福建三明高一化学下学期期末考试试卷含解析

1、福建省三明市2014-2015学年高一下学期期末化学试卷一、选择与判断（共 22小题，每小题2分，茜分44分）1.化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关.下列说法正确的是（）A.为提高农作物的产量和质量，应大量使用化肥和农药B.实现化石燃料清洁利用，就无需开发新能源C.废旧电池必须集中处理，以防止重金属污染D.绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理考点：常见的生活环境的污染及治理；绿色化学.分析：A.大量使用农药会引起食品污染，大量使用化肥会造成土壤板结；B.化石燃料是有限的不可再生资源，所以仍需开发新能源；C.废旧电池中的汞、镉、铅等重金属离子对土壤和水源的污染；D.绿色化学的

2、核心是应用化学原理从源头上减少和消除污染的排放.解答： 解：A.大量使用农药会引起食品污染，大量使用化肥会造成土壤板结，故A错误;B.化石能源是有限的一次能源，为了长远的可持续发展，必须要开发新能源，故B错误；C.废旧电池必须集中处理以防止重金属污染，应集中处理，故 C正确；D.绿色化学的核心是应用化学原理从源头上减少和消除污染的排放，而非对环境污染进行治理，故D错误.故选C.点评：本题主要考查化学物质与生活得关系、绿色化学的概念、化肥农药对人类生活的影响，难度不大，解题中联系到平时积累的知识，所以平时要注意多积累，做题时要积极联想，和 所学知识联系起来.2.下列化学用语正确的是 （）A.聚乙

3、烯的结构简式：！B. CH分子的填充（或比例）模型:C.乙醇的分子式：CHCHOHD. 8个中子的碳原子白核素符号：12C考点：结构简式；核素；球棍模型与比例模型.分析：A、乙烯分子中C=C双键中其中1个C- C键断裂，不饱和碳原子相互结合，自身发生 加成反应生成聚乙烯；日比例模型表示的是原子的排列方式和原子相对大小；C分子式表示各种元素的原子个数比；D原子符号ZAX左下角Z代表质子数，左上角 A代表质量数，X代表元素符合，其中质量数 =质子数+中子数.解答： 解：A、乙烯分子中C=C双键中其中1个C- C键断裂，不饱和碳原子相互结合，自身发生加成反应生成聚乙烯，聚乙烯结构简式为CIL（：昆

4、，故A错误；日甲烷的比例模型为尸，故B正确；C乙醇的分子式为 C2HO, CHCHOH为其结构简式，故 C错误；D核内有8个中子的碳原子，质量数为6+8=14,故该碳原子符号为614C,故D错误；故选B. 点评：本题考查常用化学用语的书写，难度不大，注意B选项中比例模型应体现原子的比例大小与空间结构、原子之间的连接顺序.下列烷煌的分子式可以表示 3种不同结构的是（）A. QH12B. C4H10C. C3H8D. C2H考点：同分异构现象和同分异构体.专题：同分异构体的类型及其判定.分析：分子式有不同结构说明存在同分异构体.烷煌同分异构体书写技巧：先写最长链；然后从最长链减少一个碳原子作为取代

5、基， 在剩余的碳链上连接， 即主链由长到短，支链由整 到散，位置由中心排向两边.解答：解：CH、CHCH、CHCHCH无同分异构体.丁烷有正丁烷、异丁烷2种同分异构体.戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷3种同分异构体.故：选A.点评：考查同分异构体书写，难度较小，旨在考查学生对基础知识的理解与掌握.鸵元素位于元素周期表第 6周期IDA族.下面关于鸵元素性质的说法不正确的是（）A.氢氧化鸵是两性氢氧化物B.在化合物中呈+3价C.单质鸵与同浓度的盐酸反应比铝剧烈D.鸵的还原性比铝的强考点：位置结构性质的相互关系应用.分析：A. Tl和Al属于同一主族，且 Tl的金属性大于 Al,氢氧化鸵碱性比氢氧化铝强

6、；B.主族元素最高正化合价与其族序数相等（ Q F元素除外）；C.元素的金属性越强，单质与相同浓度的盐酸反应越剧烈；D.元素的金属性越强，其单质的还原性越强.解答： 解：A.同主族向上而下金属，ffet曾强，故金属性TlAl,元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，氢氧化鸵碱性比氢氧化铝强，氢氧化铝是两性，则Tl （OH3不一定是两性氢氧化物，故 A错误；B. Tl位于第IDA族，所以其最高价为+3价，则能形成+3价的化合物，故 B正确；C.金属性Tl Al ,单质鸵与同浓度的盐酸反应比铝剧烈，故 C正确；D.金属性Tl Al ,所以单质鸵的还原性一定比单质铝强，故 D正确； 故选A

7、.点评：本题考查同一主族元素性质的相似性及递变性，侧重考查学生知识迁移能力，题目难度不大.5.下列反应属于吸热反应的是 （）A,铝粉与MnO高温条件下反应B.碳不完全/烧产生 COC.氢氧化钢晶体与氯化镂固体混合D.盐酸与氢氧化钠溶液反应考点：吸热反应和放热反应.分析：常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应、所有中和反应、绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应（双氧水分解是放热反应）、个别的化合反应（如 C和CO）、置换以及某些复分解反应（如镂盐和强碱）解答： 解：A.铝粉与MnO高温条件下反应是放热反应，故 A错误；B.碳不完全/烧产生 CO燃

