6化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的如图为N2（g）和O（g）反应生成NO（g）过程中的能量变化：下列说法中正确的是（）A1 mol N2（g）和1 mol O2（g）反应放出的能量为180 kJB1 mol N2（g）和1 mol O2（g）具有的总能量小于2 mol NO（g）具有的总能量C通常情况下，N2（g）和O2（g）混合能直接生成NODNO是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐

4、和水7根据元素周期律，由列事实进行归纳推测，推测不合理的是事实（） 事实 推测 A12Mg与水反应缓慢，20Ca与水反应较快56Ba（IIA族）与水反应更快 B Si是半导体材料，同族Ge也是半导体材料族的元素都是半导体材料， C HCl在1500时分解，HI在230时分解 HBr的分解温度介于二者之间 D Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应 P与H2在高温时能反应AABBCCDD8同质量的锌与稀硫酸反应，欲使反应速率最大，选择下列组合中的反应条件（）锌粒锌片锌粉10%的硫酸20%的硫酸98%的硫酸加热用冰冷却不断搅拌迅速加入锌后静置ABCD9某含有铝电极的原电池工作时，电子从铝电极上流

5、出，下列有关该电池另一电极的材料与电解质溶液的说法中肯定错误的是（）A镁、NaOH溶液B铜、稀硫酸C铜、浓硝酸D铁、CuCl2溶液10下列事实与电化学原理无关的是（）A纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量CuSO4溶液后，反应速率加快B镀锡铁桶的镀层破损后，破损处很快会出现破洞C轮船吃水线以下的船壳上装有一定数量的锌块D铝片不用特殊方法保存11第二次世界大战期间丹麦科学家玻尔被迫离开德军占领的祖国为了表明一定要返回祖国的决心，他把心爱的金质诺贝尔奖章放在盛有“王水”（浓盐酸和浓硝酸的混合物）的玻璃容器中：Au+HNO3+3HClAuCl3+NO+2H2O战后玻尔返回祖国，从溶液中提取出金，又重新铸造成

6、奖章下列方法中，不能从溶有金的王水中提取出金的是（）A萃取B蒸发灼烧C用Fe置换D电解12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海水中含有溴元素，只需经过蒸馏等物理变化就可以得到溴单质C海水蒸发制海盐的过程只发生了化学变化D从海水中提镁时，利用海滩上的贝壳制Ca（OH）2二、双项选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分；且每小题均有2个正确选项符合题意；多选、错选、无选均不得分，选1个且正确给2分）13下列离子反应方程式，书写正确的是（）A石灰石中加入稀盐酸：CO32+2H+H2O+CO2B稀硫酸中加入铁粉：Fe+2H+Fe2+H2C硝酸银溶液中加入铜

7、粉：Ag+CuCu2+AgDBa（OH）2溶液中加入硫酸：Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O14金刚砂（SiC）可由SiO2和碳在一定条件下反应制得，反应方程式为：SiO2+3CSiC+2CO，下列有关说法中正确的是（）A该反应中的氧化剂是SiO2，还原剂为CB该反应中的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：3C该反应中每生成1 mol SiC转移4 mol电子D该反应中的还原产物是SiC，氧化产物是CO，其物质的量之比为1：215短周期元素R、X、Y、Z原子序数依次增大，其中R的气态氢化物的水溶液呈碱性，X是同周期中原子半径最大的元素，Y的单质是一种常见的半导体材料，Y与Z的原子

8、序数相差3，下列判断正确的是（）A最外层电子数：ZRYB气态氢化物的稳定性：YZCR、X的氧化物均为离子化合物DX和Y两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应16下列实验装置不能达到实验目的是（）A用装置来制备氨气B用装置来验证Cu与浓硝酸反应的热量变化C用装置来验证氨气极易溶于水D用装置来除去Cl2中混有的HCl气体17在一定温度下，可逆反应A（g）+3B（g）2C（g）达到平衡的标志是（）A容器内的压强不随时间变化BA、B、C的浓度不再变化C单位时间内生成n mol A，同时消耗2n mol CDA、B、C的分子数之比为1：3：218下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是（）选项实

