湖北省黃石市大冶市2014-2015學年高二化學下學期期末試題(含解析)

1、2014-2015學年湖北省黃石市大冶市高二（下）期末化學試卷一、選擇題（每小題3分，共45分，只有一個答案符合要求）1在垃圾分類處理和利用的標志中，圖屬于( )A廚余垃圾標志B危險廢物標志C可回收物標志D其他垃圾標志2下表中化學方程式或離子方程式的書寫及與其對應的關系有錯誤的是( )選項化學方程式或離子方程式對應關系A2CH2=CH2+O2加成反應B2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O氧化還原反應C2OH+NO+NO2=2NO2+H2ONO2氧化了NOD2Fe2+3Fe（CN）63=FeFe（CN）62可用于檢驗Fe2+AABBCCDD3化學反應速率受外界條件如反應溫度、反應物濃

2、度、壓強、催化劑等的影響燒烤時，用扇子向紅熱的木炭扇風，火會更旺，其原因是( )A壓強降低，反應減慢B溫度降低，反應加快C使CO2濃度增加，反應加快D使O2濃度增加，反應加快4綠色化學工藝的特點可以用原子經(jīng)濟化、原料綠色化、催化劑綠色化、溶液綠色化、產(chǎn)品綠色化等來形象地概括下列說法符合綠色化學理念的是( )A無機化工生產(chǎn)中使用KClO3代替H2O2作氧化劑B生產(chǎn)過程中選用催化劑只需考慮能加快反應即可C物質(zhì)合成中使用無毒、無害的原料或可再生資源D有機化工生產(chǎn)中所需溶劑盡量選擇苯、氯仿等有機物5已知下表均為烷烴分子的化學式，且它們的一氯取代物只有一種123456CH4C2H6C5H12C8H18C

3、17H36則第6項烷烴分子的化學式( )AC16H34BC22H46CC26H54DC27H566化學在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和日常生活中都有著重要的應用下列敘述不正確的是( )A長期使用（NH4）2SO4化肥會使土壤酸化，而過度使用尿素CO（NH2）2會使土壤堿化B鍋爐水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液處理，后用酸除去C鋁合金的大量使用歸功于人們能用焦炭等還原劑從氧化鋁中獲取鋁單質(zhì)D“酸可以除銹”、“熱的純堿溶液去油污”，都發(fā)生了化學變化7下列物質(zhì)轉(zhuǎn)化在給定條件下能實現(xiàn)的是( )Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3SSO3H2SO4飽和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3Fe2O

4、3FeCl2無水FeCl3MaCl2（aq）Mg（OH）2煅燒MgOABCD8下列有關化學反應原理的說法不正確的是( )A強酸和強堿的中和反應的活化能接近于零，所以反應速率很高B過程的自發(fā)性既能用于判斷過程的方向，也能用于確定過程發(fā)生的速率C電解質(zhì)溶液導電的過程中，一定發(fā)生了電解質(zhì)溶液的電解D化學變化中，各種原子的數(shù)目是恒定的，所謂資源匱乏只是元素的分布發(fā)生了變化9某有機物的結(jié)構(gòu)簡式如圖，下列關于該有機物的敘述正確的是( )A該有機物的摩爾質(zhì)量為200B該有機物屬于芳香烴C該有機物可發(fā)生取代、加成、加聚、氧化、還原、消去反應D1 mol該有機物在適當條件下，最多可與4mol NaOH和4mol

5、 H2反應10表是元素周期表的一部分，Y原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍，下列說法正確的是( )XYMZA簡單氫化物穩(wěn)定性：XZB簡單離子半徑：YMC最高價氧化物水化物的酸性：ZMD得電子能力：XY11下列根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得出結(jié)論正確的是( )編號實驗操作實驗現(xiàn)象解釋與結(jié)論A某溶液加入濃NaOH溶液加熱，在試管口放一片濕潤的紅色石蕊試紙試紙變藍NH3電離出了OHB硝酸銀溶液中加足量NaCl溶液，再加KI溶液先出現(xiàn)白色沉淀，后變?yōu)辄S色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）C2mL 2% CuSO4中加46滴2%NaOH，振蕩后加入0.5mL X溶液，加熱煮沸未出現(xiàn)磚紅色沉淀X不含有醛基D

6、等體積pH=3的HA和HB兩種酸分別與足量的鋅反應相同時間內(nèi)，HA收集到氫氣多HA是強酸AABBCCDD12據(jù)圖判斷下列說法不正確的是( )A圖1中醋酸電離平衡常數(shù)：a點的比b點的小B圖1中醋酸溶液的pH：a點的比b點的大C圖2中c點對應的溶液為Fe（OH）3的不飽和溶液D由圖2可知，欲除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入適量CuO，調(diào)PH約為4左右13用惰性電極電解CuSO4溶液一段時間，停止后，向所得溶液中加入0.2molCu（OH）2，恰好使溶液恢復至電解前，關于電解過程說法不正確的是( )A生成的銅的物質(zhì)的量是0.2molB隨著電解進行溶液的pH減小C轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.

