1、2014-2015学年安徽省黄山市高一（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（3分）医学界通过用14C标记的C60发现一种羧酸衍生物，在特定条件下，它可以通过断裂DNA抑制艾滋病毒的繁殖下列有关叙述中，正确的是（） A 14C与12C的性质完全不同 B 14C与14N含有的中子数相同 C 14C60和12C60是碳元素的同素异形体 D 14C与12C、13C互为同位素考点： 质量数与质子数、中子数之间的相互关系；同位素及其应用专题： 原子组成与结构专题分析： 不同原子的性质不同，具有相同质子数而不同中子数的原子互为同位素，原子中质量数=质子数+中子数，以此来解答解
2、答： 解：A14C与12C为不同的原子，则性质不同，故A错误；B14C中的中子数为146=8，14N含有的中子数为147=7，中子数不同，故B错误；C14C60和12C60是碳元素的同种单质，故C错误；D14C与12C、13C的质子数相同，而中子数不同，则互为同位素，故D正确；故选D点评： 本题考查原子中的数量关系及同位素，明确质子数、中子数及质量数的关系即可解答，注意区分相关的概念，选项C为解答的易错点，题目难度不大2（3分）（2015春黄山期末）X、Y、Z均为短周期元素，X、Y处于同一周期，X、Z的最低价离子分别为X2和Z，Y+和Z具有相同的电子层结构下列说法正确的是（） A 原子最外层电
3、子数：XYZ B 单质氧化性：XZY C 离子半径：X2Y+Z D 原子序数：XYZ考点： 原子结构与元素周期律的关系分析： X、Y、Z均是短周期元素，X、Z的最低价离子分别为X2和Z，则X为第A族元素，Z为A族元素；Y+和Z具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，可推知Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素，结合元素在周期表中的位置以及元素周期律知识解答该题解答： 解：X、Y、Z均是短周期元素，X、Z的最低价离子分别为X2和Z，则X为第A族元素，Z为A族元素；Y+和Z具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，可推知Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素AX、Y、
4、Z分别为S、Na、F，原子最外层电子数分别为6、1、7，故A错误；BNa为金属元素，单质表现还原性，F、S为非金属，单质可以表现氧化性，非金属性SF，故单质氧化性SF2，故B错误；C电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2FNa+，故C错误；DX、Y、Z原子序数分别为16、11、9，原子序数：XYZ，故D正确，故选D点评： 本题考查原子结构与元素周期律的关系，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，关键是根据原子结构特点正确推断元素的种类3（3分）（2015春黄山期末）根据原子结构及元素周期规律的知识，下列推断正确的是（）A同主族元素含氧酸的酸性随核
5、电荷数的增加而减弱B核外电子排布相同的微粒化学性质也相同CCl、S2、Ca2+、K+半径逐渐减小D同周期主族非金属元素随原子序数递增，原子得电子能力增强考点：原子结构与元素周期律的关系分析：A元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；B核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如Ar原子与S2离子；C电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；D同周期主族元素自左而右非金属性增强，得电子能力增强解答：解：A同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱，不是最高价含氧酸不一定，如HClO为弱酸、HBrO4为强酸，故A错误；B核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如Ar原子化学性质稳定，而S
