1、河北省唐山市滦南一中2014-2015学年高二上学期期中化学试卷（文科）一、单项选择题（本题包括20小题，每小题2分，共40分每小题只有一个选项符合题意，不选、多选、错选均不得分）1有机化合物中必须含有的元素是( )A氢B氮C氧D碳考点：无机化合物与有机化合物的概念 分析：根据含有碳元素的化合物叫有机化合物，简称有机物；不含碳元素的化合物叫无机化合物；碳的氧化物、碳酸盐、碳酸虽含碳元素，但其性质与无机物类似，因此把它们看作无机物；进行分析判断解答：解：含有碳元素的化合物叫有机化合物，简称有机物，有机化合物中必须含有碳元素故选D点评：本题考查有机物的定义，难度不大，解答本题要掌握有机物和无机物的
2、区别与联系，只有这样才能对相关方面的问题做出正确的判断2下列物质中存在离子键的是( )A金刚石B干冰C氯化钠D铁考点：离子化合物的结构特征与性质 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，碱金属族、碱土金属族和氧族、卤族元素之间易形成离子键，据此分析解答解答：解：A金刚石为原子晶体，CC之间存在共价键，故A错误；B干冰为分子晶体，CO原子之间只存在共价键，属于共价化合物，故B错误；C氯化钠为离子晶体，钠离子和氯离子之间只存在离子键，为离子化合物，故C正确；D铁为金属晶体，金属阳离子和自由电子之间存在金属键，故D错误；故选C点评：本题考查化学键判断，明
3、确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，知道离子键和共价键的区别，注意：配位键属于共价键，为易错点3下列气体无色且有毒的是( )AH2BNOCO2DCl2考点：氯气的物理性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响 分析：选项中气体只有氯气为有颜色的气体，且氯气、NO均有毒，以此来解答解答：解：A氢气是无色无毒的气体，故A不选；B一氧化氮是无色有毒的气体，故B选；C氧气是无色无毒的气体，故C不选；D氯气是黄绿色的有毒的气体，故D不选；故选：B点评：本题考查了常见气体的物理性质，侧重考查学生对基础知识掌握的熟练程度，题目简单4下列物质易溶于水的是( )A一氧化碳B氮气C硝酸钠D氯化银考点：钠的重要
4、化合物；卤化银；氮气的化学性质 分析：依据物质的物理性质判断解答，硝酸钠易溶于水，氮气、一氧化碳、氯化银难溶于水解答：解：硝酸钠易溶于水，氮气、一氧化碳、氯化银难溶于水，所以易溶于水的物质为硝酸钠，故选C点评：本题考查了常见物质的水溶性，属于对物质物理性质的考查，题目非常简单，熟记常见物质的物理性质是解题的关键5下列物质不易在空气中燃烧的是( )A汽油B硫酸C甲烷D乙醇考点：化石燃料与基本化工原料；浓硫酸的性质；石油的分馏产品和用途；乙醇的化学性质 专题：有机化合物的获得与应用分析：烃、醇可在空气中燃烧，硫酸不能燃烧，据此解题解答：解：汽油、甲烷的成分为烃，与乙醇都可燃烧，硫酸在空气中不燃烧故
5、选B点评：本题考查物质的性质，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握6下列物质既属于钠盐又属于硫酸盐的是( )A碳酸钾B硫酸钾C碳酸钠D硫酸钠考点：钠的重要化合物 分析：盐是指含有金属离子（铵根）和酸根离子的化合物，可根据所含有的金属或酸根去命名，钠盐指由钠离子和酸根离子构成的盐，硫酸盐指金属离子（铵根）和硫酸酸根离子构成的盐，据此解答解答：解：A含有钾离子和碳酸根离子，属于碳酸盐、钾盐，故A不选；B硫酸钾含有硫酸根离子和钾离子，属于硫酸盐、钾盐，故B不选；C碳酸钠含有碳酸根离子和钠离子，属于碳酸盐、钠盐，故C不选；D硫酸钠含有硫酸根离子和钠离子，属于硫酸盐、钠盐，故D选；故
6、选：D点评：本题主要考查了盐的分类，正确理解盐的定义、盐的分类依据是解题关键，题目难度不大7下列物质不能通过煤的干馏得到的是( )A焦炭B粗苯C粗氨水D硝酸考点：煤的干馏和综合利用 专题：有机化合物的获得与应用分析：将煤隔绝空气加强热使其分解的过程叫做煤的干馏，煤隔绝空气受强热时，有气体生成，其成分为煤焦油、焦炉气、粗氨水、粗笨，反应完毕后的黑色固体物质为焦炭，据此解答解答：解：煤的干馏得到的产物有：煤焦油、焦炉气、焦炭、粗笨、粗氨水等，没有硝酸，故选：D点评：本题考查了煤的干馏产物，题目难度不大，注意相关知识的积累8下列物质能用来干燥NH3气体的是( )A浓H2SO4B碱石灰C无水氯化钙DP
7、2O5考点：气体的净化和干燥 分析：氨气是碱性气体，极易溶于水，做氨气干燥剂的物质不能和氨气反应，所以干燥氨气的物质应为碱性或中性解答：解：A浓硫酸显酸性，与氨气反应，不可用于干燥氨气，故A错误；B碱石灰显碱性，不与氨气反应，可用于干燥氨气，故B正确；C氯化钙与氨气发生络合反应，不能用于干燥氨气，故C错误；DP2O5为酸性氧化物，可与氨气反应，不能用于干燥氨气，故D错误；故选B点评：本题考查了气体的净化与干燥，题目难度不大，注意掌握常见气体的性质及干燥剂的类型、选用方法，明确浓硫酸为酸性、强氧化性的干燥剂，不能干燥具有还原性、碱性的气体9有关胶体中分散质粒子直径大小的说法正确的是( )A大于1
