江西省赣州市2014-2015学年高一下学期期末考试化学试卷.doc

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；
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( )
A．H2和D2互为同位素
B．CH3﹣CH2﹣OH与CH3﹣O﹣CH3互为同分异构体
C．正丁烷和异丁烷是同素异形体
D．O、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：A．H2和D2是由氢的同位素形成的氢分子，故不互为同位素，故A错误；
B．CH3﹣CH2﹣OH与CH3﹣O﹣CH3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；
D．17O、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：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．
分析：A．CaO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：A．CaO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( )
A．CH3（CH2）4CH3 B．（CH3）2CHCH（CH3）2 C．（C2H5）2CHCH3 D．C2H5C（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，
A．CH3（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．（CH3）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；
D．C2H5C（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；
B．NaCl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；
C．NaCl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；
D．NaCl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H2CO3＞H2SiO3，判断碳与硅的非金属活动性强弱
D．Br2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：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，

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( )
A．12g C所具有的能量一定高于28gCO所具有的能量
B．56gCO和32gO2所具有的总能量大于88gCO2所具有的总能量
C．12gC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+O2═2CO2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+O2=2CO，2CO+O2═2CO2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( )
A．CH2=CH2+（过氧乙酸）→+CH3COOH
B．CH2=CH2+Cl2+Ca（OH）2→+CaCl2+H2O
C．2CH2=CH2+O22
D．+HOCH2CH2﹣O﹣CH2CH2OH+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：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/（L•min）．下列推断正确的是( )
A．v（C）=0.5mol/（L•min） B．x=3
C．B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/（L•min），
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，据此计算x值；
C．A的转化率为50%时，A参加反应的物质的量=2mol×50%=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=；
D．x=2，根据方程式知，生成D的物质的量=0.25mol/（L•min）×2L×2min=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+2mol﹣1mol﹣1.5mol+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/（L•min），
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，所以v（A）=v（C）=0.25mol/（L•min），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；
C．A的转化率为50%时，A参加反应的物质的量=2mol×50%=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；
D．x=4，根据方程式知，生成D的物质的量=0.25mol/（L•min）×2L×2min=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+2mol﹣1mol﹣1.5mol+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，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
①单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol HI
②一个H﹣H键断裂的同时有两个H﹣I键断裂
③温度和压强一定时混合气体密度不再变化
④反应速率υ（H2）=υ（I2）=0.5υ（HI）时
⑤c（HI）=c（H2）=c（I2）=2：1：1
⑥温度和体积一定时，某一生成物浓度不再变化
⑦温度和体积一定时，容器内压强不再变化
⑧条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化
⑨温度和体积一定时混合气体的颜色不再变化( )
A．②③④⑤⑥ B．②⑥⑦⑧⑨ C．①②⑥⑧ D．②⑥⑨

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：①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①错误；
②一个H﹣H键断裂等效于生成两H﹣I键的同时有两个H﹣I键断裂说明达平衡状态，故②正确；
③因为该反应前后体积不变，气体质量守恒，所以反应密度不变，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③错误；
④反应速率υ（H2）=υ（I2）=0.5υ（HI）时，未指明正逆反应，故不能作为平衡判断标志，故④错误；
⑤C（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⑤错误；
⑥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⑥正确；
⑦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⑦错误；
⑧条件一定，混合气体的平均相对分子质量一直不变，故⑧错误；
⑨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⑨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，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0．

14．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：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：CH3CH2OH﹣4e﹣+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+H2O
D．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CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O=CH3COOH+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CH3CH2OH﹣4e﹣+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( )
A．NaClO溶液的漂白原理与SO2相同，与Na2O2不同
B．1mol Cl2与足量NaOH溶液反应转移2mol电子
C．NaClO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：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）
17．A、B、C、D、E都是短周期元素，原子半径D＞C＞A＞E＞B，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ⅣA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）H2O＞NH3＞CH4＞SiH4．
（3）A与B形成的三原子分子的结构式是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1molH﹣B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+4e﹣═4OH﹣．

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D＞C＞A＞E＞B，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D＞C＞A＞E＞B，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ⅣA族，故答案为：三、ⅣA；
（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：O＞N＞C＞Si，故氢化物稳定性：H2O＞NH3＞CH4＞SiH4，
故答案为：H2O＞NH3＞CH4＞SiH4；
（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=2×a kJ/mol+bkJ/mol﹣4×c kJ/mol=﹣（4c﹣2a﹣b）kJ/mol，1gH2为0.5mol，在B2中完全燃烧放出的热量为（4c﹣2a﹣b）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+4e﹣═4OH﹣，
故答案为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣．
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Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素．
（2）步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的C．
A．氧化性 B．还原性 C．挥发性 D．腐蚀性
（3）以上流程Ⅱ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+□CO32﹣═□BrO3﹣+□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+2H2O═2HBr+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BD．
A．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Ⅰ中已获得游离态的溴浓度很低，步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素；
（2）溴具有挥发性；
（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Ⅰ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Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ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Ⅱ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Ⅱ中根据元素守恒知，生成物还有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+3CO32﹣═BrO3﹣+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+2H2O═2HBr+H2SO4，故答案为：SO2+Br2+2H2O═2HBr+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，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 c．NaOH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1L0.6mol/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0.6mol﹣0.1mol=0.5mol，所以溶液中Cu2+的质量为×0.5×64g=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CuCl2•2H2O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．
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