2019-2020年高一下学期期末考试化学试卷纯含解析.doc

2019-2020年高一下学期期末考试化学试卷纯含解析题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题（题型注释）2下列叙述错误的是( )A乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同B淀粉、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同C煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠D乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去【答案】A【解析】试题分析：A、乙烯与溴水发生加成反应使溴水褪色，苯与溴水发生萃取使溴水褪色，褪色的原因不同，错误；B、淀粉能发生水解反应，水解产物为葡萄糖，油脂能发生水解反应，水解产物为高级脂肪酸和甘油，蛋白质能发生水解反应，水解产物为氨基酸，正确：C、煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠，正确D、乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去，正确。考点：本题考查有机物的性质与用途。 3关于化学反应中的能量变化，下列说法中不正确的是( )A燃烧反应都是放热反应B对于可逆反应：aA(g)+bB(g)bC(g)+dD(g)，如果正反应放热，逆反应一定吸热C氢气燃烧生成水是一个放热的化学反应，说明1 mol H2的能量高于1 mol H2O的能量D只有放热的氧化还原反应才可以设计为原电池【答案】C【解析】试题分析：A、燃烧就是发光、放热的剧烈的氧化还原反应，正确；B、H=生成物的能量和-反应物的能量和，所以其逆反应的反应热是其相反数，正确；C、氢气燃烧放热，说明氢气和氧气的能量和比水高，不能说明1 mol H2的能量高于1 mol H2O的能量，错误；D、反应物比生成物能量高时，才有能量转化为其他能量，正确。考点：本题考查燃烧的概念、反应热及其求算。4在加入铝粉能放出氢气的溶液中，下列各组离子可能大量共存的是 ()ANHNOCONa BNaBa2Mg2HCOCNOKAlOOH DNOMg2KCl 【答案】C【解析】试题分析：加入铝粉能放出氢气的溶液，为非氧化性酸或碱溶液，A、酸溶液中不能存在CO32-，碱溶液中不能存在NH4+，错误；B、HCO3-与酸和碱均反应，一定不能存在，且碱溶液中不能存在Mg2+，错误；C、碱溶液中该组离子之间不能反应，可大量共存，正确；D、碱溶液中不能存在Mg2+，酸溶液中NO3-、H+、Al发生氧化还原反应不生成氢气，错误。考点：本题考查离子共存。 5通常情况下，下列操作错误的是（ ）【答案】A【解析】试题分析：A、胶头滴管不能伸入到试管内或接触试管内壁，应垂直悬空在试管口上方滴加液体，防止污染胶头滴管，错误； B、向试管内加入固体粉末状药品时，首先横放试管，然后用钥匙或纸槽将药品送入试管底部，最后慢慢竖起试管，正确；C、倾倒液体时，瓶口与试管口紧挨，防止药品流出；标签朝向手心，防止流出的药品腐蚀标签；瓶塞倒放，防止污染瓶塞，从而污染药品，正确；D、读数应平视凹液面，正确。考点：本题考查化学实验基本操作。 6根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是 A同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱B核外电子排布相同的微粒化学性质也相同CCl、S2、Ca2+、K+半径逐渐减小D与得电子能力相同【答案】D【解析】试题分析：A、同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱，不是高价含氧酸不一定，如HClO为弱酸、HBrO4为强酸，错误；B、核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如Ar原子化学性质稳定，而S2-离子具有强还原性，错误；C、S2-、Cl-、Ca2+、K+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径S2-Cl-K+Ca2+，错误；D、3517Cl与3717Cl互为同位素，化学性质几乎完全相同，得电子能力相同，正确。考点：本题考查同主族元素性质递变规律、微粒半径比较、原子结构与性质。7xx年诺贝尔化学奖获得者施罗克等人发现金属钼的卡宾化合物可以作为非常有效的烯烃复分解催化剂。工业上冶炼钼的化学原理为：（）2MoS27O2=(高温)2MoO34SO2； MoO32NH3H2O(NH4)2MoO4H2O；(NH4)2MoO42HClH2MoO42NH4Cl； H2MoO4=()MoO3H2O；用还原剂将MoO3还原成金属钼。