2017-2018学年上海市金山中学高二上学期期末考试化学试题 解析版

金山中学2017学年度第一学期高二年级

化学等级学科期末考试卷

相对原子质量： O-16  Fe-56

一、选择题（共40分，每小题2分。每小题只有一个正确答案）

1.编制第一个元素周期表的化学家是

A. 戴维 B. 阿伏加德罗 C. 门捷列夫 D. 道尔顿

【答案】C

【解析】

【详解】编制第一个元素周期表的化学家是门捷列夫，于1868年编绘完成，当时填入的元素种类为69种，周期表中留有许多空格，被后来发现的元素逐渐填满。道尔顿是首先提出了近代原子学说，阿伏加德罗是首先提出了分子学说，戴维首先用电解方法获得了碱金属。

2.地壳中含量最多的金属元素是

A. O B. Si C. Al D. Fe

【答案】C

【解析】

【详解】按质量分数计算，地壳中含量最多的四种元素依次是氧、硅、铝、铁，其中含量最多的非金属元素是氧元素，含量最多的金属元素是铝元素。

【点睛】记住地壳中含量最多的四种元素依次是氧、硅、铝、铁，注意这里的含量指的是质量分数。

3.通常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志是

A. 石油的产量 B. 乙烯的产量

C. 塑料的产量 D. 合成纤维的产量

【答案】B

【解析】

【详解】通常用乙烯的产量来衡量一个国家石油化工发展水平，通常用硫酸的产量来衡量一个国家化学工业的发展水平。

4.属于纯净物的是

A. 绿矾 B. 生铁 C. 钢 D. 赤铁矿

【答案】A

【解析】

【详解】A.绿矾属于纯净物，其化学式为FeSO4·7H2O，A项可选；

B.生铁是含碳量为2%~4.3%的铁的合金，属于混合物，B项不选；

C.钢是含碳量为0.03%~2%的铁的合金，属于混合物，C项不选；

D.赤铁矿是一种矿石，在自然界分布极广，为混合物，是重要的炼铁原料，其主要成分是Fe2O3，D项不选；

所以答案选A项。

5.金属是热和电的良好导体，因为它

A. 表面富有光泽 B. 有可成键的电子

C. 有金属离子 D. 有自由运动的电子

【答案】D

【解析】

【分析】

依据金属晶体中含有自由电子，自由电子能够自由运动，所以金属能够导电和导热，据此解答。

【详解】金属都是由金属阳离子与自由电子通过金属键构成的金属晶体，因为金属晶体中含有自由电子，自由电子能够自由运动，所以金属能够导电和导热，答案选D。

【点睛】本题考查了金属晶体的结构与性质，明确金属晶体中含有自由电子是解题关键，题目难度不大。

6.不属于烃的物质是

A. CH3Cl B. C6H6 C. C2H2 D. CH3CH3

【答案】A

【解析】

【分析】

碳氢化合物简称为烃，其组成元素有且仅有碳和氢两种元素。

【详解】CH3Cl中含有碳、氢、氯三种元素，所以不属于烃。C6H6、C2H2、CH3CH3均由碳和氢元素组成，均属于烃，其中C6H6属于芳香烃，C2H2属于炔烃，CH3CH3属于烷烃。

【点睛】烃为化学家后造的汉字，为碳氢化合物的简称，其汉字取自碳和氢的一部分，其拼音也取自碳和氢的拼音的一部分。

7.放入稀硫酸不产生气泡的金属是

A. Mg B. Al C. Zn D. Ag

【答案】D

【解析】

【分析】

能与稀硫酸反应产生气泡的金属，通常是金属活动性顺序表中排在氢前面的金属。

【详解】所给四种金属中，只有金属银排在氢的后面，金属银与稀硫酸不发生反应。其它三种金属均能与稀硫酸反应生成氢气，化学方程式为分别为：Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑、2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑。

