1、2014-2015学年山东省潍坊市高一（下）期末化学试卷一、选择题（本题包括15个小题，15小题每题2分；615小题每题3分，共40分。毎小题只有一个选项符合题意。）1下列说法错误的是（）A 乙醇的水溶液可使蛋白质发生性质改变B 纤维素在一定条件下水解生成葡萄糖C 在一定条件下油脂水解可生成甘油D 煤的干馏、石油的分馏都属于化学变化2下列关于元素周期表的说法正确的是（）A 短周期是指笫1、2周期B 过渡元素全部是金属元素C I A族的元索全部是金属元素D 元素周期表有8个副族3下列说法正确的是（）A 苯分子中含有碳碳双键B 烃是指只含有碳、氢元素的有机物C 燃烧后能产生C02和H20的有机物一
2、定是烃D 葡萄糖溶液中加人新制Cu（OH）2悬浊液，振荡，产生砖红色沉淀4下列有关化学反应速率和化学平衡的说法正确的是（）A 可逆反应达到化学平衡状态时，正、逆反应速率均等于零B 当反应物与生成物浓度相等时，可逆反应一定已达到化学平衡状态C 用锌粉代替锌粒与等浓度的稀硫酸反应，生成氢气的速率加快D Fe与稀硫酸反应制取氢气时，改用浓硫酸可以增大反应速率5下列说法错误的是（）A 如图表示化学反应过程中释放能量B 化学反应中有物质变化也有能量变化C 化学反应中一定存在化学键的变化D 原电池是将化学能转变成电能的装置6下列各组物质中，按酸、碱、盐、碱性氧化物、酸性氧化物的顺序排列正确的是（）A 盐酸
3、、纯碱、氣酸钾、氧化镁、二氧化硅B 硝酸、烧碱、次氯酸钠、氧化钙、二氧化硫C 次氯酸、消石灰、硫酸铵、过氧化钠、二氧化碳D 氨基酸、过氧化钠、碱式碳酸铜、氧化铁、一氧化碳7下列反应中，属于加成反应的是（）A 苯与溴水混合，振荡静置，溴水层褪色B 乙烯通入酸性髙锰酸钾溶液中，溶液褪色C 乙烯通入溴的四氛化碳溶液中，溶液褪色D 甲烷与氯气混合光照，气体颜色变浅8下列化学方程式书写正确的是（）A Cu+SCuSB 3Cu+8HNO3（浓）3Cu（N03）2+2N0+4H20C +HONO2+H2OD 9X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示，若Y原子的最外层电子数是次外层电子
4、数的3倍下列说法错误的是（）XYZWA 气态氢化物的热稳定性：XYB 最高价氧化物对应水化物的酸性：WZXC X、Y、Z元素均存在同素异形体D W的单质具有漂白性，能使干燥的有色布条褪色10微粒Mn的核外电数为x，质量数为A，则M原子核内的中子数为（）A Ax+nB AxC AxnD AN11将等质量四块铜片在酒精灯上加热后，分别插人下列溶液中，放置片刻后铜片质量与加热前相同的是（）A 氨水B 乙醇C 醋酸D 硝酸12若甲、丙为同主族元素的单质，乙、丁为氧化物，它们之间的转化关系为甲+乙丙+丁，则满足条件的甲和丙为（）A 钠和氢气B 氯气和溴C 铝和铁D 碳和硅13苹果酸的结构简式为，下列说法
5、错误的是（）A 1mol苹果酸可与2 molNaOH发生中和反应B 定条件下，苹果酸与乙酸或乙醇均能发生酯化反应C 与苹果酸互为同分异构体D 1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1.5 molH 214用如图所示实验装置（夹持仪器已略去）探究铜丝与过量浓硫酸的反应下列实验不合理的是（）A 上下移动中铜丝可控制SO2的量B 中选用品红溶液验证S02的生成C 中选用NaOH溶液吸收多余的S02D 为确认CuS04生成，向中加水，观察颜色15设NA伏加徳罗常数的值下列叙述错误的是（）A 标准状况下，22.4 L CH4中含有分子的数目为NAB 标准状况下，2.24 L Cl2与足量铁反应，转移电子的
6、数目为0.3NAC 常温常压下，46 g N02和N204混合气体中含有的原子数为3NAD 标准状况下，2.24 LC02与足量镁反应，转移电子的数目为0.4NA二、解答题（共5小题，满分60分）16铁、铜及其化合物有广泛应用请回答下列问题：（1）FeCl3溶液可用于腐蚀电路铜板，反应的离子方程式是，反应中的氧化剂是（2）某同学根据原电池原理将上述反应设计为原电池，在该原电池中，以FeCI3溶液为电解质溶液，以石墨为正极材料负极材料应选用，负极上发生 反应（填写“氧化”或“还原”），电解质溶液中的Cl向极移动（填写“正”或“负”），当反应进行一段时间，测得某电极减轻了6.4g，则该原电池电路共
7、转移电子的物质的量是（3）将铜粉加人稀硫酸中加热并不断鼓人空气，可制得硫酸铜写出该反应的化学方程式17已知A、B、C、D、E、F均为短周期主族元素，且它们的原子序数依次增大B和E同主族，A、B在元素周期表中处于相邻的位置，C元素原子在同周期主族元素中原子半径最大，D是地壳中含量最多的金属元素，E元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍请回答下列问题：（1）画出F的原子结构示意图（2）B、C、E对应简单离子的半径由大到小的顺序为（用具体微粒符号表示）（3）A的气态氢化物与其最高价氧化物对应水化物反应，生成的化合物属于（填“离子化合物”或“共价化合物”）（4）加热条件下，B单质与C单质的反应产物中含