8、07mB小于109mC介于109m 和107m之间D小于0.1nm考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系 专题：溶液和胶体专题分析：分散系按照分散质粒度大小分为：溶液、胶体、和浊液，分散质粒度大于1nm的为浊液，介于1nm100nm为胶体，小于1nm的为溶液解答：解：胶体分散质的粒子直径介于1nm100nm，1nm=109m，即介于109m 和107m之间，故选：C点评：本题考查了胶体的本质特征，题目比较简单，抓住胶体分散质粒度介于1100nm即可解答，注意纳米与米之间的换算10用导线将铜片和锌片连接后插入稀硫酸中组成原电池，其中铜片作( )A阳极B阴极C正极D负极考点：原电池和电解池的工作原理
9、 分析：铜、锌和稀硫酸能构成原电池，锌易失电子而作负极，铜作正极解答：解：将铜片与锌片用导线连接入插入稀硫酸中，符合原电池的构成条件，所以锌、铜和稀硫酸构成原电池，锌片易失电子发生氧化反应而作负极，则铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，故选C点评：本题考查了原电池正负极的判断，难度不大，注意原电池中活泼性强的金属为负极，阴阳极为电解池中的电极名称11下列物质不属于高分子材料的是( )A淀粉B油脂C天然橡胶D羊毛考点：有机高分子化合物的结构和性质 分析：相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物，据此解题解答：解：A淀粉相对分子质量在10000以上，属于高分子化合物，故A正确；
10、 B油脂为高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量在10000以下，不属于高分子化合物，故B错误；C天然橡胶的成分是聚异戊二烯，相对分子质量在10000以上，属于高分子化合物，故C正确；D羊毛的成分是蛋白质，相对分子质量在10000以上，属于高分子化合物，故D正确故选B点评：本题考查高分子化合物，明确天然高分子化合物与天然高分子化合物即可解答，较简单12下列物质能使湿润的有色布条褪色的是( )A氯化钙B氯化氢C氯气D氯化钠考点：氯气的化学性质 专题：卤族元素分析：能使湿润的有色布条褪色，则物质与水反应生成HClO，以此来解答解答：解：A氯化钙与水不反应，不存在HClO，则不能使湿润的有色布条褪色，故A错
11、误；BHCl与水不反应，不存在HClO，则不能使湿润的有色布条褪色，故B错误；C氯气与水反应生成HClO，能使湿润的有色布条褪色，故C正确；D氯化钠与水不反应，不存在HClO，则不能使湿润的有色布条褪色，故D错误；故选C点评：本题考查氯气的化学性质，为高频考点，把握HClO具有漂白性为解答的关键，注意物质的性质及具有漂白性的原因，题目难度不大13某化学反应物的总能量小于生成物的总能量，则该反应( )A是吸热反应B是放热反应C不一定遵循质量守恒定律D必须需要加热才能发生考点：吸热反应和放热反应 分析：反应中反应物总能量高于生成物总能量，说明该反应是一个放热反应，根据常见的吸热反应知识来回答解答：
12、解：A、反应物能量小于生成物，反应吸热，故A正确；B、反应物能量小于生成物，反应吸热，故B错误；C、任何化学反应都遵循质量守恒定律，故C错误；D、吸热反应不一定需要加热，需要加热才能发生的不一定是吸热反应，故D错误故选：A点评：本题考查学生常见的反应的吸热放热情况，注意归纳常见的吸热反应和放热反应，题目难度不大14下列气体用向下排空气法收集的是( )ANO2BSO2CO2DNH3考点：气体的收集 分析：根据气体与空气不反应且气体的密度小于空气的密度，可以用向下排空气法收集解答：解：ANO2密度比空气密度大，可选用向上排空气法，故A错误； BSO2密度比空气密度大，可选用向上排空气法，故B错误；
13、CO2密度比空气密度大，可选用向上排空气法，故C错误；D氨气密度比空气密度小，可用向下排空气法收集，故D正确故选D点评：本题考查气体收集方法，难度不大，排空气法要根据气体的密度来确定，但排空气法收集的气体不是很纯；气体用排水法收集的较纯，还可用其它排液法来收集气体，如二氧化碳可用排饱和的碳酸氢钠溶液的方法15下列说法不正确的是( )A苯是一种重要的化工原料B乙烯可用于生产聚乙烯塑料C乙酸乙酯可用作香料D工业酒精可用来勾兑白酒考点：苯的性质；乙烯的化学性质；酯的性质 专题：化学应用分析：A、苯是石油化工基本原料；B、乙烯发生加聚反应生成聚乙烯；C、乙酸乙酯具有香味；D、工业酒精中含有甲醇解答：解
14、：A、苯是石油化工基本原料，广泛用于化工生产，故A正确；B、聚乙烯的单体是乙烯，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，故B正确；C、乙酸乙酯具有香味，可做香料，故C正确；D、工业酒精中含有甲醇，甲醇有毒，可致人失明，故D错误；故选D点评：本题考查了苯、乙烯、乙酸乙酯、甲醇的性质，难度不大，注意简单有机物部分化学常识的积累16下列反应不属于氧化还原反应的是( )A碳酸氢钠受热分解B铝和三氧化二铁高温下反应C过氧化钠与水反应D铜和浓硫酸反应考点：氧化还原反应 分析：含元素化合价变化的反应，为氧化还原反应，以此来解答解答：解：A分解生成碳酸钠和水、二氧化碳，不存在元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，故A选
