四川省达州市2014-2015学年高一化学下学期期末考试试卷含解析

PAGEPAGE18四川省达州市2014-2015学年高一下学期期末化学试卷一、选择题（每小题2分，共44分，每小题只有一个选项符合题意）1．“化学，让生活更美好”，下列叙述不能直接体现这一主旨的是() A． B． C． D．考点：常见的生活环境的污染及治理．分析：“化学，让生活更美好”，只要是与化学有关，凡是通过化学改善提高人类的生活质量，能让生活更美好的就符合题意．解答： 解：A．二氧化碳的大量排放能够引起温室效应，不利于人类的生活，故A错误；B．用化学方法合成药物，让人类更健康，能让生活更美好，故B正确；C．太阳能属于无污染新能源，充分利用发展太阳能，能够起到节能减排，有利于提高人类的生活质量，故C正确；D．回收各种废弃塑料，防止白色污染，减少环境污染，故D正确；故选：A．点评：本题考查了化学与环境保护的关系，熟悉化学与环境及能源的关系是解题关键，题目难度不大．2．下列物质分类正确的是() A．SO2、CO均为酸性氧化物 B．稀豆浆、氯化铁溶液均为胶体 C．冰醋酸、四氯化碳均为电解质 D．食醋、氨水均为混合物考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质．专题：物质的分类专题．分析：A、酸性氧化物是指和碱反应生成盐和水的氧化物，一氧化碳是不成盐氧化物；B、胶体是分散质直径在1﹣100nm的分散系，硅酸是沉淀，氯化铁溶液不是胶体；C、电解质是水溶液中或熔融状态能导电的化合物，四氯化碳是非电解质；D、不同物质组成的物质为混合物．解答： 解：A、SO2和碱反应生成盐和水，均为酸性氧化物，CO不能和碱反应生成盐和水是不成盐氧化物，故A错误；B、稀豆浆属于胶体、氯化铁溶液不是胶体，分散质微粒直径不同是分散系的本质区别，故B错误；C、冰醋酸水溶液中部分电离是弱电解质、四氯化碳水溶液中或熔融状态都不导电属于非电解质，故C错误；D、食醋是醋酸的水溶液属于混合物、氨水是氨气溶于水形成的溶液属于混合物，所以均为混合物，故D正确；故选D．点评：本题考查了氧化物分类，分散系的区分，电解质的判断，混合物的物质组成，题目较简单．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．灼热的炭与CO2反应 B．H2与O2的燃烧反应 C．铝与稀盐酸反应 D．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应考点：氧化还原反应；吸热反应和放热反应．专题：氧化还原反应专题；化学反应中的能量变化．分析：有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应，以此来解答．解答： 解：A．C元素的化合价变化，为氧化还原反应，且为吸热反应，故A正确；B．H、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，但为放热反应，故B错误；C．Al、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，但为放热反应，故C错误；D．没有元素的化合价变化，不是氧化还原反应，但为吸热反应，故D错误；故选A．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、能量变化为解答的关键，注意规律性知识的应用，题目难度不大．4．下列反应中，光照对反应几乎没有影响的是() A．氯气与氢气的反应 B．氯气与甲烷的反应 C．氧气与甲烷的反应 D．次氯酸的分解考点：氯气的化学性质；甲烷的化学性质．专题：元素及其化合物；有机反应．分析：中学化学中，能在光照条件下反应的有：氯气与氢气、氯气与甲烷、次氯酸分解、硝酸分解以及卤化银的分解等反应，以此解答该题．解答： 解：题中氯气与氢气、氯气与甲烷、次氯酸分解都可在光照条件下反应，而氧气和甲烷的反应需在点燃条件下反应，故选：C．点评：本题考查氯气、甲烷等物质的性质，侧重于元素化合物知识的考查，为2015届高考高频考点，难度不大，注意物质的性质以及反应条件，学习中注意积累．5．下列冶炼金属的原理及方程式不正确的是() A．工业冶炼铁Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 B．火法炼铜Cu2S+O22Cu+SO2 C．工业冶炼镁MgCl2Mg+Cl2 D．工业冶炼铝Al2O3+2FeFe2O3+2Al考点：金属冶炼的一般原理．分析：金属冶炼的方法主要有：热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，例如：2HgO2Hg+O2↑，热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，例如：Fe2O3+3CO2Fe+CO2↑，电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属，例如：2Al2O34Al+3O2↑，根据金属的活泼性确定金属的冶炼方法．