1、2014-2015学年北京市东城区（南片）高一（下）期末化学试卷一、选择题（共21小题，每小题2分，满分42分）1下列设备工作时，将化学能转变为电能的是（）A太阳能集热器B锂离子电池C电烤箱D燃气灶2工业上常用电解法冶炼的金属是（）AAgBCuCFeDAl3下列物质中酸性最强的是（）AH2SiO3BH3PO4CH2SO4DHClO44下列物质中，只含离子键的是（）AN2BHClCMgCl2DKOH5某粒子的结构示意图为，关于该粒子的说法不正确的是（）A核电荷数为11B核外有三个电子层C属于金属离子D在化学反应中容易失去1个电子6下列物质的电子式书写正确的是（）ABCD7得Tc是核医学临床诊断中
2、应用最广的医用核素，其原子核内中子数与核外电子数之差是（）A13B43C56D998从左到右，原子半径由小到大且最高正价依次降低的是（）AN、O、FBSi、P、ClCNa、Cl、SDAl、Mg、Na9下列物质中，属于共价化合物的是（）AO3BPCl3CNa2O2DNH4Cl10如图表示第IA族的金属元素的某些性质随核电荷数的变化关系下列各性质中不符合图示关系的是（）A金属性B阳离子的氧化性C单质与水反应的剧烈程度D最高价氧化物对应的水化物的碱性11下列反应是吸热反应的是（）A铝片与稀硫酸反应B甲烷在氧气中燃烧CNaOH溶液和稀盐酸DBa（OH）28H2O与NH4Cl的反应12关于如图所示的原电
3、池，下列说法不正确的是（）A锌片发生氧化反应B电子由锌片通过导线流向铜片C铜片反应式为Cu2+2eCuD该电池的反应本质是氧化还原反应13下列措施中，能减慢化学反应速率的是（）A食物存放在温度低的地方B将块状固体药品研细后再反应C用FeCl3溶液作H2O2分解反应的催化剂D用4 mol/L H2SO4溶液代替1 mol/L H2SO4溶液与锌粒反应14合成氨的反应进行到2秒时，氨气的浓度增加了0.6mol/L用氮气的浓度变化表示该时间段的反应速率为（）A0.15 mol/（LS）B0.3 mol/（LS）C0.6 mol/（LS）D0.9 mol/（LS）15一定条件下，在密闭容器中进行反应：
4、2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）当SO2、O2、SO3的浓度不再改变时，下列说法正确的是（）ASO2、O2完全转化为SO3B正、逆反应速率相等且等于零C反应已达到化学平衡状态DSO2、O2、SO3的浓度一定相等16甲烷和乙烯是两种重要的有机物，区分它们的正确方法是（）A观察两者的颜色B观察两者的状态C通入氢氧化钠溶液D通入高锰酸钾酸性溶液17下列分子具有正四面体结构的是（）ACH4BCH3ClCC2H6DC2H418关于分子模型和所代表的有机物（只含C、H、O三种元素），下列说法不正确的是（）A二者互为同系物B均易溶于水C均能与金属钠反应生成氢气D可用紫色石蕊溶液鉴别19下列事实能说明
5、苯分子没有与乙烯类似的双键的是（）苯燃烧时发生明亮并带有浓烟的火焰苯在特定条件下能与氢气发生加成反应苯不与酸性高锰酸钾溶液或溴水发生反应苯分子具有平面正六边形结构，其中6个碳原子之间的键完全相同ABCD20下列关于物质性质的比较，不正确的是（）A金属性由强到弱：NaMgAlB离子半径由大到小：Na+S2O2C离子的还原性由强到弱：S2ClFD酸性由强到弱：HClO4HBrO4HIO421下列对应的试剂（或条件）不能完成实验目的是（）实验目的试剂（或条件）A温度对H2O2分解反应速率的影响热水浴冰水浴B用稀硫酸比较铝和铁的金属活动性铝粉 铁钉C用酸化的AgNO3溶液检验海水中Cl能否蒸馏除去海水
6、 蒸馏所得液体D用Na块检验乙醇分子存在不同于烃分子里的氢原子乙醇 煤油AABBCCDD二、解答题（共6小题，满分58分）22以原油为原料生产聚烯烃的几个步骤如图：（1）步骤使用的方法是分馏分馏是利用原油中各组分的不同进行分离的过程（2）步骤所得C4C10的烃类混合物中所含的物质超过7种请以C4H10为例说明其原因是（3）步骤中，聚烯烃的合成反应与聚乙烯的相同，该反应类型是生产的聚丙烯可表示为其重复结构单元即它的链节是（4）乙烯是一种重要的基本化工原料，可制备乙酸乙酯，其转化关系如图已知：H2C=CHOH不稳定I的反应类型是B的结构简式是的化学方程式是23氢氧燃料电池已用于航天飞机以30% K
7、OH溶液为电解质溶液的这种电池的构造如图所示该电池在工作时的电极反应如下：O2+2H2O+4e4OH2H24e+4OH4H2O（1）供电时的总反应为（2）气体X是（3）在图上用箭头标出电子的移动方向24物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角（1）X的电子式是（2）Na2S2O3是一种用途广泛的钠盐从理论上分析，下列物质组合中能用于制备Na2S2O3的是（填字母序号）aNa2S+S bZ+S cNa2SO3+Y（3）硒（34Se）和S位于同一主族H2Se的稳定性比H2S的（填“强”或“弱”），断开1mol HSe键吸收的能量比断开1mol HS键吸收的能量（填“多”或“少”）用
8、原子结构解释原因：同主族元素最外层电子数相同，从上到下写出SeO2与NaOH溶液反应的离子方程式：25铝热反应原理可以应用在生产上，例如焊接钢轨、冶炼难熔金属、制作传统的烟火剂等某小组同学在研究铝热反应时，进行如下讨论和实验（1）关于铝热反应有以下两种认识，其中正确的是（填字母序号）a该反应需在高温下发生，所以是吸热反应b因为铝的还原性较强，所以铝能将相对不活泼的金属从其化合物中置换出来（2）铝和氧化铁反应的化学方程式是（3）铝和氧化铁反应所得固体成分的初步确定实验序号操作及现象i取少量固体样品，加入过量稀盐酸，固体溶解，产生无色气体（经检验为H2），溶液呈浅黄色ii向i所得溶液中加入少量KS
