1、福建省龙岩市武平一中2014-2015学年高一下学期期中化学试卷（实验班）一、我会做正确的选择（每题只有一个选项符合题意，每题3分，共60分）1（3分）2014年是门捷列夫诞辰180周年下列事实不能用元素周期律解释的只有（）A碱性：KOHNaOHB元素的金属性：MgAlC酸性：HClO4H2SO4D相对分子质量：ArK2（3分）能作为氯、溴、碘元素非金属性（原子得电子能力）递变规律的判断依据是（）ACl2、Br2、I2的熔点BCl2、Br2、I2的相对分子质量CHCl、HBr、HI的酸性D氢化物HCl、HBr、HI的热稳定性3（3分）根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（）A同一元
2、素不可能既有金属性，又有非金属性B某粒子Rn+的核外电子数为Z+nC41Ca与40Ca的失电子能力相同DCl、S2、Ca2+、K+半径逐渐减小4（3分）短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置R如上表所示；下列说法正确的是（）AX的最高价氧化物的水化物不能与它的氢化物反应BY原子的电子总数是其K层电子数的3倍CZ在高温下可与铁的氧化物发生铝热反应DQ的单质能与W的氢化物发生置换反应5（3分）某反应的反应过程中能量变化如图 （E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能）下列有关叙述不正确的是（）A该反应为吸热反应B催化剂不能改变反应的焓变C催化剂不能降低反应的活化能D逆反应的活化
3、能小于正反应的活化能6（3分）化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程化学键的键能是形成（或拆开）1mol化学键时释放（或吸收）的能量已知白磷和P4O6的分子结构如下图所示，现提供以下化学键的键能（kJ/mol）：PP：198，PO：360，O=O：498，则反应P4（白磷）+3O2P4O6的反应热H为（）A1 638 kJ/molB+1 638 kJ/molC126 kJ/molD+126 kJ/mol7（3分）已知：2C（s）+O2（g）2CO（g）H=220 kJmol1C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=a kJmol1且知HH，O=O和OH的键能分别为436kJmol1，4
4、96kJmol1，462kJmol1，则a的值为（）A332B118C+350D+1308（3分）下列性质能确定该物质为离子化合物的是（）A溶于水能导电的化合物B熔点高的化合物C第A族与第A族元素形成的化合物D在熔融状态下能导电的化合物9（3分）在下列影响化学反应速率的外界因素中，肯定能使化学反应速率加快的方法是（）升高温度 使用催化剂 增大反应物浓度 将块状固体反应物磨成粉末增大压强ABCD10（3分）下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如图所示转化关系的是（）选项XYZ箭头上所标数字的反应条件ANa2O2NaOHNaCl常温遇水BAl2O3NaAlO2Al（OH）3通入CO2CNONO2
5、HNO3加入铜粉DCl2NaClOHClO加浓盐酸AABBCCDD11（3分）将碳酸钠和碳酸氢钠的固体混合物Wg溶于水制成500mL溶液，钠离子的物质的量浓度为0.4molL1，若将Wg该混合物用酒精灯加热至质量不再改变时，得到的固体物质的质量可能是（）A5.3gB3.1gC4.2gD10.6g12（3分）已知分解1mol H2O2放出热量98kJ，在含少量I的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+IH2O+IO 慢H2O2+IOH2O+O2+I 快下列有关该反应的说法正确的是（）A反应速率与I的浓度有关BIO也是该反应的催化剂C反应活化能等于98kJmol1Dv（H2O2）=v（H2O）=
6、v（O2）13（3分）一定温度下，可逆反应：2NO2（g红棕色）2NO（g无色）+O2（g）在体积固定的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（）单位时间内生成n mol O2，同时生成2n mol NO2；单位时间内生成n mol O2，同时生成2n mol NO；用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为2：2：1；混合气体的密度不再改变；混合气体的颜色不再改变；混合气体的平均相对分子质量不再改变ABCD以上全部14（3分）如图是可逆反应X2+3Y22Z2 在反应过程中的反应速率（）与时间（t）的关系曲线，下列叙述正确的是（）At1时，只有正方向反应Bt2时，反应到达限度Ct
7、2t3，反应不再发生Dt2t3，各物质的百分含量相等15（3分）一定温度下，10mL 0.40mol/L H2O2溶液发生催化分解不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表t/min0246810V（O2）/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）（）A06min的平均反应速率：v（H2O2）3.3102mol/（Lmin）B610min的平均反应速率：v（H202）3.3102mol/（Lmin）C反应至6min时，c（H2O2）=0.30mol/LD反应至6min时，H2O2分解了50%16（3分）下列说法中，正确的是（）A苯、乙
8、烯都能被酸性KMnO4溶液氧化B煤的干馏和石油的分馏原理相同，都是化学变化C从苯的凯库勒式看，分子中含有双键，所以苯属于烯烃D乙醇分子中的化学键如图，在Cu等催化作用下和O2反应，处断裂17（3分）下列烷烃在光照下与氯气反应，生成一氯代物种类最多的是（）ABCCH3CH2CH2CH3D18（3分）下列物质中，不可能是乙烯的加成产物的是（）ACH3CH3BCH3CHCl2CCH3CH2OHDCH3CH2Br19（3分）苹果酸的结构简式为 ，下列说法正确的是（）A1mol苹果酸可与3 mol NaOH发生中和反应B1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1mol H2C与苹果酸互为同分异构体D苹果酸中
