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2014-2015学年安徽省黄山市高一(下)期末化学试卷


2014-2015 学年安徽省黄山市高一(下)期末化学试卷
一、选择题(共 16 小题,每小题 3 分,满分 48 分) 14 1. (3 分)医学界通过用 C 标记的 C60 发现一种羧酸衍生物,在特定条件下,它可以通过断 裂 DNA 抑制艾滋病毒的繁殖.下列有关叙述中,正确的是( ) A. B. C. D. C 与 C 的性质完全不同 14 14 C 与 N 含有的

中子数相同 14 12 C60 和 C60 是碳元素的同素异形体 14 12 13 C 与 C、 C 互为同位素
14 12

考点: 质量数与质子数、中子数之间的相互关系;同位素及其应用. 专题: 原子组成与结构专题. 分析: 不同原子的性质不同,具有相同质子数而不同中子数的原子互为同位素,原子中质量 数=质子数+中子数,以此来解答. 14 12 解答: 解:A. C 与 C 为不同的原子,则性质不同,故 A 错误; 14 14 B. C 中的中子数为 14﹣6=8, N 含有的中子数为 14﹣7=7,中子数不同,故 B 错误; 14 12 C. C60 和 C60 是碳元素的同种单质,故 C 错误; 14 12 13 D. C 与 C、 C 的质子数相同,而中子数不同,则互为同位素,故 D 正确; 故选 D. 点评: 本题考查原子中的数量关系及同位素,明确质子数、中子数及质量数的关系即可解答, 注意区分相关的概念,选项 C 为解答的易错点,题目难度不大. 2. (3 分) (2015 春?黄山期末)X、Y、Z 均为短周期元素,X、Y 处于同一周期,X、Z 的最 低价离子分别为 X 和 Z ,Y 和 Z 具有相同的电子层结构.下列说法正确的是( A. 原子最外层电子数:X>Y>Z B. 单质氧化性:X>Z>Y C. 离子半径:X >Y >Z
2﹣ +


2﹣



+





D. 原子序数:X>Y>Z

考点: 原子结构与元素周期律的关系. 分析: X、Y、Z 均是短周期元素,X、Z 的最低价离子分别为 X 和 Z ,则 X 为第ⅥA 族元 ﹣ + 素,Z 为ⅦA 族元素;Y 和 Z 具有相同的电子层结构,则 Y 在 Z 的下一周期,可推知 Y 为 Na 元素,Z 为 F 元素,X、Y 同周期,则 X 为 S 元素,结合元素在周期表中的位置以及元素 周期律知识解答该题. 解答: 解:X、Y、Z 均是短周期元素,X、Z 的最低价离子分别为 X 和 Z ,则 X 为第ⅥA ﹣ + 族元素,Z 为ⅦA 族元素;Y 和 Z 具有相同的电子层结构,则 Y 在 Z 的下一周期,可推知 Y 为 Na 元素,Z 为 F 元素,X、Y 同周期,则 X 为 S 元素. A.X、Y、Z 分别为 S、Na、F,原子最外层电子数分别为 6、1、7,故 A 错误; B.Na 为金属元素,单质表现还原性,F、S 为非金属,单质可以表现氧化性,非金属性 S<F, 故单质氧化性 S<F2,故 B 错误; C.电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,电子层越多离子半径越大,故离子半径: S >F >Na ,故 C 错误; D.X、Y、Z 原子序数分别为 16、11、9,原子序数:X>Y>Z,故 D 正确, 故选 D.
2﹣


2﹣



2﹣



+

点评: 本题考查原子结构与元素周期律的关系,侧重于学生的分析能力的考查,题目难度不 大,关键是根据原子结构特点正确推断元素的种类. 3. (3 分) (2015 春?黄山期末) 根据原子结构及元素周期规律的知识, 下列推断正确的是 ( A. 同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱 B. 核外电子排布相同的微粒化学性质也相同 C. Cl?、S2?、Ca2+、K+半径逐渐减小 D. 同周期主族非金属元素随原子序数递增,原子得电子能力增强 )

考点: 原子结构与元素周期律的关系. 分析: A.元素非金属性越强,最高价含氧酸的酸性越强; B.核外电子排布相同的微粒,化学性质不一定相同,如 Ar 原子与 S2﹣离子; C.电子层结构相同的离子,核电荷数越大离子半径越小; D.同周期主族元素自左而右非金属性增强,得电子能力增强. 解答: 解:A.同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱,不是最高价含氧酸不一定,如 HClO 为弱酸、HBrO4 为强酸,故 A 错误; B.核外电子排布相同的微粒,化学性质不一定相同,如 Ar 原子化学性质稳定,而 S2﹣离子 具有强还原性,故 B 错误; C.S2﹣、Cl﹣、Ca2+、K+电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,故离子半径 S2﹣ >Cl﹣>K+>Ca2+,故 C 错误; D.同周期主族元素自左而右非金属性增强,得电子能力增强,故 D 正确, 故选 D. 点评: 本题考查同主族元素性质递变规律、微粒半径比较、原子结构与性质关系等,难度 不大,注意对基础知识的理解掌握. 4. (3 分) (2015 春?黄山期末)下列物质中,既含有离子键,又含有非极性键的是( A. Ca(OH)2 B. Na2O2 C. HClO D. H2O2 )