7、4molD陽極反應是2H2O4e=4H+O214從海水中提取鎂的工藝流程如圖所示下列說法錯誤的是( )A用此法提取鎂的優(yōu)點之一是原料來源豐富B步驟電解MgCl2時陰極產(chǎn)生氯氣C步驟可將晶體置于HCl氣氛中脫水D上述工藝流程中涉及化合、分解和復分解反應15現(xiàn)有陽離子交換膜、陰離子交換膜、石墨電極和如圖所示的電解槽用氯堿工業(yè)中的離子交換膜技術原理，可電解Na2SO4溶液生產(chǎn)NaOH溶液和H2SO4溶液下列說法中正確的是( )Ab是陽離子交換膜，允許Na+通過B從A口出來的是NaOH溶液C陰極反應式為4OH4e2H2O+O2DNa2SO4溶液從G口加入二、非選擇題16實驗室可用如圖裝置（加熱裝置略）

8、制取SO2以及驗證SO2性質(zhì)（1）甲裝置中制取SO2氣體的化學方程式是_（2）為了證明SO2具有酸性，a處可放置_試紙；裝置乙中產(chǎn)生_現(xiàn)象，可證明SO2具有_性（3）丙裝置的作用是_17A、E是兩種金屬單質(zhì)它們存在如圖轉(zhuǎn)化（1）B在常溫下為無色液體，C為具有磁性的黑色粉末，則A+BC+D的化學方程式是_（2）E為短周期元素，它的原子的最外層比次外層電子數(shù)少5，則E在元素周期表中的位置是_假設圖中的兩個反應均恰好完全反應，若參加反應的A的質(zhì)量是56g，則需要E的質(zhì)量是_g（3）關于F的說法正確的是_（填序號）A能與鹽酸發(fā)生反應 B不能與NaOH溶液發(fā)生反應C能溶于水得到其對應水化物 D工業(yè)上可作

9、為冶煉E的原料（4）圖中所示的兩個反應都屬于_反應（填反應類型），該反應類型是以_為依據(jù)劃分的18二氧化氯（ClO2）氣體是一種高效廣譜、安全的殺菌、消毒劑，易溶于水制備方法如下：（1）步驟：電解食鹽水制備氯酸鈉用于電解的食鹽水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42等雜質(zhì)在除雜操作時，往粗鹽水中先加入過量的_（填化學式），至沉淀不再產(chǎn)生后，再加入過量的_和NaOH，充分反應后將沉淀一并濾去（2）步驟：將步驟得到的食鹽水在特定條件下電解得到氯酸鈉（NaClO3），再將它與鹽酸反應生成ClO2和Cl2，該氣體中兩種成分物質(zhì)的量比是_某學生擬用圖1所示裝置模擬工業(yè)制取并收集ClO2，用NaClO

10、3和草酸（H2C2O4）恒溫在60時反應制得（3）反應過程中需要對A容器進行加熱，加入的方式為_；加熱需要的玻璃儀器除酒精燈外，還有_；（4）反應后在裝置C中可得到亞氯酸鈉（NaClO2）溶液已知NaClO2飽和溶液在溫度低于38時，析出的晶體是NaClO23H2O，在溫度高于38時析出的是NaClO2根據(jù)圖2所示NaClO2的溶解度曲線，請完成從NaClO2溶液中制得NaClO2的操作步驟：_；_；洗滌；干燥19霧霾由多種污染物形成，其中包含顆粒物（包括PM2.5在內(nèi)）、氮氧化物（NOx）、CO、SO2等化學在解決霧霾污染中有著重要的作用（1）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H

11、=196.6kJmol12NO（g）+O2（g）2NO2（g）H=113.0kJmol1則反應NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）H=_kJmol1一定條件下，將NO2與SO2以體積比1：2置于恒溫恒容的密閉容器中發(fā)生上述反應，下列能說明反應達到平衡狀態(tài)的有_a體系密度保持不變 b混合氣體顏色保持不變cSO2和NO的體積比保持不變 d每消耗1mol SO3的同時生成1mol NO2測得上述反應平衡時NO2與SO2體積比為1：5，則平衡常數(shù)K=_（2）CO、CO2都可用于合成甲醇CO用于合成甲醇反應方程式為：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），CO在不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率與壓

12、強的關系如圖1所示實際生產(chǎn)條件控制在250、1.3104kPa左右，選擇此壓強的理由是_CO2用于合成甲醇反應方程式為：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），圖2是科學家現(xiàn)正研發(fā)的，以實現(xiàn)上述反應在常溫常壓下進行的裝置寫出甲槽的電極反應_（3）圖3是一種用NH3脫除煙氣中NO的原理該脫硝原理中，NO最終轉(zhuǎn)化為H2O和_（填化學式）當消耗2mol NH3和0.5molO2時，除去的NO在標準狀況下的體積為_L（4）NO直接催化分解（生成N2和O2）也是一種脫硝途徑在不同條件下，NO的分解產(chǎn)物不同在高壓下，NO在40下分解生成兩種化合物，體系中各組分物質(zhì)的量隨時間變化曲線如圖4

13、所示，寫出NO分解的化學方程式_三、選考題（共15分。請考生從給出的3道題中任選一題做答。如果多做，則按所做的第一題計分）化學選修2：化學與技術20化學一選修化學與技術現(xiàn)代化工廠的設計理念是依據(jù)循環(huán)經(jīng)濟理論和工業(yè)生態(tài)學原理建立生態(tài)工業(yè)園區(qū)如圖是某企業(yè)設計的硫酸一磷銨一水泥聯(lián)產(chǎn)、海水淡水多用、鹽一熱一電聯(lián)產(chǎn)的三大生態(tài)產(chǎn)業(yè)鏈流程圖根據(jù)上述產(chǎn)業(yè)流程回答下列問題：（1）從原料、能源、交通角度考慮該企業(yè)應建在_A西部山區(qū) B沿海地區(qū) C發(fā)達城市 D東北內(nèi)陸（2）該流程、為能量或物質(zhì)的輸送，請分別寫出輸送的主要物質(zhì)的化學式或能量形式：_、_、_、_、_（3）沸騰爐發(fā)生反應的化學方程式：_；磷肥廠的主要產(chǎn)品

