山东省淄博市八校联考2022学年高一化学下学期期末试卷含解析

2022-2022学年山东省淄博市八校联考高一（下）期末化学试卷　一、选择题（共13小题，每小题3分，共39分.每小题只有一个选项符合题意）1．“嫦娥飞天，玉兔登月”，实现了中华民族“九天揽月”的伟大梦想．制造登月车太阳能电池板的半导体材料是（　　）A．硅B．二氧化硅C．铝合金D．铁合金　2．化学与生活密切相关，下列说法错误的是（　　）A．碳酸钠和碳酸氢钠均可用作食用碱B．液氮可用作制冷剂C．二氧化硫可用于食品增白D．漂粉精可用于环境杀菌消毒　3．下列对化学反应的认识错误的是（　　）A．会引起化学键的变化B．元素的种类可能发生变化C．会产生新的物质D．必然伴随着能量的变化　4．下列金属冶炼的方法错误的是（　　）A．加热分解Ag2O冶炼银B．用CO还原氧化铁冶炼铁C．钠与Mg2Cl溶液反应冶炼镁D．电解熔融氧化铝冶炼铝　5．下列装置能构成原电池的是（　　）A．乙醇B．稀H2SO4C．稀HClD．稀H2SO4　6．下列离子方程式正确的是（　　）A．向稀硝酸中滴加Na2SO3溶液：SO32﹣+2H+═SO2↑+H2OB．氯气通入NaOH溶液中：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2OC．向Al2（SO4）3溶液中加入过量NH3•H2O：Al3++4NH3•H2O═AlO22﹣+4NH4++2H2OD．向水中加入Na2O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑　7．下列说法错误的是（　　）-19-\nA．13C和14C属于同一元素中，它们互为同位素B．1H和2H是不同的和素，它们的质子数相等C．16O和18O的电子数相等，并且化学性质相同D．14C和14N的质量数相等，中子数也相等　8．下列说法错误的是（　　）A．ⅠA族金属元素是同周期中金属性最强的元素B．ⅤⅡA族元素的阴离子还原性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强C．主族元素气态氢化物越稳定，其非金属性越强D．同周期主族元素原子序数越大，其非金属越强　9．下列变化过程中，既有共价键断裂，又有离子键形成的是（　　）A．溴化氢气体与氨气相遇反应B．氯化氢溶于水C．盐酸和NaOH溶液混合D．锌和稀硫酸反应　10．下列说法正确的是（　　）A．所有物质中都存在化学键B．离子键在形成过程中一定伴随电子的得失C．共价化合物中一定含有极性键D．非极性键只存在于单质分子中　11．下列各图所表示的反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是（　　）A．B．C．D．　12．X、Y、Z是短周期是三种相邻元素，X与Y同主族，Y与Z同周期，已知三种元素族序数之和为17，原子序数之和为39，则X、Y、Z的元素符号为（　　）A．Na、K、CaB．N、P、SC．O、S、PD．F、Cl、S　13．一定条件下，12g金刚石完全转化为石墨时，要放出1.895kJ的热能．下列说法正确的是（　　）A．相同条件下，金刚石比石墨稳定B．金刚石与石墨之间的转化属于物理变化C．破坏等质量的金刚石和石墨中的化学键，前者吸收的能量多D．相同条件下，等质量的金刚石和石墨分别完全燃烧，前者放热多　　二、解答题（共4小题，满分36分）14．物质A～F有如图所示转化关系（部分生成物未列出），其中A为某金属矿物的主要成分，C是铁红的主要成分．E的浓溶液能与铜发生并有B生成．（1）形成下列物质的化学式：B　　　　　　，C　　　　　　；-19-\n（2）B→D转化的化学方程式为　　　　　　；（3）E的浓溶液与铜反应的化学方程式为　　　　　　；（4）验证F溶液中所含金属阳离子的试剂为　　　　　　；（5）请举出一个F表现氧化性的反应实例：　　　　　　（用离子方程式表示）．　15．CO、H2、CH4、C2H5OH是常用的燃料，它们每1mol分别完全燃烧生成CO2（g）及H2O（l）时，放出的热量依次为283.0kJ、285.8kJ、890.3kJ、1366.8kJ．（1）相同质量的以上四种燃料，完全燃烧时放出热量最多的是　　　　　　；（2）甲烷完全燃烧放出的热量是445.15kJ，反应中转移电子的物质的量为　　　　　　mol；（3）已知断开1molCO、1molO2中的化学键，需要消耗的能量分别为1075kJ、496kJ，则形成1molCO2（g）中的化学键释放的能量为　　　　　　kJ；（4）氢氧燃料电池已用于航天飞机，其构造如图所示，则A极为电池的　　　　　　（填“正”或“负”）极，电池的总反应式为　　　　　　．　16．元素周期表是学习化学的重要工具，它隐含着许多信息和规律，下表所列是五种短周期元素的原子半径及主要化合价（已知锂的原子半径为0.152nm）．元素代号ABCDE原子半径/nm0.0740.0990.1100.1600.077主要化合价﹣2+7、﹣1+5，﹣3+2+4、﹣4（1）用元素符号标出A、B、C、D四种元素在元素周期表（如表）中的位置；（2）E元素处于周期表中的第　　　　　　周期第　　　　　　族；（3）A、B、D的简单离子的半径由大到小的顺序为　　　　　　（填离子符号）；（4）用电子式表示化合物DB2形成的过程：　　　　　　；（5）F为E的同族相邻元素，其非金属性：E　　　　　　F（填“＞”或“＜”），设计一个简单实验加以验证：　　　　　　（简要说明实验步骤、现象和仪器自选）．　17．实验室提供一下流程提取海带中的碘．（1）海带需要置于　　　　　　（填仪器名称）中进行灼烧；（2）步骤②中反应的离子方程式为　　　　　　；-19-\n（3）步骤③中应进行操作名称是　　　　　　，使用的试剂是　　　　　　；（4）向加碘（主要以IO3﹣形式存在）食盐的溶液中加入适量硫酸酸化的FeSO4溶液，再滴加淀粉溶液，溶液变蓝色，其反应的离子方程式为　　　　　　．　　