解答： 解：A．Fe是金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，工业上采用热氧化还原法冶炼，故A正确；B．Cu是金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，所以可以采用热氧化还原法冶炼Cu，故B正确；C．Mg是活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼，故C正确；D．Al是较活泼金属，工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼，故D错误；故选D．点评：本题考查金属的冶炼，明确金属活泼性强弱与冶炼方法的关系是解本题关键，会根据金属的活泼性强弱选取合适的冶炼方法，易错选项是D，注意工业上不能采用电解熔融氯化铝的方法冶炼铝，为易错点．6．决定化学反应速率的主要因素是() A．反应物的浓度 B．反应温度 C．使用催化剂 D．反应物的性质考点：化学反应速率的影响因素．专题：化学反应速率专题．分析：根据决定化学反应速率的根本原因（内因）：反应物本身的性质．解答： 解：因决定化学反应速率的根本原因：反应物本身的性质．而浓度、温度、压强、催化剂是影响因素．故选：D．点评：本题主要考查了影响化学反应速率的内因，要注意与外因（浓度、温度、压强、催化剂）的区别．7．下列指定反应的离子方程式正确的是() A．Na投入水中：Na+H2O═Na++OH﹣+H2↑ B．NaHCO3溶液与氢氧化钠溶液反应：HCO3﹣+2OH﹣═CO2↑+H2O C．用CH3COOH溶液CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑ D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2﹣+2H20═Al（OH）3↓+HCO3﹣考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A.2mol钠生成1mol氢气，离子方程式两边不满足电子守恒；B．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应碳酸钠和水；C．碳酸钙为强电解质，不溶于水，在离子反应中保留化学式；D．二氧化碳过量，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子．解答： 解：A．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，正确的离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故A错误；B．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应碳酸钠和水，正确的离子方程式为：OH﹣+HCO3﹣=CO32﹣+H2O，故B错误；C．碳酸钙与醋酸的反应中，碳酸钙和醋酸都不能拆开，正确的离子反应为：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+H2O+CO2↑，故C错误；D．NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3，反应的离子方程式为：CO2+AlO2﹣+2H20═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故D正确；故选D．点评：本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确判断离子方程式正误常用方法：检查反应物、生成物的拆分是否正确、是否满足守恒关系（质量守恒、电荷守恒、电子守恒）、是否满足原反应方程式等．8．NA代表阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是() A．1mol﹣CH3含有的电子数为10NA B．92gNO2气体中含有原子数为6NA C．1molC2H4分子中含共价单键总数为8NA D．标准状况下22.4LCHCl3中含有原子总数为5NA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．甲基为中性原子团，1mol甲基中只含有9mol电子；B．根据n=计算出二氧化氮的物质的量，再计算出含有的原子数；C．乙烯分子中含有的共价单键为碳氢键，其分子中含有4个碳氢键；D．标准状况下三氯甲烷的状态不是气体．解答： 解：A．1mol﹣CH3含有9mol电子，含有的电子数为9NA，故A错误；B．92g二氧化氮的物质的量为：=2mol，含有的原子的物质的量为6mol，含有原子数为6NA，故B正确；C．