15、；BAl、Fe元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；C过氧化钠中O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C不选；DCu、S元素的化合价变化，为氧化还原反应，故D不选；故选A点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握氧化还原反应中元素的化合价变化及氧化还原反应判断方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大17下列说法正确的是( )A元素的性质随着元素原子质量数的递增而呈周期性变化B元素的性质随着元素相对原子质量的递增而呈周期性变化C元素的性质随着元素核电荷数的递增而呈周期性变化D元素的性质随着元素原子中子数的递增而呈周期性变化考点：元素周期律的作用 专题：元素周期律与元素周期
16、表专题分析：结构决定性质，元素周期律的实质是元素的性质随着元素核电荷数的递增而呈周期性变化解答：解：元素周期律指元素的性质随着元素的原子序数（即原子核外电子数或核电荷数）的增加呈周期性变化的规律，故选C点评：本题考查了元素周期律的实质，难度不大，注意基础知识的积累18某实验需要240mL 0.1mol/LNaCl溶液，配制该溶液时所需容量瓶的容量最适宜的是( )A50mLB100mLC250mLD500mL考点：不能加热的仪器及使用方法 分析：某实验需要240mL 0.1mol/LNaCl溶液，由于实验室中没有240mL的容量瓶，需要选用250mL容量瓶，实际上配制的是250mL0.1mol/
17、L的氯化钠溶液，据此进行解答解答：解：由于实验室中没有240mL容量瓶，需要选用规格为250mL的容量瓶，实际上配制的溶液为250mL 0.1mol/L的NaCl溶液，所以配制该溶液时所需容量瓶的容量最适宜的是 250mL，故选C点评：本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液中需要仪器的方法，题目难度不大，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液方法，明确正确选用容量瓶规格的方法19下列离子方程式书写正确的是( )A氧化铝粉末投入NaOH溶液中：Al2O3+2OH=2AlO2+H2B金属钠与水反应：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2C碳酸钙与盐酸反应：CO32+2H+=H2O+CO2D氢氧化钡溶液与
18、稀硫酸反应：Ba2+SO42=BaSO4考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A从原子守恒角度考虑；B金属钠和水反应生成氢氧化钠和氢气；C碳酸钙是难溶物，不能拆成离子形式；D硫酸溶液跟氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水解答：解：A、氧化铝是两性氧化物，既能和强酸反应又能和强碱反应，氧化铝粉末投入NaOH溶液中发生的反应为：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O，故A错误；B、金属钠和水反应的实质是：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，故B正确；C、碳酸钙与盐酸反应的实质是：CaCO3+2H+=H2O+CO2+Ca2+，故C错误；D、硫酸溶液跟氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，正
19、确的离子方程式为：Ba2+2OH+SO42+2H+=2H2O+BaSO4，故D错误故选B点评：本题考查离子方程式的正误判断，题目难度中等，注意从守恒的角度判断离子方程式的正误，注意物质的性质以判断反应是否符合实际20下列关于可逆反应的反应速率、反应限度的说法不正确的是( )A反应速率用于衡量化学反应进行的快慢B增大反应物的浓度能增大反应速率C可逆反应达到化学平衡状态时，正、逆反应速率都为0D升高温度能增大反应速率考点：化学反应速率的概念；化学反应速率的影响因素 专题：化学反应速率专题分析：一般来说，增大浓度、升高温度、增大压强或加入催化剂等，可增大反应速率，反之减小反应速率，当达到反应限度时，
20、正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，以此解答解答：解：A化学反应速率是衡量反应进行快慢 物理量，故A正确；B增大浓度，单位体积的活化分子的数目增多，反应速率增大，故B正确；C达到平衡时，达到平衡状态时，正逆反应速率相等，是动态平衡，正逆反应速率不为0，故C错误；D升高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，故D正确；故选C点评：本题考查化学反应速率的影响因素，为2015届高考常见题型和高频考点，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，难度不大，注意相关基础知识的积累二、单项选择题（本题包括5小题，每小题3分，共15分每小题只有一个选项符合题意，不选、多选、错选均不得分）21用