6、2离子具有强还原性，故B错误；CS2、Cl、Ca2+、K+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径S2ClK+Ca2+，故C错误；D同周期主族元素自左而右非金属性增强，得电子能力增强，故D正确，故选D点评：本题考查同主族元素性质递变规律、微粒半径比较、原子结构与性质关系等，难度不大，注意对基础知识的理解掌握4（3分）（2015春黄山期末）下列物质中，既含有离子键，又含有非极性键的是（）ACa（OH）2BNa2O2CHClODH2O2考点：离子化合物的结构特征与性质；极性键和非极性键分析：一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属
7、元素之间易形成极性键，据此分析解答解答：解：ACa（OH）2中钙离子和氢氧根离子之间存在离子键、OH之间存在极性键，故A错误；BNa2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、OO之间存在非极性键，故B正确；CHClO分子中HO、OCl之间存在极性键，故C错误；DH2O2分子中HO之间存在极性键、OO之间存在非极性键，故D错误；故选B点评：本题考查化学键，侧重考查基本概念，熟悉物质构成微粒及微粒之间作用力即可判断，注意过氧化钠、次氯酸电子式的书写，注意双氧水分子不是平面结构，为易错点5（3分）（2012北京）已知33As、35Br位于同一周期下列关系正确的是（）A原子半径：AsClPB热稳定性：
8、HClAsH3HBrC还原性：As3S2ClD酸性：H3AsO4H2SO4H3PO4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：A同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；B非金属的非金属性越强，其氢化物越稳定；C非金属的非金属性越强，其阴离子的还原性越弱；D非金属的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强解答：解：A原子半径大小顺序是AsPCl，故A错误；B热稳定性：HClHBrAsH3，故B错误；C单质的氧化性Cl2SAs，所以阴离子的还原性：As3S2Cl，故C正确；D酸性H2SO4H3PO4H3AsO4，故D错误；故选C点评：本题考查物质的
9、性质，根据元素周期律来分析解答即可，难度不大6（3分）（2015春黄山期末）金刚石和石墨是碳元素的两种结构不同的单质在100kPa时，1mol金刚石转化为石墨，要放出1.895KJ的热能试判断在100kPa压强下，下列说法正确的是（）A金刚石比石墨稳定B石墨转化为金刚石属于化学变化C1g石墨完全燃烧放出的热量比1g金刚石完全燃烧放出的热量多D等质量的石墨和金刚石中所含原子数前者多考点：吸热反应和放热反应分析：在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的能量说明石墨的能量低于金刚石的能量，能量低的物质稳定；化学变化的特征是生成新物质解答：解：A石墨的能量比金刚石低，能量越低
10、越稳定，石墨比金刚石稳定，故A错误； B金刚石和石墨是同素异形体，同素异形体之间的转化属于化学变化，故B正确；C金刚石比石墨能量高，1g石墨完全燃烧放出的热量比1g金刚石完全燃烧放出的热量小，故C错误；D等质量的石墨和金刚石中所含原子数相等，故D错误故选B点评：本题主要考查金刚石和石墨的转化以及涉及到的能量变化，难度不大，需要掌握的是能量低的物质稳定7（3分）（2015春黄山期末）现有A、B、C、D四种金属片：把A、B用导线连接后同时浸入稀硫酸中，B表面变黑并逐渐溶解；把C、D用导线连接后同时浸入稀硫酸中，C发生氧化反应；把A、C用导线连接后同时浸入稀硫酸中，电子流动方向为A导线C根据上述情况
11、，下列说法中正确的是（）A在中，金属片B发生还原反应B在中，金属片C作正极C如果把B、D用导线连接后同时浸入稀硫酸中，则金属片D上有气泡产生D上述四种金属的活动性由强到弱的顺序是：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专题：电化学专题分析：在原电池中，较活泼的金属作负极、较不活泼的金属作正极，作原电池负极的金属较活泼，易被腐蚀；负极上发生氧化反应、正极上发生还原反应；电子从负极沿导线流向正极；据此判断金属活泼性强弱；A负极上发生氧化反应；B负极上发生氧化反应、正极上发生还原反应；CB的金属性大于D，如果把B、D用导线连接后同时浸入稀硫酸中，B作负极、D作正极；D根
12、据以上分析金属活动性顺序解答：解：在原电池中，较活泼的金属作负极、较不活泼的金属作正极，作原电池负极的金属较活泼，易被腐蚀，把A、B用导线连接后同时浸入稀硫酸中，B表面变黑并逐渐溶解，则B作负极，金属活动性BA；负极上发生氧化反应、正极上发生还原反应，把C、D用导线连接后同时浸入稀硫酸中，C发生氧化反应，则金属活动性CD；电子从负极沿导线流向正极，把A、C用导线连接后同时浸入稀硫酸中，电子流动方向为A导线C，则金属活动性AC，通过以上分析知，金属活动性强弱顺序是BACD，A在中，金属片B作负极，负极上失电子发生氧化反应，故A错误；B通过以上分析知，在中，金属片C作负极、D作正极，故B错误；CB
