学年湖南省长郡中学高一下学期期末考试化学试题解析版.docx

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学年湖南省长郡中学高一下学期期末考试化学试题解析版

湖南省长郡中学2018-2019学年高一下学期期末考试化学试题

1.正确掌握化学用语是学好化学的基础．下列化学用语中不正确的是（　　）

A.乙烯的结构简式CH2=CH2B.CH4分子的球棍模型

C.Ca2+的结构示意图

D.乙醇的分子式C2H6O

【答案】B

【解析】

【详解】A.乙烯含有碳碳双键,结构简式为：

CH2=CH2，A正确；

B.CH4分子为正四面体结构，碳原子半径比氢原子大，应为：

，B错误；

C.Ca2+的质子数为20，电子数为18，故结构示意图为:

，C正确；

D.乙醇的分子式为:

C2H6O，D正确；

所以本题答案为B。

2.中国科学技术名词审定委员会已确定第116号元素Lv的名称为。

下列关于核素

的叙述错误的是

A.原子序数为116B.中子数为177

C.核外电子数为116D.质量数为177

【答案】D

【解析】

【详解】A.第116号元素Lv的原子序数为116，故A正确；

B.中子数=质量数-质子数=293-116=177，故B正确；

C.原子序数=质子数=核电荷数=核外电子数，所以核外电子数为116，故C正确；

D.293代表该原子的质量数，故D错误；

故答案为：

D。

3.下列物质中既有共价键又有离子键的是（）

A.HClB.CO2C.NaOHD.MgCl2

【答案】C

【解析】

【详解】A．HCl中只含H-Cl共价键，故A错误；

B．CO2中只含碳氧共价键，故B错误；

C．NaOH中含离子键和O-H共价键，故C正确；

D．MgCl2中只含离子键，故D错误。

故合理选项为C。

【点睛】本题考查了化学键的判断，注意离子键和共价键的区别，一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键。

4.在2L的恒容密闭容器中进行某化学反应，反应物A的物质的量在3s内从2.0mol减少到0.8mol，则3s内用A表示的化学反应速率为

A.0.6mol/（L·s）B.1.2mol/（L·s）C.0.3mol/（L・s）D.0.2mol/（L・s）

【答案】D

【解析】

【详解】根据化学反应速率公式

进行计算，3s内用A表示的化学反应速率为

，故答案为D。

5.下列说法正确的是

A.葡萄糖、果糖和蔗糖都能发生水解

B.糖类、油脂、蛋白质都只是由C、H、O三种元素组成的

C.糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物

D.油脂有油和脂肪之分，但都属于酯

【答案】D

【解析】

【详解】A、葡萄糖是单糖，不能水解，A错误；

B、蛋白质中还含有N、S等，B错误；

C、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，以及糖类中的单糖和二糖等均不是高分子化合物，C错误；

D、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，油脂有油和脂肪之分，D正确；

答案选D。

6.下列关于碱金属元素和卤素的说法中，错误的是（）

A.钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈

B.随核电荷数的增加，卤素单质的颜色逐渐加深

C.随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素的原子半径都逐渐增大

D.碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最强

【答案】D

【解析】

【详解】A．钾比钠活泼，与水反应更剧烈，选项A正确；

B．卤族元素单质的颜色随着原子序数的增大而逐渐加深，所以卤素单质从F2→I2颜色逐渐加深，依次为浅黄绿色、黄绿色、深红棕色、紫黑色，选项B正确；

C．同主族元素，从上到下，原子半径依次增大，随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素的原子半径都逐渐增大，选项C正确；

D．同主族元素，从上到下，金属性依次增强，非金属性依次减弱，碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最弱，选项D不正确；