【点睛】熟记金属活动性顺序表：K、Ca、Na、Mg、Al、Zn、Fe、Sn、Pb、（H）Cu、Hg、Ag、Pt、Au。

8.在人类已知的化合物中，种类最多的是

A. 第ⅡA族元素的化合物 B. 第ⅢA族元素的化合物

C. 第ⅣA族元素的化合物 D. 第ⅤA族元素的化合物

【答案】C

【解析】

【详解】第ⅣA族元素主要包含了碳、硅、锗、锡、铅等元素，其中的碳元素可以形成数量庞大的有机物家族，其种类数早已达千万种级别。所以第ⅣA族元素形成的化合物种类最多。

9.净水剂铁酸钠（Na2FeO4）中，铁元素的化合价是

A. +6 B. +5 C. +3 D. +2

【答案】A

【解析】

【详解】设Na2FeO4中铁的化合价为x，又知钠的化合价为+1价，氧的化合价为-2价，所以根据化合物中元素化合价代数和为0，可得2+x-8=0，x=+6价。

10.下列四种元素，原子半径最大的是

A. 氧 B. 氟 C. 钠 D. 氯

【答案】C

【解析】

【分析】

除稀有气体外，从左向右，同周期元素的原子半径逐渐减小；从上到下，同主族的元素的原子半径逐渐增大。

【详解】氧、氟同周期，所以原子半径：O>F；钠、氯同周期，所以原子半径：Na>Cl;又由于原子半径Na>Li，Li>O，所以原子半径Na>O，所以答案选C项。

【点睛】短周期中，除稀有气体外，钠原子半径最大，氢原子半径最小。

11.胆矾中结晶水含量测定的实验，不必使用的仪器是

A. 坩埚 B. 电子天平 C. 干燥器 D. 量筒

【答案】D

【解析】

【详解】胆矾中结晶水含量测定的原理，是利用加热方式使一定质量的样品失去全部结晶水，依据样品加热前后的质量变化数据，计算出胆矾中结晶水的含量。坩埚用于盛装被灼烧的固体样品，电子天平用于称量固体的质量，干燥器用于放置、冷却加热后的固体，防止固体在空气中再吸收水分造成实验误差。量筒是专门用于测量液体体积的仪器，在此实验不必使用。

12.在一定温度和压强下，气体体积主要取决于

A. 分子间的平均距离 B. 分子微粒大小

C. 分子数目的多少 D. 分子式量的大小

【答案】C

【解析】

【详解】任何物质的体积大小均由构成物质的粒子直径的大小、粒子的间隙、粒子的数量三个因素共同决定。对于气体来说，由于气体的分子间隙远大于分子直径的十倍以上，所以计量气体的体积时，相对于间隙来说，气体分子的本身的大小可以忽略，所以气体的体积大小主要由气体分子数和气体分子间的距离共同决定。确定了气体所处的温度和压强，就等于确定了气体分子间的距离，所以此时该气体的体积主要由气体的分子数决定。在该条件下，气体的分子数越多，气体的体积就越小，且有。

13.两种元素能形成AB2型化合物，它们的原子序数是

A. 3和9 B. 10和14 C. 7和12 D. 6和8

【答案】D

【解析】

【分析】

本题采用代入法，将题给的原子序数具体化至某元素再进行分析。

【详解】A．3号元素为Li，9号元素为F，二者形成化合物LiF，与题给的AB2型明显不符，A项错误；

B.10号元素为Ne，14元素为Si，Ne元素通常不形成化合物，B项错误；

C．7号元素为N，12元素为Mg，二者能形成Mg3N2，与题给的AB2型不符，C项错误；

D.6号为碳元素，8号为氧元素，二者形成CO2，符合题意，D项正确；

所以答案选D项。

【点睛】当然，本题也可依据所给的原子序数，按电子排布规律分析其最外层电子数，再讨论它们是否能形成AB2型化合物，但显得较繁琐。

14.测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验中，错误的操作是

A. 要进行恒重操作

B. 在空气中冷却后再称量

C. 加热后不能趁热称量

D. 在加热硫酸铜晶体时，要慢慢加热至晶体全部变成白色粉末

【答案】B

【解析】

【详解】A. 测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验中，要进行恒重操作。通常加热、冷却后称量，重复２到3次，直到与上一次称量的数值几乎没有差值，A项正确；

