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2019-2020学年高一化学上学期期末考试试题（含解析） (IV)1.1996年欧洲一科学家小组发现了第112号元素的质量数为227的同位素，其中子数为（ ）A. 112 B. 115 C. 209 D. 227【答案】B【解析】根据核外电子数=质子数=核电荷数=原子序数可知，质子数=原子序数=112，中子数=质量数-质子数=227-112=115，故选B。2.下列各组物质互为同分异构体的是（）A. CO与CO2 B. S2与S8 C. 和 D. 与CH3CHO【答案】D【解析】同分异构体是指分子式相同，但结构不同的化合物，以此来解答。ACO与CO2分子式不同，故A错误；BS2与S8分子式不同，故B错误；C. H和 H为同位素，故C错误；D.分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确。3.下列物质中,不属于合金的是（ ）A. 硬铝 B. 黄铜 C. 钢铁 D. 水银【答案】D【解析】试题分析：D项：水银是单质Hg，不属于合金。故选D。考点：合金与合金的性质点评：本题难度不大，主要考查合金的特征，掌握合金的特征是正确解答本题的关键。4. 下列离子不会对水体造成污染的是A. Cl B. Cr3 C. Hg2 D. Pb2【答案】A【解析】BCr3、CHg2、DPb2三种离子均为重金属离子，能形成污染。选A5.下列物质中可使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能使溴水褪色的是 ()A. 甲烷 B. 乙醇 C. 乙烯 D. 苯【答案】B【解析】A、甲烷性质稳定，与高锰酸钾溶液、溴水都不变色；B、乙醇与溴水互溶但不能褪色，乙醇有还原性，能被高锰酸钾氧化； C、乙烯有碳碳双键，能使高锰酸钾溶液、溴水都褪色；D、苯不能使KMnO4褪色，溴水因萃取而褪色。答案选B。6.对于反应2H2 (g)O2 (g)2H2O (g)，能增大正反应速率的措施是（ ）A. 增大O2 的物质的量浓度 B. 增大反应容积C. 移去部分H2O(g) D. 降低体系温度【答案】A【解析】A. 增大O2 的物质的量浓度,能增大反应速率，故A正确；B. 增大容器容积，气体浓度降低，反应速率减小，故B错误；C. 移去部分H2O (g)，反应物的浓度不变，生成物的浓度减小，化学平衡向正反应方向移动，所以正反应速率减小，故C错误；D. 降低体系的温度，正逆反应速率都减小，故D错误。故答案选A。考点：化学反应速率的影响因素【名师点睛】本题考查化学反应速率的影响，侧重于基本理论知识的考查。为提高该反应的正反应速率，可采取增大浓度、增大压强或加入催化剂、升高温度等，注意把握反应的特点，为解答该题的关键，也是易错点。7. 居室空气污染的主要来源之一是人们使用的装饰材料、胶合板、内墙涂料会释放出一种刺激性气味气体。该气体是（ ）A. 甲烷 B. 甲醛 C. 氨气 D. 二氧化硫【答案】B【解析】A项，甲烷是天然气的主要成分，无刺激性气味，错误；B项，氨气有剌激性气味，但装饰材料中不含有该气体，错误；C项，甲醛有刺激性气味，装饰材料、胶合板、内墙涂料中含有该气体，正确；D项，二氧化硫有剌激性气味，是造成酸雨的主要气体，错误。8.下列物质只含有离子键的是（ ）A. Br2 B. CO2 C. KCl D. NaOH【答案】C【解析】分析：一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，据此判断。详解：A. Br2分子中含有共价键，A错误；B. CO2分子中含有共价键，B错误；C. KCl中只有离子键，C正确；D. NaOH中含有离子键，O与H之间还含有共价键，D错误。答案选C。点睛：掌握离子键和共价键的形成条件、构成微粒是解答的关键。注意活泼的金属和活泼的非金属之间不一定就形成离子键，例如氯化铝中含有共价键，为共价化合物。9.下列说法中正确的是（ ）A. 化学反应中的能量变化都表现为热量的变化B. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应C. 放热反应在常温下一定很容易发生D. 反应物的总能量高于生成物的总能量的反应是放热反应【答案】D【解析】分析：A化学反应的能量可转化为为热能、光能、电能、机械能等；B化学反应是否加热才能进行与反应热无关；C反应条件与反应是放热或吸热没有关系；D化学反应的能量变化主要表现为放热或吸热，反应是放热还是吸热主要取决于反应物和生成物所具有的总能量的相对大小。详解：A化学反应的能量可转化为为热能、光能、电能、机械能等，不一定表现为热能，如可燃物的燃烧，既转化为热能，又有光能，A错误；B需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，例如铝热反应在高温下才能进行，在常温下不反应，B错误。C放热反应在常温下不一定很容易发生，例如铝热反应在高温下才能进行，但属于放热反应，C错误；D化学反应的能量变化主要表现为放热或吸热，反应是放热还是吸热主要取决于反应物和生成物所具有的总能量的相对大小，反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应放热，反之吸热，D正确；答案选D。