8、烧是氧化反应，属于放热反应，故B错误，C.氢氧化钢晶体与氯化镂混合属于吸热反应，故C正确；D.盐酸与氢氧化钠溶液发生中和反应，属于放热反应，故 D错误；故选C.点评：本题考查吸热反应，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.6.下列性质中，可以证明某化合物内一定存在离子键的是（）A.可溶于水B.具有较高的熔点C.水溶液能导电 D.熔融状态能导电考点：离子键的形成.专题：化学键与晶体结构.分析：离子化合物，具有较高的熔点，含有离子键，在熔融状态下或水溶液中能导电，但共 价化合物在水溶液中也能导电.解答： 解：A.离子化合物和共价化合物都能溶于水，与化学键类型没有关系，故A错误

9、;B.具有较高的熔点的物质不一定含有离子键，如二氧化硅为原子晶体，熔点很高，但只含共价键，故B错误；C.共价化合物在水溶液中也能导电，如 HCl,只含有共价键，故 C错误；D.熔融状态能导电的化合物为离子化合物，含有离子键，故 D正确.故选D.点评：本题考查化学键知识，题目难度不大，注意化合物的类型与性质，把握离子键与共价键的区别.7.下列说法错误的是（）A.氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料B.煤矿井下的瓦斯爆炸主要是氢气燃烧引起的C.乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志D.在粉尘较多的工作场所，工作人员易患硅肺病考点：无机非金属材料；常见的生活环境的污染及治理；饱和烧

10、与不饱和煌.分析：A.新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等；B.煤矿矿坑中的可燃性气体是甲烷；C.乙烯主要用于制造塑料、合成纤维、有机溶剂等，是石油化工发展的标志；D.粉尘含有二氧化硅.解答： 解：A.氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，故A正确；B.煤矿矿坑中的可燃性气体是甲烷，不是氢气，故B错误；C.乙烯工业的发展，带动了其它以石油为原料的石油化工的发展.因此一个国家乙烯工业的发展水平，已成为衡量这个国家石油化学工业水平的重要标志，故C正确；D.粉尘含有二氧化硅，在粉尘较多的工作场所，工作人员易患硅肺病，故D正确.故选B.点评：本题考查无机

11、非金属材料、有机物的性质和环境污染，难度不大，学生应熟悉材料中的成分，能运用所学化学知识来解决实际问题.下列说法错误的是()A.原电池是利用氧化还原反应将化学能转化成电能的装置B.金属A与B用导线连接后插入稀硫酸中组成原电池时，A是正极，则B的金属性强于AC.化学反应达到平衡状态时，只要条件不改变，各物质的浓度就不再改变D.对于反应 N (g) +3H (g) ?2NH (g),单位时间里每增加 1molN2,同时增加3molHz, 说明反应到化学平衡状态考点：原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断.分析：A、根据原电池的构成条件和能量转化知识来回答；日负材料比正极材料活泼性强；C平衡标

12、志是正逆反应速率相同，各成分浓度不变；D单位时间里每增加 1molN2,同时增加3molH2,都体现的是逆向，未体现正与逆的关系.解答： 解：A、只有自发的氧化还原反应才能设计成原电池，原电池是利用氧化还原反应将化学能转换为电能的装置，故A正确；日金属A与B用导线连接后插入稀硫酸中组成原电池时，A是正极，B是负极，所以B的金属性强于A,故B正确；C平衡标志是正逆反应速率相同，各成分浓度不变，化学反应达到平衡状态时，只要条件不改变各物质的浓度就不再改变，故C正确；D单位时间里每增加 1molN2,同时增加3molH2,都体现的是逆向，未体现正与逆的关系，所以不一定是平衡状态，故 D错误；故选D.

13、点评：本题考查了电化学和影响化学平衡的因素分析判断，平衡标志的判断依据， 题目较简单.实验室可以用铁片与稀硫酸反应制取氢气，下列措施不能使氢气的生成速率增大的是()A.加热B,加入少量CuSO溶液C.不用稀硫酸，改用质量分数为98%勺浓硫酸D.不用铁片，改用铁粉考点：化学反应速率的影响因素.分析：增大金属与酸反应的化学反应速率，可通过增大浓度、 升高温度或形成原电池反应等措施，注意浓硫酸和铁发生钝化反应.解答： 解：A.温度升高，反应速率增大，故A不选；B.滴加少量CuSO溶液，铁置换出铜，形成原电池反应，可加快反应速率，故 B不选；C.改用浓硫酸溶液，浓硫酸和铁发生钝化反应，不能生成氢气，反

14、应速率减小甚至为0,故C选；D.改用铁粉，增大了反应物的接触面积，反应速率加快，故D不选.故选C.点评：本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意浓硫酸与铁在常温下发生钝化.10.华裔科学家高琨因“在光纤传输信息领域中的突破性成就”获得2009年诺贝尔物理学奖，下列关于硅材料的说法正确的是（）A.光纤的主要成分是高纯度的单质硅B. SiO2是酸性氧化物，它不溶于水也不溶于任何酸C.因高温时SiO2与NaCO反应放出CO,所以H2SiO3酸性比H2CO强D. 28Si、29Si、30Si 互为同位素考点：硅和二氧化硅；同位素及其应用.分析：A.二氧

15、化硅是光导纤维主要成分；B.二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅；C.证明H2CO酸性比HSid强，应在溶液中进行；D.质子数相同，中子数不同的核素互为同位素.解答： 解：A.光纤的主要成分是二氧化硅，不是硅，故 A错误；B. SiO2是酸性氧化物，常温下就能够与氢氟酸反应，故B错误；C.证明H2CO酸性比HSid强，应在溶液中进行， NaCO和SiO2在高温下熔融反应是利用物 质的稳定性，故C错误；D. 28Si、29Si、30Si三者质子数相同，但是中子数不同，所以互为同位素，故 D正确；故选：D.点评：本题考查了硅及其化合物的性质、同位素的判断，熟悉物质的性质及同位素概念是解题关键，题目难度