14、是普鈣，其主要成分是_（填化學式）（4）熱電廠的冷卻水是_，該流程中濃縮鹽水除提取鹽以外還可提取的物質(zhì)有_（寫出一種即可）（5）根據(jù)現(xiàn)代化工廠沒計理念請?zhí)岢龈郀t煉鐵廠廢氣、廢渣及多余熱能的利用設想_，_（寫出兩點即可）化學選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)21X、Y、Z、W、R、Q為前30號元素，且原子序數(shù)依次增大，X是所有元素中原子半徑最小的，Y有三個能級，且每個能級上的電子數(shù)相等，Z原子單電子數(shù)在同周期元素中最多，W與Z同周期，第一電離能比Z的低，R與Y同一主族，Q的最外層只有一個電子，其他電子層電子均處于飽和狀態(tài)請回答下列問題：（1）R核外電子排布式為_（2）X、Y、Z、W形成的有機物YW（ZX2）

15、2中Y、Z的雜化軌道類型分別為_，ZW3離子的立體構(gòu)型是_（3）Y、R的最高價氧化物的沸點較高的是_（填化學式），原因是_（4）將Q單質(zhì)的粉末加入到ZX3的濃溶液中，并通入W2，充分反應后溶液呈深藍色，該反應的離子方程式為_化學選修5：有機化學基礎22芳香酯I的合成路線如下：已知以下信息：AI均為芳香族化合物，B能發(fā)生銀鏡反應，D的相對分子質(zhì)量比C大4，E的核磁共振氫譜有3組峰2RCH2CHO請回答下列問題：（1）AB的反應類型為_，D所含官能團的名稱為_，E的名稱為_（2）EF與FG的順序能否顛倒_（填“能”或“否”），理由_（3）B與銀氨溶液反應的化學方程式為_（4）I的結(jié)構(gòu)簡式為_（5）

16、符合下列要求A的同分異構(gòu)體還有_種與Na反應并產(chǎn)生H2芳香族化合物2014-2015學年湖北省黃石市大冶市高二（下）期末化學試卷一、選擇題（每小題3分，共45分，只有一個答案符合要求）1在垃圾分類處理和利用的標志中，圖屬于( )A廚余垃圾標志B危險廢物標志C可回收物標志D其他垃圾標志【考點】三廢處理與環(huán)境保護 【專題】化學計算【分析】垃圾可分為可回收垃圾、可堆肥垃圾、有害垃圾、其它垃圾等；結(jié)合各個標志所代表的含義進行分析判斷【解答】解：A廚余垃圾標志位：，故A錯誤；B危險廢物標志，故B錯誤；C可回收標志，故C正確；D其他垃圾標志為：，故D錯誤；故選C【點評】本題以垃圾箱的標志為載體考查了垃圾的

17、分類，難度不大，明確標志包含的意義是解本題的關鍵2下表中化學方程式或離子方程式的書寫及與其對應的關系有錯誤的是( )選項化學方程式或離子方程式對應關系A2CH2=CH2+O2加成反應B2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O氧化還原反應C2OH+NO+NO2=2NO2+H2ONO2氧化了NOD2Fe2+3Fe（CN）63=FeFe（CN）62可用于檢驗Fe2+AABBCCDD【考點】離子方程式的書寫；化學方程式的書寫；氧化還原反應；二價Fe離子和三價Fe離子的檢驗 【專題】化學用語專題【分析】A加成反應是有機物分子中的不飽和鍵斷裂，斷鍵原子與其他原子或原子團相結(jié)合，生成新的化合物的反應

18、；B有機反應中加氧去氫的反應為氧化反應；C反應中二氧化氮中氮元素化合價降低，一氧化氮中氮元素升高；D電荷不守恒【解答】解：A.2CH2=CH2+O2符合加成反應的定義屬于加成反應，故A正確；B.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O鈣反應為乙醇的催化氧化反應，屬于氧化還原反應，故B正確；C反應中二氧化氮中氮元素化合價降低，二氧化氮為氧化劑，一氧化氮中氮元素升高，一氧化氮為還原劑，故C正確；D含F(xiàn)e2+的溶液與鐵氰化鉀K3Fe（CN）6溶液反應生成具有特征藍色的鐵氰化亞鐵沉淀，離子方程式為：3Fe2+2Fe（CN）63Fe3Fe（CN）62，故D錯誤；故選：D【點評】本題考查了有機反應

19、類型的判斷、離子方程式的熟悉，熟悉有機物結(jié)構(gòu)及有機反應類型是解題關鍵，題目難度中等3化學反應速率受外界條件如反應溫度、反應物濃度、壓強、催化劑等的影響燒烤時，用扇子向紅熱的木炭扇風，火會更旺，其原因是( )A壓強降低，反應減慢B溫度降低，反應加快C使CO2濃度增加，反應加快D使O2濃度增加，反應加快【考點】化學反應速率的影響因素 【專題】化學反應速率專題【分析】燒烤時，用扇子向紅熱的木炭扇風，原因是增大氧氣的濃度，反應速率增大，以此解答【解答】解：碳和氧氣反應，碳的表面積和氧氣的濃度是影響反應速率的主要因素，用扇子向紅熱的木炭扇風，可增大氧氣的濃度，火會更旺，故選D【點評】本題考查化學反應速率

20、的影響，為高頻考點，側(cè)重于化學與生活的考查，有利于培養(yǎng)學生的良好的科學素養(yǎng)，提高學習的積極性，難度不大4綠色化學工藝的特點可以用原子經(jīng)濟化、原料綠色化、催化劑綠色化、溶液綠色化、產(chǎn)品綠色化等來形象地概括下列說法符合綠色化學理念的是( )A無機化工生產(chǎn)中使用KClO3代替H2O2作氧化劑B生產(chǎn)過程中選用催化劑只需考慮能加快反應即可C物質(zhì)合成中使用無毒、無害的原料或可再生資源D有機化工生產(chǎn)中所需溶劑盡量選擇苯、氯仿等有機物【考點】綠色化學 【分析】A使用KClO3代替H2O2作氧化劑，產(chǎn)物為氯化鉀有污染；B催化劑能改變化學反應的速率，選用催化劑需考慮原子的經(jīng)濟化；C可再生資源是指被人類開發(fā)利用后，