答案选D。

7.下列过程的能量变化符合下图所示的是

A.酸碱中和反应

B.CH4在O2中燃烧

C.NH4Cl晶体与Ba（OH）2・8H2O晶体混合搅拌

D.CaO溶于水生成Ca（OH）2

【答案】C

【解析】

【分析】

熟记常见的吸热反应和放热反应，若为吸热反应，生成物总能量应该高于反应物总能量，若为放热反应，生成物总能量应该低于反应物总能量，结合能量变化图，据此回答本题。

【详解】A.酸碱中和反应为放热反应，生成物总能量应该低于反应物总能量，故A错误；

B.燃烧反应

放热反应，生成物总能量应该低于反应物总能量，故B错误；

C.NH4Cl晶体与Ba（OH）2・8H2O晶体反应为吸热反应，生成物总能量应该高于反应物总能量，符合图示，故C正确；

D.CaO溶于水生成Ca（OH）2为放热反应，生成物总能量应该低于反应物总能量，故D错误；

故答案为：

C。

8.下列装置用于实验室中制取干燥氨气

实验，能达到实验目的的是

A.用装置甲制备氨气

B.用装置乙除去氨气中少量水

C.用装置丙收集氨气

D.用装置丁吸收多余的氨气

【答案】D

【解析】

【详解】A．为防止试管炸裂，试管口应略向下倾斜，故A错误；

B．浓硫酸与氨气能够反应，不能用浓硫酸干燥氨气，故B错误；

C．应用双孔塞，该装置中气体不能导入烧瓶中，故C错误；

D．氨气极易溶于水，利用干燥管能防止发生倒吸，故D正确；

故选D。

9.下列有机化学方程式及其反应类型均正确的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.苯和液溴反应为取代反应，Br原子取代苯环上的氢原子，属于“上一下一”取代反应的特点，故A正确；

B.甲烷中的氢原子被氯原子取代，属于取代反应，生成物中没有单质生成，不是置换反应，故B错误；

C.丙烯和溴反应双键变单键，属于“只上不下”加成反应的特点，属于加成反应，但是溴原子应加在双键两侧的碳原子上，故C错误；

D.乙酸和乙醇发生酯化反应，属于取代反应，生成物中应有水生成，故D错误；

故答案为：

A。

【点睛】取代反应特点“上一下一”，生成物至少两种；加成反应的特点“只上不下”，原子应加在双键两侧的碳原子上；置换反应必须有单质生成。

10.工业制硫酸中的一步重要反应是SO2在400～500℃下发生的催化氧化反应2SO2+O2

2SO3，这是一个正反应放热的可逆反应。

如果该反应在密闭容器中进行，则下列有关说法错误的是

A.使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率

B.达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度相等

C.为了提高SO2的转化率，可适当提高O2的浓度

D.在上述条件下，SO2不可能100％地转化为SO3

【答案】B

【解析】

【详解】A.使用催化剂能加快反应速率，缩短反应时间，可以提高生产效率，故A正确；

B.达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度可能相等，也可能不相等，要根据反应物的初始浓度及转化率进行判断，故B错误；

C.提高O2的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率提高，故C正确；

D.此反应为可逆反应，不能完全进行到底，，SO2不可能100％地转化为SO3，故D正确；

故答案为：

B。

【点睛】易错选A项，注意生产效率不同于转化率，催化剂使反应速率加快，缩短反应时间，就可以提高生产效率，但不会使提高物质的转化率。

11.下列关于物质的制备、鉴別与除杂的说法正确的是

A.除去乙烷中混有的少量乙烯:

在一定条件下通入氢气，使乙烯发生反应转化为乙烷

B.只用溴水就能将苯和己烯区分开来

C.氯气与甲烷按物质的量之比2:

1混合后，在光照条件下充分反应，可制备纯净的二氯甲烷

D.苯与溴水混合后加入FeBr3，发生放热反应，可制备密度大于水的溴苯

【答案】B

【解析】

【详解】A.通入氢气会使乙烷中混有氢气，故A错误；

B.苯能够把溴水中的溴萃取出来，现象是溶液分层，上层为橙红色；溴水和己烯发生加成反应，现象是溴水褪色，故B正确；

C.氯气与甲烷在光照条件下的反应为自由基式取代反应，反应过程不可能控制只发生某一步，所以四种氯代产物均有，故C错误；

D.苯与溴水发生萃取，与液溴才发生取代反应，故D错误；

故答案为：

B。

【点睛】熟记烷烃与氯气的反应条件；注意区分苯与液溴发生化学反应、苯与溴水萃取现象的差别。

12.如图为发光二极管连接柠檬电池装置，下列说法正确的是

A.铁环作为柠檬电池的正极

B.电子由发光二极管经导线流向Fe环

C.负极的电极反应为：

Fe－2e-=Fe2+

D.可将柠檬替换成盛装酒精溶液的装置

【答案】C

【解析】

【分析】

在如图所示

工作过程中，铜线、铁环插入柠檬，制成柠檬电池，由于活泼性Fe>Cu，所以铜线是柠檬电池的正极，Fe环是柠檬电池的负极。

【详解】A.铁环作为柠檬电池的负极，故A错误；

B.电子由负极Fe环经导线流向发光二极管，再由发光二极管流向铜线，故B错误；

C.负极发生氧化反应，电极反应为：

Fe-2e-=Fe2+，故C正确；

D.酒精为非电解质，不能将柠檬替换成盛装酒精溶液的装置，故D错误。

故选C

13.苹果酸分子的结构简式为

。

下列说法正确的是

A.1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1molH2

B.1mol苹果酸可与3molNaOH发生反应

C.苹果酸分子中的官能团有羟基和羧基

D.