16、不大.点燃11.对于反应 H2+CI2八2HC1,下列说法正确的是（）A.需要点燃后才能发生反应，所以这个反应为吸热反应B.反应物所具有的总能量高于生成物所具有的总能量C.断开ImolH-H键和ImolCl - C1键所吸收的总能量大于形成 2mo1H-C1键所放出的能 量D.该反应中，化学能只转变为热能考点：吸热反应和放热反应.分析：A、反应为吸热还是放热与条件无关；日根据放热反应中反应物所具有的总能量高于产物所具有的总能量；C根据放热反应的本质是生成物成键释放的总能量大于反应物断键吸收的总能量；D根据放热反应中化学能转变为热能、光能等.解答： 解：A、反应为吸热还是放热与条件无关，燃烧一般

17、都需要点燃，则为放热反应，故A错误；点燃曰Ha+Cl2 Z、2HC1是放热反应,所以反应物所具有的总能量高于产物所具有的总能量，故B正确；C H2+C12 c、2HC1是放热反应,断开 1mo1 H- H键和1mo1 Cl - Cl键，所吸收的总能量,小于形成2mo1 H - C1键，所放出的能量，故 C错误；D放热反应中化学能转变为热能、光能等，不是只转变为热能，故 D错误；故选B.点评：本题主要考查了化学反应的本质以及能量变化的宏观和微观原因，难度不大.12.根据反应：2Ag+CLCu2+2Ag,设计如图所示原电池，下列说法错误的是（）电渣计X可以是银或石墨Y是硫酸铜溶液C.电子从铜电极经

18、外电路流向 X电极D. X极发生还原反应考点：原电池和电解池的工作原理.分析：由方程式2Ag+Cu Cu2+2Ag可知，反应中Ag+被还原，应为正极反应，则电解质溶液为硝酸银溶液，Cu被氧化，应为原电池负极反应，在装置图中X为Ag或石墨，Y为硝酸银溶液，以此解答该题.解答： 解：A.铜为负极，电极 X的材料是Ag或石墨，为原电池的正极，故 A正确；B. 丫为硝酸银溶液，Ag+被还原，为正极反应，故 B错误；C.原电池工作时，电子从负极（铜）经外电路流向X电极（银或石墨），故C正确；D. X为正极，发生还原反应生成银，极反应式为Ag+e一Ag,故D正确.故选B.点评：本题考查原电池知识，为 20

19、15届高考常见题型及高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论的理解和应用能力，难度不大，注意把握电极反应的判断和电极方程式的书写.13.下列说法错误的是（）A.只要有化学键断裂的变化一定是化学变化B.并不是所有化学反应的速率都与压强有关C.可逆反应达到平衡后，正、逆反应速率相等但不为零D.装有NO和N2Q混合气的密闭烧瓶加热后，颜色变深，说明该化学平衡发生了移动考点：化学反应的实质；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断.分析：A.化学反应的实质为旧键断裂、新键形成；B.固体之间的反应与压强无关；C.可逆反应达到平衡后，正、逆反应速率相等但不为零；D.装有NO和NQ混合

20、气的密闭烧瓶加热后，颜色变深，说明该化学平衡向生成NO的方向移动. 解答： 解：A.化学反应的实质为旧键断裂、新键形成，则既有化学键断裂又有化学键形 成的变化一定是化学变化，故A错误；B.固体之间的反应与压强无关，故 B正确；C.可逆反应达到平衡后，正、逆反应速率相等但不为零，故 C正确；D.装有NO和N2Q混合气的密闭烧瓶加热后，颜色变深，说明该化学平衡向生成NO的方向移动，故D正确； 故选A.点评：本题考查较综合，涉及反应速率、化学反应与化学键、平衡移动等，为2015届高考常见题型，把握常见的实例为解答的关键，注意选项 D为解答的难点，题目难度不大.14.下列说法正确的是（）A.含有离子键

21、和共价键的化合物一定是离子化合物B.元素原子的最外层电子数等于该元素的最高化合价C.目前人们已发现的元素种类数目与原子种类数目相同D.多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高考点：离子化合物的结构特征与性质；原子核外电子的运动状态. 专题：原子组成与结构专题.分析：A.离子化合物一定含有离子键；B.元素原子的最外层电子数不一定等于该元素的最高化合价；C.元素的种类小于原子的种类；D.多电子原子中，离原子核越近的电子其能量越低.解答： 解：A,离子化合物一定含有离子键，则含有离子键的化合物一定是离子化合物， 故A正确；B.元素原子的最外层电子数不一定等于该元素的最高化合价，如镒原子最外

22、层有 2个电子,但其最高化合价是+7价，故B错误；C.有的元素有多种原子，所以元素白种类小于原子的种类，故 C错误；D.多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较低，在离核较远的区域内运动的 电子能量较高，故 D错误； 故选A.点评：本题考查离子键和离子化合物的关系、 核外电子能量、元素化合价与最外层电子的关 系等知识点，明确原子结构是解本题关键， 易错选项是B,明确最外层电子和价电子的区别， 为易错点.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是（）0.1molMg2+含有NA个电子1mol?L 1的NaCl溶液中含有 N个Na+2molCu与足量S加热充分反应，转移 22个电子4gC

