1、2015-2016学年河北省保定市定州中学高一（下）期末化学试卷一、本卷共16小题，每小题3分，共48分在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的1短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如下，其中T原子的M层电子数比K层多2个，下列叙述不正确的是( )AH2R2的分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键BT的氧化物是一种良好的半导体材料CQ、R的简单氢化物分子所含质子数、电子数与Ne分子相同DQ的氢化物与W的氢化物反应有白烟现象，且生成物中既含有离子键，又含有共价键2氯的原子序数为17，37Cl和35Cl是氯的两种同位素，下列说法正确的是( )A35Cl原子所含质子数为18，
2、37Cl和35Cl得电子能力相同Bmol的H35Cl分子所含中子数约为6.021023C7 g的35Cl2气体的体积为2.24 LD35Cl的相对原子质量是12C原子质量的35倍3下列对碱金属的叙述，其中完全不正确的组合是( )K通常保存在煤油中，以隔绝与空气的接触；碱金属常温下呈固态，取用时可直接用手拿；碱金属中还原性最强的是钾；碱金属阳离子，氧化性最强的是Li+；碱金属的原子半径和离子半径都随核电荷数的增大而增大；从Li到Cs，碱金属的密度越来越大，熔沸点越来越高ABCD4据ETH天文研究所报告，组成太阳的气体中存在20Ne和22Ne，下列关于20Ne和22Ne的说法不正确的是( )A20
3、Ne和22Ne互为同位素B20Ne和22Ne的质子数为10C20Ne和22Ne的电子数相同D20Ne和22Ne的中子数相同5据报道，我国拥有完全自主产权的氢氧燃料电池车已在北京奥运会期间为运动员提供服务某种氢氧燃料电池的电解液为KOH溶液下列有关该电池的叙述不正确的是( )A正极反应式为：O2+2H2O+4e4OHB工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量不变C该燃料电池的总反应方程式为：2H2+O22H2OD该电池工作时每消耗1 mol O2，有2 mol电子转移62011年中国已超北美成为全球液晶显示器第二大市场生产液晶显示器的过程中使用的化学清洗剂NF3是一种温室气体，其存储能量的能力是
4、CO2的1200020000倍，在大气中的寿命可长达740年之久，以下是几种化学键的键能：化学键NNFFNF键能：kJ/mol941.7154.8283.0下列说法中不正确的是( )A过程F2（g）2F（g）吸收能量B过程N（g）+3F（g）NF3（g）放出能量C反应N2（g）+3F2（g）=2NF3（g）的H0DNF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，仍可能发生化学反应7第十一届中国国际环保展览暨会议于2009年6月3日至6日在北京举行海外展商有包括美国、法国的23个国家和地区大会的主题是“节能减排，和谐发展”你认为下列行为中有悖于这一主题的是( )A开发太阳能、水能、风能、可燃冰等新能
5、源，减少使用煤、石油等化石燃料B将煤进行气化处理，提高煤的综合利用效率C研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展D实现资源的“3R”利用观，即：减少资源消耗（Reduce）、增加资源的重复使用（Reuse）、资源的循环再生（Recycle）8下列有关反应速率的说法正确的是( )A用铁片和稀硫酸反应制氢气时，改用98%的硫酸可以加快反应速率B100 mL 2 molL1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变CSO2的催化氧化反应是一个放热的反应，所以升高温度，反应速率变慢D汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强反应速率变慢9某学生用优质大理石与稀
6、盐酸反应制取CO2，实验结果如图所示，对于图中曲线的叙述正确的是( )AAB段表示反应速率最慢BBC段表示反应速率最快，在该时间内收集到的气体最多COC段表示随时间增加，反应速率逐渐增大DOC段表示反应产物中气体体积随时间的变化关系10某有机物的结构为 ，这种有机物不可能具有的性质是( )A能跟NaOH溶液反应B能使酸性KMnO4溶液褪色C能发生酯化反应D能发生水解反应11咖啡酸（如图），存在于许多中药，如野胡萝卜、光叶水苏、荞麦等中咖啡酸有止血作用下列关于咖啡酸的说法不正确的是( )A咖啡酸的分子式为C9H8O4B1mol咖啡酸可以和含4molBr2的浓溴水反应C1mol咖啡酸可以和3mol
7、NaOH反应D可以用高锰酸钾检验出咖啡酸分子中含有碳碳双键12将甲烷与氯气按1：3的体积比混合于一试管中，倒立于盛有饱和食盐水的水槽，置于光亮处（如图所示），下列有关此实验的现象和结论的叙述不正确的是( )A试管中气体的黄绿色逐渐变浅，水面上升B生成物只有三氯甲烷和氯化氢在标准状况下是气体C试管内壁有油状液滴形成D试管内有少量白雾13“低碳经济，节能减排”是21世纪世界经济发展的新思路”下列与之相悖的是( )A开发水能、风能、太阳能、地热能、核能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料B大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源C大力开采煤、石油和天然气，以满足经济发展的需要D大力发展新能