1mol乙烯分子中含有4mol碳氢键，含共价单键总数为4NA，故C错误；D．标况下三氯甲烷为液体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故D错误；故选B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的综合应用，题目难度中等，明确物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的关系为解答关键，注意掌握标况下气体摩尔体积的使用条件．9．下列关于第三周期主族元素从左到右的递变规律的说法中，不正确的是() A．原子半径逐渐减小 B．原子的电子层数逐渐增多 C．最高正化合价逐渐增大 D．非金属性逐渐增强考点：同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：根据同周期主族元素从左到右，电子层数不变，元素原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；最高正化合价即元素最外层电子数，由于同一周期最外层电子数逐渐增加，因而最高正化合价也逐渐增大．解答： 解：A、同周期主族元素从左到右，电子层数不变，元素原子半径逐渐减小，故A正确；B、同周期主族元素从左到右，电子层数不变，故B错误；C、最高正化合价即元素最外层电子数，由于同一周期最外层电子数逐渐增加，因而最高正化合价也逐渐增大，故C正确；D、同周期主族元素从左到右，电子层数不变，元素原子半径逐渐减小，非金属性逐渐增强，故D正确；故选：B．点评：本题考查元素周期律的递变规律，题目难度不大，注意把握元素周期律的递变规律与元素在周期表中的位置关系．10．下列有关化学用语表示正确的是() A．乙烯的结构简式：C2H4 B．水的电子式： C．氯离子的结构示意图： D．中子数为146，质子数为92的铀（U）原U考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．专题：化学用语专题．分析：A．乙烯分子中含有碳碳双键，结构简式中需要标出含有官能团结构；B．水为共价化合物，分子中不存在阴阳离子；C．氯离子的核电荷数为17，核外电子总数为18，最外层为8个电子；D．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数．解答： 解：A．乙烯中含有碳碳双键，正确的结构简式为：CH2=CH2，故A错误；B．水中存在两个氧氢键，氧原子最外层达到8电子稳定结构，水的电子式为：，故B错误；C．氯离子核电荷数为17，最外层达到8电子稳定结构，氯离子的结构示意图为：，故C正确；D．中子数为146，质子数为92的铀（U）原子的质量数为238，正确的表示方法为：92238U，故D错误；故选C．点评：本题考查结构简式、原子符号、电子式、离子结构示意图等化学用语的表示方法，为高频考点，题目难度中等，把握化学用语的规范应用是解答的关键．11．在一定条件下，RO3﹣与R﹣可发生反应：RO3﹣+5R﹣+6H+═3R2+3H2O，下列关于R元素的叙述中，正确的是() A．元素R位于周期表中第ⅤA族 B．RO3﹣中的R只能被还原 C．R2在常温常压下一定是气体 D．若1molRO3﹣参与该反应，则转移的电子的物质的量为5mol考点：氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．分析：A、由反应方程式可知，R的最低负价为﹣1，则其最高正价为+7价，族序数等于最高正化合价．B、RO3﹣中R为+5价，R的最低负价为﹣1，R最高正价为+7价，元素处于中间价态既具有氧化性又具有还原性．C、若R为I或Br也可以发生如上反应．D、反应中R元素化合价由+5价降低为0，据此计算．解答： 解：A、由反应方程式可知，R的最低负价为﹣1，则其最高正价为+7价，族序数等于最高正化合价，元素R应位于第ⅦA族，故A错误；B、RO3﹣中R为+5价，R的最低负价为﹣1，R最高正价为+7价，元素处于中间价态既具有氧化性又具有还原性，故B错误；C、若R为Cl，单质为气体，若R为I或Br也可以发生如上反应，碘为固体，溴为液体，故C错误；D、反应中R元素化合价由+5价降低为0，若1molRO3﹣参与该反应，则转移的电子的物质的量为1mol×（5﹣0）=5mol，故D正确．故选：D．点评：考查学生氧化还原反应、元素性质与物质关系以及根据信息提取知识的能力等，难度中等，关键根据离子方程式判断R的最低负价为﹣1，最高正价为+7价．是对所学知识的综合运用与能力考查，是一道不错的能力考查题目．12．四种短周期元素在周期表中的位置如右图，其中只有M为金属元素，下列说法错误的是() A．Y的气态氢化物与其最高价氧化物水化物能反应生成盐 B．X的单质可做半导体和光电纤维材料 C．M和Y的最高价氧化物对应水化物之间能相互反应 D．