1、2014-2015学年浙江省温州市十校联合体高一（下）期末化学试卷（B卷）一、选择题（本大题共15小题，每小题2分，共30分每小题列出的四个备选项中只有一个选项符合题目要求，不选、多选、错选均不得分）1“低能耗、低污染、低排放”是低碳经济的重要标志，其中“低能耗”主要指减少消耗（） A 二氧化碳 B 水 C 石油 D 氧气2下列物质中，属于碱的是（） A 苛性钠 B 纯碱 C 碱式碳酸铜 D 碱石灰3下列化学用语正确的是（） A 硅的原子结构示意图： B 原子核内有8个中子的氧原子：O C 二氧化碳分子的电子式： D 甲烷分子的比例模型：4下列液体，不会出现丁达尔效应的是鸡蛋清溶液水淀粉溶液蔗
2、糖溶液Fe（OH）3溶胶（） A B C D 5下列过程中，不属于化学变化的是（） A 干电池供电过程 B 铁锅生锈 C 植物通过光合作用吸收太阳能 D 冰雪融化6下列属于复分解反应的是（） A NH4HCO3NH3+H2O+CO2 B C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O C 3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O D 2HCl+CaCO3CaCl2+CO2+H2O7下列对氯气的叙述正确的是（） A 氯气可使湿润的红色布条褪色，所以氯气具有漂白性 B 过量的铁在氯气中燃烧可生成氯化亚铁 C 氯气没有漂白性，但通入品红溶液中，品红褪色 D 闻其气味时要小心的将集气瓶
3、放在鼻孔下直接闻8下列有关实验操作正确的是（） A B C D 9如图为铜锌原电池示意图，下列说法正确的是（） A 锌极是正极 B 铜片上有气泡产生 C 电子经外电路从铜片流向锌片 D 该装置是将电能转化为化学能10下列叙述正确的是（） A 二氧化硫和二氧化碳都能使澄清的石灰水变浑浊 B 二氧化硫通入BaCl2溶液中生成BaSO3白色沉淀 C 二氧化硫通入滴有酚酞的NaOH溶液中，红色褪去，说明二氧化硫具有漂白性 D 硫在过量的氧气中燃烧生成三氧化硫11下列化学反应，属于取代反应的是由乙酸制乙酸乙酯油脂的皂化反应制肥皂由乙烯与水反应制乙醇苯与硝酸反应制硝基苯（） A B C D 12下列化合物
4、的化学键中，只有离子键的是（） A NH4Cl B Na2CO3 C MgCl2 D K2SO413下列有关钠和镁的说法中，正确的是（） A 电解NaCl溶液可以得到金属钠 B 金属钠在Cl2中燃烧产生黄色火焰得到黄色固体 C 金属镁着火，可用二氧化碳灭火 D 金属镁燃烧时发出耀眼的白光，因此常用来制造信号弹和焰火14如图为反应2H2（g）+O2（g）2H2O（g）的能量变化示意图，下列说法不正确的是（） A 拆开2molH2（g）和1molO2（g）中的化学键成为H、O原子，共吸收1368kJ能量 B 由H、O原子形成2molH2O（g），共放出1852kJ能量 C 2molH2（g）和1m
5、olO2（g）反应生成2molH2O（g），共吸收484kJ能量 D 2molH2（g）和1molO2（g）反应生成2molH2O（g），共放出484kJ能量15下列各组离子中，能在强酸性溶液中大量共存的是（） A K+、Cu2+、SO42、Cl B Na+、K+、CO32、Cl C Na+、K+、NO3、HCO3 D Na+、NH4+、OH、SO42二、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分每小题列出的四个备选项中只有一个选项符合题目要求，不选、多选、错选均不得分）16下列说法中，不正确的是（） A 蛋白质的变性是不可逆的 B 在一定条件下，蛋白质水解的最终产物是氨基酸 C 为检验皂
6、化反应进行程度，取几滴反应液，滴入装有热水的试管中，震荡，若没有油滴浮在液面上，说明油脂已完全反应 D 检验淀粉在稀硫酸催化下水解程度的方法是：取适量水解液于试管中，加入少量碘水，若出现蓝色说明没有水解17表示下列反应的离子方程式中，正确的是（） A 烧碱加入醋酸溶液OH+CH3COOHCH3COO+H2O B 盐酸与小苏打溶液反应2H+CO32CO2+H2O C 氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2+SO42BaSO4 D 金属钠与水反应Na+2H2ONa+2OH+H218对于可逆反应4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）下列叙述正确的是（） A 达到化学平衡时，4v正（O2）
7、=5v逆（NO） B 若单位时间内生成x mol NO，同时消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态 C 达到化学平衡时，若缩小容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大 D 在恒容容器中，若混合气体密度不再改变，则反应达到平衡状态19如表除去括号内杂质所用的试剂和方法都正确的是（）选项 物质 所用试剂 方法A 甲烷（乙烯） 酸性高锰酸钾溶液 洗气B 乙醇（水） 生石灰 分液C 乙醇（乙酸） 氢氧化钠溶液 分液D 乙酸乙酯（乙酸） 饱和碳酸钠溶液 分液 A A B B C C D D20如表为六种短周期元素的部分性质：元素代号 X Y Z Q R T原子半径/1010m 0.77 0.66
8、0.70 1.17 0.99 1.10主要化合价 +4、4 2 +5、3 +4、4 +7、1 +5、3下列有关说法错误的是（） A X与Y可以形成阴离子XY32 B 元素R的氧化物对应水化物一定为强酸 C Z的氢化物的沸点比T的氢化物的沸点高 D 由X形成的化合物QX和XR4，其晶体类型不相同21用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（） A 若5.6LN2中含有n个氮分子，则阿伏加德罗常数一定为4n B 4.6gNa与100 mL含0.1mol HCl的盐酸溶液反应，转移电子数目为0.2NA C 14g乙烯和丙烯的混合气体中所含分子总数为0.5NA D 标准状况下，22.4LCCl4
9、含有的分子总数为NA22现有如图4个装置图，则以下说法中正确的是（） A 装置可用于比较NaHCO3和Na2CO3的稳定性 B 用酒精萃取溴水中的溴可选择装置 C 如图装置进行实验可看到酸性KMnO4溶液褪色 D 如图装置可用于实验室制取并收集少量SO223赤铜矿的主要成分是Cu2O，辉铜矿的主要成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热发生以下反应：Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2，关于该反应的说法中，正确的是（） A 该反应的氧化剂只有Cu2O B Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂 C Cu既是氧化产物又是还原产物 D 每生成19.2gCu，反应中转移1.8mol电子24把m mol