9、CN溶液，溶液呈浅红色，再加入H2O2溶液，产生无色气体（经检验为O2），溶液变为深红色由上述实验可知：溶液中Fe元素的存在形式有i中产生H2的原因是样品中除含Fe外，可能有未反应的Al，为检验样品中是否含Al单质，可选用的试剂是ii中生成O2的化学方程式是进一步的实验表明，上述固体样品中Fe元素的存在形式有：Fe、Fe2O3、Fe3O426某课外小组模拟工业上以浓缩海水为原料提取溴的部分过程，设计以下装置进行实验（所有橡胶制品均已被保护，夹持装置已略去）（1）装置A中通入Cl2的目的是（用离子方程式表示）（2）装置A中通人Cl2一段时间后，停止通入，改通热空气通入热空气的目的是（3）反应过程
10、中，装置B中有SO42生成，说明Br2有（填“氧化”或“还原”）性（4）证明反应后的装置B中含有Br，某同学提出的实验方案是：取出少量装置B中的溶液，先加入新制氯水，再加入KI淀粉溶液该方案是否合理并简述理由：该小组同学向反应后的装置B中再通入氯气，充分反应后用蒸馏的方法分离出了溴单质27某化学课外小组的同学通过实验探究认识化学反应速率和化学反应限度（1）实验一：探究温度和浓度对反应速率的影响实验原理及方案：在酸性溶液中，碘酸钾（ KIO3）和亚硫酸钠可发生反应生成碘，反应原理是2IO3+5SO32+2H+I2+5SO42+H2O，生成的碘可用淀粉溶液检验，根据出现蓝色所需的时间来衡量该反应的
11、速率实验序号0.01mol/L KIO3酸性溶液（含淀粉）的体积/mL0.01mol/L Na2SO3溶液的体积/mL水的体积/mL实验温度/出现蓝色的时间/s55V105540255V23525则V1=mL，V2=mL（2）实验二：探究KI和FeCl3混合时生成KCl、I2和FeCl2的反应存在一定的限度实验步骤：i向5mL0.1mol/L KI溶液中滴加56滴0.1mol/L FeCI3溶液，充分反应后，将所得溶液分成甲、乙、丙三等份；ii向甲中滴加CCl4，充分振荡；iii向乙中滴加试剂X将KI和FeCl3反应的离子方程式补充完整I+Fe3+I2+Fe2+步骤iii中，试剂X是步骤ii和
12、iii中的实验现象说明KI和FeCl3混合时生成KCI、I2和FeCl2的反应存在一定的限度，该实验现象是2014-2015学年北京市东城区（南片）高一（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共21小题，每小题2分，满分42分）1下列设备工作时，将化学能转变为电能的是（）A太阳能集热器B锂离子电池C电烤箱D燃气灶【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】将化学能转化为电能，应为原电池装置，结合能量的转化特点判断【解答】解：A太阳能集热器为太阳能转化为热能的装置，故A错误；B锂离子电池是化学能转化为电能的装置，为原电池，故B正确；C电烤箱将电能转化为热能的装置，故C错误；D燃气灶为化学能转
13、化为热能的装置，故D错误；故选B【点评】本题考查原电池和电解池知识，侧重于学生的分析能力和电化学知识的综合考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握常见能量的转化形成，难度不大2工业上常用电解法冶炼的金属是（）AAgBCuCFeDAl【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
14、，物理分离法：Pt、Au用物理分离的方法制得【解答】解：A金属银的冶炼采用热分解法，故A错误； B金属铜的冶炼采用热还原法，故B错误；C金属铁的冶炼采用热还原法，故C错误；DNa、Mg、Al等活泼或较活泼金属的化合物与C、CO或H2等不反应，故采用电解法冶炼制备，故D正确故选D【点评】本题考查金属冶炼的一般方法和原理，注意活泼性不同的金属冶炼的方法不同，难度不大3下列物质中酸性最强的是（）AH2SiO3BH3PO4CH2SO4DHClO4【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】首先根据元素周期律比较元素的非金属性强弱，根据元素的非金属性越强，对应的最高价氧化
15、物的水化物的酸性越强判断【解答】解：同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则非金属性：ClSPSi，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，Cl的非金属性最强，则HClO4酸性最强故选D【点评】本题考查元素的非金属性的比较以及对应最高价氧化物的水化物的酸性的比较，题目难度不大，注意元素的非金属性与最高价含氧酸的关系4下列物质中，只含离子键的是（）AN2BHClCMgCl2DKOH【考点】离子化合物的结构特征与性质【专题】化学键与晶体结构【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，非金属元素之间易形成共价键，铵盐中存在离子键，据此分析解答【解答】解：A氮气分
