2014-2015学年福建省漳州市龙海二中高二(下)期末化学试卷
福建省龙海市第二中学2014-2015学年高二下学期期末考试化学试卷 Word版含答案.pdf
龙海二中2014－201学年学期高二化学试题 （考试时间：90分钟 总分：100分） 选择题(每小题只有一个正确选项48分) 造纸工业中常用Cl2漂白纸浆，漂白后的纸浆用NaHSO3除去残留的Cl2，其反应为：Cl2＋NaHSO3＋H2O＝NaCl＋H2SO4＋HCl，在这个反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 A．23B．31C．21D．12下列各组离子在指定的条件下一定能大量共存的是( ) 的溶液中、、、 B.pH=7的溶液中、、、 C.使酚酞变红的溶液中、、、 D.加入铝粉产生氢气的溶液、、、 3.已知I2+SO32-+H2O===SO42-+2I-+2H+。
某无色溶液中只可能含有I-，NH4+,Ba2+, SO32-,MnO4-中的一种或几种，若向该溶液中滴加少量的溴水，溶液仍为无色，下列判断正确的是 A．该溶液中肯定不含I-B．该溶液中可能含有Ba2+C．该溶液中肯定含有NH4+D．该溶液中可能含有MnO4-设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．g乙烯和烯的混合气体中碳原子数目一定为NA。
B．用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入 0.1 mol CuOH）2能使溶液复原，则电解时产生标准状况下1.12L的气体。
C．D． NA。
5．下列离子方程式书写正确的是过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2＋2OH－===SO32-＋H2O C.碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液反应+OH-==H2O+NH3↑ D.二氧化硫通入溴水中溴水褪色 6．有、、、、和六种粒子分别属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物下列叙述错误的是( ) 氧化剂与还原剂的物质的量之比为 B.还原产物为 C.若有参加还原反应转移 D.该反应中是反应物之一用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A．molSiO2含有2NA个Si-O键。
B．1molNa2O2固体中含离子总数为3NAC．标准状况下，22.4 L SO3所含分子数为NAD．0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有2+个数为NA。
2014-2015学年下学期高二下学期期末考试化学试题及答案
2014～2015学年度第二学期期末质量调查试卷高二（理科）化学（含答案）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Cl-35.5 K-39第Ⅰ卷（选择题共50分）选择题（本题包括20小题，每小题只有一个选项符合题意，1～10题每题2分，11～20题每题3分，共50分）1．下列物质不属于有机物的是A．橡胶B．硅胶C．油脂D．蛋白质2．苯酚的官能团是A．－OH B．OH－C．C6H5－D．C6H5－O3．反应后没有颜色变化的是A．酚与FeCl3溶液B．淀粉与碘水C．酸性K2Cr2O7溶液与C2H5OH D．C3H7Cl与NaOH溶液4．下列说法正确的是A. 光导纤维、棉花、油脂、ABS树脂都是由高分子化合物组成的物质B. 推广基础甲醇汽油，使用无磷洗涤剂都可直接降低碳排放C. 动植物蛋白质混合摄入，能增强蛋白质的营养作用D. 汽车催化转化器不会降低汽车尾气污染物向大气中排放5．下列物质在一定条件下能与水反应，且一定不属于水解反应的是A.蛋白质B. 油脂C. 蔗糖D. 乙烯6．下列说法正确的是A．棉、麻、羊毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2OB．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．用K M n O4酸性溶液鉴别CH3CH＝CHCH2OH和C H3CH2CH2CHOD．向盛有少量苯酚稀溶液试管中滴加少量稀溴水，边滴边振荡，有白色沉淀出现7．下列有机物命名正确的是A．1，3，4-三甲苯B．2-氯丙烷C．2-甲基-1-丙醇D．2-甲基-3-丁炔8．只用一种试剂就可鉴别：C2H5OH、NaOH、C6H5OH、AgNO3、Na2CO3、KI六种透明溶液，这种试剂是A．稀盐酸B．氯化铝溶液C．溴水D．酸性高锰酸钾溶液9．下列过程中，不涉及化学变化的是A．甘油加水作护肤剂B．用脂肪和烧碱加热制取肥皂C．烹调鱼时加入少量料酒和食醋可以减少腥味、增加香味D．在燃料煤中添加氧化钙以减少二氧化硫的生成10．下列各组中的两种有机物，其最简式相同但既不是同系物，又不是同分异构体的是A.苯苯乙烯B.甲醛乙二醛C.对甲基苯酚苯甲醇D.甲酸乙醛11．下列关于有机化合物的认识不正确的是A．盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性B．蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体C．石油分馏可获得乙烯、丙烯和丁二烯D．向澄清的苯酚钠溶液中通入二氧化碳气体，会看到澄清溶液变浑浊12．下列与有机物结构、性质相关的叙述错误的是A.苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键B.乙酸乙酯在中性和酸性条件下都能水解，且水解速率相同C.醇与酸在一定条件下反应生成酯的反应也属于取代反应D.乙酸分子中含有羧基，可与NaHCO3溶液反应生成CO213．下列说法正确的是A．除去乙烷中的乙烯：在光照条件下通入Cl2，气液分离B．除去乙醇中的乙酸：加足量生石灰后蒸馏C．“硝基苯制备”实验中，浓硫酸起氧化作用D．用溴水不能验证裂化汽油中含有不饱和烃14．下列化合物中，所有原子都处于同一平面的是A. 乙烷B. 甲苯C. 氟苯D. 二氧化硅15．从原料和环境方面考虑，对生产中的化学反应提出一个原子节约的要求，即尽可能不采用那些对产品的化学组成没有必要的原料。
2014-2015学年福建省漳州市芗城中学高二下学期末化学试题及答案
2014-2015学年福建省漳州市芗城中学高二（下）期末化学复习试卷一、选择题（每小题第只有一个选项符合题意，共20题，60分）1．下列各原子或离子的电子排布式错误的是（）A．C 1s22s22p2B．O2﹣1s22s22p6C．Cr 1s22s22p63s23p63d44s2D．Al 3+ 1s22s22p6考点：原子核外电子排布．专题：原子组成与结构专题．分析：基态原子或离子的电子应处于能量最低的状态，同时注意洪特规则特例，能级处于全满、半满时稳定．解答：解：A．C核外电子排布式为1s22s22p2，符合能量最低原理，故A正确；B．O2﹣排布式为1s22s22p6，符合能量最低原理，故B正确；C．Cr的d能级处于半满时稳定，因此核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故C错误；D．Al 3+核外有10个电子，核外电子排布式为：1s22s22p6，故D正确；故选C．点评：本题考查原子核外电子排布，题目难度不大，本题注意基态原子或离子的电子排布规律的应用，把握书写方法．2．下列分子或离子中，含有孤对电子的是（）A．H2O B．CH4C．SiH4D．NH4+考点：化学键；原子核外电子排布．专题：化学键与晶体结构．分析：孤对电子是指未参与形成化学键的成对电子，对于孤对电子的判定：主要是看与中心原子成键的配位原子数，一般中心原子达8电子稳定结构时，最外层上有4对电子，当与中心原子成键的配位原子少于4个时，中心原子就会有孤对电子存在，配位原子为4个或多于4个时，则中心原子则不会有孤对电子存在了．解答：解：A、H2O中O最外层有6个电子，只有2对共用电子对，因而含有2对孤对电子，故A正确；B、CH4中O中C最外层有4个电子，有4对共用电子对，因而含有没有孤对电子，故B 错误；C、SiH4中O中Si最外层有4个电子，有4对共用电子对，因而含有没有孤对电子，故C 错误；D、NH3中N最外层有5个电子，有3对共用电子对，因而含有1对孤对电子，但NH4+中NH3孤对电子和H+结合成配位键，则没有孤对电子，故D错误；故选A．点评：本题主要考查了孤对电子的判断，掌握判断方法是解题的关键，难度中等．3．下列各原子或离子的电子排布式错误的是（）A．Na+：1s22s22p6B．F：1s22s22p5C．O2﹣：1s22s22p4D．Ar：1s22s22p63s23p6考点：原子核外电子排布．专题：原子组成与结构专题．分析：原子或离子的电子排布应符合能量最低原理，一般来说离子的核外最外层达到8电子稳定结构，根据构造原理，s能级最多可容纳2个电子，p能级有3个轨道最多可容纳6个电子，电子总是优先从能量低的能层、能级排列，其中s2是原子得两个电子形成的稳定的结构，所以第三能层中的电子排布应为3s23p6，以此判断．解答：解：A．Na的原子序数为11，离子的核外电子排布式为1s22s22p6，最外层达到8电子稳定结构，故A正确；B．F原子核外有9个电子，核外电子排布式为1s22s22p5，故B正确；C．O的原子序数为8，离子的核外电子排布式为1s22s22p6，最外层应达到8电子稳定结构，故C错误；D．Ar的核外有18个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，符合能量最低原理，故D 正确．故选C．点评：本题考查的是构造原理及各能级最多容纳的电子数，题目难度不大，注意把握原子核外电子排布规律．4．σ键可由两个原子的s轨道、一个原子的s轨道和另一个原子的p轨道或一个原子的p轨道和另一个原子的p轨道以“头碰头”方式重叠构建而成．则下列分子中的σ键是由两个原子的s轨道以“头碰头”方式重叠构建而成的是（）A．H2B．HCl C．Cl2D．F2考点：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：原子的最外层电子为s电子时，两个原子s轨道以“头碰头”方式重叠形成σ键，以此来解答．解答：解：A．H的最外层电子为s电子，则只有s﹣sσ键，故A选；B．H的最外层电子为s电子，Cl的最外层为p电子，则只有s﹣pσ键，故B不选；C．Cl的最外层为p电子，则只有p﹣pσ键，故C不选；D．F的最外层为p电子，则只有p﹣pσ键，故D不选；故选A．点评：本题考查共价键的形成，为高频考点，侧重分子结构与性质的考查，注意最外层电子的判断与共价键类型的关系即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大．5．下列物质性质的变化规律，与化学键的强弱无关的是（）A．F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱C．金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅D．NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低考点：键能、键长、键角及其应用．专题：化学键与晶体结构．分析：A．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔点、沸点越大；B．元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定；C．原子晶体中，键长越短，键能越大，物质的熔点、沸点越高；D．离子晶体中影响熔沸点的因素是离子键．解答：解：A．F2、Cl2、Br2、I2的相对分子质量逐渐增大，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点、沸点越高，与键能无关，故A正确；B．非金属性F＞Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，与键能有关，故B错误；C．金刚石、晶体硅都属于原子晶体，金刚石中碳碳键的键长小于晶体硅中硅硅键的键长，所以金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅，与键能有关，故C错误；D．NaF、NaCl、NaBr、NaI属于离子晶体，离子半径越大，键能越小，熔沸点越低，与化学键的键能有关，故D错误；故选A．点评：本题考查键能的大小比较及元素周期律的递变规律，题目难度不大，注意把握晶体类型的判断以及影响晶体熔沸点高低的因素．6．纳米材料的表面微粒数占微粒总数的比例极大，这是它有许多特殊性质的原因．假设某纳米颗粒中粒子分布类似于硼镁化合物，其结构如图所示，则这种纳米颗粒的分子式为（）（镁原子○位于顶点和上下两个面心，硼原子●位于内部）A．MgB B．Mg3B6C．Mg5B12D．Mg14B6考点：晶胞的计算．专题：化学键与晶体结构．分析：根据题目要求判断该纳米颗粒粒子的类型，再观察镁原子和硼原子位置和数目，判断分子式．解答：解：根据题目可知该纳米颗粒为分子，即每个晶胞就是一个分子，观察晶胞，可知分子内含有14个Mg原子和6个B原子，故其分子式为：Mg14B6，故选D．点评：本题考查化学式的确定，难度不大，容易出错，搞清楚微粒的类型再判断．7．根据下表中所列键能数据，判断下列分子中，最不稳定的分子是（）化学键H﹣H H﹣Cl H﹣I Cl﹣Cl Br﹣Br键能/kJ/mol 436 431 299 247 193A．HCl B．HBr C．H2D．Br2考点：键能、键长、键角及其应用．分析：根据键能与化学键稳定性的关系判断，键能越大分子越稳定．解答：解：键能越大，即形成化学键时放出能量越多，这个化学键越稳定，越不容易被打断；键能越小，化学键越容易被打断，所以最不稳定的分子是Br2．故选D．点评：本题考查了分子稳定性与键能的关系，题目难度不大，注意根据键能越大分子越稳定来分析．8．x、y为两元素的原子，x的阴离子与y的阳离子的电子层结构相同，由此可知（）A．x的原子半径大于y的原子半径B．x的第一电离能小于y 的第一电离能C．x的金属性大于y的金属性D．x的电负性大于y的电负性考点：原子结构与元素周期律的关系．分析：x元素的阴离子和y元素的阳离子具有相同的电子层结构，离子核外电子数目相等，则y元素处于x元素的下一周期，x为非金属元素，最外层电子数较多，y为金属元素，最外层电子数相对较少，结合元素周期律解答．解答：解：x元素的阴离子和y元素的阳离子具有相同的电子层结构，离子核外电子数目相等，则y元素处于x元素的下一周期，x为非金属元素，最外层电子数较多，y为金属元素，最外层电子数相对较少．A．y元素处于x元素的下一周期，x为非金属元素，原子半径小于同周期与y处于同族的元素，故原子半径y＞x，故A错误；B．x为非金属元素，y为金属元素，故x的第一电离能大于y的第一电离能，故B错误；C．x为非金属元素，y为金属元素，故x的金属性弱于y的金属性，故C错误；D．x为非金属元素，y为金属元素，故x的电负性高于y的电负性，故D正确；故选D．点评：考查结构与位置的关系、半径与电负性、第一电离能比较等，难度不大，关键根据离子具有相同的电子层结构推断元素的相对位置，注意对元素周期律的理解掌握．9．构造原理揭示的电子排布能级顺序，实质是各能级能量高低，若以E表示某能级的能量，下列能量高低顺序中正确的是（）A．E（3s）＞E（2s）＞E（1s）B．