黑龙江省龙东南联合体2018-2019学年高一下学期期末考试化学试题

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黑龙江省龙东南联合体2018-2019学年高一下学期期末考试化学试题

www.ks5u.com ‎2018-2019学年度下学期龙东南联合体期末联考 高一化学试卷 考生注意:请将考号、姓名、座位号及试题答案写在指定的相应位置,并保持试卷整洁,以免影响你的成绩。‎ 原子量:H:1 C:12 O:16 S:32 N:14 Cu:64 Cl:35.5 Na:23‎ 一.选择题(每题只有一个正确的答案,每题2分,共60分)‎ ‎1. 下列不是海水淡化方法的是 A. 蒸馏法 B. 电渗析法 C. 离子交换法 D. 萃取法 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析:A、蒸馏法是把水从混合物中分离出来,是海水淡化的方法,A正确;B、电渗析法是使相应的离子通过半透膜以达到淡化海水的目的,B正确;C、通过离子交换树脂可以除去海水中的离子,从而达到淡化海水的目的,C正确;D、萃取法不是海水淡化方法,D错误。答案选D。‎ 考点:海水淡化的方法 ‎2.下列说法正确的是 A. 医用酒精的浓度通常是95%‎ B. 蛋白质是结构复杂的高分子化合物,分子中都含有C、H、O、N四种元素 C. 淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物 D. 合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、医用酒精的浓度通常是75%,此浓度杀菌消毒作用强,故A错误;‎ B、蛋白质是氨基酸通过形成肽键发生缩聚反应形成,氨基酸中含有氨基与羧基,蛋白质是结构复杂的高分子化合物,分子中都含有C、H、O、N四种元素,故B正确;‎ C、淀粉、纤维素都属于天然高分子化合物,油脂不是高分子化合物,故C错误;‎ D、合成纤维是有机高分子材料,光导纤维是新型无机非金属材料,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为A,要注意不是乙醇的浓度越高,杀菌消毒能力越强,在75%左右时能够将细菌完全杀死。‎ ‎3.下列金属中,通常采用热还原法冶炼的是 A. Na B. Al C. Fe D. Ag ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Na用电解方法冶炼,A错误;‎ B.Al用电解方法冶炼,B错误;‎ C.Fe采用热还原法冶炼,C正确;‎ D.Ag用热分解的方法冶炼,D错误。‎ 答案选C。‎ ‎4.下列化学用语的书写,正确的是 A. 氮气的电子式: B. 次氯酸的结构式:H-O-Cl C. 溴化钠的电子式: D. 乙醇的分子式:C2H5OH ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氮原子最外层含有5个电子,形成3个共用电子对,氮气的电子式为,故A错误;‎ B.氧原子最外层含有6个电子,形成2个共用电子对,次氯酸的结构式为H-O-Cl,故B正确;‎ C.溴化钠是离子化合物,电子式为,故C错误;‎ D.C2H5OH为乙醇的结构简式,乙醇的分子式为C2H6O,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎5.下列关于能量转换认识中不正确的是:‎ A. 电解水生成氢气和氧气时,电能转化为化学能 B. 绿色植物进行光合作用时,太阳能转化为化学能 C. 煤燃烧时,化学能主要转化为热能 D. 白炽灯工作时,电能全部转化为光能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、电解装置将水电解生成氢气和氧气时,是电能转化为化学能,A正确;‎ B、绿色植物进行光合作用时,太阳能转化为化学能在生物体内储存,B正确;‎ C、煤燃烧时会产生大量的热量,化学能主要转化为热能,C正确;‎ D、白炽灯工作时,将电能转化为光能和热能,D错误。‎ 答案选D。‎ ‎6.下列实验或实验过程符合化学实验“绿色化学”原则的是 A. 用双氧水代替高锰酸钾制取氧气 B. 用铜粉代替铜丝进行铜和浓硝酸反应的实验 C. 用溴水代替碘水进行萃取实验 D. 用大量的氯气进行性质实验 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.