考点: 离子化合物的结构特征与性质;极性键和非极性键. 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,同种非金属元素之间易 形成非极性键,不同非金属元素之间易形成极性键,据此分析解答. 解答: 解:A.Ca(OH)2 中钙离子和氢氧根离子之间存在离子键、O﹣H 之间存在极性键, 故 A 错误; B.Na2O2 中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O﹣O 之间存在非极性键,故 B 正确; C.HClO 分子中 H﹣O、O﹣Cl 之间存在极性键,故 C 错误; D.H2O2 分子中 H﹣O 之间存在极性键、O﹣O 之间存在非极性键,故 D 错误; 故选 B. 点评: 本题考查化学键,侧重考查基本概念,熟悉物质构成微粒及微粒之间作用力即可判 断,注意过氧化钠、次氯酸电子式的书写,注意双氧水分子不是平面结构,为易错点. 5. (3 分) (2012?北京)已知 33As、35Br 位于同一周期.下列关系正确的是( A. 原子半径:As>Cl>P B. 热稳定性:HCl>AsH3>HBr C. 还原性:As3﹣>S2﹣>Cl﹣ D. 酸性:H3AsO4>H2SO4>H3PO4 )

考点: 同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系. 专题: 元素周期律与元素周期表专题. 分析: A.同一周期元素,原子半径随着原子序数增大而减小; B.非金属的非金属性越强,其氢化物越稳定; C.非金属的非金属性越强,其阴离子的还原性越弱; D.非金属的非金属性越强,其最高价含氧酸的酸性越强. 解答: 解:A.原子半径大小顺序是 As>P>Cl,故 A 错误; B.热稳定性:HCl>HBr>AsH3,故 B 错误; C.单质的氧化性 Cl2>S>As,所以阴离子的还原性:As3﹣>S2﹣>Cl﹣,故 C 正确; D.酸性 H2SO4>H3PO4>H3AsO4,故 D 错误; 故选 C. 点评: 本题考查物质的性质,根据元素周期律来分析解答即可,难度不大. 6. (3 分) (2015 春?黄山期末)金刚石和石墨是碳元素的两种结构不同的单质.在 100kPa 时, 1mol 金刚石转化为石墨,要放出 1.895KJ 的热能.试判断在 100kPa 压强下,下列说法正确的 是( ) A. 金刚石比石墨稳定 B. 石墨转化为金刚石属于化学变化 C. 1g 石墨完全燃烧放出的热量比 1g 金刚石完全燃烧放出的热量多 D. 等质量的石墨和金刚石中所含原子数前者多 考点: 吸热反应和放热反应. 分析: 在 100kPa 时,1mol 石墨转化为金刚石,要吸收 1.895kJ 的能量说明石墨的能量低于 金刚石的能量,能量低的物质稳定;化学变化的特征是生成新物质. 解答: 解:A.石墨的能量比金刚石低,能量越低越稳定,石墨比金刚石稳定,故 A 错误; B.金刚石和石墨是同素异形体,同素异形体之间的转化属于化学变化,故 B 正确; C.金刚石比石墨能量高,1g 石墨完全燃烧放出的热量比 1g 金刚石完全燃烧放出的热量小, 故 C 错误; D.等质量的石墨和金刚石中所含原子数相等,故 D 错误. 故选 B. 点评: 本题主要考查金刚石和石墨的转化以及涉及到的能量变化,难度不大,需要掌握的 是能量低的物质稳定. 7. (3 分) (2015 春?黄山期末)现有 A、B、C、D 四种金属片: ①把 A、B 用导线连接后同时浸入稀硫酸中,B 表面变黑并逐渐溶解; ②把 C、D 用导线连接后同时浸入稀硫酸中,C 发生氧化反应; ③把 A、C 用导线连接后同时浸入稀硫酸中,电子流动方向为 A→导线→C. 根据上述情况,下列说法中正确的是( ) A. 在①中,金属片 B 发生还原反应 B. 在②中,金属片 C 作正极 C. 如果把 B、D 用导线连接后同时浸入稀硫酸中,则金属片 D 上有气泡产生 D. 上述四种金属的活动性由强到弱的顺序是:A>B>C>D 考点: 常见金属的活动性顺序及其应用;原电池和电解池的工作原理.

专题: 电化学专题. 分析: 在原电池中,较活泼的金属作负极、较不活泼的金属作正极, ①作原电池负极的金属较活泼,易被腐蚀; ②负极上发生氧化反应、正极上发生还原反应; ③电子从负极沿导线流向正极; 据此判断金属活泼性强弱; A.负极上发生氧化反应; B.负极上发生氧化反应、正极上发生还原反应; C.B 的金属性大于 D,如果把 B、D 用导线连接后同时浸入稀硫酸中,B 作负极、D 作正极; D.根据以上分析金属活动性顺序. 解答: 解:在原电池中,较活泼的金属作负极、较不活泼的金属作正极, ①作原电池负极的金属较活泼,易被腐蚀,把 A、B 用导线连接后同时浸入稀硫酸中,B 表面 变黑并逐渐溶解,则 B 作负极,金属活动性 B>A; ②负极上发生氧化反应、正极上发生还原反应,把 C、D 用导线连接后同时浸入稀硫酸中,C 发生氧化反应,则金属活动性 C>D; ③电子从负极沿导线流向正极,把 A、C 用导线连接后同时浸入稀硫酸中,电子流动方向为 A →导线→C,则金属活动性 A>C, 通过以上分析知,金属活动性强弱顺序是 B>A>C>D, A.在①中,金属片 B 作负极,负极上失电子发生氧化反应,故 A 错误; B.通过以上分析知,在②中,金属片 C 作负极、D 作正极,故 B 错误; C.B 的金属性大于 D,如果把 B、D 用导线连接后同时浸入稀硫酸中,B 作负极、D 作正极, 则金属片 D 上有气泡产生,故 C 正确; D.通过以上分析知,上述四种金属的活动性由强到弱的顺序是:B>A>C>D,故 D 错误; 故选 C. 点评: 本题以原电池原理为载体考查了金属活泼性强弱的判断,根据电极上发生的反应、 得失电子确定正负极,再结合金属的活泼性与正负极的关系分析解答,题目难度不大. 8. (3 分) (2015 春?黄山期末)W、X、Y、Z 四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如 图所示,W 的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物,由此可知( ) W X Y Z A. B. C. D. X、Y、Z 中最简单氢化物稳定性最弱的是 Y Z 元素氧化物对应水化物的酸性一定强于 Y X 元素形成的单核阴离子还原性强于 Y Z 元素单质在化学反应中只表现氧化性