E（3s）＞E（3p）＞E（3d）C．E（4f）＞E（4s）＞E（3d）D．E（5s）＞E（4s）＞E（4f）考点：原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态．专题：原子组成与结构专题．分析：各能级能量高低顺序为①相同n而不同能级的能量高低顺序为：ns＜np＜nd＜nf，②n不同时的能量高低：2s＜3s＜4s 2p＜3p＜4p；③不同层不同能级ns＜（n﹣2）f＜（n ﹣1）d＜np，以此解答该题．解答：解：各能级能量高低顺序为①相同n而不同能级的能量高低顺序为：ns＜np＜nd ＜nf，②n不同时的能量高低：2s＜3s＜4s 2p＜3p＜4p；③不同层不同能级ns＜（n﹣2）f ＜（n﹣1）d＜np，绝大多数基态原子核外电子的排布都遵循下列顺序：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f…A．不同能层相同能级的电子能量E（3s）＞E（2s）＞E（1s），故A正确；B．由以上分析可知相同能层不同能级的电子能量E（3d）＞E（3p）＞E（3s），故B错误；C．由以上分析可知E（4f）＞E（3d）＞E（4s），故C错误；D．应为E（4f）＞E（5s）＞E（4s），故D错误．故选A．点评：本题考查核外电子的排布，题目难度中等，注意根据构造原理把握能量大小的排布顺序，为解答该题的关键之处．10．下列微粒中，最外层未成对电子数最多的是（）A．O B．P C．Mn D．Fe3+考点：原子核外电子排布．专题：原子组成与结构专题．分析：根据能量最低原理书写各元素的电子排布式，根据电子排布式判断未成对电子数，可解答该题．解答：解：A．O的电子排布式为1s22s22p4，未成对电子数为2；B．P的电子排布式为1s22s22p63s23p3，未成对电子数为3；C．Mn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，未成对电子数为5；D．Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，未成对电子数为5；比较可知Mn、Fe3+的未成对电子数为5，最多，故选CD．点评：本题考查原子核外电子的排布，题目难度中等，注意根据电子排布式判断未成对电子数．11．下列事实中能证明氯化氢是共价化合物的是（）A．液态氯化氢不导电B．氯化氢极易溶于水C．氯化氢不易分解D．氯化氢溶液可以电离考点：共价键的形成及共价键的主要类型．分析：共价化合物的构成微粒不带电，则液态不导电，但离子化合物的构成微粒带电，其液态能导电，以此来证明氯化氢是共价化合物．解答：解：A、因共价化合物的构成微粒不带电，离子化合物的构成微粒带电，则可利用液态氯化氢不导电来证明氯化氢是共价化合物，故A正确；B、不能利用溶解性判断是否为共价化合物，如NaCl也易溶于水，但属于离子化合物，故B错误；C、不能利用分解来判断是否为共价化合物，如NaCl受热也不易分解，但属于离子化合物，故C错误；D、溶液能导电，是因化合物在水中发生电离，共价化合物、离子化合物的溶液都可以导电，故D错误；故选：A．点评：本题考查共价化合物的判断，明确共价化合物的构成微粒是解答本题的关键，难度不大．12．第3周期元素形成的单质中，属于原子晶体的是（）A．金刚砂B．金刚石C．单晶硅D．二氧化碳考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．专题：化学键与晶体结构．分析：C、Si都属于第IV A族元素，但C位于第二周期、Si位于第三周期，由原子构成的晶体属于原子晶体，由分子构成的晶体属于分子晶体，由阴阳离子构成的晶体属于离子晶体，由金属阳离子和自由电子构成的晶体属于金属晶体，根据晶体构成微粒解答．解答：解：C、Si都属于第IV A族元素，但C位于第二周期、Si位于第三周期，原子晶体的构成微粒是原子，A．金刚砂是SiC，其构成微粒是原子，属于原子晶体，但该物质属于化合物，故A错误；B．金刚石的构成微粒是原子，属于原子晶体，但C位于第二周期，不符合条件，故B错误；C．单晶硅的构成微粒是原子，所以属于原子晶体，且Si元素位于第三周期，单晶硅属于单质，所以符合条件，故C正确；D．二氧化碳的构成微粒是分子，所以属于分子晶体，且二氧化碳属于化合物，不符合条件，故D错误；故选C．点评：本题考查单质、原子晶体，侧重考查基本概念，明确单质的含义、晶体类型的划分、元素在周期表中的位置即可解答，熟练掌握常见原子晶体及其结构，题目难度不大．13．下列事实与氢键有关的是（）A．水加热到很高的温度都难以分解B．水结冰成体积膨胀，密度减少C．CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增加而升高D．HF、HCI、HBr、HI的热稳定性依次减弱考点：含有氢键的物质．专题：化学键与晶体结构．分析：A．分子的稳定性与共价键有关；B．水分子之间含有氢键，水凝固成冰时，水分子排列有序化，体积膨胀，密度减小；C．分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高；D．氢化物的稳定性与共价键强弱有关．解答：解：A．分子的稳定性与共价键有关，水的分解破坏的是化学键，不是氢键，故A 不选；B．水分子间存在氢键，氢键具有方向性，氢键的存在迫在四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以水结成冰时，体积增大密度减小；当冰刚刚融化为液态水时，热运动使冰的结构部分解体，水分子间的间隙减小，密度反而增大，故B选；C．CH4、SiH4、GeH4、SnH4的熔点随相对分子质量的增大而升高是与分子间作用力有关，分子间不存在氢键，与氢键无关，故C不选；D．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性与共价键强弱有关，非金属性越强，形成的共价键越强，其氢化物越稳定，与氢键无关，故D不选．故选B．点评：本题考查氢键的形成与性质，题目难度不大，注意氢键与分子间作用力、化学键的区别，易错点为氢键对物质性质的影响．14．当下列物质以晶体形式存在时，其所属晶体类型和所含化学键类型分别相同的是（）A．氯化钠、氯化氢B．二氧化碳、二氧化硅C．四氯化碳、四氯化硅D．单质铁、单质碘考点：化学键；离子晶体；原子晶体；分子晶体；金属晶体．分析：根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键，金属单质含有金属键．解答：解：A、氯化钠是离子键形成的离子晶体而氯化氢是共价键形成的分子晶体，故A 不符合；B、二氧化碳是共价键形成的分子晶体而二氧化硅是共价键形成的原子晶体，故B不符合；C、四氯化碳、四氯化硅都是共价键形成的分子晶体，故C符合；D、单质铁是金属键形成的金属晶体而单质碘是共价键形成的分子晶体，故D不符合；故选C．点评：本题考查了晶体类型和化学键的判断，难度不大，注意碘单质不是单原子分子，是多原子分子．15．已知X、Y、Z三种元素组成的化合物是离子晶体，其晶胞如图所示，则下面表示该化合物的化学式正确的（）A．ZXY3B．ZX2Y6C．ZX4Y8D．ZX8Y12考点：晶胞的计算．专题：化学键与晶体结构．分析：Z处于晶胞中心的原子被一个晶胞占有，X处于顶点上的原子被8个晶胞占有，Y处于棱上的原子被4个晶胞占有，利用均摊法计算晶胞中各原子数目确定化学式．解答：解：Z处于晶胞中心的原子被一个晶胞占有，X处于顶点上的原子被8个晶胞占有，Y处于棱上的原子被4个晶胞占有，故晶胞中含有Z原子的数目为1、含有X原子的数目为8×=1、含有Y原子的数目为12×=3，所以Z、X、Y的原子个数比是1：1：3，所以其化学式为ZXY3，故选A．点评：本题考查了晶胞的有关计算，难度不大，利用均摊法计算晶胞中含有的各种元素的原子个数之比即可确定．16．由下列各组的三种元素构成的化合物中既有离子晶体，又有分子晶体的是（）A．H、O、C B．Na、S、O C．H、N、O D．H、S、O考点：离子晶体；分子晶体．专题：化学键与晶体结构．分析：H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，含有离子键的化合物是离子化合物，属于离子化合物；只含共价键的化合物是共价化合物，属于分子晶体，据此分析解答．解答：解：A、C、H、O是非金属元素，这三种元素相互化合只能形成共价化合物（如H2CO3），不能形成离子化合物，故A错误；B、Na是活泼金属元素，S、O是非金属元素，这三种元素相互化合只能形成离子化合物（如硫酸钠），不能形成共价化合物，故B错误；C、H、N、O是非金属元素，各元素相互化合可以共价化合物（如硝酸），属于分子晶体，也可以形离子化合物（如硝酸铵），属于离子晶体，故C正确；D、H、S、O是非金属元素，这三种元素相互化合只能形成共价化合物（如H2SO4），不能形成离子化合物，故D错误；故选：C．点评：本题考查了元素与化学键的关系，难度不大，注意：金属元素和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝是共价化合物不是离子化合物．17．下列能跟氢原子形成最强极性键的原子是（）A．F B．Cl C．Br D．I考点：极性键和非极性键．专题：化学键与晶体结构．分析：成键的两原子电负性差别越大，极性越大．解答：解：成键的两原子电负性差别越大，极性越大，F的电负性最大，则跟氢原子形成最强极性键，故选A．点评：本题考查极性键的强弱，难度不大，注意知识的积累．18．下列各组微粒，半径大小比较中错误的是（）A．K＞Na＞Li B．Na+＞Mg2+＞Al3+C．Mg2+＞Na+＞F﹣D．Cl﹣＞F﹣＞F考点：微粒半径大小的比较．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A．同主族自上而下原子半径逐渐增大；B．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；C．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；D．电子层越多离子半径越大，原子半径小于相应的阴离子半径．解答：解：A．同主族自上而下原子半径逐渐增大，故原子半径K＞Na＞Li，故A正确；B．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Na+＞Mg2+＞Al3+，故B正确；C．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Mg2+＜Na+＜F﹣，故C错误；D．电子层越多离子半径越大，原子半径小于相应的阴离子半径，故微粒半径Cl﹣＞F﹣＞F，故D正确，故选C．点评：本题考查微粒半径比较，题目难度不大，注意对微粒半径比较规律的理解掌握．19．下列各组指定的元素，不能形成AB2型化合物的是（）A．2s22p2和2s22p4B．3s23p4和2s22p4C．3s2和2s22p5D．3s1和3s23p5考点：原子核外电子排布．分析：A B2型化合物中A的化合价为+2或者+4价，B的化合价为﹣1或﹣2价，根据价电子排布判断化合价是否符合．解答：解：A．价层电子排布为2S22P2的元素为C，价层电子排布为2S22P4的元素为O，二者可形成CO2，故A不选；B．价层电子排布为3S23P4的元素为S，价层电子排布为2S22P4的元素为O，二者可形成SO2，故B不选；C．价层电子排布为3S2的元素为Mg，价层电子排布为2S22P5的元素为F，二者可形成MgF2，故C不选；D．价层电子排布为3S1的元素为Na，价层电子排布为3s23p5的元素为Cl，二者可形成NaCl，与题目不符，故D选．故选D．点评：本题考查原子核外电子排布，题目难度不大，本题注意把握核外电子的排布特点，把握常见元素的化合价．20．某+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，该元素在周期表中所属的族是（）A．ⅡA B．ⅡB C．VⅢD．ⅠB考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：某+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，处于周期表中ds区，最外层电子数为族序数，据此判断．解答：解：某+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，该元素原子的核外电子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，处于周期表中ds区，最外层电子数为族序数，电子层数等于周期数，所以该元素处于第四周期第ⅠB族．故选：D．点评：考查原子结构与位置关系、核外电子排布规律等，难度不大，注意核外电子排布规律中半满、全满稳定状态．二、解答题（共4小题，满分40分）21．短周期元素X、Y、Z在周期表中位置关系如图：XYZ（答题时，X、Y、Z用所对应的元素符号表示）（1）x元素的单质分子式是He，单质是原子晶体．（2）自然界中存在一种仅含钙与Y两种元素的天然矿物，其电子式为，属于离子晶体．（3）Z的氢化物和Y的氢化物沸点高低顺序是：HF＞H2S，理由：HF分子之间除了存在分子间作用力，还存在氢键．（4）X、Y、Z三种元素中，电负性最大的是：F．考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．分析：由短周期及元素的位置可知，X为He、则Y为F、Z为S，（1）稀有气体为单原子分子，则其分子式为He，属于分子晶体；（2）Y为F元素，二者形成的化合物为氟化钙，属于离子化合物；（3）Z的氢化物和Y的氢化物分别为硫化氢和氟化氢，氟化氢中存在氢键，氟化氢的沸点大于硫化氢；（4）非金属性越强，电负性越强，F是电负性最强的元素．解答：解：由短周期及元素的位置可知，X为He、则Y为F、Z为S，（1）X为He，属于稀有气体元素，其分子式为：He，He晶体为分子晶体，故答案为：He；分子；（2）自然界中存在一种仅含钙与Y两种元素的天然矿物，Y为F元素，二者形成的化合物为氟化钙，氟化钙属于离子化合物，其电子式为：，故答案为：；离子；（3）Z的氢化物和Y的氢化物分别为硫化氢和氟化氢分别为硫化氢和氟化氢，由于HF分子之间除了存在分子间作用力，还存在氢键，所以氟化氢的沸点较高，即：HF＞H2S，故答案为：HF＞H2S；HF分子之间除了存在分子间作用力，还存在氢键；（4）He、S、F元素中，非金属性正确的为F，则电负性最强的为F，故答案为：F．点评：本题考查元素周期律和元素周期表，题目难度中等，注意熟悉元素在周期表中的位置，明确元素性质周期性变化的原因及元素性质的周期性变化是解答本题的关键．22．已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E．其中A、B、C是同一周期的非金属元素．化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构．AC2为非极性分子．B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高．E的原子序数为24，ECl3能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，三个氯离子位于外界．请根据以上情况，回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N．（2）B的氢化物的分子空间构型是三角锥型．其中心原子采取sp3杂化．