双氧水制取氧气的产物为水,对环境没有任何污染,也没有产生任何固体废物,而且在反应过程中使用催化剂,使反应速度大大加快,反应过程也不需要任何额外的能量供应,节省了能源,符合化学实验“绿色化学”原则,故A正确;‎ B.用铜粉与浓硝酸反应,在不需要反应时,不能控制反应的停止,容易造成环境污染,不符合绿色化学原则,故B错误;‎ C.溴水易挥发、溴蒸气有毒,会污染空气,不符合绿色化学理念,故C错误;‎ D.氯气有毒,易污染环境,实验时应减少其用量,不符合“绿色化学”原则,故D错误;‎ 故选A ‎【点睛】本题的易错点为B,主要原因是不易控制反应的发生与停止,容易造成污染。‎ ‎7.下列说法错误的是( )‎ A. 含有共价键的化合物一定是共价化合物 B. 在共价化合物中一定含有共价键 C. 含有离子键的化合物一定是离子化合物 D. 双原子单质分子中的共价健一定是非极性键 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 全部由共价键形成的化合物才是共价化合物,含有离子键的化合物就是离子化合物。因此在离子化合物中可以含有共价键,但共价化合物中不能含有离子键。由同一种非金属元素的原子形成的共价键是非极性键,因此选项A是错误的,答案选A。‎ ‎8.醋是重要的调味品,我国劳动人民在很早以前就知道酒在空气中能“酸败成醋”,该事实的实质是 A. 酒中的乙醇挥发,使乙醇的含量降低 B. 酒中的杂质腐败成酸 C. 酒中的乙醇被氧化成乙醛 D. 酒中的乙醇被氧化成乙酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】酒的主要成分为乙醇,醋的主要成分为乙酸。由题意酒在空气中能“酸败成醋”,结合乙醇具有还原性可知,乙醇在空气中放置,能够被空气中的氧气氧化生成乙酸,故选D。‎ ‎9.对化学反应限度的叙述,错误的是( )‎ A. 任何可逆反应都有一定的限度 B. 化学反应达到限度时,正逆反应速率相等 C. 化学反应的限度与时间的长短无关 D. 化学反应的限度是不可改变的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 化学反应的限度是在一定条件下的限度,改变外界条件可与改变反应的限度,所以选项D是错误的,答案是D。‎ ‎10.下列递变情况中,不正确的是( )‎ A. Na、Mg、Al原子的最外层电子数依次增多 B. Si、P、S元素的最高正价依次升高 C. C、N、O的原子半径依次增大 D. Li、Na、K的金属性依次增强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.同一周期元素,原子最外层电子数随着原子序数增大而增大,Na、Mg、Al最外层电子数分别是1、2、3,所以Na、Mg、Al原子最外层电子数依次增加,故A正确;‎ B.主族元素最高正化合价与其族序数相等,但O、F元素除外,O元素没有最高正化合价,Si、P、S元素的最高正价依次为+4、+5、+6,故B正确;‎ C.同一周期元素,原子半径随着原子序数增大而减小,则C、N、O的原子半径依次减小,故C错误;‎ D.同一主族元素,随着原子序数增大,原子半径增大,原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小,所以失电子能力逐渐增大,则金属元素金属性随着原子序数增大而增强,则Li、Na、K的金属性依次增强,故D正确。‎ 故选C。‎ ‎11.如果空气中混入甲烷的体积达到总体积的5%—10%这个范围,点火时就会爆炸。当甲烷与氧气恰好完全反应时,产生最强的爆炸,此时甲烷所占的体积分数是 A. 2.5% B. 7.5% C. 9.5% D. 10%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】甲烷爆炸发生的反应为CH4+2O2 CO2+2H2O,当甲烷与氧气体积之比为1∶2时,发生最强的爆炸,令甲烷的体积为1L,则氧气的体积为2L,故空气的体积==9.5L,发生最强爆炸时,甲烷在空气中所占的体积分数=×100%=9.5%,故选C。‎ ‎12.据报道,1996年8月,我国科学家首次制出一种新核素镅—235,已知镅(Am)的原子序数为95,下列关于的叙述正确的是 A. 镅—235与铀—235具有相同的质子数 B. 镅—235的原子质量是12C原子质量的235倍 C. 镅—235原子核内中子数为140,核外电子数为95‎ D. 