1、扬州市邗江中学（集团）2014-2015高二（上）期中化学试卷（必修）参考答案与试题解析一、单项选择题：本部分共23小题，每小题3分，共69分在每小题的4个选项中，只有1个选项是符合要求的1中共十八大报告中提出：“加强生态文明宣传教育，增强全民节约意识、环保意识、生态意识，形成合理消费的社会风尚，营造爱护生态环境的良好风气”下列行为不利于“生态文明”建设的是（）A在化学反应中要考虑“原子经济性”以提高效率B资源的开发和利用，要考虑可持续发展的原则C要加强对工业“三废”的治理，以保护环境D将废弃的塑料袋回收进行露天焚烧，以解决“白色污染”问题考点：常见的生活环境的污染及治理分析：根据符合节约能源
2、资源和保护生态环境的即为有利于“生态文明”建设，据此解题解答：解：A在化学反应中要考虑“原子经济性”以提高效率，符合节约能源资源和保护生态环境，有利于“生态文明”建设，故A正确；B合理开发和利用资源，有利于社会的可持续发展，有利于“生态文明”建设，故B正确；C要加强对工业“三废”的治理，以保护环境，有利于“生态文明”建设，故C正确；D将废弃的塑料袋回收进行露天焚烧，会造成环境污染，不利于“生态文明”建设，故D错误故选：D点评：本题考查绿色化学和节能减排，注意基础知识的积累，题目难度不大2下列为人体提供能量的营养物质中，属于高分子化合物的是（）A蛋白质B油脂C葡萄糖D蔗糖考点：有机高分子化合物的
3、结构和性质分析：高分子化合物相对分子质量特别大一般达1万以上、一般具有重复结构单元解答：解：A蛋白质相对分子质量较大，属于高分子化合物，故A正确； B油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故B错误；C葡萄糖是单糖，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故C错误；D蔗糖属于二糖，葡萄糖属于单糖，相对分子质量不很大，不属于高分子化合物，故D错误故选A点评：本题考查生命中的基础有机化学物质，难度较小，清楚高分子化合物概念及常见的高分子化合物即可解答3下列符号表示的物质为含有共价键的离子化合物的是（）A HClBKNO3CNa2ODCH4考点：离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要
4、类型专题：化学键与晶体结构分析：一般来说，活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA族、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键，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解答：解：AHCl中H原子和Cl原子之间只存在共价键，为共价化合物，故A错误；B硝酸钾中钾离子和硝酸根离子之间存在离子键，硝酸根离子中氮原子和氧原子之间存在共价键，为含有共价键的离子化合物，故B正确；C氧化钠中钠离子和氧离子之间只存在离子键，为离子化合物，故C错误；D甲烷中碳原子和氢原子之间只存在共价键，为共价化合物，故D错误；故选
5、B点评：本题考查了离子化合物和共价化合物的判断，根据化合物中存在的化学键结合离子化合物、共价化合物的概念来分析解答，注意不能根据是否含有金属元素判断离子化合物，如氯化铝中只含共价键，为共价化合物，为易错点4（3分）下列各组物质，属于电解质是（）A熔融NaClB铜C酒精D硫酸溶液考点：电解质与非电解质分析：在水溶液里或融融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，无论是电解质还是非电解质都必须是化合物，据此分析解答：解：A、熔融态的氯化钠能导电，且氯化钠是化合物，所以氯化钠是电解质，故A正确；B、铜是单质不是化合物，所以铜既不是电解质也不是非电解质，故B错
6、误；C、酒精在水中以分子存在，其水溶液不导电，但酒精是化合物，所以酒精是非电解质，故C错误；D、硫酸溶液是混合物不是化合物，所以硫酸溶液不是电解质，故D错误故选A点评：本题考查了电解质和非电解质的概念，难度不大，注意电解质和非电解质的区别5（3分）下列表示物质结构的化学用语或模型图正确的是（）A二氧化碳的结构式：OCOBH2O2的电子式：H+：O：O：2H+C甲烷的比例模型：D14C的原子结构示意图：考点：球棍模型与比例模型；原子结构示意图；结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合分析：A、二氧化碳分子中存在两个碳氧双键；B、双氧水为共价化合物，不存在阴阳离子，其电子式不能标出电荷；C、根
7、据甲烷比例模型的表示方法进行判断；D、C的核电荷数为6，不是8解答：解：A、二氧化碳的电子式为：，所以二氧化碳的结构式为：O=C=O，故A错误；B、双氧水分子中不存在阴阳离子，故B错误；C、甲烷是由四个氢原子和1个C原子构成的，C原子半径大于氢原子，且处于正四面体的中心，故C正确；D、C的核电荷数为6，不是8，故D错误，故选C点评：本题考查了电子式、原子结构示意图、球棍模型与比例模型的判断，题目难度中等，注意掌握常见的化学用语的概念及正确表示方法，明确球棍模型与比例模型的表示方法6（3分）下列有关物质用途的说法中正确的是（）A工业上利用氨气制硝酸属于人工固氮B在食品包装袋内放入生石灰可以防止食