Z的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定考点：位置结构性质的相互关系应用；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：四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素，则M为Al，结合位置关系可知，X为Si，Y为N，Z为O，A．氨气与硝酸反应生成硝酸铵；B．Si位于金属与非金属的交界处；C．M的最高价氧化物对应水化物为Al（OH）3为两性氢氧化物；D．非金属性越强，气态氢化物越稳定．解答： 解：四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素，则M为Al，结合位置关系可知，X为Si，Y为N，Z为O，A．氨气与硝酸反应生成硝酸铵，硝酸铵为盐类物质，故A正确；B．Si位于金属与非金属的交界处，可做半导体材料，而光导纤维的材料为二氧化硅，故B错误；C．M的最高价氧化物对应水化物为Al（OH）3为两性氢氧化物，与硝酸反应生成盐和水，故C正确；D．非金属性Z＞Y，Z的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定，故D正确；故选B．点评：本题考查位置、结构及性质的应用，为高频考点，把握M为金属Al并推出各元素为解答的关键，注意元素周期律的应用及氢氧化铝的两性，题目难度不大．13．某单烯烃与H2加成后的产物是，则该烯烃的结构式可能有() A．1种 B．2种 C．3种 D．4种考点：取代反应与加成反应；同分异构现象和同分异构体．专题：有机反应．分析：先判断该烃结构是否对称，如果对称，只考虑该分子一边的结构和对称线两边相邻碳原子即可；如果不对称，要全部考虑，然后各去掉相邻碳原子上的一个氢原子形成双键．解答： 解：该烷烃的碳链结构为，1号和6号碳原子关于2号碳原子对称，5、8、9号碳原子关于4号碳原子对称，但4号碳原子上没有氢原子，所以4号碳原子和3、5、8、9号碳原子间不能形成双键；相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，所以能形成双键有：1和2之间（或2和6）；2和3之间；3和7之间，共有3种，故选：C．点评：本题考查同分异构体的书写，分析分子结构是否对称是解本题的关键，注意不能重写、漏写．14．巴豆酸的结构简式为CH3﹣CH=CH﹣COOH．现有①氯化氢、②溴水、③纯碱溶液、④乙醇、⑤酸性高锰酸钾溶液，判断在一定条件下，能与巴豆酸反应的物质是() A．只有②④⑤ B．只有①③④ C．只有①②③④ D．全部考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，以此解答该题．解答： 解：巴豆酸分子中含有碳碳双键和羧基，所以巴豆酸具有烯烃和羧酸的性质，与①氯化氢、②溴水发生加成反应，与⑤酸化的高锰酸钾溶液发生氧化反应，表现碳碳双键的性质；与③纯碱溶液发生复分解反应，与④乙醇发生酯化反应，故选D．点评：本题考查有机物的结构与性质，注意有机物中的官能团及其性质的关系即可解答，熟悉烯烃、羧酸的性质是解答的关键，题目难度不大．15．下列关于糖类、油脂、蛋白质的说法中正确的是() A．馒头、米饭在口腔内越嚼越甜，是因为它们含有的淀粉发生了酯化反应 B．糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物 C．油脂在人体内酶的作用下可水解成甘油和高级脂肪酸 D．油脂、蛋白质都只是由C，H，O三种元素组成的考点：有机化学反应的综合应用．专题：糖类与蛋白质专题．分析：A、淀粉在口腔中水解生成麦芽糖；B、相对分子质量大于10000的属于高分子化合物；C、油脂为高级脂肪酸甘油酯；D、蛋白质是由C、H、O、N、S、P等元素构成的．解答： 解：A、淀粉在口腔唾液酶的作用下水解生成麦芽糖，故咀嚼后有甜味，此反应为水解反应，故A错误；B、葡萄糖、果糖、麦芽糖、蔗糖等均为小分子化合物，油脂为小分子化合物，故B错误；C、油脂为高级脂肪酸甘油酯，在人体中水解生成甘油和高级脂肪酸，故C正确；D、蛋白质是由C、H、O、N、S、P等多种元素构成的，故D错误，故选C．点评：本题主要考查的是淀粉的性质，高分子化合物的概念，糖类、油脂、蛋白质的元素组成等，难度不大．16．下列关于能量转换的认识中错误的是() A．葡萄糖在人体组织中发生缓慢氧化时，热能转化为化学能 B．绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为生物能 C．煤燃烧时，化学能主要转化为热能 D．电解水生成氢气和氧气时，电能转化为化学能考点：反应热和焓变．分析：常见能量有化学能、热能、电能、太阳能、生物能等，一般来说化学能、热能、电能、生物能来源于太阳能，化学反应中，化学能可转化为热能、电解池、原电池反应时，电能和化学能可转化，以此解答该题．解答： 解：A．葡萄糖在人体组织中发生缓慢氧化是化学能转变成热能的过程，故A错误；B．通过光合作用，太阳能转化为生物能，故B正确；C．