镅—235原子一定不具有放射性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、镅—235与铀—235的质量数均为235,具有相同的质量数,故A错误;‎ B、质量数是相对原子质量的近似整数值,镅—235的原子质量约为12C原子质量的倍,故B错误;‎ C、质量数=质子数+中子数,镅—235原子核内中子数=235-95=140,核外电子数等于质子数=95,故C正确;‎ D、镅—235属于锕系乙酸,具有放射性,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎13. 能证明某烃分子里只含有一个碳碳双键的事实是( )‎ A. 该烃分子里碳氢原子个数比为1:2‎ B. 该烃能使酸性KMnO4溶液褪色 C. 该烃完全燃烧生成的CO2和H2O的物质的量相等 D. 该烃容易与溴水发生加成反应,且1mol该烃完全加成消耗1mol溴单质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 环烷烃中碳氢原子个数之比也是1︰2的,A不正确。能使酸性高锰酸钾溶液褪色的不一定含有碳碳双键,也可以是碳碳三键,B不正确。C中能说明分子里碳氢原子的个数之比是1︰2的,不正确。所以选项D是正确的。‎ ‎14. 甲烷是一种高效清洁的新能源,0.25mol甲烷完全燃烧生成液态水时放出222.5kJ热量,则下列热化学方程式中正确的是 ( )‎ A. 2CH4(g) + 4O2(g) =2CO2(g) + 4H2O(l)ΔH= +890 kJ·mol-1‎ B. CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) +2H2O(l)ΔH= +890 kJ·mol-1‎ C. CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) +2H2O(l)ΔH=-890 kJ·mol-1‎ D. 2CH4(g) + 4O2(g) = 2CO2(g) + 4H2O(l)ΔH= -890 kJ·mol-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】甲烷燃烧是放热反应,△H小于0,故AB不正确;‎ ‎0.25mol甲烷完全燃烧生成液态水时放出222.5kJ热量,则1mol甲烷燃烧放出的热量是222.5kJ×4=890 kJ。‎ 答案选C。‎ ‎15.酯化反应是有机化学中的一类重要反应,下列对酯化反应理解不正确的是(  )‎ A. 酯化反应的产物只有酯 B. 酯化反应可看成取代反应的一种 C. 酯化反应是有限度 D. 浓硫酸可做酯化反应的催化剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析:A、酯化反应的产物有酯和水,错误;B、酯化反应可看成取代反应的一种,正确;C、酯化反应为可逆反应,是有一定的限度,正确;D、浓硫酸可作酯化反应的催化剂,正确。‎ 考点:考查酯化反应的概念、特点。‎ ‎16.已知某反应是放热反应,下列说法正确的是 A. 该反应中反应物的总能量大于生成物的总能量 B. 该反应中反应物的总能量小于生成物的总能量 C. 该反应发生时,一定不需要加热 D. 如果该反应开始时需加热,则一直要加热反应才能继续进行 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当反应物的总能量大于生成物的总能量时,反应是放热反应,故A正确;‎ B、当反应物的总能量小于生成物的总能量时,反应是吸热反应,故B错误;‎ C、有的放热反应需要在加热的条件下才能发生,如铝热反应是放热反应,需要在加热的条件下进行,故C错误;‎ D、放热反应加热到一定温度开始引发,然后停止加热,反应放出的热量已满足反应所需温度,反应能继续进行,故D错误;‎ 故选A。‎ ‎17.如图所示各容器中盛有海水,铁在其中被腐蚀由快到慢的顺序是( )‎ A. ④>②>①>③ B. ②>①>③>④‎ C. ④>②>③>① D. ③>②>④>①‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图知,①中铁发生化学腐蚀;④是电解池,铁是阳极;②③装置是原电池,在②中,金属铁做负极;③中金属铁作正极。做负极的腐蚀速率快,并且两个电极金属活泼性相差越大,负极金属腐蚀速率越快,正极被保护。电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀,所以④>②>①>③,故选A。‎ ‎18.下列关系不正确的是 A. 