8、源汽车，如混合动力汽车、电动汽车等，以减少碳、氮氧化物的排放14在“十二五”期间，山东省将大力实施“清水蓝天”工程下列不利于“清水蓝天”工程实施的是( )A积极推广太阳能、风能、地热能及水能等的使用，减少化石燃料的使用B加强城市生活污水脱氮除磷处理，遏制水体富营养化C大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，减少硫的氧化物和氮的氧化物污染D加大稀土资源的开采和出口，保证经济快速发展15“促进低碳经济”是世界环境日的主题，联合国气候变化框架公约第15次缔约方会议也商讨了2012年至2020年的全球减排协议下列行为中不符合“促进低碳经济”宗旨的是( )A研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速
9、发展B将煤进行气化处理，提高煤的综合利用效率C开发太阳能、水能、风能、可燃冰等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料D实现资源的“3R”利用观，即：减少资源消耗（Reduce）、增加资源的重复使用（Reuse）、资源的循环再生（Recycle）16从石器、青铜器到铁器时代，金属的冶炼体现了人类文明的发展水平下图表示了三种金属被人类开发利用的大致年限，之所以有先后，主要取决于( )A金属的导电性强弱B金属在地壳中的含量多少C金属的化合价高低D金属的活动性大小二、非选择题（共6小题，52分）17将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）xC（g）+2D（g），经5m
10、in后，测得D的浓度为0.5mol/L，c（A）：c（B）=3：5，C的平均反应速率为0.1mol/（Lmin）（1）此时A的浓度为_，反应开始前容器中A、B的物质的量为_（2）B的平均反应速率为_（3）x=_18将等物质的量的A、B混合于2L密闭容器中发生如下反应：3A（g）+B（g）xC（g）+2D（g），4min时测得D的浓度为0.4mol/L，c（A）：c（B）=3：5，C的平均反应速率是0.1mol/（Lmin）列式计算：（1）x=_（2）B在这4min内的平均反应速率（3）此时A的浓度及反应开始前容器中A、B的物质的量19将0.6molA和0.5molB 充入0.4L密闭容器中发生
11、2A（g）+B（g）mD （g）+E（g），5min 后达到化学平衡，此时测得D为0.2mol又知5min内用E表示的平均反应速率为0.1molL1min1，计算：（1）m的值（2）平衡时B的转化率（3）起始与平衡时密闭容器中的压强之比20由等质量的锌片、铜片和200mL稀硫酸组成的原电池，工作一段时间后，当在铜片上放出3.36L（标准状况）的气体时，H2SO4恰好完全反应计算：（1）原硫酸的物质的量浓度是多少？（2）若将电解质溶液改为硫酸铜溶液，当电池两极的质量差为2.58g时，从电池中流出的电子的物质的量21在2L密闭容器中，充入1mol N2和3mol H2，一定条件下发生合成氨反应，2
12、min时达到平衡测得平衡时N2的转化率为40%，求：（1）平衡时v （NH3）的速率（2）求该温度下的平衡常数K（列出算式，不用计算出结果）（3）H2在平衡混合气体中的体积分数（4）平衡时容器的压强与起始时压强之比22在2L的容器中放入4mol N2O5，发生如下反应：2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）反应进行到5min时，测得N2O5转化了20%，（1）5min时，剩余N2O5的物质的量；（2）前5min，v（NO2）为多少；（3）5min时，N2O5的物质的量占混合气体总物质的量的百分比（保留一位小数）2015-2016学年河北省保定市定州中学高一（下）期末化学试卷一、本卷共16小
13、题，每小题3分，共48分在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的1短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如下，其中T原子的M层电子数比K层多2个，下列叙述不正确的是( )AH2R2的分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键BT的氧化物是一种良好的半导体材料CQ、R的简单氢化物分子所含质子数、电子数与Ne分子相同DQ的氢化物与W的氢化物反应有白烟现象，且生成物中既含有离子键，又含有共价键【分析】T原子的M层电子数比K层多2个，M层电子数为2+2=4，则T为Si；由元素在元素周期表中的位置可知，Q为N、R为O、W为Cl，据此解答【解答】解：T原子的M层电子数比K层多2个，M层电
14、子数为2+2=4，则T为Si；由元素在元素周期表中的位置可知，Q为N、R为O、W为Cl，AH2O2的分子中O原子与H原子之间形成极性键，O原子之间形成非极性键，故A正确；BSi单质是一种良好的半导体材料，Si的氧化物二氧化硅是制造光导纤维的材料，故B错误；CN、O的简单氢化物分别为NH3、H2O，分子所含质子数、电子数均为10，与Ne分子相同，故C正确；D氨气与HCl反应生成氯化铵，有白烟现象，氯化铵中既含有离子键，又含有共价键，故D正确，故选B【点评】本题考查结构性质位置关系应用，明确元素是解题关键，侧重对基础知识的巩固，题目难度不大2氯的原子序数为17，37Cl和35Cl是氯的两种同位素，
