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四川省遂宁市2017-2018学年高一下学期期末教学水平监测化学试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。总分100分。考试时间90分钟。注意事项：1答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上。并检查条形码粘贴是否正确。2选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。3考试结束后，将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24第卷（选择题，满分48分）一、选择题（每题只有一个选项符合题意要求，1-12题每题2分，13-20题每题3分，共48分）1. “绿水青山就是金山银山”，十九大再次强调环境保护的重要性。“绿色化学”的核心是实现污染物“零排放”。下列符合 “绿色化学”理念的是A. 甲烷与氯气制备一氯甲烷B. 用稀硝酸和铜反应制取Cu(NO3)2C. 由反应2SO2+022SO3制SO3D. 向铜和稀硫酸的溶液中加入H2O2制备硫酸铜【答案】D【解析】分析：“绿色化学”的核心是实现污染物“零排放”。要求所有的反应物都变成生成物，并且没有污染。根据此原理分析反应物与生成物的关系进行判定。详解：A. 甲烷与氯气发生取代反应生成一氯甲烷和氯化氢。不符合绿色化学原理，故A错；B. 稀硝酸和铜反应生成Cu(NO3)2、NO和水，NO有毒，不符合绿色化学原理，故B错误；C. 由反应2SO2+022SO3此反应为可逆反应，不能进行到底，且SO2有毒，不符合绿色化学原理，故C错误；D. 向铜和稀硫酸的溶液中加入H2O2，在酸性条件下，H2O2把铜氧化生成硫酸铜和水，没有污染物生成，且铜完全转化为硫酸铜，符合绿色化学原理，故D正确；答案：选D。2. 下列说法正确的是A. 石油的分馏、煤的干馏都是化学变化B. PCl3分子中各原子属于8电子结构C. 海水含溴元素，向海水中加入苯可以提取单质溴D. 用电解氯化钠饱和溶液制取钠【答案】B【解析】分析：对于共价化合物来说,元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子数=8,则该元素原子满足8电子稳定结构,否则不能满足8电子稳定结构,据此判断。详解：A.石油的分馏是利用各种馏分的沸点不同进行混合物分离，属于物理变化；煤的干馏都是指煤在隔绝空气的条件下加强热，使煤变成液体或气体燃料的过程，属于化学变化，故A错误；B.对于共价化合物来说,元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子数=8,则该元素原子满足8电子稳定结构,否则不能满足8电子稳定结构,据此判断。PCl3分子属于共价化合物，P原子的最外层电子为:5+5=10，P原子不满足8个电子稳定结构，故B错误；C.海水中含溴元素，没有溴单质，所以向海水中加入苯不能提取单质溴，故C错误；D.电解氯化钠饱和溶液产物为Cl2、H2和NaOH，不能制取金属钠，故D错误；答案：选B。3. 下列各组化合物的性质比较，正确的是A. 熔点：LiNaK B. 稳定性：HFHClHBrHIC. 酸性：HClO4H2SO4H3PO4 D. 氧化性：K NaClBrI逐渐减弱，所以气态氢化物的稳定性：HFHClHBrHI，故B错误；C.已知非金属性：ClSP逐渐减弱，元素的非金属性越强,最高价氧化物对应的水化物的酸性越强,所以 HClO4H2SO4H3PO4逐渐减弱，故C错误；D. K+核外有3个电子层,离子半径最大,Na+有2个电子层, Li有1个电子层，根据离子电子层数越多,离子的半径越大，氧化性越强，可知氧化性：K NaH2RD. M与T形成的化合物既能与强酸反应又能与强碱反应【答案】D【解析】分析：L和Q的化合价都为+2价,应为周期表第A族,根据半径关系可以知道Q为Be,L为Mg;R和T的化合价都有-2价,应为周期表第A族元素,R的最高价为+6价,应为S元素,T无正价,应为O元素;M的化合价为+3价,应为周期表第A族元素,根据M原子半径大于R小于L可以知道应和L同周期,为Al元素,结合元素周期律知识解答该题。详解：由上述分析可以知道,L为Mg,M为Al,Q为Be,R为S,T为O。A.L、R形成的简单离子核外电子数分别为10、18,故A错误;B.