10、乙烯跟n mol H2混合于一密闭容器中，在适当条件下反应并生p mol C2H6，若将所得的混合气体完全燃烧，生成CO2和H2O，需要氧气的物质的量为（单位：mol）（） A 3m+2 B 3m+ C 3m+3p+ D 3m+3p25将0.01molNaOH和 0.01molNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1molL1稀盐酸下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（） A B C D 三、填空题（本大题共3小题，共24分）26某有机物A的分子式为C4H8O2，已知AE有下列转化关系：试回答下列问题：（1）A的名称是（2）C的结构简式是（3）在图中的反应中，
11、属于取代反应的有（4）写出反应的化学方程式27将铁粉、铜粉、氯化铁溶液、氯化亚铁溶液和氯化铜溶液，混合于容积合适的烧杯内，充分反应后，完成下列填空（1）若铁粉有剩余，则溶液中不可能含有的离子是（从Fe3+、Cu2+、Fe2+中选填）（2）若溶液中氯化铁和氯化铜都有剩余，则不可能有的金属单质是（从Fe、Cu中选填）28（12分）（2015春温州校级期末）A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2E+与D2具有相同的电子数A在F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸回答下列问题：（1）A在周期表中的
12、位置是，写出实验室制备单质F的离子方程式（2）B、D、E组成的一种盐中，E的质量分数为43%，其俗名为（3）由这些元素组成的物质，其组成和结构信息如下表：物质 组成和结构信息a 含有A的二元离子化合物b 含有共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1：1c 化学组成为ADFa的化学式为；b的化学式为；c的电子式为四、实验题（本大题共12分）29（12分）（2015春温州校级期末）某同学为了探究元素非金属性递变规律，设计了如图所示实验装置根据强酸制弱酸的原理，所选物质要既能证明同族元素性质递变规律，又能证明同周期元素性质递变规律所给试剂（供选择）酸：稀盐酸、稀硝酸、稀硫酸碱：氢氧化钠、氢氧化镁、氢
13、氧化铝盐：CaCO3、Na2SiO3溶液、Ca（ClO）2溶液（1）填物质名称：a，c，d（2）观察到的现象有：c，d离子方程式：c五、计算题（本大题共4分）30将混有铜粉的镁粉3.0g投入100mL稀硫酸中，至不再产生气泡为止，共收集到标准状况气体2.24L过滤后向所得溶液中滴入0.5molL1的氢氧化钠溶液，开始滴入时无沉淀生成，滴加一定量的氢氧化钠溶液后开始出现白色沉淀，当滴加氢氧化钠溶液体积至100mL时，恰好使沉淀完全试求（溶液体积变化忽略不计）：（1）原混合物中镁的质量分数；（2）最终所得溶液中溶质的物质的量浓度2014-2015学年浙江省温州市十校联合体高一（下）期末化学试卷（B
14、卷）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共15小题，每小题2分，共30分每小题列出的四个备选项中只有一个选项符合题目要求，不选、多选、错选均不得分）1“低能耗、低污染、低排放”是低碳经济的重要标志，其中“低能耗”主要指减少消耗（） A 二氧化碳 B 水 C 石油 D 氧气考点： 使用化石燃料的利弊及新能源的开发 分析： 低碳经济是一种以低能耗和高效能等为主要特征、以较少的温室气体排放获得较大产出的新经济发展模式，结合目前的能源结构来进行分析解答： 解：低碳经济是指在可持续发展理论指导下，通过技术创新、制度创新、产业转型、新能源开发等多种手段，尽可能地减少煤炭石油等高碳能源消耗，减少温室气体排放
15、，达到经济深发展与生态环境保护双赢的一种经济发展形态从目前的能源结构来看，化石燃烧仍然是能源的主要来源，故低能耗指的是减少化石燃料的燃烧，即减少煤、石油和天然气的消耗，故选C点评： 本题考查了低碳经济，正确理解低碳经济的内涵是解本题关键，可以采用新技术、新能源等方式减少二氧化碳的排放来防止温室效应，题目难度不大2下列物质中，属于碱的是（） A 苛性钠 B 纯碱 C 碱式碳酸铜 D 碱石灰考点： 酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系 分析： 水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱，据此分析判断物质组成解答： 解：A、苛性钠是氢氧化钠属于碱，故A正确；B、纯碱是碳酸钠属于盐，故B错误；
16、C、碱式碳酸铜属于盐，不是碱，故C错误；D、碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，不是碱，故D错误；故选A点评： 本题考查了物质分类的依据和方法，物质组成特征和物质类别概念分析是解题关键，题目较简单3下列化学用语正确的是（） A 硅的原子结构示意图： B 原子核内有8个中子的氧原子：O C 二氧化碳分子的电子式： D 甲烷分子的比例模型：考点： 电子式、化学式或化学符号及名称的综合；电子式；球棍模型与比例模型 分析： A硅原子的核电荷数为14，核外电子数为14，最外层为4个电子；B氧元素的质子数为8，中子数为8的氧原子的质量数为16；C二氧化碳分子中含有两个碳氧双键，不是单键；D为甲烷的球棍模型，
17、不是比例模型解答： 解：A硅原子的原子序数=核外电子总数=14，硅的原子结构示意图为：，故A正确；B原子核内有8个中子的氧原子的质量数为16，该氧原子的正确表示方法为：816O，故B错误；C二氧化碳分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，正确的电子式为：，故C错误；D甲烷分子的比例模型应该体现出甲烷分子中各原子的相对体积大小，为甲烷的球棍模型，甲烷的比例模型为：，故D错误；故选A点评： 本题考查了电子式、元素符号、球棍模型与比例模型、原子结构示意图等化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的表示方法，明确球棍模型与比例模型、原子结构示意图与离子结构示意图的区别4下列液体，不会出现