23、hl Cl 2在光照条件下反应全部转化为CC14时，断裂Na个C- H键考点：阿伏加德罗常数.分析：A、M的核外有10个电子；日 溶液体积不明确；C铜与硫反应后变为+1价；D求出甲烷的物质白量，然后根据1mo1甲烷中含4mo1C- H键来分析.解答： 解：A、M的核外有10个电子，故0.1mo1镁离子中含1mo1电子即NA个，故A正 确；日 溶液体积不明确，故溶液中的钠离子的个数无法计算，故 B错误；C铜与硫反应后变为+1价，故2mo1铜反应后转移2mo1电子即2Na个，故C正确；Dk 4g甲烷的物质的量 n=-=0.25mo1,而1mo1甲烷中含4mo1C-H键，在全部转化16g/mol为C

24、C14时，C- H键全部断裂，故 0.25mo1甲烷中含有的1mo1C-H键全部断裂，即断裂 NA 个C- H键，故D正确.故选B.点评：本题考查了阿伏伽德罗常数数的有关计算，掌握公式的应用和物质的结构是解题关键，难度不大. X、Y、Z、W四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，Z的单质是常见的半导体材料.由此可知（）XYZWX、Z、W的简单氢化物的稳定性 Z W XW元素的单质在化学反应中只表现还原性Y、Z、W的最高价氧化物均能与 NaOH液反应X、丫的简单离子半径 Y X考点：原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质.分析：X、Y、Z、W四种属于短周期元素，Z的单质是常见的

25、半导体材料，则 Z为Si,根据 元素在周期表中的位置，可推知丫为A1、X为N W为P.A.元素非金属性越强，对应氢化物越稳定；B.根据P元素化合价分析解答；C.氧化铝、二氧化硅、五氧化二磷均能与NaOH反应；D.电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小.解答： 解：X、Y、Z、W四种属于短周期元素，Z的单质是常见的半导体材料，则 Z为Si, 根据元素在周期表中的位置，可推知 Y为A1、X为N W为P.A.非金属性Zv W X,故氢化物稳定性 ZvW X,故A错误；W为P元素，化合价有+5、- 3等价，单质在化学反应中可以表现还原性、氧化性，故 B 错误；Y、Z、W的最高价氧化物分别为氧化

26、铝、二氧化硅、五氧化二磷，均能与NaOH液反应，故C正确；N3 Al3+,故 D错D.电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：误，故选C.点评：本题考查位置结构性质的相互关系及应用，侧重对元素周期律的考查， 注意对基础知识的理解掌握，难度不大. TOC o 1-5 h z 17.如图是制取和收集某气体的实验装置，该装置可用于（）Q遢A.浓盐酸和二氧化镒反应制取Cl 2B.稀硫酸和大理石反应制取 CQC.浓硝酸与铜反应制取 NQD.二氧化镒固体和双氧水反应制取Q考点：常见气体制备原理及装置选择.分析：从反应装置分析知， 该装置属于固液混合不加热型装置，所以只能制取固液混合不加

27、热得到的气体；从收集装置分析知，该气体不溶于水，和水不反应.解答： 解：A.用二氧化镒和浓盐酸反应制取氯气需要加热，且生成的氯气能和水反应，所以不能用排水法收集，故 A错误.B.稀硫酸和大理石反应制取 CQ,生成的硫酸钙微溶于水， 附着在大理石表面阻止反应进行，故B错误；C. NQ能与水反应生成一氧化氮，不能用排水法收，故 C错误；D.二氧化镒固体催化双氧水否分解反应制取Q不需加热，且氧气不易溶于水，所以可以用该实验装置制取氧气，故 D正确；故选D.点评：本题考查了实验装置的选取， 根据反应物状态和反应条件选取反应装置，根据气体的性质选取收集装置，难度不大.18.中学化学常见物质甲、乙、丙、丁

28、之间存在转化关系：甲+乙一丙+丁.下列说法正确的是（）A.若甲为铜，丁为氯化亚铁，则该反应为置换反应B.若甲为碳，丁为硅，则丙一定是二氧化碳C.若甲为铝，丁为三氧化二铝，则丙可能是镁D.若甲为NH+,乙为QH,则甲、乙、丙、丁 4种粒子均含10个电子考点：无机物的推断.分析：根据甲+乙一丙+ 丁反应的关系，A、若甲为铜单质，丁为氯化亚铁溶液，根据氧化还原反应原理和元素守恒，可知乙是氯化铁溶液，丙为氯化铜；日 若甲为碳，丁为硅，则该反应为碳还原二氧化硅得硅和一氧化碳，所以乙为二氧化硅， 丙是一氧化碳；C若甲为铝单质，丁为三氧化二铝，则该反应为铝热反应，乙也可以是铁的氧化物等；D若甲为NH+,乙为

29、OH,甲与乙反应生成氨气和水，NH、代。OH、NH+中都含10个电子，据此判断； 解答： 解：根据甲+乙一丙+ 丁反应的关系，A、若甲为铜单质，丁为氯化亚铁溶液，根据氧化还原反应原理和元素守恒，可知乙是氯化铁溶液，丙为氯化铜，生成物中没有单质，所以该反应不是置换反应，故 A错误； 日 若甲为碳，丁为硅，则该反应为碳还原二氧化硅得硅和一氧化碳，所以乙为二氧化硅， 则丙是一氧化碳，故 B错误；C若甲为铝单质，丁为三氧化二铝，则该反应为铝热反应，乙也可以是铁的氧化物等，镁 的金属性比铝强，所以丙不可能是镁，故 C错误；D若甲为NH+,乙为OH,甲与乙反应生成氨气和水，NH、Hb。OH、NH+中都含1

