1、2014-2015学年河北省沧州市高一（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）（2015春沧州期末）2015年“六五”世界环境日中国确定的主题为“践行绿色生活”，旨在增强全民环境意识、节约意识、生态意识，选择低碳、节俭的绿色生活方式和消费模式，有关绿色生活下列说法不正确的是（）A自备购物袋，不用塑料方便袋，可以有效控制“白色污染”B大力发展、推广可利用太阳能风能的城市照明系统，能够减少温室气体的排放C将液电池深埋，可以避免其中的重金属污染D建立空调凝结水和屋面雨水收集系统，充分利用水资源考点：常见的生活环境的污染及治理分析：“低碳减排”的做法应减少二氧化碳的
2、排放，减少污染物的排放及能源的使用等，以此来解答解答：解：A、自备购物布袋，不用塑料方便袋，减少白色污染，符合“低碳减排”目的，故A不选；B、开发新能源，如太阳能、风能等，减少对化石能源的依赖，减少二氧化碳的排放，符合“低碳减排”目的，故B不选；C、电池中的重金属离子会带来污染，对废旧电池应当及时回收，集中进行安全处理，故C选；D建立空调凝结水和屋面雨水收集系统，家庭废水再使用，城市污水处理循环利用，节约水资源，减少排放，符合“低碳减排”目的，故D不选；故选：C点评：本题主要考查“低碳减排”，注重化学与生活的联系，抓住减少污染物排放、减少二氧化碳排放、减少资源使用等即可解答2（3分）（2015
3、春沧州期末）人类利用有机化合物满足生产生活各个方面的需求，下列有关叙述正确的是（）A煤的干馏属于物理变化B油脂在酸性或碱性条件下的水解反应叫做皂化反应C石油分馏得到的各馏分都是纯净物D淀粉和纤维素在一定条件下水解均可得到葡萄糖考点：物理变化与化学变化的区别与联系；油脂的性质、组成与结构；淀粉的性质和用途；纤维素的性质和用途；石油的分馏分析：A物理变化无新物质生成，煤的干馏有新物质生成；B油脂在碱性条件下水解出硬质酸钠和甘油为皂化反应；C石油的各种馏分仍然是混合物；D淀粉和纤维素均为多糖，为葡萄糖的脱水缩合物解答：解：A煤的干馏指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤
4、气等产物的过程，有新物质生成，属于化学变化，故A错误；B肥皂的主要成分是硬质酸钠，而油脂只有在碱性条件下水解才能水解出硬质酸钠，在酸性条件下水解出硬脂酸，故油脂在碱性条件下的水解才称为皂化反应，故B错误；C石油的各种馏分仍然是多种烷烃和环烷烃的混合物，无固定熔沸点，故C错误；D淀粉和纤维素均为葡萄糖的脱水缩合物，故淀粉和纤维素水解后均得葡萄糖，故D正确；故选D点评：本题考查了化学在生产和生活中的应用，题目难度不大，应注意的是煤的干馏是化学变化，而石油的分馏是物理变化3（3分）（2015春沧州期末）化学用语是学习化学的重要工具，可用来表示物质的组成物质的结构和物质的变化等，下列用于表示物质结构的
5、化学用语表述正确的是（） A 乙烯的结构简式：CH2CH2 B H2O2的结构式：H00H C 氮气的电子式 D CH4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分析： A乙烯的结构简式中的碳碳双键不能省略；B双氧水为共价化合物，分子中存在两个氢氧键和1个氧氧键；C氮气分子中含有氮氮三键，氮原子最外层达到8电子稳定结构；D为甲烷的球棍模型，不是比例模型解答： 解：A乙烯的结构简式中的碳碳双键不能省略，乙烯结构简式为CH2=CH2，故A错误；B双氧水为共价化合物，H2O2的结构式为：H00H，故B正确；C氮气分子中含有氮氮三键，氮气的电子式为：，故C正确；D甲烷为正面体结构，由原
6、子相对大小表示空间结构为比例模型，则CH4分子正确的比例模型为：，故D错误；故选BC点评： 本题考查了化学用语的表示方法，题目难度中等，注意掌握比例模型与球棍模型、电子式、结构简式、结构式等化学用语的书写原则，明确比例模型与球棍模型、结构简式与结构式的区别4（3分）（2015春沧州期末）美媒称，中国即将批量生产更为优秀的航空发动机，新生动机将适应更高的内部温度，拥有更出色的性能，很可能被安装在作战飞机上，这表明中国工程师已掌握可制造镍基含铼单晶合金叶片的技术查资料发现：铼（Re）的熔点3180，沸点5627；纯铼质软，有良好的机械性能；自然界有2种铼原子 Re、Re，下列说法中正确的是（） A
7、 镍基含铼单晶合金属于金属晶体 B Re和 Re互称为核素 C 铼（Re）元素的相对原子质量为186 D 含铼合金比纯铼的熔点高、硬度大考点： 质量数与质子数、中子数之间的相互关系；同位素及其应用分析： A金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的；B质子数相同，而中子数不同，互称为同位素；C同位素原子的丰度不知，无法求元素的相对原子质量；D合金的熔点比各成份都低解答： 解：A镍基含铼单晶合金是由金属阳离子和自由电子构成的所以是金属晶体，故A正确；BRe和 Re互质子数相同都为75，而中子数分别为110、112不同，互称为同位素，不是互称核素，故B错误；C同位素原子的丰度不知，无法求元素的相对原子
8、质量，故C错误；D合金的熔点比各成份都低，硬度大，故D错误；故选A点评： 本题考查合金的物理性质、同位素的相关知识，注意元素的相对原子量求要结合丰度的值，单个核素的质量数不代表该元素的原子量，题目难度不大5（3分）（2015春沧州期末）化学科学发展的历史，是一部人类逐步认识物质组成、结构、变化的历史，人类对酸碱的认识经历了若干发展阶段，依据酸碱质子理论，下列微粒不属于“酸”的是（） A HCl B H2SO3 C NH4+ D NH3考点： 酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系分析： 凡是能给出质子（H+）的都是酸，凡能结合质子的都是碱，凡能给出质子且能结合质子的微粒就属于酸碱两性物质，据此分