B．在空气中冷却，硫酸铜粉末可能结合空气中水蒸气，造成实验误差，B项错误；

C.加热后要在干燥器中冷却至室温再进行称量，C项正确；

D．D项正确，要慢慢加热，快速加热固体可能受热不均而迸溅，结晶水全部失去后，蓝色晶体会变成白色粉末，D项正确；

所以答案选B项。

15.在测定1mol气体体积的实验中，若镁条中含有不与稀硫酸反应的杂质，其他步骤均无误差，则测定结果会

A. 偏大 B. 偏小 C. 不影响 D. 都有可能

【答案】B

【解析】

【详解】据反应原理：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，生成氢气的量由参加反应的镁的质量来确定。如果镁条中混有不与稀硫酸反应的杂质，将造成生成气体的量减小，则对应的测定的1mol气体的体积会减小。

16.测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验中，称量次数至少要

A. 3次 B. 4次 C. 5次 D. 6次

【答案】B

【解析】

【详解】测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验中，称量次数至少要进行4次。这4次分别是称量坩埚的质量、坩埚加上样品硫酸铜晶体的质量、充分加热并冷却后坩埚和固体的总质量、再次加热并冷却后坩埚和固体的总质量。

【点睛】最后一次加热、冷却后称重，是为了保证结晶水完全失去，防止出现因加热不充分造成的实验误差。

17.不属于同一主族的元素是

A. Be  Mg B. C  Si C. O  S D. N  Br

【答案】D

【解析】

【详解】A．Be、Mg均属于第IIA族元素，A项不选；

B．C、Si均属于第IVA族元素，B项不选；

C．O、S均属于第VIA族元素，C项不选；

D．N元素属于第VA族元素，Br元素属于第VIIA族元素，D项可选；

所以答案选D项。

【点睛】因均为主族元素，可从最外层电子数是否相同来判断二元素是否属于同一主族。

18.碱性强弱介于KOH和Mg(OH)2之间的是

A. NaOH B. Al(OH)3 C. CsOH D. Be(OH)2

【答案】A

【解析】

【分析】

所给的几种氢氧化物中，金属元素均呈现了最高价。所以可以从它们的元素的金属性强弱来判断它们的最高价氧化物的水化物的碱性强弱。

【详解】A.因K、Na同主族且K的原子序数大，所以有金属性K>Na，碱性KOH>NaOH，又由于Na、Mg同周期且原子序数Na<Mg，所以有金属性Na>Mg，碱性NaOH>Mg(OH)2，所以碱性强弱的顺序是KOH>NaOH>Mg(OH)2，A项正确；

B．因Mg、Al在同一周期且Mg的原子序数大于Al，所以金属性Mg>Al，碱性Mg(OH)2>Al(OH)3，B项排除；

C.因K、Cs同主族且K的原子序数小，所以有金属性K<Cs，碱性KOH<CsOH，C项排除；

D.由于Be、Mg同主族且Be的原子序数小，所以金属性Be<Mg，碱性Be(OH)2<Mg(OH)2，D项排除；

所以答案选A项。

【点睛】元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物的碱性越强。

19.不符合ⅦA族元素性质特征的是

A. 从上到下原子半径逐渐减小 B. 易形成－1价离子

C. 最高价氧化物的水化物显酸性 D. 从上到下氢化物的稳定性依次减弱

【答案】A

【解析】

试题分析：A、同主族元素从上到下，核外电子层数逐渐增多，则原子半径逐渐增大，错误，选A；B、最外层都为7个电子，发生化学反应时容易得到1个电子而达到稳定结构，形成-1价阴离子，正确，不选B；C、ⅦA族元素都为非金属元素，最高价氧化物对应的水化物都为酸性，正确，不选C；D、同主族从上到下，非金属性减弱，对应的氢化物的稳定性逐渐减弱，正确，不选D。