18、丁达尔效应的是鸡蛋清溶液水淀粉溶液蔗糖溶液Fe（OH）3溶胶（） A B C D 考点： 胶体的重要性质 分析： 丁达尔现象是胶体特有的性质和现象，如果该分散系是胶体就产生丁达尔现象，据此分析解答： 解：鸡蛋清溶液是胶体，能产生丁达尔现象，故不选；水是纯净物，不是分散系，不是胶体，没有丁达尔效应，故选；淀粉溶液是胶体，能产生丁达尔现象，故不选；蔗糖溶液是溶液不是胶体，没有丁达尔效应，故选；Fe（OH）3溶胶属于胶体，能产生丁达尔现象，故不选；故选A点评： 本题考查了胶体性质的应用，题目难度不大，主要是分析物质形成的分散系是否是胶体，胶体具有丁达尔现象，注意水不能发生丁达尔现象，不是分散系5下列
19、过程中，不属于化学变化的是（） A 干电池供电过程 B 铁锅生锈 C 植物通过光合作用吸收太阳能 D 冰雪融化考点： 物理变化与化学变化的区别与联系 分析： A、干电池供电发生氧化还原反应；B、铁锅生锈过程中有新物质铁锈生成；C、植物通过光合作用吸收太阳能，生成葡萄糖；D、冰雪融化只是水由固态变为液态，没有新物质生成解答： 解：A、干电池供电发生氧化还原反应，属于化学变化，故A错误B、铁锅生锈过程中有新物质铁锈生成，属于化学变化，故B错误C、植物通过光合作用吸收太阳能，生成葡萄糖，属于化学变化，故C错误D、冰雪融化只是水由固态变为液态，没有新物质生成，属于物理变化，故D正确故选D点评： 本题考
20、查物理变化和化学变化的区别，有没有新物质生成是解题的关键，难度不大6下列属于复分解反应的是（） A NH4HCO3NH3+H2O+CO2 B C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O C 3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O D 2HCl+CaCO3CaCl2+CO2+H2O考点： 化学基本反应类型 分析： 复分解反应：由两种化合物相互交换成份生成另外两种化合物的反应 特点：双交换，价（化合价）不变，公式：AB+CDAD+CB据此判断即可解答： 解：A、一种物质分解生成三种物质，属于分解反应，故A错误；B、一种单质与化合物反应生成三种化合物，不属于四大基本反应类型，故
21、B错误；C、一种单质与化合物反应生成三种化合物，不属于四大基本反应类型，故C错误；D、碳酸常温分解产生二氧化碳和水，故此反应是由两种化合物相互交换成份生成另外两种化合物的反应，属于复分解反应，故D正确，故选D点评： 本题主要考查的是复分解反应的判断，掌握四大基本反应类型各自的特点是解决本题的关键，四大反应为：化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应7下列对氯气的叙述正确的是（） A 氯气可使湿润的红色布条褪色，所以氯气具有漂白性 B 过量的铁在氯气中燃烧可生成氯化亚铁 C 氯气没有漂白性，但通入品红溶液中，品红褪色 D 闻其气味时要小心的将集气瓶放在鼻孔下直接闻考点： 氯气的化学性质 分析：
22、A氯气可使湿润的红色布条褪色，是由于氯气与水反应生成了次氯酸，次氯酸具有漂白性；B铁与氯气反应生成高价铁；C氯气与水反应生成的次氯酸具有漂泊性；D闻氯气时，不能直接放在鼻子下闻解答： 解：A氯气与水反应生成了次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以氯气可使湿润的红色布条褪色，氯气无漂白性，故A错误；B过量的铁在氯气中燃烧可生成氯化铁，故B错误；C氯气没有漂白性，但通入品红溶液中，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，能够使品红褪色，故C正确；D闻氯气时，不能直接放在鼻子下闻，应用手在集气瓶口轻轻扇动来闻气体的气味，故D错误；故选：C点评： 本题考查了氯气的性质，熟悉氯气的化学性质是解题关键，注意氯气不具有
23、漂白性，题目难度不大8下列有关实验操作正确的是（） A B C D 考点： 化学实验安全及事故处理；不能加热的仪器及使用方法 分析： A点燃酒精灯时不能用酒精灯引燃，否则容易导致酒精灯中流出而燃烧；B托盘天平的最小读数为0.1g，无法称量0.01g的质量；C给试管中液体加热时，试管中液体不能超过试管容积的，且需要稍稍倾斜；D量取9.5mL的液体，应该选用10mL量筒，否则容易产生较大误差解答： 解：A点燃酒精灯应该用火柴点燃，不能用一支酒精灯引燃另一支酒精灯，否则容易发生危险，故A错误；B托盘天平的最小读数为0.1g，无法用托盘天平称量10.05g的固体，故B错误；C给试管中液体加热时，试管中
24、液体不能超过试管容积的，试管还应该稍稍倾斜，图示操作合理，故C正确；D用100mL量筒量取9.5mL液体时会产生较大误差，应该选用10mL量筒，故D错误；故选C点评： 本题考查了化学实验基本操作方法，题目难度不大，明确正确的化学实验基本操作方法即可解答，试题侧重基础知识的考查，培养了学生灵活应用基础知识的能力9如图为铜锌原电池示意图，下列说法正确的是（） A 锌极是正极 B 铜片上有气泡产生 C 电子经外电路从铜片流向锌片 D 该装置是将电能转化为化学能考点： 原电池和电解池的工作原理 分析： 锌铜原电池依据装置图分析，锌做负极失电子发生氧化反应生成锌离子，铜做正极，溶液中氢离子得到电子生成氢
25、气，发生还原反应，电子流向从负极沿导线流向正极，溶液中阳离子移向正极，以此解答该题解答： 解：A锌比铜活泼，应为原电池的负极，故A错误；B铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气，所以Cu上有气泡生成，故B错误；C电子由负极移向正极，电子由锌片通过导线流向铜，故C错误；D该装置属于原电池，原电池是把化学能转化为电能的装置，故D错误故选B点评： 本题考查学生原电池的工作原理，为高频考点，侧重于双基的考查，注意把握正负极的判断及电子的流向，题目难度不大10下列叙述正确的是（） A 二氧化硫和二氧化碳都能使澄清的石灰水变浑浊 B 二氧化硫通入BaCl2溶液中生成BaSO3白色沉淀 C 二氧化
26、硫通入滴有酚酞的NaOH溶液中，红色褪去，说明二氧化硫具有漂白性 D 硫在过量的氧气中燃烧生成三氧化硫考点： 二氧化硫的化学性质 分析： A二氧化硫和二氧化碳与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙和碳酸钙；B盐酸的酸性强于亚硫酸；C二氧化硫为酸性氧化物；D硫在氧气中燃烧生成二氧化硫解答： 解：A二氧化硫和二氧化碳与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙和碳酸钙，二者都不溶于水，故A正确；B盐酸的酸性强于亚硫酸，二氧化硫通入BaCl2溶液不会发生反应，故B错误；C二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钠反应，二氧化硫通入滴有酚酞的NaOH溶液中，红色褪去，体现二氧化硫酸性氧化物的性质，故C错误；D硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，