8、品因氧化而变质C氢氧化铝、碳酸镁、小苏打等可用于治疗胃酸过多D硅可用于制造光导纤维考点：氮的固定；硅和二氧化硅；药物的主要成分和疗效专题：化学应用分析：A根据氮的固定概念分析；B生石灰的性质是易吸收水，可用于防潮；C胃酸的主要成分为盐酸，可选择能和盐酸反应的物质；D光导纤维的成分为二氧化硅，依此分析解答：解：A把游离态氮转化为氮的化合物的过程较氮的固定，氨气为化合物，故A错误；B生石灰的性质是易吸收水，可用于防潮，故B错误；C胃酸的主要成分为盐酸，氢氧化铝、碳酸镁、小苏打等能和盐酸，中和胃酸，故C正确；D光导纤维的成分为二氧化硅，故D错误故选C点评：本题考查了氮的固定和常见无机物的用途，较基础
9、，性质决定用途，掌握性质是关键7（3分）下列过程中不涉及化学反应的是（）A从海带中制取单质碘I2B无水硫酸铜遇水变蓝C废弃的干冰放在通风处自然升华D白色污染的处理：回收后高温裂解考点：物理变化与化学变化的区别与联系专题：物质的性质和变化专题分析：化学变化的特征是：在原子核不变的情况下，有新物质生成判断物理变化和化学变化的依据是：是否有新物质生成解答：解：A从海带中制取单质碘I2有新物质I2生成，属于化学变化，故A错误； B无水硫酸铜遇水变蓝有新物质五水硫酸铜生成，属于化学变化，故B错误；C升华是状态的变化没有新物质生成，物理变化，故C正确；D裂解是大分子变为小分子有新物质生成，属于化学变化，故
10、D错误故选C点评：本考点考查了物理变化和化学变化的区别，基础性比较强，只要抓住关键点：是否有新物质生成，问题就很容易解决本考点主要出现在选择题和填空题中8（3分）下列离子方程式中正确的是（）A稀硫酸与氢氧化钡溶液反应Ba2+SO42=BaSO4B铝与氢氧溶液化钠反应Al+2OH=AlO2+H2C向Na2CO3浓溶液中缓慢滴加几滴稀盐酸CO32+H+=HCO3D锌粒与稀醋酸反应Zn+2H+=Zn2+H2考点：离子方程式的书写分析：A漏写生成水的离子反应；B漏写氧化剂水；C盐酸不足，生成碳酸氢钠；D醋酸在离子反应中保留化学式解答：解：A稀硫酸与氢氧化钡溶液反应的离子反应为2H+2OH+Ba2+SO
11、42=BaSO4+2H2O，故A错误；B铝与氢氧溶液化钠反应的离子反应为2H2O+2Al+2OH=2AlO2+3H2，故B错误；C向Na2CO3浓溶液中缓慢滴加几滴稀盐酸的离子反应为CO32+H+=HCO3，故C正确；D锌粒与稀醋酸反应Zn+2HAc=Zn2+H2+2Ac，故D错误；故选C点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应的考查，综合性较强，题目难度不大9（3分）下列说法不正确的是（）A金刚石和石墨互为同素异形体B1H、2H和3H互为同位素C18O和16O是两种不同的核素D氡的放射性同位素
12、Rn，其原子中的质子数为136考点：同位素及其应用；核素；同素异形体；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系分析：A、同种元素形成的不同单质互称同素异形体；B、质子数相同，中子数不同的同一元素的不同原子互称同位素；C、核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；D、质量数=质子数+中子数，元素符号左下标为质子数，左上标为质量数解答：解：A、金刚石和石墨为碳元素形成的结构不同单质，互为同素异形体，故A正确；B、质子数相同，中子数不同的同一元素的不同原子互称同位素，1H、2H、3H互为同位素，故B正确；C、核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子，故C正确；D、氡的放射性同位素Rn，
13、其原子中的质子数为86，中子数为：22286=136，故D错误，故选D点评：考查有关几“同”的比较，核素额概念，难度不大，熟练掌握有关几“同”的概念，10（3分）在某无色透明的且能使石蕊试剂变红的溶液中，能大量共存的离子组是（）AK+、SO42、HCO3BK+、SO42、NO3CFe2+、Cl、NO3DFe3+、ClO、Cl考点：离子共存问题分析：无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在；能使石蕊试剂变红的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，A碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳气体和水；BK+、SO42、NO3之间不发生反应，都是无色离子，都不与氢离子反应；C亚
14、铁离子为有色离子，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；D铁离子为有色离子，次氯酸根离子与氢离子反应生成次氯酸解答：解：溶液无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在；能使石蕊试剂变红的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，AHCO3与溶液中氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BK+、SO42、NO3之间不反应，且都为无色离子，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；CFe2+为有色离子，Fe2+、NO3在酸性条件下能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DFe3+为有色离子，ClO与溶液中氢离子反应生成弱电解质次氯酸，在溶液中不能大量