考点：同一主族元素性质递变规律与原子结构的关系

20.某元素R的最高价氧化物的化学式为RO2，相对分子质量是44，则R的气态氢化物中氢的质量分数为

A. 5.9% B. 10% C. 12.5% D. 25%

【答案】D

【解析】

【详解】某元素R的最高价氧化物的化学式为RO2，所以R的最高正价为+4价，其最低负价应为-4价，R的气态氢化物的化学式为RH4。根据其相对分子质量为44，可知其中R的相对原子质量为44-32=12。在RH4中氢的质量分数为=25%。

【点睛】气态氢化物又称为简单氢化物，在气态氢化物中，氢显+1价，另一元素显最低负价。

二、综合题（共60分）

（一）（本题共15分）

21.下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表某一化学元素。

完成下列填空（填元素符号或化学式）：

(1)元素B在元素周期表中的位置是第____周期第_____族，A、B、C三种元素原子半径从大到小的顺序是_________________；

(2)D简单离子的结构示意图为_____________，D、E中金属性较强的元素是________。D单质在空气中燃烧可生成淡黄色粉末X（D2O2），X常用作呼吸面具和潜水艇中的供氧剂，可选用合适的化学试剂和下图所示实验装置证明X有提供氧气的作用。

(3)装置A使用石灰石与浓盐酸反应制取CO2，装置B中饱和NaHCO3溶液的作用是除去_____________；

(4)装置C中X与CO2反应的化学方程式是_____________________，装置D盛放NaOH溶液的作用是除去____________；

(5)为检验试管F收集的气体，进行____________操作，出现_________现象，即证明X可作供氧剂。

【答案】    (1). 二    (2). VA    (3). N>O>H    (4).     (5). Na    (6). HCl    (7). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2    (8). CO2    (9). 将带火星的木条靠近气体    (10). 木条复燃

【解析】

【分析】

根据题给的部分元素周期表，明确A、B、C、D、E分别为H、N、O、Na、Mg等元素。用好元素周期律进行原子半径、金属性强弱的判断即可。

【详解】（1）根据题给图示，元素B在元素周期表的第二行，从左数第5种元素，所以其在元素周期表的位置表达为第2周期第VA族；元素A、B、C分别为H、N、O，它们的原子半径的从大到小顺序为：N>O>H；

（2）元素D为钠元素，其简单离子的电子式表达为：，注意看清是离子；元素E为Mg元素，金属性Na>Mg；钠在氧气中燃烧生成的淡黄色粉末为Na2O2；

（3）浓盐酸具有强的挥发性，所以制得的CO2气体中混有大量的氯化氢气体，装置B中饱和NaHCO3溶液的作用是除去挥发出的HCl:NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，既除去了HCl，又生成了主要成分CO2，又降低了CO2气体在溶液中的溶解损耗；

（4）Na2O2与CO2反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；装置D盛放NaOH溶液的作用是除去O2中未反应的CO2；

（5）为检验试管F收集的气体是氧气，可用带火星的木条进行检验，如果木条复燃，说明收集到的是O2，从而说明过氧化钠能与二氧化碳反应生成O2，可用作供氧剂。

【点睛】比较元素金属性或非金属性的强弱，可以从元素在元素周期表中所处的相对位置关系中很形象地看出。

（二）（本题共15分）

22.硝酸铝[Al(NO3)3]是一种常用媒染剂。工业上用铝灰（主要含Al、Al2O3、Fe2O3等）制取硝酸铝晶体[Al(NO3)3·9H2O]的流程如下：

完成下列填空：

(1)常温下，铝遇浓硫酸、浓硝酸时在表面生成致密的氧化膜，这种现象称为__________，铝粉常用来还原一些金属氧化物以冶炼某些难熔的金属，这类氧化还原反应叫__________反应；