离子半径:Cl- > F- > Na+ > Al3+ B. 热稳定性:PH3 > H2S > HCl> HF C. 原子半径:Na > P> O>F D. 金属性:Rb > K > Mg > Al ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.一般而言,电子层数越多,半径越大,电子层数相同,原子序数越大,半径越小,则离子半径:Cl->F->Na+>Al3+,故A正确;‎ B.元素的非金属性越强,最简单氢化物越稳定,非金属性F>Cl>S>P,氢化物热稳定性:PH3<H2S<HCl<HF,故B错误;‎ C.一般而言,电子层数越多,半径越大,电子层数相同,原子序数越大,半径越小,则原子半径:Na>P>O>F,故C正确;‎ D.同周期从左向右金属性减弱,同主族从上到下金属性增强,则金属性:Rb>K>Mg>Al,故D正确;‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为AC,要注意具有相同电子排布的离子半径的比较方法的理解。‎ ‎19.白酒、食醋、蔗糖、淀粉等均为家庭厨房中常用的物质,利用这些物质能完成下列实验的是 ‎①检验自来水中是否含氯离子 ②鉴别食盐和小苏打 ③蛋壳能否溶于酸 ④白酒中是否含甲醇 A. ①② B. ①④ C. ②③ D. ③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①选硝酸、硝酸银检验氯离子,家庭厨房不含硝酸、硝酸银,不能检验,故错误;‎ ‎②小苏打与醋酸反应生成气体,NaCl不能,选醋酸可鉴别食盐和小苏打,故正确;‎ ‎③蛋壳的成分为碳酸钙,与醋酸反应,则选醋酸可完成,故正确;‎ ‎④白酒、食醋、蔗糖、淀粉等均与乙醇、甲醇不反应,家庭厨房不能完成该实验,故错误;‎ 能完成的实验有②③,故选C。‎ ‎20.工业上制取一氯乙烷(CH3CH2Cl)应采用( )‎ A. 由乙烯和氯气在一定条件下发生加成反应 B. 由乙烯和氯化氢在一定条件下发生加成反应 C. 由乙烷和氯气在一定条件下发生取代反应 D. 由乙烷和氯气在一定条件下发生加成反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由乙烯和氯气在一定条件下发生加成反应得到1,2-二氯乙烷,A错误;‎ B、乙烯和氯化氢在一定条件下发生加成反应生成一氯乙烷,B正确;‎ C、由乙烷和氯气在一定条件下发生取代反应得到的产物有多种,C错误;‎ D、乙烷和氯气在一定条件下不能发生加成反应,D错误;‎ 故合理选项为B。‎ ‎21.H2、N2合成NH3的反应中,当分别用以下各种物质表示反应速率时,则反应速率最快的是 A. v(N2)=0.6mol/(L·min) B. v(NH3)=0.9mol/(L·min)‎ C. v(H2)=1.2mol/(L·min) D. v(H2)=0.025mol/(L·s)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】N2+3H22NH3,同一反应中各物质的反应速率之比等于化学计量数之比,把这些反应速率都换算成H2的反应速率。‎ A、v(N2)=0.6 mol/(L·min),所以v(H2)=1.8mol/(L·min);‎ B、v(NH3)=0.9mol/(L·min),所以v(H2)=1.35mol/(L·min);‎ C、v(H2)=1.2mol/(L·min);‎ D、v(H2)=0.025mol/(L•s)=1.5mol/(L·min);‎ 故选A。‎ ‎【点睛】解题此类试题的方法有:方法一:把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较,注意单位是否相同;方法二:将该物质表示的化学反应速率除以对应的化学计量数,数值越大,反应速率越快。‎ ‎22.如下图所示,△H1=-393.5 kJ•mol-1,△H2=-395.4 kJ•mol-1,下列说法或表示式正确的是( )‎ A. C(s、石墨)==C(s、金刚石)△H=" +1.9" kJ•mol-1‎ B. 石墨和金刚石的转化是物理变化 C. 