则下列说法正确的是AMoS2煅烧产生的尾气可直接排入空气中 BMoO3是金属氧化物，也是碱性氧化物CH2MoO4是一种强酸D利用H2、CO和铝分别还原等量的MoO3，消耗还原剂的物质的量比为3:3:2【答案】D【解析】试题分析：A、从反应看，MoS2煅烧后的产物中有SO2，它是大气污染物，因此尾气不能直接排入空气中，错误；B、碱性氧化物跟酸反应生成盐和水，但从反应可看出，MoO3和碱反应生成盐和水，因此MoO3应该是酸性氧化物，又从反应看，MoO3是H2MoO4的酸酐，因此不可能是碱性氧化物，错误；C、由可知，强酸制弱酸，而且难溶液于水，错误；D、因为MoO3中钼元素显+6价，1molMoO3能得到6mol电子，而1molH2、CO、Al分别失去的电子数为2mol、2mol、3mol，根据电子守恒规律可知所消耗还原剂的物质的量之比为3：3：2，正确。考点：本题考查化学流程的分析、基本概念、氧化还原反应原理。 8下列过程中，没有发生化学变化的是()A干冰用于人工降雨B蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑，体积膨胀C溶洞中钟乳石的形成D豆科作物的根瘤菌对空气中氮的固定【答案】A【解析】试题分析：A、干冰用于人工降雨：干冰气化，吸收热量，属于物理变化，正确；B、蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑，体积膨胀：浓硫酸作为脱水剂和吸水剂，使蔗糖脱水，发生碳化使蔗糖变黑，碳又与浓硫酸反应，生成二氧化碳和二氧化硫气体，使体积膨胀，故属于化学变化，错误；C、溶洞中钟乳石的形成：碳酸钙与空气中的二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙；碳酸氢钙受热分解生成碳酸钙，故属于化学变化，错误；D、工业上合成氨气：氢气和氮气在高温、高压、催化剂作用下生成氨气，属于化学变化，错误。考点：本题考查物理变化与化学变化的判断。 9下列分类不正确的是（）A纯碱、烧碱均属碱类 BCO2、SiO2、SO2均属酸性氧化物C醋酸、硫酸、硝酸均属酸类 DNa2CO3、Na2SO3、NaCl都属钠盐【答案】A【解析】试题分析：A、纯碱是Na2CO3，属于盐，错误；B、CO2、SiO2、SO2均能与碱反应生成盐和水，属酸性氧化物，正确；C、醋酸、硫酸、硝酸电离出的阳离子全部是H+，均属酸类，正确；D、Na2CO3、Na2SO3、NaCl都由金属阳离子和酸根离子构成，属钠盐，正确。考点：本题考查物质的分类。 10下列实验方案设计中，可行的是( )A加稀盐酸后过滤，除去混在铜粉中的少量镁粉和铝粉B用萃取的方法分离汽油和煤油C用溶解、过滤的方法分离硝酸钾和氯化钠固体的混合物D将氢气和氧气的混合气体通过灼热的氧化铜，以除去其中的氢气【答案】A【解析】试题分析：A、铜粉中的少量镁粉和铝粉，加入盐酸镁粉和铝粉反应生成盐和氢气，铜不与盐酸反应，过滤可以除去杂质，正确；B、汽油和煤油都是有机物混合后相互溶解，不能分层，不能用萃取方法分离，错误；C、KNO3和NaCl易溶于水，用溶解、过滤的方法不能分离KNO3和NaCl固体的混合物，错误；D、将氧气和氢气的混合气体通过灼热的氧化铜，氢气和氧气加热会迅速反应，错误。考点：本题考查物质的分离与除杂。第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、填空题（题型注释）11（10分）有如图所示AF六种仪器：（1）写出仪器名称：D ，E ；（2）请举例说出仪器A的用途（两种或两种以上） ；（3）实验室配制一定物质的量浓度的盐酸，需用36.5%的浓盐酸4.5mL。取用4.5mL盐酸时，需要到上图仪器中的F和 （填编号）；（4）下列实验操作中用到仪器C的是 （选填下列选项的字母编号）。a分离水和CCl4的混合物 b分离水和酒精的混合物 c分离水和泥砂的混合物【答案】（1）容量瓶 分液漏斗（2）反应容器 溶解物质（合理即可）（3）B （4）c【解析】试题分析：（1）图中仪器的名称分别是：D为容量瓶、E为分液漏斗。（2）仪器A为烧杯，烧杯主要用于溶解固体物质、配制溶液，以及溶液的稀释、浓缩，也可用于较大量的物质间的反应。（3）配制一定质量分数的盐酸溶液的基本步骤：计算、量取、溶解、转移、定容、贴标签；所以配制溶液需要用到的仪器有：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、容量瓶，取用4.5mL盐酸时，需要量筒、胶头滴管。（4）长颈漏斗常用于过滤；向小口容器内倾注液体；a水和CC14的能分层，可用分液漏斗分离；b水和酒精能互溶，不分层；c水和泥砂是固体和液体混合物可用过滤分离，用长颈漏斗，故答案为：C。考点：本题考查化学实验常用仪器。 12（15分）某混合物A，含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的物质之间的变化：据此回答下列问题：（1）I、II、III、IV四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是 。（2）根据上述框图反应关系，写出下列B、C、D、E所含物质的化学式沉淀固体B ；C ；沉淀D ；溶液E 。（3）写出、四个反应方程式（是离子反应的写出离子方程式） ； ； ； 。