(2)步骤Ⅰ的离子方程式是_________________，_________________；

(3)若在实验室中完成步骤Ⅱ，为提高铝元素的利用率，可用__替换稀硝酸；

a．稀硫酸   b．稀盐酸   c．醋酸   d．二氧化碳

(4)在步骤Ⅲ的实际操作过程中，待沉淀完全溶解后还会加入稍过量稀硝酸，用平衡移动原理解释此时加入稀硝酸的目的：_______________________；

(5)温度高于200℃时，硝酸铝完全分解成氧化铝、二氧化氮和氧气，写出该反应的化学方程式：_____________。

【答案】    (1). 钝化    (2). 铝热或置换    (3). 2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑    (4). Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O    (5). cd    (6). Al3++3H2O≒Al(OH)3+3H+,加过量HNO3平衡向左移动，抑制Al3+水解    (7). 4Al(NO3)32Al2O3+12NO2↑+3O2↑

【解析】

【分析】

本题主要考查铝、氧化铝的重要性质及应用。要特别关注铝的钝化、铝热反应、氧化铝和氢氧化铝的两性等知识的应用。

【详解】（1）常温下，铝遇浓硫酸、浓硝酸时，在铝表面迅速生成致密的氧化物保护薄膜，这种现象称为钝化现象。钝化不是铝与浓硫酸、浓硝酸不发生反应，而是反应迅速进行，迅速停止；铝粉与某些金属氧化物的混合粉末称为铝热剂，引发后发生反应产生很高的温度，可用以冶炼某些难熔的金属，这类氧化还原反应称为铝热反应，其实质是置换反应；

（2）铝灰中的主要成分Al、Al2O3均能与NaOH溶液反应，Fe2O3与NaOH溶液不反应：2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑；Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O；

（3）Al(OH)3既溶于强酸又溶于强碱，既不溶于弱酸又不溶于弱碱，所以若在实验室中完成步骤Ⅱ，为提高铝元素的利用率，可用弱酸替换稀硝酸这一强酸，故可选用醋酸和二氧化碳这两种弱酸，其中二氧化碳更好；

（4）Al(NO3)3中Al3+会水解：Al3++3H2O≒Al(OH)3+3H+，加过量HNO3可向溶液提供H+使平衡向左移动，从而抑制Al3+水解，同时不引入新的杂质离子；

（5）题目已明确告知反应物是硝酸铝，产物有氧化铝、二氧化氮和氧气，配平即可得：4Al(NO3)32Al2O3+12NO2↑+3O2↑，注意标明温度高于200℃。

【点睛】深刻理解氧化铝、氢氧化铝的两性，指的是既与强酸、又与强碱反应，与弱酸、弱酸不反应。书写陌生的化学方程式时，要注意标出题给的反应条件，明确反应物和生成物，并进行正确的配平。

（三）（本题共15分）

23.摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]是一种重要的化工原料，用途广泛。几位同学进行了如下实验以检验摩尔盐溶液中的NH4+、Fe2+、SO42－。

完成下列填空：

(1)甲同学向试样溶液中加入足量的Ba(OH)2溶液，微热，逸出可使_______试纸变蓝的气体以检验NH4+离子，同时生成白色沉淀，随即沉淀变为灰绿色，最后带有_________色，用足量_______溶液处理沉淀物，沉淀部分溶解以检验Fe2+、SO42－；

(2)乙同学提出检验Fe2+的方法：先向试样溶液中滴加KSCN，溶液呈无色，再加___________试剂，溶液呈血红色则有Fe2+。但实际操作中，乙同学向试样溶液中加入KSCN后，发现溶液变成浅红色，原因是________________；

丙同学欲测定某摩尔盐样品中Fe2+的含量。他称取0.400g该样品，溶于水，加入适量稀硫酸后，用0.0200mol/L的KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液10.00mL。

反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4－+8H+→Mn2++5Fe3++4H2O。

(3)滴定终点的现象是_______________________，样品中Fe2+的百分含量是____________。

【答案】    (1). 湿润的红色石蕊    (2). 红褐    (3). 盐酸或硝酸    (4). H2O2或Cl2    (5). 摩尔盐中Fe2+部分被氧化    (6). 滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液呈（紫）红色，且半分钟内不变色    (7). 14.0%（或0.14）