15、下列说法正确的是( )A35Cl原子所含质子数为18，37Cl和35Cl得电子能力相同Bmol的H35Cl分子所含中子数约为6.021023C7 g的35Cl2气体的体积为2.24 LD35Cl的相对原子质量是12C原子质量的35倍【分析】A35Cl是氯的一种同位素，质子数等于原子序数；37Cl和35Cl的核外电子排布完全相同；B质量数=质子数+中子数，计算出1个分子含有的中子数；C不一定处于标准状况，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol；D摩尔质量的单位是g/mol【解答】解：A35Cl是氯的一种同位素，质子数等于原子序数，所以35Cl质子数为17；37Cl和35Cl的核外电子排布完全相同
16、，故得电子能力完全相同，故A错误；BH35Cl分子所含中子为18，mol的H35Cl分子所含中子的物质的量为1mol，所以中子数约为6.021023，故B正确；C氯气不一定处于标准状况，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，故C错误；D相对原子质量是以碳12原子质量的为标准，所以35Cl的相对原子质量是12C原子质量的35倍的说法是错误的，故D错误故选B【点评】本题考查同位素、常用化学计量数的有关计算等，难度不大注意气体摩尔体积使用条件与范围3下列对碱金属的叙述，其中完全不正确的组合是( )K通常保存在煤油中，以隔绝与空气的接触；碱金属常温下呈固态，取用时可直接用手拿；碱金属中还原性最强的是
17、钾；碱金属阳离子，氧化性最强的是Li+；碱金属的原子半径和离子半径都随核电荷数的增大而增大；从Li到Cs，碱金属的密度越来越大，熔沸点越来越高ABCD【分析】钾的密度大于煤油，和空气中水蒸气、氧气、二氧化碳发生反应；碱金属常温下呈固态，是活泼金属和皮肤中水反应生成碱具有强腐蚀性，取用时不能直接用手拿；依据同主族性质递变分析；金属性越强，对应阳离子的氧化性越弱；同主族电子层数相同，随核电荷数增大而增大；从Li到Cs，碱金属的密度一般越来越大钾反常，熔沸点降低；【解答】解：钾的密度大于煤油，和空气中水蒸气、氧气、二氧化碳发生反应，少量K通常保存在煤油中，以隔绝与空气的接触，故正确；碱金属是活泼金属
18、和皮肤中水反应生成碱具有强腐蚀性，取用时不能直接用手拿，故错误；依据同主族性质递变分析，碱金属中还原性最强的是钫，故错误；金属性越强，对应阳离子的氧化性越弱，所以碱金属阳离子，氧化性最强的是Li+，故正确；同主族电子层数相同，随核电荷数增大而增大，碱金属的原子半径和离子半径都随核电荷数的增大而增大，故正确；从Li到Cs，碱金属的密度一般越来越大钾反常，从上到下熔沸点降低，故错误；故选A【点评】本题考查了碱金属性质递变规律的分析判断，注意特征性质分析特殊物质性质的判断，掌握基础是关键，题目难度中等4据ETH天文研究所报告，组成太阳的气体中存在20Ne和22Ne，下列关于20Ne和22Ne的说法不
19、正确的是( )A20Ne和22Ne互为同位素B20Ne和22Ne的质子数为10C20Ne和22Ne的电子数相同D20Ne和22Ne的中子数相同【分析】具有相同质子数，不同中子数（或不同质量数）同一元素的不同核素互为同位素元素符号左上角数字为质量数，左下角数字为质子数，中子数=质量数质子数，原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数【解答】解：A20Ne和22Ne所含的质子数相同，中子数不同，互为同位素，故A正确；BNe是10号元素，20Ne和22Ne的质子数为10，故B正确；C20Ne和22Ne属于同一种核素，质子数相同，核外电子数也相同，故C错误；D20Ne和22Ne的质子数相同都为10，中子数
20、分别为10和12个，故D错误；故选D【点评】本题主要考查了同位素，注意这些关系的运用，在原子中，原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数，质量数=质子数+中子数5据报道，我国拥有完全自主产权的氢氧燃料电池车已在北京奥运会期间为运动员提供服务某种氢氧燃料电池的电解液为KOH溶液下列有关该电池的叙述不正确的是( )A正极反应式为：O2+2H2O+4e4OHB工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量不变C该燃料电池的总反应方程式为：2H2+O22H2OD该电池工作时每消耗1 mol O2，有2 mol电子转移【分析】氢氧燃料碱性电池中，通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为H22e+2
21、OH=2H2O，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，反应的总方程式为2H2+O2=2H2O，结合氧气和转移电子之间的关系式计算【解答】解：A正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，故A正确；B负极上氢气和氢氧根离子反应生成水，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，所以溶液中钾离子没有参与反应，根据原子守恒知，KOH的物质的量不变，故B正确；C负极电极反应式为H22e+2OH=2H2O，正极电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，反应的总方程式为2H2+O2=2H2O，故C正确；D该电池工作时每消耗1 mol O