21、可以在較短時間內(nèi)更新、再生，或者能夠重復利用、循環(huán)使用的自然資源，如氣候資源、生物資源，物質(zhì)合成中使用可再生資源或合成中使用無毒、無害的原料產(chǎn)品符合綠色化學理念；D苯、氯仿等有機物有毒，使用有污染【解答】解：A過氧化氫作氧化劑還原產(chǎn)物為水，無污染，使用KClO3代替H2O2作氧化劑，產(chǎn)物為氯化鉀有污染，不符合綠色化學的理念，故A錯誤；B催化劑的選擇既要考慮能加快反應的速率，又要考慮反應物的催化效果，是否符合原子的經(jīng)濟最大化，故B錯誤；C可再生資源在較短時間內(nèi)更新、再生或者能夠重復利用、循環(huán)使用，物質(zhì)合成中使用無毒、無害的原料或可再生資源，符合綠色化學的理念，故C正確；D苯、氯仿等有機物有毒，有

22、污染，不符合綠色化學的理念，故D錯誤；故選C【點評】本題考查了綠色化學概念的理解，仔細審題，結(jié)合題干分析每個選項，題目難度不大，注意積累有關綠色化學的相關知識5已知下表均為烷烴分子的化學式，且它們的一氯取代物只有一種123456CH4C2H6C5H12C8H18C17H36則第6項烷烴分子的化學式( )AC16H34BC22H46CC26H54DC27H56【考點】烷烴及其命名 【分析】由表格中數(shù)據(jù)可知：奇數(shù)項的C原子個數(shù)為前一奇數(shù)項中烷烴的C和H原子個數(shù)之和，偶數(shù)項中C原子個數(shù)為其前一個偶數(shù)項中C、H原子個數(shù)之和，所以第六項中C原子個數(shù)是第四項中C原子、H原子個數(shù)之和為26，再根據(jù)烷烴通式確

23、定其分子式【解答】解：由表格中數(shù)據(jù)可知：奇數(shù)項的C原子個數(shù)為前一奇數(shù)項中烷烴的C和H原子個數(shù)之和，偶數(shù)項中C原子個數(shù)為其前一個偶數(shù)項中C、H原子個數(shù)之和，所以第六項中C原子個數(shù)是第四項中C原子、H原子個數(shù)之和為26，由烷烴通式知，第六項分子式為C26H54，故選C【點評】本題考查探究化學規(guī)律，明確所給化學式中存在的規(guī)律是解本題關鍵，側(cè)重考查學生分析、判斷及總結(jié)歸納能力，題目難度中等6化學在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和日常生活中都有著重要的應用下列敘述不正確的是( )A長期使用（NH4）2SO4化肥會使土壤酸化，而過度使用尿素CO（NH2）2會使土壤堿化B鍋爐水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液處理，

24、后用酸除去C鋁合金的大量使用歸功于人們能用焦炭等還原劑從氧化鋁中獲取鋁單質(zhì)D“酸可以除銹”、“熱的純堿溶液去油污”，都發(fā)生了化學變化【考點】鹽類水解的原理；物理變化與化學變化的區(qū)別與聯(lián)系；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；金屬冶煉的一般原理 【分析】A根據(jù)銨根離子和氨基的性質(zhì)來判斷；BCaSO4難溶于酸，轉(zhuǎn)化為CaCO3，可以用酸除去；C工業(yè)上用電解法冶煉金屬鋁；D化學變化是由新物質(zhì)生成的變化【解答】解：A（NH4）2SO4化肥中的銨根離子水解顯示酸性，能使土壤酸化，尿素CO（NH2）2中的氨基具有堿性，會使土壤堿化，故A正確；BCaSO4難溶于酸，可先用Na2CO3溶液處理轉(zhuǎn)化為CaCO

25、3，然后用溶解酸除去，故B正確；C鋁是活潑金屬不易被還原劑還原，工業(yè)上鋁的冶煉是通過電解熔融的氧化鋁來實現(xiàn)的，故C錯誤；D“酸可以除銹”的過程酸與金屬氧化物反應生成鹽，“熱的純堿溶液去油污”油脂發(fā)生水解反應，二者都有新物質(zhì)生成，是化學變化，故D正確故選C【點評】本題考查化學與生產(chǎn)、生活的關系，比較基礎，側(cè)重對基礎知識的鞏固，注意對基礎知識的理解掌握7下列物質(zhì)轉(zhuǎn)化在給定條件下能實現(xiàn)的是( )Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3SSO3H2SO4飽和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3Fe2O3FeCl2無水FeCl3MaCl2（aq）Mg（OH）2煅燒MgOABCD【考點】鎂、鋁的重

26、要化合物；含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應用；鈉的重要化合物；鐵的化學性質(zhì) 【專題】元素及其化合物【分析】氧化鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉溶液通入二氧化碳，生成氫氧化鋁硫燃燒生成二氧化硫在飽和食鹽水中通入氨氣，形成飽和氨鹽水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的鈉離子、銨根離子、氯離子和碳酸氫根離子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加熱NaHCO3分解生成碳酸鈉氧化鐵與鹽酸反應生成氯化鐵，F(xiàn)e3+水解，加熱蒸發(fā)得不到無水FeCl3氯化鎂與石灰乳轉(zhuǎn)化為更難溶的氫氧化鎂，氫氧化鎂不穩(wěn)定，加熱分解生成氧化鎂【解答】解：氧化鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉溶液通入二氧化碳

27、，發(fā)生反應2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+Na2CO3，生成氫氧化鋁，故正確；硫燃燒生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故錯誤；在飽和食鹽水中通入氨氣，形成飽和氨鹽水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的鈉離子、銨根離子、氯離子和碳酸氫根離子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加熱NaHCO3分解生成碳酸鈉，故正確；氧化鐵與鹽酸反應生成氯化鐵，F(xiàn)e3+水解Fe3+3H2O2Fe（OH）3+HCl，加熱蒸發(fā)HCl揮發(fā)，平衡向右移動，得不到無水FeCl3，故錯誤；氯化鎂與石灰乳轉(zhuǎn)化為更難溶的氫氧化鎂，氫氧化鎂不穩(wěn)定，加熱分解生成氧化鎂，故正確故正確故選：A【點評】

