福建省厦门市学年高一下学期期末考试化学试题Word文件下载.docx

1、A鉴别苯和四氯化碳取样，滴加溴水振荡，静置B分离乙酸和乙酸乙酯加氢氧化钠溶液，蒸馏C检验乙醇中是否含水取样，加入一块小钠粒D除去乙烷中的少量乙烯混合气体通过酸性KMnO4溶液AA BB CC DD8阿托酸（）是一种重要的医药中间体、材料中间体。下列说法错误的是A分子式为C9H8O2 B苯环上的一氯代物有5种C含有羧基与碳碳双键两种官能团 D1mol阿托酸能与含1molBr2的水溶液发生加成反应9主族元素镓（Ga）的最高价氧化物Ga2O3，是高性能半导体材料。下列推测不正确的是AGa的最外层有3个电子 BGa2O3具有很高的熔沸点CGa单质能与酸反应 DGa的非金属性比Si强10NA为阿伏伽德罗

2、常数。工业上利用反应3C+3Cl2+Al2O32AlCl3+3CO制备AlCl3，当获得1molAlCl3时，下列说法正确的是A转移的电子数为2NA B断裂Cl-Cl的数目为3NAC生成CO的体积为33.6L D消耗焦炭的质量为18g11三硫化磷（P4S3）可用于制造火柴，分子结构如图所示。下列说法不正确的是AP4S3中磷元素为+3价 BP4S3属于共价化合物CP4S3含有非极性键 D1molP4S3分子含有9mol共价键12我国明代宋应星在佳兵火药料中，关于黑火药的描述为“以硝石、硫磺为主，草木灰为辅。硝性至阴，硫性至阳，阴阳两神物相遇于无隙无容之中。其出也，人物膺之，魂散惊而魄齑粉。”下列

3、说法错误的是A“硝石在反应中作还原剂 B“硫磺”在反应中做氧化剂C“草木灰提供了碳单质 D“魂散惊而魄齑粉”说明反应放出巨大的能量13某实验小组设计了如图实验装置（加热装置未画出）制备乙酸乙酯，已知乙醇、乙酸、乙酸乙酯的沸点分别为78.5、117.9、77。为提高原料利用率和乙酸乙酯的产量，下列实验操作错误的是A实验开始时应先打开K1，关闭K2B冷却水应分别从A、C口通入C关闭K1打开K2时，应控制温度计2的示数为77D锥形瓶中应先加入饱和碳酸钠溶液14我国科学家在CO2电催化还原制乙烯和乙醇方面取得重要突破，其反应机理如下图所示。下列有关说法错误的是 A第1步中“CO2*CO碳氧双键断开需要

4、吸收能量B第2步发生反应的化学方程式为*CO+H*CHOC第3步“*CHO*OCHCHO*”吸附在催化剂表面原子数目及种类不变D第4步产物有乙烯、乙醇和水15某实验小组研究不同净水剂在不同pH的净水效果，实验结果如下图（浊度去除率越高表明净水效果越好）。A三种净水剂在pH=7.5左右净水效果最佳B三种净水剂中明矾的适用pH范围最窄C三种净水剂净水效果下降的原因都是因碱性过强胶体发生沉降D相同pH条件下，Fe3+比Al3+生成的胶粒数目多或吸附效果好二、原理综合题16为纪念元素周期表诞生150周年，联合国将2021年定为“国际化学元素周期表年”。下图是扇形元素周期表的一部分，针对元素按要求作答。

5、（1）的原子结构示意图为_。（2）和组成的最简单化合物的电子式为_。（3）和的简单离子半径较大的是_（填序号）。（4）的简单氢化物与其最高价氧化物对应水化物反应得到的盐的化学式为_。（5）某元素原子的M层电子数为K层电子数的两倍，则该元素是_（填序号）。（6）把投入烧碱溶液中发生反应的化学方程式为_。（7）写出一个能证明的非金属性小于的离子方程式_。三、工业流程题17如图，通过工业联产可有效解决多晶硅（Si）生产中副产物SiCl4。所带来的环境问题。（1）Si在元素周期表中的位置是_。（2）反应的化学方程式为_。（3）流程中涉及的化学反应属于氧化还原反应的有_（填反应序号）。（4）高温下，反应