【答案】（1）过滤 （2）Al2O3；Al2O3和Fe2O3；Fe2O3；K2SO4和(NH4)2SO4 （3）Al2O3+2OH=2AlO2-+H2O Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+AlO2-H+H2OAl(OH) 3Cl 2Al(OH) 3Al2O33H2O【解析】试题分析：KAl（SO4）2易溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl（SO4）2，沉淀C为Al2O3和Fe2O3；由转化关系图可知，向沉淀C中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀D为Fe2O3，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al（OH）3沉淀，Al（OH）3受热分解生成固体B为Al2O3；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中E为K2SO4、（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到K2SO4和（NH4）2SO4。（1）溶液和沉淀的分离方法为过滤。（2）由上述分析知B为Al2O3，C为Al2O3和Fe2O3，D为Fe2O3，溶液E为K2SO4和（NH4）2SO4。（3）反应为离子反应：Al2O3+2OH=2AlO2-+H2O，反应为离子反应：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，反应为离子反应：AlO2-H+H2OAl(OH) 3Cl，反应为2Al（OH）3Al2O3+3H2O。考点：本题考查无机推断、物质的分离、方程式的书写。 13（9分）下表为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，用化学用语回答下列问题：（1）、的原子半径由大到小的顺序是_。（2）、的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是_。（3）、中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物，写出其中一种化合物的电子式：_。（4）由表中两种元素的原子按11组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，可使用的催化剂为(填序号)_。aMnO2bFeCl3cNa2SO3dKMnO4【答案】（1）NaAlO （2）HNO3H2CO3H2SiO3 （3）或 （4）a、b【解析】试题分析：根据元素所在周期表中的位置，可知元素的种类：为H元素，为C元素，为N元素，为O元素，为Na元素，为Al元素，为Si元素，为Cl元素。（1）Na与Al同周期，周期表中，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径NaAl，原子核外电子层数越多，半径越大，则有原子半径NaAlO。（2）、对应的元素分别为C、N、Si，非金属性：NCSi，元素的非金属性越强，对应的最高价含氧酸的酸性越强，则HNO3H2CO3H2SiO3（3）、中的某些元素可形成NaOH、NaClO等离子化合物，电子式分别为、（4）两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物为H2O2，在MnO2或FeCl3催化作用下分解，而Na2SO3具有还原性，与H2O2发生氧化还原反应，不能用作催化剂，高锰酸钾具有强氧化性，与H2O2发生氧化还原反应，也不能作催化剂，故答案为：ab。考点：本题考查元素的推断、元素周期律与元素周期表、电子式。 14（18分）高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能（1）反应应在温度较低的情况下进行。因在温度较高时KOH与Cl2反应生成的是KClO3。写出在温度较高时KOH与Cl2反应的化学方程式 ，该反应的氧化产物是 。（2）在溶液中加入KOH固体的目的是 （填编号）。A与溶液中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClOBKOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率C为下一步反应提供碱性的环境D使KClO3转化为KClO（3）从溶液中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3、KCl，则反应中发生的离子反应方程式为 。（4）如何判断K2FeO4晶体已经洗涤干净 。（5）高铁酸钾（K2FeO4）作为水处理剂的一个优点是能与水反应生成胶体吸附杂质，配平该反应的离子方程式：_FeO_H2O _Fe（OH）3（胶体）_O2_OH。【答案】（1）6KOH3Cl2KClO35KCl3H2O KClO3 （2）AC（3分）（3）2Fe33ClO10OH=2FeO3Cl5H2O（2分）（4）用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净（5）410438（2分）【解析】试题分析：（1）据题目信息、氧化还原反应中化合价发生变化确定产物有：KClO3、KCl、H2O，根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得6KOH+3Cl2KClO3+5KCl+3H2O；Cl2既是氧化剂又是还原剂，氯化合价升高，得到KClO3，KClO3是还原产物。