金属性MgBe,则Mg与酸反应越剧烈,则相同条件下单质与稀盐酸反应速率为QS,所以氢化物的还原性为H2TNa+Al3+ (2). 第二周期第IVA族 (3). (4). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (5). (6). HF (7). HF分子间有氢键 (8). CH4+10OH-8e-=CO3 -+7H2O【解析】分析：由元素在周期表中位置,可以知道为H、为C、为N、为F、为Na、为Al、为S、为Cl、为K、为Br。根据元素的元素周期律进行解答。（1）元素为Na、为Al、简单离子电子层数相同均为2个电子层，核外电子排布相同的微粒，核电荷数越大半径约小，所以Na+Al3+，为S简单离子为3个电子层所以微粒半径大小为：S2-Na+Al3+；为C核电荷数为6，,在元素周期表位置为第二周期第IVA族；为N，简单氢化物NH3，为Cl其氢化物为HCl混合形成的化合物为NH4Cl,属于离子化合物，电子式。（2）为Na其最高价氧化物水合物为NaOH, 为Al的最高价氧化物为Al2O3，NaOH,和Al2O3反应的离子方程式Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O。（3）元素为H，为Cl，两者形成的化合物为HCl属于共价化合物，其形成过程电子式为：。（4）为F、为Cl、为Br他们的氢化物分别为HF、HCl、HBr，根据元素周期律知F、Cl、Br的非金属性逐渐减弱，但HF分子间能形成氢键，所以沸点最高的是HF，答案：HF ；HF分子间有氢键。5）由为C和为H组成最简单物质为CH4，与O2组成燃料电池，电解质为KOH的水溶液CH4做负极，其电极反应式为CH4+10OH-8e-=CO3-+7H2O。22. 过量铁片与100mL 0.01mol/L的稀盐酸反应，能量变化趋势，如图所示：（1）该反应为_反应(填“吸热”或“放热”)。（2）为了加快产生H2的速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的_加H2O 加入几滴1mol/LHNO3溶液 滴入几滴浓盐酸加入一定量铁粉 加NaCl溶液 滴入几滴硫酸铜溶液适当升高温度（不考虑盐酸挥发） 改用10mL0.1mol/L盐酸A. B. 7 C. D. （3）若将上述反应设计成原电池，铜为原电池某一极材料，则铜电极上发生的电极反应为_。某温度时，在5 L的容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示。请通过计算回答下列问题：（1）分析有关数据，写出X、Y、Z的反应方程式_。（2）该反应在3种不同条件下进行，其中Y起始浓度相同，Z起始浓度为0，反应物X的浓度随反应时间的变化情况如下表:实验1中，在1020min内，以物质Y表示的平均反应速率为_mol/(Lmin) ，50min时，实验3中Z的浓度_。020min内，其它条件一样实验2和实验1的反应速率不同，其原因可能是_；实验3和实验1的反应速率不同，其原因是_。【答案】 (1). 放热 (2). C (3). 2H+2e-=H2 (4). X+3Y2Z (5). 0.039 (6). 1.2 mol/L (7). 实验2比1温度高 (8). 实验3加入了催化剂【解析】分析：产生氢气的量不变,则保证铁完全与盐酸反应;加快反应速率,应增大盐酸的浓度或升高温度,据此分析解答。（1）根据平均化学反应速率公式计算;(2)实验1、2起始量相同,平衡浓度相同,但实验2达到平衡所需要的时间短,反应速率快;(3)根据实验1、3比较实验数据可以知道,实验3温度高反应速率快,A转化率增大;(4)根据物质的量的变化判断反应物和生成物,根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式。详解：（1）根据图像知反应物总能量高于生成物的总能量，所以该反应为放热。答案：放热。（2）加水,稀释了盐酸的浓度,故反应速率变慢，不符合；加入几滴1mol/LHNO3溶液不会生成氢气而生成NO，故不符合；加浓盐酸,氢离子浓度增大,反应速率加快，符合；加入铁粉,铁是固体，改变用量不影响化学反应速率，不符合，加氯化钠溶液,相当于稀释盐酸浓度,氢离子浓度降低,故反应速率变慢，不符合；滴加硫酸铜溶液,铁把铜置换出来,形成原电池,故反应速率加快,因为铁是过量的，产生氢气的量不会改变，符合；升高温度,反应速率加快，符合；改用浓度大的盐酸,氢离子浓度增大,反应速率加快，符合；所以C选项是正确的。