16、子中N原子之间只存在共价键，故A错误；BHCl分子中H原子和Cl原子之间只存在共价键，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；DKOH中钾离子和氢氧根离子之间存在离子键、O原子和H原子之间存在共价键，所以含有离子键和共价键，故D错误；故选C【点评】本题考查离子键和共价键判断，侧重考查基本概念，明确离子键和共价键的区别，注意C中两个氯离子之间不存在化学键，为易错点5某粒子的结构示意图为，关于该粒子的说法不正确的是（）A核电荷数为11B核外有三个电子层C属于金属离子D在化学反应中容易失去1个电子【考点】原子结构示意图【专题】原子组成与结构专题【分析】中，核电荷数为11，核外电
17、子层数为3，核外电子总数为11，说明该粒子为钠原子，然后根据金属钠的结构与性质进行判断【解答】解：A根据可知，该粒子的核电荷数为11，为钠元素，故A正确；B中核外电子层数为3，故B正确；C的核电荷数=核外电子数=11，说明为该粒子为钠原子，为金属原子，故C错误；D含有3个电子层，其最外层1个电子，很容易失去1个电子，具有较强的还原性，故D正确；故选C【点评】本题考查了原子结构示意图的表示方法及意义，题目难度不大，注意掌握粒子结构示意图的正确表示方法，明确离子结构示意图与原子结构示意图的区别，能够根据粒子结构示意图判断粒子的性质6下列物质的电子式书写正确的是（）ABCD【考点】电子式【分析】A氯
18、化钠是由钠离子与氯离子通过离子键构成的离子化合物；B氯化氢是H和Cl构成的共价化合物；C氮气分子中存在氮氮三键，应该存在3对共用电子对；DCO2 中C分别为O形成2对共价键；【解答】解：A氯化钠为离子化合物，氯离子带电荷并需用方括号括起来，钠离子用离子符号表示，电子式：，故A错误； B氯化氢是H和Cl构成的共价化合物，电子式为，故B错误；C氮气分子中存在氮氮三键，氮原子最外层达到8电子稳定结构，氮气正确的电子式为，故C正确；D二氧化碳为直线型结构，分子中存在两个碳氧双键，二氧化碳的电子式为，故D错误；故选：C【点评】本题考查了常见化学用语的判断，掌握电子式的概念及表示方法，明确离子化合物与共价
19、化合物的电子式的表示方法及区别即可解答，题目难度不大7得Tc是核医学临床诊断中应用最广的医用核素，其原子核内中子数与核外电子数之差是（）A13B43C56D99【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系【分析】原子中质量数=质子数+中子数，质子数=核外电子数，据此判断【解答】解： Tc中中子数=质量数质子数=9943=56，电子数=质子数=43，则原子核内中子数与核外电子数之差为5643=13，故选A【点评】本题考查了原子的结构，明确关系式：质子数核外电子数原子序数核电荷数和中子数N=质量数A质子数Z即可解答，较为基础8从左到右，原子半径由小到大且最高正价依次降低的是（）AN、O、FBSi、
20、P、ClCNa、Cl、SDAl、Mg、Na【考点】微粒半径大小的比较【分析】同周期主族元素，自左而右原子半径减小，元素最高正化合价增大，注意O、F元素没有最高正化合价【解答】解：AN、O、F原子半径依次减小，O、F元素没有最高正化合价，故A错误；BSi、P、Cl的原子半径依次减小，最高正化合价依次为+4、+5、+7，最高正化合价依次增大，故B错误；C原子半径NaSCl，Na、Cl、S的最高正化合价依次为+1、+7、+6，gu Ccw；DAl、Mg、Na的原子半径依次减小，最高正化合价依次为+3、+2、+1，最高正化合价依次减小，故D正确，故选：D【点评】本题考查元素周期律，侧重对基础知识的巩固
21、，注意O、F元素没有最高正化合价9下列物质中，属于共价化合物的是（）AO3BPCl3CNa2O2DNH4Cl【考点】共价键的形成及共价键的主要类型【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，非金属元素之间易形成共价键；含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物，据此分析【解答】解：AO3是只有一种元素构成的纯净物，是单质，不是化合物，故A错误；BPCl3中只含共价键，为共价化合物，故B正确；CNa2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，氧原子和氧原子之间存在共价键，为离子化合物，故C错误；DNH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离
22、子键，氢原子和氮原子之间存在共价键，为离子化合物，故D错误；故选B【点评】本题考查了化学键和化合物的关系，明确离子化合物和共价键化合物的概念是解本题关键，注意：并不是所有的物质中都含有化学键，稀有气体中不含化学键，为易错点10如图表示第IA族的金属元素的某些性质随核电荷数的变化关系下列各性质中不符合图示关系的是（）A金属性B阳离子的氧化性C单质与水反应的剧烈程度D最高价氧化物对应的水化物的碱性【考点】碱金属的性质【分析】依据同主族元素从上到下，金属性依次增强，单质与水反应越剧烈，阳离子氧化性越弱，原子半径越大，最高价氧化物对应的水化物的碱性增强，以此来解答【解答】解：A金属（又称为碱金属）位于
23、同主族，同主族元素从上到下，金属性依次增强，单质与水反应越剧烈，阳离子氧化性越弱，原子半径越大，最高价氧化物对应的水化物的碱性增强，故选：B【点评】本题考查了碱土金属的性质，熟悉元素周期律，明确同主族元素性质的递变规律是解题关键，题目难度不大11下列反应是吸热反应的是（）A铝片与稀硫酸反应B甲烷在氧气中燃烧CNaOH溶液和稀盐酸DBa（OH）28H2O与NH4Cl的反应【考点】吸热反应和放热反应【专题】化学反应中的能量变化【分析】根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C