9、验操作实验目的或结论A向AlCl3溶液中加入过量的氨水，过滤，洗涤，干燥，加热灼烧制取Al2O3B将浓硫酸与碳混合加热，生成的气体通入足量的澄清石灰水检验气体产物中的CO2C将SO2通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热褪色后的品红溶液，溶液恢复红色验证亚硫酸的不稳定性D向某溶液中加入NaOH溶液后再加热，若产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝验证该溶液中肯定有NH4+AABBCCDD三、（本题有2小题，共14分）19将钠用铝箔包好并刺些小孔，再放入水中，请写出有关反应的离子方程式：；20在配制Fe2+的溶液时，为了防止溶液被氧化而变质，常需加入铁粉请用离子方程式解释加入铁粉的作用：21某汽车安全

10、气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用（1）NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na，N2的结构式为（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na反应生成的还原产物为（已知该反应为置换反应），Fe2O3还可用于“铝热法”炼铁，铝热反应在冶金工业上可用于（3）KClO4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和Na2O，Na2O的电子式为（4）NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解，其化学方程式为：四、（本题为选做题，共14分）22X、Y、Z、W代表短周期的四种元素，有关它们的部

11、分信息如表所示：元素部分结构特点部分性质XX的单质由双原子分子构成，分子中有14个电子X有多种氧化物，如XO、XO2等YY原子的次外层电子数等于最外层电子数的一半Y元素能形成多种单质ZZ原子的最外层电子数多于4Z元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和等于6W第三周期元素的简单离子中半径最小W的单质化学性质虽较活泼，但只需常温保存请按要求回答下列问题（注意不能用字母X、Y、Z、W作答，请用相应的元素符号或化学式填写）：（1）X的元素名称是，X的气态氢化物的电子式是（2）Z元素在周期表中的位置是第周期，第族Z和W形成的化合物属于化合物（填“离子”或“共价”）（3）X、Y、Z、W的原子半径从大到小

12、的顺序是（4）X、Y、Z三种元素的最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱的顺序是：（5）铜和X的最高价氧化物的水化物的浓溶液反应的化学方程式：（6）气体分子（YX）2称为拟卤素，性质与卤素类似，请写出（YX）2与NaOH溶液反应的化学方程式：23表是A、B、C、D、E五种有机物的有关信息：ABCDE能使溴水褪色比例模型为能与水在一定条件下反应生成物质C由C、H两种元素组成球棍模型为由C、H、O三种元素组成能与Na反应，但不能与NaOH溶液反应能与E反应生成相对分子质量为100的酯相对分子质量比物质C小2能由物质C氧化而成由C、H、O三种元素组成球棍模型为根据表中信息回答下列问题：（1）A与溴水反应

13、的生成物的名称叫做；写出在一定条件下，A生成高分子化合物的化学方程式：（2）A与氢气发生加成反应后生成分子F，与F在分子组成和结构上相似的有机物有一大类（俗称“同系物”），它们均符合通式当n=时，这类有机物开始出现同分异构体（3）B具有的性质是（填序号）无色无味液体有毒不溶于水密度比水大任何条件下不与氢气反应可使酸性高锰酸钾溶液和溴水均褪色写出在浓硫酸作用下，B与浓硝酸反应的化学方程式：（4）写出由C氧化生成D的化学方程式：（5）C与E反应能生成相对分子质量为100的酯，该反应类型为实验题;本题只有1小题，共14分）24某同学学习了化学反应速率后，联想到曾用H2O2制备氧气，于是设计了下面的实

14、验方案并进行实验探究实验编号反应物催化剂甲试管中加入3mL 2%H2O2溶液和3滴蒸馏水无乙试管中加入3mL 5%H2O2溶液和3滴蒸馏水无丙试管中加入3mL 5%H2O2溶液和3滴蒸馏水1mL 0.1mol/L FeCl3溶液丁试管中加入3mL 5%H2O2溶液和3滴稀盐酸溶液1mL 0.1mol/L FeCl3溶液戊试管中加入3mL 5%H2O2溶液和3滴NaOH溶液1mL 0.1mol/L FeCl3溶液【查阅资料】过氧化氢（H2O2），其水溶液俗称双氧水，常温下是一种无色液体，性质比较稳定在加热的条件下，它能分解生成氧气研究表明，将新制的5%的H2O2溶液加热到65时就有氧气放出，加热

15、到80时就有较多氧气产生（1）上述实验发生反应的化学方程式为（2）实验甲和实验乙的实验目的是；实验丙、实验丁和实验戊的实验目的是（3）请根据该同学查阅的资料分析H2O2的性质，解释实验甲和实验乙能否达到实验目的？（4）实验过程中该同学对实验丙、丁、戊中产生的气体进行收集，并在2分钟内6个时间点对注射器内气体进行读数，记录数据如表时间/s20406080100120气体体积/mL实验丙9.519.529.036.546.054.5实验丁8.016.023.531.539.046.5实验戊15.530.044.558.571.583.0对实验戊，020s的反应速率v1=mL/s，100120s的反

