1、2014-2015学年安徽省合肥市庐江县高一（下）期末化学试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1美国夏威夷联合天文中心的科学家发现了新的氢微粒，该微粒是由3个氢原子核（只含质子）和2个电子构成的，关于这种微粒的下列说法中正确的是（） A 是氢元素的一种新的同素异形体 B 是氢元素的一种新的同位素 C 该微粒比普通氢分子多一个氢原子核 D 该微粒的组成可用H3表示2下列有关化学用语使用正确的是（） A 硫原子的原子结构示意图： B 纯碱的化学式：NaOH C 原子核内有8个中子的氧原子：O D 氯化镁的电子式：3下列关于化学键的说法正确的是（） A 组成单质的分子内一定含有共价键
2、 B 由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物 C 非极性键只存在于双原子单质分子中 D 不同元素组成的多原子分子里的化学键一定为极性键4短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等下列判断不正确的是（） A 最高价氧化物对应水化物的酸性：QW B 最简单气态氢化物的热稳定性：RQ C 含T的盐中，T元素只能存在于阳离子中 D 原子半径：TQR5北京奥运会开幕式在李宁点燃鸟巢主火炬时达到高潮奥运火炬采用的是环保型燃料丙烷，其燃烧时发生反应的化学方程式为C3H8+5O23CO2+4H2O下列说法中不正确的是（） A 火炬燃烧时化学能只转化为热能 B
3、 所有的燃烧反应都会释放热量 C 1molC3H8和5molO2所具有的总能量大于3molCO2和4molH2O所具有的总能量 D 丙烷完全燃烧的产物对环境无污染，故丙烷为环保型燃料6可逆反应A（g）+3B（g）2c（g）+2D（g），在四种不同情况下的反应速率分别如下，其中反应速率最快的是（） A v（A）=0.25mol/（Lmin） B v（B）=0.6mol/（Lmin） C v（C）=0.3mol/（Lmin） D v（D）=0.1mol/（Lmin）7下列说法正确的是（） A 糖类、油脂、蛋白质都是由C、H、O三种元素组成的 B 糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物 C 糖类、油脂、
4、蛋白质都能发生水解反应 D 油脂有油和脂肪之分，都属于酯类8已知A2+、B+、C3、D是第三周期元素的四种离子下列叙述中正确的是（） A 四种离子都具有相同的电子层结构 B 原子半径：r（D）r（C）r（A）r（B） C 离子半径：r（B+）r（A2+）r（C3）r（D） D B、D两元素的最高价氧化物的水化物在溶液中反应的离子方程式可表示为H+OH=H2O9原子的核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数为2n21下列有关X的说法中一定正确的是（） A X位于元素周期表中第2周期A族 B X元素有3、+5两种化合价 C X元素在元素周期表中的族序
5、数肯定为奇数 D X元素最高价氧化物对应的水化物可以表示为H3XO410有A、B、C、D四种金属，将A与B用导线连接起来，浸入稀硫酸溶液中，B为正极，将A、D分别投入等浓度盐酸中，D比A反应剧烈，将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化，如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出，据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是（） A DABC B DCAB C BADC D ABCD11下列关于有机物因果关系的叙述中完全正确的一组是（） 选项 原因 结论A 乙烯和苯都能使溴水褪色 分子中含有相同的碳碳双键B 乙酸分子中含有羧基 可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳C 纤维素和淀粉化学式均为（C6H10O2） 它们互为同分
6、异构体D 乙酸乙酯和乙烯在一定的条件下都能与水反应 二者属于同一反应类型 A A B B C C D D12下列有关金属的工业制法中，正确的是（） A 制铁：以铁矿石为原料，CO还原得铁 B 制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液 C 制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，H2还原得镁 D 制铝：从铝土矿中获得氧化铝再得到氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝13下列有关原电池的叙述中，错误的是（） A 原电池是将化学能转化为电能的装置 B 用导线连接的两种不同金属同时插入液体中，能形成原电池 C 在原电池中，电子流出的一极是负极，发生氧化反应 D 在原电池放电时，电解质溶
7、液中的阳离子向正极移动14只用一种试剂就可以鉴别乙酸溶液、葡萄糖溶液、淀粉溶液，这种试剂是（） A NaOH溶液 B 新制Cu（OH）2悬浊液 C 碘水 D Na2CO3溶液15“绿色化学”是21世纪化学发展的主导方向，下列不符合“化学反应的绿色化学”的是（） A 消除硫酸厂尾气中的SO2：SO2+2NH3+H2O（NH4）2SO3 B 消除制硝酸工业尾气中的氢氧化物：NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2O C 制CuSO4：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O D 制CuSO4：2Cu+O22CuO，CuO+H2SO4（稀）CuSO4+H2O16某气态烃在密闭容器中与O
