黑龙江2018年八年级化学后半期期末考试附答案与解析

【答案】C
【解析】
A、二氧化碳不是空气污染物，故A错误；
B、大理石主要成分是碳酸钙，故B错误；
C、松花江水中含有水和溶于水的物质，属于混合物，故C正确；
D、灯泡内充的氮气通电时不会发出不同颜色的光，而通入稀有气体通电时会发出不同颜色的光，故D错误。故选C。

【答案】B
【解析】
A、检查装置气密性必须形成密封体系：先连接装置，将导管一端浸入水中，再将手紧握试管外壁，导管口有气泡冒出，说明气密性良好，故A正确；
B、过滤要注意一贴二低三靠，图中操作没有用玻璃棒引流，故B错误；
C、量筒的读数方法：视线与凹液面最低处保持水平，故C正确；
D、胶头滴管要垂悬在试管口上方，故D正确。故选B。

【答案】A
【解析】
A、用活性炭净化水过程中，只是活性炭把一些物质吸附在表面，没有生成新物质，属于物理变化，故A正确；
B、过氧化氢分解生成水和氧气，属于化学变化，故B错误；
C、红磷燃烧生成五氧化二磷，属于化学变化，故C错误；
D、电解水生成氢气和氧气，属于化学变化，故D错误。故选A。

【答案】D
【解析】
A、液氮冷冻机是利用液氮吸热汽化，属于物理性质，故A错误；
B、干冰用作制冷剂是利用干冰吸热升华，属于物理性质，故B错误；
C、石墨用作干电池电极是利用石墨的导电性，属于物理性质，故C错误；
D、氮气用于食品防腐是利用氮气的化学性质稳定，故D正确。故选D。

【答案】C
【解析】
A、生石灰与水反应生成氢氧化钙，生石灰中加入一定量的水，白色固体变成白色浆液，该反应放出大量的热，故A错误。
B、在空气中点燃甲烷，发出淡蓝色火焰，放热，故B错误。
C、在空气中点燃镁带：银白色固体燃烧，发出耀眼的白光，产生白烟，生成白色固体，放出热量，故C正确。
D、将燃着的木炭伸入到氧气中，发出白光，没有产生白色火焰，故D错误。故选C。

【答案】BC
【解析】
A、该化学方程式反应条件是高温，氧化反应不是基本的反应类型，故A错误；
B、该化学方程式书写完全正确，该反应是一种物质生成三种物质的反应，属于分解反应，故B正确；
C、该化学方程式书写完全正确，该反应是由两种物质生成一种物质的反应，属于化合反应，故C正确；
D、拉瓦锡测定空气的成分用的药品是汞，不是红磷，故D错误。故选BC。

【答案】BC
【解析】
A、①②④均属于原子，原子的电子层数相同，位于同一周期；但③是原子失去1个电子得到的，其原子的电子层数为3层，故A错误。
B、②为氟原子，比②多一个周期少一个族的原子为硫原子，硫原子最外层电子数为6，大于4个，在化学反应中易得到电子，故B正确。
C、②最外层电子数是7，大于4，在化学反应中易得到1个电子而形成阴离子，化合价是﹣1价；③是钠离子，化合价是+1价；②③可形成XY型化合物，故C正确。
D、①③的最外层为电子数均为8，但①为稀有气体原子，③为钠离子，①③不具有相似的化学性质，故D错误。故选BC。

【答案】B
【解析】
由分子结构式可知，乙酸乙酯的化学式为C4H8O2。
A、分子是由原子构成的，不是由元素构成的，乙酸乙酯分子是由碳、氢、氧三种原子构成的化合物，故A错误；
B、由化学式可知，乙酸乙酯中碳、氢、氧三种原子的个数比为4：8：2＝2：4：1，故B正确；
C、由化学式可知，每个乙酸乙酯分子中含有4个碳原子、8个氢原子和2个氧原子，每个碳原子含有6个质子、每个氧原子含有8个质子、每个氢原子含有1个质子，所以
一个乙酸乙酯分子中含有6×4+1×8+8×2＝48，故C错误；
D、乙酸乙酯中，碳、氢、氧三种元素的质量比=（12×4）：（1×8）：（16×2）＝6：1：4，可见其中碳元素的质量分数最大，故D错误。故选B。

【答案】C
【解析】
A、俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律并编制了元素周期表，故A错误；
B、一氧化碳很难溶于水，故在煤炉上放一壶水不能防止一氧化碳中毒，故B错误；
C、液态二氧化碳气化时吸热，二氧化碳不能燃烧也不能支持燃烧，密度大于空气。使用二氧化碳灭火器灭火时，有降温和隔绝空气的作用，故C正确；
D、实验室常用蒸馏的方法来降低水的硬度，日常生活中可用煮沸的方法来降低水的硬度，故D错误。故选C。