燃烧放出大量的热，则化学能转化为热能，故C正确；D．电解时分别在阳极、阴极发生化学反应，则电能转化为化学能，故D正确．故选A．点评：本题考查能量的转换形式，为高频考点，侧重于双基的考查，注意常见能量的形式有哪些，结合转化的特点来分析，难度不大．17．在一定温度下的恒容密闭容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明下述反应A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g）已达到平衡状态()①各气体物质的物质的量浓度②气体的总物质的量③混合气体的压强④混合气体的密度． A．只有①② B．只有①④ C．只有①③④ D．①②③④考点：化学平衡状态的判断．专题：化学平衡专题．分析：反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行判断．解答： 解：①反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的浓度等不再发生变化，所以各气体物质的物质的量浓度不再变化时，该反应达到平衡状态，故①正确；②该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，所以气体总物质的量不变，不能表明反应达到平衡状态，故②错误；③该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，所以容器中的压强不再发生变化，不能证明达到了平衡状态，故③错误；④该容器的体积保持不变，根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量会变，所以容器内气体的密度会变，当容器中气体的密度不再发生变化时，能表明达到化学平衡状态，故④正确；故选B．点评：本题考查化学平衡状态的判断，难度不大，注意只有反应前后不相同的量才能作为判断化学平衡的依据，反应前后不改变的量不能作为判断化学平衡的依据，如该反应中的压强就不能作为判断化学平衡的依据．18．少量铁粉与100mL0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢．为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的()①加H2O②加NaOH固体③滴入几滴浓盐酸④加CH3COONa固体⑤加NaCl溶液⑥滴加几滴硫酸铜溶液⑦升高温度（不考虑盐酸挥发）⑧改用10mL0.1mol/L的盐酸． A．①⑥⑦ B．③⑤⑧ C．③⑦⑧ D．③⑥⑦⑧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：产生氢气的量不变，则保证铁完全与盐酸反应；加快反应速率，应增大盐酸的浓度和升高温度．解答： 解：①加水，稀释了盐酸的浓度，故反应速率变慢；②加氢氧化钠，与盐酸反应，减少了盐酸的浓度，故反应速率变慢；③加浓盐酸，反应速率加快；④加醋酸钠固体与盐酸反应生成弱酸醋酸，故反应速率减慢；⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢；⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量；⑦升高温度，反应速率加快；⑧改用浓度大的盐酸，反应速率加快．故选C．点评：本题考查了影响反应速率的因素．审题时要注意：加快反应速率和不改变氢气的量．19．某温度时，在一个容积为2L的密闭容器中，X，Y，Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示，根据图中数据，下列有关说法错误的是() A．反应开始至2min，Z的反应速率为0.10mol•L﹣1•min﹣1 B．该反应的化学方程式为3X+Y⇌2Z C．2min时，反应达最大限度，但化学反应仍在进行 D．反应达到平衡时，压强是开始时的0.9倍考点：化学平衡建立的过程．分析：A、根据v=计算以Z表示的平均反应速率；B、根据在反应中，反应物物质的量减小，生成物的物质的量增加，变化的物质的量之比等于反应中计量数之比，写出化学方程式；C、根据图可知该反应为可逆反应，所以达到反应限度时，正逆反应还在进行，不过此时正逆反应速率相等，组成不变，据此判断；D、利用压强之比等于物质的量之比计算判断．解答： 解：A、由图可知2min内Z的物质的量变化量为0.2mol，所以2min内以Z表示的平均反应速率v（Z）==0.05mol/（L•min），故A错误；B、根据图可知，X的物质的量减小了（1.0﹣0.7）mol/L=0.3mol/L，Y的物质的量减小了（1.0﹣0.9）mol/L=0.1mol/L，所以X、Y为反应物，Z的物质的量增加了0.2mol/L，所以Z为生成物，X、Y、Z的物质的量的变化量之比为0.3：0.1：0.2=3：1：2，反应中各物质计量数之比等于物质的浓度的变化量之比，写出化学方程式为3X+Y⇌2Z，故B正确；C、根据图可知该反应为可逆反应，所以达到反应限度时，正逆反应还在进行，不过此时正逆反应速率相等，组成不变，故C正确；D、由图可知开始混合气体的总的物质的量为2mol，平衡时混合气体的物质的量为（0.9+0.7+0.2）mol=1.8mol，压强之比等于物质的量之比，所以反应达平衡此时体系的压强是开始时=0.9倍，故D正确；故选：A．