27、故D错误；故选：A点评： 本题考查了物质的性质，熟悉二氧化硫的性质是解题关键，注意二氧化硫的还原性、酸性氧化物的性质、漂白性，题目难度不大11下列化学反应，属于取代反应的是由乙酸制乙酸乙酯油脂的皂化反应制肥皂由乙烯与水反应制乙醇苯与硝酸反应制硝基苯（） A B C D 考点： 取代反应与加成反应 分析： 有机物中原子或原子团被其它原子或原子团取代的反应为取代反应，如水解反应、酯化反应等，以此来解答解答： 解：由乙酸制乙酸乙酯，是用CH3CH2O取代了CH3COOH中的OH，属于取代反应，故正确；油脂的皂化反应制肥皂是油脂在碱性条件下的水解，也是取代反应，故正确；由乙烯与水反应制乙醇，是将水中的
28、H原子和OH分别加到乙烯双键两端的碳原子上，是加成反应，故错误；苯与硝酸反应制硝基苯，是用硝酸中的NO2取代了苯环上的氢原子，属于取代反应，故正确故选D点评： 本题考查了取代反应的判断，难度不大，明确取代反应的特征是解本题的关键12下列化合物的化学键中，只有离子键的是（） A NH4Cl B Na2CO3 C MgCl2 D K2SO4考点： 离子化合物的结构特征与性质 分析： 活泼金属和活泼发非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，但铵盐中含有离子键，据此分析解答解答： 解：A氯化铵中铵根离子和氯离子之间存在离子键、NH原子之间存在共价键，故A错误；B碳酸钠中钠离子和碳酸根离
29、子之间存在离子键、CO原子之间存在共价键，故B错误；C氯化镁中镁离子和氯离子之间只存在离子键，故C正确；D硫酸钾中钾离子和硫酸根离子之间存在离子键、SO原子之间存在共价键，故D错误；故选C点评： 本题考查离子键和共价键的判断，侧重考查基本概念，明确离子键和共价键的区别是解本题关键，注意不能根据是否含有金属元素判断离子键，易错选项是C，注意两个氯离子之间不存在化学键，为易错点13下列有关钠和镁的说法中，正确的是（） A 电解NaCl溶液可以得到金属钠 B 金属钠在Cl2中燃烧产生黄色火焰得到黄色固体 C 金属镁着火，可用二氧化碳灭火 D 金属镁燃烧时发出耀眼的白光，因此常用来制造信号弹和焰火考点
30、： 钠的化学性质；镁的化学性质 分析： A电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气；B钠在氯气中生成氯化钠；C镁与二氧化碳反应生成氧化镁与碳；D镁燃烧发出耀眼的白光且放出大量热解答： 解：A电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气，得不到钠，故A错误；B钠在氯气中生成氯化钠，为白色固体，故B错误；C镁与二氧化碳反应生成氧化镁与碳，所以不能用水灭，故C错误；D镁燃烧时发生耀眼的白光，并放出大量的热，可用于制造信号弹，故D正确；故选：D点评： 本题考查钠、镁的性质，侧重考查学生对基础知识的掌握情况，题目难度不大14如图为反应2H2（g）+O2（g）2H2O（g）的能量变化示意图，下列说法不正确的是（）
31、 A 拆开2molH2（g）和1molO2（g）中的化学键成为H、O原子，共吸收1368kJ能量 B 由H、O原子形成2molH2O（g），共放出1852kJ能量 C 2molH2（g）和1molO2（g）反应生成2molH2O（g），共吸收484kJ能量 D 2molH2（g）和1molO2（g）反应生成2molH2O（g），共放出484kJ能量考点： 吸热反应和放热反应 分析： A、拆化学键吸收能量；B、形成化学键放出能量；C、氢气和氧气反应放热；D、依据反应焓变=反应物化学键键能总和生成物化学键理念总和解答： 解：A、拆化学键吸收能量，由图可知：拆开2molH2（g）和1molO2（g）
32、中的化学键成为H、O原子，共吸收1368kJ能量，故A正确；B、形成化学键放出能量，右图可知：由H、O原子形成2molH2O（g），共放出1852kJ能量，故B正确；C、氢气和氧气反应放热；焓变小于0，即为放热反应，故C错误；D、依据图象数据分析计算，2 mol H2（g）和1 mol O2（g）反应生成2 mol H2O（g），共放出484 kJ能量，故D正确；故选C点评： 本题考查了反应能量变化，图象分析数据计算应用，题目难度中等15下列各组离子中，能在强酸性溶液中大量共存的是（） A K+、Cu2+、SO42、Cl B Na+、K+、CO32、Cl C Na+、K+、NO3、HCO3 D
33、 Na+、NH4+、OH、SO42考点： 离子共存问题 分析： 强酸性溶液中存在大量氢离子，A四种离子之间不发生反应，都不与强酸反应；B碳酸根离子与强酸溶液中的氢离子反应；C碳酸氢根离子与强酸反应生成二氧化碳气体；D铵根离子、氢离子都与氢氧根离子反应解答： 解：AK+、Cu2+、SO42、Cl之间不反应，都不与强酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；BCO32与强酸发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CHCO3与强酸反应生成二氧化碳，在溶液中不能大量共存，故C错误；DNH4+、OH之间发生反应，OH与强酸反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A点评： 本题考查离子共
34、存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在二、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分每小题列出的四个备选项中只有一个选项符合题目要求，不选、多选、错选均不得分）16下列说法中，不正确的是（） A 蛋白质的变性是不可逆的 B 在一定条件下，蛋白质水解的最终产物是氨基酸 C 为检验皂化反应进行程度，取几滴反应液，滴入装有热水
35、的试管中，震荡，若没有油滴浮在液面上，说明油脂已完全反应 D 检验淀粉在稀硫酸催化下水解程度的方法是：取适量水解液于试管中，加入少量碘水，若出现蓝色说明没有水解考点： 氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；蔗糖与淀粉的性质实验 分析： A、蛋白质的盐析是可逆的，变性不可逆；B、氨基酸是形成蛋白质的基石；C、油脂在碱性条件下的水解为皂化反应，水解为高级脂肪酸盐和甘油；D、淀粉遇碘单质变蓝解答： 解：A、蛋白质的盐析是可逆的，变性是蛋白质丧失了生理活性，是不可逆的，故A正确；B、氨基酸是形成蛋白质的基石，氨基酸通过缩聚反应形成蛋白质，则蛋白质水解后又生成氨基酸，故B正确；C、油脂不溶于水，其在碱性条件下