（3）Fe+2HCl= FeCl2+H2将此反应设计成原电池，铁做负极，失电子发生氧化反应，铜为原电池的正极，发生的是还原反应，电极反应式是2H+2e-=H2，所以铜电极上发生的电极反应为2H+2e-=H2。（1）根据图象可以知道X、Y的物质的量减小,Z的物质的量增加,则X和Y是反应物,Z是生成物,且分别是0.1mol、0.3mol、0.2mol,因为变化量之比等于相应的化学计量数之比,所以其系数之比为0.1mol:0.3mol:0.2mol=1:3:2 ,所以其方程式为X+3Y2Z,因此，本题正确答案是: X+3Y2Z.（2）根据平均化学反应速率公式计算, 由表中数据可计算X的速率为,由反应X+3Y2Z知Y的速率为0.013 mol/(L.min)3= 0.039 mol/(L.min)。实验3中由反应X+3Y2Z知50min时，X浓度变化量为0.6 mol/L， Z的浓度1.2 mol/L。因此，本题正确答案是0.039；1.2 mol/L。020min内，其它条件一样实验2和实验1的反应速率不同，其原因可能是实验1的温度是800，实验2的温度是900，所以实验2比实验1温度高；实验3比实验1的温度低，但反应速率却比实验1高，其原因是实验3加入了催化剂。答案：实验2比1温度高 ；实验3加入了催化剂。23. A、B、C、D、E均为有机物，其中A是化学实验中最常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味；B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平，有关物质的转化关系如图所示：（1）写出B的结构简式_，A中官能团的名称为_。（2）反应和的反应类型分别是_、_。（3）写出下列反应的化学方程式：反应_，反应_。（4）实验室利用反应制取C，常用上图装置：a试管中的主要化学反应的方程式为_。在实验中球形干燥管除起冷凝作用外，另一个重要作用是_。试管b中液体作用是_。【答案】 (1). CH2=CH2 (2). 羟基 (3). 加成反应 (4). 氧化反应 (5). 2Na+CH3CH2OHCH3CH2ONa+H2 (6). 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O (7). (8). 防止倒吸 (9). 中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯溶解度【解析】分析:B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平,B是乙烯,A是化学实验室中常见的有机物,它易溶于水并有特殊香味,根据框图中信息,A能与Na、乙酸反应,在红热铜丝发生催化氧化,可推知A是乙醇,根据框图中的转化关系、反应条件和反应试剂可推得,C是乙酸乙酯,D是乙醛,E是乙醇钠。详解：(1) B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平,B是乙烯，所以B的结构简式为CH2=CH2，根据上述分析知A是乙醇,其分子中含有官能团为羟基。因此，本题正确答案是：CH2=CH2 ； 羟基 。(2)反应(2)是由BA,经分析知B为CH2=CH2，A为CH3CH2OH,所以由BA,的反应为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH,属于加成反应；反应(4)是乙醇在铜作催化剂、加热条件下催化氧化生成乙醛,属于氧化反应；答案：加成反应 氧化反应。(3) 反应（1）乙醇与钠反应生成乙醇钠与氢气,反应方程式为: 2CH3CH2OH+2NaCH3CH2ONa + H2;反应(4)是乙醇在铜作催化剂、加热条件下催化氧化生成乙醛，反应方程式为2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O因此，本题正确答案是: 2CH3CH2OH+2NaCH3CH2ONa + H2；2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O。（4）a试管中的主要化学反应是乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯,化学方程式为: ,因此，本题正确答案是: 。在实验中球形干燥管除起冷凝作用外,另一个重要作用是防止液体倒吸,本题正确答案是:防止倒吸。试管b中液体是碳酸钠溶液，作用是中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯溶解度。