30、0个电子，故D正确， 故选D.点评：本题是考查元素化合物知识，涉及基本反应类型的考查，难度不大，答题时注意熟记常见元素化合物之间的化学反应.19. 一定温度下，在容积为 2L的密闭容器中进行反应： aM(气)？bN(气).M N的物质的 量随时间的变化如图所示，下列表述中正确的是()4梅的0 I * k，It“如 MM/minA.反应式中a: b=2： 5 1 B. 0-t1物质M的浓度c (MD减少了 1mol?L C. t2时，c (M) =c (N) =4mol?L 1,反应一定达到平衡状态D. t3时，c (M)不再变化，正反应速率小于逆反应速率考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线.分

31、析：A.根据图知，在反应中 M的物质的量减少、N的物质的量增大，所以 M是反应物、N 是生成物，反应达到平衡状态时，! (M)= (8-2) mol=6mol、An ( N) =(5-2) mol=3mol,同一时间段内各物质的物质的量变化量之比等于其计量数之比，所以 M N的计量数之比 =6mol: 3mol=2 ： 1,所以反应方程式为 2M (气)？N (气)；B.0-t1 物质 M 的浓度 c (M)减少了 -mol?L 1; .t2时，c (M) =c (N) =2mol?L 1,该反应正逆反应速率不相等；t3时，c (MD不再变化，该反应达到平衡状态.解答： 解：A.根据图知，在反

32、应中 M的物质的量减少、N的物质的量增大，所以 M是反 应物、N是生成物，反应达到平衡状态时， n ( M)= (8-2) mol=6mol、 n (N) = (5-2) mol=3mol,同一时间段内各物质的物质的量变化量之比等于其计量数之比，所以 M N的计 量数之比=6mol: 3mol=2： 1,所以 a： b=2： 1,故A错误；B.0-ti 物质 M 的浓度 c (M)减少了6moi?l 1=imol/L ,故 B 正确；2t2时，c (MD =c (ND =2mol?L 1,根据图知，随着反应的进行，M的物质的量还在减少、N的物质的量还在增加，所以平衡向正反应方向移动，没有达到平

33、衡状态，故C错误；t3时，c (MD不再变化，该反应达到平衡状态，则正逆反应速率相等，故 D错误； 故选B.点评：本题考查图象分析，明确图象中曲线综合坐标含义及曲线变化趋势是解本题关键，注意：反应体系中各物质的物质的量浓度相等时该反应不一定到达平衡状态，易错选项是C.下列叙述错误的是()A.可用足量Br2的四氯化碳溶液除去甲烷中的乙烯B.蛋白质溶?中加入 CuSO溶液后，蛋白质析出，再加水不溶解C.苯的硝化反应属于取代反应D.往澳水中加入苯，振荡，滨水变为无色，说明苯与澳发生加成反应考点：有机物的结构和性质；乙烯的化学性质；苯的性质；蛋白质的变性实验.分析：A.乙烯与滨水发生加成反应；B.硫酸

34、铜可使蛋白质变性；C.根据取代反应的特点判断；D.苯与滨水不反应，发生萃取.解答： 解：A.乙烯含有碳碳双键，与滨水发生加成反应，甲烷性质稳定，与澳水不反应， 可用于除杂，故A正确；B.硫酸铜可使蛋白质变性，变性为不可逆过程，故 B正确；C.硝基取代苯中的氢原子，为取代反应，故 C正确；D.苯与滨水不反应，澳易溶于苯，溶液分层，有机层颜色加深，水层无色，为萃取过程， 故D错误.故选D.点评：本题综合考查有机物的结构和性质，为2015届高考常见题型，侧重于有机化合物的综合理解和运用的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，难度不大.工业上可用组成为 K2O?MO?2RO?nHkO的无机材料纯化

35、制取氢气.元素 ML R均位于元素 周期表中第3周期，两种元素原子的质子数之和为 27,则常温下，不能与 M单质发生反应 的是()A. CuSO溶液 B.脂。修液C. FeOD.浓硫酸考点：位置结构性质的相互关系应用.分析：M化合彳介为+3价，R化合彳介为+4价，均为第三周期元素，则M为Al , R为Si ,二者原子序数之和为27,符合题意，据此解答.解答： 解：M化合彳介为+3价，R化合彳介为+4价，均为第三周期元素，则 M为Al, R为Si, 二者原子序数之和为 27,符合题意.Al能与硫酸铜溶液反应置换出Al单质，故A不选；Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，故 B不选;Al与氧化

36、铁在高温下发生铝热反应置换出Fe,常温下不反应，故 C选；D.常温下Al在浓硫酸中表面生成致密的氧化物彳护膜，腐蚀钝化现象，故 D不选，故选C.点评：本题考查结构性质位置关系、元素化合物性质，D现象为易错点，注意金属钝化是常温下在金属表面生成致密的氧化物保护膜，阻止内部金属继续反应.某有机物的结构为下图所示，这种有机物不可能具有的性质是（）可以燃烧；能使酸性KMnO容液褪色；能跟NaO聆液反应；能发生酯化反应；能发生加聚反应；能发生水解反应.CH=CH2cooh匕CH20HA.B,只有C.只有D.考点：有机物分子中的官能团及其结构.专题：有机物的化学性质及推断.分析：有机物大多易燃烧；含有碳碳