8、有化学键的名称是，该产物溶于水发生反应的化学方程式立即向溶液中滴加酚酞溶液，观察到溶液颜色（5）D的单质能与C元素最高价氧化物对应水化物的溶液反应生成无色气体，该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为18合成乙酸乙酯的路线如下：CH2=CH2C2H5OHCH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3请回答下列问题：（1）乙烯能发生聚合反应，其产物的结构简式为（2）写出下列反应的化学方程式反应：反应：（3）实验室用如图装置制备乙酸乙酯：试管中碎瓷片的作用是；导管a的作用是（4）某研究性学习小组设计实验验证乙酸 乙酯的性质：向两支试管中各加人6滴乙酸乙酯，然后向第一支试管中加1：5的稀硫酸0.5m
9、L和蒸馏水5mL，向第二支试管中加30%的氢氧化钠溶液0.5m和蒸馏水5mL；分别振荡均匀，70t80T水浴加热，观察现象；第一支试管中稀硫酸的作用是写出乙酸乙酯与氢氧化钠反应的化学方程式19四氯化锡（SnCl4）常用作有机合成的催化剂熔融的金属锡与氯气反应生成SnCl4，某兴趣小组选用如图装置制备少量SnCl4（夹持装置略）已知：金属锡易与氯气、氧气反应，锡的熔点231四氯化锡是无色液体，熔点33，沸点114常温下，SnCl4遇水会发生剧烈反应（1）试剂A的名称是（2）按气流方向各装置的连接顺序为（用仪器接口字母表示）：ah（3）装置中发生反应的化学方程式为（4）试验时先点燃处酒精灯（填写“
10、”或“”）目的是（5）装置V的作用为20工业生产硫酸过程中存在反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），请回答下列问题：（1）已知上述反应过程中释放能量反应过程中，断裂1molSO2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，断裂1molO2中的化学键消耗的能量为Q2kJ，形成1molSO3中的化学键释放的能量为Q3kJ则Q1、Q2、Q3的关系为（2）向一密闭容器中充入S18O2与O2，反应达到平衡时，含有18O的物质有种2014-2015学年山东省潍坊市高一（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括15个小题，15小题每题2分；615小题每题3分，共40分。毎小题只有一个选项符合题意。
11、）1下列说法错误的是（）A 乙醇的水溶液可使蛋白质发生性质改变B 纤维素在一定条件下水解生成葡萄糖C 在一定条件下油脂水解可生成甘油D 煤的干馏、石油的分馏都属于化学变化考点：有机物的结构和性质分析：A乙醇可使蛋白质变性；B纤维素为多糖，可水解生成葡萄糖；C油脂为高级脂肪酸甘油脂；D分馏为物理变化解答：解：A乙醇可使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故A正确；B纤维素为多糖，在一定条件下可水解生成葡萄糖，故B正确；C油脂为高级脂肪酸甘油脂，可水解生成高级脂肪酸和甘油，故C正确；D分馏根据物质的沸点进行分离，为物理变化，故D错误故选D点评：本题综合考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于化学与生活的
12、考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大2下列关于元素周期表的说法正确的是（）A 短周期是指笫1、2周期B 过渡元素全部是金属元素C I A族的元索全部是金属元素D 元素周期表有8个副族考点：元素周期表的结构及其应用分析：A、第一、二、三周期为短周期；B、过渡元素包含副族和第族；C、氢元素是I A族；D、元素周期表是七个主族、七个副族、0族和族解答：解：A、第一、二、三周期为短周期，故A错误；B、过渡元素包含副族和第族，均为金属元素，故B正确；C、氢元素是I A族，是非金属元素，故C错误；D、元素周期表是七个主族、七个副族、0族和族，故D错误；故选B点评：本题考查元素周
13、期表的结构及应用，为高频考点，把握元素周期表的整体结构及元素在周期表中的位置为解答的关键，题目难度不大3下列说法正确的是（）A 苯分子中含有碳碳双键B 烃是指只含有碳、氢元素的有机物C 燃烧后能产生C02和H20的有机物一定是烃D 葡萄糖溶液中加人新制Cu（OH）2悬浊液，振荡，产生砖红色沉淀考点：有机化学反应的综合应用专题：有机反应分析：A、苯中不存在碳碳双键；B、只含有C和H两种元素的有机物属于烃；C、依据质量守恒定律判断，有机物中可以含有O元素；D、葡萄糖与新制取氢氧化铜的反应需要加热解答：解：A、苯中的化学键是介于单键与双键之间的一种特殊的化学键，不存在碳碳双键，故A错误；B、只含有C