15、共存，故D错误；故选B点评：本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在；试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力11（3分）下列有关实验操作正确的是（）A除去Cl2中的HClB实验室制氨气C萃取碘水中碘D称量氢氧化钠固体考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A氯气和
16、氯化氢都与氢氧化钠溶液反应；B实验室可用氢氧化钙和氯化铵反应制备氨气；C酒精和水混溶，不能用作萃取剂；D氢氧化钠应放在左盘，且放在小烧杯中解答：解：A氯气和氯化氢都与氢氧化钠溶液反应，应用饱和食盐水除杂，故A错误；B实验室可用氢氧化钙和氯化铵反应制备氨气，氨气密度比空气小，用向下排空气法收集，故B正确；C酒精和水混溶，不能用作萃取剂，应用苯或四氯化碳作为萃取剂，故C错误；D氢氧化钠应放在左盘，且放在小烧杯中，故D错误故选B点评：本题考查较为综合，涉及物质的分离、提纯、制备和称量等操作，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大1
17、2（3分）镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，再过滤，滤液中存在的离子有（）AAlO2BCu2+CAl3+DMg2+考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用专题：几种重要的金属及其化合物分析：金属镁和铝能溶于盐酸，镁离子能和烧碱反应转化为氢氧化镁沉淀，铝离子和过量的烧碱反应生成偏铝酸盐解答：解：金属镁、铝溶解于盐酸，得到氯化镁和氯化铝，加入过量烧碱后镁离子成为氢氧化镁沉淀，铝离子变成偏铝酸根离子，所以再过滤后滤液中有钠离子、氢氧根离子、偏铝酸根离子、氯离子、氢离子故选A点评：本题是对金属及其化合物性质的考查，可以根据所学知识进行回答，较简单1
18、3（3分）下列实验方法正确的是（）A配制一定物质的量浓度的溶液时，若加水超过容量瓶的刻度线，用胶头滴管将多余液体吸出即可B用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则溶液中一定不含有K+C区别FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体时，可将它们分别用一束光照射，看有无丁达尔效应出现D检验某溶液中是否含有Fe3+时，可先加入适量的氯水，再滴加硫氰化钾溶液，若溶液变为红色，则说明溶液中一定含有Fe3+考点：常见阳离子的检验；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；配制一定物质的量浓度的溶液分析：A、配制溶液时，加水超过容量瓶的刻度线，应重新配制；B、钾的验证，应排除钠的干扰，即透过蓝色钴玻璃
19、观察；C、胶体具有丁达尔现象，而溶液不具有；D、验证亚铁离子是否存在，利用此方法解答：解：A、溶液配制中加水超过容量瓶的刻度线，该实验失败，应重新配制，故A错误；B、火焰呈黄色，一定含钠离子，观察K的焰色应透过蓝色的钴玻璃，则溶液中可能含有K+，故B错误；C、胶体具有丁达尔现象，而溶液不具有，则区别FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体时，可将它们分别用一束光照射，看有无丁达尔效应出现，故C正确；D、则检验某溶液中是否含有Fe3+时，滴加硫氰化钾溶液，若溶液变为红色，则说明溶液中一定含有Fe3+，故D错误；故选C点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及溶液配制、物质鉴别、胶体性质及离子检
20、验等，侧重实验操作和物质性质的考查，注意方案的合理性、评价性分析14（3分）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A常温下，1molCl2与足量NaOH溶液完全反应，转移的电子数2NAB常温常压下，32g氧气和臭氧混合气体中所含有的氧原子数为2NAC标准状况下，22.4L水所含原子数为3NAD同温同压下，NA个NO2与NA个N2和O2的混合气体的体积不相等考点：阿伏加德罗常数分析：A氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂，也是还原剂，1mol氯气完全反应转移1mol电子；B32g氧气和臭氧的混合物中含有32g氧原子，含有2mol氧原子；C标准状况下，水的状态不是气体，不能使用