8、2恰好完全反应，反应后恢复至原室温，测得压强为原来的50%，则该烃可能是（） A CH4 B C2H4 C C4H8 D C2H4二、填空题（共6小题，满分40分）17（11分）（2015春庐江县期末）如图是元素周期表一部分，其中每个字母代表对应的一种元素（请用元素符号回答问题）请按要求回答下列问题：（1）写出D与E乙1：1的原子个数比形成的化合物的电子式：F的原子结构示意图为（2）B、D形成的化合物BD2中存在的化学键为键（填“离子”或“共价”，下同）A、C、F三种元素形成的化合物CA4F为化合物（3）化合物甲、乙由A、B、D、E中的三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性，则甲、乙反应的离
9、子方程式为（4）A、C、D、E的原子半径由大到小的顺序是（用元素符号表示）（5）元素B和C的非金属性强弱，B的非金属性于C（填“强”或“弱”），并用化学方程式证明上述结论18某温度时，2L的密闭容器中X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化如下图所示由图中数据分析，该反应的化学方程式为，反应开始至1min，X的平均反应速率为molL1min1若4min时反应达到最大限度，Z的物质的量等于0.4mol，此时，X的转化率为，Y的物质的量浓度为molL119有机物X（）广泛存在于水果中，尤以苹果、葡萄、西瓜、山楂内最多（1）在一定条件下有机物X不能发生的化学反应类型有（填字母）A氧化反应 B取代反应
10、 C酯化反应 D加成反应（2）写出X与足量碳酸氢钠反应的化学方程式（3）等质量的X分别与足量的钠和足量的氢氧化钠反应，消耗钠和氢氧化钠的物质的量之比为20已知乙烯能发生以下转化：（1）乙烯的结构式为： （2）写出化合物官能团的化学式及名称：B中含官能团名称；D中含官能团名称；（3）写出反应的化学方程式： 反应类型： 反应类型： 反应类型：21A、B、C三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的稀硫酸B中Sn极的电极方式为C中总反应离子方程式为比较A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是22如图是甲烷燃料电池原理示意图，回答下列问题电池的负极是（填“a”或“b”）电极，该电池的正极反应式是电池工作
11、一段时间后电解质溶液的pH（填“增大”、“减小”或“不变”）选做题，本题含A、B两题，每位学生只要选做其中一题即可23（12分）（2015春庐江县期末）海带中含有丰富的碘，为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了如图所示实验：请填写下列问题：（1）实验室灼烧海带应在（填仪器名称）内进行；（2）步骤反应的离子方程式是（3）步骤中，应选用的一种溶剂X可以是（填试剂名称）（4）上述流程中的实验操作包括图中的（按操作顺序选填代号）（5）设计一个简单的实验，检验提取碘后的溶液中是否还含有单质碘24（2015杨浦区模拟）我国濒临海域的省份，能够充分利用海水制得多种化工产品如图是以海水、贝壳（主要成
12、分CaCO3）等为原料制取几种化工产品的工艺流程图，其中E是一种化肥，N是一种常见的金属单质结合上述工艺流程图回答下列问题：（1）物质G和L的化学式分别为和（2）上述工艺流程图中可以循环使用的物质的化学式为（3）反应的化学方程式为；在反应中必须先通入NH3，而后通入D，其原因是（4）工业上利用F可制得另一种化工产品，该反应的化学方程式为（5）由K溶液经如何处理才能制得N？2014-2015学年安徽省合肥市庐江县高一（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1美国夏威夷联合天文中心的科学家发现了新的氢微粒，该微粒是由3个氢原子核（只含质子）和2个电子构成
13、的，关于这种微粒的下列说法中正确的是（） A 是氢元素的一种新的同素异形体 B 是氢元素的一种新的同位素 C 该微粒比普通氢分子多一个氢原子核 D 该微粒的组成可用H3表示考点： 核素 专题： 原子组成与结构专题分析： 这种微粒是由3个质子和2个电子构成，这种新粒子是由3个氢原子核（只含质子）和2个电子构成的，其质子数为3，电子数为2的一种离子，以此来解答解答： 解：A该粒子为微观粒子，而同素异形体的分析对象为单质，则不是氢的同素异形体，故A错误；B相同质子数不同中子数的原子互为同位素，该粒子与H的质子数不同，则不是氢的同位素，故B错误；C普通H2分子有2个原子核，而这种新粒子有3个氢原子核，
14、故C正确；D粒子是由3个氢原子核（只含质子）和2个电子构成的，而H3表示个氢原子核（只含质子）和3个电子构成，故选C点评： 本题以信息的形式考查原子的构成，明确信息是解答本题的关键，注意结合所学知识来解答，难度不大2下列有关化学用语使用正确的是（） A 硫原子的原子结构示意图： B 纯碱的化学式：NaOH C 原子核内有8个中子的氧原子：O D 氯化镁的电子式：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硫原子核电荷数、核外电子数都是16，核外电子数不是18；B纯碱为为碳酸钠，氢氧化钠为烧碱；C氧元素的质子数为8，中子数为8的氧原子的质量数为16，不是18；D氯
15、化镁为离子化合物，其电子式需要标出离子所带电荷解答： 解：A表示的是硫离子，硫原子的核外电子数为16，硫原子结构示意图为：，故A错误；B纯碱为碳酸钠，纯碱的化学式为：Na2CO3，氢氧化钠为烧碱，故B错误；C含有8个中子的氧原子的质量数为16，该氧原子可以表示为：816O，故C错误；D氯化镁为离子化合物，其电子式为：，故D正确；故选D点评： 本题考查了电子式、原子结构示意图、化学式等表示方法的判断，题目难度中等，注意掌握电子式、原子结构示意图等化学用语的概念及表示方法，明确离子化合物与共价化合物的电子式区别3下列关于化学键的说法正确的是（） A 组成单质的分子内一定含有共价键 B 由非金属元素
16、组成的化合物不一定是共价化合物 C 非极性键只存在于双原子单质分子中 D 不同元素组成的多原子分子里的化学键一定为极性键考点： 化学键 专题： 化学键与晶体结构分析： A稀有气体的单质中不存在化学键；B由非金属元素组成的化合物可能为共价化合物，也可能为离子化合物；C非极性键可存在与单质、化合物中；D不同元素组成的多原子分子里可能含非极性键解答： 解：A稀有气体的单质中不存在化学键，多原子构成的单质的分子内一定含有共价键，故A错误；B由非金属元素组成的化合物可能为共价化合物，也可能为离子化合物，如HCl为共价化合物，氯化铵为离子化合物，故B正确；C非极性键可存在与单质、化合物中，如氧气、过氧化氢