16、应速率v2=mL/s不考虑实验测量误差，二者速率存在差异的主要原因是如图是根据实验收集到最大体积的气体时所用时间绘制的图象曲线c表示的是实验（填“丙”、“丁”或“戊”）六、计算题（本题只有1小题，共10分）25将9.6g铜单质置于200mL一定浓度的稀硝酸中，两者恰好完全反应假定溶液体积不变，请回答下列问题：（要求写出计算过程）（1）反应生成的气体的体积（标况下）；（2）反应过程中转移电子的物质的量；（3）参加反应的稀硝酸的物质的量浓度2015-2016学年广东省汕头市高一（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题包括12小题，每小题2分，共24分；且每小题只有1个选项符合题意）

17、1下列措施有利于节能减排、改善环境质量的是（）在大亚湾核电站已安全运行多年的基础上，广东将继续发展核电，以减少火力发电带来的二氧化硫和二氧化碳排放问题积极推行“限塑令”，加快研发利用二氧化碳合成的聚碳酸酯类可降解塑料加速建设地铁、轻轨等轨道交通，促进珠三角城市一体化发展，减少汽车尾气排放发展低碳经济、循环经济，推广可利用太阳能、风能的城市照明系统使用生物酶降解生活废水中的有机物，使用填埋法处理未经分类的生活垃圾ABCD【考点】常见的生活环境的污染及治理【分析】火力发电会产生大量二氧化硫和二氧化碳；塑料制品造成严重的白色污染，故应推行限塑令，控制塑料制品的使用，加快研发利用二氧化碳合成的聚碳酸酯

18、类可降解塑料；加速建设地铁、轻轨等轨道交通，减少汽车尾气排放，能够减少污染物的排放；推广可利用太阳能、风能的城市照明系统，减少传统能源的使用，有利于改善环境；使用填埋法处理未经分类的生活垃圾会污染土壤和水资源【解答】解：火力发电会消耗很多燃煤，会产生大量二氧化硫和二氧化碳，引起空气污染，发展核电，能减少火力发电带来的二氧化硫和二氧化碳排放问题，可减少酸雨和温室效应，起到保护和改善自然环境的作用，故正确；积极推行“限塑令”，加快研发利用二氧化碳合成的聚碳酸酯类可降解塑料，可降解塑料在微生物作用下分解生成二氧化碳，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，可减少白色污染，起到保护和改善自然环境

19、的作用，故正确；加速建设地铁、轻轨等轨道交通，减少汽车尾气排放对保护环境有着极其重要作用，有利于节能减排和改善环境，故正确；太阳能、风能是清洁能源，推广使用太阳能、风能，可减少化石能源的使用，有利于节能减排、改善环境质量，故正确；有的垃圾含有重金属离子，填埋法处理未经分类的生活垃圾会污染水体和土壤，不利于节能减排、改善环境质量，故错误；故选A2下列有关化学用语表示正确的是（）A水分子的比例模型：BF的结构示意图：CCO2的结构式：OCOD中子数为8的碳原子：【考点】球棍模型与比例模型；原子结构示意图；结构式【分析】A球棍模型突出的是原子之间的成键的情况及空间结构，比例模型突出的是原子之间相等大

20、小以及原子的大致连接顺序、空间结构，不能体现原子之间的成键的情况，图示为球棍模型；BF的核电核数是9，F的核外为10个电子不是9个；C二氧化碳是直线形结构，每个氧原子和碳原子形成碳氧双键；D元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，质量数=质子数+中子数【解答】解：A为水的球棍模型，水的比例模型为，故A错误；B氟离子核内有9个质子，核外有10个电子，氟离子的结构示意图为，故B错误；C二氧化碳是直线形结构，每个氧原子和碳原子形成碳氧双键，其结构式为O=C=O，故C错误；D中子数为8的碳原子质子数=6，质量数为6+8=14，该原子可以表示为614C，故D正确；故选D3用NA表示阿伏加德罗常数，下列