（3）写出化合物AC2的电子式；一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为N2O．（4）ECl3与B、C的氢化物形成配位数为六的配合物的化学式为[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3．考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E，化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成﹣2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中存在氢键，C形成﹣2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素；核电荷数B＜C，则B为氮元素；其中A、B、C是同一周期的非金属元素，AC2为非极性分子，则A为碳元素；E的原子序数为24，则E为Cr元素；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3，据此进行解答．解答：解：A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C ＜D＜E化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成﹣2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中应存在氢键，C形成﹣2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素，核电荷数B＜C，则B为氮元素；其中A、B、C是同一周期的非金属元素，AC2为非极性分子，则A为碳元素；E的原子序数为24，则E为Cr元素；CrCl3能与NH3、H2O 形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3，故A为碳元素；B为氮元素；C为氧元素，D为镁元素，E为Cr元素，（1）A为碳元素、B为氮元素、C为氧元素，同周期自左而右第一电离能增大，氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，电子能量低，氮元素第一电离能高于相邻的元素的，所以第一电离能由小到大的顺序为：C＜O＜N，故答案为：C＜O＜N；（2）B为氮元素，其氢化物为NH3，分子中含有3个N﹣H键，N原子有1对孤对电子对，杂化轨道数为4，N原子采取sp3杂化，空间构型为三角锥型，故答案为：三角锥型；sp3；（3）化合物AC2是CO2，分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，电子式为；一种由N元素、O元素化合物与CO2互为等电子体，其化学式为N2O，故答案为：；N2O；（4）E为Cr元素，CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为：[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3，故答案为：[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3．点评：本题考查了位置、结构与性质关系的综合应用，题目难度中等，涉及结构性质越位置关系、元素周期律、电子式与核外电子排布、配合物与杂化理论、分子结构等至少，是物质结构的综合性题目，是对学生综合能力的考查，氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高是推断的突破口．。
福建省龙海市2015-2016学年高二下学期期末考试化学试卷试卷
程溪中学2015-2016高二化学下学期化学考试卷可能用到的元素的相对原子质量：H：1 C：12 O：16一、选择题（本题包括20小题，每小题3分，共60分。
每小题只有一个．．．．选项符合题意。
）1. 化学与生活密切相关。
下列有关说法错误的是（）A. 用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维B. 食用油反复加热会产生稠环芳烃等有害物质C. 加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性D. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%2. 有关化学用语正确的是( )A．溴乙烷的分子式C2H5Br B．乙醇的结构简式C2H6OC．四氯化碳的电子式 D．乙烯的最简式C2H43．中国南海海域是全球范围内石油储量与可开采储量较丰富、开采潜力较大的地方，有“第二个波斯湾”之称。
下列关于石油的说法正确的是( ) A．石油属于可再生矿物能源B．石油只含有碳、氢、氧三种元素C．石油裂化的主要目的是提高轻质液体燃料的产量和质量D．石油分馏所得的各馏分均是纯净物4．下列关于有机化合物的说法正确的是（）A. 2-甲基丁烷也称为异丁烷B. 由乙烯生成乙醇属于加成反应C. C4H9Cl有3种同分异构体D. 油脂和蛋白质都属于高分子化合物5．下列各对物质中，互为同系物的是( )A．CH3-CH=CH2与 B．C．HCOOC2H5与CH3COOCH3 D．6．绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染。
下列做法不符合绿色化学理念的是( )A．研制水溶剂涂料替代有机溶剂涂料B．用可降解塑料生产包装盒或快餐盒C．用反应：制备硫酸铜D．用反应：制备环氧乙烷7．乙醇分子中不同化学键如图所示，关于乙醇在各种反应中断裂的键不正确的是（）A．在Cu催化作用下和O2反应时键①⑤断裂B．和氢溴酸共热时键②断裂C．和金属钠反应时键①断裂D．和浓硫酸加热到170℃，键②⑤断裂8.下列物质既能发生消去反应生成相应的烯烃，又能氧化成相应的醛的是( )A. CH3OHB. CH2OHCH2CH3C. (CH3)2COHCH3D. (CH3)3COH9.下列反应中，不属于取代反应的是( )A．乙醇与浓硫酸加热到140℃B．苯与浓硝酸、浓硫酸混合共热制取硝基苯C．乙醇与氧气反应生成醛D．乙醇与浓硫酸、溴化钠共热10．下列实验方案合理的是( )A．鉴别甲烷和乙烯：分别点燃，观察火焰的颜色及是否有黑烟B．检验酒精中的少量水：向酒精中加入足量生石灰C．制备氯乙烷（C2H5Cl）：将乙烷和氯气的混合气放在光照条件下反应D．验证某RX是碘代烷，把RX与烧碱水溶液混合加热后，将溶液冷却后再加入硝酸银溶液观察是否出现黄色沉淀11．下列有机物命名正确的是（）A．2，4，5-三甲基-5-乙基辛烷 B．2， 5-二甲基-4-乙基己烷C．3-甲基-4-乙基戊烷 D．2，3-二甲基-4-戊烯12．下列有关苯酚的实验事实中，能说明侧链对苯环性质有影响的是 ( ) A．苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚 B．苯酚能和NaOH溶液反应C．苯酚燃烧产生带浓烟的火焰 D．1mol苯酚与3mol H2发生加成反应13．物质分子中最多有几个碳原子在同一平面上( ) A．8 B．9 C．10 D．11 14．下列说法正确的是( )A．苯和苯酚都属于芳香烃 B． CCl4可由CH4制得，可萃取碘水中的碘C．硝化甘油、TNT都是硝酸酯 D．石油主要是各种烷烃、环烷烃、烯烃组成的混合物15．有机物甲可氧化生成羧酸,也可以还原生成醇。
福建省四地六校2014-2015学年高二下学期第一次联考化学试卷Word版含答案
福建省四地六校2014-2015学年⾼⼆下学期第⼀次联考化学试卷Word版含答案“华安、连城、泉港、永安、漳平⼀中、龙海⼆中”六校联考2014－2015学年下学期第⼀次⽉考⾼⼆化学试题（考试时间：90分钟总分：100分）命题⼈：刘志峰审题⼈：朱淑琴可能⽤到的相对原⼦质量：H:1 C:12 N:14 O:16 S:16 Cl:35.5 Na:23 Mg:24 Al:27第I卷（选择题共40分）⼀、选择题（共20⼩题,每⼩题2分,共40分。
每⼩题只有⼀个．．．．选项符合题意）1.在物质结构研究的历史上，⾸先提出原⼦内有电⼦学说的科学家是（）A．道尔顿 B．卢瑟福 C．汤姆⽣ D．波尔2.符号为N的能层最多能容纳的电⼦数为( )A．18 B．32 C．50 D．723.下列微粒中，最外层未成对电⼦数最多的是（）A.OB.PC.SiD.Fe3+4.下列有关叙述中正确的是( )A．因为s轨道的形状是球形的，所以s电⼦做的是圆周运动B．3p x、3p y、3p z的差异之处在于三者中电⼦(基态)的能量不同C．原⼦轨道和电⼦云都是⽤来形象地描述电⼦运动状态的D．电⼦云图上的每⼀个点都代表⼀个电⼦5.X、Y、Z三种元素的原⼦，其最外层电⼦排布为n s1,3s23p1和2s22p4，由这三种元素组成的化合物的化学式可能是( ) A．X2YZ3B．X2YZ2 C．XYZ2D．XYZ36.下列有关多电⼦原⼦的叙述中，正确的是()A．在⼀个多电⼦原⼦中，不可能有两个运动状态完全相同的电⼦B．在⼀个多电⼦原⼦中，不可能有两个能量相同的电⼦C．在⼀个多电⼦原⼦中，N层上的电⼦能量肯定⽐M层上的电⼦能量⾼D．某个多电⼦原⼦的3p能级上仅有两个电⼦，它们的⾃旋状态必然相反7.已知某+2价离⼦的电⼦排布式为1s22s22p63s23p63d9，该元素在周期表中所属的族是（）A．IIA B．IB C．IIB D． VIII8.下列轨道表⽰式能表⽰氮原⼦的最低能量状态的是（）A． B．C． D.9.图甲和图⼄表⽰的是元素的某种性质随原⼦序数的变化。
高二下学期末试卷
龙海实验中学2014--2015学年第二学期期末考试卷Array高二化学测试题命题人：洪德容(本题包括20小题，每小题2分，共40分。
每小题只有一个．．．．选项符合题意)、下列晶体中，不属于原子晶体的是（）A．金刚石 B．水晶 C．晶体硅 D．冰、某元素质量数52，中子数28，其基态原子未成对电子数为（）A．3 B．4 C．5 D．6、下列化合物分子中的所有原子都处于同一直线的是（）A．C2H2 B．C2H4 C．PCl3 D．BF3、某元素基态原子的最外层电子排布为ns l，当它跟卤素结合时可形成的化学键是（）A．一定是共价键 B．一定是离子键C．可能是共价键，也可能是离子键 D．一定是极性共价键、下列有关化学键与晶体结构的有关说法中，正确的是( )A．两种元素组成的分子中一定只有极性键B．离子化合物的熔点一定比共价化合物的高C．只由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物．含有阴离子的化合物一定含有阳离子6、CH3CH(C2H5)CH(CH3)2的名称是( )A. 1,3-二甲基戊烷 B．2-甲基-3-乙基丁烷C．3,4-二甲基戊烷 D．2,3-二甲基戊烷、已知X、Y元素同周期，且非金属性X＞Y，下列说法错误．．的是( )A．X与Y形成化合物时，X显负价，Y显正价 B．气态氢化物的稳定性：H m Y小于H m X C．第一电离能Y一定小于X D．最高价含氧酸的酸性：X对应的酸性强于Y对应的酸性、共价键、离子键和范德华力都是微观粒子之间的不同作用力。
下列物质：①Na2O2、②SiO2、2、⑥于冰，其中含有两种不同类型的作用力的是( )A．①③⑤⑥ B．①③⑥ C．②④⑥ D．①②③⑥、向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物（）A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4] 2+C．向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化D．在[Cu(NH3)4] 2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道、下列各项的叙述都包含两个数值，前一数值大于后一数值的是（）A．水中的分子间作用力和硫化氢分子中的分子间作用力B．相同条件下，H2分别与Cl2、F2反应的反应速率C．晶体硅中Si—Si键的键能和金刚石中C—C键的键能D．甲烷分子中C—H键的极性和氨分子中N—H键的极性、在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。
漳州市龙海二中2015-2016学年高二下学期期末化学试卷 含解析
2015—2016学年福建省漳州市龙海二中高二（下）期末化学试卷一、选择题化学与材料、生活和环境密切相关．下列有关说法中错误的是(）A．二氧化硫和二氧化氮是引起酸雨的主要气体B．金属钠、电石着火时，直接用高压水枪喷水扑灭C．玛瑙饰品的主要成分与建筑材料砂子相同D．家庭中洁厕灵与“84消毒液”不能同时使用2．被称为“国防金属”的镁，60％来自于海洋，从海水中提取镁的正确方法是（)物质氧化镁氯化镁熔点/℃ 2 852 714A．海水Mg（OH）2MgB．海水MgCl2溶液﹣→MgCl2（熔融)MgC．海水Mg（OH)2MgCl2溶液﹣→MgCl2（熔融）MgD．海水Mg（OH)2MgO Mg3．碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在,在海水中主要以I﹣的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示,下列说法中不正确的是(）A．足量Cl2能使湿润的、已变蓝的淀粉KI试纸褪色的原因可能是5Cl2+I2+6H2O═2HIO3+10HClB．途径Ⅱ中若生成1 mol I2，则反应中转移的电子数为10N AC．用淀粉KI试纸和食醋检验加碘盐时淀粉KI试纸会变蓝D．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2＞I2＞IO4．如图是利用二氧化硅制备硅及其化合物的流程,下列说法正确的是(）A．SiO2属于两性氧化物B．盛放Na2CO3溶液的试剂瓶能用玻璃塞C．图中所示转化反应都是氧化还原反应D．硅胶吸水后可重复再生5．将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体,有沉淀生成,X、Y不可能是（)选项X YA SO2H2SB Cl2CO2C NH3CO2D SO2Cl2A．A B．B C．C D．D6．下列离子方程式正确的是（）A．金属钠与水反应：Na+H2O=Na++H2+OH﹣B．氯化铵溶液显酸性的原因:NH4++H2O=NH3H2O+H+C．AlCl3溶液中加入足量氨水：Al3++4NH3H2O=AlO2﹣+4NH4++2H2OD．氯化铁溶液中滴加少量的硫化氢溶液：2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+7．为了验证Fe3+的性质，某化学兴趣小组设计了如图所示的一组实验,其中实验方案设计错误的是（）A．只有④B．只有③C．③和④均错D．全部错误8．固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和K2CO3中的若干种．为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验:①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z；②取少量Y加入足量浓盐酸，加热,产生黄绿色气体,并有少量红色不溶物；③向Z溶液中滴加AgNO3溶液,生成白色沉淀;④用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上,试纸呈蓝色．