28、本題考查元素化合性質(zhì)、侯德榜制堿法、鹽類水解等，難度中等，注意侯德榜制堿法要先通氨氣，后通二氧化碳，以便獲得高濃度離子溶液8下列有關化學反應原理的說法不正確的是( )A強酸和強堿的中和反應的活化能接近于零，所以反應速率很高B過程的自發(fā)性既能用于判斷過程的方向，也能用于確定過程發(fā)生的速率C電解質(zhì)溶液導電的過程中，一定發(fā)生了電解質(zhì)溶液的電解D化學變化中，各種原子的數(shù)目是恒定的，所謂資源匱乏只是元素的分布發(fā)生了變化【考點】焓變和熵變；活化能及其對化學反應速率的影響；電解質(zhì)溶液的導電性 【專題】化學反應中的能量變化；化學反應速率專題【分析】A、酸和堿反應不需要外界做功的條件下就能發(fā)生，說明它們已經(jīng)處于

29、活躍狀態(tài)，因此活化能接近0；B、過程的自發(fā)性與反應速率無關；C、電解質(zhì)溶液導電，可能是電解質(zhì)電解，也可能是電解電解質(zhì)和水，也可能是電解水；D、化學變化中，原子守恒，所謂資源匱乏只是元素的分布發(fā)生了變化【解答】解：A、酸和堿反應不需要外界做功的條件下就能發(fā)生，說明它們已經(jīng)處于活躍狀態(tài)，因此活化能接近0，故A正確；B、過程的自發(fā)性與反應速率無關，可確定過程能否發(fā)生，故B錯誤；C、電解質(zhì)溶液導電，可能是電解質(zhì)電解如氯化銅溶液電解是氯化銅被電解，也可能是電解電解質(zhì)和水如硫酸銅溶液，也可能是電解溶劑水，實驗一定是電解質(zhì)溶液電解，故C正確；D、化學變化中，遵循原子守恒，反應實質(zhì)是原子的重新組合，各種原子的

30、數(shù)目是恒定的，所謂資源匱乏只是元素的分布發(fā)生了變化，故D正確；故選B【點評】本題考查了反應焓變的分析應用，注意對活化能和化學反應實質(zhì)的理解應用，掌握基礎是解題關鍵，題目較簡單9某有機物的結(jié)構(gòu)簡式如圖，下列關于該有機物的敘述正確的是( )A該有機物的摩爾質(zhì)量為200B該有機物屬于芳香烴C該有機物可發(fā)生取代、加成、加聚、氧化、還原、消去反應D1 mol該有機物在適當條件下，最多可與4mol NaOH和4mol H2反應【考點】有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì) 【分析】該分子中含有氯原子、酚羥基、酯基、碳碳雙鍵，具有氯代烴、酚、烯烴和酯的性質(zhì)，能發(fā)生水解反應、取代反應、氧化反應、還原反應、加成反應等，據(jù)此分析解答

31、【解答】解：A摩爾質(zhì)量的單位是g/mol，該有機物的摩爾質(zhì)量為200g/mol，故A錯誤；B該有機物中除了含有C、H元素之外還含有O元素，所以屬于烴的含氧衍生物，故B錯誤；C該有機物中不能發(fā)生消去反應，故C錯誤；D酯基水解生成的羧基、酚羥基、氯原子能和NaOH溶液反應，苯環(huán)和碳碳雙鍵能和氫氣發(fā)生加成反應，所以1 mol該有機物在適當條件下，最多可與4mol NaOH和4mol H2反應，故D正確；故選D【點評】本題考查有機物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點，明確官能團及其性質(zhì)關系是解本題關鍵，易錯選項是D，注意氯原子取代之后生成的HCl能和NaOH反應，為易錯點10表是元素周期表的一部分，Y原子最外層電

32、子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍，下列說法正確的是( )XYMZA簡單氫化物穩(wěn)定性：XZB簡單離子半徑：YMC最高價氧化物水化物的酸性：ZMD得電子能力：XY【考點】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關系 【分析】Y原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍，Y有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，Y為O元素，根據(jù)四種元素在周期表中的位置可知，X為N元素，Z為Si元素，M為Al元素，結(jié)合元素周期律與元素單質(zhì)化合物性質(zhì)解答【解答】解：Y原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍，Y有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，Y為O元素，根據(jù)四種元素在周期表中的位置可知，X為N元素，Z為Si元素，W為Al元素A非金屬性XZ，故氫化物穩(wěn)定性XZ，故

33、A正確；B電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑：O2Al3+，故B錯誤；C非金屬性ZM，則最高價氧化物對應的水化物的酸性為ZM，故C錯誤；D非金屬性YX，得電子能力：YX，故D錯誤，故選A【點評】本題考查位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關系應用，題目難度中等，正確推斷元素的種類是解題的關鍵，注意把握元素周期律的遞變規(guī)律11下列根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得出結(jié)論正確的是( )編號實驗操作實驗現(xiàn)象解釋與結(jié)論A某溶液加入濃NaOH溶液加熱，在試管口放一片濕潤的紅色石蕊試紙試紙變藍NH3電離出了OHB硝酸銀溶液中加足量NaCl溶液，再加KI溶液先出現(xiàn)白色沉淀，后變?yōu)辄S色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（