13、的金属性大于D，如果把B、D用导线连接后同时浸入稀硫酸中，B作负极、D作正极，则金属片D上有气泡产生，故C正确；D通过以上分析知，上述四种金属的活动性由强到弱的顺序是：BACD，故D错误；故选C点评：本题以原电池原理为载体考查了金属活泼性强弱的判断，根据电极上发生的反应、得失电子确定正负极，再结合金属的活泼性与正负极的关系分析解答，题目难度不大8（3分）（2015春黄山期末）W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，由此可知（） WXYZ A X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是Y B Z元素氧化物对应水化物的酸性一定强
14、于Y C X元素形成的单核阴离子还原性强于Y D Z元素单质在化学反应中只表现氧化性考点： 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： W、X、Y、Z四种短周期元素，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸生成离子化合物，化合物为铵盐，W是N元素；由元素在周期表中的位置可知，X为氧元素、Y为硫元素、Z为氯元素，以此来解答解答： 解：W、X、Y、Z四种短周期元素，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸生成离子化合物，化合物为铵盐，W是N元素；由元素在周期表中的位置可知，X为氧元素、Y为硫元素、Z为氯元素，A四种元素中非金属性最弱的为S元素，则X、Y、Z
15、中最简单氢化物稳定性最弱的是Y，故A正确；BZ元素氧化物对应水化物的酸性不一定强于Y，如HClO的酸性小于硫酸，只有氯元素的最高价含氧酸才一定比Y的含氧酸酸性强，故B错误；C非金属OS，则阴离子还原性S2O2，故C错误；DCl2与水的反应中既表现氧化性，也表现了还原性，故D错误；故选A点评： 本题考查位置结构性质关系、元素周期律等，为高频考点，题目难度不大，推断元素是解题的关键，注意整体把握元素周期表的结构，W的推断是突破口9（3分）（2015春赣州期末）一定量的锌粉和6molL1的过量盐酸反应，当向其中加入少量的下物质：石墨 CuO 铜粉 锌粒 浓盐酸 无水乙酸 KNO3溶液 CuCl2时，
16、能够加快反应速率，又不响产生H2总量的是（）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：盐酸过量，则锌完全反应，锌的量决定氢气的体积，能够加快反应速率，又不影响产生H2的总量，采取措施有：形成原电池，注意形成原电池是不能消耗Zn，升高温度，改变锌粉的颗粒大小，增大氢离子的浓度等，以此来解答解答：解：加入石墨粉，构成原电池，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，故正确；加入CuO，与盐酸反应生成氯化铜，氯化铜与锌反应生成铜，形成原电池，加快反应，但与盐酸反应的锌的量减少，生成氢气的总量减少，故错误；加入铜粉，构成原电池，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H
17、2的总量，故正确；加入锌粒，固体表面积减小，反应速率减小，产生H2的总量增大，故错误；加入浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，故正确；无水乙酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，故正确；KNO3溶液，在酸性条件下与锌反应生成NO，不生成氢气，影响生成氢气的总量，故错误；加入CuCl2，锌置换铜，形成原电池反应，消耗锌，生成氢气的总量减少，生成氢气的速率增大，故错误故选B点评：本题考查化学反应速率的影响元素，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意加入氧化铜、Fe粉对氢气总量的影响，是本题的易错点，题目难度中等，10（
