1、江西省赣州市2014-2015学年高一下学期期末化学试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1在下列自然资源的开发利用中，不涉及化学变化的是( )A用蒸馏法淡化海水B用铁矿石冶炼铁C用石油裂解生产乙烯D用煤生产水煤气考点：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，根据此特征来判断是否是化学变化解答：解：A蒸馏是根据物质沸点的不同来实现物质分离的方法，没有新物质生成，不涉及化学变化，故A正确； B用铁矿石冶炼铁有新物质铁生成，涉及化学变化，故B错误；C用石油裂解生产乙烯有新物质乙烯生成，涉及化学变化，故C错误；
2、D用煤生产水煤气有一氧化碳和氢气生成，涉及化学变化，故D错误故选A点评：本题考查学生有关物理变化和化学变化的本质特征知识，可以根据所学知识进行回答，较简单2下列说法中正确的一组( )AH2和D2互为同位素BCH3CH2OH与CH3OCH3互为同分异构体C正丁烷和异丁烷是同素异形体DO、O、O互为同素异形体考点：同位素及其应用；同素异形体；同分异构现象和同分异构体 专题：物质的分类专题分析：有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体解答：解：AH2和D2是由氢的同位素形成的氢分子，故不互
3、为同位素，故A错误；BCH3CH2OH与CH3OCH3分子式相同，但结构不同，故互为同分异构体，故B正确；C正丁烷和异丁烷分子式相同，但结构不同，故互为同分异构体，故C错误；D17O、O、O质子数相同，中子数不同，互为同位素，故D错误，故选B点评：本题考查同位素、同素异形体、同分异构体的概念，难度不大对于元素、核素、同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、同种物质等概念的区别是考试的热点问题3下列除杂方法（括号内为杂质）和操作正确的是( )A乙醇（水）：加新制的生石灰，过滤B溴苯（苯）：加水，振荡静置后分液C乙烷（乙烯）：通过溴水溶液，洗气D乙酸乙酯（乙酸）：加NaOH溶液，振荡静置后蒸馏考点
4、：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 分析：ACaO与水反应后增大与乙醇的沸点差异；B溴苯、苯均不溶于水；C乙烯与溴水发生加成反应，乙烷不能；D乙酸与乙酸乙酯都与氢氧化钠反应解答：解：ACaO与水反应后增大与乙醇的沸点差异，然后利用蒸馏分离，故A错误；B溴苯、苯均不溶于水，不能利用分液分离，应利用蒸馏分离，故B错误；C乙烯与溴水发生加成反应，乙烷不能，则利用溴水、洗气可除杂，故C正确；D乙酸与乙酸乙酯都与氢氧化钠反应，应用饱和碳酸钠溶液分离，故D错误故选C点评：本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，侧重混合物分离方法选择的考查，题目难度不大4某烷烃的相对
5、分子质量为86，与氯气反应生成的一氯代物只有两种，其结构简式是( )ACH3（CH2）4CH3B（CH3）2CHCH（CH3）2C（C2H5）2CHCH3DC2H5C（CH3）3考点：烷烃及其命名 专题：有机化学基础分析：依据烷烃的通式、烷烃相对分子质量为86，结合烷烃结构特点判断该烷烃的分子式，该烷烃一氯代物只有两种，说明分子结构对称不同环境下氢原子只有2种，以次推导烷烃的结构解答：解：烷烃的通式为：CnH（2n+2），所以14n+2=86，解得n=6，该烷烃分子式为C6H14，ACH3（CH2）4CH3，该烷烃分子式为C6H14，有3种不同环境下的氢原子，一氯代物有3种，故A错误；B（CH
6、3）2CHCH（CH3）2，该烷烃分子式为C6H14，有2种不同环境下的氢原子，一氯代物有2种，故B正确；C（C2H5）2CHCH3，该烷烃分子式为C6H14，有4种不同环境下的氢原子，一氯代物有4种，故C错误；DC2H5C（CH3）3，分子式为C6H14，有3种不同环境下的氢原子，一氯代物有3种，故D错误；故选：B点评：本题考查了有机物分子式和结构的判断，题目难度中等，解题关键是熟悉烷烃的结构，准确判断烷烃中不同环境氢原子的种数5下列关于有机化合物的说法正确的是( )A糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应B乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液区别C棉花、羊毛、蚕丝均属于天然纤维素D乙烯、聚氯乙烯