考点: 位置结构性质的相互关系应用;元素周期律和元素周期表的综合应用. 专题: 元素周期律与元素周期表专题. 分析: W、 X、Y、Z 四种短周期元素,W 的气态氢化物可与其最高价含氧酸生成离子化合物, 化合物为铵盐,W 是 N 元素;由元素在周期表中的位置可知,X 为氧元素、Y 为硫元素、Z 为氯元素,以此来解答. 解答: 解:W、X、Y、Z 四种短周期元素,W 的气态氢化物可与其最高价含氧酸生成离子化 合物,化合物为铵盐,W 是 N 元素;由元素在周期表中的位置可知,X 为氧元素、Y 为硫元 素、Z 为氯元素,

A.四种元素中非金属性最弱的为 S 元素,则 X、Y、Z 中最简单氢化物稳定性最弱的是 Y, 故 A 正确; B.Z 元素氧化物对应水化物的酸性不一定强于 Y,如 HClO 的酸性小于硫酸,只有氯元素的 最高价含氧酸才一定比 Y 的含氧酸酸性强,故 B 错误; C.非金属 O>S,则阴离子还原性 S >O ,故 C 错误; D.Cl2 与水的反应中既表现氧化性,也表现了还原性,故 D 错误; 故选 A. 点评: 本题考查位置结构性质关系、元素周期律等,为高频考点,题目难度不大,推断元素 是解题的关键,注意整体把握元素周期表的结构,W 的推断是突破口. 9. (3 分) (2015 春?赣州期末)一定量的锌粉和 6mol?L﹣1 的过量盐酸反应,当向其中加入 少量的下物质:①石墨 ②CuO ③铜粉 ④锌粒 ⑤浓盐酸 ⑥无水乙酸 ⑦KNO3 溶液 ⑧CuCl2 时,能够加快反应速率,又不响产生 H2 总量的是( ) A. ①③④ B. ①③⑤ C. ②④⑧ D. ①⑤⑦ 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:①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①正确; ②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②错误; ③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③正 确; ④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④错误; ⑤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⑤正确; ⑥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 H2 的总量,故 ⑥正确; ⑦KNO3 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⑦错 误; ⑧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⑧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, 10. (3 分) (2015?姜堰市)氢氧燃料电池是一种新能源.如图为氢氧燃料电池示意图.下列 说法不正确的是( )
2﹣ 2﹣

A. B. C. D.

该装置能将化学能转化为电能 A 极是正极,B 极是负极 电子由 A 极通过导线流向 B 极 产物为无污染的水,属于环境友好电池

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: A.氢氧燃料电池属于原电池; B.燃料电池中,负极上通入燃料,正极上通入氧化剂; C.原电池中,电子从负极沿导线流向正极; D.根据电池反应中生成物性质判断. 解答: 解:A.燃料电池为原电池,是将化学能转化为电能的装置,故 A 正确; B.氢氧燃料电池中,通入氢气的电极是负极,负极上氢气失电子发生氧化反应,正极上氧气 得电子发生还原反应,则通入氧气的电极为正极,故 B 错误; C.电子从负极 A 沿导线流向正极 B,故 C 正确; D.该电池反应式为 2H2+O2=2H2O,水对环境无污染,所以属于环境友好电池,故 D 正确; 故选 B. 点评: 本题考查了氢氧燃料电池,根据原电池概念、原电池正负极电极反应、电子流向等知 识点来分析解答即可,难度不大. 11. (3 分) (2015 春?黄山期末)下列反应过程中的能量变化符合如图的是( )

A. B. C. D.

酸与碱的中和反应 镁与盐酸的反应 Ba(OH)2?8H2O 与 NH4Cl 两种晶体混合搅拌 葡萄糖在生物体内氧化生成 CO2

考点: 吸热反应和放热反应. 分析: 生成物具有的总能量高于反应物具有的总能量,该反应为吸热反应;常见的吸热反应: C(s)+H2O(g)→CO(g)+H2O; C+CO2→CO 的反应,Ba(OH)2?8H2O 与 NH4Cl 的反 应以及 KClO3、KMnO4、CaCO3 的分解等.