点评：本题考查反应速率、方程式书写、化学平衡计算等，难度不大，关键是读懂图象运用所学知识解决问题．20．海带中含碘元素，从海带中提取碘有如下步骤：()①通入足量Cl2②将海带焙烧成灰后加水搅拌③加CCl4振荡④用分液漏斗分液⑤过滤合理的操作顺序是． A．①②③④⑤ B．②⑤①③④ C．①③⑤②④ D．②①③⑤④考点：海带成分中碘的检验．专题：卤族元素．分析：按反应顺序分析：先将海带烧成灰，向灰中加水搅拌；再过滤，取滤液通入足量氯气，然后加入CCl4振荡，最后用分液漏斗分液．解答： 解：按反应顺序分析：先将海带烧成灰，向灰中加水搅拌；再过滤，取滤液通入足量氯气，然后加入CCl4振荡，最后用分液漏斗分液．即合理的操作顺序为②﹣⑤﹣①﹣③﹣④，故选B．点评：本题考查海带中提取碘的操作，熟悉操作顺序即可解答，难度不大．21．为提纯下列物质（括号内为杂质），所选试剂及方法均正确的是()选项 物质 除杂试剂 方法A 溴苯（溴） CCl4 分液B NH3（H2O） 浓硫酸 洗气C 乙烷（乙烯） 溴水 洗气D CO2（SO2） Na2CO3饱和溶液 洗气 A．A B．B C．C D．D考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．专题：化学实验基本操作．分析：A．溴、溴苯均易溶于四氯化碳；B．氨气与浓硫酸反应；C．乙烯与溴水反应，而乙烷不能；D．二者均与碳酸钠溶液反应．解答： 解：A．溴、溴苯均易溶于四氯化碳，不能除杂，应加NaOH溶液后分液来除杂，故A错误；B．氨气与浓硫酸反应，不能除杂，应利用碱石灰除杂，故B错误；C．乙烯与溴水反应，而乙烷不能，则利用溴水和洗气法可除杂，故C正确；D．二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应利用碳酸氢钠溶液和洗气法可除杂，故D错误；故选C．点评：本题考查混合物分离、提纯的方法及选择，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离方法及原理等为解答的关键，注重基础知识的考查，注意除杂的原则，题目难度不大．22．C、CO、CH4、C2H5OH是常用的燃料，它们每1mol分别完全燃烧生成CO2（g）及H2O（l）时，放出的热量依次为393.5kJ、283.0kJ、890.3kJ、1366.8kJ．相同质量的这4种燃料，完全燃烧时放出热量最多的是() A．C B．CO C．CH4 D．C2H5OH考点：有关反应热的计算．专题：化学反应中的能量变化．分析：根据化学方程式的含义进行计算来比较反应热的大小．解答： 解：△H是焓变，其值为负值时，反应放热，负号后面的数字越大，放出的热量就越大；负号后面的数字越小，放出的热量就越小，C、CO、CH4、C2H5OH的相对分子质量分别为12、28、16、46，所以相同质量的这4种燃料的物质的量之比就是：：：：，燃烧放出热量之比为：（×393.5kJ）：（×283.0kJ）：（×890.3kJ）：（×1366.8kJ）=32.79KJ：10.11KJ：55.64KJ：29.71KJ，所以相同质量的C、CO、CH4、C2H5OH完全燃烧时，放出热量最多的是甲烷．故选C．点评：本题考查学生有关热化学方程式的计算知识，可以根据所学知识来回答，难度不大．二、非选择题．（共56分）23．下表为8种元素在周期表中的位置，回答下列问题：（1）F、G、Q三种元素所形成的简单离子中半径最小的是Al3+（用微粒符号回答）；（2）N的最高价氧化物的水化物中所含的化学键类型有离子键、共价键（极性键）；（3）元素的非金属性R＞M，任意列举一条事实是酸性为HClO4＞H2SO4（或稳定性为HCl＞H2S）（用化学用语和文字表达）；（4）用电子式表示G、R形成化合物的过程；（5）A、D两元素形成的最简单有机物的空间构型是正四面体；（6）X是由A、D两元素形成的常温下呈液态的有机物，将X滴入到Br2水中充分振荡静置后观察到的现象是液体分为两层，上层呈橙色，下层几乎为无色（已知X不能使酸性KMnO4褪色）；（7）A的单质与空气在强碱性条件下构成燃料电池，该电池负极的电极反应式为H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O．考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．