36、的水解为皂化反应，水解为高级脂肪酸盐和甘油，两者均易溶于水，故取几滴反应液，滴入装有热水的试管中，震荡，若没有油滴浮在液面上，则说明无油脂剩余，即完全水解，故C正确；D、淀粉遇碘单质变蓝，故取适量水解液于试管中，加入少量碘水，若出现蓝色，只能说明水解液中仍有淀粉，至于是淀粉未水解还是已经部分水解，无法确定，故D错误故选D点评： 本题考查了蛋白质的变性、水解产物的判断以及油脂和淀粉的水解，应注意的是要验证淀粉未水解，应在使水解液呈碱性的前提下来检验葡萄糖的存在17表示下列反应的离子方程式中，正确的是（） A 烧碱加入醋酸溶液OH+CH3COOHCH3COO+H2O B 盐酸与小苏打溶液反应2H+
37、CO32CO2+H2O C 氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2+SO42BaSO4 D 金属钠与水反应Na+2H2ONa+2OH+H2考点： 离子方程式的书写 分析： A反应生成醋酸钠和水；B小苏打为碳酸氢钠；C漏写生成水的离子反应；D电子、电荷不守恒解答： 解：A烧碱加入醋酸溶液的离子反应为OH+CH3COOHCH3COO+H2O，故A正确；B盐酸与小苏打溶液反应的离子反应为H+HCO3CO2+H2O，故B错误；C氢氧化钡溶液中加入稀硫酸的离子反应为Ba2+2H+SO42+20HBaS04+2H20，故C错误；D金属钠与水反应的离子反应为2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故D错误；故选A点
38、评： 本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，综合性较强，题目难度不大，注意离子反应中保留化学式的物质18对于可逆反应4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）下列叙述正确的是（） A 达到化学平衡时，4v正（O2）=5v逆（NO） B 若单位时间内生成x mol NO，同时消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态 C 达到化学平衡时，若缩小容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大 D 在恒容容器中，若混合气体密度不再改变，则反应达到平衡状态考点： 化学平衡的影响因素 专题：
39、 化学平衡专题分析： A、达到化学平衡时，化学反应速率是相等的，且反应速率之比等于方程式的系数之比；B、达到化学平衡时，化学反应的正逆反应速率是相等的；C、若缩小容器体积可以加大压强，化学反应速率加快；D、根据化学反应遵循质量守恒以及体积恒定来确定密度的变化情况即可解答： 解：A、4v正（O2）=5v逆（NO）能证明化学反应的正逆反应速率是相等的，达到了化学平衡状态，故A正确；B、单位时间内生成x mol NO，同时消耗x mol NH3，则不能说明化学反应的正逆反应速率是相等的，只表示了正反应方向，故B错误；C、若缩小容器体积可以加大压强，正逆化学反应速率都会加快，故C错误；D、化学反应遵循
40、质量守恒，质量不变化，并且体系体积恒定，可以知道密度始终是不变化的，所以密度不变的状态反应不一定达到平衡状态，故D错误故选A点评： 化学平衡状态的判断、化学平衡移动的方向以及影响因素是现在考查的热点，注意知识的归纳和整理，难度不大19如表除去括号内杂质所用的试剂和方法都正确的是（）选项 物质 所用试剂 方法A 甲烷（乙烯） 酸性高锰酸钾溶液 洗气B 乙醇（水） 生石灰 分液C 乙醇（乙酸） 氢氧化钠溶液 分液D 乙酸乙酯（乙酸） 饱和碳酸钠溶液 分液 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 分析： A乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；BCaO与水反应后，增大与
41、乙醇的沸点差异；C乙酸与NaOH溶液反应后，增大与乙醇的沸点差异；D乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层解答： 解：A乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应加溴水、洗气除杂，故A错误；BCaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可除杂，故B错误；C乙酸与NaOH溶液反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可除杂，故C错误；D乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可除杂，故D正确；故选D点评： 本题考查物质分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大20如表为六种短周期元素的部分性质：元素代号 X Y Z Q
42、 R T原子半径/1010m 0.77 0.66 0.70 1.17 0.99 1.10主要化合价 +4、4 2 +5、3 +4、4 +7、1 +5、3下列有关说法错误的是（） A X与Y可以形成阴离子XY32 B 元素R的氧化物对应水化物一定为强酸 C Z的氢化物的沸点比T的氢化物的沸点高 D 由X形成的化合物QX和XR4，其晶体类型不相同考点： 原子结构与元素的性质 专题： 元素周期律与元素周期表专题分析： 主族元素中，最高正化合价与其族序数相等，最低负价=族序数8，同一主族元素，原子半径越大其原子序数越大，根据表中数据值，X和Q属于第IVA族，X半径小于Q，则X是C、Q是Si元素；Y是第
43、VIA族元素，X半径大于Y，则Y是O元素；Z和T是第VA族元素，Z半径小于T，则Z是N元素、T是P元素；R最高价为+7价，属于第VIIA族，F元素没有最正化合价，所以R是Cl元素，再结合物质结构性质解答解答： 解：主族元素中，最高正化合价与其族序数相等，最低负价=族序数8，同一主族元素，原子半径越大其原子序数越大，根据表中数据值，X和Q属于第IVA族，X半径小于Q，则X是C、Q是Si元素；Y是第VIA族元素，X半径大于Y，则Y是O元素；Z和T是第VA族元素，Z半径小于T，则Z是N元素、T是P元素；R最高价为+7价，属于第VIIA族，F元素没有最正化合价，所以R是Cl元素，AC与O可以形成阴离子