17、、过氧化钠中均存在，故C错误；D不同元素组成的多原子分子里可能含非极性键，如HOOH中存在极性键和非极性键，故D错误；故选B点评： 本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意利用实例分析，题目难度不大4短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等下列判断不正确的是（） A 最高价氧化物对应水化物的酸性：QW B 最简单气态氢化物的热稳定性：RQ C 含T的盐中，T元素只能存在于阳离子中 D 原子半径：TQR考点： 位置结构性质的相互关系应用 专题： 元素周期律与元素周期表专题分析： 短周
18、期元素R、T、Q、W，根据元素所处的位置，可确定T、Q、W为第三周期的元素，R为第二周期元素，T所处的周期序数与族序数相等，则T为Al元素，故Q为Si元素，W为S元素，R为N元素，据此结合选项解答解答： 解：短周期元素R、T、Q、W，根据元素所处的位置，可确定T、Q、W为第三周期的元素，R为第二周期元素，T所处的周期序数与族序数相等，则T为Al元素，故Q为Si元素，W为S元素，R为N元素，A、非金属性SiS，故最高价氧化物对应水化物的酸性为H2SiO3H2SO4，故A正确；B、非金属性NSi，故最简单气态氢化物的热稳定性为NH3SiH4，故B正确；C、T为铝元素，偏铝酸根是阴离子，故C错误；D
19、、同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：TQR，故D正确；故选C点评： 本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识，有关铝的存在形式应重点掌握，难度中等5北京奥运会开幕式在李宁点燃鸟巢主火炬时达到高潮奥运火炬采用的是环保型燃料丙烷，其燃烧时发生反应的化学方程式为C3H8+5O23CO2+4H2O下列说法中不正确的是（） A 火炬燃烧时化学能只转化为热能 B 所有的燃烧反应都会释放热量 C 1molC3H8和5molO2所具有的总能量大于3molCO2和4molH2O所具有的总能量 D 丙烷完全燃烧的产物对环境无污染，故丙烷为环
20、保型燃料考点： 常见的能量转化形式；化学反应中能量转化的原因 专题： 化学反应中的能量变化分析： 一个化学反应是放热还是吸热，必须看反应物和生成物所具有的总能量的相对大小所有的燃烧反应都是放热反应丙烷燃烧产物为二氧化碳和水，对环境无污染解答： 解：A火炬燃烧时，不仅发热，而且发光所以火炬燃烧时，化学能不仅转化为热能，还转化为光能等其它形式的能故A错误；B燃烧反应是指：混合物中的可燃成分急剧与氧反应形成火焰放出大量的热和强烈的光的过程，故B正确；C根据能量守恒定律，如果反应物所具有的总能量高于生成物所具有的总能量，在反应中有一部分能量转变为热能的形式释放，这就是放热反应所有的燃烧反应都是放热反应
21、丙烷的燃烧是放热反应所以1molC3H8和5molO2所具有的总能量大于3molCO2和4molH2O所具有的总能量，故C法正确；D丙烷完全燃烧C3H8+5O23CO2+4H2O的产物二氧化碳和水，对环境无污染，故丙烷为环保型燃料，故D正确故选A点评： 化学反应常伴有发光、发热现象，理清化学反应中，能量转化有多种形式，掌握化学反应放热的本质，是解题的关键6可逆反应A（g）+3B（g）2c（g）+2D（g），在四种不同情况下的反应速率分别如下，其中反应速率最快的是（） A v（A）=0.25mol/（Lmin） B v（B）=0.6mol/（Lmin） C v（C）=0.3mol/（Lmin）
22、D v（D）=0.1mol/（Lmin）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： 反应速率的单位相同，用各物质表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快解答： 解：A、v（A）/1=0.25mol/（Lmin），B、v（B）/3=0.2mol/（Lmin），C、v（C）/2=0.15mol/（Lmin），D、v（D）/2=0.05mol/（Lmin），所以反应速率v（A）v（B）v（C）v（D）故选A点评： 比较反应速率常用的两种方法：（1）归一法：将同一反应中的不同物质的反应速率转化成同一物质的反应速率，再较小比较（2）比值法：用各物质的量表示的反应速
23、率除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快比较反应速率时注意（1）反应速率的单位要相同（2）单位时间内反应物或生成物的物质的量变化大，反应速率不一定快，反应速率是用单位时间内浓度的变化量来表示的7下列说法正确的是（） A 糖类、油脂、蛋白质都是由C、H、O三种元素组成的 B 糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物 C 糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反应 D 油脂有油和脂肪之分，都属于酯类考点： 淀粉的性质和用途；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点 分析： A蛋白质的组成元素为C、H、O、N； B单糖、二糖都属于小分子化合物；C糖类中的单糖不能水解；D油脂有油和脂肪之分，但
24、都含有酯基解答： 解：A糖类、油脂的组成元素为C、H、O，蛋白质的组成元素为C、H、O、N，故A错误； B单糖、二糖、油脂相对分子质量都较小，所以都属于小分子化合物，故B错误；C糖类中的葡萄糖属于单糖，是不能水解的糖，故C错误；D油脂有油和脂肪之分，但都含有酯基，所以都属于酯类化合物，油中含有碳碳不饱和键，故D正确故选D点评： 本题考查高分子化合物、糖类油脂蛋白质的性质，题目难度不大，注意基础知识的积累8已知A2+、B+、C3、D是第三周期元素的四种离子下列叙述中正确的是（） A 四种离子都具有相同的电子层结构 B 原子半径：r（D）r（C）r（A）r（B） C 离子半径：r（B+）r（A2+