34、AgI）C2mL 2% CuSO4中加46滴2%NaOH，振蕩后加入0.5mL X溶液，加熱煮沸未出現(xiàn)磚紅色沉淀X不含有醛基D等體積pH=3的HA和HB兩種酸分別與足量的鋅反應相同時間內(nèi)，HA收集到氫氣多HA是強酸AABBCCDD【考點】化學實驗方案的評價 【分析】A氨氣是非電解質(zhì)；BAgCl、AgI均不溶于水，但AgI的溶解度更?。籆新制氫氧化銅與醛基反應需要再堿性條件下、加熱進行；DpH=3的兩種酸，相同時間內(nèi)，HA放出的氫氣多，則反應過程中HA酸的氫離子濃度大【解答】解：A氨氣使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的原因是與水反應生成NH3H2O，電離生成OH離子，溶液呈堿性，故A錯誤；B在稀AgNO

35、3溶液中先加入少量0.1mol/L NaCl溶液，再加入少量0.1mol/L NaI溶液，發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，先產(chǎn)生白色沉淀，后出現(xiàn)黃色沉淀，則說明Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故B正確；C2mL 2% CuSO4中加46滴2%NaOH，加入堿的量較少，溶液不能呈堿性，沒有出現(xiàn)磚紅色沉淀，不能說明X不含有醛基，故C錯誤；D等體積pH=3的HA和HB兩種酸分別與足量的鋅反應，相同時間內(nèi)，HA收集到氫氣多，一定能說明HA是弱酸，故D錯誤；故選B【點評】本題考查化學實驗方案的評價，涉及離子的檢驗、酸性的比較與pH的關系、沉淀的溶度積、CHO的檢驗等，注重實驗細節(jié)的考查，題目難度不大12據(jù)圖判斷下列

36、說法不正確的是( )A圖1中醋酸電離平衡常數(shù)：a點的比b點的小B圖1中醋酸溶液的pH：a點的比b點的大C圖2中c點對應的溶液為Fe（OH）3的不飽和溶液D由圖2可知，欲除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入適量CuO，調(diào)PH約為4左右【考點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì) 【專題】電離平衡與溶液的pH專題【分析】A弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)只有溫度有關，與物質(zhì)的電離程度無關；B弱電解質(zhì)溶液的導電能力與其離子濃度成正比；C如果濃度積常數(shù)小于溶液中c3（OH）c（Fe3+），則為飽和溶液；D根據(jù)圖知，當溶液的pH=4左右時，溶液呈氫氧化鐵完全沉淀，而溶液中銅

37、離子不產(chǎn)生沉淀，注意加入的除雜劑不能引進新的雜質(zhì)離子【解答】解：A溫度不變，醋酸的電離平衡常數(shù)不變，與溶液的濃度無關，所以a和b兩點的電離平衡常數(shù)相等，故A錯誤；B弱電解質(zhì)溶液的導電能力與其離子濃度成正比，離子濃度越大其導電性越強，b點溶液導電能力大于a，所以b點的氫離子濃度大于a，則a的pH大于b，故B正確；C根據(jù)圖象知，溶液中中c3（OH）c（Fe3+）大于氫氧化鐵的溶度積常數(shù)，溶液c點為過飽和溶液，故C錯誤；D根據(jù)圖知，當溶液的pH=4左右時，溶液呈氫氧化鐵完全沉淀，而溶液中銅離子不產(chǎn)生沉淀，且溶液呈酸性，所以可以加入氧化銅條件溶液的pH且可以出去鐵離子，故D正確；故選AC【點評】本題考

38、查了弱電解質(zhì)的電離、難溶物的溶解平衡，根據(jù)弱電解質(zhì)電離、難溶物的溶解平衡特點來分析解答即可，注意電離平衡常數(shù)、溶度積常數(shù)只與溫度有關，與溶液的酸堿性、濃度都無關，為易錯點13用惰性電極電解CuSO4溶液一段時間，停止后，向所得溶液中加入0.2molCu（OH）2，恰好使溶液恢復至電解前，關于電解過程說法不正確的是( )A生成的銅的物質(zhì)的量是0.2molB隨著電解進行溶液的pH減小C轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.4molD陽極反應是2H2O4e=4H+O2【考點】電解原理 【分析】根據(jù)電解池的工作原理，要想讓電解后的電解質(zhì)復原，則遵循的原則是：出什么加什么，加入 Cu（OH）2后溶液與電解前相同，Cu

39、（OH）2從組成上可看成CuOH2O，所以實際上相當于加入的物質(zhì)是氧化銅和水，依據(jù)電極反應和電解的物質(zhì)分析計算判斷【解答】解：加入0.2 mol Cu（OH）2后恰好恢復到電解前的濃度，Cu（OH）2從組成上可看成CuOH2O，根據(jù)“析出什么加入什么”的原則知，析出的物質(zhì)是氧化銅和水，則陰極上析出氫氣和銅，生成0.2mol銅轉(zhuǎn)移電子個數(shù)=0.2mol2NA/mol=0.4NA，根據(jù)原子守恒知，生成0.2mol水需要0.2mol氫氣，生成0.2mol氫氣轉(zhuǎn)移電子的個數(shù)=0.2mol2NA/mol=0.4NA，所以電解過程中共轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.8NA，A、分析可知生成銅的物質(zhì)的量為0.2mol，故A

40、正確；B、電解過程中生成硫酸，所以隨著電解的進行溶液pH減小，故B正確；C、陰極上析出氫氣和銅，生成0.2mol銅轉(zhuǎn)移電子個數(shù)=0.2mol2NA/mol=0.4NA，根據(jù)原子守恒知，生成0.2mol水需要0.2mol氫氣，生成0.2mol氫氣轉(zhuǎn)移電子的個數(shù)=0.2mol2NA/mol=0.4NA，所以電解過程中共轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.8NA，故C錯誤；D、陽極電極反應是氫氧根離子失電子生成氧氣的過程，陽極反應式是4OH4e=2H2O+O2，故D正確；故選C【點評】本題考查了電解原理，明確陰極上析出的物質(zhì)是解本題關鍵，根據(jù)生成物與轉(zhuǎn)移電子之間的關系式來解答即可，難度中等14從海水中提取鎂的工藝流程如