21、酒精加热下列各物质，有单质生成的是( )A浓HNO3BNaHCO3CNH4ClDFe（OH）3考点：硝酸的化学性质；铵盐；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物 分析：A加热浓硝酸反应方程式为：4HNO34NO2+O2+2H2O；B加热碳酸氢钠反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2；C加热氯化铵反应方程式为：NH4ClHCl+NH3； D加热氢氧化铁固体反应方程式为：2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O解答：解：A加热浓硝酸反应方程式为：4HNO34NO2+O2+2H2O，反应生成氧气，有单质生成，故A正确；B加热碳酸氢钠反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2
22、，无单质生成，故B错误；C加热氯化铵反应方程式为：NH4ClHCl+NH3，无单质生成，故C错误； D加热氢氧化铁固体反应方程式为：2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O，无单质生成，故D错误；故选A点评：本题考查了物质的分解反应，明确物质分解时的生成物成分是解本题关键，根据方程式分析解答即可，题目难度不大22在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸发生如下反应：，该反应的反应类型是( )A取代反应B加成反应C加聚反应D置换反应考点：有机物分子中的官能团及其结构 专题：有机反应分析：反应中硝基取代苯环中的氢原子生成硝基苯，符合取代反应的特征，以此解答解答：解：该反应的特点是硝基替代苯中的H原子，为取代反应，不
23、符合加成、加聚和置换反应的特点故选A点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质以及反应类型的判断，难度不大23下列性质的比较中，正确的是( )A氧化性：SCl2B金属性：KNaC热稳定性：NaHCO3Na2CO3 D酸性：HClO4H2SO4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、元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强；B、同主族从上往下金属性增强；C、NaHCO3不稳定，加热易分解；D、非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强解答：解：A、元素的非金属性：Cl
24、S，所以单质的氧化性：SCl2，故A错误；B、同主族从上往下金属性增强，所以金属性：KNa，故B错误；C、NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，碳酸钠受热稳定，故C错误；D非金属性：ClS，所以酸性：HClO4H2SO4，故D正确；故选D点评：本题考查元素周期律知识，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解和运用的考查，注意元素的性质与对应单质、化合物的关系，把握元素周期律的递变规律是解答该类题目的关键，难度不大24下列化学用语表达不正确的是( )A氨分子的电子式：BS2的离子结构示意图：CCO2分子的结构式：O=C=OD苯分子的结构简式：考点：电子式、化学式
25、或化学符号及名称的综合 专题：化学用语专题分析：A氨气的电子式中漏掉了氮原子的1对孤电子对；B硫离子的核电荷数为16，最外层电子数为8，核外电子总数为18；C二氧化碳为直线型结构，分子中存在两个碳氧双键；D苯为平面结构，所有原子共平面解答：解：A氨气分子中存在3个氮氢键，氮原子最外层为8个电子，氨气正确的电子式为，故A错误；BS2的核电荷数为16，核外电子总数为18，其离子结构示意图为，故B正确；CCO2分子中存在两个碳氧双键，为直线型结构，二氧化碳的结构式为O=C=O，故C正确；D苯分子中不存在碳碳双键，苯为平面机构，所有原子共平面，苯的结构简式为，故D正确；故选A点评：本题考查了电子式、离
26、子结构示意图、结构简式、结构式等化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及正确的表示方法，明确书写电子式时，不要漏掉了原子的孤对电子25某不纯的烧碱样品中各成分的质量分数如下表所示：成分NaOHNa2CO3H2O质量分数90.4%3.8%5.8%取a g样品溶于100mL2mol/L的盐酸中，充分反应后，再用适量3mol/LNaOH溶液将剩余的酸恰好中和，最后将溶液蒸干，可得干燥固体的质量为( )A11.7 gB5.85 gC2.34 gD（2.34a） g考点：有关混合物反应的计算 分析：取a g样品溶于100mL2mol/L的盐酸中，充分反应后，再用适量3mol/LNaOH