10.已知2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)(正反应放热)。若在500和催化剂的作用下，该反应在容积固定的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是（ ）A. 若降低温度，可以加快反应速率B. 使用催化剂是为了加快反应速率C. 在上述条件下，SO2能完全转化为SO3D. 达到平衡时，SO2和SO3的浓度一定相等【答案】B【解析】试题分析：降温无论对于正反应速率还是逆反应速率，都是降低的，选项A不正确；催化剂可以提高活化分子的数目，进而提高化学反应速率，选项B正确；可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，选项C不正确；平衡时不一定有这个浓度关系，浓度比不能判断是否平衡，选项D不正确。考点：有关可逆反应理论的正误判断11.在实验室可用如图所示装置制取少量乙酸乙酯。有关叙述不正确的是（ ）A. 长导管起冷凝、导气的作用B. 用蒸馏法从所得混合溶液中分离出乙酸乙酯C. Na2CO3饱和溶液的作用之一是吸收未反应的乙酸D. 导管末端不插入饱和Na2CO3溶液中是为了防倒吸【答案】B【解析】分析：A乙酸乙酯的制取中，长导管具有冷凝、回流和导气的作用；B乙酸乙酯不溶于水；C饱和碳酸钠能够吸收未反应的乙醇、乙酸，且乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小；D导管的末端不能插入液面以下，否则容易发生倒吸现象。详解：A由于有机物易挥发，则装置中长导管的作用除了导气作用外，还能具有冷凝、回流的作用，A正确；B乙酸乙酯不溶于水，从所得混合溶液中分离出乙酸乙酯需要利用分液法，B错误；C吸收乙酸乙酯使用的是饱和碳酸钠溶液，饱和Na2CO3的作用是除去随乙酸乙酯蒸出的少量乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯在溶液中溶解度，C正确；D由于乙醇和乙酸易溶于饱和碳酸钠溶液，导管末端若插入液面以下，容易发生倒吸现象，所以导管不能插入液面以下，D正确；答案选B。点睛：本题考查了乙酸乙酯的制取原理、试剂作用及装置判断，题目难度不大，掌握乙酸乙酯的制取原理，明确浓硫酸、饱和碳酸钠溶液在制取中的作用。12.为了维持生命和健康，人要从食物中摄取营养素，下列物质中不属于营养素的是（ ）A. 葡萄糖 B. 蛋白质 C. 乙醇 D. 芝麻油【答案】C【解析】分析：人类重要的六大类营养素：蛋白质；糖类；油脂；维生素；无机盐；水。详解：A葡萄糖属于糖类是营养物质，A错误；B蛋白质是营养物质，B错误；C乙醇不是营养物质，C正确；D芝麻油属于油脂是营养物质，D错误。答案选C。13.下列冶炼方法中，不能将化合物中的金属元素还原为金属单质的是()A. 氢气通入Al2O3并加热 B. 加热HgOC. 电解熔融的MgCl2 D. 铝粉和Fe2O3共热【答案】A【解析】【详解】A. 铝是活泼的金属，电解熔融的氧化铝冶炼金属铝，氢气不能还原Al2O3，A错误；B. Hg是不活泼的金属，加热HgO得到金属Hg，B正确；C. 镁是活泼的金属，电解熔融的MgCl2冶炼金属镁，C正确；D. 铝粉和Fe2O3共热发生铝热反应得到金属铝，D正确。答案选A。14.海水是一个巨大的化学资源宝库，下列有关海水综合利用的说法正确的是()A. 海水中含有钾元素，只需经过物理变化就可以得到钾单质B. 海水制盐的过程中只发生了化学变化C. 从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备NaD. 利用潮汐发电是将化学能转化为电能【答案】C【解析】分析：A钾元素化合价由+1价变为0价，该过程中钾元素得电子发生还原反应；B海水蒸发制海盐的过程是物理变化过程；C从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备Cl2和Na；D潮汐发电是利用动能转化为电能。详解：A海水中的钾元素由化合态转化为游离态时，其化合价由+1价变为0价，该过程中有新物质生成，发生了化学反应，A错误；B海水蒸发制海盐的过程是物理变化过程，利用了水易挥发的性质进行分离，没有发生化学变化，B错误；C钠是活泼金属，利用电解熔融氯化钠得到，从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备Cl2和Na，C正确；D利用潮汐发电是利用动能转化为电能，而不是化学能转化为电能，D错误；答案选C。15.下列有关石油和煤的利用叙述不正确的是（ ）A. 煤的干馏就是将煤隔绝空气在高温条件下使之分解，得到焦炭、煤焦油等物质的过程B. 煤的液化就是将煤转化成甲醇、乙醇等其液态物质的过程C. 煤的气化就是将煤在高温条件下由固态转化为气态的物理变化过程D. 