18、3分）（2015姜堰市）氢氧燃料电池是一种新能源如图为氢氧燃料电池示意图下列说法不正确的是（） A 该装置能将化学能转化为电能 B A极是正极，B极是负极 C 电子由A极通过导线流向B极 D 产物为无污染的水，属于环境友好电池考点： 常见化学电源的种类及其工作原理专题： 电化学专题分析： A氢氧燃料电池属于原电池；B燃料电池中，负极上通入燃料，正极上通入氧化剂；C原电池中，电子从负极沿导线流向正极；D根据电池反应中生成物性质判断解答： 解：A燃料电池为原电池，是将化学能转化为电能的装置，故A正确；B氢氧燃料电池中，通入氢气的电极是负极，负极上氢气失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应
19、，则通入氧气的电极为正极，故B错误；C电子从负极A沿导线流向正极B，故C正确；D该电池反应式为2H2+O2=2H2O，水对环境无污染，所以属于环境友好电池，故D正确；故选B点评： 本题考查了氢氧燃料电池，根据原电池概念、原电池正负极电极反应、电子流向等知识点来分析解答即可，难度不大11（3分）（2015春黄山期末）下列反应过程中的能量变化符合如图的是（） A 酸与碱的中和反应 B 镁与盐酸的反应 C Ba（OH）28H2O与NH4Cl两种晶体混合搅拌 D 葡萄糖在生物体内氧化生成CO2考点： 吸热反应和放热反应分析： 生成物具有的总能量高于反应物具有的总能量，该反应为吸热反应；常见的吸热反应：
20、C（s）+H2O（g）CO（g）+H2O； C+CO2CO的反应，Ba（OH）28H2O与NH4Cl的反应以及KClO3、KMnO4、CaCO3的分解等解答： 解：A酸与碱的中和反应是放热反应，故A错误； B镁和盐酸反应是放热反应属于氧化还原反应放热，故B错误；CBa（OH）28H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，故C正确；D葡萄糖在生物体内氧化是放热反应，故D错误故选C点评： 本题考查化学反应的热量变化，难度不大，学生应注重归纳中学化学中常见的吸热或放热的反应12（3分）（2015春黄山期末）在一定温度下，向a L密闭容器中加入1molX气体和2molY气体，发生如下反应：X（g）+2Y（g
21、）2Z（g），此反应达到限度的标志是（） A 容器内压强不随时间变化 B 容器内各物质的浓度不随时间变化 C 容器内X、Y、Z的浓度之比为1：2：2 D 单位时间消耗0.1molX同时生成0.2molZ考点： 化学平衡状态的判断专题： 化学平衡专题分析： 由X（g）+2Y（g） 2Z（g）可知，该反应前后的化学计量数之和不等，然后根据达到平衡时，正逆反应速率相等，但不等于零，各物质的浓度不再改变解答： 解：A、反应达平衡时，各物质的浓度不再随时间改变，所以压强不再变化，故A正确；B、反应达平衡时，各物质的浓度不再随时间改变，是平衡化学平衡状态的依据，故B正确；C、反应达到平衡时的浓度与反应的初
22、始物质的量以及反应的转化程度有关，所以不能确定是否达到平衡，故C错误；D、无论反应是否达到化学平衡，消耗的反应物的物质的量之比等于计量数之比，所以不能用来作为判断是否达到平衡状态的依据，故D错误；故选AB点评： 本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，平衡状态的本质是正逆反应速率相等，化学平衡状态的判断常以选择题方式考查13（3分）（2015春黄山期末）如图是部分短周期元素主要化合价与原子序数的关系图（X、Y、Z、W、R代表五种元素符号）下列说法中正确的是（） A 原子半径比较：ZYX B 最高价氧化物对应的水化物的酸性比较：WR C X和Y形成的化合物中只含离子键 D Z的氧化物和Y的 最高
23、价氧化物对应的水化物能反应考点： 原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质分析： 均为短周期元素，由表中化合价可知，X的化合价为2价，没有正化合价，故X为O元素，Y的化合价为+1价，处于A族，原子序数大于O元素，故Y为Na元素，Z为+3价，为Al元素，W的化合价为+6、2价，故W为S元素，R的最高正价为+7价，应为Cl元素，据此解答解答： 解：均为短周期元素，由表中化合价可知，X的化合价为2价，没有正化合价，故X为O元素，Y的化合价为+1价，处于A族，原子序数大于O元素，故Y为Na元素，Z为+3价，为Al元素，W的化合价为+6、2价，故W为S元素，R的最高正价为+7价，应为Cl元素AX
24、为O，Y为Na，Z为Al，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，故原子半径应NaAlO，故A错误；BW为S，R为Cl，非金属性ClS，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故B错误；CX和Y形成的化合物有氧化钠、过氧化钠，过氧化钠含有离子键、共价键，故C错误；DZ的氧化物为氧化铝，Y的 最高价氧化物对应的水化物为氢氧化钠，二者反应生成偏铝酸钠与水，故D正确，故选D点评： 本题考查结构性质与位置关系应用，难度不大，掌握化合价与族序数关系是推断元素解题的关键14（3分）（2015春黄山期末）充分利用能源，提高原子利用率，减少向环境排放废弃物等都是“绿色化学”的基本要求下述做法主要