9、析解答解答： 解：A氯化氢能够给出质子，属于酸，故A不选；BH2SO3能够给出质子，属于酸，故B不选；CNH4+能给出质子属于酸，故C不选；D氨气只能够结合质子属于碱，不属于酸，故D选；故选：D点评： 本题考查了酸碱的概念，正确题干含义是解本题关键，熟悉酸碱的质子理论是解题关键，题目难度不大6（3分）（2015春沧州期末）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A7.0g乙烯与丙烯的混合物中氢原子数为NAB常温下，1mol C5H12中含有共价键数为17NAC17g羟基中含有电子数为10NAD标准状况下，22.4L苯中含分子数为NA考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定
10、律分析：A、根据乙烯与丙烯的最简式均为CH2来计算B、根据戊烷的成键情况来计算C、根据羟基呈电中性来计算D、注意苯在标况下的状态解答：解：A、乙烯与丙烯的最简式均为CH2，故7.0g乙烯与丙烯的混合物即含n（CH2）= =0.5mol，故含H原子为1mol，即NA个，故A正确；B、1mol C5H12中含有5molC原子，形成CC单键为4mol，含12molH原子，故形成CH键为12mol，故共形成共价键为16mol，即共价键数为16NA，故B错误；C、17g羟基的物质的量为 =1mol，而OH呈电中性，既不失电子也没得电子，故1molOH含9mol电子，故C错误；D、苯在标况下为液态，故标况
11、下，22.4L苯的物质的量不是1mol，故D错误故选A点评：本题考查了电子数目、化学键数目的计算，应注意苯在标况下为液态7（3分）（2013浙江学业考试）一定条件下，0.3mol X（g）与0.3mol Y（g）在体积为1L，的密闭容器中发生反应：X（g）+3Y（g）2Z（g），下列示意图合理的是（） A B C D 考点： 化学平衡的影响因素专题： 图示题分析： A、X减少0.1mol，生成Z0.2mol当达到平衡时可以XZ的物质的量相同；B、反应速率之比等于化学方程式计量数之比，2V（X）正=V（Z）逆，此时反应达到平衡状态；C、Y消耗0.1mol，生成Z物质的量为0.2mol；D、随反应
12、进行X的体积分数分数变化；解答： 解：A、X减少0.1mol，消耗Y0.3mol，生成Z0.2mol当达到平衡时可以XZ的物质的量相同，但反应是可逆反应不能进行彻底，图象不符合反应达到平衡状态，故A不符合；B、反应速率之比等于化学方程式计量数之比，2V（X）正=V（Z）逆，此时反应达到平衡状态，V（X）正=V（Z）逆，不能说明费用达到平衡状态，故B不符合；C、Y消耗0.1mol，生成Z物质的量为0.2mol，图象中反应的定量关系不符合反应比，故C不符合；D、反应是气体体积减小的反应，随反应进行X的体积分数分数一定不变化为50%，随反应进行X的体积分数分数不变化，图象符合，故D符合；故选D点评：
13、 本题考查了图象分析判断反应达到平衡状态的理解应用，掌握平衡标志的判断依据是解题关键，题目难度中等8（3分）（2015春沧州期末）将一定量纯净的氨基甲酸铵（NH2COONH4）置于特制的密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）下列可以判断该分解反应已经达到化学平衡状态的是（） A 2v（NH3）=v（CO2） B 密闭容器中总压强不变 C 密闭容器中混合气体的平均摩尔质量不变 D 密闭容器中氨气的体积分数不变考点： 化学平衡状态的判断专题： 化学平衡专题分析： 根据化学平衡状态的特征解答，当反应
14、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、2v（NH3）=v（CO2）未体现正逆的关系，故A错误；B、密闭容器中总压强不变，说明总物质的量不变，正逆反应速率相等，故B正确；C、因为反应物是固体，所以整个体系中气体摩尔质量是个定值，故C错误；D、因为反应物是固体，容器中氨气和二氧化碳的物质的量之比为2：1，密闭容器中氨气的体积分数不变，故D错误；故选B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
15、，正逆反应速率相等，但不为09（3分）（2015春沧州期末）在t时，10L 0.4molL1H2O2溶液发生催化分解：2H2O22H2O+O2，不同时刻测得生成O2的体积如下表，已知反应至6min时，H2O2分解了50%（已折算为标准状况）t/min0246V（O2）/L0.09.917.2V=？下列叙述正确的是（溶液体积变化忽略不计）（） A 02min H2O2平均反应速率比46min慢 B 反应至6min时，共产生O244.8L C 06min的平均反应速率 v（H2O2）3.3102molL1min1 D 反应至6min时，c（H2O2）=0.3molL1考点： 反应速率的定量表示方法
16、分析： A双氧水的物质的量是4mol，反应至6min时，H2O2分解了50%，则生成氧气是=1mol，标准状况下的体积是22.4L，则46min内氧气增加了22.4L17.2L=5.2 L，所以02min 内H2O2平均反应速率比46min快；B反应至6min时，H2O2分解了50%，则生成氧气是=1mol，根据v=nvm计算；C06min的平均反应速率 化学反应速率v=计算；D反应至6min时，H2O2分解了50%，则反应至6min时，c（H2O2）=0.2molL1解答： 解：2H2022H2O+O2，在t时，10L 0.4molL1H2O2溶液双氧水的物质的量是4mol，反应至6min时