21、叙述中正确的是（）A标准状况下，22.4 L H2O含有的分子数为NAB常温常压下，1.06 g Na2CO3含有的Na+数为0.02NAC常温常压下，NA个CO2分子占有的体积为22.4 LD物质的量浓度为0.5 molL1的MgCl2溶液中含有Cl个数为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、根据标准状况下水的状态不是气体进行判断；B、根据n=计算出碳酸钠的物质的量，再计算出含有的钠离子数目；C、根据常温下，不是标准状况下进行分析；D、根据氯化镁溶液的浓度不知道，无法计算氯化镁的物质的量判断【解答】解：A、在标准状况下，水的状态不是气体，题中条件无法计算水的物质的量，故A错误；B、1.06g

22、碳酸钠的物质的量为0.01mol，含有0.02mol钠离子，含有的Na+数为0.02NA，故B正确；C、NA个CO2分子的物质的量为1mol，不是标准状况下，无法计算1mol二氧化碳的体积，故C错误；D、没有告诉物质的量浓度为0.5 molL1的MgCl2溶液的体积，无法计算氯化镁的物质的量，故D错误故选B4在pH=1的溶液中能大量共存的离子组合是（）ABa2+、Na+、CO32、SO42BMg2+、Cl、Na+、SO42CK+、Cl、HCO3、NO3DK+、Na+、Fe2+、NO3【考点】离子共存问题【分析】pH=1的溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，A钡离子与碳酸根离子、硫酸根离子反应生成

23、沉淀；B四种离子之间不发生反应，都不与氢离子反应；C碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳和和水；D硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子【解答】解：pH=1的溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，ABa2+与CO32、SO42反应生成难溶物，在溶液中不能大量共存，故A错误；BMg2+、Cl、Na+、SO42之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；CHCO3与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DFe2+、NO3在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B5下列关于化学键的各种叙述中，正确的是（）A在离子化合物里，只存在离子键B在共价化合物里，一

24、定不存在离子键C非金属元素之间只能形成共价键D由不同种元素组成的多原子分子里，一定只存在极性键【考点】化学键【分析】A离子晶体中可存在共价键；B只含共价键的化合物为共价化合物；C仅由非金属元素形成的化合物，可为离子化合物；D由不同种元素组成的多原子分子中可存在极性键和非极性键【解答】解：A在离子化合物中，一定含有离子键，可以含有共价键，例如氢氧化钠，故A错误；B共价化合物里，只含有共价键，一定不存在离子键，故B正确；C非金属元素之间可以形成离子化合物，例如氯化铵，故C错误；D由不同种元素组成的多原子分子中可存在极性键和非极性键，如HOOH中存在极性键和非极性键，故D错误；故选B6化学反应中的能

25、量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的如图为N2（g）和O（g）反应生成NO（g）过程中的能量变化：下列说法中正确的是（）A1 mol N2（g）和1 mol O2（g）反应放出的能量为180 kJB1 mol N2（g）和1 mol O2（g）具有的总能量小于2 mol NO（g）具有的总能量C通常情况下，N2（g）和O2（g）混合能直接生成NODNO是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水【考点】反应热和焓变【分析】A、分析能量变化黑球代表氧原子，依据反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量生成物形成化学键放出的能量计算判断；B、依据A计算的焓

26、变判断反应能量变化，结合反应前后能量守恒分析；C、氮气和氧气在放电条件才能反应；D、一氧化氮不能和氢氧化钠反应【解答】解：A、焓变=反应物断裂化学键吸收的能量生成物形成化学键放出的能量，N2+O2=2NO，H=946KJ/mol+498KJ/mol2632KJ/mol=180KJ/mol，反应是吸热反应，故A错误；B、依据A计算可知反应是吸热反应，依据能量守恒，1 mol N2（g）和1 mol O2（g）具有的总能量小于2 mol NO（g）具有的总能量，故B正确；C、通常情况下，N2（g）和O2（g）混合不能直接生成NO，故C错误；D、一氧化氮不能和氢氧化钠反应，不是酸性氧化物，故D错误；

27、故选B7根据元素周期律，由列事实进行归纳推测，推测不合理的是事实（） 事实 推测 A12Mg与水反应缓慢，20Ca与水反应较快56Ba（IIA族）与水反应更快 B Si是半导体材料，同族Ge也是半导体材料族的元素都是半导体材料， C HCl在1500时分解，HI在230时分解 HBr的分解温度介于二者之间 D Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应 P与H2在高温时能反应AABBCCDD【考点】同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系【分析】A同一主族元素，元素的金属性随着原子序数增大而增强，元素的金属性越强，其与水反应越剧烈；B处于金属和非金