7、和苯分子中均含有碳碳双键考点：有机物的鉴别；消去反应与水解反应；乙烯的化学性质；纤维素的性质和用途 分析：A单糖不能发生水解反应；B乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应；C蚕丝的主要成分为蛋白质；D聚氯乙烯和苯分子不含碳碳双键解答：解：A单糖为最简单的糖类，不能发生水解反应，故A错误；B乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应生成气体，现象不同，可鉴别，故B正确；C蚕丝的主要成分为蛋白质，故C错误；D聚氯乙烯不含碳碳双键，苯结构特别，碳碳键介于单键、双键之间，分子中不含碳碳双键，故D错误故选B点评：本题综合考查有机物的组成、结构和性质，为高频考点和2015届高考常见题型，侧重于
8、双基的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大6下列物质按只含离子键、只含共价键、既含离子键又含共价键的顺序排列的是( )A氯气二氧化碳氢氧化钠B氯化钠过氧化钠氯化铵C氯化钠过氧化氢氯化铵D氯化钠氦气氢氧化钠考点：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元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，金属氧化物、部分碱、大多数盐中都含有离子键，据此分析解答解答：解：A氯气和二氧化碳分子中都只含共价键，NaOH中含有离子键和共价键，故A错误；BNaCl中只含离子键，过氧化钠和氯化铵中含有离子键和共价键，故B错误；CNa
9、Cl中只含离子键，H2O2中只含共价键，NH4Cl中含有离子键和共价键，故C正确；DNaCl中只含离子键，He中不含化学键，故D错误；故选C点评：本题考查了离子键和共价键的判断，明确物质的构成微粒及物质间作用力即可解答，注意稀有气体为单原子分子，不含化学键，只存在分子间作用力，为易错点7下列事实不能作为实验判断依据的是( )A钠和镁分别与冷水反应，判断金属活动性强弱B铁投入CuSO4溶液中，能置换出铜，钠投入CuSO4溶液中不能置换出铜，判断钠与铁的金属活动性强弱C酸性H2CO3H2SiO3，判断碳与硅的非金属活动性强弱DBr2与I2分别与足量的H2反应的难易，判断溴与碘的非金属活动性强弱考点
10、：金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律 专题：元素周期律与元素周期表专题；元素及其化合物分析：A、可以用金属与水和酸反应的剧烈程度，来判断金属活动性强弱；B、钠投入CuSO4溶液中不能置换出铜，是因为钠太活泼，与水反应生成碱，和盐反应；C、中心元素对应的最高价氧化的水化物的酸性越强，对应元素的非金属性越强；D、非金属单质与氢气化合越容易，对应元素的非金属性越强解答：解：A、可以用金属与水和酸反应的剧烈程度，来判断金属活动性强弱，故A正确；B、钠投入CuSO4溶液中不能置换出铜，是因为钠太活泼，与水反应生成碱，和盐反应，故B错误；C、中心元素对
11、应的最高价氧化的水化物的酸性越强，对应元素的非金属性越强，故C正确；D、非金属单质与氢气化合越容易，对应元素的非金属性越强，故D正确；故选B点评：本题考查判断非金属性强弱的方法判断非金属性的方法很多，只要合理即可8一定量的锌粉和6molL1的过量盐酸反应，当向其中加入少量的下物质：石墨 CuO 铜粉 锌粒 浓盐酸 无水乙酸 KNO3溶液 CuCl2时，能够加快反应速率，又不响产生H2总量的是( )ABCD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：盐酸过量，则锌完全反应，锌的量决定氢气的体积，能够加快反应速率，又不影响产生H2的总量，采取措施有：形成原电池，注意形成原电池是不能消
12、耗Zn，升高温度，改变锌粉的颗粒大小，增大氢离子的浓度等，以此来解答解答：解：加入石墨粉，构成原电池，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，故正确；加入CuO，与盐酸反应生成氯化铜，氯化铜与锌反应生成铜，形成原电池，加快反应，但与盐酸反应的锌的量减少，生成氢气的总量减少，故错误；加入铜粉，构成原电池，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，故正确；加入锌粒，固体表面积减小，反应速率减小，产生H2的总量增大，故错误；加入浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，故正确；无水乙酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H
13、2的总量，故正确；KNO3溶液，在酸性条件下与锌反应生成NO，不生成氢气，影响生成氢气的总量，故错误；加入CuCl2，锌置换铜，形成原电池反应，消耗锌，生成氢气的总量减少，生成氢气的速率增大，故错误故选B点评：本题考查化学反应速率的影响元素，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意加入氧化铜、Fe粉对氢气总量的影响，是本题的易错点，题目难度中等，9已知化学反应2C（s）+O2（g）2CO（g），2CO（g）+O2（g）2CO2（g）都是放热反应据此判断，下列说法中不正确的是( )A12g C所具有的能量一定高于28gCO所具有的能量B56gCO和32gO2所具有的总能量大于88gCO2所具