石油通过裂化和裂解，可以得到短链的烯烃和烷烃【答案】C【解析】详解：A煤的干馏指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，A正确； B煤的液化是使煤与氢气作用生成甲醇、乙醇等其液态物质的过程，B正确；C煤的气化就是将煤在高温条件下与水蒸气反应生成氢气和CO的过程，属于化学变化，C错误；D石油通过裂化和裂解，可以得到短链的烯烃和烷烃，例如裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯等，D正确。答案选C。点睛：本题主要是考查煤和石油的加工，题目难度不大，注意石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯等。16.下列关于苯的说法中正确的是()A. 苯与H2在一定条件下的加成产物环己烷()中，所有碳原子在同一平面上B. 可以用于表示苯的分子结构，但是其中并不含有碳碳双键，因此苯的性质跟烯烃不相同C. 苯的分子式是C6H6，苯分子中的碳原子远没有饱和，因此能与溴水发生加成反应而使之褪色D. 苯中的碳碳键是介于单双键之间的独特的键，因此苯可以发生取代反应不能发生加成反应【答案】C【解析】A. 环己烷有两种典型的构象,一种是船式构象,一种是椅式构象,比较稳定的是椅式构象.但不论是椅式还是船式,为了保持稳定性,降低内能,碳原子不在同一平面上，A错误；B.表示苯的分子结构，其中不含有碳碳双键和碳碳单键，因此苯的性质跟烯烃不相同，故B正确；C苯的分子式是C6H6，分子中的C原子远没有饱和，不能与溴水发生加成反应，但可以萃取溴水中溴使溴水褪色，C错误；D苯中碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特键，C原子远没有饱和，因此苯可以发生取代反应，也能发生加成反应，D错误。17.下图是某化学兴趣小组探究不同条件下化学能转变为电能的装置。请根据原电池原理回答问题：（1）若电极a为Zn、电极b为Cu、电解质溶液为稀硫酸，该装置工作时，SO42-向_极（填a或b）移动，正极的电极反应式为_。（2）若电极a为Mg、电极b为Al、电解质溶液为氢氧化钠溶液，该原电池工作时，电子从_极（填a或b）流出。一段时间后，若反应转移3NA个电子，则理论上消耗Al的质量是_g。【答案】 (1). a (2). 2H+2eH2 (3). b (4). 27【解析】【分析】原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应，据此解答。【详解】（1）若电极a为Zn、电极b为Cu、电解质溶液为稀硫酸，由于金属性ZnCu，则锌是负极，铜是正极，所以该装置工作时，SO42-向负极即显a极移动，正极上氢离子放电，电极反应式为2H+2eH2。（2）若电极a为Mg、电极b为Al、电解质溶液为氢氧化钠溶液，由于铝能与氢氧化钠溶液反应，则铝是负极，镁是正极，因此该原电池工作时，电子从b极流出。1mol铝在反应中失去3mol电子，一段时间后，若反应转移3NA个电子，则理论上消耗Al的物质的量是1mol，质量是27g。【点睛】明确原电池的工作原理是解答的关键，易错点是原电池正负极的判断。判断电极时，不能简单地依据金属的活泼性来判断，要看反应的具体情况，如：a.Al在强碱性溶液中比Mg更易失电子，Al作负极，Mg作正极；b.Fe或Al在浓HNO3中钝化后，比Cu等金属更难失电子，Cu等金属作负极，Fe或Al作正极。18.下表是元素周期表的一部分，表中的每个字母表示一种短周期元素,回答下列问题： （1）画出C的原子结构示意图_。（2）D在元素周期表中的位置是第三周期第_族。（3）A、B、E、F、G五种元素所形成的气态氢化物最不稳定的是_（填化学式）。（4）E、F元素的最高价氧化物对应水化物的酸性较强的是_（填化学式）。（5）写出C和F形成的化合物的电子式_。（6）A、C、D的简单离子半径大小关系是_ （用离子符号表示）。【答案】 (1). (2). A (3). PH3 (4). H2SO4 (5). (6). O2NaMg2【解析】【分析】根据元素在周期表中的相对位置判断出元素，然后结合元素周期律以及相关物质的性质分析解答。【详解】根据元素在周期表中的位置可知AG分别是O、F、Na、Al、P、S、Cl。则（1）钠是原子序数是11，原子结构示意图为。（2）铝元素在元素周期表中的位置是第三周期第A族。（3）非金属性越强，氢化物越稳定。A、B、E、F、G五种元素的非金属性强弱顺序是FOClSP，则所形成的气态氢化物中最不稳定的是PH3。（4）非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则根据以上分析可知E、F元素的最高价氧化物对应水化物的酸性较强的是H2SO4。（5）C和F形成的化合物是含有离子键的离子化合物硫化钠，电子式为。（6）离子的核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则A、C、D的简单离子半径大小关系是O2NaMg2。19.某温度时，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。（1）起始时X的浓度为c(X)_；反应从开始至2分钟末，Y的转化率为(Y)_；用Z的浓度变化表示02分钟内的平均反应速率为v(Z)_。