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

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%。‎ ‎ ‎