22、2转移电子的物质的量=1mol20（2）=4mol，故D错误；故选D【点评】本题考查了化学电源新型电池，根据正负极上得失电子确定电极，再结合电解质溶液酸碱性书写电极反应式，如果电解质溶液呈酸性，则正负极电极反应就改变，为易错点62011年中国已超北美成为全球液晶显示器第二大市场生产液晶显示器的过程中使用的化学清洗剂NF3是一种温室气体，其存储能量的能力是CO2的1200020000倍，在大气中的寿命可长达740年之久，以下是几种化学键的键能：化学键NNFFNF键能：kJ/mol941.7154.8283.0下列说法中不正确的是( )A过程F2（g）2F（g）吸收能量B过程N（g）+3F（g）N
23、F3（g）放出能量C反应N2（g）+3F2（g）=2NF3（g）的H0DNF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，仍可能发生化学反应【分析】化学反应中断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，以此解答该题【解答】解：AN2（g）2N（g）为化学键的断裂过程，应吸收能量，故A正确；BN（g）+3F（g）NF3（g）为形成化学键的过程，放出能量，故B正确；C反应N2（g）+3F2（g）2NF3（g）H=（941.7+3154.8283.06）KJmol1=291.9KJmol1，H0，故C正确；DNF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，则不能发生化学
24、反应，化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，故D错误故选D【点评】本题考查化学反应与能量，为高考高频考点，本题侧重于反应热的考查，题目难度不大，注意化学键的键能与反应热的关系7第十一届中国国际环保展览暨会议于2009年6月3日至6日在北京举行海外展商有包括美国、法国的23个国家和地区大会的主题是“节能减排，和谐发展”你认为下列行为中有悖于这一主题的是( )A开发太阳能、水能、风能、可燃冰等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料B将煤进行气化处理，提高煤的综合利用效率C研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展D实现资源的“3R”利用观，即：减少资源消耗（Reduce）、增加资源的重复
25、使用（Reuse）、资源的循环再生（Recycle）【分析】节能减排有广义和狭义定义之分，广义而言，节能减排是指节约物质资源和能量资源，减少废弃物和环境有害物（包括三废和噪声等）排放；狭义而言，节能减排是指节约能源和减少环境有害物排放 和谐发展就是根据社会生态系统的特性和演替动力，遵照自然法则和社会发展规律，利用现代科学技术和系统自身控制规律，合理分配资源，积极协调社会关系和生态关系，实现生物圈稳定和繁荣【解答】解：A、开发太阳能、水能、风能、可燃冰等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料，有利于节能减排，保护环境，故A正确；B、将煤进行气化处理，提高煤的综合利用效率，提高了燃烧效率，减少了资源的
26、浪费，符合节能减排和谐发展的主题，故B正确；C、研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展，化石燃料在地球上的含量是有限的，加大开采，必然带来能源的匮乏和污染物的增多，故C错误；D、减少资源消耗（Reduce）、增加资源的重复使用（Reuse）、资源的循环再生（Recycle），符合节能减排和谐发展的主题，故D正确；故选C【点评】本题考查了节能减排和谐发展的内涵，对能源的高效利用措施，新能源的开发利用8下列有关反应速率的说法正确的是( )A用铁片和稀硫酸反应制氢气时，改用98%的硫酸可以加快反应速率B100 mL 2 molL1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变C
27、SO2的催化氧化反应是一个放热的反应，所以升高温度，反应速率变慢D汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强反应速率变慢【分析】对于化学反应，增大浓度、升高温度、加入催化剂以及增大固体的表面积可增大反应速率，结合选项中所给信息解答该题【解答】解：A浓硫酸具有强氧化性，与锌反应生成二氧化硫气体，而不生成氢气，故A错误；B加入氯化钠溶液，溶液体积增大，氢离子浓度减小，则反应速率减小，故B错误；C升高温度对反应速率的影响是增多单位体积内活化分子数增多，正逆反应速率都增大，故C错误；B减小压强，活化分子百分数不变，但是压强减小，反应速率减小，故D正确；故选：D【点评】本题考查化学反应
28、速率的影响，为高频考点，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考查，注意相关基础知识的积累，难度不大9某学生用优质大理石与稀盐酸反应制取CO2，实验结果如图所示，对于图中曲线的叙述正确的是( )AAB段表示反应速率最慢BBC段表示反应速率最快，在该时间内收集到的气体最多COC段表示随时间增加，反应速率逐渐增大DOC段表示反应产物中气体体积随时间的变化关系【分析】A、斜率表示反应速率，斜率越大反应速率越大B、斜率表示反应速率，斜率越大反应速率越大，各段终点与起点的纵坐标差量为产生二氧化碳的体积C、随反应进行氢离子浓度降低，反应放热，温度影响比氢离子浓度影响大，反应速率加快，到反应后