21、标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量；D同温同压下，气体摩尔体积相同，则分子数相同的气体具有相同的物质的量，则具有相同的体积解答：解：A1mol氯气与足量氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，转移了1mol电子，转移的电子数NA，故A错误；B32g氧气和臭氧的混合物中含有32g氧原子，含有氧原子的物质的量为：=2mol，所含有的氧原子数为2NA，故B正确；C标况下水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L水的物质的量，故C错误；DNA个NO2与NA个N2和O2的混合气体的物质的量都是1mol，同温同压下具有相同的气体摩尔体积，则具有相同的体积，故D错误；故选B点评：本题考查阿伏
22、加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项A为易错点，注意氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂15（3分）关于下列各种说法中正确的是（）A氯水是混合物，漂白粉是纯净物BSiO2是酸性氧化物，它能与强碱反应生成盐和水CH2、NH3、SO2气体都可以用浓硫酸干燥DNO2与水发生化合反应生成硝酸考点：混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；气体的净化和干燥分析：A、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物；B、酸性氧化物和碱反应生成盐和水；C、氨气是碱性气体和浓硫酸发生反应；D、二
23、氧化氮 和水反应生成硝酸 和一氧化氮解答：解：A、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，氯水是氯气的水溶液，故A错误；B、酸性氧化物和碱反应生成盐和水，二氧化硅 和 强碱反应生成硅酸钠和水，故B正确；C、氨气是碱性气体和浓硫酸发生反应，不能用浓硫酸干燥，故C错误；D、二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，不是化合反应，故D错误；故选B点评：本题考查了物质分类 方法，物质性质理解应用，掌握概念实质是关键，题目较简单16（3分）下列实验能达到目的是（）A用盐酸酸化的BaCl2溶液来判断亚硫酸钠固体是否发生变质B实验室用加热NH4Cl的方法来制取氨气C可加入足量的铜粉然后过滤来除去氯化亚铁溶液中的少量氯化
24、铁D加入澄清石灰水看是否有白色沉淀来区别碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液考点：化学实验方案的评价分析：A变质混有硫酸钡，加盐酸可排除亚硫酸钠的干扰，若生成沉淀则变质；B加热NH4Cl生成氨气和HCl，在试管口又化合生成氯化铵；CCu与氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁；D碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液均与石灰水反应生成白色沉淀解答：解：A变质混有硫酸钡，加盐酸可排除亚硫酸钠的干扰，若生成沉淀，说明存在硫酸钠，即证明变质，故A正确；B加热NH4Cl生成氨气和HCl，在试管口又化合生成氯化铵，不能制备氨气，应利用铵盐和碱共热制备，故B错误；CCu与氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，引入新杂质氯化铜，应选铁来除杂，故C
25、错误；D碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液均与石灰水反应生成白色沉淀，现象想逃避，不能鉴别，故D错误；故选A点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及离子的检验、物质的鉴别、气体的制备及混合物分离提纯等，侧重物质性质及应用的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大17（3分）某混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体现将此无色透明的混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色对于原混合气体成分的判断正确的是（）A肯定有SO2和NOB肯定没有Cl2和NO，可能有O2C可能有Cl2和NOD肯定只有NO考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计；物
26、质的检验和鉴别的基本方法选择及应用专题：元素及其化合物分析：由于气体呈无色，所以其中一定没有Cl2、NO2，气体通过品红，品红褪色，说明混合气体中含有SO2，剩余气体排入空气中呈红棕色，说明其中含有NO，结合原混合气体无色，说明混合气体中没有O2解答：解：该气体是无色的，则一定不能含有氯气（黄绿色）和NO2（红棕色）混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明含有SO2把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，这说明含有NO，因此就一定不能含有O2，故选A点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题该题需要注意的是进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反
