新疆呼图壁县一中学年高一下学期期末考试化Word文档下载推荐.docx
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A.钠保存在煤油里的原因只是它极易与氧气反应B.铝在空气中很容易燃烧
C.镁表面的氧化膜疏松，不能保护内层金属D.铁锈的主要成分是Fe3O4
A.钠保存在煤油里面会与空气中的氧气和水反应，因此要隔绝空气，并且钠的密度比煤油或石蜡油大，所以极易与氧气反应是钠保存在煤油里的原因之一，A项正确；
B.铝在空气中很稳定，表面有致密的氧化膜，阻止进一步氧化，容易燃烧的是钠和钾；
C.镁表面同样有致密的氧化膜，无强氧化剂的情况下不易反应，通常用镁条，镁粉太活泼，使用受有关部门管制。
D.铁锈的成分主要是三氧化二铁。
四氧化三铁通常可见的形体是磁铁或者磁铁矿。
金属和金属的重要化合物
本题考查钠、铝、镁、铁的化学性质，主要是识记知识点，较简单。
6.下列关于硅及其化合物的叙述正确的是（）
A.陶瓷、玻璃、水泥都是硅酸盐产品
B.水晶、玛瑙、光纤、硅胶的主要成分都是SiO2
C.SiO2很稳定，与所有的酸都不反应
D.单质硅是制作光导纤维的材料
【解析】A、玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英，水泥的主要原料是黏土、石灰石，陶瓷主要原料是黏土，石英主要成分是二氧化硅、黏土属于硅酸盐，故都属于硅酸盐产品，故A正确；
B、硅胶的主要成分是硅酸，不是二氧化硅，故B错误；
C、二氧化硅能与氢氟酸反应，故C错误；
D、二氧化硅晶体可用于制造光导纤维，故D错误；
7.实验室可用下图所示装置干燥、收集某气体R，则R可能是（）
A.SO2B.Cl2C.HClD.NH3
【解析】A．SO2不能用碱石灰干燥，故A错误；
B．Cl2不能用碱石灰干燥，故B错误；
C．HCl不能用碱石灰干燥，故C错误；
D．NH3为碱性气体，可用碱石灰干燥，密度比空气小，用向下排空法收集，故D正确；
本题考查气体的制备，根据实验装置图明确气体的性质是解答该题的关键。
本题中气体可用碱石灰干燥，说明气体为碱性或中性，用向下排空法收集，说明气体密度比空气小。
8.下列化学用语的书写，正确的是（）
A.氮气的电子式：
B.次氯酸的化学式：
HClO
C.溴化钠的电子式：
D.乙烷的结构简式：
C2H6
【解析】
正确答案：
B
A、氮气的电子式：
B、正确；
C、溴化钠的电子式：
Na＋
D．乙烷的结构式：
9.下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是（）
A.铝片与稀盐酸的反应B.Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl的反应
C.灼热的炭与CO2的反应D.甲烷在氧气中的燃烧反应
【答案】C
A、活泼金属和酸或水反应，属于放热反应，故错误；
B、Ba（OH）2·
8H2O＋2NH4Cl=BaCl2＋2NH3＋10H2O，不属于氧化还原反应，故错误；
C、C＋CO2=2CO属于吸热反应和氧化还原反应，故正确；
D、所有的燃烧都是放热反应，故错误。
考查常见放热反应和吸热反应、氧化还原反应等知识。
10.以下实验装置一般不用于分离物质的是（）
A.AB.BC.CD.D
【解析】四种装置分别是蒸发、蒸馏、溶液配制和洗气瓶，其中不能用于物质的分离与提纯的是溶液的配制，答案选C。
11..某有机物的结构简式为
，下列关于该有机物的叙述不正确的是（）
A.能与金属钠发生反应并放出氢气
B.能在催化剂作用下与H2发生加成反应
C.不能被氧化生成醛
D.在浓硫酸催化下能与乙酸发生酯化反应
【解析】A．该有机物含有醇羟基，具有醇的性质，所以能与金属钠发生反应并放出氢气，故A正确；
B．该有机物含有碳碳双键，具有烯烃的性质，所以能在催化剂作用下与氢气发生加成反应，故B正确；
C．含有羟基，为伯醇，可被氧化生成醛，故C错误；
D．该有机物含有醇羟基，具有醇的性质，在浓硫酸催化下，能与乙酸发生酯化反应，故D正确；
故选C。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握结构中官能团与性质的关系为解答的关键。
该有机物中含有的官能团有碳碳双键和羟基，所以该有机物有烯烃和醇的性质，能发生氧化反应、酯化反应等。
12.已知有如下转化关系：
CH3CHO
C2H5OH
C2H4
C2H5Br，则反应①、②、③的反应类型分别为（ ）。
A.取代、加成、取代B.取代、取代、加成
C.氧化、加成、加成D.氧化、加成、取代
【解析】乙醇→乙醛，分子中H原子数目减少，发生氧化反应；