6、的化学方程式为_。（5）在多晶硅、Si3N4材料和高纯SiO2中，可用于制造光是纤维的是_。（6）Si和Ge属于同主族元索。下列预测合理的是_（填选项序号）。aGe与H2化合难于SibGeO2既有氧化性又有还原性c酸性H2GeO3H2SiO3dSi和Ge都可做半导体材料18工业上利用软锰矿（主要成分MnO2、还含Fe、Al、Mg、Zn、Ca、Si等元素）与纤维素制备Mn3O4，工艺如下图所示。（1）利用纤维素“酸浸相较于FeS2酸浸法，除了原料来源丰富、成本低廉、耗能低外还有的优点是_（填两点）。（2）“酸浸”时，由纤维素水解得到的葡萄糖与软锰矿反应。完成葡萄糖与软锰矿反应的离子方程式：C6H

7、12O6+12MnO2+_=12Mn2+6CO2+口_。_（3）“中和”时，相关离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：“中和”的目的是使_（填离子符号）完全沉淀。（4）“净化时，加入Na2S、NH4F是为了将Zn2+、Mg2+转化为ZnS和MgF2沉淀除去，还能除去_（填元素符号）。（5）“沉锰”时，主要生成Mn（OH）2和Mn2（OH）2SO4沉淀，其中生成Mn（OH）2的离子方程式为_。（6）“氧化”时，氧化时间对产品中的锰含量及溶液pH的影响如下图。最佳的氧化时间为_min；下列说法正确的是_。A前15min，主要发生的反应是6Mn（OH）2+O2=2Mn3O4+6H2O，pH下降较慢B1

8、5-150min，主要发生的反应是3Mn2（OH）2SO4+O2=2Mn3O4+6H+3，pH下降较快C150min之后，pH趋于稳定，则Mn2（OH）2SO4已完全氧化D250min后，继续通O2，可能氧化生成Mn2O3及MnO2，使产品中的锰含量下降四、有机推断题19丙烯（B）可合成口罩熔喷布的原料聚丙烯（），也可制得在医疗上有重要用途的乳酸（D）。制备转化关系如下（已知含有相同官能团的有机物具有相似的化学性质）：（1）B中含有的官能团名称是_。（2）BA反应的化学方程式为_。（3）B分子在同一个平面的原子最多有_个。（4）1molD可与_mol铁发生反应；产物乳酸亚铁可治疗的疾病是_。（

9、5）写出C的一种同分异构体_（填结构简式）。（6）下列说法正确的是_。a.B可与HBr反应得到Cb.用新制氢氧化铜悬浊液可鉴别乙醛和Dc.D在浓硫酸作用下发生酯化反应得到的酯只有一种d.相同物质的量的B和D完全燃烧耗氧量相等五、实验题20某化学兴趣小组为探究氧化性强弱的影响因素进行如下实验。（1）饱和食盐水的作用是_。装置F可吸收微量氯气制得氯水，使用倒置漏斗的目的是_。（2）装置A中产生Cl2的化学方程式为_，可推知氧化性：Cl2_ （填“”或“”）。（3）装置D中可观察到溶液变紫红色，则该反应的离子方程式为_，可推知氧化性Cl2_（填“”或“”）。（4）通过对比（2）和（3）可判断的氧化性

10、强弱的影响因素是_。利用本实验充分反应所得溶液设计实验验证你的判断。实验方案为_。（5）有同学认为无需流量控制器，你是否认可?并简要说明理由_。参考答案1D【详解】原子符号的左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，原子的核外电子数=原子序数=核电荷数=质子数，则的质量数为232，质子数=核外电子数=90，中子数=质量数-质子数=232-90=142，据此分析，答案选D。2C利用石油成分中各组分的沸点不同，对石油进行分馏得到的其中一组馏分为煤油，碳原子数目为1117的高沸点烃类混合物，主要成分是饱和烃类，还含有不饱和烃和芳香烃，答案选C。3BA油脂相对分子质量较小，不是高分子化合