27、应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可，题目难度不大18（3分）工业上用金红石（主要成分为TiO2）制金属钛，可通过以下反应进行：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2COTiCl4+2Mg Ti+2MgCl2对于上述两个反应的叙述中，正确的是（）A都是置换反应B中TiO2作氧化剂C每生成1mol金属Ti，中转移电子数为2NAD中氩气作保护气，可防止金属Ti被氧化考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：反应中，Cl元素的化合价降低，C元素的化合价升高，反应中Mg元素的化合价升高，Ti元素的化合价降低，以此来解答解答：解：A
28、反应没有单质生成，不是置换反应，故A错误；B反应中Ti元素化合价没有变化，Cl元素的化合价降低，则TiCl4在反应（1）中是还原产物，而氯气为氧化剂，故B错误；CTi元素化合价由+4价降低到0价，则每生成1mol金属Ti，中转移电子数为4NA，故C错误；D氩气为惰性气体，与钛不反应，则中氩气作保护气，可防止金属Ti被氧化，故D正确故选D点评：本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大19（3分）下列反应前后物质的总能量变化可用如图表示的是（）A石灰石在高温下的分解反应B生石灰和水的反应C盐酸与氢氧化钠溶液
29、的反应D木炭在氧气中燃烧考点：吸热反应和放热反应专题：化学反应中的能量变化分析：生成物总能量高于反应物总能量，应为吸热反应常见的放热反应有：所有的物质燃烧；所有金属与酸或与水；所有中和反应；绝大多数化合反应；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和CO2）；工业制水煤气；碳、一氧化碳、氢气还原金属氧化物；某些复分解（如铵盐和强碱）解答：解：生成物总能量高于反应物总能量，应为吸热反应A石灰石在高温下的分解反应是吸热反应，故A正确； B生石灰和水的反应是化合反应属于放热反应，故B错误；C盐酸与氢氧化钠溶液的中和反应属于放热反应，故C错误；D木炭在氧气中燃烧属于放热反应，故
30、D错误故选A点评：本题考查放热反应，难度不大，抓住中学化学中常见的吸热或放热的反应是解题的关键，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20（3分）如图为铜锌稀硫酸构成的原电池示意图，下列说法错误的是（）A锌片为负极，且锌片逐渐溶解B铜片为正极，且铜片上有气泡C电子由铜片通过导线流向锌片D该装置能将化学能转变为电能考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：铜锌稀硫酸构成的原电池中，锌是负极，负极上锌失电子发生氧化反应，铜为正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极，结合原电池定义分析解答解答：解：A该原电池中，锌是负极，负极上锌失电子变成锌离子进入溶液导
31、致锌逐渐溶解，故A正确；B铜为正极，铜上氢离子得电子生成氢气，所以铜上有气泡生成，故B正确；C锌是负极，铜是正极，电子从锌通过导线流向铜，故C错误；D该装置是原电池，是将化学能转变为电能的装置，故D正确；故选C点评：本题考查原电池原理，明确正负极上发生的反应是解本题的关键，难度不大21（3分）下列四支试管中，过氧化氢分解的化学反应速率最大的是试管温度过氧化氢浓度催化剂A室温（25）12%有B水浴加热（50）4%无C水浴加热（ 50）12%有D室温（25）4%无AABBCCDD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：题中涉及外界因素有温度、浓度和催化剂，一般来说温度越高、浓度越大
32、，且加入催化剂，都可使反应速率增大，以此解答该题解答：解：A和C加入催化剂，则反应速率应大于B和D，A和C相比较，C温度较高，浓度较大，则反应速率较大，故选C点评：本题考查反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，把握影响反应速率的因素和影响原因，难度不大22（3分）A、B、C、D、E为短周期主族元素，且原子序数依次增大A原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，B原子的半径在同周期主族元素的原子中最大，A、E同主族，D原子的最高正价与负价的绝对值相等下列说法正确的是（）A原子半径：DCB氢化物的稳定性：EAC氢氧化物的碱性：CB