37、双键的物质能被酸性KMnO溶液氧化；竣酸可以和氢氧化钠反应；竣酸可以和醇之间发生酯化反应；含有碳碳双键的物质可以发生加聚反应；酯基可以水解.解答： 解：根据有机物大多易燃烧的性质推断该有机物可以燃烧，故正确；该有机物含有碳碳双键，能被酸性KMn的液氧化，使酸性 KMn的液褪色，故正确；该有机物含有竣基，可以和氢氧化钠反应，故正确；该有机物含有竣基，具有竣酸的性质，可以和醇之间发生酯化反应，故正确；该有机物含有碳碳双键，可以发生加聚反应，故正确；该有机物没有可以水解的官能团，不能水解，故错误.故选B.点评：有机物的结构决定性质，熟记官能团的性质是解题的关键，可以根据所学知识进行回答，难度不大.二

38、、填空、简答与推断（共28分）.下表为元素周期表的一部分，表中-分别代表某一元素.周期I A123nAmANAVAVIAVHA0 （1）地壳中含量最多的金属元素是（填序号）._（2）表中非金属性最强的元素原子半径 （填或V）.其离子的结构示意图为:(3) NaOH液不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛装的原因是(用化学方程式表达) 2NaOH+Si0- N&SiOs+HO.(4)的气态氢化物与的气体氢化物反应，得到白色晶体 M M中含有的化学键类型有离子键和共价键.(5)可以验证、非金属性强弱的实验是如.(填序号)a.比较它们的单质的硬度和熔点b.比较相同条件下，它们的单质分别与H2反应飞难易c.相同

39、条件下，它们的单质分别与铁粉反应，并验证产物中铁元素价态d.比较它们氢化物水溶液的酸性强弱(6)如图是由和两种元素原子构成的几种分子的球棍模型.圣oX总若ABCDE其中，元素含量最高的是 E (填标号，下同)；分子中不含双键，但却可以发生加成反应 的是巨；二氯代物种类最多的是 D考点：元素周期律和元素周期表的综合应用.分析：根据元素在周期表中的位置可知，为H,为C,为N,为O,为F,为Na,为Al，为Si ,为S,为Cl ,(1)根据地壳中金属元素的分布答题；(2)根据元素周期律，同周期从左向右非金属性增强，从上向下非金属性减弱，表中非金属性最强的元素是 F;(3)玻璃中含有二氧化硅成分，能与

40、NaOH反应；(4)的气态氢化物与的气体氢化物反应，得到白色晶体M为氯化钱，是离子化合物；(5)元素的非金属性越强，其单质与H2反应越容易，单质的氧化性越强，与单质的硬度和熔点以及氢化物水溶液的酸性强弱无关；(6)根据图可知，由 C、H元素组成的几种分子 A为CH, B为CHCH, C为CH=CH, D为CHCHCH, E为GH6,据此答题；解答： 解：根据元素在周期表中的位置可知，为H,为C,为N,为O,为F,为Na,为Al，为Si ,为S,为Cl ,(1)地壳中含量最多的金属元素是铝元素，序号为，故答案为：；(2)根据元素周期律，同周期从左向右非金属性增强，从上向下非金属性减弱，表中非金属

41、性最强的元素是F, F半径小于O, F的结构示意图为故答案为：V;(3)玻璃中含有二氧化硅成分，能与NaOH反应，反应方程式为2NaOH+SiO Na2SiO3+HO, 故答案为：2NaOH+SiO- NazSiOs+HQ(4)的气态氢化物与的气体氢化物反应，得到白色晶体M为氯化钱，是离子化合物，中含有的化学键类型为离子键和共价键， 故答案为：离子键和共价键；(5)元素的非金属性越强，其单质与Ha反应越容易，单质的氧化性越强，氧化性强，可以将铁氧化成高价，与单质的硬度和熔点以及氢化物水溶液的酸性强弱无关， 故选bc;(6)根据图可知，由 C、H元素组成的几种分子 A为CH, B为CHCH, C

42、为CH=CH, D为 CHCHCH, E为GH6,根据化学式中 C、H个数比可知，C含量最高的是 GH6;分子中不含双 键，但却可以发生加成反应的是GH,二氯代物种类最多的是 CHCHCH,有四种，故答案为：E; E; D.点评：本题考查了元素周期表和元素周期律综合应用，根据元素周期表结构及元素位置推断元素，再结合物质性质分析解答，注意二氧化硅的性质的应用及有机基础知识的应用，题目难度不大.24.工业上用铝土矿(主要成分为Al 2Cb,还有少量泥沙、FeaQ等杂质)提取氧化铝做冶炼铝的原料，提取的操作过程如下：(1)在步骤I、n步骤中的过滤操作中，用到的玻璃仪器除漏斗、烧杯外，还有玻璃棒. (

43、2)滤液X中含铝元素的溶质的化学式为 NaAlC2.(3)实验室里常往 AICl 3溶液中加人氨水来制取 A1 (OH 3,不用NaOH液的原因是 OH +AI (OH) 3=AIO2 +2HO (用离子方程式表达).(4)由A1 (OH 3加热得到固体 N的化学方程式为 2AI (OH 3 AI2Q+3HO.(5)将5.4g铝粉与24.0gFe 2C3在高温下隔绝空气充分反应后，生成 Fe11.2g .府里，誉注皿,心返返”叵L际.3军一一|液日考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.分析：铝土矿(主要成分为 Al 2Q,还有少量泥沙、FeQ等杂质)中加入氢氧化钠时，则在 I中得到滤液

