学年江西省南昌市七校高一下学期期末考试化学试题.docx
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学年江西省南昌市七校高一下学期期末考试化学试题
江西省南昌市八一中学、洪都中学、麻丘高中等七校2018-2019学年高一下学期期末考试
化学试题
★祝考试顺利★
注意事项：
1、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
2、选择题的作答：
每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
3、主观题的作答：
用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。
如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
4、选考题的作答：
先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
5、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。
6、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
1.下列有关煤、石油、天然气等资源的说法错误的是（）
A.天然气是一种清洁的化石燃料B.煤的气化和煤的液化都属于物理变化
C.石油是由多种烃组成的混合物D.通过石油的裂化可以提高汽油的产量
【答案】B
【解析】
【详解】A.化石燃料包括煤、石油和天然气，故天然气属于化石燃料，且燃烧产物无污染，A正确；
B.用煤来生产水煤气是煤的气化，用煤来生产甲醇为煤的液化，两个变化均有新物质生成，因此这两个变化都是化学变化，B错误；
C.石油是多种烷烃、环烷烃和少量芳香烃的混合物，即石油是多种烃的混合物，C正确；
D.石油裂化的目的是获得轻质油，提高汽油的产量和质量，D正确。
故合理选项是B。
2.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.铝粉和Fe2O3共热B.加热HgO
C.电解熔融的MgCl2D.氢气通入Al2O3并加热
【答案】D
【解析】
【分析】
根据金属的活泼性强弱冶炼金属，K、Ca、Na、Mg、Al等金属用电解法，Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等金属用热还原法、Hg、Ag等金属用热分解法冶炼.
【详解】A.铝粉和Fe2O3共热反应可以得到金属铁和氧化铝，A不符合题意；
B.加热氧化汞会发生分解，制的金属Hg，B不符合题意；
C.Mg为活泼金属，要用电解熔融MgCl2的方法冶炼，C不符合题意；
Dal是相对活泼
金属应该使用电解熔融氧化铝的方法冶炼，不能使用热还原法冶炼，因此不能制取得到Al单质，D符合题意；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查金属的冶炼方法与金属活动性关系的知识，注意常见金属的冶炼方法，把握金属的活泼性强弱是解题关键。
3.反应A+3B=2C+2D在不同条件下反应速率如下，其中最快的是（）
A.V（A）=0.15mol/（L·min）B.V（B）=0.6mol/（L·min）
C.V（C）=0.4mol/（L·min）D.V（D）=0.0075mol/（L·s）
【答案】D
【解析】
【分析】
不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质的速率与其化学计量数的比值越大，表示反应速率越快，注意单位保持一致。
【详解】A.
=0.15mol/（L•min）；
B.
=0.2mol/（L•min）；
C.
=0.2mol/（L•min）；
D.V（D）=0.0075mol/（L•s）=0.45mol/（L•min），
=0.225mol/（L•min）；
故反应速率V（D）>V（B）=V（C）>v（A），所以合理选项是D。
【点睛】本题考查化学反应速率快慢比较的知识，利用比值法可以迅速判断，也可以转化为同一物质的速率进行比较，要注意单位一定要统一，然后再进行比较。
4.某烯烃
只含1个双键
与H2加成后的产物是
，则该烯烃的结构式可能有（）
A.1种B.2种C.3种D.4种
【答案】C
【解析】
【详解】根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置。
该烷烃的碳链结构为
，1号和6号碳原子关于2号碳原子对称，5、8、9号碳原子关于4号碳原子对称，但4号碳原子上没有氢原子，所以4号碳原子和3、5、8、9号碳原子间不能形成双键；相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，所以能形成双键有：
1和2之间（或2和6）；2和3之间；3和7之间，共有3种，故答案为C。