金刚石的稳定性强于石墨 D. 1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能小1.9 kJ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析:由图得:①C(S,石墨)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-1‎ ‎②C(S,金刚石)+O2(g)=CO2(g)△H=-395.4kJ•mol-1,‎ 利用盖斯定律将①-②可得:C(S,石墨)=C(S,金刚石)△H=+1.9kJ•mol-1,则A、因C(s、石墨)=C(s、金刚石)△H=+1.9kJ•mol-1‎ ‎,A正确;B、石墨转化为金刚石是发生的化学反应,属于化学变化,B错误;C、金刚石能量大于石墨的总能量,物质的量能量越大越不稳定,则石墨比金刚石稳定,C错误;‎ D、依据热化学方程式 C(S,石墨)=C(S,金刚石)△H=+1.9kJ•mol-1,1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能大于1.9 kJ,D错误;选A。‎ 考点:考查化学能与热能的相互转化。‎ ‎23.造地球卫星用的一种高能电池——银锌电池,该电池的电极反应式为:Zn+2OH- -2e-= ZnO+H2O;Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-,据此判断氧化银是 A. 负极,并被氧化 B. 正极,并被还原 C. 负极,并被还原 D. 正极,并被氧化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在原电池中较活泼的金属作负极,失去电子,发生氧化反应。电子经导线传递到正极上,所以溶液中的阳离子向正极移动,阴离子向负极移动。正极得到电子,发生还原反应。所以根据化合价可知,电极反应中银的化合价降低,被还原;原电池中较活泼的金属做负极,另一电极作正极,发生还原反应,所以氧化银为正极,得电子被还原。‎ 故选B ‎【点睛】原电池中,负极上失电子发生氧化反应,正极上得电子发生还原反应。‎ ‎24.只用水不能鉴别的一组物质是 A. 乙醇和乙酸 B. 乙酸乙酯和乙醇 C. 苯和四氯化碳 D. 溴水和溴苯 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙醇和乙酸均易溶于水,无法用水鉴别,A正确;‎ B. 乙酸乙酯不溶于水,且比水密度小;乙醇易溶于水,无分层,可以鉴别,B错误;‎ C. 苯、四氯化碳均不溶于水,苯的密度比水小,四氯化碳的密度比水大,可以鉴别,C错误;‎ D. 溴水溶于水与水无分层,溴苯不溶于水,密度比水大,可以鉴别,D错误;‎ 答案为A ‎25.在一定的温度下,可逆反应A(g)+3B(g)2C(g)达到平衡的标志是 A. C分解速率与B生成速率相等 B. A、B、C的浓度不再变化 C. 单位时间生成n mol A,同时生成3n molB D. A、B、C的分子数之比为1:3:2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、C分解速率与B生成速率,均表示逆反应速率,不能说明达到平衡状态,故A错误;‎ B、各组分的浓度不变,说明正逆反应速率相等,达到了平衡状态,故B正确;‎ C、单位时间内生成n mol A,同时生成3n molB,表示的都是逆反应速率,无法判断正逆反应速率是否相等,不能说明达到平衡状态,故C错误;‎ D、各组分的分子数之比与反应物的用量和转化率有关,无法判断各组分浓度是否不变,不能说明达到平衡状态,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎26. 下列说法正确的是( )‎ A. 乙醇和汽油都是可再生能源,应大力推广“乙醇汽油”‎ B. 钢铁在海水中比在河水中更易腐蚀,主要原因是海水含氧量高于河水 C. 废弃的塑料、金属、纸制品及玻璃都是可回收再利用的资源 D. 凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害,不宜食用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ B中钢铁在海水中比在河水中更易腐蚀,是因为海水的导电能力高于河水; D中的食品添加剂不都对人体健康均有害 ‎27.一定质量的乙烯,完全燃烧时放出的热量为Q,完全吸收燃烧后所生成的CO2气体需要200mL 2mol/L的NaOH溶液,则28g乙烯完全燃烧放出的热量不可能是 A. 5Q B. 5Q~10Q C. 10Q D. 大于10Q ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】28g乙烯的物质的量为=1mol,200mL 2mol/L的NaOH溶液中含有0.200L×2mol/L=0.4molNaOH,吸收二氧化碳可能生成碳酸钠、碳酸氢钠或二者的混合物。