解答: 解:A.酸与碱的中和反应是放热反应,故 A 错误; B.镁和盐酸反应是放热反应属于氧化还原反应放热,故 B 错误; C.Ba(OH)2?8H2O 与 NH4Cl 的反应是吸热反应,故 C 正确; D.葡萄糖在生物体内氧化是放热反应,故 D 错误. 故选 C. 点评: 本题考查化学反应的热量变化,难度不大,学生应注重归纳中学化学中常见的吸热或 放热的反应. 12. (3 分) (2015 春?黄山期末)在一定温度下,向 a L 密闭容器中加入 1molX 气体和 2molY 气体,发生如下反应:X(g)+2Y(g)?2Z(g) ,此反应达到限度的标志是( ) A. 容器内压强不随时间变化 B. 容器内各物质的浓度不随时间变化 C. 容器内 X、Y、Z 的浓度之比为 1:2:2 D. 单位时间消耗 0.1molX 同时生成 0.2molZ 考点: 化学平衡状态的判断. 专题: 化学平衡专题. 分析: 由 X(g)+2Y(g) 2Z(g)可知,该反应前后的化学计量数之和不等,然后根据 达到平衡时,正逆反应速率相等,但不等于零,各物质的浓度不再改变. 解答: 解:A、反应达平衡时,各物质的浓度不再随时间改变,所以压强不再变化,故 A 正 确; B、反应达平衡时,各物质的浓度不再随时间改变,是平衡化学平衡状态的依据,故 B 正确; C、反应达到平衡时的浓度与反应的初始物质的量以及反应的转化程度有关,所以不能确定是 否达到平衡,故 C 错误; D、无论反应是否达到化学平衡,消耗的反应物的物质的量之比等于计量数之比,所以不能用 来作为判断是否达到平衡状态的依据,故 D 错误; 故选 AB. 点评: 本题考查了化学平衡状态的判断,难度不大,平衡状态的本质是正逆反应速率相等, 化学平衡状态的判断常以选择题方式考查. 13. (3 分) (2015 春?黄山期末)如图是部分短周期元素主要化合价与原子序数的关系图(X、 Y、Z、W、R 代表五种元素符号) .下列说法中正确的是( )

A. B. C. D.

原子半径比较:Z>Y>X 最高价氧化物对应的水化物的酸性比较:W>R X 和 Y 形成的化合物中只含离子键 Z 的氧化物和 Y 的 最高价氧化物对应的水化物能反应

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: 均为短周期元素,由表中化合价可知,X 的化合价为﹣2 价,没有正化合价,故 X 为 O 元素,Y 的化合价为+1 价,处于ⅠA 族,原子序数大于 O 元素,故 Y 为 Na 元素,Z 为+3 价,为 Al 元素,W 的化合价为+6、﹣2 价,故 W 为 S 元素,R 的最高正价为+7 价,应为 Cl 元素,据此解答. 解答: 解:均为短周期元素,由表中化合价可知,X 的化合价为﹣2 价,没有正化合价,故 X 为 O 元素,Y 的化合价为+1 价,处于ⅠA 族,原子序数大于 O 元素,故 Y 为 Na 元素,Z 为+3 价,为 Al 元素,W 的化合价为+6、﹣2 价,故 W 为 S 元素,R 的最高正价为+7 价,应 为 Cl 元素. A.X 为 O,Y 为 Na,Z 为 Al,同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增 大,故原子半径应 Na>Al>O,故 A 错误; B.W 为 S,R 为 Cl,非金属性 Cl>S,非金属性越强,最高价含氧酸的酸性越强,故 B 错误; C.X 和 Y 形成的化合物有氧化钠、过氧化钠,过氧化钠含有离子键、共价键,故 C 错误; D.Z 的氧化物为氧化铝,Y 的 最高价氧化物对应的水化物为氢氧化钠,二者反应生成偏铝 酸钠与水,故 D 正确, 故选 D. 点评: 本题考查结构性质与位置关系应用,难度不大,掌握化合价与族序数关系是推断元素 解题的关键 14. (3 分) (2015 春?黄山期末)充分利用能源,提高原子利用率,减少向环境排放废弃物等 都是“绿色化学”的基本要求.下述做法主要是从“绿色化学”角度考虑的是( ) ①实验室短时间保存硫酸亚铁溶液时,常向试剂瓶中添加铁钉和少量稀硫酸; ②用稀硝酸代替浓硝酸溶解废铜屑中的铜; ③用印刷电路的废液溶解废铁屑制氯化亚铁并回收铜; ④工业合成氨中分离产物得到氢气和氮气再循环使用. A. ①②④ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②③ 考点: 绿色化学. 分析: 依据绿色化学的含义:充分利用能源,提高原子利用率,减少向环境排放废弃物解答. 解答: 解:①实验室短时间保存硫酸亚铁溶液时,可向试剂瓶中添加铁钉和少量稀硫酸,不 能提高原子利用率不符合“绿色化学”的基本要求,故错误; ②用稀硝酸代替浓硝酸溶解、回收做银镜实验后试管内壁的银,能节约药品,减少废物向环 境排放,故正确; ③用印刷电路的废液溶解废铁屑制氯化亚铁并回收铜,能够减少向环境排放废弃物,同时能 够回收再利用铜,符合充分利用能源的绿色化学观念,故正确; ④工业合成氨中分离产物得到氢气和氮气再循环使用,从源头消除污染,以减少废物向环境 排放,充分利用原料,故正确; 故选:B. 点评: 本题考查绿色化学的含义,把握题干给出的绿色化学的概念结合实际过程判断,题目 难度不大. 15. (3 分) (2015 春?黄山期末)一定温度下,在 2L 的密闭容器中,X、Y、Z 三种气体的物 质的量随时间变化的曲线如图所示.下列描述正确的是( )