44、X中含有偏铝酸根离子、 硅酸根离子，沉淀M为氧化铁，滤液X中通入二氧化 碳，并控制一定的反应条件， 过滤后得氢氧化铝固体和滤液丫主要含有硅酸根离子和碳酸根离子等，氢氧化铝受热分解得固体N为氧化铝，(1)根据过滤操作的装置答题；(2)在碱性条件下铝元素以偏铝酸根离子的形式存在；A1 (QH 3是两性氢氧化物，既溶液强酸又溶于强碱；A1 (QH 3加热分解得到氧化铝和水；(5)铝粉与Fe2C3在高温下隔绝空气发生铝热反应，根据方程式可进行计算.解答： 解：铝土矿(主要成分为 Al 2C3,还有少量泥沙、Fe2C3等杂质)中加入氢氧化钠时， 则在I中得到滤液 X中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，沉淀M

45、为氧化铁，滤液X中通入二氧化碳，并控制一定的反应条件， 过滤后得氢氧化铝固体和滤液 Y主要含有硅酸根离子和碳 酸根离子等，氢氧化铝受热分解得固体N为氧化铝，(1)根据过滤操作的装置可知，过滤操作中，用到的玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：玻璃棒；(2)在碱性条件下铝元素以偏铝酸根离子的形式存在，所以滤液X中含铝元素的溶质为偏铝酸钠，化学式为 NaAlQ,故答案为：NaAlQ;A1 (OH 3是两性氢氧化物，既溶液强酸又溶于强碱，所以NaO畤易将生成A1 (OH3的溶解，反应的离子方程式为 OH +Al (OH 3=AlO2 +2H2O,故答案为：OH +Al (OH 3=AlO2 +2H

46、O;A1 (OH 3加热分解得到氧化铝和水不，反应的方程式为2Al (OH =Al 2Q+3H2O,故答案为：2Al (OH 3 Al2Q+3hbQ(5)铝粉与Fe2c3在高温下隔绝空气发生铝热反应，反应的方程式为 古旧FeO+2Al向皿2Fe+AlzQ,根据方程式可知铝粉与 Fe2O3的质量比为27： 80,所以5.4g铝粉与24.0gFe2O3反应，FeQ过量，所以生成 Fe的质量根铝粉计算，生成 Fe的质量为 5.4X2X56g=ii.2g,54故答案为：11.2 .点评：本题以框图题形式考查铝的化合物的性质，难度中等，清楚提取的操作过程原理，是对知识迁移的综合运用.25.以淀粉或乙烯为

47、主要原料均可合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示.图中，A是一种遇碘单质变蓝的多糖；B能与新制Cu (OH 2悬浊液反应生成醇红色沉淀，但不能发生水解反 应.(1) A的名称是淀粉.(2)反应在人体组织为生命活动提供能量，写出其化学方程式QH2Q+6Q-6CO+6HO.(3)写出单质钠与 C反应的化学方程式 CHOH+2Na2CH3CHONa+H.(4)写出C转化为E的化学方程式 2CHCHOH+O L2CHCHO+22O.(5)只用下列一种试剂就能鉴别B、G D三种物质，这种试剂是 A (填标号).A.新制 Cu (OH 2 B . NaO的液 C .石蕊试液 D . NaCO溶液.D鼾工事叫*

48、 F具水解CW Cu/0a卜 CO, * 叫。 E考点：有机物的推断.分析：A是一种遇到碘单质能变蓝的多糖，则A为：(GHoQ) n (淀粉)，水解生成B,且二氧化碳与水可以转化生成 B,应是在光合作用，故 B为GH2。(葡萄糖)，葡萄糖发酵生成 C 为CHCHOH CHCHOH Cu作催化齐条件下氧化生成E为CHCHQ CHCHOH被酸性高镒酸钾氧化生成D为CHCOOHCHCOOK CHCHOH发生酯化反应生成 F为CHCOOGCH,据止匕角军答.解答： 解：A是一种遇到碘单质能变蓝的多糖，则A为：(QH0Q) n (淀粉)，水解生成B,且二氧化碳与水可以转化生成B,应是在光合作用，故B为G

49、H2Q (葡萄糖)，葡萄糖发酵生成C为CHCHOH CHCHOH& Cu作催化齐条件下氧化生成 E为CHCHQ CHCHOH被酸性高镒 酸钾氧化生成 D为CHCOOH CHCOOK CHCHOH生酯化反应生成 F为CHCOOC2CH,(1) A是一种遇到碘单质能变蓝的多糖，A的名称是：淀粉，故答案为：淀粉；(2)反应是葡萄糖在人体内发生氧化反应放出能量，其化学方程式为： GH2Q+6Q - 6cO+6H2O,故答案为：QH2Q+6Q - 6CQ+6HQC为CHCHOH 单质钠与 C反应的化学方程式为 2CHCHOH+2Na2CH3CHONa+HT, 故答案为：CHOH+2Na2CH3CHONa

50、+HT ;C转化为E的反应为乙醇的催化氧化，反应的方程式为2CHCHOH+Q2CHCHO+22O,故答案为:2CHCHOH+O2CHCHO+22O;AB为葡萄糖，含有醛基、羟基，C为酒精，含有羟基，D为乙酸含有竣基，A.新制Cu (OH 2,与葡萄糖反应有红色沉淀生成，与酒精物明显现象，与乙酸反应溶解，溶液呈蓝色，可以区别三种物质，故 A正确；B. NaOH液与乙酸反应，现象不明显，与葡萄糖、酒精互溶，无法区别，故 B错误；C.乙酸使石蕊试液显红色，石蕊试液与葡萄糖、酒精无明显现象，不能区别，故C错误;D. N&CO溶液与乙酸反应生成二氧化碳，与葡萄糖、酒精无明显现象，可以区别出乙酸，不能区别