【答案】D
【解析】
A、CO和CO2的化学性质不同，是因为两种物质的分子结构不同，不同种的分子性质不同，故A正确；
B、金刚石和石墨的物理性质不同，是因为碳原子的排列方式不同，故B正确；
C、墙内开花墙外可闻到花香，是因为花香中含有的分子是在不断运动的，向四周扩散，使人们闻到花香，故C正确；
D、氧气降温加压可以变成淡蓝色的液氧，氧分子间间隔会变小，淡蓝色是大量氧分子聚集体表现出来的性质，而不是液氧分子是淡蓝色的，故D错误。故选D。

【答案】B
【解析】
A、金刚石的硬度大，所以金刚石可用来切割玻璃，故A正确；
B、氧气具有助燃性，而不是高能燃料，故B错误；
C、由于活性炭具有吸附性，可用于吸附毒气，故C正确；
D、由于氦气化学性质稳定且密度较小，可用于用于飞艇，故D正确。故选B。

【答案】C
【解析】
A、硬水和软水都是无色的液体，观察颜色无法鉴别，故A错误；
B、带火星的木条在空气和呼出的气体中都容易熄灭，带火星的木条不能鉴别，故B错误；
C、金刚石的硬度大，石墨很软，可以比较硬度鉴别，观察颜色，石墨是黑色的，金刚石是透明的，可以鉴别，故C正确；
D、氢气和一氧化碳都具有可燃性，比较可燃性无法鉴别，故D错误。故选C。

【答案】A
【解析】
A、按目前测定，海水中含有的化学元素有80多种，故A正确；
B、煤焦油是煤加工的产品，故B错误；
C、化石能源不是新能源，故C错误；
D、空气中含量最多的单质是氮气，故D错误。故选A。

【答案】D
【解析】
A、KClO3在二氧化锰的催化作用下生成氯化钾和氧气，二氧化锰作催化剂，反应前后质量不变，能除去杂质但引入了新的杂质二氧化锰，故A错误。
B、活性炭具有吸附性，能除去异味，应在进行过滤，故B错误。
C、除去二氧化碳中的一氧化碳不能够点燃，这是因为会引入新的气体杂质，且当二氧化碳（不能燃烧、不能支持燃烧）大量存在时，少量的一氧化碳是不会燃烧的；故C错误。
D、CaCO3固体高温煅烧生成氧化钙和二氧化碳，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故D正确。故选D。

【答案】A
【解析】
镁元素的质量=80g×75%＝60g，镁和氧气在点燃的条件下生成氧化镁，最终所得固体的总质量=，故选A。

【答案】疏松多孔 吸附 C Cl2+2NaClO2＝2ClO2+2NaCl +4
【解析】
（1）活性炭具有吸附性，具有疏松多孔的结构，能吸附异味和色素，其主要成分是碳，化学式为C；
（2）氯气与亚氯酸钠（ NaClO2）反应来制取，生成ClO2、氯化钠，反应的化学方程式为：Cl2+2NaClO2＝2ClO2+2NaCl；在二氧化氯中，氧元素显﹣2价，设：氯元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：x+（﹣2）×2＝0，则x＝+4价。

【答案】一氧化碳 发动机的燃烧方式 化学 机械 热值大
【解析】
（1）汽油或柴油中除了含有碳、氢、氧元素以外，还含有氮元素等其他元素，所以汽车的尾气中含有氮氧化物以及一氧化碳而造成空气污染；为减少汽车尾气对空气的污染，可采取改进发动机的燃烧方式，使汽油能充分燃烧等措施；
（2）氢能源汽车在行驶过程中的能量转化是从化学能开始，最终转化为机械能；氢能源的优点有本身无毒、原料来源广、热值大、对环境无污染等优点。

【答案】 过氧化氢分子 过氧化氢分子分解为氧分子和水分子 17：8：9
【解析】
（1）根据质量守恒定律可知，化学反应前后原子的种类和个数都不变，则可知C图还有2个水分子，1个水分子由2个氢原子和1个氧原子构成，故C图应为；
（2）由微观模拟图可以看出，此变化前后发生改变的粒子是过氧化氢分子；
（3）由微观模拟图可以看出，此反应为分解反应的原因是过氧化氢分子分解为氧分子和水分子；
（4）此反应中A、B、C三种物质的质量比=（34×2）：32：（18×2）＝17：8：9。