（2）A、根据生产工艺流程图，第步氯气过量，加入KOH固体后会继续反应生成KClO，正确；B、因温度较高时KOH与Cl2反应生成的是KClO3，而不是KClO，错误； C、第步需要碱性条件，所以碱要过量，正确；D、KClO3转化为KClO，化合价只降不升，错误。（3）据题目信息和氧化还原反应中化合价发生变化确定找出反应物：Fe3+、ClO-，生成物：FeO42-、Cl-，根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O（4）因只要检验最后一次的洗涤中无Cl-，即可证明K2FeO4晶体已经洗涤干净，所以检验方法为：用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净。（5）根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得4FeO42-+10H2O4Fe（OH）3（胶体）+3O2+8OH-。考点：本题考查化学流程的分析、氧化还原反应原理、晶体洗涤干净的方法。 评卷人得分三、实验题（题型注释）15（18分）NO很容易与许多分子迅速发生反应，科学家发现在生物体中不断地产生NO，用于细胞间传递信息；NO还参与心血管系统、免疫系统以及中枢和外围神经系统的调控。.（1）实验室用金属铜和稀硝酸制取NO的离子方程式为_。（2）NO是有毒气体，某学生为防止污染，用分液漏斗和烧杯装配了一套简易的、能随开随用、随关随停的NO气体发生装置，如图甲所示。实验室若没有铜丝，而只有小铜粒，在使用上述装置进行实验时，可用丝状材料包裹铜粒以代替铜丝进行实验，这种丝状材料的成分可以是_(填选项编号)。A铁 B铝 C铂 D玻璃（3）为证明铜丝与稀硝酸反应生成的确实是NO，某学生另设计了一套如图乙所示的装置制取NO。反就开始后，可以在U形管右端观察到无色的NO气体。长玻璃管的作用是_。让反应停止的操作方法及原因是_。（4）以下收集NO气体的装置，合理的是_(填选项代号)。（5）假设实验中12.8 g Cu全部溶解，需要通入标况下_mL O2才能使NO全部溶于水。用金属铜制取硝酸铜，从节约原料和防止环境污染的角度考虑，下列4种方法中最好的是_(填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”)，理由是_。【答案】.（1）3Cu8H2NO3-=3Cu24H2O2NO （2）C、D2NOO2=2NO2（3）接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出关闭U形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体将U形管右端内的稀硝酸向下压，使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止。（4）C、D（5）2.24 LII丁 制取相同质量的Cu(NO3)2，丁所消耗的HNO3的量最少（原料的利用率最高）且不产生污染环境的气体。【解析】试题分析：.（1）金属铜可以和稀硝酸之间反应生成硝酸铜、一氧化氮以及水，即3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，离子方程式为：3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O。（2）实验室若没有铜丝，铜粒以代替铜丝进行实验，则包裹桶里的不能是金属铁以及金属铝，因为他们的活泼性强于金属铜，会先于金属铜和硝酸之间发生反应，故答案为：C、D。试管内有空气，NO容易被氧化为红棕色的气体二氧化氮，即2NO+O22NO2。（3）一氧化氮是难溶于水的气体，当制取一氧化氮的装置产生一氧化氮气体时，气体难溶于水，气体把U形管的液体压出，所以长玻璃管的作用是：接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出。让反应停止的操作方法及原因是：关闭U形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体将U形管右端内的稀硝酸向下压，使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止。（4）NO能与O2反应，不能用排空气法收集，NO难溶于水，可用排水法收集，故C、D正确。（5）铜和硝酸反应，铜失去电子，硝酸得到电子变成一氧化氮，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，一氧化氮和氧气和水反应生成硝酸，4NO+2H2O+3O2=4HNO3，氧气得电子，一氧化氮失去电子，所以铜失去的电子数等于氧气得到的电子数，12.8gCu为 0.2mol，全部溶解，失去0.4mol电子，1个氧分子得到4个电子变成-2价的氧，所以需氧气0.1mol，0.1mol氧气在标准状况下的体积为2.24L。IICu与浓硝酸或稀硝酸反应分别生产NO2、NO等污染环境的有毒气体，丙方案用到Cl2，能污染环境，制取相同质量的Cu(NO3)2，丁所消耗的HNO3的量最少（原料的利用率最高）且不产生污染环境的气体，所以4种方法中最好的是丁。考点：本题考查实验方案的设计与评价、方程式的书写、化学计算。 评卷人得分四、计算题（题型注释）评卷人得分五、简答题（题型注释）评卷人得分六、推断题（题型注释）