41、圖所示下列說法錯誤的是( )A用此法提取鎂的優(yōu)點之一是原料來源豐富B步驟電解MgCl2時陰極產(chǎn)生氯氣C步驟可將晶體置于HCl氣氛中脫水D上述工藝流程中涉及化合、分解和復分解反應【考點】海水資源及其綜合利用 【專題】元素及其化合物【分析】從海水中提取鎂的工藝流程：利用貝殼分解生成氧化鈣，溶于水得到氫氧化鈣加入到母液中沉淀鎂離子，過濾得到氫氧化鎂沉淀，加入鹽酸溶解富集鎂元素，通過濃縮蒸發(fā)冷卻結(jié)晶方法得到氯化鎂晶體，氯化氫氣流中脫水得到氯化鎂固體，電解熔融氯化鎂制備鎂； A從海水中制取鎂，原料來源豐富；B根據(jù)電解時，陰極是陽離子放電；C考慮鎂離子的水解，一定條件是防止水解的發(fā)生；D根據(jù)從海水中提取鎂

42、的工藝流程分析各反應類型【解答】解：從海水中提取鎂的工藝流程：利用貝殼分解生成氧化鈣CaCO3CaO+CO2，溶于水得到氫氧化鈣CaO+H2OCa（OH）2，加入到母液中沉淀鎂離子Mg2+2OH =Mg（OH）2，過濾得到氫氧化鎂沉淀，加入鹽酸溶解富集鎂元素2HCl+Mg（OH）2MgCl2+2H2O，通過濃縮蒸發(fā)冷卻結(jié)晶方法得到氯化鎂晶體，氯化氫氣流中脫水得到氯化鎂固體，電解熔融氯化鎂制備鎂MgCl2Mg+Cl2；A海水中鎂元素含量高，原料來源于海水，提取鎂原料來源豐富，故A正確；B電解熔融MgCl2可得到金屬鎂，鎂離子在陰極放電，電極反應方程式為：Mg2+2e=Mg，故B錯誤；CMgCl2

43、6H2O在一定條件下加熱得到無水MgCl2，若直接加熱MgCl26H2O，會促進Mg2+水解，得不到無水MgCl2，因Mg2+水解呈酸性，在氯化氫氣流中可抑制Mg2+水解，同時帶走水蒸氣，故一定條件為在HCl氣流中，目的是抑制Mg2+水解，故C正確；D上述工藝流程中涉及為分解反應為化合反應，為復分解反應，為復分解反應，為分解反應，故D正確；故選：B【點評】本題考查元素及其化合物，明確流程中發(fā)生的化學反應是解答的關鍵，注重基礎知識和實驗基本技能的訓練，題目難度中等15現(xiàn)有陽離子交換膜、陰離子交換膜、石墨電極和如圖所示的電解槽用氯堿工業(yè)中的離子交換膜技術原理，可電解Na2SO4溶液生產(chǎn)NaOH溶液

44、和H2SO4溶液下列說法中正確的是( )Ab是陽離子交換膜，允許Na+通過B從A口出來的是NaOH溶液C陰極反應式為4OH4e2H2O+O2DNa2SO4溶液從G口加入【考點】原電池和電解池的工作原理 【分析】電解飽和Na2SO4溶液時，陽極附近是OH放電，生成氧氣，陰極附近時H+放電生成氫氣，由于裝置中放置了離子交換膜，在兩極分別生成NaOH和H2SO4，需在陽極室一側(cè)放置陰離子交換膜，只允許通過陰離子，在陰極一側(cè)放置陽離子交換膜，只允許通過陽離子，接電源正極的是陽極，即B放出氧氣，C生成氫氣，以此解答該題【解答】解：A陰極生成氫氣和OH，在陰極一側(cè)放置陽離子交換膜，只允許通過陽離子，生成N

45、aOH，故A正確；BA為陽極是氫氧根離子放電產(chǎn)生的氣體是氧氣，同時生成氫離子，則陽極附近生成硫酸，則從A口出來的是H2SO4溶液，故B錯誤；C陰極附近時H+放電生成氫氣，反應式為2H+2eH2，故C錯誤；DNaOH在陰極附近生成，硫酸在陽極生成，則Na2SO4溶液從E口加入，故D錯誤故選A【點評】本題考查電解池知識，為高頻考點，本題設置新情景，即離子交換膜，注意根據(jù)兩極上的反應判斷生成物，有利于培養(yǎng)學生的分析能力和良好的科學素養(yǎng)，題目難度中等二、非選擇題16實驗室可用如圖裝置（加熱裝置略）制取SO2以及驗證SO2性質(zhì)（1）甲裝置中制取SO2氣體的化學方程式是Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+

46、SO2+2H2O（2）為了證明SO2具有酸性，a處可放置濕潤的藍色石蕊試紙；裝置乙中產(chǎn)生溶液褪色現(xiàn)象，可證明SO2具有還原性（3）丙裝置的作用是吸收多余的SO2氣體并防止溶液倒吸【考點】實驗裝置綜合；二氧化硫的化學性質(zhì)；常見氣體制備原理及裝置選擇 【專題】綜合實驗題【分析】加熱條件下，濃硫酸和銅發(fā)生氧化還原反應生成二氧化硫氣體，二氧化硫為酸性氣體，可使?jié)駶櫟乃{色石蕊變紅，具有還原性，可與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應，二氧化硫污染環(huán)境，可與氫氧化鈉反應，以此解答該題【解答】解：（1）加熱條件下，濃硫酸和銅發(fā)生氧化還原反應生成二氧化硫氣體，反應的方程式為Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2+