27、溶液将剩余的酸恰好中和，最后将溶液蒸干，得到固体为NaCl，根据盐酸的物质的量可知NaCl的物质的量，进而计算其质量解答：解：样品中Na2CO3、NaHCO3及NaOH和盐酸反应最终产物都为NaCl，即蒸干后得到的干燥固体为NaCl，盐酸的物质的量为：0.1L2mol/L=0.2mol，根据Cl元素守恒可知，生成固体NaCl的物质的量也为0.2mol，则NaCl的质量为0.2mol58.5g/mol=11.7g，故选A点评：本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意掌握有关混合物反应的计算方法，本题解题关键是根据反应物判断最终产物的成分为NaCl三、双项选择题（本题包括5小题，每小题3分，共15
28、分每小题有两个选项符合题意，只选一个且正确的得2分，选两个且全部正确的得3分，不选、多选、错选均不得分，根据自己的选修情况选择一个模块的试题作答，两个模块都作答，按照化学反应原理模块计分）化学反应原理模块26一个原电池反应为：Zn+Cu2+Zn2+Cu，该原电池的电极及电解质溶液可能是( )正极负极电解质溶液ACuZnCuSO4溶液BCuZn稀H2SO4CCuZnZnCl2溶液D石墨ZnCuCl2溶液AABBCCDD考点：原电池和电解池的工作原理 分析：根据电池反应式知，失电子的金属作负极，则锌作负极，不如负极活泼的金属或导电的非金属作正极，铜离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液中含有铜离子
29、，则电解质溶液为可溶性的铜盐解答：解：锌失电子发生氧化反应而作负极，不如锌活泼的金属或导电的非金属作正极（石墨），铜离子在正极上得电子发生还原反应，则电解质为可溶性的铜盐，符合条件的是AD，故选AD点评：本题考查了原电池工作原理，判断正负极、电解质溶液时，要根据电池反应式判断：发生氧化反应的电极为负极，发生还原反应的电极为正极，含有发生还原反应的离子溶液为电解质溶液27在一定温度下的密闭容器中，已达平衡状态的下列反应：A（s）+2B（g）C（g）+D（g），其它条件不变时，改变下列条件，平衡会发生移动的是( )A加热B增大压强C加入催化剂D减少C的物质的量考点：化学平衡的影响因素 专题：化学平
30、衡专题分析：A、反应过程中一定伴随能量变化，反应过程中不是吸热就是放热反应，改变温度平衡发生移动；B、反应前后气体体积不变，改变压强不影响平衡移动；C、催化剂改变反应速率不改变化学平衡；D、减少生成物浓度平衡正向进行；解答：解：A、反应过程中一定伴随能量变化，反应过程中不是吸热就是放热反应，改变温度平衡发生移动，故A符合；B、A为固体，反应前后气体体积不变，改变压强不影响平衡移动，故B不符合；C、催化剂改变反应速率不改变化学平衡，平衡不发生移动，故C不符合；D、减少C的物质的量，减少生成物浓度平衡正向进行，故D符合；故选AD点评：本题考查了化学平衡影响因素分析判断，平衡移动原理是解题关键，题目
31、较简单28现有容积相同的和两个密闭容器，向中加入2molHI，向中加入1molHI，在150时发生反应：2HI（g）H2（g）+I2（g），一段时间后二者都达到了平衡状态，下列说法正确的是( )A平衡时I2蒸气的浓度：B平衡时I2蒸气在混合气体中的物质的量分数：C平衡时HI的分解率：=D从反应开始到达平衡，所需时间：考点：化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断 专题：化学平衡专题分析：容器中反应物浓度大于容器，但效果只是中反应速率快，所需时间短，由于容器中物质浓度大，故的压强较大，增大压强反应向气体体积减小方向进行但因为这个反应前后物质计量数之和都是2，所以不存在气体体积减小方向，平衡不移动，
32、即压强对转化率没有影响，当平衡时中HI的转化率是相同的由于中投料多，所以HI转化为更多的碘，体积相同，所以容器中碘蒸气浓度更高解答：解：A、容器中各物质的浓度比容器中各物质的浓度大，故A正确；B、平衡时、中HI的转化率相同，设转化率为x，2HI（g）H2（g）+I2（g），平衡时容器中：HI物质的量为22x，H2和I2均为x；平衡时容器中：HI物质的量为1x，H2和I2为x，物质的量的百分含量为x，所以是相同的，=，故B错误；C、两容器中平衡时HI的转化率相同，=，故C正确；D、容器中中反应物的浓度大，反应速率大，达平衡需要的时间少，故D错误；故选AC点评：本题考查了反应前后气体体积不变的化学
33、反应的等效平衡，在达到平衡时的各量的变化，化学平衡的计算，题目难度中等29氯气、溴蒸气分别与氢气反应的热化学方程式如下：H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H1=Q1kJ/molH2（g）+Br2（g）2HBr（g）H2=Q2kJ/mol已知Q1Q20下列说法正确的是( )A上述两个反应中反应物的总能量均大于生成物的总能量B上述两个反应中反应物的总能量均小于生成物的总能量CH2（g）和Cl2（g）反应生成1 mol HCl（g）时放出Q1kJ的热量D1molHBr（g）具有的能量大于1molHBr（l）具有的能量考点：反应热和焓变 专题：化学反应中的能量变化分析：H=生成物的能量和反应物的能
34、量和，反应物能量高时反应放热，热化学方程式的化学计量数表示物质的量，据此解答解答：解：H=生成物的能量和反应物的能量和，反应物能量高时反应放热，A、上述两反应的H0，反应放热，反应物能量高于生成物，故A正确；B、上述两反应的H0，反应放热，反应物能量高于生成物，故B错误；C、H2（g）和Cl2（g）反应生成2 mol HCl（g）时放出Q1kJ的热量，故C错误；D、物质由气态变为液态要放出热量，所以1molHBr（g）具有的能量大于1molHBr（l）具有的能量，故D正确故选：AD点评：本题主要考查H=生成物的能量和反应物的能量和，图示考查热化学方程式中化学计量数的含义，题目难度不大30将下列