三、选做专题I：化学反应速率与有机化学（包括2小题，共25分）18．一定条件下，将1molN2和1.0molH2充入容积为10L的恒容密闭容器中合成NH3、N2、H2的物质的量随时间的变化曲线如图所示．（1）用H2表示0～2min内反应的平均速率为　　　　　　mol•L﹣1•min﹣1时，NH3的物质的量浓度为　　　　　　mol•L﹣1；（2）有关上述反应的说法正确的是　　　　　　（填序号）；a.1min时，正反应速率大于逆反应速率b.2min时，反应达到化学平衡状态，正、逆反应速率均等于零c.2～5min，NH3的物质的量浓度不变d．其它条件不变，延长反应时间，可以提高N2、H2的转化率（3）为提高上述反应的速率，可以采取的措施是　　　　　　（只答一条即可）．　19．A是石油裂解气的主要成分，其产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平．现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示．（1）A的结构简式为：　　　　　　；（2）B、D分子中的官能团名称分别为　　　　　　、　　　　　　；（3）写出下列反应的反应类型：①　　　　　　、④　　　　　　；（4）写出下列反应的化学方程式：②　　　　　　、④　　　　　　；（5）A在一定条件下可聚合生成一种生成一种常见塑料，合成该塑料的化学方程式为　　　　　　；（6）在石油工业中，A可由丁烷（C4H10）裂解得到，丁烷的一氯代物有　　　　　　种同分异构体．　　-19-\n四、选做专题II：反应热与电化学（包括2小题，共25分）20．化学反应中所释放的热量在工业生产和科学研究中有着重要的作用．（1）N2H4和H2O2混合可做火箭推进剂，已知：16g液态N2H4和足量氧气反应生成N2（g）和H2O（l），放出310.6kJ的热量：2H2O2（l）=O2（g）+2H2O（l）△H=﹣196.4kJ•mol﹣1．反应N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）的△H=　　　　　　kJ•mol﹣1．N2H4和H2O2反应生成N2（g）和H2O2（l）的热化学方程式为　　　　　　；（2）实验室用50mL0.50mol•L﹣1盐酸与50mL某浓度的NaOH溶液在如图所示装置中反应，通过测定混合液温度升高的情况计算中和热；（3）该装置参照两处明显的错误，其中一处是缺少一种玻璃仪器，该仪器的名称为　　　　　　；（4）实验室提供了0.50mol•L﹣1和0.55mol•L﹣1两种浓度的NaOH溶液，应选择　　　　　　mol•L﹣1的溶液进行实验．　21．利用如图装置，可以进行许多电化学实验．（1）若A为石墨，B为铁，X为NaCl．①K与M相连时，铁发生　　　　　　（填“析氢”或“吸氧”）腐蚀，A极的电极反应式为　　　　　　，Cl﹣向　　　　　　（填“A”或“B”）极移动；②K与N相连时，装置中发生反应的总反应方程式为　　　　　　，若用铅蓄电池代替图中的电源给装置供电，当铅蓄电池中消耗0.4molH+时，A电极上产生气体的体积是　　　　　　L（标准状况），铅蓄电池工作时正极的电极反应式为　　　　　　；（2）若要向铁镀件上镀铜，则K应与　　　　　　（填“M”或“N”）相连，X为　　　　　　，A电极为　　　　　　（填“铁镀件”或“金属铜”），电镀过程溶液中金属阳离子浓度　　　　　　（填“增大”、“减小”或“不变”）．　　-19-\n2022-2022学年山东省淄博市八校联考高一（下）期末化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共13小题，每小题3分，共39分.每小题只有一个选项符合题意）1．“嫦娥飞天，玉兔登月”，实现了中华民族“九天揽月”的伟大梦想．制造登月车太阳能电池板的半导体材料是（　　）A．硅B．二氧化硅C．铝合金D．铁合金【考点】硅和二氧化硅．【专题】碳族元素．【分析】太阳能电池板的半导体材料是硅，二氧化硅、铝合金、铁合金都不能作半导体材料，据此分析解答．【解答】解：A．Si位于金属和非金属元素之间，具有金属性和非金属性，所以常用作半导体材料，还作计算机芯片，故A正确；B．二氧化硅是光导纤维的主要材料，不能作半导体材料，B错误；C．铝合金常用作制造门窗、飞机等，不能作半导体材料，故C错误；D．铁合金常用于建筑方面，不能作半导体材料，故D错误；故选A．【点评】本题考查了物质的用途，明确物质的性质即可解答，性质决定用途，会运用化学知识解释生活现象，题目难度不大．　2．化学与生活密切相关，下列说法错误的是（　　）A．碳酸钠和碳酸氢钠均可用作食用碱B．液氮可用作制冷剂C．二氧化硫可用于食品增白D．漂粉精可用于环境杀菌消毒【考点】钠的重要化合物；氨的物理性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；二氧化硫的化学性质．【分析】A．碳酸钠和碳酸氢钠都是弱碱，无毒，能够用作食品添加剂；B．液氮气化要吸收大量的热量，使周围温度降低；C．二氧化硫有毒；D．漂粉精是次氯酸盐，在水溶液中水解生成次氯酸，具有强氧化性，能消毒杀菌．【解答】解：A．碳酸钠（Na2CO3）和碳酸氢钠（NaHCO3）都可作为食用碱，故A正确；B．液氮气化要吸收大量的热量，使周围温度降低，所以常用作冷冻剂，可用作制冷剂，故B正确；C．二氧化硫有毒，不能用作食品漂白剂，故C错误；D．漂粉精是次氯酸盐，在水溶液中水解生成次氯酸，具有强氧化性，能消毒杀菌，可用于环境消毒，故D正确；故选：C．【点评】本题考查了物质的用途，性质决定用途，熟悉物质的性质是解题关键，题目难度不大．　3．下列对化学反应的认识错误的是（　　）A．会引起化学键的变化B．元素的种类可能发生变化-19-\nC．会产生新的物质D．