【点睛】加成反应指有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应．根据加成原理采取逆推法还原C=C双键，烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置．还原双键时注意：
先判断该烃结构是否对称，如果对称，只考虑该分子一边的结构和对称线两边相邻碳原子即可；如果不对称，要全部考虑，然后各去掉相邻碳原子上的一个氢原子形成双键。
5.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子在周期表中半径最小，Y的次外层电子数是其最外层的
，Z单质可与冷水缓慢反应产生X单质，W与Y属于同一主族。
下列叙述正确的是（）
A.由Y元素形成的离子与Z元素形成的离子的核外电子总数可能相同
B.单质的氧化性:
W>Y
C.化合物X2Y、Z2Y、ZX中化学键的类型均相同
D.原子半径：
rw>rz>rY
【答案】A
【解析】
【分析】
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子在周期表中半径最小，X为H元素；Y的次外层电子数是其最外层的
，Y有2个电子层符合电子排布规律，则最外层电子数为6，Y为O元素；Z单质可与冷水缓慢反应产生X单质，Z为Na元素；W与Y属于同一主族，W为S元素，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，X为H、Y为O、Z为Na、W为S。
A.Y元素形成的离子与Z元素形成的离子的核外电子总数分别为10、10，二者相同，A正确；
B.非金属性越强，该元素的单质的氧化性就越强，由于元素的非金属性O>S，所以氧化性：
O2>S，B错误；
对应阴离子的还原性越弱，则阴离子的还原性：
W＞Y＞X，故B正确；
C.化合物X2Y是H2O，只含共价键，Z2Y是Na2O只含有离子键，ZX是NaH只含离子键，C错误；
D.同一周期从左下右原子半径减小，不同周期是元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径：
rz＞rw＞rY，D错误；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的知识，把握元素的性质、原子结构、元素化合物知识来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
6.反应C（s）+H2O（g）
CO（g）+H2（g）在一定容积的密闭容器中进行，则下列说法或结论中，能够成立的是（）
A.其他条件不变仅将容器的体积缩小一半，反应速率减小
B.保持体积不变，充入少量He气体使体系压强增大，反应速率一定增大
C.反应达平衡状态时：
v（CO）正=v（H2O）逆
D.其他条件不变，适当增加C（s）的质量会使反应速率增大
【答案】C
【解析】
【详解】A.其他条件不变仅将容器的体积缩小一半，物质的浓度增大，反应速率加快，A错误；
B.保持体积不变，充入少量He气体使体系压强增大，由于反应体系的物质浓度不变，所以反应速率不变，B错误；
C.反应达平衡状态时任何物质的浓度不变，用同一物质表示的反应速率相同，v（H2O）正=v（CO）正=v（H2O）逆，则v（H2O）正=v（H2O）逆，C正确；
D.其他条件不变，适当增加C（s）的质量，由于C是固体，物质的浓度不变，所以反应速率不变，D错误；
故合理选项是C。
7.在密闭容中加入2.0molSO2和1.0molO2，一定条件下发生如下反应2SO2＋O2
2SO3。
反应达到平衡后，各物质的物质的量可能为（）
n（SO2）/mol
n（O2）/mol
n（SO3）/mol
A
2.0
1.0
0
B
1.0
0.8
1.0
C
0.20
0.10
1.80
D
0
0
2.0
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【分析】
反应2SO2+O2
2SO3是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，生成物不能完全转化为反应物，根据反应的特点来回答。
【详解】反应2SO2+O2
2SO3是可逆反应，加入2.0molSO2和1.0molO2，最终各种物质都应该存在，不能全为反应物，也不能都为生成物，所以A、D错误；反应正向进行，所以正向进行SO2向生成SO3的方向进行，SO2与O2反应的物质的量关系为2：
1，所以SO2减小1mol，消耗氧气0.5mol，所以应该剩余氧气物质的量为0.5mol，不能是0.8mol，B错误，故合理选项是C。
【点睛】本题考查学生化学平衡的建立知识，注意可逆反应的特点是解题的关键。
8.根据下图提供的信息，下列所得结论不正确的是
A.该反应是吸热反应
B.因为生成物的总能量高于反应物的总能量，所以该反应一定需要加热才能发生
C.该反应反应物断裂旧键所吸收的能量高于生成物形成新键放出的能量