25、）r（C3）r（D） D B、D两元素的最高价氧化物的水化物在溶液中反应的离子方程式可表示为H+OH=H2O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： 已知A2+、B+、C3、D是第三周期元素的四种离子，则A为Mg元素、B为Na元素、C为P元素、D为Cl元素，A形成离子时，金属元素失电子，非金属元素得电子；B同周期从左到右原子半径依次减小；C电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，离子半径越小；DNaOH与高氯酸反应生成盐和水解答： 解：已知A2+、B+、C3、D是第三周期元素的四种离子，则A为Mg元素、B为Na元素、C为P元素、D为Cl元素，A形成
26、离子时，金属元素失电子，非金属元素得电子，则Mg、Na的离子只有2个电子层，P、Cl的离子含有3个电子层，所以四种离子电子层结构不同，故A错误；B同周期从左到右原子半径依次减小，则原子半径：r（Na）r（Al）r（P）r（Cl），即原子半径：r（B）r（A）r（C）r（D），故B错误；C电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，离子半径越小，则离子半径：r（C3）r（D）r（B+）r（A2+），故C错误；DNaOH与高氯酸反应生成盐和水，其反应的离子方程式可表示为H+OH=H2O，故D正确故选D点评： 本题考查了元素的位置、结构和性质的关系，为高考常见题型，难度不大，能根据题意正
27、确判断元素是解本题的关键9原子的核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数为2n21下列有关X的说法中一定正确的是（） A X位于元素周期表中第2周期A族 B X元素有3、+5两种化合价 C X元素在元素周期表中的族序数肯定为奇数 D X元素最高价氧化物对应的水化物可以表示为H3XO4考点： 位置结构性质的相互关系应用 专题： 元素周期律与元素周期表专题分析： 根据核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n21假设n=1时，最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为5，质子数为7，符合
28、题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，符合题意，以此解答该题解答： 解：根据核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n21假设n=1时，最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为5，质子数为7，符合题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，AX为N或Cl元素，如为Cl，位于周期表第三周期A族，故A错误；B如为Cl，化合价有+7、+5、+3、+1、1等，故B错误；CX为N或Cl元素，在元素周期表中的族序数为奇数，故C正确；D元素X可能为氮元素或氯元素，可形成HNO3或HClO3、HClO4，故D错误故选C点评： 本题
29、考查原子结构中电子层数、最外层电子数、质子数的关系，利用假设法令n分别为1、2、3来讨论即可解答，难度不大10有A、B、C、D四种金属，将A与B用导线连接起来，浸入稀硫酸溶液中，B为正极，将A、D分别投入等浓度盐酸中，D比A反应剧烈，将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化，如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出，据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是（） A DABC B DCAB C BADC D ABCD考点： 常见金属的活动性顺序及其应用；原电池和电解池的工作原理 分析： 原电池中活泼金属作负极，金属与酸的反应中活泼金属反应剧烈，金属的置换反应中较活泼金属置换出较不活泼金属，以此来解答解答： 解
30、：由A与B用导线连接起来，浸入稀硫酸溶液中，B为正极，可知金属性AB；由A、D分别投入等浓度盐酸中，D比A反应剧烈，可知金属性DA；由将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化，如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出，可知金属性BCuC，综上所述，活动性由强到弱的顺序是DABC，故选A点评： 本题考查金属活动性比较，为高频考点，把握原电池电极判断、金属与酸或盐溶液的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大11下列关于有机物因果关系的叙述中完全正确的一组是（） 选项 原因 结论A 乙烯和苯都能使溴水褪色 分子中含有相同的碳碳双键B 乙酸分子中含有羧基 可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳C 纤维素
31、和淀粉化学式均为（C6H10O2） 它们互为同分异构体D 乙酸乙酯和乙烯在一定的条件下都能与水反应 二者属于同一反应类型 A A B B C C D D考点： 乙烯的化学性质；乙酸的化学性质；酯的性质；淀粉的性质和用途 分析： A乙烯与溴水发生加成反应，苯与溴水发生萃取；B乙酸分子中含有羧基，酸性大于碳酸；C淀粉与纤维素中的n值不同；D乙酸乙酯与水发生水解反应，乙烯与水反应发生加成反应解答： 解：A乙烯与溴水发生加成反应，使溴水褪色，苯与溴水发生萃取，使溴水褪色；苯分子中的碳碳键是一种介于碳碳单键与碳碳双键之间的特殊的键，故A错误；B乙酸分子中含有羧基，酸性大于碳酸，故可与NaHCO3溶液反应