33、D最高价氧化物对应水化物的酸性：ED考点：位置结构性质的相互关系应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A、B、C、D、E为短周期主族元素，且原子序数依次增大A原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，A原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则A为氧元素；A、E同主族，则E为硫元素；B原子的半径在同周期主族元素的原子中最大，结合原子序数可知，只能处于第三周期，故B为Na；D原子的最高正价与负价的绝对值相等，结合原子序数可知，D处于第A族，为Si元素；C的原子序数介于Na与Si之间，为Mg或Al，结合元素周期律解答解答：解：A、B、C、D、E为短周期主族元素，且原子序数依次增大A原子的最外层电子
34、数是其电子层数的3倍，A原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则A为氧元素；A、E同主族，则E为硫元素；B原子的半径在同周期主族元素的原子中最大，结合原子序数可知，只能处于第三周期，故B为Na；D原子的最高正价与负价的绝对值相等，结合原子序数可知，D处于第A族，为Si元素；C的原子序数介于Na与Si之间，为Mg或Al，AC、D同周期，原子序数依次增大，故原子半径CD，故A错误；BA为O、E为S，二者主族，电子层增多，故非金属性OS，则氢化物稳定性AE，故B错误；CB为Na、C为Mg或Al，二者同周期，原子序数依次增大，金属性减弱，故氢氧化物的碱性为BC，故C错误；DD为Si、E为S，二者同周
35、期，原子序数依次增大，非金属性增强，故最高价氧化物对应水化物的酸性为ED，故D正确，故选D点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握，难度不大23（3分）一定浓度l00mL的HNO3溶液中加入2.8g Fe，全部溶解，得到标准状况下的NO气体1.12L，测得反应后溶液中的c（H+）=0.1mol/L若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断错误的是（）A反应后溶液中无硝酸亚铁B反应前HNO3溶液的浓度为2.0molL1C反应后溶液中c（NO3）=1.6molL1D反应后的溶液最多还能溶解1.61g Fe考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：n（
36、Fe）=0.05mol，n（NO）=0.05mol，反应后溶液中的c（H+）=0.1mol/L，说明溶液中硝酸过量，A少量铁和稀硝酸反应生成硝酸铁；B根据氮原子守恒计算原溶液中硝酸的浓度；C根据电荷守恒确定硝酸根离子浓度；D反应后的溶液中硝酸与硝酸铁中含NO3，结合3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O计算最多消耗的Fe解答：解：n（Fe）=0.05mol，n（NO）=0.05mol，反应后溶液中的c（H+）=0.1mol/L，说明溶液中硝酸过量，A铁和过量硝酸反应生成硝酸铁，故A正确；B根据氮原子守恒得原溶液中n（HNO3）=n（NO）+3nFe（NO3）3+n（HNO3）
37、 （剩余）=0.05mol+30.05mol+0.1mol/L0.1L=0.21mol，则原来硝酸的浓度=2.1mol/L，故B错误；C根据电荷守恒得c（NO3）=3c（Fe3+）+c（H+）=3+0.1mol/L=1.6mol/L，故C正确；D原硝酸的物质的量=0.21mol，由3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O可知，最多消耗Fe为0.21mol56=4.41g，则还能溶解4.41g2.8=1.61g，故D正确，故选B点评：本题考查氧化还原反应的计算，明确硝酸剩余发生的化学反应及最多溶解铁发生的化学反应是解答本题的关键，注意利用原子守恒计算原来硝酸浓度，选项D为解答的难
38、点，题目难度中等二、填空题（共5小题，每小题3分，满分31分）24（3分）青奥会于2014年8月在南京成功举行青奥会建筑设施使用了大量节能材料，体现了“绿色青奥”的理念用于青奥村工程的隔热保温材料聚氨酯属于a（填字母）a有机高分子材料 b无机非金属材料 c金属材料青奥中心外墙的复合保温材料采用铝合金锁边有关铝合金的性质正确的是b（填字母）a强度小 b耐腐蚀 c密度大青奥会议中心双塔采用了玻璃幕墙设计制造玻璃的主要原料为纯碱、石灰石和b（填字母）a金刚砂 b石英 c水玻璃考点：玻璃的主要化学成分、生产原料及其用途；金属与合金在性能上的主要差异；有机高分子化合物的结构和性质分析：聚氨酯属于高分子合
39、成材料，是有机高分子化合物；根据合金的特点：熔点比成分金属低；硬度比成分金属大、性能和强度都优于纯金属来回答；制造玻璃的主要原料为纯碱、石灰石和石英解答：解：聚氨酯属于高分子合成材料，属于有机聚合物，故答案为：a；铝合金具有强度大、耐腐蚀、密度小于成分金属的特点，故答案为：b；制造玻璃的主要原料为纯碱、石灰石和石英，故答案为：b点评：本题涉及物质的性质、制备以及应用等知识，注意化学在生产和生活中的实际应用是重点，难度不大25（6分）全国许多城市启用新的环境空气质量指数来评价空气质量，环境质量的好坏越来越引起全社会的关注空气污染指数API表明了空气的质量空气污染指数是根据空气中二氧化硫、二氧化氮