17、，H2O2分解了50%，则生成氧气是=1mol，标准状况下的体积是22.4L，A02min产生的氧气的物质的量n（O2）=0.44mol，n（H202）=2n（O2）=0.88mol，v（H202）=4.4102mol/（Lmin），410L6min产生的氧气的物质的量n（O2）=2.3101mol，n（H202）=2n（O2）=4.6101mol，=2.3102mol/Lmin，02min H2O2平均反应速率比46min快，故A错误；B反应至6min时，H2O2分解了50%，则生成氧气是=1mol，标准状况下的体积是v=nvm=1mol22.4mol/L=22.4L，故B错误；C06min
18、产生的氧气的物质的量n（O2）=1mol，n（H202）=2n（O2）=2mol，v（H202）=3.3102mol/（Lmin），故C正确；D10L 0.4molL1H2O2溶液双氧水的物质的量是4mol，反应至6min时，H2O2分解了50%，n（H202）=2n（O2）=2mol，c（H2O2）=0.40=0.20mol/L，故D错误；故选C点评： 本题考查化学反应速率的相关计算，把握化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键，题目难度不大10（3分）（2015春沧州期末）已知维生素A 的结构简式可写为，式中以线示键，线的交点与端点处代表碳原子，并用氢原子数补足四价，但C、H原子未标记
19、出来，关于它的叙述正确的是（） A 维生素A的分子式为C20H30O B 维生素A中含有苯环 C 维生素A中可以使溴水褪色 D 1mol维生素A在催化剂作用下最多可与7molH2发生加成反应考点： 有机物的结构和性质分析： A根据结构简式确定分子式；B根据图知，该物质中不含苯环但含有碳碳双键；C碳碳双键能和溴发生加成反应；D该分子中含有5个碳碳双键，只有碳碳双键能和氢气发生加成反应解答： 解：A根据结构简式确定分子式为C18H26O，故A错误；B根据图知，该物质中不含苯环但含有碳碳双键、醇羟基，故B错误；C维生素A中含有碳碳双键，碳碳双键能和溴发生加成反应而使溴水褪色，故C正确；D该分子中含有
20、5个碳碳双键，只有碳碳双键能和氢气发生加成反应，所以1mol维生素A在催化剂作用下最多可与5molH2发生加成反应，故D错误；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，易错点是分子式的确定，注意键线式中拐点和端点含有C原子，易错选项是A11（3分）（2015春沧州期末）下列有关电化学原理的说法错误的是（） A 可充电的电池称“二次电池”，在充电时，是将电能装化为化学能，在放电时，又将化学能转化为电能 B 在现实生活中，电化学腐蚀要比化学腐蚀严重的多，危害更大 C 对于冶炼像钠、钙、镁、铝等这样活泼的金属，电解法几乎是唯一可行的工业方法 D 氯化铝的
21、熔点比氧化铝低，因此工业上最好采用电解熔融氯化铝来制备单质铝考点： 原电池和电解池的工作原理；金属冶炼的一般原理分析： A原电池是将化学能转化为电能的装置，电解池是将电能转化为化学能的装置；B多数金属中都含有杂质，易形成原电池而发生电化学腐蚀；C活泼金属采用电解方法冶炼；D工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝解答： 解：A原电池是将化学能转化为电能的装置，电解池是将电能转化为化学能的装置，二次电池能多次充放电，所以二次电池在充电时，是将电能装化为化学能，在放电时，又将化学能转化为电能，故A正确；B金属与化学物质直接反应而发生化学腐蚀，多数金属中都含有杂质，易形成原电池而发生电化学腐蚀，所以在现
22、实生活中，电化学腐蚀要比化学腐蚀严重的多，危害更大，故B正确；C活泼金属采用电解方法冶炼，这几种金属都是活泼金属，所以电解法几乎是唯一可行的工业方法，故C正确；D氯化铝是分子晶体，熔融状态下不导电，所以工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，故D错误；故选D点评： 本题考查金属的腐蚀与防护及金属的冶炼，明确原电池原理及金属活泼性与金属冶炼方法的关系即可解答，易错选项是D，注意熔融状态下氯化铝不导电12（3分）（2015春沧州期末）下列说法正确的是（） A 水高温条件下不易分解，是因为水分子内的HO稳定 B 互为同分异构体的物质性质一定相似 C 分子组成若干个“CH12”原子团的有机化合物互称为同
23、系物 D 因为互为同位素的核素的性质完全相同，所以这些核素在元素周期表中占据相同位置考点： 同分异构现象和同分异构体；同位素及其应用；芳香烃、烃基和同系物分析： A化学物质的稳定性与化学键有关；B同分异构体具有相同分子式、不同结构，互为同分异构体的物质的性质不一定相似；C同系物之间必须具有相似结构，否则即便分子组成相差若干个“CH12”原子团，如果结构不相似，则不属于同系物；D互为同位素的核素的化学性质相同，但是物理性质不相同解答： 解：A化学物质的稳定性与化学键有关，水是共价化合物，含有OH，氢氧键的键能较大，所以水高温条件下不易分解，故A正确；B具有相同分子式、不同结构的化合物互为同分异构
24、体，所以同分异构体之间具有的性质不一定相似，如丙烯与环丙烷、乙酸与甲酸甲酯，它们的性质不相似，故B错误；C结构相似，分子间相差1个或若干个“CH12”原子团的有机化合物互为同系物，互为同系物的有机物分子之间必须具有相似结构，故C错误；D互为同位素的核素具有相同的核电荷数、核外电子总数，在周期表中占相同位置，则具有相同的化学性质，但是它们的物理性质不相同，故D错误；故选A点评： 本题考查了同系物、同分异构体、同位素、化学键等知识，题目难度不大，明确同位素、同系物、同分异构体的概念及区别为解答关键，注意掌握物质稳定性与化学键的关系13（3分）（2015春沧州期末）下列说法正确的是（） A 某有机物