分析：根据各元素在周期表中的相对位置可知，A为H、D为C、F为O、G为Mg、Q为Al、M为S、R为Cl、N为K，（1）离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小；（2）N为K元素，其最高价氧化物对应的水化物为氢氧化钾，氢氧化钾中既含有离子键，也含有共价键；（3）M为S、R为Cl，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，或非金属对应的氢化物稳定性越强；（4）该化合物为氯化镁，氯化镁为离子化合物，由离子形成离子键；（5）A为H、D为C，二者形成的最简单的有机物为甲烷，甲烷为正四面体结构；（6）C、H元素组成的有机物为烃，X不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明分子中不含碳碳双键或三键，将X滴入溴水中混合液分层，发生了萃取现象；（7）A单质为氢气，氢气与空气中氧气在强碱性溶液中形成燃料电池，负极氢气生成电子在酸性溶液中生成水，据此写出电极反应式．解答： 解：根据各元素在周期表中的相对位置可知，A为H、D为C、F为O、G为Mg、Q为Al、M为S、R为Cl、N为K，（1）F为O、G为Mg、Q为Al，三种元素形成的离子的电子层数相同，铝离子的核电荷数最大，则Al3+的离子半径最小，故答案为：Al3+；（2）N为K元素，K的最高价氧化物对应的水化物为KOH，KOH中既含有离子键，也含有共价键，故答案为：离子键、共价键（极性键）；（3）M为S、R为Cl，比较元素的非金属性强弱，可根据最高价氧化物对应水化物的酸性或对应的氢化物的稳定性，非金属性Cl＞S，则酸性：HClO4＞H2SO4，稳定性：HCl＞H2S，故答案为：酸性为HClO4＞H2SO4（或稳定性为HCl＞H2S）；（4）G为Mg、R为Cl，二者形成的化合物为氯化镁，氯化镁属于离子化合物，用电子式表示其形成过程为：，故答案为：；（5）A为H、D为C，二者形成的最简单的有机物为甲烷，甲烷分子为正四面体结构，故答案为：正四面体；（6）该有机物不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明与溴水发生的是萃取现象，由于烃的密度小于水，则混合液分层：液体分为两层，上层为溶有溴单质的有机层，混合液呈橙色，下层为水层，几乎为无色，故答案为：液体分为两层，上层呈橙色，下层几乎为无色；（7）碱性氢氧燃料电池中，氢气在负极失电子生成水，其负极的电极反应式为：H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O，故答案为：H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O．点评：本题考查了元素周期表、元素周期律的综合应用，题目难度中等，熟练掌握元素周期表结构、元素周期律的内容为解答关键，试题涉及的知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力．24．有机物A仅由C、H、O三种元素组成，一定条件下A、B、C、D、E、F之间的转化如图1所示，已知B的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志．回答下列问题：（1）E分子中官能团是羧基；（2）B→C的反应类型加成反应；（3）由A到D分两步完成，已知第一步反应方程式为2Cu+O2CuO；则第二步反应的化学方程式是CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O；（4）在实验室用图2所示的装置制取F，先在试管a中放入几块碎瓷片，然后加入2mL无水A液体，并在摇动下缓缓加入2mL浓硫酸，充分摇匀，冷却后再加入2克无水乙酸钠，用玻璃棒充分搅拌后，将试管固定在铁架台上，在试管C中加入5mL饱和分碳酸钠溶液，按图连接好装置，用酒精灯对试管a小火加热3～5min后，改用大火加热，当观察到左试管中有明显现象时停止实验．①试管a中加入几块碎瓷片的目的是防止溶液暴沸；②该实验中长导管b的作用是导气、冷凝；③试管c中饱和NaCO3的作用是除去乙酸乙酯中的乙醇和乙酸并降低乙酸乙酯的溶解度；④写出试管a中发生的总反应的化学方程式2CH3COONa+2CH3CH2OH+H2SO42CH3COOCH2CH3+2H2O+Na2SO4．考点：有机物的推断．分析：B是石油化工发展水平的标志，则B是乙烯其结构简式为CH2=CH2，B和Br2发生加成反应生成C，结构简式为CH2BrCH2Br，A能发生两步氧化，A仅由C、H、O三种元素组成，所以A结构简式为CH3CH2OH，乙醇被酸性高锰酸钾氧化生成乙酸，所以E结构简式为CH3COOH，乙醇被氧化生成D、D被氧化生成E，所以D结构简式为CH3CHO，乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，所以F结构简式为CH3COOCH2CH3，据此分析解答．