9、能发生酯化反应的官能团有2种20（3分）如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中下列正确的是（）AK1闭合，铁棒上发生的反应为2H+2eH2BK1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高CK2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法DK2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001mol气体21（3分）下列实验操作或装置（略去部分夹持仪器）正确的是（）A配制溶液B碳酸氢钠受热分解C除去CO中的CO2D制备收集干燥的氨气22（3分）下列有关电化学的叙述正确的是（）A生铁中含碳，抗腐蚀能力比纯铁强B电解饱和食盐水制烧碱，可用铁作阳极C用锡焊接的铁器，焊接处易生锈D在
10、铁器上镀铜时，镀件为阳极，铜盐为电镀液二、我会做正确地做分析填空（2题，共34分）23（17分）（1）下图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图该电化腐蚀称为正极的电极反应式为图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是（填字母）（2）钙元素是人体必需的常量元素，所有的细胞都需要钙元素正常人体血液含Ca2+为2.21032.7103molL1现抽取某人血样10ml稀释后用草酸铵（NH4）2C2O4溶液处理，使Ca2+完全转变为草酸钙CaC2O4沉淀；过滤，洗涤，将得到的沉淀用稀硫酸溶解可得到草酸（H2C2O4），并用2.0ml 5.0103molL1 KMnO4溶液与溶解得到的草酸
11、恰好完全反应据此可以求此人血液中的Ca2+的浓度，并判断其血液含钙量是否正常（提示2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO42MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O）配制5.0103molL1 KMnO4 220mL溶液，需要称取KMnO4固体的质量是g；使用的容量瓶为mL；每消耗草酸1.0mol，转移电子的物质的量为mol；通过计算可判断，此人血液中的Ca2+的浓度（填“是”或“否”正常24（17分）乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味，实验室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关数据如图1、2及表格：相对分子质量密度/（gcm3）沸点/水中溶解性异戊醇880.8123
12、131微溶乙酸601.0492118溶乙酸异戊酯1300.8670142难溶实验步骤：在A中加入4.4g异戊醇、6.0g乙酸、数滴浓硫酸和23片碎瓷片，开始缓慢加热A，回流50min，反应液冷至室温后倒入分液漏斗中，分别用少量水、饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤；分出的产物加入少量无水MgSO4固体，静置片刻，过滤除去MgSO4固体，进行蒸馏纯化，收集140143馏分，得乙酸异戊酯3.9g回答下列问题：（1）仪器B的名称是；（2）在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是，第二次水洗的主要目的是；（3）在洗涤、分液操作中，应充分振荡、然后静置，待分层后（填标号）a直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的上口倒出b直接将
13、乙酸异戊酯从分液漏斗的下口放出c先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从下口放出d先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从上口倒出（4）本实验中加入过量乙酸的目的是；（5）实验中加入少量无水MgSO4的目的是；（6）在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是（如图3）（填标号）（7）本实验的产率是（填标号）a.30% b.40% c.60% d.90%（8）在进行蒸馏操作时，若从130便开始收集馏分，会使实验的产率偏（填“高”或“低”），其原因是福建省龙岩市武平一中2014-2015学年高一下学期期中化学试卷（实验班）参考答案与试题解析一、我会做正确的选择（每题只有一个选项符合题意，每
14、题3分，共60分）1（3分）2014年是门捷列夫诞辰180周年下列事实不能用元素周期律解释的只有（）A碱性：KOHNaOHB元素的金属性：MgAlC酸性：HClO4H2SO4D相对分子质量：ArK考点：元素周期律的作用 分析：A元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；B同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱；C元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；D相对原子质量的大小与原子序数有关解答：解：ANa、K位于周期表相同周期，金属性KNa，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，能用元素周期律解释，故A不选；B同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐
15、减弱，能用元素周期律解释，故B不选；C非金属性ClS，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，能用元素周期律解释，故C不选；D相对原子质量的大小与原子序数有关，一般规律是：原子序数越大，相对原子质量越大，所以不能用元素周期律解释，故D选故选：D点评：本题侧重于元素周期律的理解与应用的考查，注意把握元素周期律的递变规律以及相关知识的积累，难度不大2（3分）能作为氯、溴、碘元素非金属性（原子得电子能力）递变规律的判断依据是（）ACl2、Br2、I2的熔点BCl2、Br2、I2的相对分子质量CHCl、HBr、HI的酸性D氢化物HCl、HBr、HI的热稳定性考点：卤素原子结构及其性质
16、的比较 分析：元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，其单质的氧化性越强，据此分析解答解答：解：元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，其单质的氧化性越强，所以能作为氯、溴、碘元素非金属性（原子得电子能力）递变规律的判断依据有其氢化物的稳定性强弱、其最高价氧化物的水化物酸性强弱、其单质的氧化性强弱，与其单质的熔沸点、相对分子质量及氢化物水溶液酸性强弱无关，故选D点评：本题以卤族元素为载体考查非金属性强弱判断，明确非金属性强弱判断方法是解本题关键，注意非极性强弱与其氢化物水溶液酸性强弱无关，注意卤化氢水溶液酸性随着原子序
17、数增大而增大3（3分）根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（）A同一元素不可能既有金属性，又有非金属性B某粒子Rn+的核外电子数为Z+nC41Ca与40Ca的失电子能力相同DCl、S2、Ca2+、K+半径逐渐减小考点：原子结构与元素周期律的关系 分析：A处于金属与非金属交界处的元素具有一定的金属性与非金属性；B阳离子核外电子数=质子数电荷数；C同位素原子化学性质几乎完全相同；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：A处于金属与非金属交界处的元素具有一定的金属性与非金属性，如Al等，故A错误；B粒子Rn+的核外电子数为Zn，故B错误；C41Ca与40Ca互为同位素，
18、失电子能力相同，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：S2ClK+Ca2+，故D错误，故选C点评：本题考查元素周期表应用、原子构成、同位素、微粒半径比较，难度不大，侧重对基础知识的巩固4（3分）短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置R如上表所示；下列说法正确的是（）AX的最高价氧化物的水化物不能与它的氢化物反应BY原子的电子总数是其K层电子数的3倍CZ在高温下可与铁的氧化物发生铝热反应DQ的单质能与W的氢化物发生置换反应考点：原子结构与元素的性质 分析：由元素在周期表中的位置可知，X为N，Y为O，Z为Al，W为S，Q为Cl，A硝酸与氨气反应生成硝
19、酸铵；BY为O，其L、K层电子数为2、6；CZ为Al，在高温条件下能发生铝热反应；D氯气与硫化氢反应生成S解答：解：由元素在周期表中的位置可知，X为N，Y为O，Z为Al，W为S，Q为Cl，AX为N，最高价氧化物的水化物为硝酸，氢化物为氨气，则硝酸与氨气反应生成硝酸铵，故A错误；BY为O，其L、K层电子数为2、6，则O原子的电子总数是其K层电子数的4倍，故B错误；CZ为Al，在高温条件下能发生铝热反应，则Al在高温下可与铁的氧化物发生铝热反应，故C正确；DW为S，Q为Cl，氯气与硫化氢发生置换反应生成S，故D正确故选CD点评：本题考查物质结构与性质，涉及元素周期表、元素周期律的应用等，题目难度不
20、大，注意对基础知识的积累5（3分）某反应的反应过程中能量变化如图 （E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能）下列有关叙述不正确的是（）A该反应为吸热反应B催化剂不能改变反应的焓变C催化剂不能降低反应的活化能D逆反应的活化能小于正反应的活化能考点：吸热反应和放热反应 分析：A、依据图象中反应物和生成物能量的大小比较判断；B、催化剂改变速率不改变平衡；C、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能；D、图象中分析判断；解答：解：A、图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，故A正确；B、催化剂不能改变该反应的焓变，只能改变反应速率，故B正确；C、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的
21、活化能，故C错误；D、图象分析逆反应的活化能E2小于正反应的活化能E1，故D正确；故选C点评：本题考查了化学反应的能量变化分析，催化剂的作用实质，图象识别和理解含义是解题关键6（3分）化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程化学键的键能是形成（或拆开）1mol化学键时释放（或吸收）的能量已知白磷和P4O6的分子结构如下图所示，现提供以下化学键的键能（kJ/mol）：PP：198，PO：360，O=O：498，则反应P4（白磷）+3O2P4O6的反应热H为（）A1 638 kJ/molB+1 638 kJ/molC126 kJ/molD+126 kJ/mol考点：有关反应热的计算 分析：反应热H=
22、反应物总键能生成物总键能，据此进行计算，得出正确结论注意每摩尔P4中含有6molPP键，每摩尔P4O6中含有12molPO键解答：解：化学键的键能（kJ/mol）：PP：198，PO：360，O=O：498，反应热H=反应物总键能生成物总键能，故反应P4（白磷）+3O2P4O6的反应热H=6198kJmol1+3498kJmol112360kJmol1=1638kJmol1，故选A点评：本题考查反应热与化学键键能的关系，难度中等注意从物质的键能角度理解反应热7（3分）已知：2C（s）+O2（g）2CO（g）H=220 kJmol1C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=a kJmol1