14、和H元素的有机物属于烃，故B正确；C、燃烧后能产生C02和H20的有机物可以是烃的衍生物，比如乙醇，故C错误；D、新制Cu（OH）2悬浊液中加入葡萄糖溶液并加热，发生氧化还原反应生成了红色的氧化亚铜，此题没有加热，故得不到该现象，故D错误，故选B点评：本题主要考查的是烃的概念、苯的化学键、质量守恒定律应用以及醛基的性质等，难度不大4下列有关化学反应速率和化学平衡的说法正确的是（）A 可逆反应达到化学平衡状态时，正、逆反应速率均等于零B 当反应物与生成物浓度相等时，可逆反应一定已达到化学平衡状态C 用锌粉代替锌粒与等浓度的稀硫酸反应，生成氢气的速率加快D Fe与稀硫酸反应制取氢气时，改用浓硫酸可
15、以增大反应速率考点：化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断分析：化学平衡状态是指正逆反应速率相等、各组分浓度保持不变的状态，影响化学反应速率的因素有温度、浓度、压强、催化剂和接触面积等等，据此分析解答：解：A、可逆反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等但不等于零，故A错误；B、化学平衡状态是各组分浓度不变的状态，不一定相等，故B错误；C、用锌粉代替锌粒与等浓度的稀硫酸反应，增大了固体Zn与硫酸的接触面积，反应速率加快，故C正确；D、Fe在浓硫酸中钝化，不能生成氢气，故D错误；故选C点评：本题考查了化学平衡状态的判断和化学反应速率的影响，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的
16、考查，注意相关基础知识的学习和积累，难度不大5下列说法错误的是（）A 如图表示化学反应过程中释放能量B 化学反应中有物质变化也有能量变化C 化学反应中一定存在化学键的变化D 原电池是将化学能转变成电能的装置考点：反应热和焓变分析：A根据图示中反应物与生成物能量高低进行判断；B化学反应一定有新物质的生成，同时一定伴随着能量变化；C化学反应中，旧的化学键断裂需要吸收能量，新的化学键生成过程中会放出能量；D原电池是自发的氧化还原反应将化学能转变成电能的装置解答：解：A由图示可知，在反应过程中，反应物总能量小于生成物总能量，该反应一定为吸热反应，故A错误；B有新的物质生成的反应为化学反应，所以化学反应
17、一定有物质变化，并且反应过程中一定伴随着能量变化，通常以热量的形式释放出来，故B正确；C化学反应中，旧的化学键断裂需要吸收能量，新的化学键生成会放出能量，所以化学反应中一定伴随着能量变化，故C正确；D原电池是自发的氧化还原反应将化学能转变成电能的装置，故D正确；故选A点评：本题考查了化学反应与能量变化，题目难度不大，注意明确化学反应的实质，任何化学反应中一定伴随着能量变化，还要明确放热反应、吸热反应与反应条件没有必然关系6下列各组物质中，按酸、碱、盐、碱性氧化物、酸性氧化物的顺序排列正确的是（）A 盐酸、纯碱、氣酸钾、氧化镁、二氧化硅B 硝酸、烧碱、次氯酸钠、氧化钙、二氧化硫C 次氯酸、消石灰
18、、硫酸铵、过氧化钠、二氧化碳D 氨基酸、过氧化钠、碱式碳酸铜、氧化铁、一氧化碳考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系分析：电离生成的阳离子全部是氢离子的化合物是酸；电离生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱；能电离出金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物是盐；能跟酸起反应，生成盐和水的氧化物叫碱性氧化物；酸性氧化物能与水作用成酸或与碱作用成盐和水的氧化物解答：解：A盐酸、纯碱、氯酸钾、氧化镁、二氧化硅分别属于酸、盐、盐、碱性氧化物、酸性氧化物，故A错误；B硝酸、烧碱、次氯酸钠、氧化钙、二氧化硫分别属于酸、碱、盐、碱性氧化物、酸性氧化物，故B正确；C次氯酸、消石灰、硫酸铵、过氧化钠、二
19、氧化碳分别属于酸、碱、盐、过氧化物、酸性氧化物，故C错误；D氨基酸、过氧化钠、碱式碳酸铜、氧化铁、一氧化碳分别属于氨基酸类、过氧化物、盐、碱性氧化物、不成盐氧化物，故D错误；故选：B点评：本题是一道有关物质的分类的题目，熟记各种类型的物质的概念是解题的关键，注意过氧化钠不是碱性氧化物、一氧化碳不是酸性氧化物，题目较简单7下列反应中，属于加成反应的是（）A 苯与溴水混合，振荡静置，溴水层褪色B 乙烯通入酸性髙锰酸钾溶液中，溶液褪色C 乙烯通入溴的四氛化碳溶液中，溶液褪色D 甲烷与氯气混合光照，气体颜色变浅考点：取代反应与加成反应专题：有机反应分析：A、苯能萃取溴水中的溴；B、高锰酸钾和乙烯发生了