与苹果酸互为同分异构体

【答案】C

【解析】

【详解】A.1mol羟基或羧基与足量金属Na反应均生成0.5molH2，1mol苹果酸中有1mol羟基和2mol羧基，故1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1.5molH2，故A错误；

B.1mol羧基可消耗1molNaOH，羟基与NaOH不反应，1mol苹果酸可与2molNaOH发生反应，故B错误；

C.苹果酸分子中的官能团有羟基和羧基，故C正确；

D.

与苹果酸是同一物质，故D错误；

故答案为：

C。

14.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是

A.气态氢化物的稳定性:

H2O＞NH3

B.钠元素的金属性比镁元素的强

C.图所示实验可证明元素的非金属性：

Cl>C>Si

D.在元素周期表中金属和非金属的分界处可以找到半导体材料

【答案】C

【解析】

【详解】A.元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，O元素非金属性强于N元素，所以气态氢化物的稳定性:

H2O＞NH3，故A正确；

B.在同一周期中，从左至右金属性越来越弱，Na元素在Mg元素的左边，所以钠元素的金属性比镁元素的强，故B正确；

C.证明非金属性强弱，比较的是元素的最高价氧化物对应水化物的酸性，稀盐酸不是氯元素的最高价氧化物对应的水化物，故C错误；

D.根据周期表元素位置，可以看出在元素周期表中金属和非金属的分界处可以找到半导体材料，故D正确；

故答案为：

C。

15.下列说法中，能说明苯不是单双键交替结构的是

A.苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色

B.苯能和氢气发生加成反应

C.苯的间位二氯代物没有同分异构体

D.苯能与溴水因发生化学反应而褪色

【答案】A

【解析】

【详解】A.苯若是单双键交替结构，就能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则能说明苯不是单双键交替结构，故A正确；

B.苯能和氢气发生加成反应，但是能和氢气发生加成反应不一定能说明苯不是单双键交替结构，因为大π键也能和H2发生加成反应，故B错误；

C.无论苯是不是单双键交替结构，苯的间位二氯代物都没有同分异构体，苯的间位二氯代物没有同分异构体则不能说明苯不是单双键交替结构，故C错误；

D.苯不能与溴水发生化学反应，故D错误；

故答案为：

A。

【点睛】易错选项为C，注意是间位二氯代物没有同分异构体，若是邻位二氯代物没有同分异构体就能说明苯不是单双键交替结构。

16.某学习小组按如下实验过程证明了海带中存在碘元素：

下列说法不正确的是

A.步骤①需要将干海带放入蒸发皿中灼烧

B.步骤②中发生反应的离子方程式为2I-+2H++H2O2＝I2+2H2O

C.步骤③操作后，观察到试管中的溶液变为蓝色，则可说明海带中含有碘元素

D.若步骤②仅滴加稀硫酸后通入氧气，则步骤③操作后，试管中的溶液也变成蓝色

【答案】A

【解析】

【详解】A.灼烧的时候需要把物质放到坩埚中，而不是蒸发皿中，故A错误；

B.双氧水具有氧化性，把碘离子氧化为碘单质，发生的离子方程式为2I-+2H++H2O2＝I2+2H2O，故B正确；

C.步骤③是检验生成的碘单质，操作后，可以观察到试管中溶液变为蓝色，可以说明海带中含有碘元素，故C正确；

D.若步骤②仅滴加稀硫酸后通入氧气，氧气可以将碘离子氧化生成碘单质，4H++4I-+O2=2I2+2H2O，步骤③操作后，也可以观察到试管中溶液变为蓝色，故D正确；

故答案为：

A。

17.海水开发利用的部分过程如下图所示。

（1）富集溴一般先用热空气或水蒸气吹出单质溴，再用SO2的水溶液将其还原吸收，发生反应的化学方程式为_____________________。

（2）为了使Mg2+转化为Mg（OH）2，试剂①可以用_________________（填化学式）

（3）无水MgCl2在熔融状态下，通电后会产生Mg和Cl2，该反应的化学方程式为_______。

（4）下列有关海水综合利用的说法错误的是_____（填字母代号）。

A.粗盐可采用除杂和结晶等过程提纯B.电解饱和食盐水可制得金属钠

C.向滤液中通入C12是为了氧化Br-D.海水提镁过程中涉及复分解反应

【答案】

（1）.Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4

（2）.Ca（OH）2（3）.