乙烯→乙醇，碳碳双键中1个键断裂，不饱和的碳原子分别结合H原子、羟基，生成乙醇，属于加成反应；
乙烯→溴乙烷，碳碳双键中1个键断裂，不饱和的碳原子分别结合H原子、溴原子，生成溴乙烷，属于加成反应；
故反应①、②、③的反应类型分别为氧化、加成、加成，C正确。
本题考查有机反应类型，取代反应指有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应；
加成反应指有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合生成新的化合物的反应；
有机反应中去氢加氧是氧化反应。
13.X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有相同核外电子结构，下列叙述正确（）
A.原子序数X＜YB.原子半径X＜Y
C.离子半径X＞YD.原子最外层电子数X＜Y
【解析】X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有相同的核外电子结构，说明X是金属，Y是非金属，位于X的上一周期，所以原子序数是X大于Y。
原子半径是X大于Y。
核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，C不正确。
答案选D。
14.下列叙述中，正确的是（ ）
A.H2SO4的摩尔质量是98
B.等质量的O2和O3中所含的氧原子数相同
C.等物质的量的CO与CO2中所含碳原子数之比为2︰7
D.将98gH2SO4溶解于500mL水中，所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2mol/L
【解析】A、H2SO4的摩尔质量应该是98g/mol，故A错误；
B、在O2中N（O）=
×
2NA=
NA，在O3中N（O）=
3NA=
NA，二者相等，即等质量的O2和O3中所含的氧原子数相同，故B正确；
C、等物质的量的CO与CO2中所含碳原子数之比为1:
1，故C错误；
D、将98gH2SO4溶解于水中配制成500mL溶液，所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2mol/L，将98gH2SO4溶解于500mL水中，溶液体积不是500mL，故D错误；
故选B。
15.有a、b、c、d四种金属，将a与b用导线连结起来浸入稀硫酸溶液中，b不被腐蚀。
将a、d分别投入等浓度的盐酸中，d比a反应剧烈；
将Cu浸入b的盐溶液里，无明显变化。
如果把Cu浸入c的盐溶液里，有c的单质析出。
据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是
A.d＞c＞a＞bB.d＞b＞a＞cC.d＞a＞b＞cD.b＞a＞d＞c
【解析】两种活动性不同的金属和电解质溶液构成原电池，较活泼的金属作负极，负极上金属失电子发生氧化反应被腐蚀，较不活泼的金属作正极，电流由正极流向负极，所以a的活动性大于b；
金属和相同的酸反应时，活动性强的金属反应剧烈，将a、d分别投入等浓度盐酸溶液中，d比a反应剧烈，所以d的活动性大于a；
金属的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，将铜浸入b的盐溶液中，无明显变化，说明b的活动性大于铜；
如果把铜浸入c的盐溶液中，有金属c析出，说明铜的活动性大于c；
所以金属的活动性顺序为：
d＞a＞b＞c，故选C。
本题考查了金属活动性强弱的判断。
原电池中被腐蚀的金属是活动性强的金属；
金属和相同的酸反应时，活动性强的金属反应剧烈；
金属的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属。
16.根据反应：
2Ag＋＋Cu===Cu2＋＋2Ag，设计如图所示原电池，下列说法错误的是（ ）
A.X可以是银或石墨
B.Y是硫酸铜溶液
C.电子从铜电极经外电路流向X电极
D.X极上的电极反应式为Ag＋＋e－===Ag
原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。
电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。
根据方程式可知，铜失去电子，发生氧化反应，做原电池的负极。
溶液中的银离子得到电子，在正极发生还原反应。
因此根据装置图可知，X是正极，金属性弱于铜的，或用石墨做电极，电解质溶液是硝酸银，A、C、D正确，B不正确，答案选B。
考查原电池的判断