29、阶段，氢离子浓度降低较大，浓度影响比温度影响大，反应减慢D、在OC段随反应进行一直在生成二氧化碳，产生的CO2也逐渐增加【解答】解：A、斜率越大反应速率越大，由图可知AB段斜率最大，所以AB段反应速率最快，故A错误；B、斜率越大反应速率越大，由图可知BC段斜率最小，所以BC段反应速率最慢；各段终点与起点的纵坐标差量为产生二氧化碳的体积，由图可知AB段产生二氧化碳最多，故B错误；C、随反应进行氢离子浓度降低，反应放热，温度影响比氢离子浓度影响大，反应速率加快，到反应后阶段，氢离子浓度降低较大，浓度影响比温度影响大，反应减慢，故C错误；D、在OC段随反应进行一直在生成二氧化碳，产生的CO2也逐渐增
30、加，故OC段表示反应产物中气体体积随时间的变化关系，故D正确故选：D【点评】以图象为载体，考查外界条件对反应速率的影响，是对知识的综合运用，难度中等，关键关键图象分析速率变化原因注意速率快，生成的二氧化碳的量不一定多，与时间有关10某有机物的结构为 ，这种有机物不可能具有的性质是( )A能跟NaOH溶液反应B能使酸性KMnO4溶液褪色C能发生酯化反应D能发生水解反应【分析】有机物中含有C=C、COOH以及OH等官能团，根据官能团的性质解答该题【解答】解：A含有COOH，具有酸性，可与NaOH反应，故A正确；B有机物中含有C=C，能被酸性高锰酸钾氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；C含有、
31、COOH以及OH，在一定条件下可发生酯化反应，故C正确；D含有C=C、COOH以及OH等官能团，都不有水解的性质，故D错误故选D【点评】本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意把握常见有机物官能团的性质，有机物官能团决定有机物的主要性质11咖啡酸（如图），存在于许多中药，如野胡萝卜、光叶水苏、荞麦等中咖啡酸有止血作用下列关于咖啡酸的说法不正确的是( )A咖啡酸的分子式为C9H8O4B1mol咖啡酸可以和含4molBr2的浓溴水反应C1mol咖啡酸可以和3molNaOH反应D可以用高锰酸钾检验出咖啡酸分子中含有碳碳双键【分析】有机物分子中含有苯环、酚羟基、碳碳双键和羧基，根据咖啡酸的结构及
32、含有的官能团对各选项进行判断，注意酚羟基酸性小于碳酸，酚羟基无法与碳酸氢钠反应【解答】解：A由结构简式可知有机物分子式为C9H8O4，故A正确；B含有酚羟基，邻、对位H原子可被取代，含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，则1mol咖啡酸可以和含4molBr2的浓溴水反应，故B正确；C含有2个酚羟基和1个羧基，都可与氢氧化钠反应，故C正确；D酚羟基可被酸性高锰酸钾氧化，不能鉴别碳碳双键，故D错误故选D【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重苯酚、烯烃、酸性质的考查，题目难度不大12将甲烷与氯气按1：3的体积比混合于一试管中，倒立于盛有饱和食盐水的水槽
33、，置于光亮处（如图所示），下列有关此实验的现象和结论的叙述不正确的是( )A试管中气体的黄绿色逐渐变浅，水面上升B生成物只有三氯甲烷和氯化氢在标准状况下是气体C试管内壁有油状液滴形成D试管内有少量白雾【分析】甲烷和氯气在光照条件下反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，现象为气体颜色变浅，有油状小液滴生成，打开试管塞试管口有白雾，氯化氢溶于水后导致试管内液面上升，据此对各选项进行判断【解答】解：A氯气是黄绿色气体，光照条件下，甲烷和氯气发生取代反应生成氯代烃和氯化物，所以气体颜色变浅，氯化氢溶于水后导致试管内液面上升，故A正确；B甲烷和氯气反应的生成物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯
34、甲烷、四氯化碳和氯化氢，标况下三氯甲烷为液态，故B错误；C二氯甲烷、三氯甲烷和三氯甲烷都是液态有机物，所以瓶内壁有油状液滴生成，故C正确；D该反应中有氯化氢生成，氯化氢与空气中的水蒸气形成白雾，故D正确；故选B【点评】本题考查甲烷的取代反应、甲烷的性质实验，题目难度不大，明确甲烷的取代反应实质为解答关键，注意二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳常温下均为液体13“低碳经济，节能减排”是21世纪世界经济发展的新思路”下列与之相悖的是( )A开发水能、风能、太阳能、地热能、核能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料B大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源C大力开采煤、石油和天然气，以满足经济发展
35、的需要D大力发展新能源汽车，如混合动力汽车、电动汽车等，以减少碳、氮氧化物的排放【分析】根据低碳经济是以节能减排为基础的减少二氧化碳的排放为目的来分析【解答】解：A开发新能源，减少使用煤、石油等化石燃料，能减缓温室气体的排放，故A正确；B发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源，减少使用煤、石油等化石燃料，故B正确；C大力开采煤、石油和天然气，消耗更多的化石燃料，排放更多的二氧化碳，故C错误；D发展新能源汽车，如混合动力汽车、电动汽车等，以减少碳、氮氧化物的排放，故D正确；故选C【点评】本题联系生活考查了环境污染和资源综合利用方面的知识，同学们需要在平常生活中提高“节能、环保”的意识14