28、属分界线处的元素具有金属性和非金属性；C元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；D元素的非金属性越强，其与氢气化合越容易【解答】解：A同主族金属元素由上至下金属性增强，与水反应剧烈程度增强，金属性BaCaMg，Ca与水反应较快则Ba与水反应更快，故A正确；B半导体材料通常位于元素周期表中金属元素和非金属元素的分界处，Si和Ge处于金属和非金属分界线处，能作半导体，但C和Pb不能作半导体，所以第IVA族元素并不都是半导体材料，故B错误；C同主族非金属元素由上至下非金属性减弱，气态氢化物的热稳定性减弱，非金属性ClBrI，所以HBr的分解温度介于二者之间，故C正确；D同周期非金属元素从左到右非金

29、属性增强，与氢气化合难度减小，非金属性SPSi，所以 P与H2在高温时能反应，故D正确；故选B8同质量的锌与稀硫酸反应，欲使反应速率最大，选择下列组合中的反应条件（）锌粒锌片锌粉10%的硫酸20%的硫酸98%的硫酸加热用冰冷却不断搅拌迅速加入锌后静置ABCD【考点】化学反应速率的影响因素【分析】加快反应速率的因素有增加反应物浓度、升温、加压、加催化剂、增大反应物接触面积等，根据反应速率影响因素解答即可 锌粉的接触面积比锌片和锌粒大，以此解答该题【解答】解：解锌粉的接触面积比锌片和锌粒大，反应速率快，选择；浓硫酸和锌反应生成二氧化硫气体不能生成氢气，20%的稀硫酸比15%的稀硫酸浓度大，反应速率

30、快，选；温度升高，反应速率加快，选；搅拌可以使反应物充分接触，反应速率加快，选；综上所述，可以选择，故选C9某含有铝电极的原电池工作时，电子从铝电极上流出，下列有关该电池另一电极的材料与电解质溶液的说法中肯定错误的是（）A镁、NaOH溶液B铜、稀硫酸C铜、浓硝酸D铁、CuCl2溶液【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】某含有铝电极的原电池工作时，电子从铝电极上流出吗，则金属铝是负极，正极材料的活泼性比金属铝弱，电解质和金属铝之间可以发生自发氧化还原反应即可【解答】解：含有铝电极的原电池工作时，电子从铝电极上流出吗，则金属铝是负极，正极材料的活泼性比金属铝弱，电解质和金属铝之间可以发生自发氧化

31、还原反应A镁、Al、NaOH溶液能够成原电池，金属铝是负极，故A正确；B铜、铝、稀硫酸溶液能够成原电池，金属铝是负极，故B正确；C铜、Al、浓硝酸溶液能够成原电池，铝遇浓硝酸发生钝化，铜作负极，金属铝是正极，故C错误；D铁、CuCl2、Al能够成原电池，活泼金属铝是负极，故D正确；故选C10下列事实与电化学原理无关的是（）A纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量CuSO4溶液后，反应速率加快B镀锡铁桶的镀层破损后，破损处很快会出现破洞C轮船吃水线以下的船壳上装有一定数量的锌块D铝片不用特殊方法保存【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】根据是否能构成原电池和电解池，如果能构成原电池和电解池就与电化学有关

32、，否则电化学无关，据此分析解答【解答】解：A、Zn与硫酸中加入少量CuSO4后，锌置换出铜，形成铜锌原电池，加快了反应，和电化学有关，故A不选；B、铁比锡活泼，在破损处易形成原电池，铁很快被腐蚀，和电化学有关，故B不选；C、轮船吃水线以下的船壳上装有一定数量的锌块，锌铜构成原电池，保防铜，和电化学有关，故C不选；D、铝制品生成一层致密的氧化膜，阻止反应进一步进行，和电化学无关，故D选；故选D11第二次世界大战期间丹麦科学家玻尔被迫离开德军占领的祖国为了表明一定要返回祖国的决心，他把心爱的金质诺贝尔奖章放在盛有“王水”（浓盐酸和浓硝酸的混合物）的玻璃容器中：Au+HNO3+3HClAuCl3+N