该题是基础性试题的考查，侧重对学生灵活运用原电池原理解决实际问题的能力的培养，有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性。
明确原电池的工作原理是解题的关键。
17.在2A+B==3C+D的反应中，表示反应速率最快的是（ ）
A.vA=0.5mol·
L-1·
s-1B.vB=0.3mol·
s-1
C.vC=0.8mol·
s-1D.vD=1mol·
【解析】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，数值可能不同，但表示的意义是相同的。
所以在比较反应速率快慢时，应该换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值大小。
根据速率之比是相应化学计量数之比可知，如果都用A物质不是反应速率，则分别是0.5mol·
L－1·
min－1、0.6mol·
min－1、0.53mol·
min－1、0.5mol·
min－1，所以答案选B。
18.可以用分液漏斗分离的一组混合物是
A.酒精和碘B.苯和水C.乙酸和水D.溴和四氯化碳
【解析】A、酒精和碘是互溶的，不能用分液漏斗分离，故A错误；
B、苯和水是互不相溶的两层液体，能用分液漏斗分离，故B正确；
C、乙酸和水是互溶的，不能用分液漏斗分离，故C错误；
D、溴和四氯化碳是互溶的，不能用分液漏斗分离，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查学生物质分离方法中的分液法，熟记教材知识是解题的关键所在，难度不大．
19.下列离子方程式的书写正确的是（ ）
A.实验室用大理石和稀盐酸制取CO2：
2H++CO32-＝CO2↑+H2O
B.NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：
OH-+HCO3-＝CO32-
+H2O
C.向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液：
Al3++3OH-＝Al（OH）3↓
D.钠和冷水反应
Na＋2H2O＝Na+＋2OH＋H2↑
A、大理石主要成分为CaCO3,保留化学式；
C、Al（OH）3溶于过量的NaOH，变为AlO2-；
D、电荷不守恒，应为2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH-＋H2↑
考查了离子方程式的书写的相关知识。
20.在强酸性溶液中，下列各组离子能够大量共存的是（ ）
A.Cl-、Na+、NO3-、Ca2+B.NH4+、HCO3-、Cl-、K+
C.K+、Fe2+、Cl-、NO32-D.Cu2+、NH4+、I-、Cl-
【解析】在强酸性溶液中，含有大量的H+，A.Cl-、Na+、NO3-、Ca2+在酸性溶液中不能发生反应能够大量共存，故A正确；
B.HCO3-与H+不能大量共存，故B错误；
C.H+、Fe2+与NO32-能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D.在酸性溶液中Cu2+、NH4+、I-、Cl-离子间不发生反应，能够大量共存，故D正确；
故选AD。
21.下列物质中，含有极性键的离子化合物（ ）
A.HClB.KOHC.CaCl2D.O2
【解析】A.HCl为共价化合物，故A错误；
B.KOH为离子化合物，氢氧根中含有极性共价键，故B正确；
C.CaCl2为离子化合物，只含有离子键，故C错误；
D.O2属于单质，含有非极性键，故D错误；
22.在一定条件下，对于密闭容器中进行的可逆反应A（g）＋3B（g）
2C（g），下列说法中，能说明这一反应已经达到化学平衡状态的是（）
A.生成C的速率与A的消耗的速率相等
B.A、B、C的浓度相等
C.单位时间生成nmolA，同时生成2nmolC
D.A、B、C的分子数之比为1∶3∶2
【解析】A、生成C的速率与A的消耗的速率相等，都表示正反应速率，不能说明达到了平衡状态，故A错误；
B、各组分的浓度相等，不能证明各组分的浓度不变，无法判断是否达到了平衡状态，故B错误；
C、单位时间生成nmolA，同时生成2nmolC，表示正逆反应速率相等，说明达到平衡状态，故C正确；
D、各组分的分子数之比，无法判断各组分的浓度是否变化，无法判断是否达到平衡状态，故D错误；
本题考查了化学平衡状态的判断，根据达到化学平衡状态时，各组分的浓度不变，正逆反应速率相等进行判断。
二、填空题
23.下表是元素周期表的一部分，请针对表中所列标号为①～⑩的元素回答下列问题。
（1）非金属性最强的元素是______（填元素符号，下同），形成化合物种类最多的元素是_____，最不活泼的元素是___________。