36、在“十二五”期间，山东省将大力实施“清水蓝天”工程下列不利于“清水蓝天”工程实施的是( )A积极推广太阳能、风能、地热能及水能等的使用，减少化石燃料的使用B加强城市生活污水脱氮除磷处理，遏制水体富营养化C大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，减少硫的氧化物和氮的氧化物污染D加大稀土资源的开采和出口，保证经济快速发展【分析】A、化石燃料的燃烧产生的废气及其携带的颗粒物污染空气；B、生活污水中含有的氮、磷过多，会使水体富营养化；C、硫的氧化物和氮的氧化物污染空气；D、稀土资源的开采产生的废气及其携带的颗粒物污染空气【解答】解：A、化石燃料的燃烧产生的废气及其携带的颗粒物污染空气，积极推广太阳能、风能
37、、地热能及水能等的使用，减少化石燃料的使用，有利于实施“清水蓝天”工程，故A正确；B、城市生活污水中含氮、磷过多，使水体富营养化，造成水中藻类疯长，消耗水中溶解的氧，水质恶化，造成污染，加强城市生活污水脱氮除磷处理，遏制水体富营养化故B正确；C、硫的氧化物和氮的氧化物污染空气，实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，减少污染物的产生，故C正确；D、若加大稀土资源的开采和出口，稀土资源的开采产生的废气及其携带的颗粒物污染空气，不利于实施“清水蓝天”工程，D错误；故选D【点评】本题考查了化学与环境的相关知识，题目难度不大，明确常见的环境污染类型及治理方法为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应
38、用能力15“促进低碳经济”是世界环境日的主题，联合国气候变化框架公约第15次缔约方会议也商讨了2012年至2020年的全球减排协议下列行为中不符合“促进低碳经济”宗旨的是( )A研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展B将煤进行气化处理，提高煤的综合利用效率C开发太阳能、水能、风能、可燃冰等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料D实现资源的“3R”利用观，即：减少资源消耗（Reduce）、增加资源的重复使用（Reuse）、资源的循环再生（Recycle）【分析】“促进低碳经济”意思是节能、减排、不产生对环境有污染的物质，只要能节能、减排、不产生对环境有污染的物质的做法就符合题意，据此
39、分析解答【解答】解：A研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展，化石燃料在地球上的含量是有限的，加大开采，必然带来能源的匮乏和污染物的增多，故A选；B将煤进行气化处理，提高煤的综合利用效率，必然会促进低碳经济，故B不选；C开发太阳能、水能、风能、可燃冰等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料，会减小碳的排放，促进低碳经济，故C不选；D减少资源消耗（Reduce）、增加资源的重复使用（Reuse）、资源的循环再生可促进低碳经济，故D不选；故选A【点评】本题考查节能减排，新能源的开发利用等知识，正确理解题给信息是解本题关键，开发使用清洁能源有利于保护环境也是最终解决环境污染的根本方法，用
40、化学知识为生产生活服务，难度不大16从石器、青铜器到铁器时代，金属的冶炼体现了人类文明的发展水平下图表示了三种金属被人类开发利用的大致年限，之所以有先后，主要取决于( )A金属的导电性强弱B金属在地壳中的含量多少C金属的化合价高低D金属的活动性大小【分析】根据已有的金属的知识进行分析，金属的活动性越强，冶炼的程度越难，利用的越晚【解答】解：金属的活动性越强，冶炼的程度越难，利用的越晚，所以金属被人类开发利用的大致年限，之所以有先后，主要取决于金属的活动性大小故选D【点评】本题考查了常见金属的有关知识，完成此题，可以依据金属的性质进行二、非选择题（共6小题，52分）17将等物质的量的A、B混合于
41、2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）xC（g）+2D（g），经5min后，测得D的浓度为0.5mol/L，c（A）：c（B）=3：5，C的平均反应速率为0.1mol/（Lmin）（1）此时A的浓度为0.75mol/L，反应开始前容器中A、B的物质的量为3mol（2）B的平均反应速率为0.05mol/Lmin（3）x=2【分析】（1）根据D的浓度求出D的物质的量，根据方程式计算消耗A、B物质的量，再根据5min时A、B浓度之比列方程计算A与B的起始物质的量；（2）根据v=计算v（B）；（3）根据反应速率之比等于化学计量数之比求出x值【解答】解：（1）平衡时D的浓度为0.5mol/
42、L，D的物质的量为2L0.5mol/L=1mol，则： 3A（g）+B（g）=xC（g）+2D（g）起始（mol）：n n 0变化（mol）：1.5 0.5 1 5min（mol）：n1.5 n0.5所以（n1.5）：（n0.5）=3：5，解得n=3，5min时A的浓度为=0.75mol/L，故答案为：0.75mol/L；3mol；（2）从开始到平衡时B的平均反应速率=0.05mol/Lmin，故答案为：0.05mol/Lmin；（3）反应速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）：v（C）=0.05 mol/（Lmin）：0.1mol/（Lmin）=1：x，所以x=2，故答案为：2【点评】本题