32、生成二氧化碳，故B正确；C淀粉与纤维素中的n值不同，不是同分异构体，故C错误；D乙酸乙酯与水发生水解反应，乙烯与水反应发生加成反应，故D错误，故选B点评： 本题主要考查常见有机物的结构和性质，难度不大要注意平时知识的积累12下列有关金属的工业制法中，正确的是（） A 制铁：以铁矿石为原料，CO还原得铁 B 制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液 C 制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，H2还原得镁 D 制铝：从铝土矿中获得氧化铝再得到氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝考点： 金属冶炼的一般原理 分析： 根据金属的活泼性不同采用不同的方法，金属的冶炼一般有电解法、热还原
33、法、热分解法、物理分离法电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法：Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，物理分离法：Pt、Au用物理分离的方法制得，据此解答解答： 解：A铁性质较不活泼，用热还原反应制取，故A正确；B钠性质活泼，用电解熔融的氯化钠方法制取，故B错误；C镁性质活泼，用电解熔融的氯化镁的方法制取，故C错误；D氯化铝为共价化合物，熔融状态不能电离，铝性质活泼，工业上用电解氧化铝的方法制取，故D错误；故选：A点评： 本题主
34、要考查了金属的冶炼，熟悉金属的活泼性和冶炼方法是解题关键，题目难度不大13下列有关原电池的叙述中，错误的是（） A 原电池是将化学能转化为电能的装置 B 用导线连接的两种不同金属同时插入液体中，能形成原电池 C 在原电池中，电子流出的一极是负极，发生氧化反应 D 在原电池放电时，电解质溶液中的阳离子向正极移动考点： 原电池和电解池的工作原理 专题： 电化学专题分析： A原电池是将化学能转化为电能的装置；B根据原电池的构成条件分析；C负极失电子发生氧化反应；D溶液中阳离子向正极移动解答： 解：A原电池反应中能自发的进行氧化还原反应，是将化学能转化为电能的装置，故A正确；B原电池的构成条件有两个活
35、泼性不同的电极，将电极插入电解质溶液中，两电极间构成闭合回路，能自发的进行氧化还原反应，若用导线连接的两种不同金属同时插入酒精中，则不能形成原电池，故B错误；C原电池中，负极失电子发生氧化反应，则电子流出的一极是负极，故C正确；D原电池中，电解质溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故D正确；故选B点评： 本题考查的内容是高考中的常见考点，属于基础性试题的考查，难度不大，明确原电池的工作原理、构成条件是答题的关键14只用一种试剂就可以鉴别乙酸溶液、葡萄糖溶液、淀粉溶液，这种试剂是（） A NaOH溶液 B 新制Cu（OH）2悬浊液 C 碘水 D Na2CO3溶液考点： 有机物的鉴别 分析
36、： 乙酸虽是弱酸，但还是能过溶解氢氧化铜，乙酸与其混合后溶液澄清；葡萄糖是还原性糖，与氢氧化铜悬浊液共热会产生砖红色沉淀；淀粉不是还原性糖，与氢氧化铜悬浊液混合后无明显现象解答： 解：ANaOH溶液与乙酸发生中和反应，但没有明显现象，与葡萄糖、淀粉不反应，故A不选；B乙酸溶解氢氧化铜，葡萄糖是还原性糖，与氢氧化铜悬浊液共热会产生砖红色沉淀；淀粉不是还原性糖，与氢氧化铜悬浊液混合后无明显现象，三种溶液现象各不相同，能鉴别，故B选；C加入碘水，不能鉴别乙酸、葡萄糖，故C不选；DNa2CO3溶液与乙酸反应生成气体，但与葡萄糖和淀粉不反应，故D不选故选B点评： 本题考查物质的检验，题目难度不大，本题注
37、意葡萄糖和淀粉性质的区别，学习中注重常见物质的性质的积累，把握物质的检验方法15“绿色化学”是21世纪化学发展的主导方向，下列不符合“化学反应的绿色化学”的是（） A 消除硫酸厂尾气中的SO2：SO2+2NH3+H2O（NH4）2SO3 B 消除制硝酸工业尾气中的氢氧化物：NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2O C 制CuSO4：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O D 制CuSO4：2Cu+O22CuO，CuO+H2SO4（稀）CuSO4+H2O考点： 绿色化学；有机化学反应的综合应用 分析： 绿色化学定义是：原料中的所有原子均转化为所要制取的物质，据此定义判断即可解答
38、： 解：A、SO2+2NH3+H2O（NH4）2SO3，反应物全部变成亚硫酸铵，符合绿色化学思想，故A不选；B、NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2O，一氧化氮与二氧化氮均转变成亚硝酸钠，另外一种产物是水，无污染，符合绿色化学思想，故B不选；C、Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，有二氧化硫气体生成，会对大气造成污染，不符合绿色化学思想，故C选；D、2Cu+O22CuO，CuO+H2SO4（稀）CuSO4+H2O，符合绿色化学思想，故D不选，故选C点评： 本题主要考查的是绿色化学的定义，绿色化学要求原料全部转化，不浪费、无污染，从源头上做起，难度不大16某气态烃在密闭容
39、器中与O2恰好完全反应，反应后恢复至原室温，测得压强为原来的50%，则该烃可能是（） A CH4 B C2H4 C C4H8 D C2H4考点： 有关有机物分子式确定的计算 分析： 设烃的分子式为CxHy，燃烧通式为：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O，室温下水为液态，反应后压强为压强为原来的50%，则二氧化碳的化学计量数为CxHy、O2的化学计量数之和的一半，据此计算解答解答： 解：设烃的分子式为CxHy，燃烧通式为：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O，室温下水为液态，反应后压强为压强为原来的50%，则：2x=1+（x+），整理可得y=4x，只能为CH4，故选A点评： 本题考查有机物