24、和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱）【解答】解：A、金属铝和硫酸的反应是放热反应，故A错误；B、甲烷在氧气中燃烧是常见放热反应，故B错误；C、NaOH溶液和稀盐酸的中和反应是放热反应，故C错误；D、Ba（OH）28H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，故D正确故选D【点评】本题考查化学反应的热量变化，学生应注重归纳中学化学中常见的吸热或放热的反应，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题12关于如图所示的原电池，下列说法不正确的是（）A锌片发生氧化反应B电子由锌片通过导线流向铜片C铜片反应式为Cu2+2eCuD该电池的反应本质是氧化还原反应【考点】原电池和电解池的工作
25、原理【分析】该原电池装置中，锌易失电子作负极，铜作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极【解答】解：A该装置中锌易失电子作负极，负极上失电子发生氧化反应，故A正确；B电子从负极锌沿导线流向正极铜，故B正确；C铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，反应式为：2H+2eH2，故C错误；D原电池工作时，本质是氧化还原反应，故D正确；故选C【点评】本题考查了原电池原理，根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，难点是电极反应式的书写13下列措施中，能减慢化学反应速率的是（）A食物存放在温度低的地方B将块状固体药
26、品研细后再反应C用FeCl3溶液作H2O2分解反应的催化剂D用4 mol/L H2SO4溶液代替1 mol/L H2SO4溶液与锌粒反应【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】减慢反应速率，可降低温度、减小浓度或减小固体的表面积等，以此解答【解答】解：A将易腐败的食物储存在冰箱里，温度降低，反应速率减小，故A正确；B固体的表面积增大，反应速率增大，故B错误；C加入二氧化锰，起到催化剂作用，反应速率增大，故C错误；D盐酸浓度越大，反应速率越大，故D错误故选A【点评】本题考查反应速率的影响，为高频考点，侧重于基本理论的理解和应用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大14合成
27、氨的反应进行到2秒时，氨气的浓度增加了0.6mol/L用氮气的浓度变化表示该时间段的反应速率为（）A0.15 mol/（LS）B0.3 mol/（LS）C0.6 mol/（LS）D0.9 mol/（LS）【考点】反应速率的定量表示方法【分析】根据v=计算v（NH3），再利用速率之比等于化学计量数之比计算利用氮气表示的化学反应速率【解答】解：v（NH3）=0.3mol/（Ls），故利用氮气表示的化学反应速率为：v（N2）=v（NH3）=0.15mol/（LS），故选A【点评】本题考查反应速率的有关计算，难度较小，旨在考查学生对基础知识的掌握，注意公式的运用15一定条件下，在密闭容器中进行反应：2
28、SO2（g）+O2（g）2SO3（g）当SO2、O2、SO3的浓度不再改变时，下列说法正确的是（）ASO2、O2完全转化为SO3B正、逆反应速率相等且等于零C反应已达到化学平衡状态DSO2、O2、SO3的浓度一定相等【考点】化学平衡状态的判断【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态【解答】解：A、可逆反应不可能完全转化，故A错误；B、正逆反应速率相等，但不为0，是动态平衡，故B错误；C、当体系
29、达平衡状态时，SO、O2和SO3的浓度不再改变，说明反应已达到化学平衡状态，故C正确；D、当体系达平衡状态时，SO、O2和SO3的物质的量之比可能为1：1：1，也可能不是1：1：1，与各物质的初始浓度及转化率有关，故D错误；故选C【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为016甲烷和乙烯是两种重要的有机物，区分它们的正确方法是（）A观察两者的颜色B观察两者的状态C通入氢氧化钠溶液D通入高锰酸钾酸性溶液【考点】有机物的鉴别【分析】乙烯含有碳碳双键，可发生加成反应和氧化反应，以此解答该题【解答】解：A甲烷和乙烯都是无色气体，不能鉴别，故A错误
30、；B常温下都为气体，不能鉴别，故B错误；C甲烷和乙烯与氢氧化钠都不反应，不能鉴别，故C错误；D乙烯含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故D正确故选D【点评】本题考查有机物的检验和鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的性质的异同，难度不大17下列分子具有正四面体结构的是（）ACH4BCH3ClCC2H6DC2H4【考点】判断简单分子或离子的构型【分析】A正四面体中，4个键的键长、键角都相等，一般只有同种元素构成的化学键才能完全相同，甲烷为正四面体结构，C原子位于正四面体的中心；B一氯甲烷分子碳原子和氯原子、氢原子吸引电子的能力不同，所以一氯甲烷属于四面体结构；