14、有的总能量C12gC和32gO2所具有的总能量大于44g CO2所具有的总能量D将一定质量的C燃烧，生成CO2比生成CO时放出的热量多考点：化学能与热能的相互转化 专题：化学反应中的能量变化分析：根据放热反应中反应物总能量大于生成物总能量，等量的物质完全燃烧时放出的热量大于不完全燃烧时的热量，据此来解答解答：解：A、因2C+O2=2CO是放热反应，所以12gC和16gO2所具有的总能量一定高于28gCO所具有的能量，故A错误；B、因2CO+O22CO2是放热反应，所以56gCO和32gO2所具有的总能量大于88gCO2所具有的总能量，即反应物的总能量大于生成物的总能量，故B正确；C、因2C+O
15、2=2CO，2CO+O22CO2都是放热反应，所以C+O2=CO2也是放热反应，所以12gC和32O2所具有的总能量一定高于44gCO2所具有的总能量，故C正确；D、因物质完全燃烧放出的热量比不完全燃烧放出热量多，所以一定质量的碳燃烧，生成CO2比生成CO时放出的热量多，故D正确；故选A点评：本题考查了放热反应，解此类题要明确，反应物能量是指所有反应物的总能量和，生成物能量是指所有生成物总能量和，而不是某一个反应物和某一个生成物能量进行对比10“绿色化学”提倡化工生产应尽可能将反应物的原子全部利用，从根本上解决环境污染问题在下列制备环氧乙烷的反应中，最符合“绿色化学”思想的是( )ACH2=C
16、H2+（过氧乙酸）+CH3COOHBCH2=CH2+Cl2+Ca（OH）2+CaCl2+H2OC2CH2=CH2+O22D+HOCH2CH2OCH2CH2OH+2H2O考点：绿色化学；有机化学反应的综合应用 专题：有机反应分析：根据“绿色化学”的特征：反应物中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%；即生成物质只有一种进行判断解答：解：原子利用率为100%，即反应物全部转化为最终产物，生成物只有一种A产物有两种，不符合“绿色化学”的思想，故A错误；B产物有三种，不符合“绿色化学”的思想，故B错误；C反应物中原子全部转化为产物，且产物只有一种，符合“绿色化学”的思想，故C正确，D产物
17、有两种，不符合“绿色化学”的思想，故D错误；故选C点评：本题考查绿色化学，难度不大要抓住绿色化学的特征：原子利用率为100%，产物只有一种11为了说明影响化学反应快慢的因素，甲、乙、丙、丁4位同学分别没计了如下4个试验，你认为结论不正确的是( )A将形状、大小均相同的镁条和铝条与相同浓度的盐酸反应时，两者速率一样大B在相同条件下，等质量的大理石块和大理石粉末与相同浓度的盐酸反应，大理石粉末反应快C将浓硝酸分别放在冷暗处和强光照射下，会发现光照可以加快浓硝酸的分解D两只试管中分别加入相同质量的氯酸钾，其中一只试管中再加入少量二氧化锰，同时加热，产生氧气的快慢不同考点：化学反应速率的影响因素 专题
18、：化学反应速率专题分析：A、根据镁铝的活泼性判断；B、根据反应物的状态对化学反应速率的影响判断；C、根据温度对化学反应速率的影响判断；D、根据催化剂对化学反应速率的影响判断；解答：解：A、金属的活泼性不同，其它条件相同时，化学反应速率也不同，故A错误B、在其它条件相同的情况下，反应物的接触面积影响化学反应速率，接触面积越大，化学反应速率越快，故B正确C、在其它条件相同的情况下，温度影响化学反应速率，温度越高，化学反应速率越大，故C正确D、在其它条件相同的情况下，温度、催化剂影响化学反应速率，温度越高且加入催化剂，化学反应速率越快，故D正确故选A点评：决定化学反应速率大小的主要因素是物质本身的性
19、质，外界条件是次要因素12将2molA与2molB混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：2A（g）+3B（g）2C（g）+xD（g），2min后达到平衡时，A的转化率为50%，测得v（D）=0.25mol/（Lmin）下列推断正确的是( )Av（C）=0.5mol/（Lmin）Bx=3CB的转化率为25%D平衡时C的体积分数为28.6%考点：化学平衡的计算 分析：2min后达到平衡时，A的转化率为50%，2min内A的平均反应速率=0.25mol/（Lmin），A同一可逆反应中，同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比；B同一可逆反应中，同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比