23、且知HH，O=O和OH的键能分别为436kJmol1，496kJmol1，462kJmol1，则a的值为（）A332B118C+350D+130考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；有关反应热的计算 分析：根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，化学反应的焓变H=H产物H反应物再结合化学键能和物质能量的关系来回答解答：解：已知C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=akJmol10，2C（s）+O2（g）2CO（g）H=220kJmol12得：2H2O（g）O2（g）+2H2（g）H=（2a+220）kJmol10，44624962436=2a+220，解得a=+130故选D点评：本题考查学
24、生盖斯定律的应用以及化学反应的能量和化学键键能之间的关系，注意知识的迁移和应用是关键，难度中等8（3分）下列性质能确定该物质为离子化合物的是（）A溶于水能导电的化合物B熔点高的化合物C第A族与第A族元素形成的化合物D在熔融状态下能导电的化合物考点：离子化合物的结构特征与性质 分析：含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，离子化合物在熔融状态下能电离出阴阳离子而导电，据此分析解答解答：解：A溶于水能导电的化合物可能是共价化合物，如硫酸等，故A错误；B熔点高的化合物可能是原子晶体，如金刚石等，故B错误；C第A族与第A族元素形成的化合物可能是共价化合物，如HCl、HI等都是共价化
25、合物，故C错误；D在熔化状态下能导电的化合物中含有自由移动的离子，所以一定是离子化合物，故D正确；故选D点评：本题考查离子化合物的判断，侧重考查基本概念，明确离子化合物和共价化合物的根本区别是熔融状态下是否导电即可解答，题目难度不大9（3分）在下列影响化学反应速率的外界因素中，肯定能使化学反应速率加快的方法是（）升高温度 使用催化剂 增大反应物浓度 将块状固体反应物磨成粉末增大压强ABCD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：根据影响化学反应速率的因素判断，如升高温度、使用催化剂、有气体参加的反应增大压强、增大反应物浓度、增大反应物的接触面积等解答：解：升高温度，加快了分子
26、的运动速率，反应加快，故正确；使用催化剂，降低了反应需要能量，反应速率加快，故正确；增大了反应物浓度，增大了单位体积内活化分子数，反应速率加快，故正确；将块状固体反应物磨成粉末，增大了反应物的接触面积，反应速率加快，故正确；增大压强，必须有气体参加的反应，反应速率才能加快，故错误；正确的有，故选D点评：本题考查了加快反应速率的因素，可以根据所学知识轻松完成，本题难度不大10（3分）下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如图所示转化关系的是（）选项XYZ箭头上所标数字的反应条件ANa2O2NaOHNaCl常温遇水BAl2O3NaAlO2Al（OH）3通入CO2CNONO2HNO3加入铜粉DCl2
27、NaClOHClO加浓盐酸AABBCCDD考点：钠的重要化合物；氯气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；镁、铝的重要化合物 专题：元素及其化合物分析：A氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠；B氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝；C一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮；D氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气解答：解：A氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化
28、钠，故A错误；B氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，个物质之间通过一步反应可以实现，故B正确；C一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，故C正确；D氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气，各物质之间通过一步反应可以实现，故D正确；故选：A点评：本题考查了物质之间的转化，明确物质的性质、熟悉发生的化学反应是解题关键，侧重对学生基础知识
29、的检验和训练，题目难度不大11（3分）将碳酸钠和碳酸氢钠的固体混合物Wg溶于水制成500mL溶液，钠离子的物质的量浓度为0.4molL1，若将Wg该混合物用酒精灯加热至质量不再改变时，得到的固体物质的质量可能是（）A5.3gB3.1gC4.2gD10.6g考点：有关混合物反应的计算；钠的重要化合物 专题：计算题分析：Wg该混合物用酒精灯加热至质量不再改变时，得到的固体物质为Na2CO3，利用溶液中钠离子浓度、体积计算其物质的量，再由原子守恒可知，n（Na+）=2n（Na2CO3），以此进行计算解答：解：混合物Wg溶于水制成500mL溶液，钠离子的物质的量浓度为0.4molL1，则：n（Na+）
30、=0.5L0.4mol/=0.2mol，Wg该混合物用酒精灯加热至质量不再改变时，得到的固体物质为Na2CO3，由原子守恒可知，n（Na2CO3）=n（Na+）=0.2mol=0.1mol，所以最终得到固体碳酸钠的质量为0.1mol106g/mol=10.6g，故选D点评：本题考查混合物的质量，题目难度中等，注意利用钠原子守恒得到钠离子与加热后固体中碳酸钠的关系为解答的关键，把握守恒法简化计算过程12（3分）已知分解1mol H2O2放出热量98kJ，在含少量I的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+IH2O+IO 慢H2O2+IOH2O+O2+I 快下列有关该反应的说法正确的是（）A反应速