31、C乙烷中存在四面体，但分子不是正四面体结构；D乙烯是平面型分子【解答】解：A甲烷分子中碳原子位于正四面体中心上，四个顶点上分别含有一个氢原子，为正四面体结构，故A正确；B一氯甲烷是1个氯原子取代了甲烷中1个氢原子，结构为四面体，含有碳氢、碳氯极性键，分子不对称，不是正四面体，故B错误；CC2H6是1个甲基取代了甲烷中1个氢原子，存在四面体，但整个分子不是正四面体结构，故C错误；DC2H4中含有碳氢单键和碳碳双键，分子中C原子含有3个键电子对，没有孤电子对，其空间构型是平面形结构，故D错误；故选A【点评】本题考查了微粒空间构型的判断，根据正四面体中，4个键的键长、键角都相等，一般只有同种元素构成
32、的化学键才能完全相同分析解答，注意CH4结构，题目难度中等18关于分子模型和所代表的有机物（只含C、H、O三种元素），下列说法不正确的是（）A二者互为同系物B均易溶于水C均能与金属钠反应生成氢气D可用紫色石蕊溶液鉴别【考点】球棍模型与比例模型【分析】由比例模型可知为乙醇，为乙酸，依据官能团的性质分别判断即可【解答】解：A、由比例模型可知为乙醇，为乙酸，两者属于不同的物质类别，不是同系物，故A错误；B、乙醇与乙醛均能溶于水，故B正确；C、乙醇与乙酸中均含有羟基，能与金属钠反应生成氢气，故C正确；D、乙酸属于有机酸，能使石蕊溶液变红，乙醇不能使石蕊变色，故可以利用石蕊溶液鉴别两种物质，故D正确，故
33、选A【点评】本题考查有机物的结构和性质，注意根据球棍模型判断有机物的结构简式，为解答该题的关键，注意有机物的官能团的性质，题目难度不大19下列事实能说明苯分子没有与乙烯类似的双键的是（）苯燃烧时发生明亮并带有浓烟的火焰苯在特定条件下能与氢气发生加成反应苯不与酸性高锰酸钾溶液或溴水发生反应苯分子具有平面正六边形结构，其中6个碳原子之间的键完全相同ABCD【考点】苯的结构【分析】苯燃烧时发生明亮并带有浓烟的火焰，是含碳量高的原因；发生加成反应是不饱和键具有的性质，不饱和烃能与H2发生加成反应；苯中不含碳碳双键，因此不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能与溴发生加成反应；乙烯具有碳碳双键，苯分子具有平面正
34、六边形结构，其中6个碳原子之间的键完全相同【解答】解：苯燃烧时发生明亮并带有浓烟的火焰，是因为苯分子中含碳量高，乙烯燃烧时发生明亮并带有黑烟的火焰，不能说明苯分子没有与乙烯类似的双键，故错误；苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是双键具有的性质，不能说明苯分子没有与乙烯类似的双键，故错误；苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，苯不与酸性高锰酸钾溶液或溴水发生反应，能说明苯分子没有与乙烯类似的双键，故正确；乙烯具有碳碳双键，苯中不含碳碳双键，苯分子具有平面正六边形结构，其中6个碳原子之间的键完全相同，是介于碳碳单键、碳碳双键之间的一种特殊化学键，故正确；故选C【点评
35、】本题考查了苯与烯烃结构的区别和性质的差异，题目难度不大，掌握苯的结构和性质是解题的关键，平时学习时注意不同类物质结构和性质的比较20下列关于物质性质的比较，不正确的是（）A金属性由强到弱：NaMgAlB离子半径由大到小：Na+S2O2C离子的还原性由强到弱：S2ClFD酸性由强到弱：HClO4HBrO4HIO4【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系【分析】A、同周期从左到右金属性减弱；B、电子层相同时核电荷数越多半径越小；C、元素非金属性越强，对应离子的还原性越弱；D、元素非金属性越强，最高价氧化物对应的酸性越强【解答】解：A、同周期
36、从左到右金属性减弱，所以金属性：NaMgAl，故A正确；B、电子层相同时核电荷数越多半径越小，所以半径S2O2Na+，故B错误；C、元素非金属性越强，对应离子的还原性越弱，所以S2ClF，故C正确；D、元素非金属性越强，最高价氧化物对应的酸性越强，所以酸性：HClO4HBrO4HIO4，故D正确；故选B【点评】本题考查了离子半径、金属性、酸性强弱等的大小比较，侧重元素周期律的应用的考查，题目难度不大21下列对应的试剂（或条件）不能完成实验目的是（）实验目的试剂（或条件）A温度对H2O2分解反应速率的影响热水浴冰水浴B用稀硫酸比较铝和铁的金属活动性铝粉 铁钉C用酸化的AgNO3溶液检验海水中Cl
37、能否蒸馏除去海水 蒸馏所得液体D用Na块检验乙醇分子存在不同于烃分子里的氢原子乙醇 煤油AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A只有温度一个变量；B铝和铁为不同金属，且铝粉接触面积大；C蒸馏水中不含氯离子，则加硝酸银不生成沉淀；D钠与煤油不反应，Na与乙醇反应生成氢气【解答】解：A只有温度一个变量，则图装置可完成温度对H2O2分解反应速率的影响，故A正确；B铝和铁为不同金属，且铝粉接触面积大，该实验中多个变量，不能探究金属的活动性，故B错误；C蒸馏水中不含氯离子，则加硝酸银不生成沉淀，则图装置可用酸化的AgNO3溶液检验海水中Cl能否蒸馏除去，故C正确；D钠与煤油不反应，Na与乙醇