40、和可吸入颗粒物等污染物的浓度计算出来的数值自来水厂常用漂白粉、液氯、二氧化氯、臭氧等作为消毒剂，杀灭水中的细菌液氯注入水中后，能杀死水中细菌的物质是HClO（填化学式）向燃煤中加入石灰石作脱硫剂，可大大减少SO2的排放及酸雨的发生，用这种方法最终可将煤中的硫转化为CaSO4（填化学式）考点：常见的生活环境的污染及治理；重要的氧化剂分析：空气污染指数指空气被污染的程度，以二氧化硫、二氧化氮和可吸入颗粒物等污染物的浓度计算；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能杀菌消毒；煤燃烧产生的二氧化硫会与碳酸钙分解生成的氧化钙反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙不稳定，被氧气氧化为硫酸钙解答：解：空气质
41、量的高低与空气中所含污染物的数量有关，可以用二氧化硫、二氧化氮和可吸入颗粒物等污染物污染指数来表示；指数越大，级别越高，说明污染越严重，故答案为：二氧化硫； 氯气能和水反应H2O+Cl2HCl+HClO，生成的次氯酸具有强氧化性，能杀菌消毒，故答案为：HClO；煤燃烧产生的二氧化硫与碳酸钙、氧气、二氧化硫反应生成硫酸钙与二氧化碳，反应方程式为2CaCO3+O2+2SO22CaSO4+2CO2，故答案为：CaSO4点评：本题考查空气质量污染指数、自来水厂常用消毒剂等知识即可解答，题目难度中等26（6分）合理使用药物是健康生活的重要保证生物制药中往往涉及到活性蛋白质的提纯，可以采用的一种方法是盐析
42、（填“过滤”、“高温蒸馏”或“盐析”）当体内胃酸分泌过多时，医生会建议服用抗酸药“胃得乐”就是一种常用的抗酸药，其主要有效成分为碳酸镁，写出碳酸镁与盐酸反应的离子方程式MgCO3+H+Mg2+H2O+CO2；药片常用淀粉作为黏合剂，淀粉水解的化学方程式是（C6H10O5）n+n H2On C6H12O6考点：药物的主要成分和疗效分析：提纯蛋白质，其性质不能变化，可利用盐析或渗析法等来提纯蛋白质；碳酸镁可与胃酸中的盐酸反应；淀粉水解生成葡萄糖解答：解：提纯蛋白质可用盐析，故答案为：盐析；碳酸镁可与胃酸中的盐酸反应，反应方程式：MgCO3+H+Mg2+H2O+CO2；淀粉在酸性环境下水解的最终产物
43、是葡萄糖，化学方程式为：（C6H10O5）n+n H2On C6H12O6，故答案为：MgCO3+H+Mg2+H2O+CO2；（C6H10O5）n+n H2On C6H12O6点评：本题考查药物的主要成分和疗效，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握27（6分）在右图所示的物质转化关系中，A是用于制造汽车发动机的耐高温陶瓷材料，A由两种元素组成，且两种元素化合价的绝对值相等常温下，C、F、K是无色无味的气体单质，D、H是固体单质E是常见的两性氧化物B、G是汽车尾气中的主要污染气体，所含元素均为第二周期元素反应常用于汽车尾气的处理（1）C的电子式（2）A的化学式AlN（3
44、）反应的化学方程式2Al2O34Al+3O2（4）反应的离子方程式2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2考点：无机物的推断专题：推断题分析：常温下，C、F、K是无色无味的气体单质，三者分别为H2、N2、O2中的一种，E是常见的两性氧化物，电解得到H与F，可推知E为Al2O3、H为Al、F为O2Al与NaOH反应反应得到J与K，则J为NaAlO2、K为H2，故C为N2，C与F在放电条件下得到G为NO，B、G是汽车尾气中的主要污染气体，所含元素均为第二周期元素，反应常用于汽车尾气的处理，气体B具有还原性，可推知B为CO，I为CO2，D是固体单质，与F（氧气）反应得到B，则D为碳单质，A是用于
45、制造汽车发动机的耐高温陶瓷材料，A由两种元素组成，且两种元素化合价的绝对值相等，由反应，根据元素守恒可知A为AlN，据此解答解答：解：常温下，C、F、K是无色无味的气体单质，三者分别为H2、N2、O2中的一种，E是常见的两性氧化物，电解得到H与F，可推知E为Al2O3、H为Al、F为O2Al与NaOH反应反应得到J与K，则J为NaAlO2、K为H2，故C为N2，C与F在放电条件下得到G为NO，B、G是汽车尾气中的主要污染气体，所含元素均为第二周期元素，反应常用于汽车尾气的处理，气体B具有还原性，可推知B为CO，I为CO2，D是固体单质，与F（氧气）反应得到B，则D为碳单质，A是用于制造汽车发动
46、机的耐高温陶瓷材料，A由两种元素组成，且两种元素化合价的绝对值相等，由反应，根据元素守恒可知A为AlN，（1）由上述分析可知，C为N2，分子中N原子之间形成3对共用电子对，其电子式为：，故答案为：；（2）由上述分析可知，A的化学式为：AlN，故答案为：AlN；（3）反应的化学方程式为：2Al2O34Al+3O2，故答案为：2Al2O34Al+3O2；（4）反应的离子方程式：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2点评：本题考查无机物推断，物质的状态及转化关系中特殊反应是推断突破口，结合转化关系进行推断，对学生的逻辑推理有一定的要求，难