解答： 解：B是石油化工发展水平的标志，则B是乙烯其结构简式为CH2=CH2，B和Br2发生加成反应生成C，结构简式为CH2BrCH2Br，A能发生两步氧化，A仅由C、H、O三种元素组成，所以A结构简式为CH3CH2OH，乙醇被酸性高锰酸钾氧化生成乙酸，所以E结构简式为CH3COOH，乙醇被氧化生成D、D被氧化生成E，所以D结构简式为CH3CHO，乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，所以F结构简式为CH3COOCH2CH3，（1）E结构简式为CH3COOH，E分子中官能团是羧基，故答案为：羧基；（2）根据上面的分析可知，B→C的反应类型是加成反应，故答案为：加成反应；（3）由A到D分两步完成，已知第一步反应方程式为2Cu+O2CuO；则第二步反应的化学方程式是CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，故答案为：CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O；（4）在实验室制取CH3COOCH2CH3的实验中，①试管a中加入几块碎瓷片的目的是防止溶液暴沸，②该实验中长导管b的作用是导气、冷凝，③试管c中饱和NaCO3的作用是除去乙酸乙酯中的乙醇和乙酸并降低乙酸乙酯的溶解度，④试管a中乙酸钠与硫酸反应生成乙酸，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热生成乙酸乙酯，发生的总反应的化学方程式为2CH3COONa+2CH3CH2OH+H2SO42CH3COOCH2CH3+2H2O+Na2SO4，故答案为：防止溶液暴沸；导气、冷凝；降低乙酸乙酯的溶解度；2CH3COONa+2CH3CH2OH+H2SO42CH3COOCH2CH3+2H2O+Na2SO4．点评：本题考查有机物推断，涉及烯、醇、醛、羧酸、卤代烃之间的转化以及实验室乙酸乙酯的制备，明确物质官能团及其性质之间的关系以及相关实验基本操作即可解答，熟练掌握有机物反应类型，题目难度不大．25．（16分）根据图1、图2、图3及题中信息，回答下列问题（1）图1是锌锰干电池基本构造图，该电池的负极材料是Zn；工作时NH4+离子在正极放电产生两种气体，其中一种气体分子是含10e﹣的微粒，正极的电极反应式是2NH4++2e﹣═2NH3↑+H2↑；当电路中每通过0.2mole﹣，负极质量减少6.5g；（2）图2是利用废旧锌锰干电池内的黑色糊状物分离得到黑色残渣MnO2的流程图．该流程中溶解和过滤操作均要使用到的玻璃仪器有烧杯和玻璃棒；（3）图3是探究MnO2在制O2过程中的作用的实验装置图，利用该装置完成下表中实验一和实验二，实验过程中有关实验现象和所得数据如下表（已知：两次实验气体的体积在相同条件下测定：H2O2由分液漏斗滴入到圆底烧瓶）．序号 烧瓶中的物质 实验记录 实验结论实验一 足量MnO2 a．充分反应后未见黑色固体物质减少b．收集到112mL气体 ①催化剂实验二 足量MnO2和稀硫酸 c．充分反应后黑色粉末部分溶解d．收集到112mL气体 ②氧化剂③在测量气体体积时，除要注意待气体温度恢复至室温、平视度数外，还需要注意上下移动B管，使A、B两管中液面相平；④实验一、二中参加反应的H2O2的物质的量之比为2：1．考点：性质实验方案的设计；原电池和电解池的工作原理；探究物质的组成或测量物质的含量．分析：（1）锌锰干电池的负极上Zn失去电子，负极消耗1mol时转移2mol电子，NH4+离子在正极放电产生2种气体，其中一种气体分子是含10e﹣的微粒为氨气，另一种为氢气；（2）溶解、过滤均使用的玻璃仪器为烧杯和玻璃棒；（3）①充分反应后未见黑色固体物质减少，二氧化锰起到催化剂的作用；②充分反应后黑色粉末部分溶解，生成锰离子，Mn元素化合价降低；③测量气体体积时，除要注意待气体温度恢复至室温、平视读数外，要注意A、B中液面相平；④实验一涉及反应为2H2O22H2O+O2，实验二离子反应为H2O2+2H++MnO2═Mn2++2H2O+O2↑，结合方程式计算．解答： 解：（1）锌锰干电池的负极上Zn失去电子，负极反应为Zn﹣2e﹣═Zn2+，当电路中每通过0.2mole﹣，则消耗0.1molZn，质量为0.1mol×65g/mol=6.5g，由NH4+离子在正极放电产生2种气体，其中一种气体分子是含10e﹣的微粒为氨气，另一种为氢气，正极反应为2NH4++2e﹣═2NH3↑+H2↑，故答案为：Zn；2NH4++2e﹣═2NH3↑+H2↑；6.5g；（2）溶解需要玻璃棒、烧杯等奇艺，过滤需要玻璃棒、烧杯以及漏斗等仪器，则均使用的玻璃仪器为烧杯和玻璃棒，故答案为：烧杯和玻璃棒；（3）①充分反应后未见黑色固体物质减少，二氧化锰起到催化剂的作用，过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，故答案为：催化剂；②充分反应后黑色粉末部分溶解，生成锰离子，Mn元素化合价降低，反应中二氧化锰起到氧化剂的作用，故答案为：氧化剂；③测量气体体积时，除要注意待气体温度恢复至室温、平视读数外，要注意上下移动B管，使A、B两管中液