33、O+2H2O战后玻尔返回祖国，从溶液中提取出金，又重新铸造成奖章下列方法中，不能从溶有金的王水中提取出金的是（）A萃取B蒸发灼烧C用Fe置换D电解【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】浓盐酸与浓硝酸按体积比1：3混合而成的溶液叫王水，它能溶解绝大多数金属，包括金、铂等极不活泼的金属由题意，黄金溶于王水，实质上是发生了化学反应，Au以化合态形式存在于溶液中，且Au不溶于有机溶剂，因此肯定不能用萃取的方法提取金，以此解答该题【解答】解：AAu以化合态形式存在于溶液中，不能用萃取的方法分离，故A错误；B先蒸发水分后灼烧固体，可分解生成金，故B正确；C铁比金活泼，可置换出金，故C正确；D

34、电解溶有黄金的王水，可在阴极上析出金，故D正确；故选A12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海水中含有溴元素，只需经过蒸馏等物理变化就可以得到溴单质C海水蒸发制海盐的过程只发生了化学变化D从海水中提镁时，利用海滩上的贝壳制Ca（OH）2【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海水中含有溴离子，要得到溴单质需要发生化学反应；C海水蒸发制海盐的过程是物理变化过程；D海滩上的贝壳煅烧得到氧化钙，氧化钙溶于水得到氢氧化钙【解答】解：A海水中含有大量盐类，从海水中获取淡水不需要

35、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海水中含有溴离子，要得到溴单质需要采用氧化剂氧化溴离子的氧化还原反应，发生化学变化，故B错误；C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C错误；D海滩上的贝壳煅烧得到氧化钙，氧化钙溶于水得到氢氧化钙，氢氧化钙用来吃的镁离子，用于海水提镁的生产原料，故D正确；故选D二、双项选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分；且每小题均有2个正确选项符合题意；多选、错选、无选均不得分，选1个且正确给2分）13下列离子反应方程式

36、，书写正确的是（）A石灰石中加入稀盐酸：CO32+2H+H2O+CO2B稀硫酸中加入铁粉：Fe+2H+Fe2+H2C硝酸银溶液中加入铜粉：Ag+CuCu2+AgDBa（OH）2溶液中加入硫酸：Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳气体和水，碳酸钙难溶物应写化学式；B稀硫酸中加入铁粉发生置换反应，反应生成硫酸亚铁和氢气；C铜活泼性大于银，铜与银离子反应生成铜离子和单质银，方程式左右电荷不守恒；D氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡和水【解答】解：A碳酸钙为难溶物，需要保留化学式，稀盐酸和碳酸钙反应的离子方程式为：CaCO

37、3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故A错误；B铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应离子方程式为：Fe+2H+Fe2+H2，故B正确；C硝酸银溶液中加入铜粉，反应生成硝酸铜和银，反应的离子方程式为：Cu+2Ag+=Cu2+2Ag，故C错误；D氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡和水，离子方程式：Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O，故D正确；故选BD14金刚砂（SiC）可由SiO2和碳在一定条件下反应制得，反应方程式为：SiO2+3CSiC+2CO，下列有关说法中正确的是（）A该反应中的氧化剂是SiO2，还原剂为CB该反应中的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：3C该反应中每生成1 m

38、ol SiC转移4 mol电子D该反应中的还原产物是SiC，氧化产物是CO，其物质的量之比为1：2【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应【分析】反应SiO2+3CSiC+2CO中，C元素化合价由0价降低为4价，由0价升高为+2价，C既是氧化剂又是还原剂，故SiC是还原产物、CO为氧化产物，结合方程式判断转移电子数目、氧化产物和还原产物的物质的量之比【解答】解：A反应产物SiC中Si、C的化合价分别为+4、4价，所以SiO2既不是氧化剂，又不是还原剂，故A错误；B碳元素从0价转变成4价（SiC）和+2价（CO），C为氧化剂、还原剂，由原子守恒可知，该反应中的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2

39、，故B错误；C该反应中每生成1 mol SiC转移1mol（40）=4 mol电子，故C正确；D碳元素从0价转变成4价（SiC）和+2价（CO），SiC是还原产物，CO是氧化产物，两者的物质的量之比为1：2，故D正确；故选CD15短周期元素R、X、Y、Z原子序数依次增大，其中R的气态氢化物的水溶液呈碱性，X是同周期中原子半径最大的元素，Y的单质是一种常见的半导体材料，Y与Z的原子序数相差3，下列判断正确的是（）A最外层电子数：ZRYB气态氢化物的稳定性：YZCR、X的氧化物均为离子化合物DX和Y两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】R的气态氢化物的水溶