43、考查化学平衡有关计算，难度不大，注意对基础知识的理解掌握18将等物质的量的A、B混合于2L密闭容器中发生如下反应：3A（g）+B（g）xC（g）+2D（g），4min时测得D的浓度为0.4mol/L，c（A）：c（B）=3：5，C的平均反应速率是0.1mol/（Lmin）列式计算：（1）x=2（2）B在这4min内的平均反应速率（3）此时A的浓度及反应开始前容器中A、B的物质的量【分析】（1）计算D的反应速率，根据化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算得到x；（2）化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比；（3）结合方程式，利用三段式进行计算，设开始前容器中A的物质的量为n，设开始前容器中A
44、的物质的量为n，n（D）=0.4molL12L=0.8mol， 3A（g）+B（g）2C（g）+2D（g），开始 n n 0 0转化 1.2mol 0.4mol 0.8mol 0.8mol5min n1.2 n0.4 0.8 0.8则：（n1.2）：（n0.4）=3：5，解得：n=2.4mol，以此来解答【解答】解：（1）v（D）=0.1molL1min1，v（C）：v（D）=0.1molL1min1：0.1molL1min1=1：1=x：2，解得：x=2，故答案为：2；（2）化学反应速率与化学计量数成正比，则v（C）：v（B）=2：1=0.1molL1min1：v（B），解得：v（B）=0.
45、05molL1min1，答：B的平均反应速率0.05molL1min1；（3）设开始前容器中A的物质的量为n，n（D）=0.4molL12L=0.8mol， 3A（g）+B（g）2C（g）+2D（g），开始 n n 0 0转化 1.2mol 0.4mol 0.8mol 0.8mol5min n1.2 n0.4 0.8 0.8则：（n1.2）：（n0.4）=3：5，解得：n=2.4mol，此时A的浓度=0.6mol/L，答：此时A的浓度为0.6 mol/L，反应开始前放入容器中的A、B的物质的量2.4mol【点评】本题考查了化学平衡的计算，题目难度中等，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握化
46、学反应速率与化学计量数的关系，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力19将0.6molA和0.5molB 充入0.4L密闭容器中发生2A（g）+B（g）mD （g）+E（g），5min 后达到化学平衡，此时测得D为0.2mol又知5min内用E表示的平均反应速率为0.1molL1min1，计算：（1）m的值（2）平衡时B的转化率（3）起始与平衡时密闭容器中的压强之比【分析】5min 后达到化学平衡，此时测得D为0.2mol，则v（D）=0.1molL1min1，又知5min内用E表示的平均反应速率为0.1molL1min1，反应速率之比等于化学计量数之比，可知m=1，则 2A（g）+B（g）D
47、 （g）+E（g）开始 0.6 0.5 0 0转化 0.4 0.2 0.2 0.2平衡 0.2 0.3 0.2 0.2结合转化率=、物质的量比等于压强的比来解答【解答】解：5min 后达到化学平衡，此时测得D为0.2mol，则v（D）=0.1molL1min1，又知5min内用E表示的平均反应速率为0.1molL1min1，反应速率之比等于化学计量数之比，可知m=1，则 2A（g）+B（g）D （g）+E（g）开始 0.6 0.5 0 0转化 0.4 0.2 0.2 0.2平衡 0.2 0.3 0.2 0.2（1）由上述分析可知，计量数m=1，答：m的值为1；（2）B的转化率为100%=40%
48、，答：平衡时B的转化率为40%；（3）平衡时混合物总物质的量为0.2mol+0.3mol+0.2mol+0.2mol=0.9mol，起始时混合物总物质的量为0.6mol+0.5mol=1lmol，由于容器的容积不变，所以气体的物质的量的比等于容器内气体的压强之比，故起始与平衡时密闭容器中的压强之比为11：9，答：起始与平衡时密闭容器中的压强之比为11：9【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、转化率及压强比的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意物质的量比与压强比的关系，题目难度不大20由等质量的锌片、铜片和200mL稀硫酸组成的原电池，工作一段时间后，当在铜
49、片上放出3.36L（标准状况）的气体时，H2SO4恰好完全反应计算：（1）原硫酸的物质的量浓度是多少？（2）若将电解质溶液改为硫酸铜溶液，当电池两极的质量差为2.58g时，从电池中流出的电子的物质的量【分析】（1）Zn、Cu和稀硫酸构成原电池，Zn易失电子作负极、Cu作正极，电池反应式为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，根据H守恒计算硫酸的物质的量浓度；（2）如果将电解质溶液改为硫酸铜溶液，则电池反应式为Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，负极上溶解Zn、正极上析出Cu，两个电极的质量差等于溶解的Zn和析出Cu的质量，根据方程式知，溶解锌和析出Cu的物质的量相等，再根据溶解Zn和转移电子之间