分析以上实验现象，下列结论正确的是（）A．X中一定不存在FeO B．不溶物Y中一定含有Fe和CuOC．Z溶液中一定含有KCl、K2CO3D．Y中不一定存在MnO29．CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示．下列说法不正确的是（）A．途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3:2B．相对于途径①、③，途径②更好地体现了绿色化学思想C．1mol CuSO4在1100℃所得混合气体X中O2可能为0.75molD．Y可能是葡萄糖10．有一瓶Na2SO3溶液，由于它可能部分被氧化，某同学进行如下实验：取少量溶液,滴入Ba（NO3)2溶液，产生白色沉淀,再加入足量稀硝酸，充分振荡后，仍有白色沉淀．对此实验下述结论正确的是（）A．Na2SO3已部分被空气中的氧气氧化B．加入Ba（NO3）2溶液后，生成的沉淀中一定含有BaSO4C．题中操作可证明Na2SO3溶液是否被氧化D．此实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化11．向含有Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示．有关说法不正确的是（)A．线段BC代表Fe3+的物质的量的变化情况B．原混合溶液中c（FeBr2)=6 mol/LC．当通入Cl22 mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣D．原溶液中n（Fe2+)：n(I﹣）：n(Br﹣）=2：1：312．依据反应原理：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl,并利用下列装置制取碳酸氢钠粗品,实验装置正确且能达到实验目的是（）A．用装置制取氨气B．用装置制取二氧化碳C．用装置制取碳酸氢钠D．用装置分离碳酸氢钠与母液13．某研究性学习小组在整理实验室化学试剂时,发现一瓶盛有无色溶液的试剂，标签破损,如图．某同学根据中学化学知识，对该溶液中的溶质成分进行如下预测和验证,其中错误的是（包括预测物质的化学式、检验需要的试剂、操作、现象及结论）（）选项预测物质的化学式检验需要的试剂操作、现象及结论A Na2SO4稀盐酸、氯化钡溶液取少量该溶液于试管中，滴入稀盐酸，若无明显现象,再滴入氯化钡溶液,如果产生白色沉淀，则原溶液是Na2SO4溶液B Na2CO3稀盐酸、澄清的石灰水取少量该溶液于试管中,滴入足量稀盐酸，如果产生的无色气体能使澄清的石灰水变浑浊，则原溶液一定是Na2CO3溶液C Na2SO3稀盐酸、澄清的石灰水、品红溶液取少量该溶液于试管中，滴入足量稀盐酸,如果产生的无色气体既能使澄清的石灰水变浑浊，还能使品红溶液褪色，则原溶液是Na2SO3溶液D Na2SiO3过量稀盐酸取少量该溶液于试管中，滴入稀盐酸，产生白色胶状沉淀，盐酸过量时沉淀不溶解,则原溶液是Na2SiO3溶液D Na2SiO3过量稀盐酸取少量该溶液于试管中，滴入稀盐酸,产生白色胶状沉淀,盐酸过量时沉淀不溶解,则原溶液是Na2SiO3溶液A．A B．B C．C D．D14．对于实验Ⅰ～Ⅳ的描述不正确的是(）①实验Ⅰ：逐滴滴加稀盐酸时,试管中开始没有立即产生大量气泡②实验Ⅱ：充分振荡后静置,下层溶液为橙红色，上层无色③实验Ⅲ:从饱和食盐水中提取氯化钠晶体④实验Ⅳ：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色逐渐变浅乃至褪去．A．②③B．①②C．③④D．①④15．将足量的CO2不断通入KOH、Ba（OH）2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为(已知Ba(AlO2）：可溶）（）A．B．C．D．16．甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣离子中的两种组成，可以发生如图转化,下列说法不正确的是（)A．在甲中滴加丁可能发生反应:HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2OB．溶液丙中还可以大量共存的离子有：I﹣、NO3﹣、SO42﹣C．白色沉淀A可能溶解在溶液D中D．甲为NaHCO3，乙为AlCl3二、非选择题（共计52分．）17．图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持设备已略）．（1）制备氯气选用的药品为漂粉精固体和浓盐酸，相关的化学反应方程式为．（2）装置B中饱和食盐水的作用是；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞,请写出发生堵塞时B中的现象：．（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次放入物质的组合是（填编号）．编号 a b c dⅠ干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条Ⅱ碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙Ⅲ湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性．反应一段时间后，打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中,振荡，观察到的现象是，该现象(填“能”或“不能")，说明溴的非金属性强于碘，原因是．（5）有人提出，装置F中可改用足量的NaHSO3溶液吸收余氯，试写出相应的离子反应方程式：．请判断改用NaHSO3溶液是否可行？（填“是”或“否”）．18．以冶铝的废弃物灰为原料制取超细α﹣氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率．已知铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3）,其制备实验流程如下：图1（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为．（2)图中“滤渣”的主要成分为（填化学式）．（3)加30％的H2O2溶液发生的离子反应方程式为．（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4［NH4Al（SO4）212H2O］2Al2O3+2NH3↑+N2↑+5SO3↑+3SO2↑+53H2O,将产生的气体通过图2所示的装置．①集气瓶中收集到的气体是（填化学式）．②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O(g）外还有（填化学式）．③KMnO4溶液褪色（MnO4﹣还原为Mn2+）,发生的离子反应方程式为．19．Fe3O4是重要的化学试剂，铁粉在氧气中燃烧是制取它最为常见和快捷的方法．图1是制取四氧化三铁的系列装置，A装置用于制取二氧化碳气体，并要求气流稳定,流速可控．请回答下列问题：（1)图2中仪器a的名称是．（2)根据题目要求，在图2中最好选择(填序号)作为A装置．（3)对图2中装置①进行气密性检查的方法是,向分液漏斗中加足量水，过一会儿，水不再下滴，说明装置①的气密性良好．(4）在B装置中发生主要反应的化学方程式是．（5）当产生的气体与事先预热的铁粉接触时，在硬质玻璃管中将观察到的明显现象是．（6）反应一段时间后，若将硬质玻璃管中的固体粉末用盐酸溶解，取少许溶液于试管中，加入淀粉碘化钾溶液，没有蓝色出现,推测固体粉末中除Fe3O4外，一定有．（7）若铁粉被完全消耗，某同学为确定生成物中有+2价铁，取少量生成物于试管中，加入适量的稀硫酸溶解．①写出溶解过程发生反应的离子方程式．②写出确定+2价铁所用试剂名称、操作步骤、实验现象和结论．20．2015年8月12日,天津滨海新区爆炸事故确认有氰化钠（NaCN)、亚硝酸钠等，氰化钠毒性很强，遇水、酸会产生有毒易燃氰化氢气体．氰化氢的沸点只有26摄氏度，因此相当容易挥发进入空气，这就大大增加了中毒的风险．同时氰化钠遇到亚硝酸钠会发生爆炸．回答下列问题（1)写出氰化钠遇水产生氰化氢的离子方程式．（2）爆炸现场约700吨的氰化钠大约需要900吨的双氧水来处理．氰化钠与双氧水相遇后，会释放出氨气同时析出白色晶体，使得氰化钠的毒性大大降低，写出氰化钠与双氧水反应的化学方程式．（3）氰化钠遇到亚硝酸钠能生成两种气体发生爆炸，写出化学反应方程式．（4）爆炸残留在废水中的CN﹣可以用Cr2O72﹣处理,拟定下列流程进行废水处理，①上述处理废水流程中主要使用的方法是;a．混凝法b．中和法c．沉淀法d．氧化还原法②②中反应后无气体放出,该反应的离子方程式为；③步骤③中，每处理0.4mol Cr2O72﹣时转移电子2.4mol，该反应的离子方程式为．2015-2016学年福建省漳州市龙海二中高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（2016春龙海市校级期末)化学与材料、生活和环境密切相关．下列有关说法中错误的是（）A．二氧化硫和二氧化氮是引起酸雨的主要气体B．金属钠、电石着火时，直接用高压水枪喷水扑灭C．玛瑙饰品的主要成分与建筑材料砂子相同D．家庭中洁厕灵与“84消毒液”不能同时使用【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．二氧化硫和二氧化氮均与水反应生成酸,雨水酸性增强；B．钠、电石均与水反应；C．玛瑙饰品与建筑材料砂子的主要成分均为二氧化硅；D．洁厕灵（含盐酸)与“84消毒液"（含NaClO）混合发生氧化还原反应生成有毒的氯气．【解答】解：A．二氧化硫和二氧化氮均与水反应生成酸，雨水酸性增强,则二氧化硫和二氧化氮是引起酸雨的主要气体，故A正确；B．钠、电石均与水反应,则金属钠、电石着火时，不能利用水灭火,故B错误；C．玛瑙饰品与建筑材料砂子的主要成分均为二氧化硅，成分相同,故C正确；D．洁厕灵(含盐酸）与“84消毒液”（含NaClO）混合发生氧化还原反应生成有毒的氯气，则不能同时使用，故D正确；故选B．【点评】本题考查物质的性质、用途等，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大．2．被称为“国防金属”的镁，60%来自于海洋，从海水中提取镁的正确方法是（）物质氧化镁氯化镁熔点/℃ 2 852 714A．海水Mg(OH）2MgB．海水MgCl2溶液﹣→MgCl2（熔融）MgC．海水Mg（OH)2MgCl2溶液﹣→MgCl2(熔融）MgD．海水Mg(OH）2MgO Mg【考点】海水资源及其综合利用．【分析】海水中含有镁离子，向海水中加入石灰乳,将镁离子转化为Mg(OH)2沉淀，再将Mg（OH）2溶于稀盐酸得到MgCl2溶液,将MgCl2溶液在HCl氛围中蒸发得到MgCl2，电解熔融MgCl2得到金属Mg．【解答】解：A．电解氢氧化镁不能得到金属镁,故A错误；B．过程中海水中是氯化镁，加入盐酸不能富集浓缩得到氯化镁溶液，故B错误；C．海水中含有镁离子，向海水中加入石灰乳，将镁离子转化为Mg（OH）2沉淀，反应方程式为:Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，再将Mg（OH)2溶于稀盐酸得到MgCl2溶液，反应为Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O，氯化镁易水解生成氢氧化镁，为防止水解，将MgCl2溶液在HCl氛围中蒸发得到MgCl2，氯化镁熔点较低、氧化镁熔点较高,为降低成本，电解熔融MgCl2得到金属Mg，反应为MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑,故C正确；D．过程中氧化镁熔点高不能电解制备镁，故D错误；故选C．【点评】本题考查了从海水中制取镁单质,明确物质的性质是解本题关键，根据物质间的反应来分析解答，知道金属冶炼方法与金属活泼性强弱的关系,活泼金属采用电解其熔融盐或氧化物的方法冶炼，题目难度中等．3．碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在,在海水中主要以I﹣的形式存在,几种粒子之间的转化关系如图所示，下列说法中不正确的是(）A．足量Cl2能使湿润的、已变蓝的淀粉KI试纸褪色的原因可能是5Cl2+I2+6H2O═2HIO3+10HClB．途径Ⅱ中若生成1 mol I2,则反应中转移的电子数为10N AC．用淀粉KI试纸和食醋检验加碘盐时淀粉KI试纸会变蓝D．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2＞I2＞IO【考点】海水资源及其综合利用．【分析】A．根据图示转化Ⅲ可知Cl2＞NaIO3,氯气可以将碘氧化HIO3；B．根据转化关系2IO3﹣～I2～10e﹣计算判断；C．加碘盐中含有NaIO3,其在酸性条件下可被I﹣还原生成I2；D．由途径I可知氧化性Cl2＞I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2＜NaIO3，由途径Ⅲ可知氧化性Cl2＞NaIO3；【解答】解:A．根据图示转化Ⅲ可知Cl2＞NaIO3,已变蓝的淀粉﹣KI试纸褪色的原因可能是氯气将碘氧化为HIO3，反应方程式为5Cl2+I2+6H2O═2HI03+10HCl，故A正确；B．根据转化关系2IO3﹣～I2～10e﹣可知,生成1 molI2反应中转移的电子数为10N A，故B正确；C．加碘盐中含有NaIO3，其在酸性条件下可被I﹣还原生成I2，故用淀粉﹣KI试纸和食醋检验加碘盐时淀粉﹣KI试纸会变蓝，故C正确；D．由途径I可知氧化性Cl2＞I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2＜NaIO3，由途径Ⅲ可知氧化性Cl2＞NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO3﹣＞I2，故D错误;故选D．【点评】本题考查氧化性强弱比较及应用、物质性质和反应定量计算,题目难度中等，根据转化关系判断氧化性强弱是解题关键．4．如图是利用二氧化硅制备硅及其化合物的流程,下列说法正确的是（）A．SiO2属于两性氧化物B．盛放Na2CO3溶液的试剂瓶能用玻璃塞C．图中所示转化反应都是氧化还原反应D．硅胶吸水后可重复再生【考点】硅和二氧化硅．【分析】A．既可以与酸反应生成盐和水又可以与碱反应生成盐和水的氧化物称为两性氧化物；B．Na2CO3溶液呈碱性，二氧化硅能与碱反应生成具有粘和性的硅酸钠；C．从化合价是否发生变化的角度判断是否氧化还原反应，化合价的升降为氧化还原反应的特征；D．硅胶吸附水份后，可通过热脱附方式将水份除去．【解答】解：A．二氧化硅与NaOH反应:SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O,生成了盐和水，SiO2能与HF反应：SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O，生成了没有盐，所以二氧化硅不是两性氧化物，故A错误;B．Na2CO3溶液呈碱性，二氧化硅能与碱反应生成具有粘和性的硅酸钠,使玻璃塞无法打开，故B错误；C．图中二氧化硅与氢氟酸、氢氧化钠、碳酸钠的反应,硅酸钠与盐酸的反应，硅酸的分解，硅酸的生成，元素的化合价都没有发生变化,是非氧化还原反应,故C错误；D．