A. B. C. D.

反应开始到 10s,用 Z 表示的反应速率为 0.158mol/(L?s) 反应开始到 10s,X 的物质的量浓度减少了 0.79mol/L 反应开始到 10s 时,Y 的转化率为 79.0% 反应的化学方程式为:2X(g)+2Y(g)?Z(g)

考点: 物质的量或浓度随时间的变化曲线. 分析: A.由图可知,10s 内 Z 的物质的量变化量为 1.58mol,根据 v= B.由图可知,10s 内 X 的物质的量变化量为 0.79mol; C.依据图象分析,Y 消耗物质的量 1.0mol﹣0.21mol=0.79mol,转化率= ×100%; 计算 v(Z) ;

D.根据物质的量的变化,判断出反应物、生成物及是否是可逆反应,利用物质的量之比化学 计量数之比书写方程式. 解答: 解:A.由图可知,10s 内 Z 的物质的量变化量为 1.58mol,用 Z 表示的反应速率为 v (Z)= =0.079moL/(L?s) ,故 A 错误;

B.由图可知,10s 内 X 的物质的量变化量为 0.79mol,X 的物质的量浓度减少了 △c= = =0.395mol/L,故 B 错误;

C.反应开始到 10 s 时,Y 消耗物质的量 1.0mol﹣0.21mol=0.79mol,Y 的转化率 = ×100%=79.0%,故 C 正确;

D.由图象可以看出,由图表可知,随反应进行 X、Y 的物质的量减小,Z 的物质的量增大, 所以 X、Y 是反应物,Z 是生产物,l0s 后 X、Y、Z 的物质的量为定值,不为 0,反应是可逆 反应,且△n(X) :△n(Y) :△n(Z)=(1.20﹣0.41)mol: (1.00﹣0.21)mol:1.58mol=1:1: 2,参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比,故反应化学方程式为 X(g)+Y(g) ?2Z(g) ,故 D 错误; 故选 C. 点评: 本题考查化学反应速率的有关计算,难度不大,分析图象注意一看点:即起点、拐点、 交点、终点;二看线:即看曲线的变化趋势和走向;三看面:即看清纵坐标、横坐标表示的 物理量等. 16. (3 分) (2015 春?黄山期末)从海水中提取镁,可按照如下步骤进行: ①把贝壳制成石灰乳;②在引入的海水中加入石灰乳、沉降、过滤、洗涤沉淀物; ③将沉淀物与盐酸反应,结晶、过滤、干燥产物;④将所得产物熔融后电解.关于提取镁,

下列说法不正确的是( ) A. 此法的优点之一是原料丰富 B. 进行①②③步操作的目的是从海水中富集氯化镁 C. 第④步电解时会产生氯气 D. 以上过程中涉及的反应有分解反应、化合反应、复分解反应和置换反应 考点: 海水资源及其综合利用. 分析: A、贝壳和海水资源丰富; B、海水提取镁是先沉淀镁离子,在溶解生成氯化镁溶液,一定条件下得到氯化镁固体; C、电解熔融的氯化镁阴极生成金属镁; D、根据提取过程中的化学反应分析判断. 解答: 解:A、贝壳和海水是海水中提取镁的主要原料,自然界中来源丰富廉价,故 A 正确; B、①把贝壳制成石灰乳用于沉淀镁离子;②在引入的海水中加入石灰乳,沉降、过滤、洗 涤沉淀物氢氧化镁;③将沉淀物氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁,结晶过滤、在 HCl 气体氛 围中干燥产物得到氯化镁,故 B 正确; C、第④步电解熔融的氯化镁,阴极产生镁,阳极生成氯气,故 C 正确; D、以上提取镁的过程中涉及化合反应为贝壳制成石灰乳利用的氧化钙和水反应生成氢氧化 钙、分解反应为贝壳分解生成氧化钙和水,氯化镁电解生成氯气和镁;复分解反应是氢氧化 钙和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀,氢氧化镁沉淀溶于盐酸反应,无置换反应,故 D 错误. 故选 D. 点评: 本题考查了海水提取镁的工艺流程,主要考查过程中的化学反应特征,物质性质和反 应类型的判断是解题关键,题目较简单. 二、非选择题(本大题包括 5 小题,共 52 分) 17. (14 分) (2015 春?黄山期末)A、B、C、D、E 五种短周期主族元素,原子序数依次增大, A 原子的最外层上有 4 个电子;C 的阴离子和 D 的阳离子具有相同的电子层结构,两种元素 的单质反应,生成一种淡黄色的固体 F,E 的 L 层电子数等于 K、M 层电子数之和. (1)B 位于第 2 周期 VA 族,C 常见单质的电子式
+


2﹣ 3﹣ 2﹣

(2)B、C、D、E 元素的简单离子半径由小到大的顺序为 Na <O <N <S (用离子 符号表示) . (3)C 的一种氢化物分子中含有 18 电子,其结构式为 H﹣O﹣O﹣H . (4) 已知 A、 E 两种元素形成的化合物 H, H 结构与干冰相似, 属于 共价 (填“离子”或“共 价”)化合物.7.6g 的 H 中含有的共用电子对数目为 0.4NA . (5)E 的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液和 A 的单质加热反应的化学方程式为 C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O .