40、液呈碱性，则R是氮元素，X是同周期中原子半径最大的元素是钠元素，Y的单质是一种常见的半导体材料是硅，Y与Z的原子序数相差3，Z是氯元素，由此分析解答【解答】解：A、Z、R、Y的最外层电子数分别为：7、5、4，所以最外层电子数：ZRY，故A正确；B、非金属性越强氢化物越稳定，非金属性ClSi，所以气态氢化物的稳定性：XY，故B错误；C、氮的氧化物是共价化合物，故C错误；D、X最高价氧化物对应的水化物是氢氧化钠而Y最高价氧化物对应的水化物硅酸，可以发生酸碱中和反应，故D正确；故选AD16下列实验装置不能达到实验目的是（）A用装置来制备氨气B用装置来验证Cu与浓硝酸反应的热量变化C用装置来验证氨气极

41、易溶于水D用装置来除去Cl2中混有的HCl气体【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合【分析】A氯化铵分解生成氨气和HCl，在试管口又化合生成氯化铵；BCu与浓硝酸反应放热，大试管中空气受热膨胀；C氨气极易溶于水，烧瓶中气体减少；D氯气与水反应【解答】解：A氯化铵分解生成氨气和HCl，在试管口又化合生成氯化铵，图中装置不能制备氨气，应选铵盐与碱加热制备，故A错误；BCu与浓硝酸反应放热，大试管中空气受热膨胀，则U型管中红墨水左低右高，装置可验证热量变化，故B正确；C挤压胶头滴管，氨气极易溶于水，烧瓶中气体减少，则气球变大，装置可验证氨气极易溶于水，故C正确；D氯气与水反应，不能除杂，应将水改为

42、食盐水，食盐水可抑制氯气的溶解，故D错误；故选AD17在一定温度下，可逆反应A（g）+3B（g）2C（g）达到平衡的标志是（）A容器内的压强不随时间变化BA、B、C的浓度不再变化C单位时间内生成n mol A，同时消耗2n mol CDA、B、C的分子数之比为1：3：2【考点】化学平衡状态的判断【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态【解答】解：A、容器内的压强不随时间变化，说明气体的物质的量

43、不变，反应达平衡状态，故A正确；B、A、B、C的浓度不再变化，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故B正确；C、单位时间内生成n mol A，同时消耗2n mol C，都体现的逆反应的方向，故C错误；D、当体系达平衡状态时，A、B、C的分子数之比可能为1：3：2，也可能不是1：3：2，与各物质的初始浓度及转化率有关，故D错误；故选AB18下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是（）选项实验操作实验目的或结论A向AlCl3溶液中加入过量的氨水，过滤，洗涤，干燥，加热灼烧制取Al2O3B将浓硫酸与碳混合加热，生成的气体通入足量的澄清石灰水检验气体产物中的CO2C将SO2通入品红溶液中，品红溶

44、液褪色，加热褪色后的品红溶液，溶液恢复红色验证亚硫酸的不稳定性D向某溶液中加入NaOH溶液后再加热，若产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝验证该溶液中肯定有NH4+AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A向AlCl3溶液中加入过量的氨水，反应生成氢氧化铝沉淀；B将浓硫酸与碳混合加热，反应生成二氧化碳和二氧化硫气体；B二氧化硫与品红化合生成无色的物质，该物质受热易分解；D溶液中加入NaOH溶液后再加热，若产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体为氨气，由N原子守恒分析【解答】解：A向AlCl3溶液中加入过量的氨水，反应生成氢氧化铝沉淀，则过滤，洗涤，干燥，加热灼烧可生成Al2O3，

45、故A正确；B将浓硫酸与碳混合加热，反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，均能使石灰水变浑浊，则不能检验气体产物中的CO2，故B错误；B二氧化硫与品红化合生成无色的物质，该物质受热易分解，则漂白性与亚硫酸的不稳定无关，故C错误；D溶液中加入NaOH溶液后再加热，若产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体为氨气，由N原子守恒可知，该溶液中肯定有NH4+，故D正确；故选AD三、（本题有2小题，共14分）19将钠用铝箔包好并刺些小孔，再放入水中，请写出有关反应的离子方程式：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2；2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2【考点】钠的化学性质；铝的化学性质【分析】铝与水不