硅胶吸附水份后，可通过热脱附方式将水份除去重复使用，故D正确;故选D．【点评】本题考查了二氧化硅的性质、氧化还原反应的判断等知识点，难度不大，易错选项是A，注意虽然二氧化硅是酸性氧化物，但它能和特殊的酸氢氟酸反应．5．将X气体通入BaCl2溶液,未见沉淀生成,然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是（)选项X YA SO2H2SB Cl2CO2C NH3CO2D SO2Cl2A．A B．B C．C D．D【考点】二氧化硫的化学性质;氯气的化学性质；氨的化学性质．【分析】A．二氧化硫与硫化氢反应生成S沉淀；B．氯气、二氧化碳均不与氯化钡反应;C．氨气与氯化钡不反应，再通入二氧化碳，反应生成碳酸钡和氯化铵；D．二氧化硫与氯化钡溶液不反应,但二氧化硫与氯气发生氧化还原反应生成硫酸根离子．【解答】解:A．二氧化硫与硫化氢反应生成S沉淀，则有沉淀生成，故A不选；B．氯气、二氧化碳均不与氯化钡反应，则一直没有沉淀生成，故B选；C．氨气与氯化钡不反应,再通入二氧化碳，反应生成碳酸钡沉淀和氯化铵，则开始没有沉淀后来有沉淀生成，故C不选;D．二氧化硫与氯化钡溶液不反应，但二氧化硫与氯气发生氧化还原反应生成硫酸根离子，然后与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，则开始没有沉淀后来有沉淀生成，故D不选;故选B．【点评】本题考查物质的性质，侧重元素化合物性质的考查，涉及氯气、二氧化硫、氨气、二氧化碳与氯化钡的性质,综合性较强，注意发生的氧化还原反应及复分解反应即可解答，题目难度不大．6．下列离子方程式正确的是（）A．金属钠与水反应：Na+H2O=Na++H2+OH﹣B．氯化铵溶液显酸性的原因：NH4++H2O=NH3H2O+H+C．AlCl3溶液中加入足量氨水：Al3++4NH3H2O=AlO2﹣+4NH4++2H2OD．氯化铁溶液中滴加少量的硫化氢溶液：2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+【考点】离子方程式的书写．【分析】A．电子不守恒;B．铵根离子水解为可逆反应；C．反应生成氢氧化铝和氯化铵；D．发生氧化还原反应生成氯化亚铁、S和盐酸．【解答】解：A．金属钠与水反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na++H2↑+2OH﹣，故A错误;B．氯化铵溶液显酸性的原因为NH4++H2O⇌NH3H2O+H+，故B错误；C．AlCl3溶液中加入足量氨水的离子反应为Al3++3NH3H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；D．氯化铁溶液中滴加少量的硫化氢溶液的离子反应为2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大．7．为了验证Fe3+的性质,某化学兴趣小组设计了如图所示的一组实验,其中实验方案设计错误的是()A．只有④B．只有③C．③和④均错D．全部错误【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变．【分析】①铁与铁离子反应生成浅绿色的亚铁离子;②硫氰化钾与铁离子反应溶液显示红色；③硫酸铜为蓝色溶液，硫酸铜与氯化铁不反应,溶液不会变成无色;④硝酸银与氯化铁反应生成氯化银沉淀,白色沉淀为氯化银，该性质是氯离子性质；⑤氢氧化钠与铁离子反应生成红褐色的氢氧化铁．【解答】解：①铁离子与铁反应生成浅绿色的亚铁离子,故①正确；②铁离子与硫氰化钾溶液反应显示红色，据此能够检验铁离子,故②正确;③硫酸铜与氯化铁不发生反应，混合后溶液不会变成无色,故③错误;④氯化铁与硝酸银反应生成白色氯化银沉淀，该性质不是铁离子的性质，故④错误;⑤铁离子与氢氧化钠溶液反应生成红褐色氢氧化铁沉淀,据此可以检验是否存在铁离子,故⑤正确；故选C．【点评】本题考查了铁离子的检验方法，题目难度中等，注意掌握铁离子、亚铁离子的性质及检验方法，明确本题设计的实验方案是检验铁离子的性质．8．固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和K2CO3中的若干种．为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z；②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体,并有少量红色不溶物；③向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀;④用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色．分析以上实验现象，下列结论正确的是（）A．X中一定不存在FeO B．不溶物Y中一定含有Fe和CuOC．Z溶液中一定含有KCl、K2CO3D．Y中不一定存在MnO2【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计；无机物的推断;物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【分析】①将X加入足量水中,得到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，Z可能为KCl和K2CO3中的物质；②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气,红色不溶物为铜，可说明Y中至少含有CuO、MnO2，红色不溶物为铜，说明反应后有Cu生成，说明Y中含有的CuO与酸反应生成的CuCl2被置换出来了，可说明Y中还含有Fe；③向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀；④用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色,说明溶液呈碱性,应含有K2CO3，以此解答该题．【解答】解:①将X加入足量水中,得到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，Z可能为KCl和K2CO3中的物质;②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，红色不溶物为铜,可说明Y中至少含有CuO、MnO2，红色不溶物为铜，说明反应后有Cu生成，说明Y中含有的CuO与酸反应生成的CuCl2被置换出来了，可说明Y中还含有Fe；③向Z溶液中滴加AgNO3溶液,生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀;④用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，应含有K2CO3,可能含有KCl，由以上分析可知X中应含有CuO、MnO2、K2CO3以及Fe，但不能确定是否含有FeO、KCl，故选B．【点评】本题考查无机物的推断，侧重于物质的检验和鉴别的实验方案的设计以及元素化合物知识的综合应用，注意把握物质的性质，根据反应的现象进行判断．9．CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示．下列说法不正确的是（）A．途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2B．相对于途径①、③，途径②更好地体现了绿色化学思想C．1mol CuSO4在1100℃所得混合气体X中O2可能为0.75molD．Y可能是葡萄糖【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质;制备实验方案的设计．【分析】A．根据CuSO4溶液中的溶质为硫酸铜，可知利用含有铜元素的物质与含有硫酸根离子的物质来反应；B．途径①产生一氧化氮污染性气体，途径③产生二氧化硫气体；C．硫酸铜分解生成Cu2O与氧气、SO2；D．硫酸铜与氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，与Y生成氧化亚铜，知Y可为葡萄糖，因葡萄糖中有醛基；【解答】解：A．Cu与混酸反应，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，离子反应为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，从方程式知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol,用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故A正确；B．相对于途径①、③，途径②的优点:制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径2无污染性气体产生，故B正确；C．根据2CuSO4Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑知，1molCuSO4在1100℃所得混合气体X中O2为0。
高二化学下学期期末考试卷(含解析)
嘴哆市安排阳光实验学校龙海高二下学期期末考化学试卷（考试时间：90分钟总分：100分）可能用到的原子量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 I-127一．选择题（45分，每小题3分，每小题只有一个正确答案）1. 下列说法正确的是（）A. 只含一种元素的物质一定是纯净物B. 金属氧化物一定是碱性氧化物C. 溶于水呈酸性的是酸，呈碱性的是碱D. 向蛋白质溶液中滴加CuSO4溶液产生沉淀属于化学变化【答案】D【解析】A. 只含一种元素的物质不一定是纯净物，例如氧气和臭氧组成混合物，A错误；B. 金属氧化物不一定是碱性氧化物，例如氧化铝是氧化物，B错误；C. 溶于水呈酸性的不一定是酸，呈碱性的不一定是碱，例如氯化铵溶于水显酸性，碳酸钠溶于水显碱性，C错误；D. 硫酸铜是重金属盐，向蛋白质溶液中滴加CuSO4溶液发生变性，产生沉淀属于化学变化，D正确，答案选D。
点睛：选项C是易错点，注意从酸碱盐的概念分析，溶于水电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱，溶于水呈酸性的不一定是酸，呈碱性的不一定是碱，注意举例排除法的灵活应用。
2. 下列说法正确的是( )①漂白粉、水玻璃和铝热剂都是混合物；②煤的干馏和石油的分馏都是化学变化；③氨基酸、纯碱、芒硝和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；④非极性键也可能存在于离子化合物中A. ①④B. ①③C. ②④D. ③④【答案】A【解析】试题分析：①漂白粉是CaCl2、Ca（ClO）2混合物；水玻璃是Na2SiO3的水溶液，是混合物；铝热剂的铝单质与金属氧化物的混合物，因此都是混合物，正确；②煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，因此是化学变化；而石油的分馏是把沸点不同的液体混合物根据沸点的不同分离的操作，是物理变化，错误；③氨基酸分子中含有氨基和羧基，不能属于酸；纯碱是碳酸钠，属于盐；错误；④非极性键可能存在于单质分子如H2、共价化合物如CH3CH3，也可能存在于离子化合物如Na2O2中，正确。
【推荐下载】2014年高二第二学期化学期末考试试题答案
2014 年高二第二学期化学期末考试试题答案
本文导航 【摘要】复习的重点一是要掌握所有的知识点，二就是要大量的做题，的编辑就为 各位考生带来了 2014 年高二第二学期化学期末考试试题答案 一.选择题 (每小题只有一个正确的答案) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B C A D D B B C 题号 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 A C C D A B D D 二.填空题：(共 52 分) 17.(12 分) (1)C5H8O2 CH2=C(CH3)COOCH3(2 分)
[键入文字]
一、选择题(本题包括 16 小题，每小题 3 分，共 48 分。每题只有一个选项符合题意) 1.有机物的天然提取和人工合成往往得到的是混合物，假设给你一种这样的有机混合 物让你研究，一般要采取的几个步骤是( ) A.分离、提纯确定化学式确定实验式确定结构式 B.分离、提纯确定实验式确定化学式确定结构式 C.分离、提纯确定结构式确定实验式确定化学式 D.确定化学式确定实验式确定结构式分离、提纯 2. 下列说法中正确的是( ) A.乙醇、乙二醇、丙三醇互为同系物，同系物之间不可能为同分异物体 B.二氧化碳和干冰互为同素异形体 C.C2H5OH 和 CH3OCH3 互为同分异构体 D.金刚石和石墨互为同位素 3. 用 NA 表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( ) A.14g 乙烯和丁烯的混合物中含有的原子总数为 3NA 个
1
1、首页 2、高二第二学期化学期末考试试题答案-2 2014 年高二第二学期化学期末考试试题答案
[键入文字]
(2) 4 ， 20 (2 分) (3) (2 分) (4)4-甲基-2-乙基-1-戊烯(2 分) (5) C6H5CH3+3HNO3 加热 C6H2(NO2)3CH3+3H2O (2 分) (6)2 6 18.(12 分)(每空 2 分) (1)B、D (2) HC≡C-CH=CH2 3 (3) (4) 本文导航 1、首页 2、高中第四册化学期末考试试题分析-23、高中第四
【推荐下载】高中2014年高二下学期化学期末测试卷答案
1、首页 2、高二下学期化学期末测试卷答案-2 高中 2014 年高二下学期化学期末测试卷答案
[键入文字]
说明：请在各题目的答题区内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 26(10 分)(1)AD(2 分); (2)BrCH2CH2Br(2 分)， 2(2 分); (3)新戊烷的结构简式 2,2-二甲基丙烷 27(16 分) A、(1)A;B;A;D(每空 1 分) (2)Ⅰ中品红溶液褪色。(2 分) (3)Ⅲ中品红溶液不褪色，而Ⅳ中酸性高锰酸钾溶液褪色。(2 分) (4)CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O。(2 分) 本文导航 1、首页 2、高二化学下册期末考试试卷-23、高二化学下册期
2
2014 年高中高二化学下册期末考试试卷练习
[键入文字]
题 3 分，共 69 分)。 1.中共十七大报告提出：建设生态文明，基本形成节约能源资源和保护生态环境的产 业结构，增长方式、消费模式。下列行为不利于生态文明建设的是 A.在化学反应中要考虑原子经济性以提高效率 B.资源的开发和利用，要考虑可持续发展的原则 C.要加强对工业三废的治理，以保护环境 D.将废弃的塑料袋回收进行露天焚烧，以解决白色污染问题 2.分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法，人们在认识事物时可以采取多种分 类方法。下列关于纯碱的分类不正确的是 A.化合物 B.碱 C.盐 D.电解质 3.科学家冶炼出了纯度高达 99.9999%的铁，你估计它不会具有的性质是 A.在潮湿的空气中放置不易生锈 B.硬度比生铁小 C.与 3 mol/L 盐酸的反应生成氢气 D.与 18.4 mol/L 的硫酸反应生成氢气 4.下列对化学知识的理解不合理的是