47、2H2O，故答案為：Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2+2H2O；（2）二氧化硫為酸性氣體，可使?jié)駶櫟乃{色石蕊變紅，具有還原性，可與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應，可觀察到乙溶液褪色，故答案為：濕潤的藍色石蕊；溶液褪色；還原；（3）二氧化硫有毒，污染環(huán)境，可與氫氧化鈉反應，可用氫氧化鈉溶液吸收，用導致的漏斗可起到防倒吸的作用，故答案為：吸收多余的SO2氣體并防止溶液倒吸【點評】本題考查了SO2的性質(zhì)的實驗設計和性質(zhì)分析判斷，為高頻考點，側(cè)重于學生的分析能力能力和實驗能力的考查，掌握二氧化硫酸性氧化物性質(zhì)、漂白性、氧化性和還原性等是解題關鍵，難度不大17A、E是兩種金屬單質(zhì)它們存在如圖轉(zhuǎn)化

48、（1）B在常溫下為無色液體，C為具有磁性的黑色粉末，則A+BC+D的化學方程式是3Fe+4H2OFe3O4+4H2（2）E為短周期元素，它的原子的最外層比次外層電子數(shù)少5，則E在元素周期表中的位置是第3周期IIIA族假設圖中的兩個反應均恰好完全反應，若參加反應的A的質(zhì)量是56g，則需要E的質(zhì)量是24g（3）關于F的說法正確的是AD（填序號）A能與鹽酸發(fā)生反應 B不能與NaOH溶液發(fā)生反應C能溶于水得到其對應水化物 D工業(yè)上可作為冶煉E的原料（4）圖中所示的兩個反應都屬于氧化還原反應（填反應類型），該反應類型是以是否有電子轉(zhuǎn)移或是否有元素化合價升降為依據(jù)劃分的【考點】無機物的推斷 【專題】推斷題

49、【分析】（1）B在常溫下為無色液體，C為具有磁性的黑色粉末說明為Fe3O4，A+BC+D，說明B為H2O，A為Fe，D為H2；（2）E為短周期元素，它的原子的最外層比次外層電子數(shù)少5，應為13號元素AL，結(jié)合轉(zhuǎn)化關系C（Fe3O4）+E=A（Fe）+F判斷為鋁熱反應E為Al，F(xiàn)為Al2O3；依據(jù)化學方程式定量關系計算；需要鋁的質(zhì)量；（3）F為Al2O3，是兩性氧化物，難溶于水，溶于強酸強堿，工業(yè)上利用電解氧化鋁方法制備鋁；（4）依據(jù)反應過程中元素化合價變化分析【解答】解：（1）B在常溫下為無色液體，C為具有磁性的黑色粉末說明為Fe3O4，A+BC+D，說明B為H2O，A為Fe，D為H2，則A+

50、BC+D的化學方程式是3Fe+4H2O Fe3O4+4H2，故答案為：3Fe+4H2O Fe3O4+4H2 ；（2）E為短周期元素，它的原子的最外層比次外層電子數(shù)少5，結(jié)合原子結(jié)構(gòu)中電子排布規(guī)律可知E應為13號元素AL，結(jié)合轉(zhuǎn)化關系C（Fe3O4）+E=A（Fe）+F判斷為鋁熱反應E為Al，F(xiàn)為Al2O3，E在元素周期表中的位置為第3周期IIIA族，圖中的兩個反應均恰好完全反應，3Fe+4H2O Fe3O4+4H2 ；8Al+3Fe3O49Fe+4AL2O3，依據(jù)化學方程式定量關系：9Fe8Al，若參加反應的A的質(zhì)量是56g，則需要E（Al）的質(zhì)量=24g，故答案為：第3周期IIIA族；24；

51、（3）F為Al2O3，是兩性氧化物，難溶于水，溶于強酸強堿，工業(yè)上利用電解氧化鋁方法制備鋁；A氧化鋁能與鹽酸發(fā)生反應 生成氯化鋁和水，故A正確； B氧化鋁能與NaOH溶液發(fā)生反應生成偏鋁酸鈉和水，故B錯誤；C氧化鋁不能溶于水得到其對應水化物，故C錯誤； D工業(yè)上可作為冶煉Al的原料，電解氧化鋁生成鋁和氧氣，故D正確；故答案為：AD；（4）3Fe+4H2O Fe3O4+4H2 ；8Al+3Fe3O49Fe+4AL2O3，分析反應的化學方程式中元素化合價變化可可知，都是氧化還原反應，判斷的依據(jù)是元素化合價變化或?qū)嵸|(zhì)電子轉(zhuǎn)移，故答案為：氧化還原；是否有電子轉(zhuǎn)移或是否有元素化合價升降【點評】本題考查了

52、物質(zhì)性質(zhì)和轉(zhuǎn)化關系的分析判斷，主要是反應條件和反應特征及其性質(zhì)的分析應用，掌握基礎為關鍵，題目難度中等18二氧化氯（ClO2）氣體是一種高效廣譜、安全的殺菌、消毒劑，易溶于水制備方法如下：（1）步驟：電解食鹽水制備氯酸鈉用于電解的食鹽水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42等雜質(zhì)在除雜操作時，往粗鹽水中先加入過量的BaCl2（填化學式），至沉淀不再產(chǎn)生后，再加入過量的Na2CO3和NaOH，充分反應后將沉淀一并濾去（2）步驟：將步驟得到的食鹽水在特定條件下電解得到氯酸鈉（NaClO3），再將它與鹽酸反應生成ClO2和Cl2，該氣體中兩種成分物質(zhì)的量比是2：1某學生擬用圖1所示裝置模擬工業(yè)制取并收集ClO2，用NaClO3和草酸（H2C2O4）恒溫在60時反應制得（3）反應過程中需要對A容器進行加熱，加入的方式為水浴加熱；加熱需要的玻璃儀器除酒精燈外，還有溫度計、大燒杯；（4）反應后在裝置C中可得到亞氯酸鈉（