44、CO32，故A正确；BR是Cl元素，其氧化物的水化物不一定是强酸，如HClO是弱酸，故B错误；CN的氢化物是氨气、P的氢化物是膦，氨气分子间能形成氢键、膦分子间不能形成氢键，氢键能导致熔沸点升高，所以N的沸点比P的氢化物的沸点高，故C正确；D由C形成的化合物SiC和CCl4，前者是原子晶体、后者是分子晶体，所以二者晶体类型不同，故D正确；故选B点评： 本题考查原子结构和元素性质，侧重考查学生分析判断能力，正确判断元素是解本题关键，注意氢键对物质性质的影响，易错选项是B，题目难度不大21用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（） A 若5.6LN2中含有n个氮分子，则阿伏加德罗常数一定为
45、4n B 4.6gNa与100 mL含0.1mol HCl的盐酸溶液反应，转移电子数目为0.2NA C 14g乙烯和丙烯的混合气体中所含分子总数为0.5NA D 标准状况下，22.4LCCl4含有的分子总数为NA考点： 阿伏加德罗常数 分析： A没有告诉标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氮气的物质的量；B钠为活泼的+1价金属，在溶液中完全反应；C乙烯和丙烯的摩尔质量不同，无法计算混合物的物质的量；D标准状况下，四氯化碳的状态为液体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算解答： 解：A不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算5.6L氮气的物质的量，故A错误；B4.6g钠的物质的量为：=0.2
46、mol，钠为活泼金属，能够与水反应，所以0.2mol钠完全反应失去0.2mol电子，转移电子数目为0.2NA，故B正确；C乙烯和丙烯的摩尔质量不同，无法计算14g混合物的物质的量，故C错误；D标况下四氯化碳不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L四氯化碳的物质的量，故D错误；故选B点评： 本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力22现有如图4个装置图，则以下说法中正确的是（） A 装置可用于比较NaHCO3
47、和Na2CO3的稳定性 B 用酒精萃取溴水中的溴可选择装置 C 如图装置进行实验可看到酸性KMnO4溶液褪色 D 如图装置可用于实验室制取并收集少量SO2考点： 化学实验方案的评价 分析： A碳酸氢钠不稳定，易分解；B酒精与水互溶；C浓硫酸具有脱水性、强氧化性，使蔗糖碳化后发生氧化还原反应生成具有还原性的二氧化硫；D二氧化硫的密度比空气的密度大解答： 解：A碳酸氢钠不稳定，易分解，则图中小试管中应为碳酸氢钠，可对比来比较稳定性，故A错误；B酒精与水互溶，不能作萃取剂，故B错误；C浓硫酸具有脱水性、强氧化性，使蔗糖碳化后发生氧化还原反应生成具有还原性的二氧化硫，被高锰酸钾氧化使其褪色，故C正确；
48、D二氧化硫的密度比空气的密度大，图中收集装置中导管应长进短出，且NaOH吸收尾气要防倒吸，故D错误；故选C点评： 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及稳定性比较、混合物分离提纯、氧化还原反应、气体的制备实验等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大23赤铜矿的主要成分是Cu2O，辉铜矿的主要成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热发生以下反应：Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2，关于该反应的说法中，正确的是（） A 该反应的氧化剂只有Cu2O B Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂 C Cu既是氧化产物又是还原产物 D 每
49、生成19.2gCu，反应中转移1.8mol电子考点： 氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算 专题： 氧化还原反应专题分析： A、化合价降低的元素所在的反应物是氧化剂；B、化合价降低的元素所在的反应物是氧化剂；化合价升高的元素所在的反应物是还原剂；C、氧化剂对应的是还原产物，还原剂对应的是氧化产物；D、根据转移电子的量来分析生成的金属铜的量解答： 解：A、反应Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2中，化合价降低的元素是铜元素，所在的反应物Cu2S、Cu2O是氧化剂，故A错误；B、硫化铜中硫元素化合价升高，铜元素的化合价降低，所以Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故B正确；C、反应物Cu
50、2S、Cu2O中硫元素化合价降为金属铜中的0价，金属铜为还原产物，故C错误；D、反应Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2中，化合价升高了6价，转移了6mol电子，生成金属铜6mol，所以每生成19.2g（即0.3mol）Cu，反应中转移0.3mol电子，故D错误故选B点评： 本题考查学生氧化还原反应中的有关概念和电子转移知识，是一道基本知识题目，难度不大24把m mol乙烯跟n mol H2混合于一密闭容器中，在适当条件下反应并生p mol C2H6，若将所得的混合气体完全燃烧，生成CO2和H2O，需要氧气的物质的量为（单位：mol）（） A 3m+2 B 3m+ C 3m+3p+ D 3m+3
51、p考点： 化学方程式的有关计算 专题： 计算题分析： 根据原子守恒可知，反应后混合气体的耗氧量即是m molC2H4和n molH2燃烧的耗氧量反应物为CO2和H2O，根据C原子、H原子守恒可计算出最终消耗的氧气解答： 解：反应前后C原子和H原子的物质的量没有发生变化，则混合气体的耗氧量即是m molC2H4和n molH2的耗氧量，原混合物中含有C原子的物质的量为2mmol，H原子的物质的量为（4m+2n）mol，根据反应物为CO2和H2O可知，1molC原子消耗1mol氧气，1molH原子消耗mol氧气，则消耗的氧气的物质的量为2mmol+（4m+2n）mol=（3m+0.5n）mol，故