（2）由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 0.5mol/L (2). 10% (3). 0.05mol/(Lmin) (4). 3X+Y2Z【解析】【详解】（1）根据图像可知起始时X的物质的量是1.0mol，浓度为c(X)1.0mol2L0.5mol/L；反应从开始至2分钟末消耗Y是1mol0.9mol0.1mol，所以Y的转化率为(Y)0.1mol/1mol100%10%；2min时生成Z是0.2mol，浓度是0.2mol2L0.1mol/L，则用Z的浓度变化表示02分钟内的平均反应速率为v(Z)0.1mol/L2min0.05mol/(Lmin)。（2）由图中所给数据进行分析可知X与Y是反应物，Z是生成物，2min时消耗X是0.3mol，消耗Y是0.1mol，生成Z是0.2mol，则根据变化量之比是化学计量数之比可知该反应的化学方程式为3X+Y2Z。20.乙烯的产量是衡量一个国家石油化工水平的标志，乙烯有如下转化关系。请回答下列问题：（1）乙烯的结构简式为_。（2）B所含官能团的名称为_。（3）的反应类型是_。（4）浓硫酸的作用是_。（5）反应的化学方程式为_。反应的化学方程式为_。【答案】 (1). CH2=CH2 (2). 羟基 (3). 加聚 (4). 催化、吸水 (5). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH (6). 2CH3CH2OHO2 2CH3CHO2H2O;【解析】分析：乙烯与水发生加成反应生成B是乙醇，乙醇发生催化氧化生成C是乙醛，B与D反应生成乙酸乙酯，则D是乙酸，据此解答。详解：根据以上分析可知B是乙醇，C是乙醛，D是乙酸。则（1）乙烯含有碳碳双键，结构简式为CH2=CH2。（2）B是乙醇，所含官能团的名称为羟基。（3）是乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应类型是加聚反应。（4）在酯化反应中浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂。（5）反应是乙烯与水的加成反应，反应的化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH。反应是乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O。21.海带中含有丰富的碘。为了从海中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：请填写下列空白：（1）步骤灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是_（从下列仪器中选出所需的仪器，用标号字母填写在空白处） A烧杯 B坩埚 C表面皿 D泥三角 E酒精灯 F干燥器（2）步骤的实验操作名称是_；步骤的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，该步骤的实验操作名称是_。（3）步骤反应的离子方程式是_。（4）步骤中，某学生选择用苯来提取碘的理由是_。（5）请设计一种检验提取碘后的水溶液中是否还有单质碘的简单方法：_。【答案】 (1). BDE (2). 过滤 (3). 蒸馏 (4). 2I-+MnO2+4H+=Mn2+I2+2H2O (5). 苯与水互不相溶,碘在苯中的溶解度比在水中大 (6). 取少量提取碘后的水溶液于试管中,加入几滴淀粉试液,观察是否出现蓝色,如果变蓝,说明含有碘单质【解析】【分析】（1）根据灼烧实验结合仪器的作用选取仪器；（2）分离固体和液体用过滤；利用碘易溶于有机溶剂的性质来进行提取；分离互溶的两种液体用蒸馏；（3）二氧化锰在酸性环境下将碘离子氧化为碘单质；（4）根据萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多；（5）根据碘单质的特性来检验【详解】（1）灼烧海带时用坩埚盛放海带，用带铁圈的铁架台放置坩埚，用酒精灯进行加热，所以灼烧海带时需要用到的实验仪器是坩埚、带铁圈的铁架台、酒精灯，故选：BDE；（2）步骤是分离固体和液体，则实验操作为过滤；步骤的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，是利用互溶的两种液体的沸点不同来分离，则实验操作为蒸馏；（3）二氧化锰在酸性环境下将碘离子氧化为碘单质，即MnO2+2I+4HMn2+I2+2H2O；（4）根据萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多（5）碘遇淀粉变蓝色，检验方法为取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液；观察是否出现蓝色，如果变蓝，说明含有单质碘。【点睛】本题考查了碘单质的提取实验，解题关键：把握实验流程及发生的反应、萃取剂的选取标准、蒸馏实验原理及装置等知识点，难点（2）步骤的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，用蒸馏的方法