（4）.B

【解析】

【详解】

（1）发生反应的化学方程式为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4。

（2）为了使Mg2+转化为Mg（OH）2，试剂①可以用CaO或Ca（OH）2。

（3）反应的化学方程式为

（4）A.粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故A正确；

B.电解饱和食盐水生成的是氯气、氢气和氢氧化钠，电解熔融氯化钠生成钠和氯气，故B错误；

C.向滤液中通入C12是为了氧化Br-发生的离子反应为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，富集溴，故C正确；

D.海水提镁过程，涉及生成氢氧化镁、氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解熔融氯化镁可生成镁，其中生成氢氧化镁Ca（OH） 2 +MgCl2 =Mg（OH）2↓+CaCl2 ；氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁Mg（OH）2+2HCl=MgCl2 +H 2O均为复分解反应，故D正确；

故答案为：

B。

【点睛】本题考查海水资源的综合利用，注意掌握中学常见的化学工业，侧重对化学与技术的考查。

本题的易错点为D，要熟悉海水提镁的原理。

18.随着原子序数的递増，八种短周期元素（用字母x、y、z…・表示）的原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。

请根据判断出的元素回答下列问题

（1）f在元素周期表中的位置是第三周期第____族。

（2）比较d、e常见离子的半径大小:

_______（用化学符号表示且用“＞”连接，下同）。

比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱:

_______

（3）写出x与z形成的常见四原子共价化合物的电子式_______

（4）物质A是一种常用的比水轻的有机溶剂，其仅由x、y两种元素组成，且y元素与x元素的质量比为12:

1，A的相对分子质量为78。

A与浓硫酸、浓硝酸在50～60℃下发生反应的化学方程式为__________，反应类型为__________。

（5）f的最高价氧化物对应的水化物可以与e的最高价氧化物对应的水化物反应，请写出该反应的离子方程式：

_______________。

【答案】

（1）.ⅢA

（2）.O2-＞Na+（3）.HClO4＞H2SO4（4）.

（5）.

（6）.取代反应（7）.Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O

【解析】

【分析】

从图中的化合价和原子半径的大小，可以推出x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，据此回答各题。

【详解】

（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期　ⅢA族；

（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故r（O2-）＞r（Na+）；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，故HClO4＞H2SO4；

（3）四原子共价化合物是NH3其电子式为：

；

（4）y元素与x元素的质量比为12:

1，可推知

所以A的最简式为CH,又根据A的相对分子质量为78，可推知A的分子式为C6H6，A是一种常用的比水轻的有机溶剂，可知A是苯，结构简式为：

。

A与浓硫酸、浓硝酸在50～60℃下发生反应的化学方程式为

，反应类型为取代反应；

（5）f的最高价氧化物对应的水化物为Al（OH）3，e的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，该反应的离子方程式：

Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O。

【点睛】本题主要考查了元素周期表、元素周期律的应用、据图表准确推断元素是关键、离子半径的大小比较注意具有相同核外电子排布的离子半径遵循“序小径大”的规律。

元素非金属性强弱的比较，非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强。

有机物据最简式结合相对分子质量进行分子式的推断，据性质确定结构简式、注意化学反应方程式的书写等。

19.某同学利用如下图所示装置完成了浓硫酸和SO2的性质实验（夹持装置已省略）。

请回答下列问题

（1）将螺旋状的铜丝伸入浓硫酸中，发生反应的化学方程式为____________。

（2）实验中，试管Ⅱ中的品红溶液_____________（填现象）。

（3）下列说法不正确的是_______（填字母代号）

A.反应后，将试管I中的液体逐滴加入水中，溶液呈蓝色B.试管Ⅲ中出现白色浑浊

C.试管Ⅳ中的酸性KMnO4溶液褪色D.试管V中的NaOH溶液用于吸收尾气

（4）若反应中有0.02molH2SO4被还原，则反应产生的气体体积为______mL（标准状况下）。

【答案】

（1）.