D.该反应可能是碳酸钙分解反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据图示可知：
生成物的能量比反应物的能量高，所以该反应是吸热反应，A正确；
B.任何化学反应发生都有断裂反应物化学键吸收能量的过程，和形成生成物化学键释放能量的过程，与化学反应是放热反应还是吸热反应无关，B错误；
C.该反应是吸热反应说明反应物断裂旧键所吸收的能量高于生成物形成新键放出的能量，C正确；
D.碳酸钙分解反应是吸热反应，该反应图示过程是吸热反应，因此可能为碳酸钙分解反应，D正确；
故合理选项
B。
9.既可以用来鉴别乙烷和乙烯，又可以用来除去乙烷中混有的少量乙烯的方法是（）
A.混合气体通过盛水的洗气瓶B.混合气体和过量H2混合
C.混合气体通过装有过量溴水的洗气瓶D.混合气体通过酸性KMnO4溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A.二者与水都不能反应且不溶于水，因此不能鉴别和除去杂质，A错误；
B.又引入了新的杂质氢气，B错误；
C.乙烯与溴水反应产生1，2-二溴乙烷，该生成物呈液态，乙烷不能反应，因此可以用于鉴别和除杂，C正确；
D.乙烯与酸性KMnO4溶液反应产生CO2气体，又引入了新的杂质，D错误；
故合理选项是C。
10.人体缺乏维生素A，会出现皮肤干燥、夜盲症等症状。
维生素A又称视黄醇，分子结构如下图所示,下列说法正确的是
A.1mol维生素A最多能与7molH2发生加成反应
B.维生素A不能被氧化得到醛
C.维生素A是一种易溶于水的醇
D.维生素A的分子式为C20H30O
【答案】D
【解析】
【详解】A.维生素A中含5个碳碳双键，1mol维生素A最多可以与5molH2发生加成反应，A错误；
B.根据维生素A结构简式可以看出该物质中含有-CH2OH结构，因此能被氧化得到醛，B错误；
C.维生素A
烃基部分含有的C原子数较多，烃基是憎水基，烃基部分越大，水溶性越小，所以维生素A是一种在水中溶解度较小的醇，C错误；
D.维生素A的分子式为C20H30O，D正确；
故合理选项是D。
11.下列关于基本营养物质的说法错误的是（）
A.淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖
B.在加热条件下,葡萄糖可与新制氢氧化铜浊液反应产生砖红色沉淀
C.植物油含不饱和脂肪酸甘油酯,能使Br2的CCl4溶液褪色
D.糖类、油脂和蛋白质均由C、H、O三种元素组成
【答案】D
【解析】
【详解】A.淀粉和纤维素均为多糖，水解的最终产物均为葡萄糖，A正确；
B.葡萄糖含-CHO，加热条件下，葡萄糖可与新制氢氧化铜浊液反应产生砖红色沉淀，B正确；
C.植物油含碳碳双键、-COOC-，则植物油含不饱和脂肪酸甘油酯，能使Br2的CCl4溶液褪色，C正确；
D.蛋白质含-CONH-，由C、H、O、N等元素组成，D错误；
故合理选项是D。
12.一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：
CH3CH2OH-4e﹣+H2O=CH3COOH+4H+，下列有关说法正确的是（）
A.检测时，电解质溶液中的H+向负极移动
B.若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气
C.乙醇所在的电极发生了氧化反应
D.正极上发生的反应为：
O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣
【答案】C
【解析】
【分析】
酸性乙醇燃料电池的负极反应为：
CH3CH2OH-4e-+H2O=CH3COOH+4H+，正极应为O2得电子被还原，电极反应式为：
O2+4e-+4H+=2H2O，正负极相加可得电池的总反应式为：
CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，可根据电极反应式判断离子和电子的转移问题。
【详解】A.原电池中，阳离子向正极移动，A错误；
B.氧气得电子被还原，化合价由0价降低到-2价，若有0.4mol电子转移，则应有0.1mol氧气被还原，在标准状况下的体积为2.24L，B错误；
C.酸性乙醇燃料电池的负极反应为：
CH3CH2OH-4e-+H2O=CH3COOH+4H+，可知乙醇被氧化生成乙酸和水发生氧化反应，C正确；
C.在燃料电池中，氧气在正极得电子被还原生成水，正极反应式为：
O2+4e-+4H+=2H2O，溶液为酸性，不能产生OH-，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查酸性乙醇燃料电池知识，注意题中乙醇被氧化为乙酸的特点，电极反应式在书写时要结合溶液的酸碱性分析。
13.下列关于酯化反应说法正确的是
A.用CH3CH218OH与CH3COOH发生酯化反应，生成H218O
B.乙酸乙酯不会和水生成乙酸和乙醇
C.反应液混合时，顺序为先取乙醇再加入浓硫酸最后加入乙酸