38、反应生成氢气，则图中装置可用Na块检验乙醇分子存在不同于烃分子里的氢原子，故D正确；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及反应速率影响因素、离子检验及有机物的结构确定等，把握化学反应原理、物质的性质及探究实验能力等为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，注意实验的评价性分析及速率测定中控制变量法应用，题目难度不大二、解答题（共6小题，满分58分）22以原油为原料生产聚烯烃的几个步骤如图：（1）步骤使用的方法是分馏分馏是利用原油中各组分的沸点不同进行分离的过程（2）步骤所得C4C10的烃类混合物中所含的物质超过7种请以C4H10为例说明其原因是分子式为C4H10的烃有两种
39、结构：CH3（CH2）2CH3和CH（CH3）3，所以C4C10的烃因存在同分异构现象，其所含的烃超过7种（3）步骤中，聚烯烃的合成反应与聚乙烯的相同，该反应类型是加聚反应生产的聚丙烯可表示为其重复结构单元即它的链节是（4）乙烯是一种重要的基本化工原料，可制备乙酸乙酯，其转化关系如图已知：H2C=CHOH不稳定I的反应类型是加成反应B的结构简式是CH3CHO的化学方程式是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O【考点】有机物的推断【分析】（1）原油中各组分沸点的不同可用分馏分离；（2）根据碳原子数超过4个的烷烃分子存在同分异构体分析；（3）都是加成聚合反应，即加聚反应；
40、（4）乙烯通过反应生成A，A被酸性高锰酸钾溶液氧化生成M，A与M发生酯化反应生成乙酸乙酯，则A为乙醇、M为乙酸；A通过反应生成B，B通过反应生成M，则B为乙醛，据此进行解答【解答】解：（1）利用石油中各成分的沸点不同，将它们分离出来的方法叫分馏，所以分馏是利用原油中各组分的沸点不同进行分离的过程，故答案为：沸点；（2）分子式为C4H10的烃有正丁烷和异丁烷两种结构：CH3（CH2）2CH3和CH（CH3）3，则C4C10的烃由于存在同分异构现象，所以所含的烃的种类超过7种，故答案为：分子式为C4H10的烃有两种结构：CH3（CH2）2CH3和CH（CH3）3，所以C4C10的烃因存在同分异构现
41、象，其所含的烃超过7种；（3）步骤中，聚烯烃的合成反应与生成聚乙烯的反应类型相同，都是加成聚合反应，简称加聚反应；中重复的结构单元为，故答案为：加聚反应；（4）乙烯通过反应生成A，A被酸性高锰酸钾溶液氧化生成M，A与M发生酯化反应生成乙酸乙酯，则A为乙醇、M为乙酸；A通过反应生成B，B通过反应生成M，则B为CH3CHO，I反应为乙烯与水反应生成乙醇，该反应为加成反应，故答案为：加成反应；根据分析可知，B为乙醛，其结构简式为：CH3CHO，故答案为：CH3CHO；反应为乙醇与乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH
42、3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O【点评】本题考查了有机推断，题目难度中等，涉及有机物的推断、有机物结构与性质、有机反应类型判断、有机反应方程式书写等知识，明确常见有机物结构与性质为解答根据，23氢氧燃料电池已用于航天飞机以30% KOH溶液为电解质溶液的这种电池的构造如图所示该电池在工作时的电极反应如下：O2+2H2O+4e4OH2H24e+4OH4H2O（1）供电时的总反应为2H2+O2=2H2O（2）气体X是H2（3）在图上用箭头标出电子的移动方向【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】氢氧燃料电池是将化学能转变为电能的装置，工作时，阳
43、离子移向正极，通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，电池总反应与氢气在氧气中燃烧的化学方程式一致，产物为水，外电路中电子从负极移向正极【解答】解：（1）在氢氧燃料电池中，电池总反应与氢气在氧气中燃烧的化学方程式一致，供电时的总反应为2H2+O22H2O，故答案为：2H2+O22H2O；（2）工作时，阳离子移向正极，所以由图电极b为正极，a为负极，又通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，所以气体X是H2，故答案为：H2；（3）外电路中电子从负极移向正极，所以电子由a移向b，故答案为：【点评】本题考查原电池的组成以及工作原理，题目难度不大，注意电极
44、反应式以及总反应的书写是关键24物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角（1）X的电子式是（2）Na2S2O3是一种用途广泛的钠盐从理论上分析，下列物质组合中能用于制备Na2S2O3的是b（填字母序号）aNa2S+S bZ+S cNa2SO3+Y（3）硒（34Se）和S位于同一主族H2Se的稳定性比H2S的（填“强”或“弱”）弱，断开1mol HSe键吸收的能量比断开1mol HS键吸收的能量（填“多”或“少”）少用原子结构解释原因：同主族元素最外层电子数相同，从上到下电子层数增加，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减弱，元素的非金属性减弱写出SeO2与NaOH溶液反应的