35、物质的水溶液蒸干并灼烧，不能得到该物质的是( )ABaCl2BNaHCO3CAl（NO3）3DNa2SO4考点：盐类水解的应用 专题：盐类的水解专题分析：从盐类水解的角度和物质的稳定性的角度分析，注意当水解生成挥发性酸时，加热蒸干并灼烧最终得到的是金属氧化物解答：解：ABaCl2 在加热条件下蒸干灼烧其水溶液，仍得到氯化钡，故A不符合；BNaHCO3在加热条件下分解生成Na2CO3，所以蒸干灼烧其水溶液，不能得到该物质，故B符合；CAl（NO3）3在加热时水解生成Al（OH）3和HNO3，HNO3易挥发，灼烧得到Al2O3，不能得到该物质，故C符合；DNa2SO4水溶液中不水解，最后得到的固体
36、仍为Na2SO4，故D不符合；故选BC点评：本题考查盐类水解的应用，题目难度不大，注意盐类水解的原理，特别是能把握相关物质的性质化学与生活模块31下列有关食品添加剂的说法正确的是( )A需要长时间储存的食品应加入适宜的防腐剂B冰激凌不使用着色剂营养价值一定会降低C色、香、味俱全的食物营养价值不一定高D炒菜时拒绝添加食盐、味精等各种调味剂考点：常见的食品添加剂的组成、性质和作用 分析：A根据加入适宜的防腐剂，可延长食品的储存时间解答；B着色剂能改善食品颜色，不一定有营养价值；C色、香、味俱全的食物营养价值不一定高；D加适量的食盐、味精等各种调味剂能改善食品的味道，不应拒绝解答：解：A需要长时间储
37、存的食品应加入适宜的防腐剂，可延长食品的储存时间，故A正确；B着色剂能改善食品颜色，不一定有营养价值，故B错误；C色、香、味俱全的食物，可能加入了添加剂，营养价值不一定高，故C正确；D炒菜时添加适量的食盐、味精等各种调味剂能改善食品的味道，对人无害，不应拒绝，故D错误；故选AC点评：本题考查了常见食品添加剂的组成、性质和作用，完成此题，可以依据物质的性质进行，平时注意知识的积累，题目较简单32环境问题是2014年北京APEC关注的问题之一，环境污染的发生、危害与防治都与化学有关下列措施和目的之间关系正确的是( )A在新装修的室内摆放适宜的花卉改善室内空气质量B限制生产、使用含磷洗涤剂防止出现“
38、臭氧空洞”C严禁排放未经处理的有毒工业废水防止水土流失D给汽车安装尾气净化装置减少氮的氧化物及一氧化碳的排放考点：常见的生活环境的污染及治理 分析：A花卉能够吸收部分有毒气体；B“臭氧空洞”是由于氟利昂的大量排放导致，与含磷洗涤剂无关；C未经处理的有毒工业废水能够引起水污染；D汽车尾气中含有大量的CO、氮的氧化物等有毒气体解答：解：A摆放适宜的花卉可吸收有害气体，改善室内空气质量，故A正确；B“臭氧空洞”是由于氟利昂的大量排放导致，与含磷洗涤剂无关，故B错误；C工业废水任意排放造成水资源污染，而不是水土流失，故C错误；D汽车安装尾气净化装置可将氮的氧化物及和一氧化碳转化为氮气和二氧化碳，减少氮
39、的氧化物及一氧化碳的排放，故D正确；故选：AD点评：本题考查了生活中常见的污染与治理，熟悉相关知识即可解答，注意对相关知识的积累33下列垃圾的处理方法不正确的是( )A废旧电池直接填埋B废弃的秸秆用于堆肥C聚乙烯塑料露天焚烧D玻璃废品回收利用考点：常见的生活环境的污染及治理 分析：A废旧电池含有汞，直接填埋会引起土壤污染；B废弃的秸秆用于堆肥，变废为宝；C聚乙烯塑料露天焚烧，会产生有害气体和烟尘，污染大气；D玻璃废品回收利用，节约能源解答：解：A废旧电池含有汞，直接填埋会引起土壤污染，应该回收处理，故A错误；B废弃的秸秆用于堆肥，变废为宝，处理方法得当，故B正确；C聚乙烯塑料露天焚烧，会产生有
40、害气体和烟尘，污染大气，处理方式不得当，故C错误；D玻璃废品回收利用，节约能源，减少污染，保护环境，处理方法得当，故D正确；故选：AC点评：本题考查了生活中常见的环境污染与治理，熟悉相关物质的性质，明确质量措施是解题关键，题目难度不大34吸食或注射毒品会危及人体健康，下列各组中的物质都属于毒品的是( )A冰毒、青霉素B海洛因、冰毒C尼古丁、碘盐D大麻、摇头丸考点：药物的主要成分和疗效 分析：毒品是指鸦片、海洛因、甲基苯丙胺（冰毒）、吗啡、大麻、可卡因以及国家规定管制的其他能够使人形成瘾癖的麻醉药品和精神药品，大致可分鸦片类、大麻类、可卡因、冰毒、致幻剂等五大类，据此解答解答：解：A青霉素是抗生
41、素，不属于毒品，故A错误； B海洛因、冰毒属于毒品，故B正确；C尼古丁、碘盐都不是毒品，故C错误；D大麻、摇头丸属于毒品，故D正确故选BD点评：本题考查毒品，难度不大，学生应明确常见的毒品及其对人类健康的危害35下列说法正确的是( )A炒过菜的铁锅不及时清洗易生锈B轮船吃水线以下的船壳外焊上锌块，可以防止铁船体被腐蚀C铁发生电化学腐蚀时铁为正极D经常用钢丝球擦洗铝锅表面，可以防止铝锅被腐蚀考点：金属的电化学腐蚀与防护 分析：A、根据钢铁的电化学腐蚀原理分析；B、Fe、Zn构成原电池时Fe作正极被保护；C、铁发生电化学腐蚀时铁为负极；D、Al的表面有致密的氧化膜，能保护内部的Al不被氧化解答：解