3
[键入文字]Байду номын сангаас
福建省漳州市高二下学期化学期末考试试卷C卷
福建省漳州市高二下学期化学期末考试试卷C卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共7题；共14分)1. （2分）化学与生活密切相关。
下列说法错误的是（）A . 乙烯可作水果的催熟剂B . 硅胶可作袋装食品的干燥剂C . 福尔马林可作食品的保鲜剂D . 氢氧化铝可作胃酸的中和剂2. （2分） (2015高一上·河南月考) NA代表阿伏加德罗常数，下列说法一定正确的是（）A . 在常温常压下，11.2 L 氯化氢气体含有的分子数为0.5 NAB . 1.7g 氨气（NH3）所含原子数目为 0.4NAC . 同温同压时，相同体积的任何气体单质所含的原子数相同D . 1 L 1 mol•L﹣1的Na2SO4溶液中含粒子的总数为3NA3. （2分）(2018·全国Ⅰ卷) 环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物,螺[22]戊烷（）是最简单的一种,下列关于该化合物的说法错误的是（）A . 与环戊烯互为同分异构体B . 二氯代物超过两种C . 所有碳原子均处同一平面D . 生成1mol C5H12至少需要2molH24. （2分）(2018·肇庆模拟) 某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度变化如图所示。
据图分析，下列判断正确的是（）A . [Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)3]B . d点代表的溶液中Fe(OH)3已过饱和、Cu(OH)2未饱和C . 加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点D . b、c两点代表的Fe(OH)3、Cu(OH)2溶解度相等5. （2分） (2016高一下·广州期末) 甲～辛等元素在周期表中的位置如表所示．下列说法不正确的是（）A . 甲、丁、戊的单质都是金属B . 乙、丙、辛都是非金属元素C . 乙、庚、辛都能形成氧化物D . 已的氧化物既可溶于KOH溶液又可溶于H2SO4溶液6. （2分）25℃时，将浓度均为0.1mol·L-1、体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100 mL，Va、Vb与混合液pH的关系如图所示。
福建省漳州市高二下学期化学期末考试试卷(I)卷(新版)
福建省漳州市高二下学期化学期末考试试卷（I）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共12题；共24分)1. （2分）化学与生产、生活密切相关．下列说法不正确的是（）A . 食盐可作调味剂，也可用作食品防腐剂B . 二氧化硫可用于制作葡萄酒的食品添加剂C . 还原铁粉和生石灰均可用作食品包装袋内的脱氧剂D . “地沟油”禁止食用，但可用来制取肥皂2. （2分） (2019高一上·浙江月考) 下列说法中有几个是正确的（）①质子数相同的微粒一定属于同一种元素；②在一定条件下，氧气转化为臭氧，该反应是非氧化还原反应；③质子数相同，电子数也相同的两种微粒，可能是一种分子和一种离子；④同位素的性质相同；⑤一种元素只能有一种质量数。
A . 1个B . 2个C . 3个D . 4个3. （2分） (2018高二上·佛山月考) 下列各组离子在水溶液中能够大量共存的是（）A . H+、SO42-、SO32-B . Ba2+、CO32-、NO3-C . Mg2+、Cl-、SO42-D . Ca2+、OH -、K+4. （2分）下列实验设计能完成或实验结论合理的是（）A . NH4Cl固体中混有少量的I2 ，可用加热的方法将I2除去B . 少量浓硝酸保存在无色细口瓶中C . 用浓硫酸吸收二氧化硫中混有少量SO3气体D . 测氯水的pH，可用玻璃棒蘸取氯水点在pH试纸上，待其变色后和标准比色卡比较5. （2分）(2019·宣城模拟) t℃时，将0.200mol·L－1的某一元酸HA与0.200mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，充分反应后所得溶液中部分离子浓度如下表。
下列说法中正确的是（）A . 所得溶液中：c(Na+)>c(A－)>c(HA)>c(OH－)B . t℃时，水的离子积Kw=1.0×10－13C . t℃时，一元酸HA的电离常数K=3.10×10－7D . t℃时，0.100mol·L－1NaA溶液中A－的水解率为0.80%6. （2分） (2018高一上·包头期末) 用一种试剂就可以将NaOH、KSCN、AgNO3、Na2SO4四种无色溶液一一鉴别出来，这种试剂是（）A . 稀盐酸B . FeCl3C . Fe（NO3）3D . BaCl27. （2分） (2015高三上·温州开学考) 铜的冶炼过程大致可分为：①富集，将硫化物矿进行浮选；②焙烧，主要反应为2CuFeS2+4O2═Cu2S+3SO2+2FeO（炉渣）；③制粗铜，在1200℃发生的主要反应为2Cu2S+3O2═2Cu2O+2SO2；2Cu2O+Cu2S═6Cu+SO2↑；④电解精炼铜．下列说法正确的是（）A . 冶炼过程中的尾气可用来制硫酸B . 上述过程中，由1molCuFeS2制取1molCu时共消耗2molO2C . 在反应2Cu2O+Cu2S═6Cu+SO2↑中，只有Cu2O作氧化剂D . 电解精炼铜的过程中，每转移1mol电子时，阳极溶解铜的质量为32g8. （2分） (2016高一下·莆田期中) 在下列反应中，硫元素表现出氧化性的是（）A . 稀硫酸与锌粒反应B . 浓硫酸与铜片反应C . 二氧化硫与氧气反应D . 三氧化硫与水的反应9. （2分）下列各组顺序的排列不正确的是（）A . 原子半径：Na＞Mg＞AlB . 热稳定性：HCl＜H2S＜PH3C . 酸性强弱：H2SiO3＜H2CO3＜H3PO4D . 熔点：Na＞K＞Rb10. （2分）在以稀硫酸为电解质溶液的铜﹣﹣锌原电池中，已知其电极反应分别为锌片：Zn﹣2e﹣=Zn2+；铜片：2H++2e﹣=H2↑．下列判断正确的是（）A . 溶液的酸性逐渐增强B . 铜片逐渐溶解C . 溶液中H+向锌片作定向移动D . 锌片是负极并被氧化11. （2分）常温下，实验测得1.0mol/LNH4HCO3溶液pH=8.0。
福建龙海市第二学期期末考试卷高二化学试题
福建龙海市第二学期期末考试卷高二化学试题试卷说明：1. 本试卷分为第I 卷和第II 卷。
第I 卷为选择题，第II 卷为非选择题。
2. 本试卷满分100分，考试时间90分钟。
3. 本卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Ag-108 温馨提示：请把所有试题答案用签字笔写在答题卡上。
第I 卷（选择题，共54分）一、选择题。
（本题包括18小题，每小题3分，共54分，每小题只有一个正确答案） 1. 关于吸热反应的说法，正确的是 A 、凡需加热的反应一定是吸热反应 B 、只有分解反应才是吸热反应 C 、使用催化剂的反应是吸热反应 D 、酸碱中和反应的逆反应是吸热反应 2. 下图各容器中盛有海水，铁在其中被腐蚀时由快到满的顺序是A 、③>②>④>①B 、②>①>③>④C 、④>②>③>①D 、④>②>①>③3. 已知450℃时，反应()()()22H g +I g 2HI g 垐?噲?的50K =,由此推测在450℃时，反应()()()222HI g H g +I g 垐?噲?的化学平衡常数为A 、50B 、0.02C 、100D 、无法确定4. 对于任何一个平衡体系，采用以下措施，一定会使平衡移动的是 A 、加入一种反应物 B 、升高温度 C 、对平衡体系增加压强 D 、使用催化剂5．“84”消毒液在日常生活中广泛使用。
该消毒液为无色且pH 值大于7，对某些有色物质具有漂白作用。
你认为它可能的有效成分是A 、2SOB 、4KMnOC 、NaClOD 、23Na CO6. 下列叙述正确的是 A 、95℃纯水的pH <7，说明加热后可导致水呈酸性 B 、pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4 C 、0.2mol/L 的盐酸，与等体积水混合后pH=1D 、pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=77. 在下列平衡()2+242722CrO +2H Cr O (+H O --垐?噲?黄色橙红色）中，溶液颜色介于黄和橙红色之间，今欲使溶液的橙红色加深，则要在溶液中加入A 、+HB 、OH -B 、+KD 、2H O8. 已知反应：①101kPa 时，()()()1211C s +O g =CO g ;ΔH =110.5kJ mol 2--⋅ ②稀溶液中：()()()+122H aq +OH aq =H O l ;ΔH =57.3kJ mol ---⋅ 下列说中正确的是 A 、若碳的燃烧热用3ΔH 表示，则31ΔH <ΔH B 、若然的燃烧热用3ΔH 表示，则31ΔH >ΔHC 、浓硫酸与稀NaOH 溶液反应的中和热值为57.3kJ ·mol -1D 、稀醋酸与稀NaOH 溶液反应生成1mol 水，放出57.3kJ 的热量9. 已知放应()()()22CO g =2C s +O g 的ΔH 为正值，ΔS 为负值。
福建省龙海二中高二化学下学期期末考试卷
龙海二中2014－2015学年第二学期期末考试高二化学试题（考试时间：90分钟总分：100分）相对原子质量： Zn－65，Fe-56, Cu-64, S－32，Si-28, N-14, O－8, H-1一、选择题(每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分)1．造纸工业中常用Cl2漂白纸浆，漂白后的纸浆用NaHSO3除去残留的Cl2，其反应为：Cl2＋NaHSO3＋H2O＝NaCl＋H2SO4＋HCl，在这个反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为（）A．2︰3 B．3︰1 C．2︰1 D．1︰22．下列各组离子在指定的条件下一定能大量共存的是( )A.pH=1的溶液中:Na+、Fe2+、N错误！未找到引用源。
、Cl-B.pH=7的溶液中:Fe3+、Mg2+、Cl-、S错误！未找到引用源。
C.使酚酞变红的溶液中:Ba2+、Cl-、Na+、N错误！未找到引用源。
D.加入铝粉产生氢气的溶液:Na+、Cu2+、Cl-、N错误！未找到引用源。
3.已知I2+SO32-+H2O===SO42-+2I-+2H+。
某无色溶液中只可能含有I-，NH4+,Ba2+, SO32-,MnO4-中的一种或几种，若向该溶液中滴加少量的溴水，溶液仍为无色，下列判断正确的是（）A．该溶液中肯定不含I- B．该溶液中可能含有Ba2+C．该溶液中肯定含有NH4+ D．该溶液中可能含有MnO4-4.设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．42g乙烯和丙烯的混合气体中碳原子数目一定为3N A。
B．用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入 0.1 mol Cu（OH）2能使溶液复原，则电解时产生标准状况下1.12L的气体。
C．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，把NaOH固体于烧杯中充分溶解，并迅速转移到容量瓶中定容。
D．30g的NO与O2充分反应后,生成的气体分子数为1 N A。
5．下列离子方程式书写正确的是（）A．过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2＋2OH－===SO32-＋H2O。
福建省漳州市高二下学期化学期末考试试卷
福建省漳州市高二下学期化学期末考试试卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共20题；共40分)1. （2分）下列关于胶体的叙述错误的是（）A . 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10-9～10-7m之间B . 胶体和溶液一样，其分散质可透过滤纸C . 用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同D . Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的2. （2分） (2015高一下·邯郸期中) 下列金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法的是（）A . 地下钢管连接镁块B . 金属护拦表面涂漆C . 汽水底盘喷涂高分子膜D . 水中的钢闸门连接电源的负极3. （2分） (2019高二上·上海期末) 下列物质属于烃类的是（）A . C60B . C2H6OC . C3H8D . C2H5NO24. （2分）(2015·常德模拟) 若NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A . 1 mol NH3与1 mol OH﹣所含的质子数均为10NAB . 标准状况下，22.4L CHCl3中含C﹣H键数目为NAC . 1molFe与足量的稀HNO3反应时，转移3NA个电子D . 常温下，pH=13的NaOH溶液中含OH﹣数目为0.1NA5. （2分）下列实验装置及说法正确的是（）A . 实验室制备氯气，若MnO2过量，则浓盐酸可被全部消耗B . 实验室制备氨气，棉花的作用是用来减小空气对流C . 利用CCl4萃取溴，上层为CCl4层D . 若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应6. （2分） (2018高一上·腾冲期中) 现有①MgSO4、②Ba（NO3）2、③NaOH、④CuCl2、⑤KCl五种溶液，不加任何其他试剂，被鉴别出的先后顺序正确的是（）A . ④③①②⑤B . ④⑤③②①C . ④③②①⑤D . ④②③①⑤7. （2分）一定能在下列溶液中大量共存的离子组是（）A . 在加入Al能放出大量气体的溶液中：Na+、Ba2+、NO3-、Cl-B . 无色溶液：AlO2-、Na+、HCO3-、Mg2+C . 室温，溶液中水电离出的H+、OH-浓度的乘积为10-28：Na+、NO3-、Mg2+、K+D . 无色溶液：Cr3+、NO3-、Na+、Cl-、NH4+8. （2分）香兰素是重要的香料之一，它可由丁香酚经多步反应合成。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2014-2015学年福建省漳州市龙海二中高二（下）期末化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）1．造纸工业中常用Cl2漂白纸浆，漂白后的纸浆用NaHSO3除去残留的Cl2，其反应为：Cl2+NaHSO3+H2O=NaCl+H2SO4+HCl，在这个反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为（）A．