必然伴随着能量的变化【考点】化学的主要特点与意义；化学键．【分析】A．化学反应的本质：旧键的断裂，新键的生成；B．化学变化的最小微粒是原子；C．有无新的物质生成是判断是否属于化学反应的依据；D．化学反应总是伴随着能量的变化．【解答】解：A．化学反应中一定有旧键的断裂和新键的形成，即化学反应中会引起化学键的变化，故A正确；B．化学变化的最小微粒是原子，没有元素种类变化，故B错误；C．断一个反应是否为化学反应的依据是反应是否生成新的物质，故C正确；D．化学反应中，反应物和生成物的总能量不同，所以化学反应中总是伴随着能量的变化，故D正确．故选B．【点评】本题考查化学变化的特点判断，题目难度不大，要注意明确化学变化中必然会产生新的物质、会引起化学键的断裂、必然伴随着能量的变化．　4．下列金属冶炼的方法错误的是（　　）A．加热分解Ag2O冶炼银B．用CO还原氧化铁冶炼铁C．钠与Mg2Cl溶液反应冶炼镁D．电解熔融氧化铝冶炼铝【考点】金属冶炼的一般原理．【分析】依据金属的活泼性，金属的冶炼方法有：电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法：Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得；据此解答．【解答】解：A．银为不活泼金属，可用热分解氧化物方法制取，故A正确；B．铁较不活泼，常用热还原法制取，故B正确；C．钠与盐溶液反应先与水反应，不能制取镁，镁性质活泼，用电解熔融氯化镁的方法制取，故C错误；D．铝性质活泼，用电解熔融氧化铝的方法制取，故D正确；故选：C．【点评】本题考查了金属的冶炼方法，熟悉金属的活泼性及冶炼方法是解题关键，题难度不大．　5．下列装置能构成原电池的是（　　）A．乙醇B．稀H2SO4C．-19-\n稀HClD．稀H2SO4【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】根据原电池的构成条件分析，原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应．【解答】解：A、乙醇不是电解质，锌和酒精不能自发的进行氧化还原反应，所以不能构成原电池，故A错误；B、没有两个活泼性不同的电极，所以不能构成原电池，故B错误；C、该装置符合原电池的构成条件，所以能形成原电池，故C正确；D、该装置不能构成闭合回路，所以不能构成原电池，故D错误；故选C．【点评】本题考查了原电池的构成条件，难度不大，注意这几个条件必须同时存在才能形成原电池，缺一不可．　6．下列离子方程式正确的是（　　）A．向稀硝酸中滴加Na2SO3溶液：SO32﹣+2H+═SO2↑+H2OB．氯气通入NaOH溶液中：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2OC．向Al2（SO4）3溶液中加入过量NH3•H2O：Al3++4NH3•H2O═AlO22﹣+4NH4++2H2OD．向水中加入Na2O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑【考点】离子方程式的书写．【分析】A．硝酸能够氧化亚硫酸根离子；B．反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；C．不符合反应客观事实；D．原子个数不守恒．【解答】解：A．向稀硝酸中滴加Na2SO3溶液，反应的离子方程式为：3SO32﹣+2NO3﹣+2H+═3SO42﹣+H2O+2NO↑，故A错误；B．氯气通入NaOH溶液中，反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故B正确；C．向Al2（SO4）3溶液中加入过量NH3•H2O，反应生成产物为氢氧化铝，离子方程式：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；D．过氧化钠与水反应离子方程式：N2a2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意化学式的拆分、注意反应必须遵循客观事实，题目难度不大．　7．下列说法错误的是（　　）A．13C和14C属于同一元素中，它们互为同位素B．1H和2H是不同的和素，它们的质子数相等C．16O和18O的电子数相等，并且化学性质相同D．14C和14N的质量数相等，中子数也相等【考点】同位素及其应用；核素；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．-19-\n【分析】根据原子表示法的知识，元素符号左上角数字表示质量数，左下角数字表示质子数，质量数﹣质子数=中子数，质子数相同而中子数不同的同种元素的原子互为同位素．【解答】解：A．13C和14C属于同一种元素，质子数相同而中子数不同，它们互为同位素，故A正确；B．1H和2H是氢元素的不同核素，质子数相同均为1，故B正确；C．16O和18O的电子数相等均为8，化学性质相同，故C正确；D．14C和14N的质量数相等，质子数分别为6、7，中子数分别为：14﹣6=8、14﹣7=7，它们的中子数不等，故D错误．故选D．【点评】本题考查原子组成和结构，明确质子数、中子数和质量数关系是解题的关键，题目难度不大．　8．下列说法错误的是（　　）A．ⅠA族金属元素是同周期中金属性最强的元素B．ⅤⅡA族元素的阴离子还原性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强C．主族元素气态氢化物越稳定，其非金属性越强D．同周期主族元素原子序数越大，其非金属越强【考点】元素周期律的作用．【分析】A、同一周期元素，元素的金属性随着原子序数的增大而减弱；B、ⅦA族元素的阴离子还原性越强，元素的非金属越弱；C、非金属性越强，氢化物越稳定；D、同一周期，原子序数越大，非金属性越强．