20、，据此计算x值；CA的转化率为50%时，A参加反应的物质的量=2mol50%=1mol，根据方程式知，参加反应的B的物质的量=1mol=1.5mol，B的转化率=；Dx=2，根据方程式知，生成D的物质的量=0.25mol/（Lmin）2L2min=1mol，生成C、D的物质的量相等为1mol，所以反应平衡时混合物的总物质的量=2mol+2mol1mol1.5mol+1mol+1mol=3.5mol，同一容器中，气体的物质的量之比等于其体积之比解答：解：2min后达到平衡时，A的转化率为50%，2min内A的平均反应速率=0.25mol/（Lmin），A同一可逆反应中，同一时间段内各物质的反应速
21、率之比等于其计量数之比，所以v（A）=v（C）=0.25mol/（Lmin），故A错误；B同一可逆反应中，同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，D的反应速率与A相等，所以x=2，故B错误；CA的转化率为50%时，A参加反应的物质的量=2mol50%=1mol，根据方程式知，参加反应的B的物质的量=1mol=1.5mol，B的转化率=75%，故C错误；Dx=4，根据方程式知，生成D的物质的量=0.25mol/（Lmin）2L2min=1mol，生成C、D的物质的量为1mol，所以反应平衡时混合物的总物质的量=2mol+2mol1mol1.5mol+1mol+1mol=3.5mol，同
22、一容器中，气体的物质的量之比等于其体积之比，则C的体积分数=28.6%，故D正确；故选D点评：本题考查化学平衡计算，侧重考查分析计算能力，涉及转化率、体积分数、化学反应速率等基本计算，明确各有关公式含义即可解答，题目难度不大13下列方法中可以证明2Hl（气）H2（气）+l2（气）已达平衡状态的是单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol HI一个HH键断裂的同时有两个HI键断裂温度和压强一定时混合气体密度不再变化反应速率（H2）=（I2）=0.5（HI）时c（HI）=c（H2）=c（I2）=2：1：1温度和体积一定时，某一生成物浓度不再变化温度和体积一定时，容器内压强不再变化条件一定，
23、混合气体的平均相对分子质量不再变化温度和体积一定时混合气体的颜色不再变化( )ABCD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：单位时间内生成n mol H2，等效于消耗2n mol HI同时有2n mol HI生成，故错误；一个HH键断裂等效于生成两HI键的同时有两个HI键断裂说明达平衡状态，故正确；因为该反应前后体积不变，气体质量守恒，所以
24、反应密度不变，温度和压强一定时混合气体密度不再变化不能作为平衡判断标志，故错误；反应速率（H2）=（I2）=0.5（HI）时，未指明正逆反应，故不能作为平衡判断标志，故错误；C（HI）：C（H2）：C（I2）之比可能为2：1：1，也可能不是2：1：1，与各物质的初始浓度及转化率有关，故错误；温度和体积一定时，某一生成物浓度不再变化，说明达平衡状态，故正确；因为反应前后气体计量数不变，所以压强不能作为判断标志，故错误；条件一定，混合气体的平均相对分子质量一直不变，故错误；混合气体的颜色与碘的浓度成比例，颜色不再变化说明浓度不变，故正确；故选D点评：本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反
25、应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为014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能发生水解反应考点：有机物的结构和性质 专题：有机物的化学性质及推断分析：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、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：
26、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15一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH4e+H2O=CH3COOH+4H+下列有关说法正确的是( )A检测时，电解质溶液中的H+向负极移动B若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气C电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2OD正极上发生的反应为：O2+4e+2H2O=4OH考点：常见化学电源的种类及其工作原理 专题：电化学专题分析：酸性乙醇燃料电池的负极反应为CH3CH2OH4e+H2O=CH3COOH+