52、选B点评： 本题考查混合物的计算，题目难度中等，关键清楚反应后混合气体的耗氧量即是m molC2H4和n molH2燃烧的耗氧量25将0.01molNaOH和 0.01molNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1molL1稀盐酸下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（） A B C D 考点： 有关混合物反应的计算；钠的重要化合物 分析： 对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，此时才有二氧化碳气体生成，利用
53、物质的量的关系并结合图象即可解答解答： 解：由NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，此时才有二氧化碳气体生成，0.01mol氢氧化钠完全反应先后0.1mol/L的盐酸的体积为：=0.1L，0.01mol碳酸钠生成碳酸氢钠先后0.1L该盐酸，0.01mol碳酸氢钠生成二氧化碳气体消耗0.1L该浓度的盐酸，A.0.01mol盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；B图象中开始反应
54、即有气体生成，与反应不符，故B错误；C向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2；此时开始放出气体，正好与图象相符，故C正确；D因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；故选C点评： 本题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，题目难度中等
55、，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2三、填空题（本大题共3小题，共24分）26某有机物A的分子式为C4H8O2，已知AE有下列转化关系：试回答下列问题：（1）A的名称是乙酸乙酯（2）C的结构简式是CH3COOH（3）在图中的反应中，属于取代反应的有（4）写出反应的化学方程式2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O考点： 有机物的推断 分析： 有机物A的分子式为C4H8O2，它能在NaOH溶液中发生水解生成B与D，则A属于酯，
56、B与盐酸反应得到C，D连续氧化也得到C，则D为醇、C为羧酸，且二者均含有2个碳原子，故B为CH3COONa，C为CH3COOH，D为CH3CH2OH，E为CH3CHO，A为CH3COOCH2CH3，据此解答解答： 解：有机物A的分子式为C4H8O2，它能在NaOH溶液中发生水解生成B与D，则A属于酯，B与盐酸反应得到C，D连续氧化也得到C，则D为醇、C为羧酸，且二者均含有2个碳原子，故B为CH3COONa，C为CH3COOH，D为CH3CH2OH，E为CH3CHO，A为CH3COOCH2CH3（1）A为CH3COOCH2CH3，名称是乙酸乙酯，故答案为：乙酸乙酯；（2）C的结构简式是CH3CO
57、OH，故答案为：CH3COOH；（3）在图中的反应中，属于取代反应，属于氧化反应，属于复分解反应，故答案为：；（4）反应是乙醇氧化得到乙醛，化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O点评： 本题考查有机物推断，涉及醇、醛、羧酸、酯的性质与转化，关键是掌握官能团性质，注意对基础知识的掌握27将铁粉、铜粉、氯化铁溶液、氯化亚铁溶液和氯化铜溶液，混合于容积合适的烧杯内，充分反应后，完成下列填空（1）若铁粉有剩余，则溶液中不可能含有的离子是Fe3+、Cu2+（从Fe3+、Cu2+、Fe2+中选填）（2）若溶液中氯化铁和氯化
58、铜都有剩余，则不可能有的金属单质是Fe、Cu（从Fe、Cu中选填）考点： 有关混合物反应的计算 分析： 铁离子氧化性大于铜离子、铁的还原性大于铜，则反应的先后顺序为：先是铁与氯化铁反应，接着是铁与氯化铜反应，最后是铜与氯化铁反应，（1）铁有剩余，溶液中不可能含有亚铁离子和铜离子；（2）氯化铁有剩余，则金属单质不可能有剩余解答： 解：（1）铁粉有剩余，根据反应顺序判断：氯化铁、氯化铜已全部反应，铜未反应，溶液中只有氯化亚铁，即溶液中只有Fe2+，故答案为：Fe3+、Cu2+；（2）溶液中氯化铁和氯化铜都有剩余，根据反应顺序判断：Cu、Fe已全部反应，故答案为：Fe、Cu点评： 本题考查了混合物的
59、反应，题目难度中等，明确反应的先后顺序为解答关键，可以依据金属活动性顺序及其意义进行分析，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力28（12分）（2015春温州校级期末）A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2E+与D2具有相同的电子数A在F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸回答下列问题：（1）A在周期表中的位置是第一周期IA族，写出实验室制备单质F的离子方程式MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O（2）B、D、E组成的一种盐中，E的质量分数为43%，其俗名为纯碱（3）由这些元素组成
60、的物质，其组成和结构信息如下表：物质 组成和结构信息a 含有A的二元离子化合物b 含有共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1：1c 化学组成为ADFa的化学式为NaH；b的化学式为Na2O2和Na2C2；c的电子式为考点： 位置结构性质的相互关系应用 分析： A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，则A为H元素；E+与D2具有相同的电子数，则E处于IA族，D处于A族，则E为Na、D为O元素；B在D中充分燃烧生成其最高价化合物BD2，B的最高正化合价为+4，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B处于第二周期，故B为碳元素；A在F中燃烧，产物溶于水得到种强酸，
61、则F为Cl（1）实验室利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气；（2）C、O、Na组成的一种盐，Na的质量分数为43%，则该盐为碳酸钠；（3）a由两种元素组成且含有氢元素的离子化合物，这几种元素只有Na能与H形成离子化合物，故a为NaH；b由两种元素组成含有共价键的离子化合物，且原子数之比为1：1，则b为Na2O2和Na2C2；c的化学组成为HClO解答： 解：A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，则A为H元素；E+与D2具有相同的电子数，则E处于IA族，D处于A族，则E为Na、D为O元素；B在D中充分燃烧生成其最高价化合物BD2，B的最高正化合价为+4，B的