【解答】解：A、同一周期元素，元素的金属性随着原子序数的增大而减弱，所以ⅠA族金属元素是同周期中金属性最强的元素，故A正确；B、ⅦA族元素的阴离子还原性越强，元素的非金属越弱，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性越弱，故B错误；C、非金属性越强，氢化物越稳定，所以元素简单气态氢化物越稳定，则非金属性越强，故C正确；D、同一周期，随着原子序数增大，元素的非金属性增强，故D正确，故选B．【点评】本题考查原子结构与元素周期律知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握元素周期律的递变规律以及比较角度，难度中等．　9．下列变化过程中，既有共价键断裂，又有离子键形成的是（　　）A．溴化氢气体与氨气相遇反应B．氯化氢溶于水C．盐酸和NaOH溶液混合D．锌和稀硫酸反应【考点】共价键的形成及共价键的主要类型；离子化合物的结构特征与性质．【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，有离子键和共价键断裂，说明变化为化学变化，以此来解答．【解答】解：A．发生化学变化生成氯化铵（离子化合物），H﹣Br共价键断裂，同时存在离子键形成，故A选；B．只发生H﹣Cl的断裂，为电离过程，故B不选；C．反应生成NaCl和水，在溶液中为氢离子与氢氧根离子结合生成水，不存在共价键断裂和离子键形成，故C不选；-19-\nD．反应生成硫酸锌和氢气，在溶液中为Zn与氢离子反应，不存在共价键断裂和离子键形成，故D不选；故选A．【点评】本题考查化学键及化学变化，为高频考点，把握化学键的形成及判断、化学反应的实质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子反应中化学键的变化，题目难度中等．　10．下列说法正确的是（　　）A．所有物质中都存在化学键B．离子键在形成过程中一定伴随电子的得失C．共价化合物中一定含有极性键D．非极性键只存在于单质分子中【考点】化学键；离子化合物的结构特征与性质；极性键和非极性键．【分析】A．稀有气体中不存在化学键；B．形成离子键的过程不一定存在电子的得失，如铵根离子的形成过程；C．不同种非金属元素原子间形成极性共价键；D．双氧水中存在O﹣O非极性共价键．【解答】解：A．稀有气体为单原子分子，不存在化学键，故A错误；B．铵根离子是氨中的N原子提供孤对电子给氢离子，整个体系带一个单位正电荷，但是由于氢离子是接受N原子的电子对形成配位键，所以并没有电子的得失，故B误；C．共价化合物中，至少含有2种元素，所以不同种非金属元素原子间形成的共价键一定是极性共价键，故C正确；D．双氧水中存在O﹣O非极性共价键，而双氧水属于化合物，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了化学键的判断及共价键的分类，熟悉化学键的定义，离子键形成过程，极性键与非极性键形成条件即可解答，题目难度不大．　11．下列各图所表示的反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是（　　）A．B．C．D．【考点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应．【分析】氧化还原反应的特征是有元素的化合价的升降，常见吸热反应有分解反应、氧化物与氢气、C、CO的反应等，结合对应物质的性质解答．【解答】解：A．金属铝与盐酸的反应为放热反应，故A错误；B．镁条的燃烧为放热反应，故B错误；C、红磷转化为白磷的反应是能量升高的反应，属于吸热反应，单质之间的转化不属于氧化还原反应，故C错误；D、根据图示，生成物的能量高于反应物的能量，属于吸热反应，反应伴随元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故D正确．故选D．-19-\n【点评】本题考查氧化还原反应和常见吸热反应类型，为高考高频考点，侧重于学生基础知识的考查，注意把握元素化合价的判断和常见吸热反应、放热反应类型，题目难度不大．　12．X、Y、Z是短周期是三种相邻元素，X与Y同主族，Y与Z同周期，已知三种元素族序数之和为17，原子序数之和为39，则X、Y、Z的元素符号为（　　）A．Na、K、CaB．N、P、SC．O、S、PD．F、Cl、S【考点】原子结构与元素的性质．【分析】X、Y、Z是周期表中相邻的三种短周期元素，X与Y同主族，Y与Z同周期，三种元素族序数之和为17，设Z元素的最外层电子数为x，则X、Y最外层电子数为x+1或x﹣1，若X、Y元素的最外层电子数为x+1，则x+2（x+1）=17，解得x=5，符合题意；若Y、Z元素的最外层电子数为x﹣1，则有x+2（x﹣1）=17，解得x=，不符合题意，结合原子序数之和判断，据此解答．【解答】解：X、Y、Z是周期表中相邻的三种短周期元素，X与Y同主族，Y与Z同周期，三种元素族序数之和为17，设Z元素的最外层电子数为x，则X、Y最外层电子数为x+1或x﹣1，若X、Y元素的最外层电子数为x+1，则x+2（x+1）=17，解得x=5，符合题意，即Z处于ⅤA族，X、Y处于ⅥA族，原子序数之和为39，Z的原子序数为39﹣8﹣16=15，则Z为P元素，故X为O元素、Y为S元素，若Y、Z元素的最外层电子数为x﹣1，则有x+2（x﹣1）=17，解得x=，不符合题意，故选C．【点评】本题考查原子结构与位置关系，难度中等，关键是根据最外层电子数之和为17确定元素所在主族，注意掌握短周期元素的特点，也可以利用验证法进行判断．　13．一定条件下，12g金刚石完全转化为石墨时，要放出1.895kJ的热能．下列说法正确的是（　　）A．相同条件下，金刚石比石墨稳定B．