31、率与I的浓度有关BIO也是该反应的催化剂C反应活化能等于98kJmol1Dv（H2O2）=v（H2O）=v（O2）考点：反应热和焓变；化学反应的基本原理；化学反应的能量变化规律 专题：物质的性质和变化专题；化学反应中的能量变化分析：A、反应速率的快慢主要决定于反应速率慢的第一步反应；B、反应的催化剂是I；C、分解1mol过氧化氢放出的热量是其H而非活化能；D、在一个化学反应中，用各物质表示的速率之比等于化学计量数之比；解答：解：A、已知：H2O2+IH2O+IO 慢 H2O2+IOH2O+O2+I 快，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的，I是的反应物之一，其浓度大小对反应不可能没有影响，例如，其浓
32、度为0时反应不能发生，故A正确；B、将反应+可得总反应方程式，反应的催化剂是I，IO只是中间产物，故B错误；C、1mol过氧化氢分解的H=98KJ/mol，H不是反应的活化能，是生成物与反应物的能量差，故C错误；D、因为反应是在含少量I的溶液中进行的，溶液中水的浓度是常数，不能用其浓度变化表示反应速率，故D错误故选：A点评：本题是2014年河北2015届高考题，题目主要考查催化剂、活化能、化学反应速率的相关知识，题目难度不大13（3分）一定温度下，可逆反应：2NO2（g红棕色）2NO（g无色）+O2（g）在体积固定的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（）单位时间内生成n mol O2，同时生
33、成2n mol NO2；单位时间内生成n mol O2，同时生成2n mol NO；用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为2：2：1；混合气体的密度不再改变；混合气体的颜色不再改变；混合气体的平均相对分子质量不再改变ABCD以上全部考点：化学平衡状态的判断 分析：单位时间内生成n mol O2，同时生成2n molNO2，说明反应v正=v逆；反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明达到平衡状态；反应达到平衡时的浓度与反应的初始物质的量以及反应的转化程度有关；混合气体的密度始终不再改变；混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变；当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合
34、气体的平均摩尔质量不再改变解答：解：单位时间内生成n mol O2，同时生成2n molNO2，说明反应v正=v逆，达到平衡状态，故正确；无论反应是否达到平衡状态，反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明达到平衡状态，故错误；反应达到平衡时的浓度与反应的初始物质的量以及反应的转化程度有关，不能确定是否达到平衡，故错误；混合气体的密度始终不再改变，所以不能作平衡状态的标志，故错误；混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，故正确；反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均摩尔质量不再改变，故正确故选A点评：本题考查化学平衡状态的判
35、断，题目难度不大，做题时注意分析化学方程式的前后计量数大小的关系14（3分）如图是可逆反应X2+3Y22Z2 在反应过程中的反应速率（）与时间（t）的关系曲线，下列叙述正确的是（）At1时，只有正方向反应Bt2时，反应到达限度Ct2t3，反应不再发生Dt2t3，各物质的百分含量相等考点：化学反应速率与化学平衡图象的综合应用 专题：化学平衡专题分析：可逆反应X2 （g）+3Y2 （g） 4Z2（g）反应开始时，反应物浓度X2 （g）、Y2 （g）最大，产物Z2（g）浓度为0，所以正反应速率大于逆反应速率随着反应的进行，反应物浓度不断减小，产物浓度不断增大，所以正反应速率不断减小，逆反应速率不断增
36、大当正、逆反应速率相等时，系统中各物质的浓度不再发生变化，反应达到了平衡解此题看图象：从正反应开始，逆反应为零，最终达化学平衡；据此分析解答：解：从图象中知：横坐标表示时间、纵坐标表示反应速率该反应开始时只有X2 （g）、Y2 （g），A、0t1，向正反应方向进行，反应物的浓度不断减少，V正不断减小，同时产物Z2（g）不断增大，V逆由0逐渐增大故A错误；B、t2时，V正=V逆0，达到平衡状态，即反应到达限度故B正确；C、t2时，达到平衡状态，t2t3，反应未停止，各浓度不变，V正=V逆0故C错误；D、t2t3，根据V正=V逆0，判断出该反应已达平衡状态，平衡时各物质的浓度不再发生变化，各物质的
37、百分含量不再发生变化，但是各物质的百分含量并不相等故D错误；故选B点评：本题考查了化学平衡的知识，抓住化学平衡的标志，来判断反应是否已达平衡根据平衡的特点解题，是该题求解的关键15（3分）一定温度下，10mL 0.40mol/L H2O2溶液发生催化分解不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表t/min0246810V（O2）/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）（）A06min的平均反应速率：v（H2O2）3.3102mol/（Lmin）B610min的平均反应速率：v（H202）3.3102mol/（Lmin）C反应至6mi
38、n时，c（H2O2）=0.30mol/LD反应至6min时，H2O2分解了50%考点：反应速率的定量表示方法 专题：化学反应速率专题分析：根据化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算，根据化学反应的定义进行计算，得出正确结论解答：解：2H2022H2O+O2，A06min产生的氧气的物质的量n（O2）=103=0.001mol，n（H202）=2n（O2）=0.002mol，v（H202）=3.3102mol/（Lmin），故A正确；B=3.73，=1.88，3.731.88，故单位时间内产生的氧气，06min大于610min，故610min的平均反应速率：v（H202）3.3102mol/（