20、氧化反应；C、乙烯的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成二溴乙烷；D、甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代物解答：解：A、苯能萃取溴水中的溴，所以水层颜色变浅，不是加成反应，故A错误；B、乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是高锰酸钾和乙烯发生了氧化反应的结果，故B错误；C、乙烯的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成二溴乙烷，所以属于加成反应，故C正确；D、甲烷和氯气混合光照一段时间后，甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代物，所以属于取代反应，故D错误；故选C点评：本题主要考查了加成反应的判断，加成反应的条件是有机物中必须含有不饱和键8下列化学方程式书写正确的是（）A Cu+SCuSB 3Cu
21、+8HNO3（浓）3Cu（N03）2+2N0+4H20C +HONO2+H2OD 考点：化学方程式的书写专题：元素及其化合物分析：A铜与硫反应生成硫化亚铜；B铜与浓硝酸反应生成二氧化氮；C苯与硝酸发生取代反应生成硝基苯和水；D氯乙烯发生加成聚合生成聚氯乙烯解答：解：A铜与硫反应生成硫化亚铜，方程式：C2u+SCu2S，故A错误；B铜与浓硝酸反应方程式：Cu+4HNO3（浓）Cu（N03）2+2N02+2H20，故B错误；C苯与硝酸反应方程式：，故C正确；D氯乙烯发生加成聚合生成聚氯乙烯，方程式：，故D错误；故选：C点评：本题考查了方程式书写正误的判断，熟悉物质的结构与性质是解题关键，题目难度不
22、大9X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示，若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍下列说法错误的是（）XYZWA 气态氢化物的热稳定性：XYB 最高价氧化物对应水化物的酸性：WZXC X、Y、Z元素均存在同素异形体D W的单质具有漂白性，能使干燥的有色布条褪色考点：元素周期律和元素周期表的综合应用分析：Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Y为O，根据各元素在周期表的位置可知，X为C，Z为S，W为Cl，A、元素非金属性越强，氢化物越稳定；B、元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；C、根据同素异形体的概念判断；D、根据氯气与水生成次氯酸能漂白解答：
23、解：Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Y为O，根据各元素在周期表的位置可知，X为C，Z为S，W为Cl，A、元素非金属性CO，所以氢化物越稳定CO，故A正确；B、元素非金属性ClSC，所以最高价氧化物对应水化物的酸性WZX，故 B正确；C、C、O、S都可以形成多种单质，故C正确；D、根据氯气与水生成次氯酸能漂白，所以氯气不能使干燥的有色布条褪色，故D错误，故选D点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对元素周期律及元素化合物的性质的考查，难度不大10微粒Mn的核外电数为x，质量数为A，则M原子核内的中子数为（）A Ax+nB AxC AxnD AN考点：质量数与质子
24、数、中子数之间的相互关系分析：根据中子数=质量数质子数，阴离子核外电子数=质子数+所带电荷数解题解答：元素Mn的核外电子数为x，阴离子核外电子数=质子数+所带电荷数，故M原子的质子数=xn，M原子的质量数为A，质量数=质子数+中子数，故中子数=A（xn）=Ax+n故选A点评：本题主要考查了中子数、质量数、质子数之间的关系以及离子核外电子数、质子数、电荷数之间的关系，注意基础知识的积累，难度不大11将等质量四块铜片在酒精灯上加热后，分别插人下列溶液中，放置片刻后铜片质量与加热前相同的是（）A 氨水B 乙醇C 醋酸D 硝酸考点：铜金属及其重要化合物的主要性质分析：Cu在加热时生成CuO，CuO是碱
25、性氧化物，能和酸反应生成盐和水，能与乙醇发生氧化还原反应生成Cu，将等质量四块铜片在酒精灯上加热后，分别插人下列溶液中，放置片刻后铜片质量与加热前相同，说明CuO被该物质还原生成Cu，据此分析解答解答：解：Cu在加热时生成CuO，CuO是碱性氧化物，能和酸反应生成盐和水，能与乙醇发生氧化还原反应生成Cu，将等质量四块铜片在酒精灯上加热后，分别插人下列溶液中，放置片刻后铜片质量与加热前相同，说明CuO被该物质还原生成Cu，ACuO和氨水不反应，所以铜片质量与加热前相比增大，故A错误；BCuO和乙醇发生氧化还原反应生成CH3CHO和Cu，所以铜片质量与加热前相比不变，故B正确；CCuO和醋酸反应生