25、燃烧只生成CO2和H2O，且二者物质的量相等，则此有机物的组成为CnH2n B 相同物质的量的烃，完全燃烧，生成的CO2越多，说明烃中的W（C）越大 C 某气态烃CxHy与足量O2恰好完全反应，如果反应前后气体体积不变（温度100），则y=4；若体积减少，则y4；否则y4 D 相同质量的烃，完全燃烧，消耗O2越多，烃中含W（H）越高考点： 测定有机物分子的元素组成专题： 烃及其衍生物的燃烧规律分析： A、机物燃烧生成物质的量相等的CO2和H2O，则有机物中碳原子和氢原子个数之比是1：2；B、相同物质的量的烃完全燃烧，产生二氧化碳的量的多少和分子式中碳原子数有关；C、设烃的分子式为CxHy，根据
26、烃燃烧的化学方程式，结合反应前后体积的变化进行判断；D、相同质量的烃CxHy，完全燃烧，越大，消耗O2越多解答： 解：A、机物燃烧生成物质的量相等的CO2和H2O，则有机物中碳原子和氢原子个数之比是1：2，不能确定是否含有氧元素，故A错误；B、同物质的量的烃完全燃烧，产生二氧化碳的量的多少和分子式中碳原子数有关，相同质量的烃，完全燃烧，生成的CO2越多，说明烃中的W（C）越大，故B错误；C、有机物燃烧的化学方程式为：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O，反应前后气体体积不变（温度100），则1+x+=x+，所以y=4，若体积减小，则1+x+x+，若体积减少，则y4；否则y4，故C错误；D、相
27、同质量的烃CxHy，完全燃烧，消耗O2越多，则越大，即烃中含W（H）越高，故D正确故选D点评： 本题涉及有机物的燃烧规律：同物质的量的烃CxHy完全燃烧，产生二氧化碳的量的多少和x有关，相同质量的烃，完全燃烧，越大，消耗O2越多，注意规律的把握是关键，难度不大14（3分）（2015春沧州期末）下图是部分周期元素原子序数与主要化合价的关系图，X、Y、Z、W、R是其中的五种元素，下列说法正确的是（） A 五种元素中有三种属于非金属元素，且三种非金属元素均存在同素异形现象 B 五种元素中有两种属于金属元素，且两种金属元素均不能在空气中稳定存在 C 五种元素的单质在固态时分别属于三种不同的晶体类型 D
28、 Y、Z、W三种元素的最高价氧化物的水化物相互之间均能发生反应考点： 原子结构与元素的性质分析： 由图中化合价可知，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：由图中化合价可知，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A五种元素中，Na、Al为金
29、属元素，O、S、Cl为非金属元素，O、S元素单质均存在同素异形体，氯元素单质没有同素异形体，故A错误；B五种元素中，Na、Al为金属元素，Na能与氧气、水反应，在空气中不能稳定存在，而Al在空气中表面会生成致密的氧化物保护膜，阻止内部金属进行反应，可以在空气中稳定存在，故B错误；CNa、Al属于金属晶体，氧气、硫、氯气固体时属于分子晶体，故C错误；DY、Z、W三种元素的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸，氢氧化钠与硫酸发生中和反应，氢氧化铝属于两性氢氧化物，能与氢氧化钠、硫酸反应，故D正确，故选D点评： 本题考查结构性质与位置关系，关键是根据化合价结合原子序数进行推断元素，注意
30、熟练掌握元素化合物知识15（3分）（2015春沧州期末）分子晶体的熔点通常都在200以下，下列数据是对应物质的熔点：据此做出的下列判断中正确的是物质Na2ONaClAlF3AlCl3BCl3Al2O3CO2SiO2熔点/92080112911901072073571723（） A NaCl晶体熔化时，吸收的热量用于破坏离子键 B 表中只有BCl3和干冰是分子晶体 C 碳和硅是同一主族，故CO2和 SiO2的晶体类型相同 D 两种含钠化合物是离子晶体，三种含铝化合物也是离子晶体考点： 晶体熔沸点的比较分析： ANaCl晶体属于离子晶体；B表中AlCl3、BCl3和干冰是分子晶体；CC和Si同主族
31、，但氧化物的晶体类型不同；DAlCl3属于分子晶体解答： 解：ANaCl晶体属于离子晶体，吸收的热量用于破坏离子键，故A正确；B表中AlCl3、BCl3和干冰的熔点都在200以下，都属于分子晶体，故B错误；CC和Si同主族，但氧化物的晶体类型不同，分别属于分子晶体和原子晶体，故C错误；D氧化钠、氯化钠属于离子晶体，但AlCl3属于分子晶体，故D错误，故选A点评： 本题考查晶体类型及晶体的熔点，注重学生数据分析及归纳整理的能力，题目难度不大16（3分）（2015春沧州期末）已知：A是来自石油炼制的重要气态不饱和烃，A在一定条件下与H2O反应生成B；B在一定条件下最终可转化为C；D是具有果香味的有
32、机物，其分子式为C4H8O2，E是一种高聚物，可制成多种塑料包浆材料，则下列说法正确的是（） A 在实验中以B和C为原料制取D，将产物通入饱和NaOH溶液进行分解提纯 B E的主要成分是纯净物 C 鸡蛋壳浸泡在C的水溶液中，可溶解并生成无色无味的气体 D 当C2H6中混有A时，可通过酸性高锰酸钾溶液将其除掉考点： 有机物的推断分析： B在一定条件下最终可转化为C，B、C反应生成D是具有果香味的有机物，其分子式为C4H8O2，则B为醇、C为羧酸、D为酯，B、C中碳原子数目均为2，则B为CH3CH2OH，C为CH3COOH，D为CH3COOCH2CH3，A为CH2=CH2，A发生加聚反应得到高聚物
33、E为解答： 解：B在一定条件下最终可转化为C，B、C反应生成D是具有果香味的有机物，其分子式为C4H8O2，则B为醇、C为羧酸、D为酯，B、C中碳原子数目均为2，则B为CH3CH2OH，C为CH3COOH，D为CH3COOCH2CH3，A为CH2=CH2，A发生加聚反应得到高聚物E为A氢氧化钠溶液可以使乙酸乙酯发生水解反应得到乙酸钠与乙醇，应用饱和碳酸钠溶液进行提纯，故A错误；BE为高聚物，聚合度不同，属于混合物，故B错误；C鸡蛋壳的主要成份为碳酸钙，乙酸能与碳酸钙反应生成二氧化碳，故C正确；D乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，会引入杂化，故D错误，故选C点评： 本题考查有机物的推断，