40、分子式确定的有关计算，难度不大，充分利用烃的燃烧通式进行解答二、填空题（共6小题，满分40分）17（11分）（2015春庐江县期末）如图是元素周期表一部分，其中每个字母代表对应的一种元素（请用元素符号回答问题）请按要求回答下列问题：（1）写出D与E乙1：1的原子个数比形成的化合物的电子式：F的原子结构示意图为（2）B、D形成的化合物BD2中存在的化学键为共价键（填“离子”或“共价”，下同）A、C、F三种元素形成的化合物CA4F为离子化合物（3）化合物甲、乙由A、B、D、E中的三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性，则甲、乙反应的离子方程式为HCO3+OH=CO32+H2O（4）A、C、D、E
41、的原子半径由大到小的顺序是NaNOH（用元素符号表示）（5）元素B和C的非金属性强弱，B的非金属性弱于C（填“强”或“弱”），并用化学方程式证明上述结论Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+CO2+H2O考点： 元素周期律和元素周期表的综合应用 分析： 由元素在周期表中位置，可知A为氢，B为碳，C为氮，D为氧，E为Na，F为Cl（1）D与E乙1：1的原子个数比形成的化合物为Na2O2，由钠离子过氧根离子构成；F为Cl，原子核外有17个电子，有3个电子层，各层电子数为2、8、7；（2）B、D形成的化合物CO2，属于共价化合物；A、C、F三种元素形成的化合物NH4Cl属于离子化合物；（3）化合物
42、甲、乙由H、C、O、Na中的三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性，且二者可以发生反应，应是NaOH与NaHCO3；（4）所有元素中氢原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；（5）同周期自左而右元素非金属性增强，可以利用最高价含氧酸中强酸制备弱酸进行验证解答： 解：由元素在周期表中位置，可知A为氢，B为碳，C为氮，D为氧，E为Na，F为Cl（1）D与E乙1：1的原子个数比形成的化合物为Na2O2，由钠离子过氧根离子构成，电子式为；F为Cl，原子核外有17个电子，原子结构示意图为，故答案为：；（2）B、D形成的化合物CO2，属于共价化合物，含有共价键；A、C、F三
43、种元素形成的化合物NH4Cl属于离子化合物，故答案为：共价；离子；（3）化合物甲、乙由H、C、O、Na中的三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性，且二者可以发生反应，应是NaOH与NaHCO3，反应离子方程式为：HCO3+OH=CO32+H2O，故答案为：HCO3+OH=CO32+H2O；（4）所有元素中氢原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故离子半径：NaNOH，故答案为：NaNOH；（5）同周期自左而右元素非金属性增强，故非金属性CN，可以利用最高价含氧酸中强酸制备弱酸进行验证，反应方程式为：Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+CO2+H2O，故答案
44、为：弱；Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+CO2+H2O点评： 本题考查元素周期表与元素周期律应用，难度不大，有利于基础知识的巩固，注意金属性、非金属性强弱比较实验事实18某温度时，2L的密闭容器中X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化如下图所示由图中数据分析，该反应的化学方程式为3X+Y2Z，反应开始至1min，X的平均反应速率为0.15molL1min1若4min时反应达到最大限度，Z的物质的量等于0.4mol，此时，X的转化率为60%，Y的物质的量浓度为0.4molL1考点： 物质的量或浓度随时间的变化曲线 分析： 根据图片知，随着反应的进行，X、Y的物质的量减少而Z的物质的量增
45、大，说明X和Y是反应物、Z是生成物；反应到达平衡时，n（X）=（1.00.4）mol=0.6mol，n（Y）=（1.00.8）mol=0.2mol，n（Z）=（0.40）mol=0.4mol，同一时间段内同一反应中，各物质的物质的量变化量之比与其计量数之比相等，从而确定反应方程式；反应速率=；根据X和Z的关系式计算参加反应的X的物质的量，再根据转化率公式计算X的转化率；物质的量浓度=解答： 解：根据图片知，随着反应的进行，X、Y的物质的量减少而Z的物质的量增大，说明X和Y是反应物、Z是生成物；反应到达平衡时，n（X）=（1.00.4）mol=0.6mol，n（Y）=（1.00.8）mol=0.
46、2mol，n（Z）=（0.40）mol=0.4mol，同一时间段内同一反应中，各物质的物质的量变化量之比与其计量数之比相等=0.6mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，反应方程式为3X+Y2Z；从反应到1min时X的平均反应速率= mol/（Lmin）=0.15 mol/（Lmin）；根据3X+Y2Z知，Z的物质的量等于0.4mol，则参加反应的n（X）=1.5n（Z）=1.50.4mol=0.6mol，其转化率=60%；反应达到平衡状态时，剩余n（Y）=0.8mol，物质的量浓度=0.4mol/L故答案为：3X+Y2Z；0.15；60%；0.4点评： 本题考查图象分析，正确从图象中
47、获取信息、利用信息解答问题是解本题关键，注意该图象中只能得到反应方程式，不能得到三种物质的状态，为易错点19有机物X（）广泛存在于水果中，尤以苹果、葡萄、西瓜、山楂内最多（1）在一定条件下有机物X不能发生的化学反应类型有D（填字母）A氧化反应 B取代反应 C酯化反应 D加成反应（2）写出X与足量碳酸氢钠反应的化学方程式HOOCCHOHCH2COOH+2NaHCO3NaOOCCHOHCH2COONa+2H2O+2CO2（3）等质量的X分别与足量的钠和足量的氢氧化钠反应，消耗钠和氢氧化钠的物质的量之比为3：2考点： 有机物的结构和性质 分析： 有机物含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，含有羟