金刚石与石墨之间的转化属于物理变化C．破坏等质量的金刚石和石墨中的化学键，前者吸收的能量多D．相同条件下，等质量的金刚石和石墨分别完全燃烧，前者放热多【考点】反应热和焓变．【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错误；C．石墨的能量比金刚石低，所以石墨的键能大，则破坏等质量的金刚石和石墨中的化学键，前者吸收的能量少，故C错误；D．金刚石比石墨能量高，1g金刚石完全燃烧放出的热量比1g石墨完全燃烧放出的热量多，故D正确．故选D．【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．　-19-\n二、解答题（共4小题，满分36分）14．物质A～F有如图所示转化关系（部分生成物未列出），其中A为某金属矿物的主要成分，C是铁红的主要成分．E的浓溶液能与铜发生并有B生成．（1）形成下列物质的化学式：B　SO2　，C　Fe2O3　；（2）B→D转化的化学方程式为　2SO2+O22SO3　；（3）E的浓溶液与铜反应的化学方程式为　Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O　；（4）验证F溶液中所含金属阳离子的试剂为　KSCN溶液　；（5）请举出一个F表现氧化性的反应实例：　2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+　（用离子方程式表示）．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】A为某金属矿物的主要成分，与氧气反应得到C与B，C是铁红的主要成分，则C为Fe2O3，B氧化得到D，D与水反应得到E，E的浓溶液能与铜发生并有B生成，则A为FeS2、B为SO2、D为SO3、E为H2SO4，F为Fe2（SO4）3，据此解答．【解答】解：A为某金属矿物的主要成分，与氧气反应得到C与B，C是铁红的主要成分，则C为Fe2O3，B氧化得到D，D与水反应得到E，E的浓溶液能与铜发生并有B生成，则A为FeS2、B为SO2、D为SO3、E为H2SO4，F为Fe2（SO4）3．（1）由上述分析可知，B为SO2，C为Fe2O3，故答案为：SO2；Fe2O3；（2）B→D转化的化学方程式为：2SO2+O22SO3，故答案为：2SO2+O22SO3；（3）E的浓溶液与铜反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；（4）验证Fe2（SO4）3溶液中所含金属阳离子的试剂为：KSCN溶液，故答案为：KSCN溶液；（5）F表现氧化性的反应实例：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+．【点评】本题考查无机物推断，“C是铁红的主要成分，E的浓溶液能与铜发生并有B生成”是推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识及中学常见化学工业．　15．CO、H2、CH4、C2H5OH是常用的燃料，它们每1mol分别完全燃烧生成CO2（g）及H2O（l）时，放出的热量依次为283.0kJ、285.8kJ、890.3kJ、1366.8kJ．（1）相同质量的以上四种燃料，完全燃烧时放出热量最多的是　H2　；（2）甲烷完全燃烧放出的热量是445.15kJ，反应中转移电子的物质的量为　4　mol；（3）已知断开1molCO、1molO2中的化学键，需要消耗的能量分别为1075kJ、496kJ，则形成1molCO2（g）中的化学键释放的能量为　1606　kJ；（4）氢氧燃料电池已用于航天飞机，其构造如图所示，则A极为电池的　负　（填“正”或“负”）极，电池的总反应式为　2H2+O2=2H2O　．-19-\n【考点】原电池和电解池的工作原理；反应热和焓变．【分析】（1）根据CO、H2、CH4、C2H5OH的相对分子质量分别为28、2、16、46和每1mol分别完全燃烧生成CO2（g）及H2O（l）时，放出的热量依次为283.0kJ、285.8kJ、890.3kJ、1366.8kJ，计算1gCO、H2、CH4、C2H5OH完全燃烧时，放出热量进行比较；（2）根据1molCH4完全燃烧生成CO2（g）及H2O（l）时，放出的热量依次为890.3kJ，即转移4﹣（﹣4）=8mol电子进行计算；（3）根据一氧化碳的燃烧热结合焓变等于反应物的键能之和﹣生成物的键能之和进行计算；（4）氢氧燃料电池燃料为负极，氧气为正极，总反应即燃烧反应．【解答】解：（1）CO、H2、CH4、C2H5OH的相对分子质量分别为28、2、16、46，又因为它们每1mol分别完全燃烧生成CO2（g）及H2O（l）时，放出的热量依次为283.0kJ、285.8kJ、890.3kJ、1366.8kJ，所以1gCO、H2、CH4、C2H5OH完全燃烧时，放出热量分别为：，，，，则相同质量的以上四种燃料，完全燃烧时放出热量最多的是H2，故答案为：H2；（2）由题意，1molCH4完全燃烧生成CO2（g）及H2O（l）时，放出的热量依次为890.3kJ，即转移4﹣（﹣4）=8mol电子，所以甲烷完全燃烧放出的热量是445.15kJ，反应中转移电子的物质的量为×8=4mol，故答案为：4；（3）由题意，1molCO完全燃烧生成CO2（g）及H2O（l）时，放出的热量依次为283kJ，又焓变等于反应物的键能之和﹣生成物的键能之和，所以设形成1molCO2（g）中的化学键释放的能量为xKJ，则﹣283=1075+×496﹣x，解得x=1606KJ，故答案为：1606；（4）氢氧燃料电池燃料为负极，氧气为正极，所以A极为电池的负极，总反应即燃烧反应即2H2+O2=2H2O，故答案为：负；2H2+O2=2H2O．