11、物，A不符合题意；B蛋白质含碳氢氧氮等多种元素，相对分子质量在10000以上，是天然高分子化合物，B符合题意；C腈纶是合成纤维，不是天然高分子化合物，C不符合题意；D聚氯乙烯是聚合物，是高分子化合物，但不是天然存在，是合成的，D不符合题意；答案为B。4C硅酸盐材料，是指不含碳氢氧结合的化合物，主要是金属氧化物和不含氧的金属化合物。一般包括无机玻璃（硅酸盐玻璃）、玻璃陶瓷（微晶玻璃）陶瓷等三种。陶器是最早使用的硅酸盐材料，早在1万年前，是新石器时代；但玻璃和水泥的制造和使用也有5000多年历史，水晶的成分是二氧化硅，不是硅酸盐，答案选C。5C【分析】质子数相同中子数不同的同一元素的不同原子互称同

12、位素；由同一元素组成的不同单质互称同素异形体；结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物互称同系物；分子式相同结构不同的化合物互称同分异构体。A项、16O、18O是氧元素的不同原子，所以互为同位素，故A正确；B项、金刚石和足球烯是碳元素的不同单质，所以互为同素异形体，故B正确；C项、C2H6和C3H6的通式不相同，结构不相似，分子组成上相差一个碳原子，不互为同系物，故C错误；D项、C2H5OH和CH3OCH3的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确。故选C。6B有机物的球棍模型，其中“”表示碳原子，“O”表示氢原子，碳原子之间形成碳碳双键，碳原子与氢原子形成碳氢单键，分

13、子由2个碳原子和4个氢原子构成，则结构简式为CH2=CH2，即乙烯，答案选B。7AA. 苯可以萃取出溴单质，苯的密度比水的密度小，则上层为溶有溴单质的苯层，呈橙红色，四氯化碳也能萃取出溴单质，四氯化碳的密度比水的密度大，则下层为溶有溴单质的四氯化碳层，呈橙红色，因此可以鉴别，故A正确；B. 乙酸和乙酸乙酯均能与氢氧化钠溶液反应，故不能分离，故B错误；C. 乙醇和水均能与钠反应，故不能检验乙醇中是否含水，故C错误；D. 乙烯与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳，又引入新的杂质，故不能达到实验目的，故D错误；故选A。8B阿托酸含有碳碳双键，具有烯烃的性质；含有羧基，具有羧酸的性质，由此分析。A根据阿托酸

14、的结构简式，分子式为C9H8O2，故A正确；B氯原子可以取代苯环上的邻位，间位，对位；苯环上的一氯代物有3种，故B错误；C根据阿托酸的结构简式，含有羧基与碳碳双键两种官能团，故C正确；D1mol阿托酸含有1mol碳碳双键，1mol碳碳双键能与含1molBr2的水溶液发生加成反应，苯环和溴水不反应，故D正确；答案选B。9DAGa为主族元素，与Al同主族，同主族元素最外层电子数相同，Al原子最外层3个电子，则Ga的最外层有3个电子，故A正确；B同主族元素性质具有相似性，Ga与Al同主族，氧化铝的熔沸点很高，则Ga2O3也具有很高的熔沸点，故B正确；C Ga是金属，Ga与Al同主族，同主族元素从上至

15、下金属性逐渐增强，则Ga金属性强于铝，铝能与酸反应，则Ga单质也能与酸反应，故C正确；DGa是金属元素，Si是非金属元素，故D错误；答案选D。10D2AlCl3+3CO制备AlCl3，当获得1molAlCl3时，消耗1.5mol Cl2和1.5molC单质，生1.5molC，该氧化还原反应中C元素由0价变为+2价，1.5molC单质参与反应，反应进行过程中共转移3mol电子，据此分析解答。A根据分析，当获得1molAlCl3时，该反应共转移3mol电子，则转移的电子数为3NA ，故A错误；B根据分析，当获得1molAlCl3时，消耗1.5mol Cl2，则断裂Cl-Cl的数目为1.5NA，故B

16、错误；C根据分析，当获得1molAlCl3时，生成CO1.5mol，在标况下的体积为33.6L，题设选项中未说明气体的存在状态条件，故C错误；D根据分析，当获得1molAlCl3时，消耗1.5mol C，则消耗焦炭的质量为1.5mol12g/mol=18g，故D正确；11AA由图可知一个P与S形成3个共价键，另外3个P分别于1个S、2个P形成共价键，每个S形成2个共价键，则P4S3中S为2价，磷元素分别为+3价、+1价，故A错误；B只含共价键的化合物为共价化合物，如图所示，P4S3中只含有共价键，则P4S3属于共价化合物，故B正确；C由同种元素形成的共价键是非极性共价键，根据结构图示，P4S3