34、比较基础，注意根据D的分子式及具有水果香气味碱性推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度不大二、解答题（共6小题，满分52分）17（5分）（2015春沧州期末）如图是钢铁在潮湿空气能发生电化学腐蚀原理示意图，发生的反应为：2Fe+2H2O+O22Fe（OH）2，Fe（OH）2继续被氧化为Fe（OH）3，Fe（OH）3脱水生成铁锈请回答下列问题：（1）在上述电化学腐蚀中，Fe作负极（2）写出正极的电极反应式O2+2H2O+4e=4OH（3）下列溶液能够有效防止或减慢钢铁发生腐蚀的是ACA在钢铁制品表面一层金属锌B将钢铁制品放置在潮湿处C在钢铁中加入锰，铬等金属，以改变钢铁结构D在大型铁壳船
35、表面喷涂油漆并订上铜块考点： 金属的电化学腐蚀与防护分析： （1）钢铁在潮湿空气里发生电化学腐蚀时，铁做负极，发生氧化反应，氧气做正极发生还原反应；（2）在中性环境中，氧气得电子生成氢氧根离子；（3）防止金属生锈的方法是：作原电池的正极、电解池的阴极、或使铁与氧气和水隔绝，如在金属表面涂一层油漆、在金属表面镀一层不活泼的金属，形成不锈钢等解答： 解：（1）上述电化学腐蚀中，铁失电子发生氧化反应，做负极，故答案为：负；（2）在中性环境中，氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+2H2O+4e=4OH，故答案为：O2+2H2O+4e=4OH；（3）A在钢铁制品表面一层金属锌，Zn、Fe形成原
36、电池时，Zn作负极被腐蚀，Fe作正极被保护，能够有效防止或减慢钢铁发生腐蚀，故A正确；B将钢铁制品放置在潮湿处，易形成原电池，Fe易发生吸氧腐蚀，故B错误；C在钢铁中加入锰，铬等金属，以改变钢铁结构，可以减缓铁的腐蚀，故C正确；D在大型铁壳船表面喷涂油漆并订上铜块，Cu与Fe形成原电池时，Fe作负极被腐蚀，所以不能减缓钢铁发生腐蚀，故D错误故答案为：AC点评： 本题考查金属腐蚀与防护，明确原电池原理即可解答，知道钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的区别，知道防止金属腐蚀的方法，题目难度不大18（11分）（2015春沧州期末）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：N2（g）+3H2（g）2
37、NH3（g），一种工业合成氨，进而合成尿素的简易流程图如下：（1）步骤II中制氢气原理如下：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g） CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）恒容容器中，对于以上反应，能加快反应速率的是aca升高温度 b充入He c加入催化剂 d降低压强（2）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS，一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式为2NH4HS+O22NH3H2O+2S（3）CO2和H2在高温、高压、催化剂条件下可合成CH3CH2OH，反应的化学方程式2CO2+6H2CH3CH2OH+3H2O
38、以CH3CH2OH、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成然料电池，该电池中负极上的电极反应式是：CH3CH2OH12e+16OH2CO32+11H2O（4）已知尿素的结构简式为，请写出尿素的同分异构体中含有离子键的化学式NH4OCN（5）已知CO2+2NH3CO（NH2）2+H2O，若合成尿素的流程中转化率为80%时，100吨甲烷为原料能够合成400吨尿素考点： 化学平衡的调控作用；化学电源新型电池；化学平衡的影响因素专题： 化学平衡专题；电化学专题分析： （1）根据影响化学反应速率的因素判断；（2）根据元素守恒和电子得失守恒写出化学方程式；（3）根据元素守恒及题中的反应物和生成物写出化
39、学方程式，在CH3CH2OH、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成然料电池中，负极上CH3CH2OH失去电子，发生氧化反，可写出电极反应式；（4）尿素中含有C、H、O、N四种元素，形成有离子键的物质，则有铵根离子，根据同分异构体的特点写出有关化学式；（5）根据化学方程式，利用元素守恒，可计算出尿素的质量；解答： 解：（1）根据影响化学反应速率的因素可知，升高温度和加入催化剂都可以增加反应速率，充入氦气各物质的浓度没变，所以反应速率不变，减小压强反应速率减小，故选ac；（2）根据元素守恒及题中的反应物和生成物可知化学方程式为：2NH4HS+O2 2NH3H2O+2S，故答案为2NH4HS+
40、O2 2NH3H2O+2S：；（3）根据元素守恒及题中的反应物和生成物写出化学方程式为：2CO2+6H2CH3CH2OH+3H2O，在CH3CH2OH、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成然料电池中，负极上CH3CH2OH失去电子，发生氧化反应，可写出电极反应式为CH3CH2OH12e+16OH2CO32+11 H2O，故答案为：2CO2+6H2CH3CH2OH+3H2O；CH3CH2OH12e+16OH2CO32+11 H2O；（4）尿素中含有CHON四种元素，形成有离子键的物质，则有铵根离子，根据同分异构体的特点写出有关化学式为NH4OCN，故答案为：NH4OCN；（5）根据化学方程