26、成可溶性的醋酸铜和水，则铜片质量与加热前相比减小，故C错误；DCuO、Cu都能与硝酸反应生成硝酸铜，所以铜片质量与加热前相比减小，故D错误；故选B点评：本题以Cu为载体侧重考查乙醇的催化氧化，明确乙醇在催化氧化中作用是解本题关键，注意：催化剂在整个化学反应过程中实际上是参加反应的，只是最终又转化为原来物质，为易错点12若甲、丙为同主族元素的单质，乙、丁为氧化物，它们之间的转化关系为甲+乙丙+丁，则满足条件的甲和丙为（）A 钠和氢气B 氯气和溴C 铝和铁D 碳和硅考点：化学基本反应类型；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用分析：若甲、丙为短周期、同一主族元素形成的单质，乙、丁都是由两种元素组成
27、的化合物，该反应为置换反应，据此分析解答解答：解：若甲、丙为短周期、同一主族元素形成的单质，乙、丁都是由两种元素组成的氧化物，该反应为置换反应A钠能和水或酸反应生成氢气，但是钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠不是氧化物，故A错误； B氯气能和溴化钠反应生成溴，溴化钠不是氧化物，故B错误；C铁不是主族元素，且与铝不处于同一族，故C错误；D碳和二氧化硅反应生成Si单质，且C和Si都属于同一主族短周期元素，符合条件，故D正确故选D点评：本题以元素化合物知识为载体考查置换反应及元素周期表结构等知识点，明确物质的性质是解本题关键，铁为第VIII族元素，不是主族，为易错点13苹果酸的结构简式为，下列说法错误
28、的是（）A 1mol苹果酸可与2 molNaOH发生中和反应B 定条件下，苹果酸与乙酸或乙醇均能发生酯化反应C 与苹果酸互为同分异构体D 1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1.5 molH 2考点：有机物的结构和性质分析：该物质中含有羧基和醇羟基，具有羧酸和醇的性质，能发生取代反应、氧化反应、消去反应、酯化反应、中和反应等，据此分析解答解答：解：A只有羧基能和氢氧化钠反应，所以1mol苹果酸可与2 molNaOH发生中和反应，故A正确；B含有羧基，所以能和乙醇在一定条件下发生酯化反应，含有醇羟基，所以能和乙酸在一定条件下发生酯化反应，故B正确；C与苹果酸是同一物质，故C错误；D醇羟基和羧基都
29、能和钠反应生成氢气，所以1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1.5 molH 2，故D正确；故选C点评：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，把握官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查醇和羧酸的性质，题目难度不大14用如图所示实验装置（夹持仪器已略去）探究铜丝与过量浓硫酸的反应下列实验不合理的是（）A 上下移动中铜丝可控制SO2的量B 中选用品红溶液验证S02的生成C 中选用NaOH溶液吸收多余的S02D 为确认CuS04生成，向中加水，观察颜色考点：浓硫酸的性质实验专题：氧族元素分析：A在加热的条件下，当铜丝与浓硫酸接触时才能反应；B品红能被二氧化硫漂白，根据SO2的漂白性分析；CSO2为
30、酸性氧化物，可与碱发生反应；D根据溶液颜色的变化判断是否有CuSO4生成；解答：解：A在加热的条件下，当铜丝与浓硫酸接触时才能反应，当往上抽动铜丝时，铜丝与硫酸不接触，反应停止，故可通过上下移动中铜丝可控制SO2的量，故A正确；BSO2具有漂白性，品红能被二氧化硫漂白，可用品红溶液验证SO2的生成，故B正确；CSO2为酸性气体，具有污染性，可与碱发生反应，生成亚硫酸钠和水，可用NaOH溶液吸收多余的SO2，故C正确；D铜与浓硫酸的反应Cu+2H2SO4 CuSO4+SO2+2H2O，实验中，铜丝与过量浓硫酸的反应生成是硫酸铜，试管中含有大量水，不会生成白色固体，CuSO4溶液呈蓝色，为确认Cu
31、S04生成，无须向中加水，故D错误；故选D点评：本题考查了二氧化硫的性质，题目难度不大，注意二氧化硫的酸性和漂白性15设NA伏加徳罗常数的值下列叙述错误的是（）A 标准状况下，22.4 L CH4中含有分子的数目为NAB 标准状况下，2.24 L Cl2与足量铁反应，转移电子的数目为0.3NAC 常温常压下，46 g N02和N204混合气体中含有的原子数为3NAD 标准状况下，2.24 LC02与足量镁反应，转移电子的数目为0.4NA考点：阿伏加德罗常数分析：A、根据气体的分子数N=来计算；B、求出氯气的物质的量，然后根据反应后氯元素为1价来分析；C、N02和N204的最简式均为NO2来计算
32、；D、求出二氧化碳的物质的量，然后根据与镁反应后碳元素变为0价来分析解答：解：A、标况下，22.4L甲烷中含有的甲烷气体的分子数N=NA，故A正确；B、标况下，2.24L氯气的物质的量为0.1mol，而反应后氯元素为1价，则1mol氯气转移2mol电子，故0.1mol氯气转移0.2mol电子即0.2NA个，故B错误；C、N02和N204的最简式均为NO2，故46g混合物中含有的NO2的物质的量n=1mol，则含有3mol原子即3NA个，故C正确；D、标况下，2.24L二氧化碳的物质的量为0.1mol，与镁反应后碳元素变为0价，则1mol二氧化碳转移4mol电子，故0.1mol二氧化碳转移0.4