46、反应，钠与水迅速反应产生氢气和氢氧化钠，生成的氢氧化钠溶液又溶解金属铝再产生氢气，据此回答；【解答】解：铝包在钠表面，铝与水不反应用针刺些小孔后钠与水生成氢氧化钠和氢气，反应离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，生成的氢氧化钠溶液又与铝产生氢气，反应的离子方程式为：2Al+2 OH+2H2O=2AlO2+3H2，故答案为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2；2Al+2 OH+2H2O=2AlO2+3H2，20在配制Fe2+的溶液时，为了防止溶液被氧化而变质，常需加入铁粉请用离子方程式解释加入铁粉的作用：Fe+2Fe3+=3Fe2+【考点】铁的化学性质；离子方程式的书写【分析

47、】Fe2+如变质，则被氧化生成Fe3+，Fe3+具有氧化性，可与铁发生反应生成Fe2+，以此解答该题【解答】解：Fe2+如变质，则被氧化生成Fe3+，Fe3+具有氧化性，可与铁发生反应生成Fe2+，以达到防止变质的目的，方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+21某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用（1）NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na，N2的结构式为NN（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na反应生成的还原产物为Fe（已知该反应为置换

48、反应），Fe2O3还可用于“铝热法”炼铁，铝热反应在冶金工业上可用于炼熔点高的金属（3）KClO4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和Na2O，Na2O的电子式为（4）NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解，其化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2【考点】物质的组成、结构和性质的关系；氧化还原反应；钠的重要化合物【分析】（1）氮气中含三键；（2）Fe2O3得到电子被还原，铝热反应可冶炼熔点高的金属；（3）Na2O含离子键，为离子化合物；（4）碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水、二氧化碳【解答】解：（1）氮气中含三键，结构式为NN，故答案为：NN；（2）Fe2

49、O3得到电子被还原，与Na反应生成的还原产物为Fe，铝热反应可冶炼熔点高的金属，如Cr、Mn等，故答案为：Fe；炼熔点高的金属；（3）Na2O含离子键，为离子化合物，电子式为，故答案为：；（4）碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2四、（本题为选做题，共14分）22X、Y、Z、W代表短周期的四种元素，有关它们的部分信息如表所示：元素部分结构特点部分性质XX的单质由双原子分子构成，分子中有14个电子X有多种氧化物，如XO、XO2等YY原子的次外层电子数等于最外层电子数的一半Y元素能形成多种

50、单质ZZ原子的最外层电子数多于4Z元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和等于6W第三周期元素的简单离子中半径最小W的单质化学性质虽较活泼，但只需常温保存请按要求回答下列问题（注意不能用字母X、Y、Z、W作答，请用相应的元素符号或化学式填写）：（1）X的元素名称是，X的气态氢化物的电子式是（2）Z元素在周期表中的位置是第周期，第族Z和W形成的化合物属于共价化合物（填“离子”或“共价”）（3）X、Y、Z、W的原子半径从大到小的顺序是AlClCN（4）X、Y、Z三种元素的最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱的顺序是：HClO4HNO3H2CO3（5）铜和X的最高价氧化物的水化物的浓溶液反应的化学方程

51、式：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O（6）气体分子（YX）2称为拟卤素，性质与卤素类似，请写出（YX）2与NaOH溶液反应的化学方程式：（CN）2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】X、Y、Z、W是短周期的四种元素，X的单质由双原子分子构成，分子中有14个电子，其质子数为7，X有多种氧化物，如XO、XO2等，所以X为N元素；Y原子的次外层电子数等于最外层电子数的一半，Y能形成多种气态氢化物，则Y为C元素；Z原子的最外层电子数多于4，非金属元素，Z元素的最高正化合价与最低负化合价代数和等于6，其最高价为+7价，为Cl元素

52、；W第三周期元素的简单离子中半径最小，则W为Al，据此进行解答【解答】解：（1）X的元素名称是氮，N原子的最外层有5个电子，其中3个未成对电子和1对成对电子，3个未成对电子分别和3个H原子形成3对共用电子对，故氨气的电子式为，故答案为：氮；（2）氯元素在周期表中的位置是第三周期，第A族，Cl和Al形成的化合物属于共价化合物，故答案为：三；A；共价；（3）电子层数越多半径越大，电子层数相同时核电荷数越多半径越小，所以原子半径从大到小的顺序是AlClCN，故答案为：AlClCN；（4）非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，X、Y、Z三种元素的最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱的顺序是HClO4HNO3H2CO3，故答案为：HClO4HNO3H2CO3；（5）铜和浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O