27、4H+，正极应为O2得电子被还原，电极反应式为O2+4e+4H+=2H2O，正负极相加可得电池的总反应式为CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，可根据电极反应式判断离子和电子的转移问题解答：解：A原电池中，阳离子向正极移动，故A错误；B氧气得电子被还原，化合价由0价降低到2价，若有0.4mol电子转移，则应有0.1mol氧气被还原，在标准状况下的体积为2.24L，故B错误；C酸性乙醇燃料电池的负极反应为CH3CH2OH4e+H2O=CH3COOH+4H+，可知乙醇被氧化生成乙酸和水，总反应式为CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，故C正确；D燃料电池中，氧气在正极得电子被还
28、原生成水，正极反应式为O2+4e+4H+=2H2O，故D错误故选C点评：本题考查酸性乙醇燃料电池知识，题目难度中等，注意题中乙醇被氧化为乙酸的特点，答题中注意审题，根据题给信息解答16为预防“H1N1”甲型流感，同学们每天用“84”消毒液（NaClO溶液）消毒，下列说法正确的是( )ANaClO溶液的漂白原理与SO2相同，与Na2O2不同B1mol Cl2与足量NaOH溶液反应转移2mol电子CNaClO溶液的消毒原理是使蛋白质变性D“84”消毒液与“洁厕灵”（盐酸）共同使用可达到既清洁又消毒的双重效果考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质 专题：卤族元素分析
29、：A、根据NaClO、Na2O2的漂白原理为氧化漂白，SO2的漂白原理为化合漂白；B、根据双线桥来求出一个氯气分子转移的电子；C、根据NaClO具有氧化性，可以使蛋白质变性；D、根据ClO+Cl+2H+=Cl2+H2O来判断解答：解：A、因NaClO、Na2O2的漂白原理为氧化漂白，SO2的漂白原理为化合漂白，故A错误；B、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，Cl2从0价变为+1或者1价，所以1molCl2与足量NaOH溶液反应只转移了1mol电子，故B错误；C、因NaClO具有氧化性，可以使蛋白质变性，故C正确；D、因“84”消毒液中含有NaClO，洁厕灵中含有盐酸，两者相遇发
30、生反应：ClO+Cl+2H+=Cl2+H2O，产生有毒的氯气，故D错误；故选C点评：本题主要考查了氧化还原反应知识，难度不大，试题有一定的灵活性，应注意知识的运用二、解答题（共5小题，满分52分）17A、B、C、D、E都是短周期元素，原子半径DCAEB，其中A、B处在同一周期，A、C处在同一主族B的氢化物H2B是一种最常见的无色液体，C原子最外层上的电子数是D原子最外层电子数的4倍，且D为金属试回答：（1）C在元素周期表的第三周期A族（2）在五种元素中，能形成的最简单的液态或气态氢化物的稳定性由大到小的顺序是（用具体的分子式表示）H2ONH3CH4SiH4（3）A与B形成的三原子分子的结构式是
31、O=C=O，B与D形成的原子个数比为1：1的化合物的电子式是（4）已知破坏1molH2分子中的化学键需吸收aKJ热量，破坏1molB2分子中的化学键需吸收bKJ热量破坏1molHB需吸收cKJ热量，则1gH2在B2中完全燃烧放出的热量为kJ（5）E的一种氢化物叫肼，其分子中E原子与氢原子个数比为1：2肼空气燃料电池是一种环保碱性燃料电池，其电解质溶液是20%30%的KOH溶液该燃料电池的正极的电极反应式是O2+2H2O+4e4OH考点：位置结构性质的相互关系应用 分析：A、B、C、D、E都是短周期元素，原子半径DCAEB，其中A、B处在同一周期，A、C处在同一主族，四种元素在周期表中的大致相对
32、位置为：，B的氢化物H2B是一种最常见的无色液体，则B为O元素；C原子最外层上的电子数是D原子最外层电子数的4倍，且D为金属，则C、D最外层电子数分别为4、1，故A为C元素，C为Si元素，D为Na元素，E的原子半径介于C、O之间，可推知E为N元素，据此解答解答：解：A、B、C、D、E都是短周期元素，原子半径DCAEB，其中A、B处在同一周期，A、C处在同一主族，四种元素在周期表中的大致相对位置为：，B的氢化物H2B是一种最常见的无色液体，则B为O元素；C原子最外层上的电子数是D原子最外层电子数的4倍，且D为金属，则C、D最外层电子数分别为4、1，故A为C元素，C为Si元素，D为Na元素，E的原
33、子半径介于C、O之间，可推知E为N元素（1）C为Si元素，在元素周期表的第三周期A族，故答案为：三、A；（2）在五种元素中，能形成的最简单的液态或气态氢化物有H2O、NH3、CH4、SiH4，由于非金属性：ONCSi，故氢化物稳定性：H2ONH3CH4SiH4，故答案为：H2ONH3CH4SiH4；（3）A与B形成的三原子分子为CO2，结构式是O=C=O，B与D形成的原子个数比为1：1的化合物为Na2O2，电子式是，故答案为：O=C=O；（4）反应2H2（g）+O2（g）=2H2O（l） 的H=2a kJ/mol+bkJ/mol4c kJ/mol=（4c2ab）kJ/mol，1gH2为0.5m