45、离子方程式：SeO2+2OH=SeO32+H2O【考点】含硫物质的性质及综合应用；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系【分析】（1）X为H2S，S最外层6个电子，能够与2个H原子形成共价键；（2）Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2；（3）同主族非金属氢化物稳定性减弱，原子半径增大HSe键的键能小于HS键的键能；依据二氧化硒是酸性氧化物和碱反应生成盐和水【解答】解：（1）X为H2S，S最外层6个电子，能够与2个H原子形成共价键，其电子式为：，故答案为：；（2）Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须
46、分别大于2和小于2，a中S化合价都小于2，c中S的化合价都大于2，b符合题意，故答案为：b；（3）同主族非金属氢化物稳定性减弱，原子半径增大HSe键的键能小于HS键的键能断开1mol HSe键吸收的能量比断开1mol HS键吸收的能量少，用原子结构解释原因：同主族元素最外层电子数相同，从上到下电子层数增加，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减弱，元素的非金属性减弱，故答案为：弱；少；电子层数增加，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减弱，元素的非金属性减弱；二氧化硒是酸性氧化物和碱反应生成盐和水，反应的离子方程式为：SeO2+2OH=SeO32+H2O，故答案为：SeO2+2OH=S
47、eO32+H2O【点评】本题考查了核外电子的排布与电子式、氧化还原反应，周期表中通主族递变规律的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等25铝热反应原理可以应用在生产上，例如焊接钢轨、冶炼难熔金属、制作传统的烟火剂等某小组同学在研究铝热反应时，进行如下讨论和实验（1）关于铝热反应有以下两种认识，其中正确的是b（填字母序号）a该反应需在高温下发生，所以是吸热反应b因为铝的还原性较强，所以铝能将相对不活泼的金属从其化合物中置换出来（2）铝和氧化铁反应的化学方程式是2Al+Fe2O32Fe+Al2O3（3）铝和氧化铁反应所得固体成分的初步确定实验序号操作及现象i取少量固体样品，加入过量稀盐酸，固体溶解
48、，产生无色气体（经检验为H2），溶液呈浅黄色ii向i所得溶液中加入少量KSCN溶液，溶液呈浅红色，再加入H2O2溶液，产生无色气体（经检验为O2），溶液变为深红色由上述实验可知：溶液中Fe元素的存在形式有Fe2+、Fe3+i中产生H2的原因是样品中除含Fe外，可能有未反应的Al，为检验样品中是否含Al单质，可选用的试剂是NaOH溶液ii中生成O2的化学方程式是2H2O22H2O+O2进一步的实验表明，上述固体样品中Fe元素的存在形式有：Fe、Fe2O3、Fe3O4【考点】探究铝热反应【分析】（1）反应中吸热、放热与反应条件没有必然关系，需要根据反应物总能量与生成物总能量大小进行比较；铝热反应中
49、由于铝的还原性较强，所以才能够将还原性弱的金属置换出来；（2）铝与氧化铁在高温下发生反应生成氧化铝和铁，据此写出反应的化学方程式；（3）取少量固体样品，加入过量稀盐酸，固体溶解，产生无色气体（经检验为H2），溶液呈浅黄色，说明溶液中含有铁离子；向i所得溶液中加入少量KSCN溶液，溶液呈浅红色，再加入H2O2溶液，产生无色气体（经检验为O2），溶液变为深红色，说明加入双氧水后，溶液中亚铁离子被氧化成铁离子，所以溶液由浅红色变为深红色，则溶液中铁元素存在形式为Fe2+、Fe3+；铁离子能够做催化剂，使双氧水分解生成氧气；可以用氢氧化钠溶液鉴别反应后的固体中是否含有金属铝，据此进行解答【解答】解：（
50、1）a该反应需在高温下发生，所以是吸热反应：反应吸热、放热与反应条件没有必然关系，该反应中反应物总能量大于生成物总能量，所以该反应为放热反应，故a错误；b铝热反应中，由于铝的还原性较强，所以铝能将相对不活泼的金属从其化合物中置换出来，故b正确；故答案为：b；（2）铝与氧化铁发生的铝热反应方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（3）取少量固体样品，加入过量稀盐酸，固体溶解，产生无色气体（经检验为H2），溶液呈浅黄色，说明溶液中含有铁离子；向i所得溶液中加入少量KSCN溶液，溶液呈浅红色，再加入H2O2溶液，产生无色气体（经检验为O2），溶
51、液变为深红色，说明加入双氧水后，溶液中亚铁离子被氧化成铁离子，所以溶液由浅红色变为深红色，则溶液中铁元素存在形式为Fe2+、Fe3+，根据分析可知，铁元素在溶液中存在形式为：Fe2+、Fe3+，故答案为：Fe2+、Fe3+；铁、氧化铁都不与氢氧化钠溶液反应，而铝能够与氢氧化钠溶液反应，所以可用氢氧化钠溶液检验样品中是否含Al单质，故答案为：NaOH溶液；ii中双氧水在铁离子催化作用下分解生成氧气，反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2，故答案为：2H2O22H2O+O2【点评】本题考查了铝热反应，题目难度中等，涉及铝热反应原理、化学方程式书写、物质检验与鉴别方法等知识，明确铝热反应原理为