考点: 位置结构性质的相互关系应用. 分析: A、B、C、D、E 五种短周期主族元素,原子序数依次增大,A 原子的最外层上有 4 个电子,为第 IVA 族元素;C 的阴离子和 D 的阳离子具有相同的电子层结构,两种元素的单 质反应,生成一种淡黄色的固体 F,则 C 是 O 元素、D 是 Na 元素,F 为 Na2O2;A 原子序数 小于 C,则 A 是 C 元素,B 原子序数大于 A 而小于 C,则 B 是 N 元素;

E 的 L 层电子数等于 K、M 层电子数之和,则 M 层为 6 个电子,为 S 元素,再结合元素周期 表结构、物质结构及性质分析解答. 解答: 解:A、B、C、D、E 五种短周期主族元素,原子序数依次增大,A 原子的最外层上 有 4 个电子,为第 IVA 族元素;C 的阴离子和 D 的阳离子具有相同的电子层结构,两种元素 的单质反应,生成一种淡黄色的固体 F,则 C 是 O 元素、D 是 Na 元素,F 为 Na2O2;A 原子 序数小于 C,则 A 是 C 元素,B 原子序数大于 A 而小于 C,则 B 是 N 元素; E 的 L 层电子数等于 K、M 层电子数之和,则 M 层为 6 个电子,为 S 元素, (1)B 为 N 元素,N 原子核外有 2 个电子层、最外层电子数是 5,所以 B 位于第二周期 VA 族,C 常见单质的电子式 故答案为:二;VA; ;
+ 2﹣ 3﹣ 2﹣



(2)电子层数越多其离子半径越大,电子层结构相同的离子,离子半径随着原子序数增大而 减小,所以 B、C、D、E 元素的简单离子半径由小到大的顺序为 Na <O <N <S , + 2﹣ 3﹣ 2﹣ 故答案为:Na <O <N <S ; (3)C 是 O 元素,C 的一种氢化物分子中含有 18 电子,为双氧水,其结构式为 H﹣O﹣O﹣ H,故答案为:H﹣O﹣O﹣H; (4)已知 C、S 两种元素形成的化合物 C,为 CS2,H 结构与干冰相似,属于共价化合物;每 个二硫化碳分子中含有共用电子对 4 个,7.6g 的 H 的物质的量为 0.1mol,则 7.6gH 中含有的 共用电子对数目为 0.4NA, 故答案为:0.4NA; (5)E 的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液是浓硫酸,加热条件下,C 和浓硫酸反应生成 二氧化碳、二氧化硫和水,方程式为 C+2H2SO4(浓) 故答案为:C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O. CO2↑+2SO2↑+2H2O,

点评: 本题考查位置结构性质的相互关系及应用,涉及氧化还原反应、物质结构、元素周期 律等知识点,正确判断元素是解本题关键,知道常见 10 电子、18 电子分子,注意利用知识迁 移法解答(4)题,题目难度不大. 18. (8 分) (2015 春?黄山期末)某学习小组探究金属与不同酸反应的差异,以及影响反应速 率的因素. 实验药品:2.0moL/L 盐酸、4.0mol/L 盐酸、2.0mol/L 硫酸、4.0mol/L 硫酸,相同的铝片和铝 粉(金属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)帮助该组同学完成以上实验设计表. 实验目的 实验编号 温度 金属铝的形 酸及浓度 态 1.实验①和②探究盐酸浓度对该反应速 ① 铝片 率的影响 25℃ 4.0moL/L 盐 2.实验②和③探究 探究温度对反应速 酸 ② 率的影响 25℃ 铝片 2.0moL/L 盐 3.实验②和④探究金属规格(铝片,铝 酸 ③ 粉)对该反应速率的影响 35℃ 铝片 2.0moL/L 盐 4.①和⑤实验探究铝与稀盐酸和稀硫酸 酸

反应的差异

④ 25℃

铝粉 2.0moL/L 盐

酸 ⑤ 25℃ 铝片 2.0moL/L 硫 酸 (2)该小组同学在对比①和⑤实验时发现①的反应速度都明显比⑤快,你能对问题原因作 出哪些假设或猜想(列出一种即可)? Cl 能够促进 Al 与 H 的反应或 SO4 对 Al 与 H 的 反应起阻碍作用 . 考点: 探究影响化学反应速率的因素. 分析: (1)实验①和②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①的温度及盐酸浓度;根据实验②和③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②和④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①和⑤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①和②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①的温度为 25℃, 酸及浓度为: 4.0moL/L 盐酸; 根据实验②和③的数据可知,除温度不同外,其它条件完全相同,则实验②和③探究的是 反应温度对反应速率的影响; 实验②和④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④中温度 25℃、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 ① 4.0moL/L 盐酸 ② ③ ④ 25℃ 2.0moL/L 盐酸 ⑤
﹣ ﹣

+

2﹣

+

25℃

(2)对比①和⑤实验可知,只有 Cl 和 SO4 不同,其它条件完全相同,①的反应速度都 ﹣ + 2﹣ + 明显比⑤快,说明 Cl 能够促进 Al 与 H 的反应或 SO4 对 Al 与 H 的反应起阻碍作用, ﹣ + 2﹣ + 故答案为:Cl 能够促进 Al 与 H 的反应或 SO4 对 Al 与 H 的反应起阻碍作用. 点评: 本题考查了影响化学反应速率的因素,题目难度中等,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,注意设计对照试验的方法与要求,试题培 养了学生的分析能力及化学实验能力. 19. (10 分) (2015 春?黄山期末)海带中含有丰富的碘,为了从海带中提取碘,某研究性学 习小组设计并进行了如图所示实验:

2﹣

请填写下列问题: (1)实验室灼烧海带应在 坩埚 (填仪器名称)内进行; (2)步骤④反应的离子方程式是 2I +H2O2+2H =I2+2H2O . (3)步骤⑤中,应选用的一种溶剂 X 可以是 苯或四氯化碳 (填试剂名称) . (4)上述流程中的实验操作包括图中的 ADC (按操作顺序选填代号) .