34、ol，在B2中完全燃烧放出的热量为（4c2ab）kJ/mol=kJ，故答案为：kJ；（5）E的一种氢化物叫肼，其分子中E原子与氢原子个数比为1：2，分子式为N2H4，正极发生还原反应，且电解质呈碱性，氧气得电子生成氢氧根离子，电极方程式为O2+2H2O+4e4OH，故答案为：O2+2H2O+4e4OH点评：本题考查元素位置结构性质的关系，题目难度中等，关键是正确推断元素的种类，注意根据原子位置关系及半径大小找出其在周期表中的相对位置18从海水中提取溴的工业流程如图：（1）以上步骤中已获得游离态的溴，步骤又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素（2）步骤通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的
35、CA氧化性 B还原性 C挥发性 D腐蚀性（3）以上流程中涉及的离子反应如下，请在下面方框内填入适当的化学计量数及相应物质：Br2+CO32BrO3+Br+CO2（4）上述流程中吹出的溴蒸气，也可先用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏写出溴与二氧化硫水溶液反应的化学方程式：SO2+Br2+2H2O2HBr+H2SO4（5）实验室分离溴还可以用溶剂萃取法，下列可以用作溴的萃取剂的是BDA乙醇 B四氯化碳 C烧碱溶液 D苯考点：海水资源及其综合利用 专题：元素及其化合物分析：（1）步骤中已获得游离态的溴浓度很低，步骤中已获得游离态的溴，步骤又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素；（2）溴具有
36、挥发性；（3）根据元素守恒、原子守恒确定生成物，再结合转移电子守恒、原子守恒配平方程式；（4）溴具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，二者在水溶液中混合易发生氧化还原生成氢溴酸和硫酸；（5）萃取剂的选取标准：萃取剂和溶质不反应、溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度、萃取剂和原溶剂不互溶解答：解：（1）步骤中已获得游离态的溴浓度很低，如果直接蒸馏，生产成本较高，不利于工业生产，步骤中已获得游离态的溴，步骤又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素，降低成本，故答案为：富集溴元素；（2）溴易挥发，步骤通入热空气或水蒸气吹出Br2，就是利用溴的挥发性，故选C；（3）流程中根据元素守恒知，生成物还
37、有CO2，该反应中Br元素化合价由0价变为1价、+5价，其最小公倍数是5，再结合原子守恒或电荷守恒得方程式为3Br2+3CO32BrO3+5Br+3CO2，故答案为：3；3；1；5；3；CO2；（4）溴具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，二者在水溶液中混合易发生氧化还原生成氢溴酸和硫酸，反应方程式为SO2+Br2+2H2O2HBr+H2SO4，故答案为：SO2+Br2+2H2O2HBr+H2SO4；（5）萃取剂的选取标准：萃取剂和溶质不反应、溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度、萃取剂和原溶剂不互溶，A乙醇易溶于水，所以不能作萃取剂，故错误；B四氯化碳符合萃取剂选取标准，所以能作萃取剂，
38、故正确；C烧碱溶液和溴能发生反应，所以不能作萃取剂，故错误；D苯符合萃取剂选取标准，所以能作萃取剂，故正确；故选BD点评：本题考查了海水资源的综合利用，涉及萃取剂的选取、氧化还原反应、方程式的配平等知识点，会从整体上分析流程，知道每一步可能发生的反应及基本操作，再结合基本概念、基本理论解答即可，题目难度中等19工业上由黄铜矿（主要成分CuFeS2）冶炼铜的主要流程如下：（1）气体A中的大气污染物可选用下列试剂中的cd吸收a浓H2SO4 b稀HNO3 cNaOH溶液 d氨水（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明溶液中存在Fe3+（填离子符号），检验溶液中还
39、存在Fe2+的方法是取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去（注明试剂、现象）（3）由泡铜冶炼粗铜的化学反应方程式为3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu（4）取一定量的泡铜，加入1L0.6mol/LHNO3溶液恰好完全溶解，同时放出2240mLNO气体（标准状况），另取等量的泡铜，用足量的H2还原，得到的铜的质量为16g考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：由流程可知，黄铜矿加入石英砂通入空气焙烧，可生成Cu2S、CuO，继续加入石英砂通入空气焙烧，生成Cu2O、Cu，生成气体A为二氧化硫，熔渣B为FeO等，Cu2O、Cu与铝在高温下发生铝热反应得到粗铜，电解可得到