42、：A、炒过菜的铁锅不及时清洗会发生吸氧腐蚀，易生锈，故A正确；B、Fe、Zn构成原电池时Fe作正极被保护，但是轮船吃水线以下水中氧气含量少不容易发生电化学腐蚀，应该在轮船吃水线附近焊上锌块，可以防止铁船体被腐蚀，故B正确；C、铁发生电化学腐蚀时铁被腐蚀，铁失电子为负极，故C错误；D、Al的表面有致密的氧化膜，能保护内部的Al不被氧化，所以经常用钢丝球擦洗铝锅表面会加速铝的腐蚀，故D错误；故选AB点评：本题考查了金属的腐蚀和防护，明确金属的腐蚀原理是解决本题的关键，题目难度不大四、填空题（本题包括3个小题，共18分）36下表是元素周期表的一部分，其中已标出了九种元素请用这九种元素回答下列问题：（
43、1）属于过渡元素的是（用表中数字表示）（2）金属性最强的元素是K（填元素符号）（3）元素形成的能使品红溶液褪色的氧化物与NaOH溶液反应的化学方程式为SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O（4）写出元素和元素形成的化合物的电子式考点：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，知为C、为F、为Na、为Al、为S、为Cl、为Ar、为K、为Fe（1）上述元素中Fe元素属于过渡元素；（2）同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱；（3）硫元素氧化物中二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色；（4）元素和元素形成的化合物为NaCl，属于离子化合物，由钠离子与氯离子构成解答
44、：解：由元素在周期表中位置，知为C、为F、为Na、为Al、为S、为Cl、为Ar、为K、为Fe（1）上述元素中Fe元素属于过渡元素，故答案为：；（2）同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，故K元素金属性最强，故答案为：K；（3）元素是S，形成的能使品红溶液褪色的氧化物是SO2 与NaOH溶液反应的化学方程式为SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，故答案为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；（4）元素和元素形成的化合物为NaCl，属于离子化合物，由钠离子与氯离子构成，其电子式为，故答案为：点评：本题考查元素周期表及元素周期律，比较基础，侧重对基础知识的巩固37现有A、
45、B、C、D、E、F六种常见物质，其转化关系如下图所示（部分反应条件和产物已略去）已知A、B、C三种单质分别为固体、黄绿色气体、无色气体，D、E、F为化合物，D溶液呈黄色，E溶液显酸性请回答下列问题：（1）写出D的化学式FeCl3（2）写出D溶液与A反应的离子方程式2Fe3+Fe=3Fe2+（3）写出反应的化学方程式2FeCl2+Cl2=2FeCl3 考点：无机物的推断 分析：A、B、C三种单质分别为固体、黄绿色气体、无色气体，则B是Cl2，A是固体，A和氯气反应生成D，D的溶液呈黄色，则D是FeCl3，所以A是Fe，C是无色气体，B和C反应生成E，E溶液显酸性，E能和Fe反应生成C和F，F能和
46、Cl2反应生成FeCl3，则C是H2，E是HCl，F是FeCl2，再结合题目解答解答：解：A、B、C三种单质分别为固体、黄绿色气体、无色气体，则B是Cl2，A是固体，A和氯气反应生成D，D的溶液呈黄色，则D是FeCl3，所以A是Fe，C是无色气体，B和C反应生成E，E溶液显酸性，E能和Fe反应生成C和F，F能和Cl2反应生成FeCl3，则C是H2，E是HCl，F是FeCl2，（1）通过以上分析知，D是FeCl3，故答案为：FeCl3；（2）D溶液与A反应的离子方程式为2Fe3+Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3+Fe=3Fe2+；（3）反应为FeCl2和Cl2的反应生成FeCl3，离子反应方
47、程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3 ，故答案为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3 点评：本题考查了无机物的推断，根据B的状态及颜色为突破口，再结合物质之间的反应、物质的状态采用正逆结合的方法进行推断，熟练掌握元素化合物知识，题目难度不大38某烯烃A是有机化学工业的基本原料，其相对分子质量为28，A可发生如图所示的一系列化学反应（部分产物已略去），其中反应均属于加成反应请回答下列问题：（1）写出C的分子式C2H5Cl（2）写出的反应类型加聚反应（3）写出D与乙酸反应的化学方程式CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O考点：有机物的推断 分析：某烯烃A是有机化学工业
48、的基本原料，其相对分子质量为28，则A为乙烯，其结构简式为CH2=CH2，A和氢气发生加成反应生成B，B结构简式为CH3CH3，B发生取代反应生成C、A和HCl发生加成反应生成C，则C结构简式为CH3CH2Cl，A和水发生加成反应生成D，则D结构简式为CH3CH2OH，A发生加聚反应生成E，则E结构简式为，据此分析解答解答：解：某烯烃A是有机化学工业的基本原料，其相对分子质量为28，则A为乙烯，其结构简式为CH2=CH2，A和氢气发生加成反应生成B，B结构简式为CH3CH3，B发生取代反应生成C、A和HCl发生加成反应生成C，则C结构简式为CH3CH2Cl，A和水发生加成反应生成D，则D结构简