（2）第三周期元素除⑩外原子半径最小的是______（填元素符号），这些元素的最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是__________（填化学式，下同），具有两性的是____________，最高价氧化物对应水化物中酸性最强的是__________。
（3）⑥⑦⑨形成的简单离子的有小到大的顺序是______________（用离子符号回答问题），
⑧与⑨对应的氢化物比较稳定的是_________（填化学式）。
（4）⑤和③可以形成两种化合物，其中可以做呼吸面具供氧剂的物质的电子式为_________，所含化学键的类型为_______________。
（5）①与⑧形成的化合物的结构式__________，用电子式表示⑥与⑨所形成化合物的形成过程_________________________。
【答案】
（1）.F
（2）.C（3）.Ar（4）.Cl（5）.NaOH（6）.Al（OH）3（7）.HClO4（8）.Al3+<
Mg2+<
Cl-（9）.HCl（10）.
（11）.离子键，非极性键（12）.
（13）.
【解析】根据元素在周期表中的位置知，①～⑩的元素分别是C、N、O、F、Na、Mg、Al、S、Cl、Ar元素。
（1）非金属性最强的元素位于周期表右上角，但稀有气体除外，为F元素；
形成化合物种类最多的元素是C元素，最不活泼的元素是惰性元素，为Ar，故答案为：
F；
C；
Ar；
（2）同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以第三周期原子半径最小的元素是Cl元素（稀有气体除外）；
元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，所以第三周期碱性最强的是NaOH；
呈两性的氢氧化物是氢氧化铝，化学式为Al（OH）3，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，最高价氧化物对应水化物中酸性最强的是HClO4，故答案为：
Cl；
NaOH；
Al（OH）3；
HClO4；
（3）一般而言，离子的电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，⑥⑦⑨形成的简单离子的由小到大的顺序为Al3+<
Cl-，元素的非金属性越强，氢化物越稳定，⑧与⑨对应的氢化物比较稳定的是HCl，故答案为：
Al3+<
Cl-；
HCl；
（4）⑤和③可以形成两种化合物为氧化钠和过氧化钠，其中可以做呼吸面具供氧剂的物质为过氧化钠，电子式为
，所含化学键的类型为离子键，非极性键，故答案为：
；
离子键，非极性键；
（5）CS2的结构与二氧化碳相似，结构式为
，氯化镁属于离子化合物，用电子式表示氯化镁的形成过程为
，故答案为：
。
本题考查元素周期表和元素周期律综合应用，为高频考点，熟悉元素周期表结构是解本题关键。
需要熟练掌握同一周期、同一主族元素原子结构及其性质递变规律。
24.有下列各组物质：
A.O2和O3；
B.126C和136C;
C.CH3-CH2-CH2-CH3和CH3-CH（CH3）CH3；
D.冰醋酸和乙酸；
E.甲烷和庚烷；
F.淀粉和纤维素。
（1）________组两物质互为同位素。
（2）_______组两物质互为同素异形体。
（3）______组两物质属于同系物。
（4）_________组两物质互为同分异构体。
（5）__________组是同一物质。
【答案】
（1）.B
（2）.A（3）.E（4）.C（5）.D
本题考查同位素、同素异形体、同分异构体、同系物的概念。
对于同系物，要注意：
①结构要相似，②分子组成相差若干个“CH2”原子团，③分子式一定不同。
25.在2KMnO4+16HCl==2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑反应中，_________是氧化剂，氧化产物是______，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______________。
【答案】
（1）.KMnO4
（2）.Cl2（3）.1:
5
【解析】2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O+2KCl中，Mn元素的化合价降低，KMnO4为氧化剂，Cl元素的化合价升高，被氧化，则氧化产物为Cl2，反应中，化合价升高是元素是盐酸中的氯元素，所以盐酸是还原剂，16mol的盐酸中只有10mol做还原剂，化合价降低的元素是锰元素，所以高锰酸钾是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量比为1：