2：3 B．3：1 C．2：1 D．1：22．下列各组离子在指定的条件下一定能大量共存的是（）A．pH=1的溶液中：Na+、Fe2+、NO3﹣、Cl﹣B．pH=7的溶液中：Fe3+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣C．使酚酞变红的溶液中：Ba2+、Cl﹣、Na+、NO3﹣D．加入铝粉产生氢气的溶液：Na+、Cu2+、Cl﹣、NO3﹣3．已知I2+SO32﹣+H2O═SO42﹣+2I﹣+2H+．某无色溶液中只可能含有I﹣，NH4+，Ba2+，SO32﹣中的一种或几种，若向该溶液中滴加少量的溴水，溶液仍为无色，下列判断正确﹣，MnO4的是（）A．该溶液中肯定不含I﹣B．该溶液中可能含有Ba2+C．该溶液中肯定含有NH4+D．该溶液中可能含有MnO4﹣4．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．42g乙烯和丙烯的混合气体中碳原子数目一定为3N A．B．用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1molCu（OH）2能使溶液复原，则电解时产生标准状况下1.12L的气体C．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，把NaOH固体于烧杯中充分溶解，并迅速转移到容量瓶中定容D．30g的NO与O2充分反应后，生成的气体分子数为1N A．5．下列离子方程式书写正确的是（）A．过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2+2OH﹣═SO32﹣+H2OB．Fe2O3溶于氢碘酸：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2OC．碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液反应：NH4++OH﹣═H2O+NH3↑D．二氧化硫通入溴水中，溴水褪色：SO2+Br2+2H2O═4H++2Br﹣+SO42﹣6．有Fe2+、NO3﹣、Fe3+、NH4+、H2O和H+六种粒子，分别属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述错误的是（）A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：8B．还原产物为NH4+C．若有1molNO3﹣参加还原反应，转移8mol e﹣D．该反应中H2O是反应物之一7．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．1molSiO2含有2N A个Si﹣O键B．1molNa2O2固体中含离子总数为3N A．C．标准状况下，22.4 L SO3所含分子数为N A．D．1L0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Mg2+个数为0.5N A．8．下列说法或有关化学用语的表达正确的是（）A．在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量B．核外电子排布由1s22s22p63s1﹣→1s22s22p6的变化需要吸收能量C．因氧元素电负性比氮元素大，故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大D．根据原子核外电子排布的特点，Cu在周期表中属于s区元素9．甲、乙、丙、丁四种物质分别含两种或三种元素，它们的分子中各含l8个电子．甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子．下列推断合理的是（）A．某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液只能与酸反应B．丁和甲中各元素质量比相同，则丁中一定含有﹣l价的元素C．丙中含有第二周期ⅣA族的元素，则丙一定是只含C、H的化合物D．乙与氧气的摩尔质量相同，则乙一定含有极性键和非极性键10．A的化学式为NH5，常温下呈固态，构成它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构．则下列有关说法中，不正确的是（）A．1mol NH5中含有5N A个N﹣H键（N A为阿佛加德罗常数的数值）B．NH5中既有共价键，又有离子键C．它与水反应的化学方程式为：NH5+H2O═NH3•H2O+H2↑D．NH5的电子式为：11．最近，科学家成功地制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构．下列对该晶体的叙述错误的是（）A．该物质的化学式为CO4B．该晶体的熔、沸点高，硬度大C．该晶体中C原子与C﹣0化学键数目之比为1：4D．该晶体的空间最小环由12个原子构成12．下列醇既能发生消去反应，又能被氧化为醛的是（）A．CH3OH B．C．D．13．下列关于有机化合物的说法中，正确的是（）A．除去CH4中的C2H4杂质选用溴的CCl4溶液B．油脂、淀粉、纤维素都属于天然高分子化合物C．甲苯和乙烯都可与酸性高锰酸钾溶液发生化学反应造成酸性高锰酸钾溶液褪色D．蛋白质溶液加入CuSO4溶液会析出，这一过程属于蛋白质的盐析14．有关有机物的下列说法中正确的是（）A．汽油、煤油和植物油都是烃的混合物B．甲烷、乙烯和苯在工业上都可以通过煤干馏得到C．分子式为C8H6O2的芳香族有机物分子中不可能有羧基D．含五个碳原子的有机物，分子中最多可形成四个碳碳单键15．下列选项中的数值前者小于后者的是（）A．25℃和l00℃时H2O的K WB．同温同浓度的KHCO3溶液和NH4HCO3，溶液中的c（HCO3﹣）C．同温同浓度的NaHCO3溶液和CH3COONa溶液的pHD．中和25mL0.1mol/L NaOH溶液所需CH3COOH和HCl的物质的量16．部分氧化的FeCu合金样品（氧化产物为Fe2O3、CuO）共5.76g，经如下处理：下列说法正确的是（）A．滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+B．样品中Fe元素的质量为2.24gC．样品中CuO的质量为4.0gD．V=896mL二、非选择题（共4个大题，共52分）17．A、B、C、D四种短周期元素，原子序数依次增大；A和C能形成一种分子X或一种+1价阳离子Y；B元素的原子有两个未成对电子；C、D在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体．试回答下列问题：（1）A、D元素的名称分别为：A D．（2）X与等物质的量的HCl反应，产物溶于水得（填“酸性”、“中性”或“碱性”）溶液，用离子方程式表示其原因．（3）12gB单质在空气中完全燃烧，将燃烧后的气体缓慢通入1L1mol•L﹣1的NaOH溶液中，充分吸收后，最终所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序是：．（4）把1molC的单质、3molA的单质置于一恒温恒容密闭容器中反应，达到平衡时，放出akJ的热量，此时，容器内的压强是反应开始时的75%，写出该反应的热化学方程式．18．铁、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛，回答下列问题．（1）电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀附在绝缘板上的铜箔制造印刷电路板，取其腐蚀后的废液，加入一定量的铁粉后，若无固体剩余，则反应后的溶液中肯定有的离子是；若有红色固体，则反应后的溶液中肯定没有的离子是，检验该离子的试剂为．（2）将少量铜丝放入适量的稀硫酸中，温度控制在50℃﹣60℃，加入H2O2，反应一段时间后可制得硫酸铜，发生反应的化学方程式为：，（3）实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分是Fe2O3及少量FeS、SiO2）制备绿矾（FeSO4.7H2O），测定产品中绿矾含量的实验步骤：a．称取5.7g产品，溶解，配成250mL溶液；b．量取25mL待测液于锥形瓶中；c．用硫酸酸化的0.01mol•L﹣1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液的体积为40mL．根据上述步骤回答下列问题：①滴定时发生反应的离子方程式为（完成并配平离子反应方程式）Fe2++Mn+（）═Fe3++Mn2++（）②用硫酸酸化的KMnO4溶液滴定至终点的标志是．③上述产品中FeSO4•7H2O的质量分数为．（4）铁氰化钾K3[Fe（CN）6]和亚铁氰化钾K4[Fe（CN）6]的混合溶液可用于太阳能电池的电解液，该太阳能电池的工作原理示意图如图所示，其中催化剂a为极，电极反应式为．19．过渡元素具有较多的空轨道，所以第四周期的Cr、Fe、Co、Ni、Cu、Zn等多种金属能形成配合物．（1）铬元素的基态原子的外围电子排布式是．（2）科学家通过X射线测得胆矾结构示意图可简单表示如下：图中虚线表示的作用力为；（3）胆矾溶液与氨水在一定条件下可以生成Cu（NH3）4SO4•H2O晶体．在Cu（NH3）4SO4•H2O晶体中，[Cu（NH3）4]2+为平面正方形结构，则呈正四面体结构的原子团是，其中心原子的杂化轨道类型是；（4）金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态Ni（CO）4，呈正四面体构型．试推测四羰基镍的晶体类型是，Ni（CO）4易溶于下列（用序号作答）．A．水B．四氯化碳C．苯D．硫酸镍溶液（5）元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2．元素Y基态原子最外层电子数是其内层的3倍．X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所示，该化合物的化学式为．20．某物质E可做香料，其结构简式为，以苯为原料工业合成路线如下：已知：R﹣CH=CH2+HBr→（R﹣代表烃基）R﹣CH=CH2+HBr回答下列问题：（1）E的官能团是（写名称），②的反应类型是（2）B的结构简式可能是、；（3）步骤④的化学方程式是；（4）E有多种同分异构体，写出符合以下条件的结构简式（只写顺式结构）．①具有顺反结构②能与NaOH溶液反应③分子中苯环上的一溴代物有两种．2014-2015学年福建省漳州市龙海二中高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）1．造纸工业中常用Cl2漂白纸浆，漂白后的纸浆用NaHSO3除去残留的Cl2，其反应为：Cl2+NaHSO3+H2O=NaCl+H2SO4+HCl，在这个反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为（）A．2：3 B．3：1 C．2：1 D．1：2考点：氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．分析：C l2+NaHSO3+H2O=NaCl+H2SO4+HCl中，Cl元素的化合价降低得到电子被还原，S 元素的化合价升高失去电子被氧化，结合电子及原子守恒计算．解答：解：Cl2+NaHSO3+H2O=NaCl+H2SO4+HCl中，S元素的化合价升高失去电子被氧化，则H2SO4为氧化产物，Cl元素的化合价降低得到电子被还原，则NaCl、HCl为还原产物，由反应可知，生成1mol氧化产物时，得到2mol还原产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2，故选D．点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及氧化还原反应基本概念为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．2．下列各组离子在指定的条件下一定能大量共存的是（）A．pH=1的溶液中：Na+、Fe2+、NO3﹣、Cl﹣B．pH=7的溶液中：Fe3+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣C．使酚酞变红的溶液中：Ba2+、Cl﹣、Na+、NO3﹣D．加入铝粉产生氢气的溶液：Na+、Cu2+、Cl﹣、NO3﹣考点：离子共存问题．分析：A．pH=1的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；B．pH=7的溶液，不能大量存在Fe3+；C．使酚酞变红的溶液，显碱性；D．加入铝粉产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液．解答：解：A．pH=1的溶液，显酸性，H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．pH=7的溶液，不能大量存在Fe3+，在pH=4.4左右沉淀完全，故B错误；C．使酚酞变红的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D．加入铝粉产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸溶液中Al、H+、NO3﹣发生氧化还原反应不生成氢气，碱溶液中不能大量存在Cu2+，故D错误；故选C．点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存及分析与应用能力的综合考查，题目难度不大．3．已知I2+SO32﹣+H2O═SO42﹣+2I﹣+2H+．某无色溶液中只可能含有I﹣，NH4+，Ba2+，SO32﹣中的一种或几种，若向该溶液中滴加少量的溴水，溶液仍为无色，下列判断正确﹣，MnO4的是（）A．该溶液中肯定不含I﹣B．该溶液中可能含有Ba2+C．该溶液中肯定含有NH4+D．该溶液中可能含有MnO4﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：无色溶液不含MnO4﹣，因还原性SO32﹣＞I﹣，滴加少量的溴水，溶液仍为无色，则可能不含I﹣，且Ba2+、SO32﹣不能共存，以此来解答．解答：解：无色溶液不含MnO4﹣，滴加少量的溴水，溶液仍为无色，因还原性SO32﹣＞I2﹣反应生成硫酸与HBr，溶液为无色，且Ba2+、﹣，溴水少量，则可能不含I﹣，溴水与SO3SO32﹣不能共存，则一定含SO32﹣，不含Ba2+，又溶液为电中性，一定含阳离子为NH4+，故选C．点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，注意常见离子的颜色，题目难度不大．4．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．42g乙烯和丙烯的混合气体中碳原子数目一定为3N A．B．用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1molCu（OH）2能使溶液复原，则电解时产生标准状况下1.12L的气体C．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，把NaOH固体于烧杯中充分溶解，并迅速转移到容量瓶中定容D．30g的NO与O2充分反应后，生成的气体分子数为1N A．