25、是从“绿色化学”角度考虑的是（）实验室短时间保存硫酸亚铁溶液时，常向试剂瓶中添加铁钉和少量稀硫酸；用稀硝酸代替浓硝酸溶解废铜屑中的铜；用印刷电路的废液溶解废铁屑制氯化亚铁并回收铜；工业合成氨中分离产物得到氢气和氮气再循环使用 A B C D 考点： 绿色化学分析： 依据绿色化学的含义：充分利用能源，提高原子利用率，减少向环境排放废弃物解答解答： 解：实验室短时间保存硫酸亚铁溶液时，可向试剂瓶中添加铁钉和少量稀硫酸，不能提高原子利用率不符合“绿色化学”的基本要求，故错误；用稀硝酸代替浓硝酸溶解、回收做银镜实验后试管内壁的银，能节约药品，减少废物向环境排放，故正确；用印刷电路的废液溶解废铁屑制氯化
26、亚铁并回收铜，能够减少向环境排放废弃物，同时能够回收再利用铜，符合充分利用能源的绿色化学观念，故正确；工业合成氨中分离产物得到氢气和氮气再循环使用，从源头消除污染，以减少废物向环境排放，充分利用原料，故正确；故选：B点评： 本题考查绿色化学的含义，把握题干给出的绿色化学的概念结合实际过程判断，题目难度不大15（3分）（2015春黄山期末）一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示下列描述正确的是（） A 反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158mol/（Ls） B 反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了0.79mol/L C 反应开始到10s
27、时，Y的转化率为79.0% D 反应的化学方程式为：2X（g）+2Y（g）Z（g）考点： 物质的量或浓度随时间的变化曲线分析： A由图可知，10s内Z的物质的量变化量为1.58mol，根据v=计算v（Z）；B由图可知，10s内X的物质的量变化量为0.79mol；C依据图象分析，Y消耗物质的量1.0mol0.21mol=0.79mol，转化率=100%；D根据物质的量的变化，判断出反应物、生成物及是否是可逆反应，利用物质的量之比化学计量数之比书写方程式解答： 解：A由图可知，10s内Z的物质的量变化量为1.58mol，用Z表示的反应速率为v（Z）=0.079moL/（Ls），故A错误；B由图可知
28、，10s内X的物质的量变化量为0.79mol，X的物质的量浓度减少了c=0.395mol/L，故B错误；C反应开始到10 s时，Y消耗物质的量1.0mol0.21mol=0.79mol，Y的转化率=100%=79.0%，故C正确；D由图象可以看出，由图表可知，随反应进行X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增大，所以X、Y是反应物，Z是生产物，l0s后X、Y、Z的物质的量为定值，不为0，反应是可逆反应，且n（X）：n（Y）：n（Z）=（1.200.41）mol：（1.000.21）mol：1.58mol=1：1：2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，故反应化学方程式为X（g）+Y（g
29、）2Z（g），故D错误；故选C点评： 本题考查化学反应速率的有关计算，难度不大，分析图象注意一看点：即起点、拐点、交点、终点；二看线：即看曲线的变化趋势和走向；三看面：即看清纵坐标、横坐标表示的物理量等16（3分）（2015春黄山期末）从海水中提取镁，可按照如下步骤进行：把贝壳制成石灰乳；在引入的海水中加入石灰乳、沉降、过滤、洗涤沉淀物；将沉淀物与盐酸反应，结晶、过滤、干燥产物；将所得产物熔融后电解关于提取镁，下列说法不正确的是（） A 此法的优点之一是原料丰富 B 进行步操作的目的是从海水中富集氯化镁 C 第步电解时会产生氯气 D 以上过程中涉及的反应有分解反应、化合反应、复分解反应和置换反
30、应考点： 海水资源及其综合利用分析： A、贝壳和海水资源丰富；B、海水提取镁是先沉淀镁离子，在溶解生成氯化镁溶液，一定条件下得到氯化镁固体；C、电解熔融的氯化镁阴极生成金属镁；D、根据提取过程中的化学反应分析判断解答： 解：A、贝壳和海水是海水中提取镁的主要原料，自然界中来源丰富廉价，故A正确；B、把贝壳制成石灰乳用于沉淀镁离子；在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物氢氧化镁；将沉淀物氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，结晶过滤、在HCl气体氛围中干燥产物得到氯化镁，故B正确；C、第步电解熔融的氯化镁，阴极产生镁，阳极生成氯气，故C正确；D、以上提取镁的过程中涉及化合反应为贝壳制成石灰乳利