48、基，可发生取代、消去和氧化反应，以此解答该题解答： 解：（1）该有机物中含有羟基和羧基，所以具有羧酸和醇的性质，能和羧酸或醇发生取代反应，能和氢氧化钠发生中和反应，连接醇羟基相邻的碳原子上含有氢原子，所以能发生消去反应和氧化反应，不能发生加成反应，故答案为：D；（2）有机物含有羧基，可与碳酸氢钠溶液反应，方程式为HOOCCHOHCH2COOH+2NaHCO3NaOOCCHOHCH2COONa+2H2O+2CO2，故答案为：HOOCCHOHCH2COOH+2NaHCO3NaOOCCHOHCH2COONa+2H2O+2CO2；（3）分子中含有1个羟基和2个羧基，都可与钠反应，只有羧基于碳酸氢钠反应
49、，则等质量的X分别与足量的钠和足量的氢氧化钠反应，消耗钠和氢氧化钠的物质的量之比为3：2，故答案为：3：2点评： 本题考查了有机物的性质、同分异构体的判断等知识点，难度不大，先判断有机物含有的官能团再确定其含有的性质，结构决定性质20已知乙烯能发生以下转化：（1）乙烯的结构式为： （2）写出化合物官能团的化学式及名称：B中含官能团名称羟基；D中含官能团名称羧基；（3）写出反应的化学方程式：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH 反应类型：加成反应：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O 反应类型：氧化反应：nCH2=CH2 反应类型：加聚反应考点： 有机物的推断 专题： 推断题分析：
50、 乙烯与水发生加成反应生成B，则B为CH3CH2OH，乙醇在Cu作催化剂条件下发生氧化反应CH3CHO，C为CH3CHO，B与D反应生成乙酸乙酯（CH3COOCH2CH3），则D为CH3COOH乙烯发生加聚反应生成聚乙烯（），据此解答解答： 解：乙烯与水发生加成反应生成B，则B为CH3CH2OH，乙醇在Cu作催化剂条件下发生氧化反应CH3CHO，C为CH3CHO，B与D反应生成乙酸乙酯（CH3COOCH2CH3），则D为CH3COOH乙烯发生加聚反应生成聚乙烯（），（1）乙烯的结构式为：，故答案为：；（2）由上述分析可知，B为CH3CH2OH，含有羟基；D为CH3COOH，含有羧基，故答案为：
51、羟基；羧基；（3）反应是乙烯与水发生加成反应生成乙醇；反应是乙醇发生催化氧化生成乙醛；反应CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成乙酸乙酯，故答案为：加成反应；氧化反应；酯化反应；（4）反应是乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应方程式为：CH2=CH2+H2O CH3CH2OH；反应是乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应CH3CHO，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应是乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应方程式为：nCH2=CH2，故答案为：CH2=CH2+H2O CH3CH2OH，加成反应；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，氧化
52、反应；nCH2=CH2，加聚反应点评： 本题考查有机物推断、常用化学用语及有机反应类型以及烯与醇、醛、羧酸之间的转化关系等，难度不大，注意基础知识的理解掌握21A、B、C三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的稀硫酸B中Sn极的电极方式为2H+2e=H2C中总反应离子方程式为Zn+2H+=Zn2+H2比较A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是B、A、C考点： 原电池和电解池的工作原理 分析： 已知金属活动性：ZnFeSn，则A发生化学腐蚀，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，B中Fe为负极，Sn为正极，Fe被腐蚀，C中Zn为负极，Fe为正极，Fe被保护，以此解答解答： 解：B中Fe为负极，Sn为
53、正极，正极发生2H+2e=H2，故答案为：2H+2e=H2；C中锌比铁活泼，锌为原电池负极，被腐蚀，负极电极反应式为Zn2e=Zn2+，正极：2H+2e=H2，总反应方程式为Zn+2H+=Zn2+H2，A发生化学腐蚀，B中Fe为负极，Sn为正极，Fe被腐蚀，C中Zn为负极，Fe为正极，Fe被保护，则A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是B、A、C，故答案为：Zn+2H+=Zn2+H2；B、A、C点评： 本题考查金属的电化学腐蚀与防护，题目难度不大，注意金属的电化学腐蚀与化学腐蚀的区别，以及比较金属腐蚀快慢的方法22如图是甲烷燃料电池原理示意图，回答下列问题电池的负极是a（填“a”或“b”
54、）电极，该电池的正极反应式是CH4+10OH8e=CO32+7H2O电池工作一段时间后电解质溶液的pH减小（填“增大”、“减小”或“不变”）考点： 化学电源新型电池 分析： 碱性甲烷燃料电池中通入甲烷的一极为原电池的负极，通入氧气的一极为原电池的正极，负极上是燃料发生失电子的氧化反应；根据燃料电池的总反应方程式判断pH的变化解答： 解：碱性甲烷燃料电池中通入甲烷的一极a为原电池的负极，该极上是燃料发生失电子的氧化反应，即CH4+10OH8e=CO32+7H2O，故答案为：a；CH4+10OH8e=CO32+7H2O；在碱性溶液中，甲烷燃料电池的总反应式为CH4+2O2+2OH=CO32+3H2
55、O，电池工作一段时间后，由于氢氧根离子被消耗，所以电解质溶液的pH会减小，故答案为：减小点评： 本题综合考查了原电池的内容，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写，题目难度中等选做题，本题含A、B两题，每位学生只要选做其中一题即可23（12分）（2015春庐江县期末）海带中含有丰富的碘，为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了如图所示实验：请填写下列问题：（1）实验室灼烧海带应在坩埚（填仪器名称）内进行；（2）步骤反应的离子方程式是2I+H2O2+2H+=I2+2H2O（3）步骤中，应选