39、Lmin），故B正确；C6min时，c（H2O2）=0.40=0.20mol/L，故C错误；D6min时，H2O2分解的分解率为：=50%，故D正确，故选C点评：本题考查化学反应速率的相关计算，把握化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键，难度不大16（3分）下列说法中，正确的是（）A苯、乙烯都能被酸性KMnO4溶液氧化B煤的干馏和石油的分馏原理相同，都是化学变化C从苯的凯库勒式看，分子中含有双键，所以苯属于烯烃D乙醇分子中的化学键如图，在Cu等催化作用下和O2反应，处断裂考点：有机物的结构和性质 分析：A苯与酸性高锰酸钾不反应；B石油的分馏为物理变化；C苯不含碳碳双键；D在Cu等催化作用
40、下和O2反应，乙醇被氧化生成乙醛解答：解：A乙烯含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，而苯与酸性高锰酸钾不反应，故A错误；B石油的分馏可将沸点不同的液体混合物分离，为物理变化，故B错误；C苯不含碳碳双键，介于单键、双键之间，故C错误；D在Cu等催化作用下和O2反应，乙醇被氧化生成乙醛，键断裂，故D正确故选D点评：本题综合考查有机物的结构、性质，为2015届高考常见题型，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，难度不大17（3分）下列烷烃在光照下与氯气反应，生成一氯代物种类最多的是（）ABCCH3CH2CH2CH3D考点：同分异构现象和同分异构体 分析：烷烃在光照下与氯气反
41、应，生成一氯代烷的种类与烃分子中含有的氢原子种类有关，分子中含有N种位置不同的氢原子，其一氯代烷就有N种，据此对个选项进行分析即可解答：解：A、分子中，含有1种位置不同的氢原子，所以生成的一氯代烃有1种；B、分子中，含有3种位置不同的氢原子，所以生成的一氯代烃有3种；C、CH3CH2CH2CH3分子中，含有2种位置不同的氢原子，所以生成的一氯代烃有2种；D、分子中，含有2种位置不同的氢原子，所以生成的一氯代烃有2种；最多的是B，故选B点评：本题考查了有机物的取代反应产物种类计算，题目难度中等，试题基础性强，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养18（3分）下列物质中，不可能是乙烯的
42、加成产物的是（）ACH3CH3BCH3CHCl2CCH3CH2OHDCH3CH2Br考点：有机物的结构和性质 专题：有机反应分析：乙烯中具有碳碳双键，能与氢气、氯气、水、HBr发生加成反应，以此来解答解答：解：A乙烯能与氢气发生加成反应生成乙烷，故A不选；B乙烯与氯气发生加成反应生成CH2ClCH2Cl，不会生成CH3CHCl2，故B选；C乙烯与水发生加成反应生成乙醇，故C不选；D乙烯与HBr发生加成反应生成溴乙烷，故D不选；故选：B点评：本题考查有机物的结构和性质，明确乙烯中的官能团及性质是解答本题的关键，题目难度不大19（3分）苹果酸的结构简式为 ，下列说法正确的是（）A1mol苹果酸可与
43、3 mol NaOH发生中和反应B1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1mol H2C与苹果酸互为同分异构体D苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种考点：有机物的结构和性质 分析：该分子中含有羧基和醇羟基，能发生消去反应、酯化反应、中和反应、氧化反应，据此分析解答解答：解：A.1mol苹果酸中含有2mol羧基，所以1mol苹果酸可与2molNaOH发生中和反应，故A错误；B能和Na反应是有羧基和醇羟基，1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1.5molH2，故B错误；C与苹果酸为同一种物质，故C错误；D该分子中含有羧基和醇羟基，所以能发生酯化反应的官能团有羧基和醇羟基，所以苹果酸中能发生酯化反应的
44、官能团有2种，故D正确故选D点评：本题考查了有机物的结构和性质，明确物质中含有的官能团及其性质是解本题关键，熟悉常见有机物的性质、常见有机化学反应，题目难度不大20（3分）如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中下列正确的是（）AK1闭合，铁棒上发生的反应为2H+2eH2BK1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高CK2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法DK2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001mol气体考点：原电池和电解池的工作原理；真题集萃 专题：电化学专题分析：若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；组成原电池时，较活泼的金属铁作
45、负极，负极上铁失电子发生氧化反应；石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应；若闭合K2，该装置有外接电源，所以构成了电解池，Fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极，据此判断解答：解：A、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子，Fe2e=Fe2+，故A错误；B、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e=4OH，所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高，故B正确；C、K2闭合，Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外加电源的阴极保