5，故答案为：
KMnO4；
Cl2；
1：
5。
三、实验题
26.某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置。
（1）实验室用装置E制备Cl2，离子方程式为__________________。
（2）①反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液出现的现象是：
B：
______________，D：
_________。
②停止通气后,再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为
B：
____________，D：
_________________。
（3）另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强。
他们将制得的SO2和Cl2按1：
1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样。
请你分析该现象的原因（用化学方程式表示）________________。
【答案】
（1）.MnO
2
+4H
+
+2Cl
－
Mn
2+
+Cl
↑+2H
O
（2）.褪色（3）.褪色（4）.恢复为红色（5）.不恢复（6）.Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4
（1）实验室用MnO2和浓盐酸在加热的条件下制备氯气，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：
MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O；
（2）①氯气和二氧化硫都能是品红溶液褪色，所以B和D装置中品红都褪色，故答案为：
品红褪色；
②二氧化硫漂白后的物质具有不稳定性，加热时又能变为红色，而氯气的漂白具有不可逆性，所以看到的现象是B中溶液由无色变为红色，D中无明显现象，故答案为：
由无色变为红色或恢复为红色；
无明显现象或不恢复；
（3）SO2和Cl2按1：
1通入，SO2和Cl2恰好反应，二者反应生成H2SO4和HCl，生成物都无漂白性，化学方程式为：
SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；
故答案为：
SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。
本题考查氯气和二氧化碳漂白性的对比实验，氯气和二氧化碳漂白原理的不同。
本题的易错点是二者反应生成H2SO4和HCl，生成物都无漂白性，为本题易错点。
27.红葡萄酒密封储存时间越长，质量越好，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯。
在实验室也可以用如下图所示的装置制取乙酸乙酯，请回答下列问题。
（1）乙醇分子中官能团的名称是_______。
乙酸中的官能团的结构简式________。
（2）试管a中加入几块碎瓷片的目的是____________。
（3）试管a中发生反应的化学方程式为_______________________，反应类型是__________。
（4）反应开始前，试管b中盛放的溶液是____________。
（5）可用____________的方法把制得的乙酸乙酯分离出来。
（6）浓硫酸的作用_______________________。
【答案】
（1）.羟基
（2）.—COOH（3）.防止暴沸（4）.CH3COOH+CH3CH2OH
CH3COOCH2CH3+H2O（5）.酯化（取代）（6）.饱和碳酸钠溶液（7）.分液（8）.催化剂和脱水剂
（1）醇的官能团是羟基，乙醇中含有羟基，乙酸的官能团是羧基，羧基的结构简式为-COOH，故答案为：
羟基；
-COOH；
（2）试管a中加入几块碎瓷片可以防止暴沸，故答案为：
防止暴沸；
（3）乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，同时该反应可逆，
反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OH
CH3
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