41、式CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g） 和 CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g），及元素守恒可知CH44H2NH3CO（NH2）2，根据CH44H2NH3CO（NH2）21680100t80% xtx=t=400t故答案为：400；点评： 本题主要考查了影响化学反应速率因素、化学方程式的书写、根据化学方程式的计算等知识，有一定的综合性，难度不大19（10分）（2015春沧州期末）A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，B原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍；A的一种原子中，质量数与质子数之差为零，D元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n
42、，E元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为n，请回答下列问题：（1）D元素在周期表中的位置是第二周期VIA族；（2）写出一个E和D形成的化合物与水反应的离子方程式Na2O+H2O=2Na+2OH或2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2；（3）已知：甲+H2O丙+丁若甲是由N和Cl元素组成的化合物，其分子结构模型如图所示，丙具有漂白性则甲中Cl元素的化合价是+1，丁与H2O有相同的电子总数，则丁的化学式为NH3 （4）E2D和CA3沸点差距极大，其原因是Na2O为离子晶体，NH3而是分子晶体（5）写出单质B与过量单质D在高温下完全反应后都生成物的电子式考点： 位置结构性质的相互关系应用
43、分析： （1）（2）A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大B原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍，B原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则B为碳元素；A的一种原子中质量数与质子数之差为零，即没有中子，则A为氢元素；D元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，E元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为，则m+n=8，故D原子有2个电子层，即n=2，则m=82=6，故D为氧元素，C的原子序数介于B、D之间，所以C为N，E的M层电子数=2=1，故E为Na；（3）中若甲是由N和Cl元素组成的化合物，其分子结构模型如图所示，根据其模型知，大球是氯原子，小球是N元素，所以该
44、物质是NCl3，丙具有漂白性，根据元素守恒知，丙是次氯酸，丁与H2O有相同的电子总数，结合原子守恒知，丁是氨气；（4）不同类型的晶体的沸点不一样，离子晶体的沸点远远高于分子晶体；（5）B与D在高温下完全反应后生成物为二氧化碳，二氧化碳分子中C原子与O原子之间形成2对共用电子对解答： 解：A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大B原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍，B原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则B为碳元素；A的一种原子中质量数与质子数之差为零，即没有中子，则A为氢元素；D元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，E元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为
45、，则m+n=8，故D原子有2个电子层，即n=2，则m=82=6，故D为氧元素，C的原子序数介于B、D之间，所以C为N，E的M层电子数=2=1，故E为Na，（1）D为氧元素，处于周期表中第二周期VIA族，故答案为：第二周期VIA族；（2）E和D形成的化合物为氧化钠或过氧化钠，与水反应的离子方程式为：Na2O+H2O=2Na+2OH或2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2，故答案为：Na2O+H2O=2Na+2OH或2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2；（3）若甲是由N和Cl元素组成的化合物，其分子结构模型如图所示，根据其模型知，大球是氯原子，小球是N元素，所以该物质是NCl3，丙具
46、有漂白性，根据元素守恒知，丙是次氯酸，因为该反应是非氧化还原反应，所以Cl元素的化合价不变，所以甲中氯元素的化合价是+1价，丁与H2O有相同的电子总数，结合原子守恒知，丁是NH3，故答案为：+1；NH3；（4）E2D为Na2O、CA3为NH3，Na2O为离子晶体，NH3而是分子晶体，所以Na2O的沸点远远高于NH3的沸点，故答案为：Na2O为离子晶体，NH3而是分子晶体；（5）B与D在高温下完全反应后生成物为二氧化碳，二氧化碳分子中C原子与O原子之间形成2对共用电子对，电子式为，故答案为：点评： 本题考查结构性质位置关系应用，侧重对常用化学用语的考查，（3）中注意根据分子结构及生成物的性质推断
47、，难度中等20（7分）（2015春沧州期末）A、B、D、E四种元素均为短周期元素，原子序数逐渐增大，A元素原子的核外电子数、电子层数和最外层电子数均相等，B、D、E三种元素在周期表中的相对位置如图所示，只有E元素的单质能与水反应生成两种酸甲、乙、M、W、X、Y、Z七种物质均由A、B、D三种元素中的一种或几种组成，其中只有M分子同时含有三种元素；W为A、B两元素组成的10电子分子，溶于水显碱性；甲、乙为非金属单质；X分子含有10个电子，常温下为无色液体它们之间的转化关系如图所示已知W和甲反应生成乙和X是置换反应，请回答下列问题：BDE（1）W的电子式为（2）甲和乙反应生成标准状况下1.12LY，