31、用的氧化钙和水反应生成氢氧化钙、分解反应为贝壳分解生成氧化钙和水，氯化镁电解生成氯气和镁；复分解反应是氢氧化钙和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁沉淀溶于盐酸反应，无置换反应，故D错误故选D点评： 本题考查了海水提取镁的工艺流程，主要考查过程中的化学反应特征，物质性质和反应类型的判断是解题关键，题目较简单二、非选择题（本大题包括5小题，共52分）17（14分）（2015春黄山期末）A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子；C的阴离子和D的阳离子具有相同的电子层结构，两种元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体F，E的L层电子数等于K、M层电子数之和（1）
32、B位于第2周期VA族，C常见单质的电子式（2）B、C、D、E元素的简单离子半径由小到大的顺序为Na+O2N3S2（用离子符号表示）（3）C的一种氢化物分子中含有18电子，其结构式为HOOH（4）已知A、E两种元素形成的化合物H，H结构与干冰相似，属于共价（填“离子”或“共价”）化合物.7.6g的H中含有的共用电子对数目为0.4NA（5）E的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液和A的单质加热反应的化学方程式为C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O考点： 位置结构性质的相互关系应用分析： A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子，为第IVA族元素；C
33、的阴离子和D的阳离子具有相同的电子层结构，两种元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体F，则C是O元素、D是Na元素，F为Na2O2；A原子序数小于C，则A是C元素，B原子序数大于A而小于C，则B是N元素；E的L层电子数等于K、M层电子数之和，则M层为6个电子，为S元素，再结合元素周期表结构、物质结构及性质分析解答解答： 解：A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子，为第IVA族元素；C的阴离子和D的阳离子具有相同的电子层结构，两种元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体F，则C是O元素、D是Na元素，F为Na2O2；A原子序数小于C，则A是C元素，B原子序数
34、大于A而小于C，则B是N元素；E的L层电子数等于K、M层电子数之和，则M层为6个电子，为S元素，（1）B为N元素，N原子核外有2个电子层、最外层电子数是5，所以B位于第二周期VA族，C常见单质的电子式，故答案为：二；VA；（2）电子层数越多其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以B、C、D、E元素的简单离子半径由小到大的顺序为Na+O2N3S2，故答案为：Na+O2N3S2；（3）C是O元素，C的一种氢化物分子中含有18电子，为双氧水，其结构式为HOOH，故答案为：HOOH；（4）已知C、S两种元素形成的化合物C，为CS2，H结构与干冰相似，属于共价化合物；每
35、个二硫化碳分子中含有共用电子对4个，7.6g的H的物质的量为0.1mol，则7.6gH中含有的共用电子对数目为0.4NA，故答案为：0.4NA；（5）E的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液是浓硫酸，加热条件下，C和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，方程式为C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O点评： 本题考查位置结构性质的相互关系及应用，涉及氧化还原反应、物质结构、元素周期律等知识点，正确判断元素是解本题关键，知道常见10电子、18电子分子，注意利用知识迁移法解答（4）题，题目难度不大18（8分）（2015春黄山期末）某学