【点评】本题考查学生有关热化学方程式的计算知识以及燃料电池的原理，可以根据所学知识来回答，难度不大．　16．元素周期表是学习化学的重要工具，它隐含着许多信息和规律，下表所列是五种短周期元素的原子半径及主要化合价（已知锂的原子半径为0.152nm）．元素代号ABCDE原子半径/nm0.0740.0990.1100.1600.077主要化合价﹣2+7、﹣1+5，﹣3+2+4、﹣4（1）用元素符号标出A、B、C、D四种元素在元素周期表（如表）中的位置；（2）E元素处于周期表中的第　二　周期第　ⅣA　族；（3）A、B、D的简单离子的半径由大到小的顺序为　Cl﹣＞O2﹣＞Mg2+　（填离子符号）；-19-\n（4）用电子式表示化合物DB2形成的过程：　　；（5）F为E的同族相邻元素，其非金属性：E　＞　F（填“＞”或“＜”），设计一个简单实验加以验证：　将二氧化碳通入硅酸钠溶液中，有胶状物生成，证明碳酸的酸性比硅酸强，则碳元素的非金属性比硅元素强　（简要说明实验步骤、现象和仪器自选）．【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】短周期元素中，B有+7、﹣1价，则B为Cl；A有﹣2价，处于ⅥA族，原子半径小于Cl，故A为O元素；C有+5、﹣3价，处于VA族，原子半径大于Cl，故C为P元素；D有+2价，原子半径大于P，故D为Mg；E有+4、﹣4价，处于ⅣA族，原子半径小于Cl，故E为C元素；（1）A处于第二周期ⅥA族，B、C、D处于第三周期，分别处于17列、15列、12列；（2）主族元素周期数=电子层数，主族族序数=最外层电子数；（3）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大；（4）MgCl2由镁离子与氯离子构成，用Mg原子、Cl原子电子式表示其形成过程；（5）F为E的同族相邻元素，则F为Si，同主族自上而下非金属性减弱，利用最高价含氧酸中强酸制备弱酸进行验证．【解答】解：短周期元素中，B有+7、﹣1价，则B为Cl；A有﹣2价，处于ⅥA族，原子半径小于Cl，故A为O元素；C有+5、﹣3价，处于VA族，原子半径大于Cl，故C为P元素；D有+2价，原子半径大于P，故D为Mg；E有+4、﹣4价，处于ⅣA族，原子半径小于Cl，故E为C元素；（1）O处于第二周期ⅥA族，Cl、P、Mg处于第三周期，分别处于17列、15列、12列，在周期表中位置：，故答案为：；（2）E为C元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为4，处于周期表中第二周期ⅣA族，故答案为：二；ⅣA；（3）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径：Cl﹣＞O2﹣＞Mg2+，故答案为：Cl﹣＞O2﹣＞Mg2+；（4）MgCl2由镁离子与氯离子构成，用Mg原子、Cl原子电子式表示其形成过程为：，故答案为：；-19-\n（5）F为E的同族相邻元素，则F为Si，同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性C＞Si，利用最高价含氧酸中强酸制备弱酸进行验证，具体方案为：将二氧化碳通入硅酸钠溶液中，有胶状物生成，证明碳酸的酸性比硅酸强，则碳元素的非金属性比硅元素强，故答案为：＞；将二氧化碳通入硅酸钠溶液中，有胶状物生成，证明碳酸的酸性比硅酸强，则碳元素的非金属性比硅元素强．【点评】本题考查元素周期表与元素周期律应用，比较基础，注意金属性、非金属性强弱比较实验事实．　17．实验室提供一下流程提取海带中的碘．（1）海带需要置于　坩埚　（填仪器名称）中进行灼烧；（2）步骤②中反应的离子方程式为　2I﹣+H2O2+2H+=I2+2H2O　；（3）步骤③中应进行操作名称是　萃取　，使用的试剂是　苯或四氯化碳　；（4）向加碘（主要以IO3﹣形式存在）食盐的溶液中加入适量硫酸酸化的FeSO4溶液，再滴加淀粉溶液，溶液变蓝色，其反应的离子方程式为　2IO3﹣+10Fe2++12H+=I2+10Fe3++6H2O　．【考点】海水资源及其综合利用．【分析】根据题中的流程可知，干海带经过剪碎、灼烧成海带灰，再浸泡得海带灰悬浊液，经过过滤得含碘离子的溶液，在酸性条件下用双氧水氧碘离子氧化成碘单质，再用经过萃取得含碘有机溶液，再通过蒸馏可得晶态碘，（1）根据实验操作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）从碘的水溶液中提取碘，可以用萃取，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）IO3﹣在酸性条件下能氧化的FeSO4溶液，生成碘，淀粉遇碘变蓝．【解答】解：根据题中的流程可知，干海带经过剪碎、灼烧成海带灰，再浸泡得海带灰悬浊液，经过过滤得含碘离子的溶液，在酸性条件下用双氧水氧碘离子氧化成碘单质，再用经过萃取得含碘有机溶液，再通过蒸馏可得晶态碘，（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）从碘的水溶液中提取碘，可以用萃取，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：萃取；苯或四氯化碳；（4）IO3﹣在酸性条件下能氧化的FeSO4溶液，生成碘，淀粉遇碘变蓝，反应的离子方程式为2IO3﹣+10Fe2++12H+=I2+10Fe3++6H2O，故答案为：2IO3﹣+10Fe2++12H+=I2+10Fe3++6H2O．【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．-19-\n　三、选做专题I：化学反应速率与有机化学（包括2小题，共25分）18．一定条件下，将1molN2和1.0molH2充入容积为10L的恒容密闭容器中合成NH3、N2、H2的物质的量随时间的变化曲线如图所示．