17、含有P-P键，是非极性键，故C正确；D由图可知，一个P4S3共有6个PS和3个PP共价键，则1molP4S3分子中含有9mol共价键，故D正确；答案选A。12A黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按照一定比例混合而成，爆炸的反应为S+2KNO3+3C=K2S+N2+CO2， S元素的化合价由0降为-2价，N元素的化合价由+5降为0价，C元素的化合价由0价升为+4价，则氧化剂为S、KNO3，还原剂为C，据此解答；A根据分析，“硝石”在反应中作氧化剂，故A错误；B“硫磺”在反应中作氧化剂，故B正确；C黑火药成分之一是木炭粉，则草木灰提供了碳单质，故C正确；D黑火药爆炸时放出巨大的能量，以至于“魂散惊而

18、魄齑粉”，故D正确；13DA乙醇、乙酸具有挥发性，实验开始时，由于加热作用，导致未反应的乙醇、乙酸加速挥发，为提高原料的利用率，应先打开K1，关闭K2进行原料的冷凝回流，提高原料的利用率，故A正确；B球形冷凝管的作用是冷凝回流，水从冷凝管下口进上口出，冷凝管的冷凝效果好，因此水从冷凝管的A处进入；直形冷凝管用来收集制备的乙酸乙酯，冷凝管内的冷却水方向应与蒸汽；流动的方向相反，因此冷凝水从冷凝管的C处进入，故B正确；C收集乙酸乙酯时，应关闭K1打开K2，温度计2用来测量乙酸乙酯蒸汽的温度，则应控制示数为77，故C正确；D饱和碳酸钠溶液在制备乙酸乙酯实验中的作用为除去乙酸、溶解乙醇，降低乙酸乙酯在

19、溶液中的溶解度，向锥形瓶中先加入或收集完成后再加入饱和碳酸钠溶液对该制备实验没有影响，故D错误；14C由图可知：第1步CO2碳氧双键断开形成*CO和O，第2步发生反应*CO+H*CHO，第3步“*CHO*OCHCHO*”， 第4步为*OCHCHO*脱离催化剂表面生成乙烯和乙醇，据此分析。A断开共价键需要吸收能量，故A正确；B观察图，第2步发生反应的化学方程式为*CO+H*CHO，故B正确；C第3步“*CHO*OCHCHO*”吸附在催化剂表面原子种类改变，数目增加，故C错误，；D第4步产物有乙烯、乙醇，根据原子守恒，产物中有水生成，故D正确；答案选C。15CA根据图示，在pH=7.5左右时，三种

20、净水剂的浊度去除率均在最高点，A正确，不选；B根据图示，用明矾净水时，浊度去除率随pH的变化而剧烈变化，适用的pH范围最窄，B正确，不选；C三种净水剂净水效果下降的原因也可能是酸性增强，胶体粒子与酸发生反应，使得净水效果下降，C错误，符合题意；D根据图示，在相同的pH下，硫酸铁和高分子聚合硫酸铁的净水效果都好于明矾溶液，原因可能是Fe3+比Al3+生成的胶粒数目多或吸附效果好，D正确，不选；16 NH4NO3 2A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 Cl2+S2-=2Cl-+S或Cl2+H2S=2H+2C1-+S 由扇形元素周期表的结构可知，为H元素，为C元素，为N元素，为O元素

21、，为Mg元素，为Al元素，为Si元素，为S元素，为Cl元素，为Ar元素，据此分析解答。由以上分析可知，为H元素，为C元素，为N元素，为O元素，为Mg元素，为Al元素，为Si元素，为S元素，为Cl元素，为Ar元素，（1）Ar元素质子数为18，故其原子结构示意图为；（2）C和H组成的最简单化合物为CH4，为共价化合物，其电子式为（3）O2-与Mg2+核外电子层结构相同，O2-的核电荷数较小，故其半径较大，故和的简单离子半径较大的是；（4）N的简单氢化物为NH3，其最高价氧化物对应水化物为HNO3，二者反应生成硝酸铵，化学式为NH4NO3；（5）某元素原子的M层电子数为K层电子数的两倍，则该元素为S