33、mol电子即0.4NA个，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，难度不大二、解答题（共5小题，满分60分）16铁、铜及其化合物有广泛应用请回答下列问题：（1）FeCl3溶液可用于腐蚀电路铜板，反应的离子方程式是2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，反应中的氧化剂是Fe3+（2）某同学根据原电池原理将上述反应设计为原电池，在该原电池中，以FeCI3溶液为电解质溶液，以石墨为正极材料负极材料应选用铜，负极上发生氧化 反应（填写“氧化”或“还原”），电解质溶液中的Cl向负极移动（填写“正”或“负”），当反应进行一段时间，测得某电极减轻了6.4g
34、，则该原电池电路共转移电子的物质的量是0.2mol（3）将铜粉加人稀硫酸中加热并不断鼓人空气，可制得硫酸铜写出该反应的化学方程式2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O考点：铁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质分析：（1）Fe3+有强氧化性，能把金属铜氧化成铜离子；（2）根据电池反应式设计原电池，由发生反应的反应类型设计正负极，将发生氧化反应的金属单质设计成负极，比负极不活泼的金属或导电的非金属设计成正极，反应物中的电解质设计为电解质溶液，阴离子向负极移动，电极减轻了6.4g，说明参加反应的铜为0.1mol，而1mol的铜转移2mol的电子，由此分析解答；（3）铜和稀硫酸混合在
35、加热的条件下不断通入空气，反应生成硫酸铜与水解答：解：（1）Fe3+有强氧化性，能把金属铜氧化成铜离子，自身被还原成 Fe2+，反应方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故答案为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；Fe3+；（2）负极材料应选用活泼的铜，负极发生氧化反应，氯离子向负极移动，电极减轻了6.4g，说明参加反应的铜为0.1mol，而1mol的铜转移2mol的电子，所以转移电子的物质的量为：0.2mol，故答案为：铜；氧化；负；0.2mol；（2）铜和稀硫酸混合在加热的条件下不断通入空气，反应生成硫酸铜与水，方程式为2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O，故答案为：2
36、Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O点评：本题考查学生原电池的构成条件、工作原理以及燃料电池的工作原理知识，注重基础知识的考查，难度不大17已知A、B、C、D、E、F均为短周期主族元素，且它们的原子序数依次增大B和E同主族，A、B在元素周期表中处于相邻的位置，C元素原子在同周期主族元素中原子半径最大，D是地壳中含量最多的金属元素，E元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍请回答下列问题：（1）画出F的原子结构示意图（2）B、C、E对应简单离子的半径由大到小的顺序为S2O2Na+（用具体微粒符号表示）（3）A的气态氢化物与其最高价氧化物对应水化物反应，生成的化合物属于离子化合物（填“离子
37、化合物”或“共价化合物”）（4）加热条件下，B单质与C单质的反应产物中含有化学键的名称是离子键、共价键，该产物溶于水发生反应的化学方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2立即向溶液中滴加酚酞溶液，观察到溶液颜色先变红后褪色（5）D的单质能与C元素最高价氧化物对应水化物的溶液反应生成无色气体，该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1考点：位置结构性质的相互关系应用分析：A、B、C、D、E、F均为短周期主族元素，且它们的原子序数依次增大，B和E同主族，D是地壳中含量最多的金属元素则D为Al，E、R原子序数均大于Al，处于第三周期，而E元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍，最外层电子数为6
38、，故E为S元素，F为Cl；B和E同主族，则B为O元素；A、B（氧）在元素周期表中处于相邻的位置，A的原子序数小于B（氧），故A为N元素；C元素原子在同周期主族元素中原子半径最大，处于IA族，原子序数介于氧、铝之间，故C为Na，据此解答解答：解：A、B、C、D、E、F均为短周期主族元素，且它们的原子序数依次增大，B和E同主族，D是地壳中含量最多的金属元素则D为Al，E、R原子序数均大于Al，处于第三周期，而E元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍，最外层电子数为6，故E为S元素，F为Cl；B和E同主族，则B为O元素；A、B（氧）在元素周期表中处于相邻的位置，A的原子序数小于B（氧），故A为N元素