62、最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B处于第二周期，故B为碳元素；A在F中燃烧，产物溶于水得到种强酸，则F为Cl（1）A为H元素，处于周期表中第一周期IA族；实验室利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，离子方程式为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故答案为：第一周期IA族；MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；（2）C、O、Na组成的一种盐，Na的质量分数为43%，则该盐为碳酸钠，俗名为纯碱；故答案为：纯碱；（3）a由两种元素组成且含有氢元素的离子化合物，这几种元素只有Na能与H形成离子化合物，故a为NaH；b由两种元素组成含有共价键的离子化合物，且原子数之比为1
63、：1，则b为Na2O2和Na2C2；c的化学组成为HClO，电子式为，故答案为：NaH；Na2O2和Na2C2；点评： 本题考查元素化合物推断，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对所学知识点综合应用能力，题目难度中等四、实验题（本大题共12分）29（12分）（2015春温州校级期末）某同学为了探究元素非金属性递变规律，设计了如图所示实验装置根据强酸制弱酸的原理，所选物质要既能证明同族元素性质递变规律，又能证明同周期元素性质递变规律所给试剂（供选择）酸：稀盐酸、稀硝酸、稀硫酸碱：氢氧化钠、氢氧化镁、氢氧化铝盐：CaCO3、Na2SiO3溶液、Ca（ClO）2溶液（1）填物质名称：a稀硝酸，c碳
64、酸钙，d硅酸钠溶液（2）观察到的现象有：c产生气泡，碳酸钙溶解，d产生白色沉淀离子方程式：c2H+CaCO3Ca2+CO2+H2O考点： 非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；性质实验方案的设计 分析： （1）主族元素，元素的非金属性越强，其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，根据信息需根据强酸制弱酸的原理探究元素非金属性递变规律：元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系如图装置来一次性完成，C、N属于同一周期，C、Si属于同一主族，C、N、Si三种非金属元素的非金属性强弱比较，第一支试管中反应是碳酸钙和稀硝酸反应生成二氧化碳，证明氮非金属性大于碳，
65、饱和碳酸氢钠的作用是除去二氧化碳中硝酸蒸气，第三支试管中二氧化碳和硅酸钠反应，证明碳非金属性大于硅；（2）第一支试管中反应是碳酸钙和稀硝酸反应生成二氧化碳，第三支试管中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，证明碳的非金属性大于硅，饱和碳酸氢钠的作用是除去二氧化碳中硝酸蒸气，据此分析观察到的现象解答： 解：（1）同周期自左而右，核电荷数增大，原子半径减小，原子核对电子吸引增强，失去电子能力减弱，获得电子的能力增强，故同周期从左到右，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，C、N、Si三种非金属，C、N属于同一周期，C、Si属于同一
66、主族，推知C、N、Si三种元素非金属性的强弱为NCSi，根据信息需根据强酸制弱酸的原理探究元素非金属性递变规律：第一支试管装置用来制取二氧化碳，故a为稀硝酸，c为碳酸钙，碳酸钙和稀硝酸反应生成二氧化碳，证明氮非金属性大于碳，硝酸易挥发，故饱和碳酸氢钠的作用是除去二氧化碳中硝酸，第三支试管中为硅酸钠溶液，证明碳非金属性大于硅，故答案为：稀硝酸；碳酸钙；硅酸钠溶液；（2）第一支试管中反应是碳酸钙和稀硝酸反应生成二氧化碳，证明氮非金属性大于碳，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，c为碳酸钙，可观察到c产生气泡，碳酸钙溶解，第三支试管中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应
67、生成硅酸沉淀，SiO32+CO2+H2OH2SiO3+CO32；证明碳的非金属性大于硅，d装置中观察到溶液变浑浊，饱和碳酸氢钠的作用是除去二氧化碳中硝酸，故答案为：产生气泡，碳酸钙溶解；d产生白色沉淀； 2H+CaCO3Ca2+CO2+H2O点评： 本题将元素及其化合物、元素周期律与实验知识结合起来，考查了审题能力、思维能力，具有较强的综合性，注意实验设计的原理和方法，题目难度中等五、计算题（本大题共4分）30将混有铜粉的镁粉3.0g投入100mL稀硫酸中，至不再产生气泡为止，共收集到标准状况气体2.24L过滤后向所得溶液中滴入0.5molL1的氢氧化钠溶液，开始滴入时无沉淀生成，滴加一定量的
68、氢氧化钠溶液后开始出现白色沉淀，当滴加氢氧化钠溶液体积至100mL时，恰好使沉淀完全试求（溶液体积变化忽略不计）：（1）原混合物中镁的质量分数80%；（2）最终所得溶液中溶质的物质的量浓度0.125mol/L考点： 有关混合物反应的计算 分析： （1）生成的气体为镁与稀硫酸反应生成的，根据反应方程式及氢气的体积计算出镁的质量，再计算出混合物中镁的质量分数；（2）恰好沉淀完全时，溶质为硫酸钠，根据钠离子守恒计算出硫酸钠的物质的量，再根据c=计算出硫酸钠的物质的量浓度解答： 解：（1）设原混合物中镁的质量为x，则Mg+H2S04=MgSO4+H2 24g 22.4Lx 2.24L则：x=2.4g，
69、所以原混合物中镁的质量分数为：100%=80%，故答案为：80%；（2）加入的氢氧化钠溶液首先中和未反应的H2S04，发生反应为：H2S04+2NaOH=Na2S04+2H2O，然后再生成氢氧化镁沉淀：MgSO4+2NaOH=Na2S04+Mg（OH）2，即NaOH全部转化为Na2S04，设最终所得Na2S04的物质的量为y， 2NaOHNa2S04 2 10.5mol/L0.1L y则：y=0.025mol，最终得到溶液体积为200mL，则硫酸钠的物质的量浓度为：=0.125mol/L，故答案为：0.125mol/L点评： 本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握物质的量与摩尔质量、物质的量浓度等物理量之间的转化关系，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力