+

(5)设计一个简单的实验,检验提取碘后的溶液中是否还含有单质碘 取少量的溶液于试管 中,加入少量的淀粉,如果溶液变蓝,则说明提取碘后的溶液中还含有单质碘,否则,则无 碘单质. . 考点: 海带成分中碘的检验. 分析: (1)根据实验操作步骤①灼烧来分析用到的实验仪器; (2)H2O2 具有较强的氧化性,在酸性条件下可氧化碘离子; (3)萃取剂的选择要满足:溶质在萃取剂中的溶解度大于原溶剂,原溶剂与萃取剂互不相溶; (4)根据流程图中的操作分别为灼烧、溶解、过滤、萃取和蒸馏来分析; (5)淀粉遇碘变蓝. 解答: 解: (1)灼烧固体物质一般使用(瓷)坩埚,故答案为:坩埚; (3)碘离子在酸性条件下可被 H2O2 氧化成单质碘,H2O2 被还原为水,反应的离子方程式为 ﹣ + 2I +H2O2+2H =I2+2H2O, ﹣ + 故答案为:2I +H2O2+2H =I2+2H2O; (3)第⑤步的操作是萃取,而要将碘萃取出来,所使用的萃取剂要满足:溶质在萃取剂中的 溶解度大于原溶剂,原溶剂与萃取剂互不相溶,故常用苯或四氯化碳来做萃取剂,故答案为: 苯或四氯化碳; (4)根据流程图可知,先将海带进行操作①灼烧,然后将所得海带灰进行操作②溶解和操 作③过滤即选项 A,然后向所得的溶液中加入双氧水和稀硫酸氧化 I 为 I2,即操作④,为了 将生成的碘单质提取出来,要进行操作⑤萃取分液即操作 D,然后将所得的碘的有机溶液进 行操作⑥蒸馏即操作 C,从而获取单质碘,故答案为:ADC; (5)由于淀粉遇碘变蓝,故应取少量的溶液于试管中,加入少量的淀粉,如果溶液变蓝,则 说明提取碘后的溶液中还含有单质碘,故答案为:取少量的溶液于试管中,加入少量的淀粉, 如果溶液变蓝,则说明提取碘后的溶液中还含有单质碘,否则,则无碘单质. 点评: 本题主要考查从海带中提取碘的实验,明确物质的分离方法及碘单质的性质是解答的 关键,题目难度中等.


20. (8 分) (2015 春?黄山期末)为了探究化学能和热能的转化,某实验小组设计了如下三套 实验装置: (1)上述装置中,不能证明“锌和稀硫酸反应是吸热反应还是放热反应”的是 Ⅲ . (2)某同学选用装置Ⅰ进行实验(实验前 U 形管里液面左右相平) ,在甲试管里加入适量氢 氧化钡溶液与稀硫酸,U 形管中可观察到的现象是 左端液柱降低,右端液柱升高 . (3)为探究固体 M 溶于水的热效应,选择装置Ⅱ进行实验(反应在甲中进行) . ①若观察到烧杯里产生气泡, 则说明 M 溶于水 可能是放热反应;(填“一定是放热反应”“一 定是吸热反应”或“可能是放热反应”) ;理由是 某些物质(如氢氧化钠)溶于水放热,但不是 化学反应 ②若观察到烧杯里的玻璃管内形成一段水柱,则 M 可能是 硝酸铵或氯化铵等 .

考点: 探究吸热反应和放热反应. 分析: (1)装置Ⅰ和Ⅱ都可以分别通过右边装置中液面变化、是否有气泡判断反应是吸热 还是放热,而装置Ⅲ是将生成的气体直接通入水中,无法判断该反应是吸热还是放热反应; (2)酸碱中和反应为放热反应,反应放出的热使锥形瓶中温度升高,气体体积增大,据此判 断 U 型管中液面的变化; (3)M 溶于水放出热量,不一定为化学变化,则不一定属于放热反应;根据所学知识写出溶 于水能够吸收热量的试剂. 解答: 解: (1)装置Ⅰ可通过 U 形管中红墨水液面的变化判断铜与浓硝酸的反应是放热还是 吸热;装置Ⅱ可通过烧杯中是否产生气泡判断铜与浓硝酸的反应放热还是吸热;装置Ⅲ只是 一个铜与浓硝酸反应并将生成的气体用水吸收的装置,不能证明该反应是放热反应还是吸热 反应, 故答案为:Ⅲ; (2)氢氧化钡与硫酸反应属于中和反应,中和反应都是放热反应,所以锥形瓶中气体受热膨 胀,导致 U 型管左端液柱降低,右端液柱升高, 故答案为:左端液柱降低,右端液柱升高; (3)①若观察到烧杯里产生气泡,说明 M 溶于水放出热量,由于放热反应一定属于化学变 化,而有热量放出的反应不一定为化学变化,所以不一定属于放热反应,某些物质(如氢氧 化钠)溶于水放热,但不是化学反应, 故答案为:可能是放热反应;某些物质(如氢氧化钠)溶于水放热,但不是化学反应; ②若观察到烧杯里的玻璃管内形成一段水柱,说明 M 溶于水后导致大试管中温度降低,压强 减小,证明 M 溶于水为吸热过程,溶于水能够吸收热量的物质有:硝酸铵、氯化铵等, 故答案为:硝酸铵或氯化铵等. 点评: 本题考查化学反应中的热效应,题目难度中等,注意掌握探究反应热效应的常用方法, 试题有利于培养学生实验综合分析能力,特别是实验的评价和根据实验现象推理的能力. 21. (12 分) (2015 春?黄山期末)Cu(NO3)2 是重要的化工原料.回答下列工业生产和化学 实验中的几个问题.