40、精铜，（1）由流程图转化可知，气体A中的大气污染物主要是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体，二氧化硫是酸性氧化物，结合选项中各物质的性质判断；（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明含有Fe3+；Fe2+具有还原性，可以利用KMnO4溶液检验；（3）由流程图转化可知，Cu2O与Al反应置换反应生成Al2O3与Cu；（4）根据元素守恒进行计算解答：解：（1）由流程图转化可知，气体A中的大气污染物主要是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体，a、浓H2SO4不能吸收二氧化硫，故A错误；b、稀HNO3可以吸收二氧化硫，但生成NO污
41、染大气，故B错误；c、NaOH溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠，故C正确；d、氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，故D正确；故选cd；（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明含有Fe3+；Fe2+具有还原性，可以利用KMnO4溶液检验，取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去，故答案为：Fe3+；取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去；（3）由流程图转化可知，Cu2O与Al反应置换反应生成Al2O3与Cu，反应方程式为3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu，故答案为：3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；（4）取一定量的泡铜，加入1L
42、0.6mol/LHNO3溶液恰好完全溶解，同时放出2240mLNO气体（标准状况）即0.1mol，所得溶液的溶质为Cu（NO3）2，根据氮元素守恒可知，溶液中NO3的物质的量为0.6mol0.1mol=0.5mol，所以溶液中Cu2+的质量为0.564g=16g，所以另取等量的泡铜，用足量的H2还原，得到的铜的质量也应为16g，故答案为：16g点评：本题考查了元素化合物的性质、电化学知识、离子检验、化学计算等知识点，难度中等，注意离子的检验是2015届高考的热点，选取的试剂和检验离子反应后要有特殊现象，会运用知识迁移方法解决问题20苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料纳米氧化铜的重要前驱体之一下
43、面是它的一种实验室合成路线：+H2O+H2SO4+NH4HSO4+Cu（OH）2（）2Cu+H2O制备苯乙酸的装置示意图如图（加热和夹持装置等略）：已知：苯乙酸的熔点为76.5，微溶于冷水，溶于乙醇回答下列问题：（1）在250mL三口瓶a中加入70mL 70%硫酸配制此硫酸时，加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是先加水、再加入浓硫酸（2）将a中的溶液加热至100，缓缓滴加40g苯乙腈到硫酸溶液中，然后升温至130继续反应在装置中，仪器b的作用是滴加苯乙腈；仪器c的名称是球形冷凝管，其作用是回流（或使气化的反应液冷凝）反应结束后加适量冷水，再分离出苯乙酸粗品加入冷水的目的是便于苯乙酸析出，下列仪器中可
44、用于分离苯乙酸粗品的是BCE（填标号）A、分液漏斗 B、漏斗 C、烧杯 D、直形冷凝管 E、玻璃棒（3）提纯苯乙酸的方法是重结晶，最终得到44g纯品，则苯乙酸的产率是95%（4）用CuCl22H2O和NaOH溶液制备适量Cu（OH）2沉淀，并多次用蒸馏水洗涤沉淀，判断沉淀洗干净的实验操作和现象是取最后一次少量洗涤液，加入稀硝酸，再加入AgNO3溶液，无白色浑浊出现（5）将苯乙酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入Cu（OH）2搅拌30min，过滤，滤液静置一段时间，析出苯乙酸铜晶体，混合溶剂中乙醇的作用是增大苯乙酸溶解度，便于充分反应考点：真题集萃；制备实验方案的设计 专题：实验设计题