46、护法，故C错误；D、K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，阴极生成0.001mol氢气，阳极生成0.001mol氯气，两极共产生0.002mol气体，故D错误故选B点评：本题考查了原电池原理和电解池原理，能正确判断电池的类型及两极的反应是解本题的关键，题目难度中等21（3分）下列实验操作或装置（略去部分夹持仪器）正确的是（）A配制溶液B碳酸氢钠受热分解C除去CO中的CO2D制备收集干燥的氨气考点：化学实验方案的评价 分析：A定容时改用胶头滴管，使液面与刻度线相切；B碳酸氢钠受热分解生成水，应防止水倒流；C除杂时导管长进短出；D氨气的密度比空气小解答：解：A定容时改用胶头滴管，使液面与刻度
47、线相切，不能用烧杯加水，故A错误；B碳酸氢钠受热分解生成水，应防止水倒流，则试管口应略向下倾斜，故B错误；C除杂时导管长进短出，否则会将氢氧化钠溶液排出，故C错误；D氨气的密度比空气小，选向下排空气法收集，则导管应伸到试管底部，故D正确；故选D点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备、混合物分离提纯、溶液配制等，把握物质的性质、反应原理、实验基本操作为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大22（3分）下列有关电化学的叙述正确的是（）A生铁中含碳，抗腐蚀能力比纯铁强B电解饱和食盐水制烧碱，可用铁作阳极C用锡焊接的铁器，焊接处易生锈D在铁器上镀铜时，镀件为阳极，铜盐
48、为电镀液考点：金属的电化学腐蚀与防护；电解原理 分析：A、生铁中含有杂质，更容易发生电化学腐蚀；B、电解饱和食盐水制烧碱，阳极不能用活性电极；C、Fe的活泼性比Sn强，在一起形成原电池时，Fe作负极；D、电镀时镀件作阴极解答：解：A、生铁中含有杂质，更容易发生电化学腐蚀，因此生铁更易腐蚀，故A错误；B、电解饱和食盐水制烧碱，阳极不能用活性电极，所以Fe不能作阳极，若Fe作阳极，Fe失电子，溶液中的氯离子不会失电子，故B错误；C、Fe的活泼性比Sn强，在一起形成原电池时，Fe作负极，Fe易被腐蚀，所以焊接处易生锈，故C正确；D、电镀时镀件作阴极，则在铁器上镀铜时，镀件为阴极，铜盐为电镀液，故D错
49、误故选C点评：本题考查学生金属腐蚀的实质以及原电池、电解池原理的应用，注意知识的梳理和归纳是解题的关键，难度不大二、我会做正确地做分析填空（2题，共34分）23（17分）（1）下图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图该电化腐蚀称为吸氧腐蚀正极的电极反应式为O2+4e+2H2O4OH图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是B（填字母）（2）钙元素是人体必需的常量元素，所有的细胞都需要钙元素正常人体血液含Ca2+为2.21032.7103molL1现抽取某人血样10ml稀释后用草酸铵（NH4）2C2O4溶液处理，使Ca2+完全转变为草酸钙CaC2O4沉淀；过滤，洗涤，将得到的沉淀
50、用稀硫酸溶解可得到草酸（H2C2O4），并用2.0ml 5.0103molL1 KMnO4溶液与溶解得到的草酸恰好完全反应据此可以求此人血液中的Ca2+的浓度，并判断其血液含钙量是否正常（提示2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO42MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O）配制5.0103molL1 KMnO4 220mL溶液，需要称取KMnO4固体的质量是0.197g；使用的容量瓶为250mL；每消耗草酸1.0mol，转移电子的物质的量为2mol；通过计算可判断，此人血液中的Ca2+的浓度正常（填“是”或“否”正常考点：中和滴定；金属的电化学腐蚀与防护 分析：（1）由图可知，海水溶液
51、为弱酸性，发生吸氧腐蚀；正极氧气得到电子生成氢氧根离子，据此写出电极反应式；中性或弱酸性条件下，铁发生吸氧腐蚀，铁接触空气、水时腐蚀最严重；（2）配制5.0103molL1 KMnO4 220mL溶液，需要配制250mL该溶液，则应该选用250mL容量瓶，根据n=cV计算出高锰酸钾的物质的量，再根据m=nM计算出其质量；根据反应可知草酸中C元素的化合价由+3价升高为+4价，则每消耗草酸1mol，转移电子的物质的量为：1mol2（43）=2mol；消耗高锰酸钾的物质的量为：5.0103mol/L0.002L=1105mol，由2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+
52、10CO2+8H2O、5H2C2O45CaC2O4可知，草酸钙的物质的量为1105mol=2.5105mol，血液中钙离子物质的量为2.5105mol，根据c=计算出钙离子浓度，再根据正常人钙离子浓度判断此人钙离子浓度是否正常解答：解：（1）由图可知，海水溶液为弱酸性，则Fe失去电子，正极上氧气得到电子，发生吸氧腐蚀，故答案为：吸氧腐蚀；钢铁吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e+2H2O4OH，故答案为：O2+4e+2H2O4OH；海水溶液呈中性，则钢铁发生吸氧腐蚀，钢铁接触空气、水时腐蚀最严重，所以B处腐蚀最严重，故答案为：B；（2）配制5.0103molL1
53、KMnO4 220mL溶液，需要选用规格为250mL的容量瓶配制250mL该浓度的溶液，则称取KMnO4固体的质量是：0.25L5.0103molL1158g/mol=0.197g，故答案为：0.197；250；由反应可知，草酸中C元素的化合价由+3价升高为+4价，则每消耗草酸1mol，转移电子的物质的量为：1mol2（43）=2mol，故答案为：2；消耗高锰酸钾的物质的量为：5.0103mol/L0.002L=1105mol，由2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O及5H2C2O45CaC2O4可知，草酸钙的物质的量为：1105mol=2.