考点：阿伏加德罗常数．分析：A．乙烯和丙烯的最简式为CH2，根据最简式进行计算；B．没有告诉在标准状况下，无法计算电解生成气体的体积；C．溶解后的氢氧化钠溶液必须冷却后才能转移到容量瓶中，否则影响配制结果；D．30NO的物质的量为1mol，1mol一氧化氮与氧气反应生成1mol二氧化氮，由于部分二氧化氮转化成四氧化二氮，则生成物的物质的量小于1mol．解答：解：A．42g乙烯和丙烯的混合物中含有42g最简式CH2，含有最简式的物质的量为：=3mol，则混合物中含有3mol碳原子，混合气体中碳原子数目一定为3N A，故A正确；B．不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算气体体积，故B错误；C．氢氧化钠溶于水放出热量，必须冷却后再转移到容量瓶，故C错误；D．30gNO的物质的量为：=1mol，1molNO与氧气完全反应生成1mol二氧化氮，由于部分部分二氧化氮转化成四氧化二氮，则生成物的物质的量小于1mol，生成的气体分子数小于N A，故D错误；故选A．点评：本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系．5．下列离子方程式书写正确的是（）A．过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2+2OH﹣═SO32﹣+H2OB．Fe2O3溶于氢碘酸：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2OC．碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液反应：NH4++OH﹣═H2O+NH3↑D．二氧化硫通入溴水中，溴水褪色：SO2+Br2+2H2O═4H++2Br﹣+SO42﹣考点：离子方程式的书写．分析：A．二氧化硫过量，反应生成亚硫酸氢根离子；B．铁离子具有氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质；C．强氧化钠足量，铵根离子和碳酸氢根离子都采用反应，漏掉了碳酸氢根离子与氢氧根离子的反应；D．二氧化硫与溴发生了氧化还原反应生成溴化氢和硫酸．解答：解：A．过量的SO2通入NaOH溶液中，反应生成亚硫酸氢钠，正确的离子方程式为：SO2+OH﹣═HSO3﹣，故A错误；B．生成的铁离子将碘离子氧化，正确的离子方程式为：2I﹣+Fe3O4+8H+=3Fe2++4H2O+I2，故B错误；C．二者反应生成碳酸钠、一水合氨和水，正确的离子方程式为：2OH﹣+NH4++HCO3﹣=CO32﹣+NH3•H2O+H2O，故C错误；D．二氧化硫通入溴水中，溴水褪色，反应的离子方程式为：SO2+Br2+2H2O═4H++2Br﹣+SO42﹣，故D正确；故选D．点评：本题考查了离子方程式的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等．6．有Fe2+、NO3﹣、Fe3+、NH4+、H2O和H+六种粒子，分别属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述错误的是（）A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：8B．还原产物为NH4+C．若有1molNO3﹣参加还原反应，转移8mol e﹣D．该反应中H2O是反应物之一考点：氧化还原反应．分析：Fe2+具有还原性，NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性，由题意可以确定，铁元素的化合价升高，N元素的化合价降低，则发生反应8Fe2++NO3﹣+10H+=8Fe3++NH4++3H2O．A、该反应中氧化剂是NO3﹣，还原剂是Fe2+，结合方程式判断氧化剂与还原剂的物质的量之比；B、氧化剂通过还原反应生成的产物为还原产物．反应中N元素的化合价由NO3﹣中+5价降低为NH4+中﹣3价；C、反应中N元素的化合价由NO3﹣中+5价降低为NH4+中﹣3价，据此计算有lmolNO3﹣发生还原反应转移电子数；D、根据以上分析，H2O是生成物之一．解答：解：Fe2+具有还原性，NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性，由题意可以确定，铁元素的化合价升高，N元素的化合价降低，则发生反应8Fe2++NO3﹣+10H+=8Fe3++NH4++3H2O．A、由方程式可知该反应中氧化剂（NO3﹣）与还原剂（Fe2+）物质的量之比为1：8，故A 正确；B、反应中N元素的化合价由NO3﹣中+5价降低为NH4+中﹣3价，NH4+是还原产物，故B 正确；C、反应中N元素的化合价由NO3﹣中+5价降低为NH4+中﹣3价，所以有lmolNO3﹣发生还原反应，转移电子数为1mol×[5﹣（﹣3）]=8mol，故C正确；D、根据以上分析，H2O是生成物之一，故D错误，故选：D．点评：本题考查氧化还原反应，难度中等，根据反应物和生成物结合物质的性质书写该反应的离子方程式是解答关键．7．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．1molSiO2含有2N A个Si﹣O键B．1molNa2O2固体中含离子总数为3N A．C．标准状况下，22.4 L SO3所含分子数为N A．D．1L0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Mg2+个数为0.5N A．考点：阿伏加德罗常数．分析：A、依据二氧化硅结构分析判断；B、过氧化钠中阴离子为过氧根离子，1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总共含有3mol离子；C、标准状况下，22.4 L SO3为固态；D、根据氢氧化镁为弱碱，Mg2+要发生水解；解答：解：A、1molSiO2晶体内含有4N A个Si﹣O键，故A错误；B、过氧化钠中阴离子为过氧根离子，1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总共含有3mol离子，含阴、阳离子的总数为3N A，故B正确；C、标准状况下，22.4 L SO3为固态，故C错误；D、因为氢氧化镁为弱碱，Mg2+要发生水解，所以1L0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Mg2+个数小于0.5N A，故D错误；故选：B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常的应用，主要考查二氧化硅的结构，过氧化钠的电离，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系．8．下列说法或有关化学用语的表达正确的是（）A．在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量B．核外电子排布由1s22s22p63s1﹣→1s22s22p6的变化需要吸收能量C．因氧元素电负性比氮元素大，故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大D．根据原子核外电子排布的特点，Cu在周期表中属于s区元素考点：元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子的运动状态；吸热反应和放热反应．分析：A、同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s 轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高；B、原子由1s22s22p63s1失去一个电子转变为1s22s22p6的变化需要吸收能量；C、N原子的2p轨道处于半满，第一电离能大于氧原子；D、Cu的外围电子排布式为3d104S1，位于元素周期表的ds区．解答：解：A、同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，故A错误；B、核外电子排布由1s22s22p63s1，该原子处于基态钠原子，失去最外层一个电子转变成1s22s22p6为钠离子，所以由1s22s22p63s1→1s22s22p6的变化需要吸收能量，故B正确；C、N原子的2p轨道处于半满，第一电离能大于氧原子，故C错误；D、Cu的外围电子排布式为3d104S1，位于元素周期表的ds区，故D错误；故选B．点评：本题考查原子核外电子排布规律及排布式的书写，题目难度不大，本题注意原子核外电子的排布和运动特点．9．甲、乙、丙、丁四种物质分别含两种或三种元素，它们的分子中各含l8个电子．甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子．下列推断合理的是（）A．某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液只能与酸反应B．丁和甲中各元素质量比相同，则丁中一定含有﹣l价的元素C．丙中含有第二周期ⅣA族的元素，则丙一定是只含C、H的化合物D．乙与氧气的摩尔质量相同，则乙一定含有极性键和非极性键考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为H2S，乙与氧气的摩尔质量相同，可能为CH3OH、N2H4等符合，丙中含有二周期IV A族的元素，可能为CH3OH，丁和甲中各元素质量比相同，应为H2O2，结合各物质的结构和性质解答该题．解答：解：甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为H2S，乙与氧气的摩尔质量相同，可能为CH3OH、N2H4等符合，丙中含有二周期IV A族的元素，可能为CH3OH，丁和甲中各元素质量比相同，应为H2O2，A．甲为H2S，某钠盐溶液若为NaHS溶液，其中含有HS﹣、OH﹣，但NaHS既能与盐酸等反应生成H2S，也能与Na0H反应生成Na2S，故A错误；B．H2S中元素的质量比为1：16，H2O2分子中元素的质量比也为1：16，H2O2中氧元素的价态为一1价，故B正确；C．第二周期IV A族元素为C，如CH3OH符合，但CH3OH分子中含有氧元素，故C错误；D．氧气的摩尔质量为32g/mol，乙的摩尔质量也为32g/mol，且含有18电子，CH3OH符合，CH3OH中只含有极性键无非极性键，故D错误；故选B．点评：本题考查无机物的推断，题目难度较大，注意常见18电子物质的种类以及性质，解答本题时注意能找出反例，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．10．A的化学式为NH5，常温下呈固态，构成它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构．则下列有关说法中，不正确的是（）A．1mol NH5中含有5N A个N﹣H键（N A为阿佛加德罗常数的数值）B．NH5中既有共价键，又有离子键C．它与水反应的化学方程式为：NH5+H2O═NH3•H2O+H2↑D．NH5的电子式为：考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．专题：化学键与晶体结构．分析：固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，应为NH4H，是一种离子化合物，能与水反应：NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，有氨气生成．解答：解：A．根据氮原子的原子结构，最外层5个电子最多和四个氢原子形成共价键（其中一个是配位键，氮原子提供一对电子，氢离子提供空轨道形成），形成了带正电荷的铵根离子，所以另一个氢原子只能是形成H﹣，阴阳离子间形成离子键，故A错误；B．NH5是离子化合物氢化铵，铵根中的氮原子与四个氢原子形成四个共价键，NH4+与H﹣之间为离子键，故B正确；C．NH4H中含有﹣1价H，可与水发生氧化还原反应，方程式为NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，故C正确；D．根据离子化合物的结构特征，阳离子是铵根离子，阴离子是氢阴离子，都达到了稀有气体的最外层结构，电子式正确，故D正确．故选A．点评：本题考查离子化合物的结构和性质，涉及原子间化学键的形成，原子最外层电子的稳定结构形成，电子式的书写等知识，为高频考点，注意把握题给信息，难度不大．11．最近，科学家成功地制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构．下列对该晶体的叙述错误的是（）A．该物质的化学式为CO4B．该晶体的熔、沸点高，硬度大C．该晶体中C原子与C﹣0化学键数目之比为1：4D．该晶体的空间最小环由12个原子构成考点：晶胞的计算；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系．专题：化学键与晶体结构．分析：根据题意知，该化合物晶体中以C﹣O结合为一种空间网状的无限延伸结构，所以该化合物属于原子晶体，和晶体二氧化硅的结构相似，利用均摊法确定其化学式，根据原子晶体的性质分析解答．解答：解：A．晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合，每个氧原子和2个碳原子以共价单键相结合，所以碳氧原子个数比=1：2，则其化学式为：CO2，故A错误；B．该化合物晶体属于原子晶体，所以其熔沸点高，硬度大，故B正确；C．该晶体中，每个碳原子含有4个C﹣O共价键，所以C原子与C﹣0化学键数目之比为1：4，故C正确；C．该晶体的空间最小环由6个碳原子和6个氧原子构成，故D正确；故选A．点评：本题考查晶体类型的判断及其结构的分析，该化合物和二氧化硅晶体的结构类似，根据二氧化硅的结构来分析解答即可，难度中等．12．下列醇既能发生消去反应，又能被氧化为醛的是（）A．CH3OH B．C．D．考点：有机物的结构和性质．分析：醇能发生消去反应，说明连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上含有氢原子，醇能被氧化生成醛，说明醇羟基位于边上，据此分析解答．解答：解：醇能发生消去反应，说明连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上含有氢原子，醇能被氧化生成醛，说明醇羟基位于边上，A．甲醇中只有一个碳原子，不能发生消去反应，故A错误；B.2﹣丙醇被氧化生成酮而不是醛，故B错误；C．该分子中连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，故C错误；D．该分子中醇羟基位于边上且连接醇羟基碳原子相邻碳原子上含有氢原子，所以能发生消去反应、能被氧化生成醛，故D正确；故选D．点评：本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系即可解答，注意醇发生消去反应时醇分子结构特点，为易错点．13．下列关于有机化合物的说法中，正确的是（）A．除去CH4中的C2H4杂质选用溴的CCl4溶液B．油脂、淀粉、纤维素都属于天然高分子化合物C．甲苯和乙烯都可与酸性高锰酸钾溶液发生化学反应造成酸性高锰酸钾溶液褪色D．蛋白质溶液加入CuSO4溶液会析出，这一过程属于蛋白质的盐析考点：有机物的结构和性质．。