39、；C元素原子在同周期主族元素中原子半径最大，处于IA族，原子序数介于氧、铝之间，故C为Na（1）F为Cl，原子结构示意图为，故答案为：；（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2O2Na+，故答案为：S2O2Na+；（3）A的气态氢化物、最高价氧化物对应水化物分别为氨气、硝酸，二者反应生成硝酸铵，属于离子化合物，故答案为：离子化合物；（4）加热条件下氧气与钠的反应生成Na2O2，含有离子键、共价键，Na2O2溶于水发生反应的化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，立即向溶液中滴加酚酞溶液，由于生成氢氧化钠，溶液呈碱性，溶液颜
40、色变红，过氧化钠具有强氧化性，可以漂白有色物质，溶液颜色又褪去，观察到溶液颜色：先变红后褪色，故答案为：离子键、共价键；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；先变红后褪色；（5）Al与氢氧化钠溶液反应本质为Al与水反应生成氢氧化铝与氢气，氢氧化铝再与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应中Al为还原剂、水为氧化剂，由2Al+6H2O=2Al（OH）3+3H2可知，反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1，故答案为：3：1点评：本题考查结构性质位置关系应用，难度中等，推断元素是解题关键，（4）（5）为易错点，（4）中学生容易忽略过氧化钠的漂白性，（5）需要学生明白反应原理18合成乙酸乙酯的路线如
41、下：CH2=CH2C2H5OHCH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3请回答下列问题：（1）乙烯能发生聚合反应，其产物的结构简式为（2）写出下列反应的化学方程式反应：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O反应：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O（3）实验室用如图装置制备乙酸乙酯：试管中碎瓷片的作用是防止暴沸；导管a的作用是导气冷凝回流（4）某研究性学习小组设计实验验证乙酸 乙酯的性质：向两支试管中各加人6滴乙酸乙酯，然后向第一支试管中加1：5的稀硫酸0.5mL和蒸馏水5mL，向第二支试管中加30%的氢氧化钠溶液0.5m和蒸馏水5mL；分别振荡均
42、匀，70t80T水浴加热，观察现象；第一支试管中稀硫酸的作用是催化剂写出乙酸乙酯与氢氧化钠反应的化学方程式CH3COOC2H5+NaOHCH3COONa+C2H5OH考点：乙酸乙酯的制取；有机物的合成分析：（1）乙烯能发生聚合反应生成聚乙烯；（2）反应是乙醇的催化氧化生成乙醛和水；反应是乙酸和乙醇在浓硫酸加热反应生成乙酸乙酯和水；（3）混合液体加热需要加入碎瓷片防止暴沸，导气管a起到冷凝回流的作用；（4）乙酸乙酯在酸性条件下水解和酯化反应是可逆反应，不完全，碱性条件下水解俗称皂化反应，很彻底反应过程中稀硫酸起到催化剂作用；乙酸乙酯与氢氧化钠溶液共热会发生酯的水解反应；解答：解：（1）乙烯在一定
43、条件下能发生聚合反应生成聚乙烯，其结构简式为，故答案为：；（2）反应是乙醇的催化氧化生成乙醛和水，反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，反应是乙酸和乙醇在浓硫酸加热反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；（3）乙酸、乙醇沸点低，液体加热要加碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，导管a的作用是导气冷凝回流的作用，故答案为：防止暴沸，导气冷凝回流；（4）乙酸乙酯在酸性条件下水
44、解和酯化反应是可逆反应，不完全，碱性条件下水解俗称皂化反应，酯水解产生醇和羧酸，羧酸会和碱反应，使得生成物浓度降低，化学平衡反应向正反应进行，这样水解更彻底，第一支试管中稀硫酸的作用是催化剂的作用，故答案为：催化剂；乙酸乙酯与氢氧化钠溶液共热会发生酯的水解反应生成乙酸钠和乙醇，发生反应的方程式为：CH3COOC2H5+NaOHCH3COONa+C2H5OH，故答案为：CH3COOC2H5+NaOHCH3COONa+C2H5OH点评：本题考查了乙酸乙酯制备的原理和实验观察分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等19四氯化锡（SnCl4）常用作有机合成的催化剂熔融的金属锡与氯气反应生成SnCl4，某