(1)实验室欲制备 0.5molCu (NO3)2 晶体,甲、乙两同学分别设计实验方案如下: 甲:Cu 乙:Cu CuO Cu(NO3)2 Cu(NO3)2

①从绿色化学的角度分析, 乙 同学的方案更合理,理由是 a 制取等量的硝酸铜所用硝 酸的量少,减少对环境的污染 ; ②乙同学实验时通入 O2 的速率不宜过快,为便于观察和控制产生 O2 的速率,宜选择如图 1 中 B 装置(填字母序号) . (2)利用铜片、铁片、石墨、400mL 2mol/L 的硝酸铜溶液、导线和电流表,设计一个原电 池 ①负极材料 Fe 电极反应方程式为 Fe﹣2e =Fe ; ﹣ 2+ ②正极材料 石墨 电极反应方程式为 Cu +2e =Cu ③硝酸铜浓度变为原来一半时,电路中转移的电子数为 0.8NA . (3)有如图 2 装置,当电路中通过 2mol 电子时,Cu 电极质量变化为 C . A.增重 64g B.减重 64g C.可能增重 64g,也可能减重 64g.


2+

考点: 原电池和电解池的工作原理;化学实验方案的评价. 分析: (1)①评价实验方案要从反应的可操作性,生成物的性质,环保节能等方面分析.由 于硝酸与铜直接反应时会生成有毒的氮氧化物,第一个方案环保并且使用的硫酸量较小进行 分析; ②实验时通入 O2 的速率不宜过大,为便于观察和控制产生 O2 的速率,分析装置可知,利用 分液漏斗控制加入过氧化氢的量能达到要求; (2)该反应中 Fe 元素化合价由 0 价变为+2 价、Cu 元素化合价由+2 价变为 0 价,所以 Fe 作 负极、不如 Fe 活泼的金属或导电的非金属作正极,如铜片或石墨,硝酸铜为电解质;工作时, 正极反应式为 Cu +2e =Cu,负极反应式为 Fe﹣2e =Fe ,电子从负极沿导线流向正极; 根据 1mol 转移 2mol 的电子,来分析求解; (3)铜是负极发生氧化反应,电极反应式为:Cu﹣2e =Cu ,铜如果是正极,电极反应式为: ﹣ 2+ Cu +2e =Cu.


2+





2+

2+

解答: 解: (1)①甲方案中放出的有毒气体氮氧化物会造成对空气的污染,因此,从保护环 境的角度来看,甲方案不合理;乙方案铜和氧气加热生成氧化铜,氧化铜和硝酸反应产生硝 酸铜和水,因此反应过程中没有污染物,且原料的利用率高; 故答案为:乙;理由:a 制取等量的硝酸铜所用硝酸的量少,减少对环境的污染; ②实验时通入 O2 的速率不宜过大,为便于观察和控制产生 O2 的速率,分析装置可知,利用 分液漏斗控制加入过氧化氢的量能达到要求,装置 B 中生成的氧气通过浓硫酸可以干燥氧气, 同时观察气体气泡冒出的速率控制生成氧气的速率,所以选择 B 装置; 故答案为:B; (2)该反应中 Fe 元素化合价由 0 价变为+2 价、Cu 元素化合价由+2 价变为 0 价,所以 Fe 作 负极、不如 Fe 活泼的金属或导电的非金属作正极,如铜或石墨,硝酸铜为电解质;工作时, 正极反应式为 Cu +2e =Cu,负极反应式为 Fe﹣2e =Fe ;
2+
﹣ ﹣

2+

Fe 作负极、石墨作正极,硝酸铜为电解质,装置图为 半时,则参加反应的铜离子的物质的量为:0.4L×2mol/L×

;硝酸铜浓度变为原来一

=0.4mol,所以转移电子数为:0.8NA,故答案为:①负极:Fe;Fe﹣2e =Fe ;②正极:石 ﹣ 2+ 墨;Cu +2e =Cu;③0.8NA; ﹣ 2+ (3)铜是负极发生氧化反应,电极反应式为:Cu﹣2e =Cu ,铜如果是正极,电极反应式为: ﹣ 2+ Cu +2e =Cu,所以当电路中通过 2mol 电子时,Cu 电极质量变化可能增重 64g,也可能减重 64g,故选 C. 点评: 本题考查了物质成分探究实验和电化学的相关知识,题目涉及的知识点比较多,分析 一个反应的可行性要从多方面分析,如从反应的可行性,环保安全,操作简便,经济节能方 面考虑,本题难度较大.



2+


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