36、习小组探究金属与不同酸反应的差异，以及影响反应速率的因素实验药品：2.0moL/L盐酸、4.0mol/L盐酸、2.0mol/L硫酸、4.0mol/L硫酸，相同的铝片和铝粉（金属表面氧化膜都已除去）；每次实验各种酸的用量均为50.0mL，金属用量均为9.0g（1）帮助该组同学完成以上实验设计表实验目的实验编号温度金属铝的形态酸及浓度1实验和探究盐酸浓度对该反应速率的影响 2实验和探究探究温度对反应速率的影响3实验和探究金属规格（铝片，铝粉）对该反应速率的影响4和实验探究铝与稀盐酸和稀硫酸反应的差异 25铝片4.0moL/L盐酸 25铝片 2.0moL/L盐酸 35铝片 2.0moL/L盐酸 25
37、铝粉2.0moL/L盐酸 25铝片 2.0moL/L硫酸（2）该小组同学在对比和实验时发现的反应速度都明显比快，你能对问题原因作出哪些假设或猜想（列出一种即可）？Cl能够促进Al与H+的反应或SO42对Al与H+的反应起阻碍作用考点： 探究影响化学反应速率的因素分析： （1）实验和探究盐酸浓度对该反应速率的影响，则除了浓度不同以外，其它条件必须完全相同，据此判断的温度及盐酸浓度；根据实验和的数据可知，除温度不同外，其它条件完全相同，则探究的是温度对反应速率的影响；实验和探究金属规格（铝片，铝粉）对该反应速率的影响，则除了铝的规格不同以外，其它条件必须完全相同；（2）对比和实验可知，除了氯离子和
38、硫酸根离子不同以外，其它条件完全相同，据此判断影响反应速率因素为氯离子和硫酸根离子解答： 解：（1）根据实验目的可知：实验和探究盐酸浓度对该反应速率的影响，则除盐酸浓度的浓度不同外，其它条件必须完全相同，所以的温度为25，酸及浓度为：4.0moL/L盐酸；根据实验和的数据可知，除温度不同外，其它条件完全相同，则实验和探究的是反应温度对反应速率的影响；实验和探究金属规格（铝片，铝粉）对该反应速率的影响，则除铝的规格不同以外，其它条件必须完全相同，所以中温度 25、酸及浓度为：2.0moL/L盐酸，故答案为：实验目的 实验编号 温度 金属铝的形态 酸及浓度2探究温度对反应速率的影响 25 4.0m
39、oL/L盐酸 25 2.0moL/L盐酸 （2）对比和实验可知，只有Cl和SO42不同，其它条件完全相同，的反应速度都明显比快，说明Cl能够促进Al与H+的反应或SO42对Al与H+的反应起阻碍作用，故答案为：Cl能够促进Al与H+的反应或SO42对Al与H+的反应起阻碍作用点评： 本题考查了影响化学反应速率的因素，题目难度中等，熟练掌握温度、浓度、固体物质的表面积等因素对反应速率的影响为解答关键，注意设计对照试验的方法与要求，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力19（10分）（2015春黄山期末）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
40、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
41、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：（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
42、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20（8分）（2015春黄山期末）为了探究
43、化学能和热能的转化，某实验小组设计了如下三套实验装置：（1）上述装置中，不能证明“锌和稀硫酸反应是吸热反应还是放热反应”的是（2）某同学选用装置进行实验（实验前U形管里液面左右相平），在甲试管里加入适量氢氧化钡溶液与稀硫酸，U形管中可观察到的现象是左端液柱降低，右端液柱升高（3）为探究固体M溶于水的热效应，选择装置进行实验（反应在甲中进行）若观察到烧杯里产生气泡，则说明M溶于水可能是放热反应；（填“一定是放热反应”“一定是吸热反应”或“可能是放热反应”）；理由是某些物质（如氢氧化钠）溶于水放热，但不是化学反应若观察到烧杯里的玻璃管内形成一段水柱，则M可能是硝酸铵或氯化铵等考点： 探究吸热反应和
44、放热反应分析： （1）装置和都可以分别通过右边装置中液面变化、是否有气泡判断反应是吸热还是放热，而装置是将生成的气体直接通入水中，无法判断该反应是吸热还是放热反应；（2）酸碱中和反应为放热反应，反应放出的热使锥形瓶中温度升高，气体体积增大，据此判断U型管中液面的变化；（3）M溶于水放出热量，不一定为化学变化，则不一定属于放热反应；根据所学知识写出溶于水能够吸收热量的试剂解答： 解：（1）装置可通过U形管中红墨水液面的变化判断铜与浓硝酸的反应是放热还是吸热；装置可通过烧杯中是否产生气泡判断铜与浓硝酸的反应放热还是吸热；装置只是一个铜与浓硝酸反应并将生成的气体用水吸收的装置，不能证明该反应是放热反