若生成碳酸钠,则二氧化碳为0.2mol,完全燃烧的乙烯为0.1mol,1mol乙烯完全燃烧放出的热量为10Q;若生成碳酸氢钠,则二氧化碳为0.4mol,完全燃烧的乙烯为0.2mol,1mol乙烯完全燃烧放出的热量为5Q;若生成碳酸钠和碳酸氢钠的混合物,1mol乙烯完全燃烧放出的热量为5Q~10Q ;放出的热量不可能大于10Q,故选D。‎ ‎【点睛】清楚二氧化碳与氢氧化钠反应生成物的情况是解答本题的关键。要注意本题中不包括氢氧化钠剩余的情况。‎ ‎28.分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有(不考虑立体异构)‎ A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】该分子式符合饱和一元醇和饱和一元醚的通式。醇类可以与金属钠反应放出氢气,而醚不能。根据碳链异构,先写出戊烷的同分异构体(3种),然后用羟基取代这些同分异构体的不同类的氢原子,就可以得出这样的醇,戊基共有8种,故这样的醇共有8种,D正确,选D。‎ ‎29.已知断开1 mol H2中的化学键需要吸收436kJ的能量,断开1 mol Cl2中的化学键需要吸收243kJ的能量,而形成1mol HCl分子中的化学要释放431kJ的能量,则1mol氢气与1mol氯气反应时能量变化为:‎ A. 吸收183kJ B. 吸收366kJ C. 放出366kJ D. 放出183kJ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热=生成物的键能-反应物的键能=436kJ•mol-1+243kJ•mol-1-2×431kJ•mol-1=-183kJ•mol-1,故1mol氢气与1mol氯气反应时放出热量为183kJ,故选D。‎ ‎30.短周期元素X和Y中,X原子的最外层电子数是内层电子总数的一半,Y元素在X元素的前一周期,Y2-离子和Ne原子的电子层结构相同。有关X和Y形成的化合物Z的说法中,正确的是 A. Z肯定不是酸酐 B. Z是一种碱性氧化物 C. Z的分子式可能是X2Y5 D. Z是一种离子化合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素X和Y中,Y2-离子和Ne原子的电子层结构相同,则Y为氧元素;Y元素在X元素的前一周期,则X位于第三周期,有3个电子层,X原子的最外层电子数是内层电子总数的一半,则最外层电子数为×(2+8)=5,X为磷元素,据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析,X为磷元素,Y为氧元素。X和Y形成的化合物Z可能为五氧化二磷或三氧化二磷。‎ A、磷的氧化物有五氧化二磷,为磷酸的酸酐;三氧化二磷,为亚磷酸的酸酐,磷的氧化物是酸酐,故A错误;‎ B、磷的氧化物有五氧化二磷,为磷酸的酸酐;三氧化二磷,为亚磷酸的酸酐,磷的氧化物属于酸性氧化物,故B错误;‎ C、磷的氧化物有五氧化二磷P2O5,故C正确;‎ D、磷的氧化物为共价化合物,不含离子键,属于共价化合物,故D错误;‎ 故选C。‎ 二.填空题(共22分)‎ ‎31.位于短周期的四种主族元素A、B、C、D,原子序数依次增大,已知A、C位于同一主族,A在周期表中原子半径最小。B、D的最外层电子数相等,且B、D的原子序数之和为A、C原子序数之和的两倍。E是自然界中含量最高的金属。根据你的推断完成下列问题:‎ ‎(1)B元素的名称为_______,E的元素符号为_______。‎ ‎(2)写出由上述元素形成的具有漂白作用的三种物质的化学式______,______,_____。‎ ‎(3)用电子式表示C与D形成化合物的过程_______。‎ ‎(4)写出E的最高价氧化物与强碱反应的离子方程式________。‎ ‎(5)B、C两元素形成的原子个数比为1∶1的化合物中的化学键为_______。‎ ‎【答案】 (1). 氧元素 (2). Al (3). O3 (4). SO2 (5). H2O2(或Na2O2) (6). (7). Al2O3+ 2OH-=2AlO2-+H2O (8). 离子键和非极性共价键 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期的四种元素A、B、C、D,它们的原子序数依次增大,A在周期表中原子半径最小,则A为氢元素;A、C位于同一主族,则C为钠元素,B、D的最外层电子数相等,为同主族元素,且B、D的原子序数之和为A、C原子序数之和的两倍,则B为氧元素,D为硫元素,E是自然界中含量最高的金属,E为铝元素,据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析,A为氢元素,B为氧元素,C为钠元素,D为硫元素,E为铝元素。