本题正确答案是: 中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯溶解度。点睛：B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平,B是乙烯,结构简式为 CH2=CH2;A是化学实验室中常见的有机物,它易溶于水并有特殊香味,根据框图中信息,A能与Na、乙酸反应,在红热铜丝发生催化氧化,可推知A是乙醇,根据框图中的转化关系、反应条件和反应试剂可推得,C是乙酸乙酯,D是乙醛,E是乙醇钠,据此进行解答。24. 工业生产需要大量原料，消耗大量能源，在得到所需产品同时产生了大量废气、废水、废渣。某工厂排放的废水中含有Cu2、Fe2、Hg2、H等离子，某化学小组为了充分利用资源和保护环境，准备回收废水中的铜和汞，同时得到绿矾。他们设计了如下实验方案：（1）现有仪器：酒精灯、玻璃棒、坩埚、蒸发皿、蒸馏烧瓶、烧杯、铁架台等，完成步骤的实验操作还需要选择的玻璃仪器是_设计简单实验检验绿矾是否变质，简述你的操作：_。（2）步骤中加入过量铁粉的目的是_，步骤中_(填“能”或“不能”)用盐酸代替硫酸。（3）步骤V利用氧化铜制取铜有如下四种方案：方案甲：利用氢气还原氧化铜；方案乙：利用一氧化碳还原氧化铜；方案丙：利用炭粉还原氧化铜；方案丁：先将氧化铜溶于稀硫酸，然后加入过量的铁粉、过滤，再将滤渣溶于过量的稀硫酸，再过滤、洗涤、烘干。从安全角度考虑，方案_不好；从产品纯度考虑，方案_不好。（4）写出步骤中涉及反应的离子方程式：_；步骤得到绿矾的操作蒸发浓缩_、_。【答案】 (1). 漏斗 (2). 取产品少量溶于水，加入KSCN溶液，如溶液变血红色，则产品变质 (3). 将Cu2+ Hg2+全部置换出来 (4). 不能 (5). 甲 乙 (6). 丙 (7). Fe+2H+=Fe2+ +H2 (8). 冷却结晶 (9). 过滤【解析】分析：通过流程可知步骤是从溶液中得到绿矾晶体，应为蒸发结晶和过滤操作，由此可确定仪器的选择；亚铁盐变质会被氧化成三价铁离子，故检验变质即检验三价铁离子即可；酸的选择要考虑最终的目标产物，选取的原则是不要引入杂质离子。可燃性气体作为还原剂在加热的过程中会有爆炸的可能性，而固体还原剂一般不易控制量会引入杂质；一种反应物过量的目的往往是为了使另一种反应物充分反应。 加入铁粉可将不如铁活泼的金属置换出来，得到亚铁盐和不活泼的金属；再在滤渣中加入硫酸可将过量的铁反应掉，剩下的固体中为铜和汞，通过灼烧可分离出汞，然后将氧化铜还原成铜单质。详解：（1）滤液中硫酸亚铁的浓度较低，先蒸发水到热饱和溶液，然后降温结晶，最后过滤得到硫酸亚铁晶体，过滤还需要漏斗，蒸发结晶还需要坩埚；绿矾变质生成+3价铁，检验Fe3+用硫氰化钾溶液，即取少量晶体溶于水，滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红色，说明绿矾已变质。答案：漏斗；取产品少量溶于水，加入KSCN溶液，如溶液变血红色，则产品变质。（2）加入过量的铁粉，将铜离子和汞离子全部转化成相应单质得到铜和汞；若用稀盐酸代替稀硫酸，制得的绿矾中会混有氯化亚铁杂质；所以不能用稀盐酸代替稀硫酸。答案：将Cu2+ Hg2+全部置换出来；不能。（3）氢气和一氧化碳易燃烧，且一氧化碳有毒，用二者还原氧化铜存在不安全因素，即易发生爆炸，所以从安全方面考虑甲、乙不好；用炭粉还原氧化铜，所得铜中易混有炭粉，即从纯度方面考虑，丙不好。答案：甲 乙；丙。（4）根据框图知滤渣成分为的为Cu、Fe、Hg步骤II加入稀硫酸只有Fe能与酸反应，所以反应的离子方程式分别为2H+Fe=Fe2+H2。步骤是由硫酸亚铁溶液得到绿矾的操作，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶和过滤即可。答案：2H+Fe=Fe2+H2；冷却结晶；过滤。点睛：通过流程可知步骤是从溶液中得到绿矾晶体，应为蒸发结晶和过滤操作，由此可确定仪器的选择；亚铁盐变质会被氧化成三价铁离子，故检验变质即检验三价铁离子即可；酸的选择要考虑最终的目标产物，选取的原则是不要引入杂质离子。加入铁粉可将不如铁活泼的金属置换出来，得到亚铁盐和不活泼的金属；再在滤渣中加入硫酸可将过量的铁反应掉，剩下的固体中为铜和汞，通过灼烧可分离出汞，然后将氧化铜还原成铜单质。
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