45、应还是吸热反应，故答案为：；（2）氢氧化钡与硫酸反应属于中和反应，中和反应都是放热反应，所以锥形瓶中气体受热膨胀，导致U型管左端液柱降低，右端液柱升高，故答案为：左端液柱降低，右端液柱升高；（3）若观察到烧杯里产生气泡，说明M溶于水放出热量，由于放热反应一定属于化学变化，而有热量放出的反应不一定为化学变化，所以不一定属于放热反应，某些物质（如氢氧化钠）溶于水放热，但不是化学反应，故答案为：可能是放热反应；某些物质（如氢氧化钠）溶于水放热，但不是化学反应；若观察到烧杯里的玻璃管内形成一段水柱，说明M溶于水后导致大试管中温度降低，压强减小，证明M溶于水为吸热过程，溶于水能够吸收热量的物质有：硝酸铵
46、、氯化铵等，故答案为：硝酸铵或氯化铵等点评： 本题考查化学反应中的热效应，题目难度中等，注意掌握探究反应热效应的常用方法，试题有利于培养学生实验综合分析能力，特别是实验的评价和根据实验现象推理的能力21（12分）（2015春黄山期末）Cu（NO3）2是重要的化工原料回答下列工业生产和化学实验中的几个问题（1）实验室欲制备0.5molCu （NO3）2晶体，甲、乙两同学分别设计实验方案如下：甲：Cu Cu（NO3）2 乙：Cu CuO Cu（NO3）2从绿色化学的角度分析，乙同学的方案更合理，理由是a制取等量的硝酸铜所用硝酸的量少，减少对环境的污染；乙同学实验时通入O2的速率不宜过快，为便于观察
47、和控制产生O2的速率，宜选择如图1中B装置（填字母序号）（2）利用铜片、铁片、石墨、400mL 2mol/L的硝酸铜溶液、导线和电流表，设计一个原电池负极材料Fe 电极反应方程式为Fe2e=Fe2+；正极材料石墨 电极反应方程式为Cu2+2e=Cu硝酸铜浓度变为原来一半时，电路中转移的电子数为0.8NA（3）有如图2装置，当电路中通过2mol电子时，Cu电极质量变化为CA增重64g B减重64g C可能增重64g，也可能减重64g考点： 原电池和电解池的工作原理；化学实验方案的评价分析： （1）评价实验方案要从反应的可操作性，生成物的性质，环保节能等方面分析由于硝酸与铜直接反应时会生成有毒的氮
48、氧化物，第一个方案环保并且使用的硫酸量较小进行分析；实验时通入O2的速率不宜过大，为便于观察和控制产生O2的速率，分析装置可知，利用分液漏斗控制加入过氧化氢的量能达到要求；（2）该反应中Fe元素化合价由0价变为+2价、Cu元素化合价由+2价变为0价，所以Fe作负极、不如Fe活泼的金属或导电的非金属作正极，如铜片或石墨，硝酸铜为电解质；工作时，正极反应式为Cu2+2e=Cu，负极反应式为Fe2e=Fe2+，电子从负极沿导线流向正极；根据1mol转移2mol的电子，来分析求解；（3）铜是负极发生氧化反应，电极反应式为：Cu2e=Cu2+，铜如果是正极，电极反应式为：Cu2+2e=Cu解答： 解：（
49、1）甲方案中放出的有毒气体氮氧化物会造成对空气的污染，因此，从保护环境的角度来看，甲方案不合理；乙方案铜和氧气加热生成氧化铜，氧化铜和硝酸反应产生硝酸铜和水，因此反应过程中没有污染物，且原料的利用率高；故答案为：乙；理由：a制取等量的硝酸铜所用硝酸的量少，减少对环境的污染；实验时通入O2的速率不宜过大，为便于观察和控制产生O2的速率，分析装置可知，利用分液漏斗控制加入过氧化氢的量能达到要求，装置B中生成的氧气通过浓硫酸可以干燥氧气，同时观察气体气泡冒出的速率控制生成氧气的速率，所以选择B装置；故答案为：B；（2）该反应中Fe元素化合价由0价变为+2价、Cu元素化合价由+2价变为0价，所以Fe作
50、负极、不如Fe活泼的金属或导电的非金属作正极，如铜或石墨，硝酸铜为电解质；工作时，正极反应式为Cu2+2e=Cu，负极反应式为Fe2e=Fe2+；Fe作负极、石墨作正极，硝酸铜为电解质，装置图为；硝酸铜浓度变为原来一半时，则参加反应的铜离子的物质的量为：0.4L2mol/L=0.4mol，所以转移电子数为：0.8NA，故答案为：负极：Fe；Fe2e=Fe2+；正极：石墨；Cu2+2e=Cu；0.8NA；（3）铜是负极发生氧化反应，电极反应式为：Cu2e=Cu2+，铜如果是正极，电极反应式为：Cu2+2e=Cu，所以当电路中通过2mol电子时，Cu电极质量变化可能增重64g，也可能减重64g，故选C点评： 本题考查了物质成分探究实验和电化学的相关知识，题目涉及的知识点比较多，分析一个反应的可行性要从多方面分析，如从反应的可行性，环保安全，操作简便，经济节能方面考虑，本题难度较大