49、式为CH3CH2OH，A发生加聚反应生成E，则E结构简式为，（1）通过以上分析知，C结构简式为CH3CH2Cl，则C的分子式为C2H5Cl，故答案为：C2H5Cl；（2）为乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，所以该反应的反应类型是加聚反应，故答案为：加聚反应；（3）乙醇与乙酸反应的化学方程式为CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O点评：本题考查有机推断，涉及烯烃、醇、烷、卤代烃、高聚物之间的转化，明确物质中含有官能团及物质性质即可解答，熟练掌握有机物反应类型，题目难度不大五、实验题（本题包括1个小
50、题，6分）39某化学兴趣小组欲测定某品牌味精中氯化钠的含量该小组的实验步骤如下：称取该味精样品10.0g放入烧杯中，并加适量蒸馏水完全溶解；加入过量的用硝酸酸化的硝酸银溶液（假定只有NaCl与AgNO3溶液反应）过滤；用蒸馏水洗涤沉淀23次；将沉淀烘干、称量，测得其质量为4.31g；请回答下列问题：（1）上述实验步骤操作中所用到的玻璃仪器有漏斗（滤纸）、烧杯、玻璃棒（2）若此品牌味精包装袋上标注：“谷氨酸钠含量80.0%，氯化钠含量20.0%”；（假设样品中不含其它杂质）通过上述实验结果，可计算出样品中氯化钠的质量分数为17.57%，所以该样品合格（填“合格”或“不合格”）（3）检验上述实验步
51、骤所得沉淀是否洗净的方法是：取最后一次洗涤液少量，加入氯化钠溶液，若生成白色沉淀证明未洗涤干净，若无沉淀生成证明洗涤干净考点：探究物质的组成或测量物质的含量 专题：实验探究和数据处理题分析：（1）依据上述实验步骤操作为过滤选择使用的玻璃仪器；（2）依据将沉淀烘干、称量，测得其质量为4.31g，沉淀为AgCl，结合氯元素守恒计算反应的氯化钠质量得到氯化钠质量分数，和题干条件比较判断是否合格；（3）检验上述实验步骤所得沉淀是否洗净的方法是检验洗涤液中是否含有银离子，取最后一次洗涤液少量，加入氯化钠溶液，若生成白色沉淀证明未洗涤干净，若无沉淀生成证明洗涤干净解答：解：（1）步骤操作是过滤，过滤操作用
52、到的仪器主要有漏斗（滤纸）、烧杯、玻璃棒、铁架台（铁圈）；故答案为：漏斗（滤纸）、烧杯、玻璃棒；（2）设生成4.31g氯化银需要参加反应的氯化钠的质量为X则：AgNO3+NaClAgCl+NaNO3 58.5 143.5 X 4.31g=解得X=1.757g；NaCl含量为 100%=17.57%，此样品是符合产品标示的质量分数；故答案为：17.57%；合格；（3）检验上述实验步骤所得沉淀是否洗净的方法是检验洗涤液中是否含有银离子，取最后一次洗涤液少量，加入氯化钠溶液，若生成白色沉淀证明未洗涤干净，若无沉淀生成证明洗涤干净；故答案为：加入氯化钠溶液，若生成白色沉淀证明未洗涤干净，若无沉淀生成证
53、明洗涤干净点评：本题考查了物质组成的分析和实验过程分析判断，主要是实验过程分析应用和计算分析，掌握基础是关键，题目难度中等六、计算题（本题包括1个小题，6分）40向含有10.26g金属M氢氧化物的澄清溶液中，加入NaHCO3和Na2CO3xH2O固体混合物6.70g，充分反应后过滤，所得滤液为NaOH溶液，将其稀释至200mL，测得Na+的物质的量浓度0.35 moll/L；再将所得沉淀MCO3溶于足量的稀盐酸中，收集到气体2.64g（1）通过计算确定M的元素符号（2）通过计算确定x的值考点：化学方程式的有关计算 专题：计算题分析：（1）含有10.26g金属M氢氧化物的澄清溶液与NaHCO3和
54、Na2CO3xH2O固体混合物反应，所得滤液为NaOH溶液，沉淀为MCO3，金属M氢氧化物化学式为M（OH）2，沉淀MCO3溶于足量的稀盐酸中，收集到气体2.64g为CO2质量，根据关系式M（OH）2MCO3CO2，计算M的相对原子质量，进而确定M元素；（2）根据n=cV计算n（Na+），令NaHCO3和Na2CO3xH2O的物质的量分别为amol、bmol，根据钠离子、碳原子守恒列方程计算，再根据NaHCO3和Na2CO3xH2O混合物的总质量列方程计算x的值解答：解：（1）含有10.26g金属M氢氧化物的澄清溶液与NaHCO3和Na2CO3xH2O固体混合物反应，所得滤液为NaOH溶液，沉
55、淀为MCO3，金属M氢氧化物化学式为M（OH）2，沉淀MCO3溶于足量的稀盐酸中，收集到气体2.64g为CO2质量，令M的相对原子质量为y，根据M（OH）2MCO3CO2，可以得出：（y+34）：44=10.26：2.64，解得y=137，故M元素为Ba元素，答：M的元素符合为Ba；（2）n（Na+）=0.2L0.35mol/L=0.07mol，令NaHCO3和Na2CO3xH2O的物质的量分别为amol、bmol，根据钠离子、碳原子守恒，则：，解得a=0.05、b=0.01，故0.0584+0.01（106+18x）=6.7，解得x=8，答：x的值为8点评：本题考查混合物计算、根据方程式的计算等，清楚发生反应是解题关键，难度中等