22、i元素，故选；（6）Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；（7）元素的非金属性越强，其对应单质的氧化性越强，则可以通过将氯气通入硫化钠溶液或氢硫酸中置换出硫单质，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，得出氯气的氧化性大于硫单质的氧化性，从而证明S的非金属性小于Cl的非金属性，反应的离子方程式Cl2+S2-=2Cl-+S或Cl2+H2S=2H+2C1-+S。【点睛】非金属性判断的依据有：1. 由单质的氧化性判断，一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强。2. 由单质和水的反应程度来看，反应越剧烈，非金属性越强，（比如F2

23、、Cl2、Br2和H2O的反应剧烈程度依次减弱，其对应的非金属性依次减弱）；3. 由对应氢化物的稳定性判断，氢化物越稳定，非金属性越强；4. 由和氢气化合的难易程度判断，化合反应越容易，非金属性越强；5. 由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断，酸性越强，非金属越强；6. 由对应最低价阴离子的还原性判断，还原性越强，对应非金属性越弱；以上几条规律，反之也成立，即若已知元素在周期表中的位置，根据元素周期律，可直接判断出非金属性强弱，进而也可推测出其对应的性质关系，如气态氢化物的稳定性强弱等规律。17第三周期IVA族 2C+SiO2Si+2CO 3SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl 高纯Si

24、O2 abd 石英砂的主要成分是二氧化硅，是碳和二氧化硅反应生成硅和一氧化碳；反应是粗硅和氯化氢反应生成SiHCl3和SiCl4；反应表示SiHCl3和H2反应生成多晶硅和氯化氢；反应表示SiCl4和NH3反应生成Si3N4和12HCl；反应表示四氯化硅发生水解生成硅酸和盐酸；反应代表硅酸加热分解得到二氧化硅和水，据此分析。（1）Si是14号元素，原子核外有三层电子，最外层电子数为4，在元素周期表中的位置是第三周期IVA族；（2）反应是碳和二氧化硅反应生成硅和一氧化碳，化学方程式为2C+SiO2Si+2CO；（3）流程中发生了化合价的变化，属于氧化还原反应的有；（4）高温下，反应表示SiCl4

25、和NH3反应生成Si3N4和12HCl；化学方程式为3SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl；（5）制造光是纤维的是高纯SiO2，多晶硅是良好的半导体材料，Si3N4用于结构陶瓷材料；（6） aSi和Ge属于同主族元索，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，与氢气化合越来越难，Ge与H2化合难于Si，故a正确；bSi和Ge属于同主族元索，GeO2中Ge的化合价为4价，处于最高价态，可以被还原，氧元素的化合价为-2价，处于最低价态，既有氧化性又有还原性，故b正确；c碳和硅位于同一主族，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应的水化物的酸性减弱，酸性H2GeO3

26、H2SiO3，故c错误；dSi和Ge都位于金属区和非金属区的分界区，既有金属性又有非金属性，Si和Ge都可做半导体材料，故d正确；答案选abd。GeO2既有氧化性又有还原性从化合价的角度分析比较合适，为难点。18环保、原料可再生、减少除杂量 24H+、18H2O Fe3+、Al3+ Ca Mn2+2NH3H2O=Mn（OH）2+2 175（170-180之间均可） ABD 软锰矿（主要成分MnO2、还含Fe、Al、Mg、Zn、Ca、Si等元素）利用纤维素“酸浸，过滤，得到酸浸液；“中和”时，加入碳酸钙调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+完全沉淀，过滤除去氢氧化铁、氢氧化铝；“净化时，在滤液中加入Na2S、NH4F使Zn2+、Mg2+、Ca2+转化为ZnS和MgF2、CaF2沉淀除去，在滤液中加入氨水沉锰，主要生成Mn（OH）2和Mn2（OH）2SO4沉淀，过滤，得到沉淀Mn（OH）2和Mn2（OH）2SO4，再经氧化得到Mn3O4，据此分析解答。（1）FeS2酸浸法，FeS2会被MnO2氧化生成硫单质和Fe3+，会增加后续步骤的除杂量，故利用纤维素“酸浸相较于FeS2酸浸法，除了原料来源丰富、成本低廉、耗能低外还有的优点是环保、原料可再生、减少除杂量；（2）根据得失电子守恒，电荷守恒、