45、分析：（1）配制此硫酸时，应将密度大的注入密度小的液体中，防止混合时放出热使液滴飞溅；（2）由图可知，c为冷凝管，使气化的液体冷凝回流，仪器b可加入反应液；反应结束后加适量冷水，降低温度，减小苯乙酸的溶解度；分离苯乙酸粗品，利用过滤操作；（3）苯乙酸微溶于冷水，在水中的溶解度较小；由反应+H2O+H2SO4+NH4HSO4可知，40g苯乙腈生成苯乙酸为40g=46.5g；（4）用蒸馏水洗涤沉淀，将氯离子洗涤干净，利用硝酸银检验洗涤液确定是否洗涤干净；（5）苯乙酸微溶于冷水，溶于乙醇，混合溶剂中乙醇可增大苯乙酸的溶解度解答：解：（1）稀释浓硫酸放出大量的热，配制此硫酸时，应将密度大的注入密度小的
46、液体中，防止混合时放出热使液滴飞溅，则加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是先加水、再加入浓硫酸，故答案为：先加水、再加入浓硫酸；（2）由图可知，c为球形冷凝管，其作用为回流（或使气化的反应液冷凝），仪器b的作用为滴加苯乙腈；反应结束后加适量冷水，降低温度，减小苯乙酸的溶解度，则加入冷水可便于苯乙酸析出；分离苯乙酸粗品，利用过滤操作，则需要的仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：滴加苯乙腈；球形冷凝管；回流（或使气化的反应液冷凝）；便于苯乙酸析出；BCE；（3）苯乙酸微溶于冷水，在水中的溶解度较小，则提纯苯乙酸的方法是重结晶；由反应+H2O+H2SO4+NH4HSO4可知，40g苯乙腈生成苯乙酸为40g
47、=46.5g，最终得到44g纯品，则苯乙酸的产率是100%=95%，故答案为：重结晶；95%；（4）用蒸馏水洗涤沉淀，将氯离子洗涤干净，利用硝酸银检验洗涤液确定是否洗涤干净，则沉淀洗干净的实验操作和现象是取最后一次少量洗涤液，加入稀硝酸，再加入AgNO3溶液，无白色浑浊出现，故答案为：取最后一次少量洗涤液，加入稀硝酸，再加入AgNO3溶液，无白色浑浊出现；（5）苯乙酸微溶于冷水，溶于乙醇，混合溶剂中乙醇可增大苯乙酸的溶解度，然后与Cu（OH）2反应除去苯乙酸，即混合溶剂中乙醇的作用是增大苯乙酸溶解度，便于充分反应，故答案为：增大苯乙酸溶解度，便于充分反应点评：本题为2014年广西2015届高考
48、化学试题，侧重物质制备实验及有机物性质的考查，把握合成反应及实验装置的作用为解答的关键，综合考查学生实验技能和分析解答问题的能力，题目难度中等，注意信息的处理及应用21酸奶中含有乳酸，乳酸在常温常压下是一种无色的黏度很大的液体，其蒸气的密度是相同条件下氢气密度的45倍取9.0g乳酸与足量的O2反应，可得13.2gCO2和5.4gH2O，已知乳酸能与NaHCO3反应，生成的CO2，能与乙酸发生酯化反应，且分子中含有一个甲基，则由上述条件可以确定（1）乳酸中含有的官能团名称是羟基、羧基（2）乳酸与NaHCO3反应的化学方程式为CH3CHOHCOOH+NaHCO3CH3CHOHCOONa+CO2+H
49、2O（3）乳酸与Na反应的化学方程式为：CH3CHOHCOOH+2NaCH3CH（ONa）COONa+H2（4）在浓H2SO4存在下，两分子乳酸相互反应生成环状酯类化合物，环状酯的结构简式为考点：有机物的推断 分析：其蒸气的密度是相同条件下氢气密度的45倍，则相对分子质量为90，取9.0g乳酸与足量的O2反应，可得13.2gCO2和5.4gH2O，n（CO2）=0.3mol，n（H2O）=0.3mol，则1mol有机物含有3molC原子、6molH原子，1mol有机物含有O为=3，已知乳酸能与NaHCO3反应，生成的CO2，说明分子中含有羧基，能与乙酸发生酯化反应，说明分子中含有羟基，且分子中
50、含有一个甲基，应为CH3CHOHCOOH，以此解答该题解答：解：其蒸气的密度是相同条件下氢气密度的45倍，则相对分子质量为90，取9.0g乳酸与足量的O2反应，可得13.2gCO2和5.4gH2O，n（CO2）=0.3mol，n（H2O）=0.3mol，则1mol有机物含有3molC原子、6molH原子，1mol有机物含有O为=3，已知乳酸能与NaHCO3反应，生成的CO2，说明分子中含有羧基，能与乙酸发生酯化反应，说明分子中含有羟基，且分子中含有一个甲基，应为CH3CHOHCOOH，（1）由以上分析可知有机物含有羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；（2）乳酸与NaHCO3反应的化学方程式为CH
51、3CHOHCOOH+NaHCO3CH3CHOHCOONa+CO2+H2O，故答案为：CH3CHOHCOOH+NaHCO3CH3CHOHCOONa+CO2+H2O；（3）羟基、羧基都可与钠反应，方程式为CH3CHOHCOOH+2 NaCH3CH（ONa）COONa+H2，故答案为：CH3CHOHCOOH+2 NaCH3CH（ONa）COONa+H2；（4）乳酸的结构简式为CH3CH（OH）COOH，2个乳酸分子在一定条件下可发生酯化反应生成六元环状化合物，反应方程式为：2CH3CH（OH）COOH+2H2O，故答案为：点评：本题考查有机物的推断，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，综合性较强，题目难度不大