‎ ‎(1)B为氧元素;E是自然界中含量最高的金属,为铝元素,化学符号为:Al,故答案为:氧元素;Al;‎ ‎(2)在H、O、Na、S四种元素中,能形成漂白作用的物质有:SO2、H2O2、Na2O2、O3等,故答案为:SO2;O3;H2O2(或Na2O2);‎ ‎(3)C与D形成的化合物为Na2S,形成过程为它的电子式为,故答案为:;‎ ‎(4)E的最高价氧化物为氧化铝,具有两性,能够与强碱反应生成偏铝酸盐和水,离子方程式:Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O,故答案为:Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O;‎ ‎(5)B和C两元素形成的原子个数比为1∶1的化合物为Na2O2,由钠离子与过氧根离子构成,钠离子与过氧根离子之间形成离子键,过氧根离子中氧原子之间形成非极性共价键,故答案为:离子键和非极性共价键。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(2),要注意具有漂白作用的物质主要包括:强氧化剂氧化漂白,二氧化硫化合漂白,活性炭吸附漂白。‎ ‎32.铅蓄电池是常用的化学电源,其电极材料分别是Pb和PbO2,电解液为稀硫酸。放电时该电池总反应式为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O,根据上述情况判断:‎ ‎(1)蓄电池的正极材料是____;‎ ‎(2)放电时,负极反应为____;‎ ‎(3)放电时电子方向从____极流向___极(写电极名称);‎ ‎(4)放电时,电解质溶液中阴离子移向___极(写电极名称)。‎ ‎【答案】 (1). PbO2 (2). Pb-2e-+SO42-=PbSO4 (3). 铅 (4). 二氧化铅 (5). 铅 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电池总反应式为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O结合原电池原理和元素的化合价的变化分析解答。‎ ‎【详解】(1)Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O ,Pb中Pb元素化合价由0价变为+2价,被氧化发生氧化反应,所以Pb作负极,则PbO2为正极,故答案为:PbO2;‎ ‎(2)Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O ,Pb中Pb元素化合价由0价变为+2价,被氧化发生氧化反应,所以Pb作负极,发生氧化反应,电极反应式为Pb-2e-+SO42-=PbSO4,故答案为:Pb-2e-+SO42-=PbSO4;‎ ‎(3)铅蓄电池放电时为原电池,原电池中,电子方向从负极经过导线流向正极,故答案为:铅;二氧化铅;‎ ‎(4)铅蓄电池放电时为原电池,原电池中,阴离子向负极移动,故答案为:铅。‎ ‎33.由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ,写出该反应的热化学方程式: 。‎ ‎【答案】2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ·mol-1‎ ‎【解析】‎ 试题分析:根据热化学方程式的书写方法书写,注明物质的状态,注意物质的量与热量的关系,生成1摩尔水蒸气放出241.8KJ的热量。‎ 考点:热化学方程式的书写。‎ 三.实验题(共12分)‎ ‎34.某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验。‎ ‎(1)实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象,请写出相应的化学反应方程式:______________________________________________。‎ 在不断鼓入空气的情况下,熄灭酒精灯,反应仍能继续进行,说明该乙醇氧化反应是________反应。‎ ‎(2)甲和乙两个水浴作用不相同。