48、吸收9.025kJ的热量，写出该反应的热化学方程式N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+361kJ/mol（3）用石墨做电极电解NaE溶液的离子方程式为2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH（4）将一定量的A2、B2的混合气体放入1L密闭容器中，在500、2107Pa下达到平衡测得平衡气体的总物质的量为0.50mol，其中A2为0.3mol，B2为0.1mol平衡转化率指某一可逆化学反应达到平衡状态时，转化为目的产物的某种原料量占该种原料起始量的百分数，则该条件下A2的平衡转化率为33.3%考点： 无机物的推断；位置结构性质的相互关系应用分析： A、B、D、E四种元素均为短周期元素，原子序数
49、逐渐增大，A元素原子的核外电子数、电子层数和最外层电子数均相等，则A是H元素；B、D、E三种元素在周期表中的相对位置如图所示，只有E元素的单质能与水反应生成两种酸，则E是Cl元素，则B、D分别是N、O元素；甲、乙、M、W、X、Y、Z七种物质均由A、B、D三种元素中的一种或几种组成，其中只有M分子同时含有三种元素；W为A、B两元素组成的10电子分子，溶于水显碱性，则W为NH3；X分子含有10个电子，常温下为无色液体，则X为H2O；W和甲反应生成乙和X是置换反应，甲、乙为非金属单质，则甲是O2、乙是N2，氮气和氧气反应生成NO，则Y是NO，NO被氧化生成NO2，则Z为NO2；二氧化氮和水反应生成H
50、NO3和NO，则M为HNO3，再结合题目分析解答解答： 解：A、B、D、E四种元素均为短周期元素，原子序数逐渐增大，A元素原子的核外电子数、电子层数和最外层电子数均相等，则A是H元素；B、D、E三种元素在周期表中的相对位置如图所示，只有E元素的单质能与水反应生成两种酸，则E是Cl元素，则B、D分别是N、O元素；甲、乙、M、W、X、Y、Z七种物质均由A、B、D三种元素中的一种或几种组成，其中只有M分子同时含有三种元素；W为A、B两元素组成的10电子分子，溶于水显碱性，则W为NH3；X分子含有10个电子，常温下为无色液体，则X为H2O；W和甲反应生成乙和X是置换反应，甲、乙为非金属单质，则甲是O2
51、、乙是N2，氮气和氧气反应生成NO，则Y是NO，NO被氧化生成NO2，则Z为NO2；二氧化氮和水反应生成HNO3和NO，则M为HNO3，（1）W是氨气，氨气分子中N原子和每个H原子之间共用一对电子，所以氨气分子的电子式为，故答案为：；（2）1.12LY的物质的量为0.05mol，甲和乙反应生成0.05molNO吸收9.025kJ的热量，则生成2molNO吸收361kJ热量，所以该反应的热化学方程式为N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+361kJ/mol，故答案为：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+361kJ/mol；（3）用石墨作电极电解NaCl溶液，阳极上氯离子放电生成氯气、阴
52、极上氢离子放电生成氢气，所以电池反应离子方程式为2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH，故答案为：2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH；（4）将一定量的H2、N2的混合气体放入1L密闭容器中，在500、2107Pa下达到平衡测得平衡气体的总物质的量为0.50mol，其中H2为0.3mol，N2为0.1mol，则NH3的物质的量为0.1mol，生成0.1mol氨气需要氢气0.15mol，则反应初始氢气的物质的量=（0.3+0.15）mol=0.45mol，氢气转化率=33.3%，故答案为：33.3%点评： 本题考查无机物推断，侧重考查学生分析推断能力，涉及化学平衡计算、电解原理、热化学反应方程式的
53、书写等知识点，正确判断物质是解本题关键，会根据三段式法进行化学平衡计算，题目难度不大21（10分）（2015春沧州期末）前苏联科学家欧巴林教授子啊其著作中曾说：“生命起源于甲烷”，英国科学家巴纳尔教授则认为生命是从二氧化碳及水开始的，与之相关的转化如下图所示（部分反应条件已略去）（1）反应的类型为消去反应，E的官能团的名称羧基（2）写出结构简式，D为CH3CHO，H为（3）由E生成F的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，由I生成C的化学方程式为C6H12O6（葡萄糖）2C2H5OH+2CO2（4）已知：断开1mol共价键吸收的能量或形成1mol共价键释放的能量
54、数据如下表共价键HHCHCC能量变化/kJmol1436413812反应2CH4（g）C2H2（g）+3H2（g）H=+358kJmol1考点： 有机物的推断分析： 由转化中分子式可知，A的结构简式为CHCH，与氢气发生加成反应生成B为CH2=CH2，B与水发生加成反应得到C为CH3CH2OH，C被氧化得到D为CH3CHO，D被氧化得E为CH3COOH，E与C发生酯化反应得到F为CH3COOCH2CH3，A与氯化氢发生加成反应生成G为CH2=CH2Cl，G发生成加聚反应得H为（4）中焓变H=反应物键能总和生成物键能总和解答： 解：由转化中分子式可知，A的结构简式为CHCH，与氢气发生加成反应生