50、的关系式计算【解答】解：（1）n（H2）=0.15mol，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池，Zn易失电子作负极、Cu作正极，电池反应式为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，根据H守恒得n（H2SO4）=n（H2）=0.15mol，则c（H2SO4）=0.75mol/L，答：原硫酸的物质的量浓度为0.75mol/L；（2）如果将电解质溶液改为硫酸铜溶液，则电池反应式为Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，负极上溶解Zn、正极上析出Cu，两个电极的质量差等于溶解的Zn和析出Cu的质量，根据方程式知，溶解锌和析出Cu的物质的量相等，设溶解锌和析出Cu的物质的量分别为xmol，则64xg+65xg=2.58
51、g，x=0.02，根据Zn和转移电子之间的关系式知，转移电子物质的量=2n（Zn）=20.02mol=0.04mol，答：若将电解质溶液改为硫酸铜溶液，当电池两极的质量差为2.58g时，从电池中流出的电子的物质的量为0.04mol【点评】本题以原电池原理为载体考查物质的量有关计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，明确各个物理量之间的关系式是解本题关键，注意（2）题反应后两极质量差为“溶解锌的质量和析出铜质量之和”而不是“溶解锌和析出铜质量之差”，为易错题21在2L密闭容器中，充入1mol N2和3mol H2，一定条件下发生合成氨反应，2min时达到平衡测得平衡时N2的转化率为40%，求
52、：（1）平衡时v （NH3）的速率（2）求该温度下的平衡常数K（列出算式，不用计算出结果）（3）H2在平衡混合气体中的体积分数（4）平衡时容器的压强与起始时压强之比【分析】2min时达到平衡，测得平衡时N2的转化率为40%，则转化的氮气为1mol40%=0.4mol，则 N2（g）+3H2（g）2NH3（g）开始 1 3 0转化 0.4 1.2 0.8平衡 0.6 1.8 0.8结合v=、K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比、体积或压强与物质的量成正比来解答【解答】解：2min时达到平衡，测得平衡时N2的转化率为40%，则转化的氮气为1mol40%=0.4mol，则 N2（g）+3H2（
53、g）2NH3（g）起始量（mol）：1 3 0转化l（mol）：0.4 1.2 0.8平衡l（mol）：0.6 1.8 0.8（1）平衡时v （NH3）的速率为=0.2mol/（Lmin），答：平衡时v （NH3）的速率为0.2mol/（Lmin）；（2）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，该反应的平衡常数K=，答：该温度下的平衡常数K=；（3）H2的体积分数为100%=56.25%，答：H2在平衡混合气体中的体积分数为56.25%；（4）相同条件下压强之比等于物质的量之比，P后：P前=n后：n前=3.2：4=4：5，答：平衡时容
54、器的压强与起始时压强之比为4：5【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、各物质的量的关系等为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意压强比及体积分数的计算，题目难度不大22在2L的容器中放入4mol N2O5，发生如下反应：2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）反应进行到5min时，测得N2O5转化了20%，（1）5min时，剩余N2O5的物质的量；（2）前5min，v（NO2）为多少；（3）5min时，N2O5的物质的量占混合气体总物质的量的百分比（保留一位小数）【分析】5min时测得N2O5转化了20%，可知消耗N2O5的物质的量是4mol20%=0.8mol
55、，则 2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）开始 4 0 0转化 0.8 1.6 0.45min 3.2 1.6 0.4结合v=、5min时总物质的量、N2O5的物质的量计算【解答】解：5min时测得N2O5转化了20%，可知消耗N2O5的物质的量是4mol20%=0.8mol，则 2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）开始 4 0 0转化 0.8 1.6 0.45min 3.2 1.6 0.4（1）5min时，剩余N2O5的物质的量是4mol0.8mol=3.2mol，答：剩余N2O5的物质的量为3.2mol；（2）生成1.6mol二氧化氮，可知v（NO2）=0.16mol/（Lmin），答：v（NO2）为0.16mol/（Lmin）；（3）5min时混合气体的总物质的量是3.2+0.4+1.6=5.2mol，N2O5的物质的量占混合气体总物质的量的百分比为100%=61.5%，答：5min时，N2O5的物质的量占混合气体总物质的量的百分比为61.5%【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、各物质的量的关系等为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意物质的量分数的计算，题目难度不大