45、兴趣小组选用如图装置制备少量SnCl4（夹持装置略）已知：金属锡易与氯气、氧气反应，锡的熔点231四氯化锡是无色液体，熔点33，沸点114常温下，SnCl4遇水会发生剧烈反应（1）试剂A的名称是饱和食盐水（2）按气流方向各装置的连接顺序为（用仪器接口字母表示）：adefgbcijh（3）装置中发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O（4）试验时先点燃处酒精灯（填写“”或“”）目的是产生氯气，排出装置中的氧气，防止锡与氧气反应（5）装置V的作用为防止空气中的水蒸气进入装置，同时除去剩余的氯气考点：制备实验方案的设计专题：实验设计题分析：SnCl4极易水解，反应
46、应在无水环境下进行进行，中发生反应：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O，由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl及水蒸气，中试剂A为饱和食盐水除去HCl，可以降低氯气的溶解，浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气，氯气与Sn在反应生成SnCl4，未反应的氯气，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，干燥管中氯化钙吸收水蒸气，防止加入中使产物水解，以此解答该题解答：解：SnCl4极易水解，反应应在无水环境下进行进行，中发生反应：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O，由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl及水蒸气，中试剂A为饱和食盐水除去HCl，可以降低氯气的溶解，浓硫酸吸收水蒸
47、气，干燥氯气，氯气与Sn在反应生成SnCl4，未反应的氯气，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，干燥管中氯化钙吸收水蒸气，防止加入中使产物水解，（1）氯气中混有氯化氢，应用饱和食盐水除去，则A为饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；（2）中发生反应生成氯气，经过装置分别除去氯化氢、水蒸气，在中进行反应生成四氯化锡，经冷凝、回流，在中收集产物，最后连接干燥管，防止水解，则连接顺序为adefgbcijh，故答案为：defgbcij；（3）中发生反应：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O；（4）因金属锡易与氯气、氧气反应，
48、反应时应先生成氯气，将氧气排出，则应点燃处酒精灯，故答案为：；产生氯气，排出装置中的氧气，防止锡与氧气反应；（5）因常温下，SnCl4遇水会发生剧烈反应，则可防止空气中的水蒸气进入装置，同时除去剩余的氯气，防止污染空气，故答案为：防止空气中的水蒸气进入装置，同时除去剩余的氯气点评：本题考查制备实验方案设计、对原理与装置的分析评价、物质检验方案设计等，注意阅读题目获取信息并迁移运用，难度中等20工业生产硫酸过程中存在反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），请回答下列问题：（1）已知上述反应过程中释放能量反应过程中，断裂1molSO2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，断裂1molO2中的化学键
49、消耗的能量为Q2kJ，形成1molSO3中的化学键释放的能量为Q3kJ则Q1、Q2、Q3的关系为2Q1+Q22Q3（2）向一密闭容器中充入S18O2与O2，反应达到平衡时，含有18O的物质有3种考点：反应热和焓变；化学反应的可逆性分析：（1）据反应热中能量变化=旧键断裂吸收的总能量新键形成释放的总能量来计算该反应的能量变化，氢气在氧气中燃烧，该反应放热，即旧键断裂吸收的总能量小于新键形成释放的总能量，据此解答；（2）反应是可逆反应不能进行进行彻底，18O存在于所有含氧物质中解答：解：（1）工业生产硫酸过程中存在反应，2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），旧键断裂吸收的总能量为：2Q1KJ+Q2KJ，新键形成释放的总能量为：2Q3KJ；由于该反应放热，旧键断裂吸收的总能量小于新键形成释放的总能量，所以2Q1+Q22Q3；故答案为：2Q1+Q22Q3；（2）因为2SO2+O22SO3是可逆反应不能进行彻底，所以反应后18O存在于SO2、O2、SO3中，故答案为：3点评：本题考查了化学平衡的分析判断，抓住可逆反应不能进行进行彻底，掌握基础是关键，题目难度中等