（2）.品红溶液褪色（3）.B（4）.448

【解析】

【分析】

浓硫酸具有强氧化性，和单质铜在加热条件下能生成SO2；二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色；二氧化硫能使酸性KMnO4溶液褪色，体现了还原性；二氧化硫能与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，体现酸性氧化物的性质。

【详解】

（1）铜和浓硫酸发生反应的化学方程式为：

；

（2）SO2能使品红溶液褪色，故试管Ⅱ中的现象为品红溶液褪色；

（3）A.试管I中有CuSO4生成，将反应后的溶液滴入水中，溶液呈蓝色，故A正确；

B.试管Ⅲ中SO2不会和BaCl2反应，所以不会出现白色浑浊，故B错误；

C.试管Ⅳ中SO2与酸性KMnO4溶液反应，使溶液褪色，故C正确；

D.试管V中的NaOH溶液可以和SO2反应，所以可以用于吸收尾气，故D正确；

故答案为：

B；

（4）

，反应中生成1molSO2被还原的H2SO4为1mol，若反应中有0.02molH2SO4被还原，则反应产生的SO2气体为0.02mol，体积为448mL（标准状况下）。

【点睛】本题考查了二氧化硫的化学性质及检验方法，题目难度中等，注意掌握二氧化硫具有的化学性质及正确的检验方法，明确二氧化硫的弱酸性，不能与BaCl2反应，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力。

20.燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源。

下图为燃料电池的结构示意图，电解质溶液为NaOH溶液，电极材料为疏松多孔的石墨棒。

请回答下列问题:

（1）若该燃料电池为氢氧燃料电池。

①a极通入的物质为_____（填物质名称），电解质溶液中的OH—移向______极（填”负”或“正”）。

②写出此氢氧燃料电池工作时，负极的电极反应式：

______________。

（2）若该燃料电池为甲烷燃料电池。

已知电池的总反应为CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O

①下列有关说法正确的是___________（填字母代号）。

A.燃料电池将电能转变为化学能

B.负极的电极反应式为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O

C.正极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O

D.通入甲烷的电极发生还原反应

②当消耗甲烷33.6L（标准状况下）时，假设电池的能量转化效率为80％，则导线中转移的电子的物质的量为______mol.

【答案】

（1）.氢气

（2）.负（3）.H2+2OH-–2e-=2H2O（4）.B（5）.9.6

【解析】

【详解】

（1）

①燃料电池中，负极上失电子发生氧化反应，通入燃料氢气的电极是负极，据图示可知a电极是负极，故a极通入的物质为氢气；原电池中阴离子移向负极故OH-移向负极；

②电解质溶液为NaOH溶液，为碱性环境，故此氢氧燃料电池工作时，负极的电极反应式：

H2–2e-+2OH-=2H2O；

（2）

①A.燃料电池为原电池原理，应为将化学能转变为电能，故A错误；

B.电解质溶液为NaOH溶液，为碱性环境，故负极的电极反应式为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，B正确；

C.碱性环境中正极的电极反应式应为：

为O2+2H2O+4e-=4OH-，C错误；

D.通入甲烷的电极失电子发生氧化反应，故D错误；

故答案为：

B。

②据电池的总反应CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O可知：

消耗甲烷22.4L（标准状况下）时，假设电池的能量转化效率为100％，则导线中转移的电子的物质的量为8mol，则当消耗甲烷33.6L（标准状况下）时，假设电池的能量转化效率为100％，则导线中转移的电子的物质的量12mol，故电池的能量转化效率为80％时，导线中转移的电子的物质的量为12×0.8=9.6mol。

【点睛】本题考查了燃料电池，要注意的是：

虽然燃料相同，但电解质溶液不同时，电极反应式就不同，如氢氧燃料电池，在酸性介质和碱性介质中的电极反应式就不同。

在计算转移电子的物质的量时注意电池的能量转化效率。

21.某课外小组设计的实验室制取并提纯乙酸乙酯的方案如下所示

已知:

①氯化钙可与乙醇形成CaCl2・6C2H5OH;

②有关有机物的沸点如下表所示

③2CH3CH2OH

CH3CH2OCH2CH3+H2O

I.制备过程:

装置如图所示，A中盛有浓硫酸，B中盛有9.5mL无水乙醇和6mL冰醋酸，D中盛有饱和碳酸钠溶液。

（1）实验过程中滴加大约3mL浓硫酸，B的容积最合适的是_____（填字母代号）

A.25mLB50mLC.250mLD.500mL

（2）球形干燥管的主要作用是_______________。

（3）饱和碳酸钠溶液的作用是______（填字母代号）。

A.消耗乙酸并溶解乙醇

B.碳酸钠溶液呈碱性，有利于乙酸乙酯的水解

C.加速乙酸乙酯的生成，提高其产率

D.乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中

溶解度比在水中的更小，有利于分层析出

II.提纯方法:

①将D中混合液进行分离。

②有机层用5mL饱和食盐水洗涤，再用5mL饱和氯化钙溶液洗涤，最后用