【解析】

【分析】

根据摩尔盐的化学式(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，加入足量的Ba(OH)2溶液并微热，发生反应的离子有NH4+、Fe2+、SO42-。检验Fe2+通常采用间接检验法。注意滴定终点判定的规范化描述。

【详解】（1）摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]中含有NH4+，加入足量的Ba(OH)2溶液，微热，逸出NH3：NH4++OH-NH3↑+H2O，NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；溶液中的Fe2+与OH-反应先生成白色沉淀：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓,沉淀迅速变成灰绿色，直至红褐色：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；溶液中的SO42-与Ba2+形成不溶于酸的沉淀：Ba2++SO42-=BaSO4↓；用足量盐酸或硝酸溶液处理沉淀物，沉淀部分溶解以检验Fe2+、SO42－，因是检验SO42-,所以不选用硫酸；

（2）先向试样溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈无色，再加双氧水或氯水等氧化剂，溶液呈血红色则有Fe2+。乙同学向试样溶液中加入KSCN后，发现溶液变成浅红色，说明摩尔盐中Fe2+部分被空气中的氧气氧化：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；

（3）注意含Fe2+溶液在锥形瓶中，滴定前溶液呈浅绿色；当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，锥形瓶内溶液呈（紫）红色，且半分钟内不变色，说明滴定终点已到达；据题给的反应式5Fe2++MnO4－+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O可知：反应时Fe2+和MnO4－的物质的量之比是5：1，消耗MnO4-的物质的量为：0.0200mol/L×10.00mL×10-3L/mL=0.0002mol，所以n(Fe2+)=0.0002mol×5=0.001mol，所以样品中Fe2+的百分含量是 =14.0%。

（四）（本题共15分）

24.甘油（丙三醇）在纺织、医药、化妆品工业及日常生活中用途很广，可以通过以下方法合成：

完成下列填空：

(1)A中官能团的名称是____________，A→B的反应类型是__________；

(2)写出A发生加聚反应后产物的结构简式__________________；

(3)B→C的反应类型是______________，C与D互为______________；

(4)写出A→B的化学方程式：__________________________________；

【答案】    (1). 碳碳双键    (2). 取代反应    (3).     (4). 加成反应    (5). 同分异构体    (6). CH3CH=CH2+Cl2ClCH2CH=CH2+HCl

【解析】

【分析】

有怎样的基团就有怎样的化学性质。认真比较在某反应发生后，有机物哪部分基团或价键发生了变化，从而判断发生了怎样的反应。从题给的合成路径来看，丙烯首先发生了一氯代反应，然后与HClO发生加成反应，后脱去一分子HCl成三元环，最后在碱性条件下发生水解。

【详解】（1）A中官能团的名称是碳碳双键，注意不要说双键；A→B是在加热的条件下发生甲基上氢的卤代反应，所以该反应类型是取代反应；

（2）A是丙烯，其发生加聚反应后生成聚丙烯：；

（3）分析比较B()和C()的结构，可以发现原有碳碳双键消失，其两个碳原子上分别连上了Cl和OH，应是加成反应；C与D分子式相同，结构不同，应互称为同分异构体；

（4）写出A→B的化学方程式：CH3CH=CH2+Cl2ClCH2CH=CH2+HCl。

25.乙二醇也可由下述方法制得，完成由乙烯合成乙二醇的合成路线。

(1)A物质的结构简式为：____________________

(2)B物质的结构简式为：_____________________

【答案】    (1). CH2ClCH2OH    (2).

【解析】

【详解】乙烯先与次氯酸发生加成反应，生成ClCH2CH2OH(物质A)，物质A在Ca(OH)2的作用下脱去氯化氢，形成环氧乙烷（物质B）,环氧乙烷在碱性条件下，与水反应生成乙二醇（HOCH2CH2OH）。