（1）用H2表示0～2min内反应的平均速率为　0.015　mol•L﹣1•min﹣1时，NH3的物质的量浓度为　0.02　mol•L﹣1；（2）有关上述反应的说法正确的是　ac　（填序号）；a.1min时，正反应速率大于逆反应速率b.2min时，反应达到化学平衡状态，正、逆反应速率均等于零c.2～5min，NH3的物质的量浓度不变d．其它条件不变，延长反应时间，可以提高N2、H2的转化率（3）为提高上述反应的速率，可以采取的措施是　升高温度等　（只答一条即可）．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【分析】（1）由图可知，0～2min内消耗氢气为1mol﹣0.7mol=0.3mol，根据v=计算v（H2），由方程式：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），可知生成氨气为0.2mol，再根据c=计算氨气浓度；（2）a.1min时反应向正反应进行；b．反应达到化学平衡状态，正、逆反应速率相等但不为零；c.2～5min处于平衡状态；d．反应到达平衡后，其它条件不变，反应物转化率不再变化；（3）为提高上述反应的速率，可以升高温度、增大反应物浓度、加入催化剂或增大压强等．【解答】解：（1）由图可知，0～2min内消耗氢气为1mol﹣0.7mol=0.3mol，则v（H2）==0.015mol/（L．min），由方程式：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），可知生成氨气为0.3mol×=0.2mol，氨气浓度为=0.02mol/L，故答案为：0.015；0.02；（2）a.1min时反应向正反应进行，正反应速率大于逆反应速率，故a正确；b．可逆反应属于动态平衡，反应达到化学平衡状态，正、逆反应速率相等但不为零，故b错误；c.2～5min处于平衡状态，氨气的浓度不变，故c正确；d．反应到达平衡后，其它条件不变，延长时间，反应物转化率不再变化，故d错误，故选：ac；-19-\n（3）为提高上述反应的速率，可以升高温度、增大反应物浓度、加入催化剂或增大压强，故答案为：升高温度等．【点评】本题考查化学平衡计算、平衡状态特征、反应速率计算与影响因素，比较基础，旨在考查学生对基础知识巩固．　19．A是石油裂解气的主要成分，其产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平．现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示．（1）A的结构简式为：　CH2=CH2　；（2）B、D分子中的官能团名称分别为　醇羟基　、　羧基　；（3）写出下列反应的反应类型：①　加成反应　、④　酯化反应或取代反应　；（4）写出下列反应的化学方程式：②　2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O　、④　CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O　；（5）A在一定条件下可聚合生成一种生成一种常见塑料，合成该塑料的化学方程式为　　；（6）在石油工业中，A可由丁烷（C4H10）裂解得到，丁烷的一氯代物有　4　种同分异构体．【考点】有机物的推断．【分析】A是石油裂解气的主要成分，其产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，A和水发生加成反应生成B，B为CH3CH2OH，B和D反应生成乙酸乙酯，则D为CH3COOH，乙醇被催化氧化生成乙醛、乙醛被氧化生成乙酸，所以C为CH3CHO，据此分析解答．【解答】解：A是石油裂解气的主要成分，其产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，A和水发生加成反应生成B，B为CH3CH2OH，B和D反应生成乙酸乙酯，则D为CH3COOH，乙醇被催化氧化生成乙醛、乙醛被氧化生成乙酸，所以C为CH3CHO，（1）通过以上分析知，A的结构简式为：CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2；（2）B是乙醇、D是乙酸，所以B、D分子中的官能团名称分别为醇羟基、羧基，故答案为：醇羟基；羧基；（3）根据以上分析知，①是乙烯和水的加成反应，④是乙酸和乙醇的酯化反应或取代反应，故答案为：加成反应；酯化反应或取代反应；（4）②为乙醇的催化氧化反应生成乙醛，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O、④为乙醇和乙酸的酯化反应，反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；-19-\n（5）乙烯发生加聚反应生成聚乙烯塑料，合成该塑料的化学方程式为，故答案为：；（6）在石油工业中，A可由丁烷（C4H10）裂解得到，丁烷的一氯代物有1﹣氯正丁烷、2﹣氯丁烷、2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷、2﹣甲基﹣1﹣氯丙烷四种同分异构体，故答案为：4．【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，以烯烃、醇、醛、羧酸、酯之间的转化为载体进行推断，明确官能团及其性质关系即可解答，题目难度不大．　四、选做专题II：反应热与电化学（包括2小题，共25分）20．化学反应中所释放的热量在工业生产和科学研究中有着重要的作用．（1）N2H4和H2O2混合可做火箭推进剂，已知：16g液态N2H4和足量氧气反应生成N2（g）和H2O（l），放出310.6kJ的热量：2H2O2（l）=O2（g）+2H2O（l）△H=﹣196.4kJ•mol﹣1．