56、用的一种溶剂X可以是苯或四氯化碳（填试剂名称）（4）上述流程中的实验操作包括图中的ADC（按操作顺序选填代号）（5）设计一个简单的实验，检验提取碘后的溶液中是否还含有单质碘取少量的溶液于试管中，加入少量的淀粉，如果溶液变蓝，则说明提取碘后的溶液中还含有单质碘，否则，则无碘单质考点： 海带成分中碘的检验 分析： （1）根据实验操作步骤灼烧来分析用到的实验仪器；（2）H2O2具有较强的氧化性，在酸性条件下可氧化碘离子；（3）萃取剂的选择要满足：溶质在萃取剂中的溶解度大于原溶剂，原溶剂与萃取剂互不相溶；（4）根据流程图中的操作分别为灼烧、溶解、过滤、萃取和蒸馏来分析；（5）淀粉遇碘变蓝解答： 解：（
57、1）灼烧固体物质一般使用（瓷）坩埚，故答案为：坩埚；（3）碘离子在酸性条件下可被H2O2氧化成单质碘，H2O2被还原为水，反应的离子方程式为2I+H2O2+2H+=I2+2H2O，故答案为：2I+H2O2+2H+=I2+2H2O；（3）第步的操作是萃取，而要将碘萃取出来，所使用的萃取剂要满足：溶质在萃取剂中的溶解度大于原溶剂，原溶剂与萃取剂互不相溶，故常用苯或四氯化碳来做萃取剂，故答案为：苯或四氯化碳；（4）根据流程图可知，先将海带进行操作灼烧，然后将所得海带灰进行操作溶解和操作过滤即选项A，然后向所得的溶液中加入双氧水和稀硫酸氧化I为I2，即操作，为了将生成的碘单质提取出来，要进行操作萃取分
58、液即操作D，然后将所得的碘的有机溶液进行操作蒸馏即操作C，从而获取单质碘，故答案为：ADC；（5）由于淀粉遇碘变蓝，故应取少量的溶液于试管中，加入少量的淀粉，如果溶液变蓝，则说明提取碘后的溶液中还含有单质碘，故答案为：取少量的溶液于试管中，加入少量的淀粉，如果溶液变蓝，则说明提取碘后的溶液中还含有单质碘，否则，则无碘单质点评： 本题主要考查从海带中提取碘的实验，明确物质的分离方法及碘单质的性质是解答的关键，题目难度中等24（2015杨浦区模拟）我国濒临海域的省份，能够充分利用海水制得多种化工产品如图是以海水、贝壳（主要成分CaCO3）等为原料制取几种化工产品的工艺流程图，其中E是一种化肥，N是
59、一种常见的金属单质结合上述工艺流程图回答下列问题：（1）物质G和L的化学式分别为CaCl2和H2（2）上述工艺流程图中可以循环使用的物质的化学式为CO2（3）反应的化学方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl；在反应中必须先通入NH3，而后通入D，其原因是NH3在溶液中的溶解度大，利于吸收CO2，使其转化为NH4HCO3（4）工业上利用F可制得另一种化工产品，该反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O（5）由K溶液经如何处理才能制得N？MgCl2溶液必须在氯化氢气体中进行蒸发结晶制得无水MgCl2，电解熔融MgCl2可制取金属镁考点： 无机物的推断
60、 分析： 贝壳主要成分是碳酸钙，煅烧生成二氧化碳和氧化钙，所以C是CaO，D是CO2海水暴晒得到固体B为NaCl，氯化钠、氨气和二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，为侯德邦制碱法，E是一种化肥，所以E是NH4Cl、F是NaHCO3，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，故O为Na2CO3母液中主要成分是MgCl2，母液和CaO反应生成H和G，H煅烧得到I，则H为Mg（OH）2，G为CaCl2，I为MgO，N是一种常见金属单质，则N为Mg，电解熔融MgCl2得到Mg和Cl2，所以K为MgCl2，J为HCl，M是Cl2，氢气在氯气中燃烧得到HCl，所以L是H2，据此解答解答： 解：贝壳主要成分是
61、碳酸钙，煅烧生成二氧化碳和氧化钙，所以C是CaO，D是CO2海水暴晒得到固体B为NaCl，氯化钠、氨气和二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，为侯德邦制碱法，E是一种化肥，所以E是NH4Cl、F是NaHCO3，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，故O为Na2CO3母液中主要成分是MgCl2，母液和CaO反应生成H和G，H煅烧得到I，则H为Mg（OH）2，G为CaCl2，I为MgO，N是一种常见金属单质，则N为Mg，电解熔融MgCl2得到Mg和Cl2，所以K为MgCl2，J为HCl，M是Cl2，氢气在氯气中燃烧得到HCl，所以L是H2（1）由上述分析可知，物质G为CaCl2，L为H2，故答案为
62、：CaCl2；H2；（2）煅烧贝壳时生成的气体CO2，及碳酸氢钠分解得到的CO2，可以在反应中循环使用，故答案为：CO2；（3）反应的化学方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl；在反应中必须先通入NH3，而后通入D，其原因是：NH3在溶液中的溶解度大，利于吸收CO2，使其转化为NH4HCO3，故答案为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl；NH3在溶液中的溶解度大，利于吸收CO2，使其转化为NH4HCO3；（4）工业上加热碳酸氢钠分解制得碳酸钠，该反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O；（5）由MgCl2溶液经如何处理才能制得Mg的过程为：MgCl2溶液必须在氯化氢气体中进行蒸发结晶制得无水MgCl2，电解熔融MgCl2可制取金属镁，故答案为：MgCl2溶液必须在氯化氢气体中进行蒸发结晶制得无水MgCl2，电解熔融MgCl2可制取金属镁点评： 本题考查无机物推断，涉及海水资源的综合利用、联氨制碱法、金属的冶炼等，注意（3）中通入气体先后顺序、（5）中获取Mg单质的方法，属于易错知识点，难度中等