52、解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力26某课外小组模拟工业上以浓缩海水为原料提取溴的部分过程，设计以下装置进行实验（所有橡胶制品均已被保护，夹持装置已略去）（1）装置A中通入Cl2的目的是（用离子方程式表示）Cl2+2Br=2Cl+Br2（2）装置A中通人Cl2一段时间后，停止通入，改通热空气通入热空气的目的是吹出Br2（3）反应过程中，装置B中有SO42生成，说明Br2有（填“氧化”或“还原”）氧化性（4）证明反应后的装置B中含有Br，某同学提出的实验方案是：取出少量装置B中的溶液，先加入新制氯水，再加入KI淀粉溶液该方案是否合理并简述理由：不合理，因为过量的氯水也可使溶
53、液变蓝该小组同学向反应后的装置B中再通入氯气，充分反应后用蒸馏的方法分离出了溴单质【考点】海水资源及其综合利用【分析】（1）装置A中通入Cl2的目的可氧化溴离子；（2）修溴质易挥发，热空气可将生成的溴蒸气吹出；（3）在B装置中发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，说明Br2有氧化性；（4）氯水中氯气氧化溴离子、碘离子为单质，碘单质遇到淀粉变蓝色【解答】解：（1）加入的Cl2能和溴离子发生反应生成溴单质，氯气能和溴离子发生置换反应生成溴单质，离子反应方程式为Cl2+2Br=2Cl+Br2，故答案为：Cl2+2Br=2Cl+Br2；（2）溴易挥发，升高温度促进其挥发，所以通入热空气的目的是吹出Br2，
54、故答案为：吹出Br2；（3）使溴蒸气转化为氢溴酸以达到富集的目的，可知气体SO2和Br2发生的反应为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，反应中溴单质具有氧化性，故答案为：氧化；（4）溶液中有溴单质，氧化碘离子为碘单质，氯水中氯气氧化溴离子、碘离子为单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，不能证明反应后的装置B中含有Br，故答案为：不合理，因为过量的氯水也可使溶液变蓝【点评】本题考查海水资源开发利用及海水提溴，为高频考点，涉及氧化还原反应、离子反应及流程分析，注重基础知识的综合运用，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等27某化学课外小组的同学通过实验探究认识化学反应速率和化学反应限度（1）实验
55、一：探究温度和浓度对反应速率的影响实验原理及方案：在酸性溶液中，碘酸钾（ KIO3）和亚硫酸钠可发生反应生成碘，反应原理是2IO3+5SO32+2H+I2+5SO42+H2O，生成的碘可用淀粉溶液检验，根据出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率实验序号0.01mol/L KIO3酸性溶液（含淀粉）的体积/mL0.01mol/L Na2SO3溶液的体积/mL水的体积/mL实验温度/出现蓝色的时间/s55V105540255V23525则V1=40mL，V2=10mL（2）实验二：探究KI和FeCl3混合时生成KCl、I2和FeCl2的反应存在一定的限度实验步骤：i向5mL0.1mol/L KI溶液
56、中滴加56滴0.1mol/L FeCI3溶液，充分反应后，将所得溶液分成甲、乙、丙三等份；ii向甲中滴加CCl4，充分振荡；iii向乙中滴加试剂X将KI和FeCl3反应的离子方程式补充完整2I+2Fe3+1I2+2Fe2+步骤iii中，试剂X是KSCN溶液步骤ii和iii中的实验现象说明KI和FeCl3混合时生成KCI、I2和FeCl2的反应存在一定的限度，该实验现象是ii中可观察到溶液分层，下层呈现紫红色，iii中可观察到溶液变红【考点】探究影响化学反应速率的因素；探究化学反应机理【专题】实验分析题；物质检验鉴别题；实验评价题【分析】（1）探究温度和浓度对速率影响时，应考虑在同等条件下研究温
57、度或浓度对速率的影响，即浓度相同时探究温度，温度相同时探究浓度；（2）（2）探究KI和FeCl3混合时生成KCl、I2和FeCl2的反应存在一定的限度，实际就是证明反应后的混合液里既有I2生成，但Fe3+没有完全反应还有剩余；KI和FeCl3反应的离子方程式中I发生氧化反应生成I2，且每生成1个I2，转移2e，Fe3+被还原生成Fe2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平离子反应方程式；Fe3+的检验通常用KSCN溶液；因反应物中KI明显过量，则能说明反应有一定限度，就需要证明有I2生成，同时有Fe3+存在；【解答】解：（1）和温度不同，应该时探究温度对速率的影响，因此浓度要求相同，即溶液的
58、总体积相同，则V1+5+5=5+5+40，得V1=40；和温度相同，应该时探究浓度对速率的影响，图表中KIO3酸性溶液体积相同，可知是改变亚硫酸钠的浓度，为达到溶液体积相同，5+V2+35=5+5+40，得V2=10，故答案为：40；10；（2）结合电子守恒，每生成1个I2转移2e时，也生成2个Fe2+，再利用电荷守恒及原子守恒可得配平后的离子反应方程式：2I+2Fe3+=I2+2Fe2+，故答案为：2；2；1；2；利用KSCN溶液检验反应后的溶液里存在Fe3+，故答案为：KSCN溶液；当ii中可观察到溶液分层，下层呈现紫红色是可知反应后的溶液里有I2，iii中滴加KSCN溶液后可观察到溶液变红，可知溶液里存在Fe3+，由此可推出反应存在一定限度，故答案为：ii中可观察到溶液分层，下层呈现紫红色，iii中可观察到溶液变红【点评】探究型实验为高考高频考点，但基础性较强，理解反应实质是解题关键，难度不大，建议重视基本理论的理解与运用，夯实基础，提高分析问题解决问题的能力