54、5105mol，血液中钙离子物质的量为2.5105mol，浓度为mol=2.5103mol/L，正常人体血液含Ca2+为2.21032.7103molL1，所以此人血液正常，故答案为：正常点评：本题考查了氧化还原反应的计算、金属的腐蚀与防护，题目难度中等，试题考查较综合，注意掌握原电池工作原理及其应用，能够正确书写电极反应式，明确氧化还原反应的计算方法24（17分）乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味，实验室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关数据如图1、2及表格：相对分子质量密度/（gcm3）沸点/水中溶解性异戊醇880.8123131微溶乙酸601.0492118溶乙酸异
55、戊酯1300.8670142难溶实验步骤：在A中加入4.4g异戊醇、6.0g乙酸、数滴浓硫酸和23片碎瓷片，开始缓慢加热A，回流50min，反应液冷至室温后倒入分液漏斗中，分别用少量水、饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤；分出的产物加入少量无水MgSO4固体，静置片刻，过滤除去MgSO4固体，进行蒸馏纯化，收集140143馏分，得乙酸异戊酯3.9g回答下列问题：（1）仪器B的名称是球形冷凝管；（2）在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是洗掉大部分硫酸和醋酸，第二次水洗的主要目的是洗掉碳酸氢钠；（3）在洗涤、分液操作中，应充分振荡、然后静置，待分层后d（填标号）a直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的上口倒出b直接将
56、乙酸异戊酯从分液漏斗的下口放出c先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从下口放出d先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从上口倒出（4）本实验中加入过量乙酸的目的是提高醇的转化率；（5）实验中加入少量无水MgSO4的目的是干燥乙酸异戊酯；（6）在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是（如图3）b（填标号）（7）本实验的产率是c（填标号）a.30% b.40% c.60% d.90%（8）在进行蒸馏操作时，若从130便开始收集馏分，会使实验的产率偏高（填“高”或“低”），其原因是会收集少量未反应的异戊醇考点：真题集萃；制备实验方案的设计 专题：实验设计题分析：（1）根据题中仪器B的构造
57、判断该仪器的名称；（2）在洗涤操作中，第一次洗涤的主要目的是除去大部分催化剂硫酸和醋酸；第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的碳酸氢钠；（3）根据乙酸异戊酯的密度及正确的分液操作方法进行解答；（4）根据反应物对增加一种反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高进行判断加入过量乙酸的目的；（5）少量无水硫酸镁能够吸收乙酸异戊酯中少量的水分，起到干燥作用；（6）先根据温度计在蒸馏操作中的作用排除ad，再根据球形冷凝管容易使产品滞留，不能全部收集到锥形瓶中，得出正确结论；（7）先计算出乙酸和异戊醇的物质的量，然后判断过量情况，根据不足量计算出理论上生成乙酸异戊酯的物质的量，最后根据实际上制取的乙酸
58、异戊酯计算出产率；（8）若从130便开始收集馏分此时的蒸气中含有异戊醇，会收集少量的未反应的异戊醇，导致获得的乙酸异戊酯质量偏大解答：解：（1）由装置中仪器B的构造可知，仪器B的名称为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；（2）反应后的溶液要经过多次洗涤，在洗涤操作中，第一次洗涤的主要目的是除去大部分催化剂硫酸和醋酸；第一步中饱和碳酸氢钠溶液既可以除去未洗净的醋酸，也可以降低酯的溶解度，但第一步洗涤后生成的酯中混有碳酸氢钠，所以第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的碳酸氢钠，故答案为：洗掉大部分硫酸和醋酸；洗掉碳酸氢钠；（3）由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，酯在上层；分液时，要先将
59、水层从分液漏斗的下口放出，待到两层液体界面时关闭分液漏斗的活塞，再将乙酸异戊酯从上口放出，所以正确的为d，故答案为：d；（4）酯化反应是可逆反应，增大反应物的浓度可以使平衡正向移动；增加一种反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高，因此本实验中加入过量乙酸的目的是提高转化率，故答案为：提高醇的转化率；（5）实验中加入少量无水硫酸镁的目的是吸收酯中少量的水分，对其进行干燥，故答案为：干燥乙酸异戊酯；（6）在蒸馏操作中，温度计的水银球要放在蒸馏烧瓶的支管口处，所以ad错误；c中使用的是球形冷凝管容易使产品滞留，不能全部收集到锥形瓶中，因此仪器及装置安装正确的是b，故答案为：b；（7）乙酸的物质
60、的量为：n=0.1mol，异戊醇的物质的量为：n=0.05mol，由于乙酸和异戊醇是按照1：1进行反应，所以乙酸过量，生成乙酸异戊酯的量要按照异戊醇的物质的量计算，即理论上生成0.05mol乙酸异戊酯；实际上生成的乙酸异戊酯的物质的量为：=0.03mol，所以实验中乙酸异戊酯的产率为：100%=60%，故答案为：60%；（8）在进行蒸馏操作时，若从130便开始收集馏分此时的蒸气中含有异戊醇，会收集少量的未反应的异戊醇，因此会导致产率偏高，故答案为：高；会收集少量未反应的异戊醇点评：本题为一道2015届高考题，考查了常见仪器的构造与安装、混合物的分离、提纯、物质的制取、药品的选择及使用、物质产率的计算等知识，题目难度较大，试题涉及的题量较大，知识点较多，充分培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力