51、葡萄糖与酒精，故 D错误，故答案为：A.点评：本题考查有机物推断，涉及糖类、醇、竣酸性质与转化，注意掌握官能团的性质与转化，难度中等.三、观察、实验与探究(共 28分)26.某同学研究金属与不同酸反应的差异，以及影响化学反应速率的元素.实验药品：2.0mol?L 1盐酸、4.0mol?L 1盐酸、2.0mol?L1硫酸、4.0mol?L 1硫酸，相同大小的铝片和铝粉(表面氧化膜都已除去).每次实验各种酸的用量均为50.0ml ,金属用量均为 9.0g .(1)帮助该同学完成以下实验设计表.实验目的实验编号温度金属铝形态酸及其浓度.实验I和n探究盐酸浓度对该反应速率的影响.实验n和出探究：.实验

52、n和W探究金属规格(铝片、铝粉)对该反应速率的影响. I、n、出实验探究铝与稀盐酸和稀硫酸反应的差异I25 c 铝片_ 1 2.0mol?L 盐4.0moL/L 盐酸n25 C铝片酸35 c铝片2.0mol?L 1 盐IV 25 c 铝片2.0moL/L 盐酸V25c铝片2.0mol?L1 硫酸（2）该同学在对比实验I、n、v时发现实验I和n的反应速度都明显比实验V快，你能 对问题原因作出哪些假设或猜想（列出一种即可）？答：阴离子对该反应速率的影响.考点：探究影响化学反应速率的因素.分析：（1）实验I和n探究盐酸浓度对该反应速率的影响，则除了浓度不同以外，其它条件必须完全相同，据此判断I的温度

53、及盐酸浓度；根据实验n和出的数据可知，除温度不同外，其它条件完全相同，则探究的是温度对反应速率的影响；实验n和W探究金属规格（铝片， 铝粉）对该反应速率的影响，则除了铝的规格不同以外，其它条件必须完全相同；（2）对比I、n和v实验可知，除了氯离子和硫酸根离子不同以外，其它条件完全相同， 据此判断影响反应速率因素为氯离子和硫酸根离子.解答：解：（1）根据实验目的可知：实验I和n探究盐酸浓度对该反应速率的影响，则除盐酸浓度的浓度不同外，其它条件必须完全相同，所以I的温度为25c,酸及浓度为：4.0moL/L 盐酸；根据实验n和出的数据可知，除温度不同外，其它条件完全相同， 则实验n和m探究的是反

54、应温度对反应速率的影响；实验n和W探究金属规格（铝片，铝粉）对该反应速率的影响，则除铝的规格不同以外，其它条件必须完全相同，所以IV中温度25C、酸及浓度为：2.0moL/L盐酸，故答案为：实验目的实验编号温度金属铝的形态酸及浓度2.探究温度对反应速率的影响I 25C4.0moL/L 盐酸nmw2.0moL/L 盐酸C和so2不同，其它条件完全相同，I的反应速度25 cV（2）对比I、n和v实验可知，只有都明显比n v快，说明 C能够促进Al与的反应或SO2对Al与H+的反应起阻碍作用,阴离子对该反应速率的影响，故答案为：阴离子对该反应速率的影响;点评：本题考查了影响化学反应速率的因素，题目难

55、度中等，熟练掌握温度、浓度、固体物质的表面积等因素对反应速率的影响为解答关键, 养了学生的分析能力及化学实验能力.注意设计对照试验的方法与要求，试题培干燥的氯气，装置如图所示：（浓） J MnCb+ClzT +2MO,反应中的27.某学习小组利用二氧化镒与浓盐酸反应制取纯净、（1）烧瓶中发生反应的化学方程式为MnO+4HCl还原剂是HC1，(2)装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中的HCl,装置E的作用是吸收多余氯气，防止污染空气.(3)实验室用下列两种方法制取氯气：用含 HCl 146g的浓盐酸与足量的 MnO反应， 用87gMnO与足量的浓盐酸反应.这两种方案制得的氯气B (填标号)A.比

56、多B .比多 C . 一样多 D .无法比较(4)若将生成的C12通入无色淀粉碘化钾溶液中，可观察到溶液变成蓝色,Jg应的离子方程式为2I +C12=2C1 +I2,继续通入足量 C12后，发现溶液又变成无色，原因是C12将溶液中的12氧化成 HIO3,写出该反应的化学方程式5C12+|2+6hbO=2HIO+10HC1.考点：氯气的实验室制法.分析：(1)二氧化镒与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化镒、水和氯气；所含元素化合价升高的反应物是还原剂；(2)氯气中混有 HC1,用饱和食盐水除去氯气中的HC1;氯气有毒，不能直接排放空气中，E装置中盛放氢氧化钠溶液吸收氯气；(3)由方程式可知，146gHC1与87gMnO恰好完全反应，浓盐酸与二氧化镒发生氧化还原反应，但稀盐酸不与二氧化镒反应；(4)氯气具有强氧化性，可以将离子氧化为I2,碘遇淀粉变蓝色；由题目信息可知，C12将溶液中的I2氧化成HIO3,自身被还原为 HC1,配平书写方程式.解答：解：(1)二氧化镒与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化镒、水和氯气，反应方程式为：MnO4HC1 (浓)=