【答案】利用物质的可燃性（或利用物质的还原性） ③⑤（或②⑥） C 主要目的都是探究物质的性质
【解析】
（1）物质的性质决定了物质的用途，利用物质的可燃性，可用其做燃料，如③⑤；利用物质的还原性，可用其将金属从其氧化物中还原出来，如②⑥；
（2）A 该实验是探究氢气的可燃性（性质）；B 该实验是探究化学反应前后物质的质量关系；C 该实验是探究物质的导电性；D．该实验是探究空气中氧气的含量；故填C；主要目的都是探究物质的性质。

【答案】棉花 试管 ①②⑦⑧ CaCO3+2HCl═CO2↑+H2O+CaC12 紫色石蕊溶液变红色 气体增多 变大 压强差 H2CO3
【解析】
（1）实验室用高锰酸钾制取氧气的反应物是固体，反应条件是加热，试管口需要放一团棉花，防止过锰酸钾粉末进入导管，所以补充的一种用品棉花和一种仪器试管可以制取一种气体；
（2）实验室制取二氧化碳是用石灰石或大理石与稀盐酸反应，反应物是固体和液体，反应条件是常温，二氧化碳密度比空气大，溶于水，所以所选上述仪器序号是①②⑦⑧，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，化学方程式为：CaCO3+2HCl═CO2↑+H2O+CaC12；
（3）水和二氧化碳反应生成碳酸，碳酸能使紫色石蕊变红色，所以B装置内观察到的现象是：紫色石蕊溶液变红色，产生上述现象的原因是：A瓶内物质反应生成二氧化碳气体，使A瓶内气体增多，气体压强变大，大于外界大气压，在压强差的作用下，二氧化碳气体逸出，与B中的水反应生成H2CO3的缘故。

【答案】CuO H2O CO CO2 CO2+ Ca(OH)2 =CaCO3↓+ H2O 无色气体燃烧，发出蓝色火焰，放热
【解析】
A是黑色固体，其中两种元素的质量比为4：1，氧化铜是黑色固体，其中铜元素与氧元素的质量比=64:16=1:4，故A是氧化铜，B是海水中含量最多的物质，故B表示水，C是无色气体，能与氧化铜反应，一氧化碳与氧化铜在加热时生成铜和二氧化碳，故C可能是一氧化碳，C能与E相互转化，一氧化碳在氧气中燃烧生成二氧化碳，二氧化碳与碳在高温条件下生成二氧化碳，故E可能是二氧化碳，D是黑色固体，能与二氧化碳相互转化，能与氧化铜反应，故D是碳，代入框图，推断合理。
根据以上分析可知：
（1）A是氧化铜，化学式为：CuO；B是水，化学式为：H2O；C是一氧化碳，化学式为：CO；E是二氧化碳，化学式为： CO2；
（2）E是二氧化碳，E转化为B反应可以是二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的化学方程式为：Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O；
（3）C是一氧化碳，能与氧气点燃反应生成二氧化碳，会观察到无色气体燃烧，发出蓝色火焰，放热。

【答案】白色固体 黄白色 产生大量白烟 不燃烧 可燃物温度达到着火点 环保 控制变量法 可燃物要与氧气接触并且温度达到可燃物的着火点
【解析】
解释与结论：
实验A中能观察到铜片上的实验现象为白色固体燃烧，产生黄白色火焰，放热，产生大量白烟，暗红色固体不燃烧；红磷与白磷都与氧气接触，温度都为60℃，白磷的着火点是40℃，红磷的着火点是240℃，红磷没有燃烧，白磷燃烧，根据该实验现象乙同学的结论应该是温度达到可燃物的着火点；
表达与交流：
B装置中白磷燃烧产生的五氧化二磷没有排放到空气中。与A装置相比，B装置一个显著的优点是：环保或操作简单；A、B两个实验所用的探究方法是把多因素的问题变成多个单因素的问题。每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决。A、B两个实验所用的探究方法均为：控制变量法。

【答案】2KClO32KCl + 3O2↑ = 4.8g 1:2 先减少，后不变
【解析】
（1）氯酸钾在二氧化锰的催化作用下在加热条件下生成氯化钾和氧气，反应的化学方程式为：2KClO32KCl+3O2↑。
（2）设生成氯化钾的质量为x

x＝14.9g
（3）完全反应后得到氯化钾和二氧化锰的混合物32.35g，其中二氧化锰的质量为10g，则甲同学实验生成氯化钾的质量为32.35g﹣10g﹣14.9g＝7.45g，是乙同学实验生成氯化钾的一半，则甲同学实验生成氧气的质量是4.8g。
（4）生成氧气的质量之比为1：2，甲、乙同学实验中分解氯酸钾的质量比为1：2。
（5）氯酸钾在二氧化锰的催化作用下在加热条件下生成氯化钾和氧气，乙同学实验变化前后装置内固体物质质量变化情况为先减少，后不变。