55、成B为CH2=CH2，B与水发生加成反应得到C为CH3CH2OH，C被氧化得到D为CH3CHO，D被氧化得E为CH3COOH，E与C发生酯化反应得到F为CH3COOCH2CH3，A与氯化氢发生加成反应生成G为CH2=CH2Cl，G发生成加聚反应得H为（1）反应的类型为：加成反应，E为CH3COOH，含有的官能团为：羧基，故答案为：加成反应；羧基；（2）由上述分析可知，D为CH3CHO，H为，故答案为：CH3CHO；（3）由E生成F的化学方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，由I生成C的化学方程式为：C6H12O6（葡萄糖）2C2H5OH+2CO2，故答案为：CH3
56、COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；C6H12O6（葡萄糖）2C2H5OH+2CO2；（4）反应2CH4（g）C2H2（g）+3H2（g）的H=413kJmol142812kJmol12413kJmol13436kJmol1=+358kJmol1，故答案为：+358点评： 本题考查有机物推断、反应热有关计算，充分利用有机物分子式与反应条件进行推断，关键是掌握官能团的性质，难度不大22（9分）（2015春沧州期末）影响化学反应速率的因素很多，某课外兴趣小组用实验的方法进行探究（1）实验一：取等物质的量浓度等体积H2O2溶液分别进行下列实验，实验报告如下表所示序号条件现象结论温度/
57、催化剂140FeCl3溶液220FeCl3溶液320MnO2420无试回答：实验1、2研究的是温度对H2O2分解速率的影响 实验2、3的目的是比较FeCl3溶液和MnO2作为催化剂对双氧水分解反应速率影响的差异（2）实验二：经研究知Cu2+对H2O2分解也具有催化作用，为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，该小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验回答相关问题：定性分析：如图甲可通过观察反应产生气泡的快慢，定性比较得出结论有同学提出将FeCl3改为Fe2（SO4）3更为合理，其理由是排除阴离子的干扰定量分析：为了更精确地研究浓度对反应速率的影响，利用乙图装置进行定量实验完成该实验应
58、该测定的实验数据是测定一定时间内产生的气体（或测定产生一定体积的气体所需的时间）实验三：已知2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2，在开始一段时间内，反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快针对上述现象，某同学认为该反应放热，导致溶液温度上升，反应速率加快从影响化学反应速率的因素看，你猜想还可能是催化剂（或硫酸锰或Mn2+的催化作用）的影响若用实验证明你的猜想，除酸性高锰酸钾溶液、草酸溶液试剂外，还需要选择的试剂是合理的是BA硫酸钾B硫酸锰C水D氯化锰考点： 探究影响化学反应速率的因素分析： 实验一：影响化学反应速率的因
59、素很多，实验1、2使用相同的催化剂，就可以探究温度对H2O2分解速率的影响；实验2、3的温度相同，催化剂不同，则实验目的是探究不同催化剂对反应速率的影响；实验二：该反应中有气泡产生，可通过观察气泡判断反应速率；在探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果是，必须保持其他的条件相同，所以将FeCl3改为Fe2（SO4）3更为合理；可以避免由于阴离子不同造成的干扰；根据图示装置及选取的试剂可知，实验目的是通过测定反应生成氢气快慢进行判断浓度对反应速率的影响，可以通过测定单位时间内生成气体体积偏大浓度对反应速率影响；实验三：影响反应速率的因素除了浓度、温度外，催化剂也影响反应速率；根据反应方程式
60、可知，反应产物中锰离子随着反应的进行，浓度变化较大，反应前加入硫酸锰，根据反应速率大小判断锰离子是否在该反应中起到催化作用解答： 解：实验一：（1）实验1、2使用相同的催化剂，但温度不同，所以反应速率不同是由温度不同导致的，所以可以探究温度对H2O2分解速率的影响，故答案为：温度；根据实验2、3的数据可知，实验2、3的温度相同，使用的催化剂不同，则实验目的是比较FeCl3溶液和MnO2作为催化剂对双氧水分解反应速率影响的差异，故答案为：比较FeCl3溶液和MnO2作为催化剂对双氧水分解反应速率影响的差异；实验二：（2）定性比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，可以通过观察产生气泡的快
61、慢来比较，产生气泡快的，催化效果好；在探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果是，必须保持其他的条件相同，所以将FeCl3改为Fe2（SO4）3更为合理，可以避免由于阴离子不同造成的干扰，故答案为：反应产生气泡的快慢；排除阴离子的干扰；为了更精确地研究浓度对反应速率的影响，由图可知，可以通过测定一定时间内产生的气体或测定产生一定体积的气体所需的时间来比较，一定时间内产生的气体越多或产生一定体积的气体所需的时间越短，说明反应速率越快，故答案为：测定一定时间内产生的气体（或测定产生一定体积的气体所需的时间）；实验三：对化学反应速率影响最快的是催化剂，故猜想还可能是催化剂的影响，故答案为：催化剂（或硫酸锰或Mn2+的催化作用）；反应方程式2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2中，浓度变化较大的为锰离子，所以选择的可以做催化剂的试剂应该含有锰离子，故只有B正确，故答案为：B点评： 本题考查化学反应速率的影响因素，题目难度中等，影响化学反应速率的外界条件除温度、浓度、压强、催化剂外，还有很多因素可以改变反应速率，如光辐射、超声波、电弧、激光、强磁场、反应物颗粒大小等，外界条件只是影响反应速率，决定化学反应速率的是物质本身的性质