‎ 甲的作用是__________________________;乙的作用是__________________________。‎ ‎(3)反应进行一段时间后,干燥试管a中能收集到不同的物质,它们是________________。集气瓶中收集到的气体的主要成分是__________________________。‎ ‎(4)若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验,试纸显红色,说明液体中还含有__________。要除去该物质,可先在混合液中加入________________(填写字母)。‎ a.氯化钠溶液 b.苯 c.碳酸氢钠溶液 d.四氯化碳 然后,再通过________________(填实验操作名称)即可除去。‎ ‎【答案】 (1). 2Cu+O22CuO、CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O (2). 放热 (3). 加热乙醇,便于乙醇的挥发 (4). 冷却,便于乙醛的收集 (5). 乙醛、乙醇、水 (6). 氮气 (7). 乙酸 (8). c (9). 蒸馏 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)铜与氧气反应生成氧化铜,氧化铜与乙醇反应生成乙醛、Cu与水;反应需要加热进行,停止加热反应仍继续进行,说明乙醇的氧化反应是放热反应;‎ ‎(2)甲是水浴加热可以让乙醇在一定的温度下成为蒸气,乙是将生成的乙醛冷却;‎ ‎(3)乙醇被氧化为乙醛,同时生成水,反应乙醇不能完全反应,故a中冷却收集的物质有乙醛、乙醇与水;空气中氧气反应,集气瓶中收集的气体主要是氮气;‎ ‎(4)能使紫色石蕊试纸变红的是酸,碳酸氢钠可以和乙酸反应,通过蒸馏方法分离出乙醛。‎ ‎【详解】(1)乙醇的催化氧化反应过程:金属铜被氧气氧化为氧化铜,2Cu+O22CuO,氧化铜将乙醇氧化为乙醛,CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O;反应需要加热进行,停止加热反应仍继续进行,说明乙醇的氧化反应是放热反应;‎ 故答案为:2Cu+O22CuO;CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O;放热;‎ ‎(2)甲和乙两个水浴作用不相同,甲是热水浴,作用是乙醇平稳气化成乙醇蒸气,乙是冷水浴,目的是将乙醛冷却下来, 故答案为:加热乙醇,便于乙醇的挥发;冷却,便于乙醛的收集; (3)乙醇被氧化为乙醛,同时生成水,反应乙醇不能完全反应,故a中冷却收集的物质有乙醛、乙醇与水;空气中氧气反应,集气瓶中收集的气体主要是氮气,‎ 故答案为:乙醛、乙醇与水;氮气;‎ ‎(4)若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验,试纸显红色,说明液体中还含有乙酸,四个选择答案中,只有碳酸氢钠可以和乙酸反应,生成乙酸钠、水和二氧化碳,实现两种互溶物质的分离用蒸馏法,‎ 故答案为:乙酸;c;蒸馏。‎ 四.计算(共6分)‎ ‎35.在一固定体积的密闭容器中加入反应物A、B,发生如下反应:A+2B=3C。反应经2min后,A的浓度从开始时的1.0mol/L降至0.8 mol/L。已知反应开始时B的浓度是1.2 mol/L。求:‎ ‎(1)用A来表示2 min内该反应的平均速率______;‎ ‎(2)2min末C浓度_______;‎ ‎(3)2min末B的转化率_______。‎ ‎【答案】 (1). 0.1mol/(L·min) (2). 0.6mol/L (3). 33.3%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据化学方程式结合三段式列式计算。‎ ‎【详解】A + 2B = 3C 起始量(mo/L)   1.0   1.2    0‎ 变化量(mol/L)  0.2   0.4   0.6‎ ‎2min后(mol/L) 0.8   0.8   0.6‎ ‎(1)以单位时间内A的浓度的减小来表示2min内该反应的平均速率==0.1mol/(L•min),故答案为:0.1mol/(L•min);‎ ‎(2)2min末C的浓度为0.6mol/L,故答案为:0.6mol/L;‎ ‎( 3 )2min末时物质B的转化率为×100%=33.3%,故答案为:33.3%。‎ ‎ ‎
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