47、度中等28（10分）化合物AKxFe（C2O4）yzH2O，其中铁元素为+3价是一种重要的光化学试剂（1）制备化合物A的实验流程如下：上述流程中，检验“过滤”后的固体已洗涤干净的方法是取少量最后一次洗涤液放入试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀，说明已经洗涤干净上述流程“操作X”中加入H2O2的目的是把Fe2+全部氧化成Fe3+（2）测定化合物A的化学式实验步骤如下：a、准确称取A样品4.91g，干燥脱水至恒重，残留物质的质量为4.37g；b、将步骤a所得固体溶于水，加入还原铁粉0.28g，恰好完全反应；c、另取A样品4.91g置于锥形瓶中，加入足量的3mol/L的H2SO4溶液和适
48、量蒸馏水，再加入0.50mol/L的KMnO4溶液24.0mL，微热，恰好完全反应：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O请通过计算填空：4.91g A样品中含结晶水的物质的量为0.03molA样品中=1：3A的化学式为K3Fe（C2O4）33H2O考点：制备实验方案的设计；复杂化学式的确定；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题：实验设计题分析：（1）过滤后的固体表面应该附着硫酸根杂质离子，检验固体是否已洗涤干净，只要检验最后一次洗涤液中是否含有硫酸根离子，若有：则证明没有洗涤干净，若没有：则证明已经洗涤干净，用BaCl2溶液检验硫酸根
49、是否存在；操作X得到的物质中铁元素应该为+2价（草酸亚铁），而化合物A中铁元素为+3价，故H2O2的作用是把Fe2+转化为Fe3+；（2）a、准确称取A样品4.91g，干燥脱水至恒重，减少的质量为水的质量，n（H2O）=0.03molb、将步骤a所得固体溶于水，加入还原铁粉0.28g，发生化学反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，可得n（Fe3+）；c、另取A样品4.91g置于锥形瓶中，加入足量的3mol/L的H2SO4溶液和适量蒸馏水，再加入0.50mol/L的KMnO4溶液24.0mL，微热，恰好完全反应：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2+8H
50、2O可知：n（C2O42）=n（KMnO4）=0.05mol/l0.24L=0.03mol；由离子守恒知n（K+）=0.03mol，样品AKxFe（C2O4）yzH2O中，：x：1：y：z=n（K+）：n（Fe3+）：n（C2O42）：n（H2O）=3：1：3：3，故A的化学式为K3Fe（C2O4）33H2O解答：解：制备化合物A的实验流程：FeSO47H2O溶解在硫酸中，得到的溶液含有亚铁离子，和硫酸根离子，向其中加草酸，得到草酸亚铁沉淀，过滤、洗涤后，向得到的草酸亚铁中加草酸和H2O2，得到化合物A；（1）制备化合物A的实验流程知：“过滤”后的固体表面应该附着硫酸根杂质离子，检验固体是否已
51、洗涤干净，只要检验最后一次洗涤液中是否含有硫酸根离子，若有：则证明没有洗涤干净，若没有：则证明已经洗涤干净，用BaCl2溶液检验硫酸根是否存在；故答案为：取少量最后一次洗涤液放入试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀，说明已经洗涤干净；制备化合物A的实验流程中的FeSO4和H2C2O4都具有还原性，故操作X得到的物质中铁元素应该为+2价，而化合物A中铁元素为+3价，故H2O2的作用应该是把Fe2+转化为Fe3+；故答案为：把Fe2+全部氧化成Fe3+；（2）a、准确称取A样品4.91g，干燥脱水至恒重，残留物质的质量为4.37g，减少的质量为水的质量，n（H2O）=4.91g4.37g
52、18g/mol=0.03mol；b、将步骤a所得固体溶于水，加入还原铁粉0.28g，发生化学反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，则n（Fe3+）=2n（Fe）=2=0.01mol；c、另取A样品4.91g置于锥形瓶中，加入足量的3mol/L的H2SO4溶液和适量蒸馏水，再加入0.50mol/L的KMnO4溶液24.0mL，微热，恰好完全反应：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O，知：n（C2O42）=n（H2C2O4）=n（KMnO4）=0.05mol/l0.24L=0.03mol；=1：3，由离子守恒知：n（K+）+3n（Fe3+）=2n（C2O42），n（K+）+30.01mol=20.03mol，n（K+）=0.03mol；4.91g样品AKxFe（C2O4）yzH2O中，：x：1：y：z=n（K+）：n（Fe3+）：n（C2O42）：n（H2O）=0.03mol：0.01mol：0.03mol：0.03mol=3：1：3：3，x=3，y=3，z=3，故A的化学式为K3Fe（C2O4）33H2O；故答案为：0.03；1：3；K3Fe（C2O4）33H2O点评：本题考查：“过滤”后的固体的洗涤；化合物中重要元素的性质的应用；通过计算分析确定化学式的方法