反应N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）的△H=　﹣621.2　kJ•mol﹣1．N2H4和H2O2反应生成N2（g）和H2O2（l）的热化学方程式为　N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=﹣817.6kJ•mol﹣1　；（2）实验室用50mL0.50mol•L﹣1盐酸与50mL某浓度的NaOH溶液在如图所示装置中反应，通过测定混合液温度升高的情况计算中和热；（3）该装置参照两处明显的错误，其中一处是缺少一种玻璃仪器，该仪器的名称为　环形玻璃搅拌棒　；（4）实验室提供了0.50mol•L﹣1和0.55mol•L﹣1两种浓度的NaOH溶液，应选择　0.55　mol•L﹣1的溶液进行实验．【考点】中和热的测定．【专题】综合实验题．【分析】（1）先写出液态联氨燃烧的热化学方程式，然后根据盖斯定律来解答；（3）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；（4）为了使反应充分，NaOH应过量．【解答】解：（1）16g液态N2H4和足量氧气反应生成N2（g）和H2O（l），放出310.6kJ的热量，热化学方程式为N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=﹣621.2kJ•mol﹣1①2H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g）△H=﹣196.4kJ•mol﹣1②根据盖斯定律，①+②得：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=﹣817.6kJ•mol﹣1，故答案为：﹣621.2；N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=﹣817.6kJ•mol﹣1；（3）根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；（4）实验室提供了0.50mol•L﹣1和0.55mol•L﹣1两种浓度的NaOH溶液，为了使反应充分，NaOH应过量，所以选择0.55mol•L﹣1的溶液进行实验，故答案为：0.55．【点评】本题考查热化学方程式的书写，热反应热的测定，题目难度大，注意理解测定反应热的原理．　-19-\n21．利用如图装置，可以进行许多电化学实验．（1）若A为石墨，B为铁，X为NaCl．①K与M相连时，铁发生　吸氧　（填“析氢”或“吸氧”）腐蚀，A极的电极反应式为　O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣　，Cl﹣向　B　（填“A”或“B”）极移动；②K与N相连时，装置中发生反应的总反应方程式为　2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑　，若用铅蓄电池代替图中的电源给装置供电，当铅蓄电池中消耗0.4molH+时，A电极上产生气体的体积是　2.24　L（标准状况），铅蓄电池工作时正极的电极反应式为　PbO2+4H++SO42﹣+2e﹣=PbSO4+2H2O　；（2）若要向铁镀件上镀铜，则K应与　N　（填“M”或“N”）相连，X为　硫酸铜　，A电极为　金属铜　（填“铁镀件”或“金属铜”），电镀过程溶液中金属阳离子浓度　不变　（填“增大”、“减小”或“不变”）．【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）若A为石墨，B为铁，X为NaCl．①K与M相连时，形成原电池，发生吸氧腐蚀，活泼铁为负极，A极石墨为正极氧气得电子发生还原反应，阴离子向负极移动；②K与N相连时，形成电解池，A为阳极氯离子失电子发生氧化反应，B为阴极氢离子得电子发生还原反应，铅蓄电池工作时正极为二氧化铅得电子发生还原反应；（2）若要向铁镀件上镀铜，则形成电解池，阳极为镀层金属，阴极为待镀金属，电解质溶液为含镀层金属阳离子的盐溶液．【解答】解：（1）①K与M相连时，形成原电池，发生吸氧腐蚀，活泼铁B为负极，A极石墨为正极氧气得电子发生还原反应，反应式为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，阴离子向负极移动，所以Cl﹣向B极移动，故答案为：吸氧；O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣；B；②K与N相连时，形成电解池，A为阳极氯离子失电子发生氧化反应，B为阴极氢离子得电子发生还原反应，则反应的总反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，铅蓄电池工作时正极为二氧化铅得电子发生还原反应，反应式为：PbO2+4H++SO42﹣+2e﹣=PbSO4+2H2O，当铅蓄电池中消耗0.4molH+时，转移0.2mol电子，根据电子守恒，A电极产生氯气的体积是×22.4=2.24L，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；2.24；PbO2+4H++SO42﹣+2e﹣=PbSO4+2H2O；（2）若要向铁镀件上镀铜，则形成电解池，阳极为镀层金属，阴极为待镀金属，电解质溶液为含镀层金属阳离子的盐溶液，所以K应与N相连，X为硫酸铜溶液，A电极为金属铜，电镀过程溶液中金属阳离子浓度不变．故答案为：N；硫酸铜；金属铜；不变．【点评】本题考查了原电池和电解池的工作原理的应用，考查学生分析和解决问题的能力，综合性强，难度大．　-19-