D.用蒸馏的方法从饱和Na2CO3溶液中分离出乙酸乙酯
【答案】C
【解析】
【详解】A.用CH3CH218OH与CH3COOH发生酯化反应，由于酯化反应的实质是酸脱羟基醇脱氢，所以反应产生的水分子式应该为H2O，A错误；
B.酯化反应与酯的水解反应互为可逆反应，因此乙酸乙酯也会和水生成乙酸和乙醇，B错误；
C.进行酯化反应，反应液混合时，顺序为先取乙醇再加入浓硫酸，待混合溶液冷却后再加入乙酸，C正确；
D.乙醇能够溶液碳酸钠溶液的水中，乙酸与碳酸钠发生反应，产生可溶性乙酸钠，而乙酸乙酯难溶于碳酸钠饱和溶液，且密度比水小，因此可用饱和Na2CO3溶液通过分液方法分离出乙酸乙酯，D错误；
故合理选项
C。
14.已知乙烯分子中含有一个碳碳双键，分子呈平面结构，六个原子都在同一平面上，下列对丙烯（CH3-CH=CH2）结构和性质的推断正确的是（）
A.丙烯既可以发生加成反应，又可以发生取代反应
B.丙烯分子中三个碳原子有可能在同一条直线上
C.过量的丙烯通入浓溴水中，观察到溴水褪色，溶液均一稳定
D.丙烯分子中所有的原子都在同一平面上，丙烯既可以发生加成反应，又可以发生取代反应
【答案】A
【解析】
【分析】
CH3-CH=CH2中含碳碳双键，可发生加成、氧化反应，甲基可发生取代，碳碳双键为平面结构、甲基为四面体构型，以此来解答。
【详解】A.含碳碳双键可发生加成反应，甲基上H可发生取代反应，A正确；
丙烯分子中含甲基，甲基为四面体构型，则所有原子不可能都在同一平面上，故A错误；
B.丙烯分子可看作是乙烯分子中的一个H原子被甲基取代产生的物质，乙烯分子是平面分子，键角是120°，所以丙烯分子中三个碳原子不可能在同一条直线上，B错误；
C.丙烯与溴水发生加成反应，产生溴代烷烃，该物质是有机物，难溶于水，因此观察到溴水褪色，但得到的液体有分层现象，C错误；
D.丙烯分子可看作是乙烯分子中的一个H原子被甲基取代产生的物质，乙烯分子是平面分子，而甲基为四面体构型，因此丙烯分子中不可能所有的原子都在同一平面上，D错误；故合理选项是A。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系、原子的共线和共面为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。
15.将少量的A、B两份锌粉装入试管中，分别加入足量的等浓度、等体积的稀硫酸中，同时向装A的试管中加入少量CuSO4溶液。
如下图表示产生氢气的体积V与时间t的关系，其中正确的是（）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】在A中加入少量CuSO4溶液，发生置换反应：
Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，锌与置换出铜及硫酸可形成铜锌原电池，导致A中反应速率增大，由于锌不足量，发生该反应而消耗，所以最终产生氢气的体积比B少，只有选项C符合题意。
16.下图所示的实验，能达到实验目的的是
A
B
C
D
验证化学能转化为电能
研究催化剂对化学反应速率的影响
实验室制氨气
验证非金属性：
Cl>C>Si
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A.没有形成闭合回路，不能构成原电池，A错误；
B.不加FeCl3溶液放出氢气的速率比加入FeCl3溶液放出氢气的速率慢，说明FeCl3溶液对H2O2的分解有催化作用，B正确；
C.氯化铵加热分解产生氨气和氯化氢，二者遇冷有重新化合形成氯化铵，因此不能用于实验室制取氨气，C错误；
D.在锥形瓶中HCl与Na2CO3发生反应产生CO2气体，证明酸性：
HCl>H2CO3，但盐酸有挥发性，会随CO2进入烧杯内，发生反应2HCl+Na2SiO3=H2SiO3↓+2NaCl，而且盐酸是HCl溶于水形成的，不是Cl元素的最高价含氧酸，因此不能证明元素的非金属性Cl>C>Si，D错误；
故合理选项是B。
17.【一】有下列各组物质：
①126C和136C；②石墨和足球烯；③漂白粉和漂白液主要成分④正丁烷和异庚烷；⑤乙烯和聚乙烯；⑥
和
；⑦丙烷和环丙烷⑧CH3-CH2-CH2-CH3和CH3-CH（CH3）CH3。
用序号填空：
（1）____________组两者互为同系物。
（2）____________组两者互为同分异构体
（3）____________组两者属于同位素。
（4）____________组两者互为同素异形体。
（5）____________组两者是同一物质。
【二】乙烯在化工生产领域应用广泛。
（1）乙烯能合成很多有实用价值的有机物。
①试剂a是_____________。
②反应Ⅰ的反应类型是_____________。
（2）以原油为起始原料合成聚乙烯的路线如下图所示。
①反应Ⅲ的化学方程式是_____________。
②写出分子式符合C4H10的有机物的结构简式_____________。
【答案】
（1）.④
（2）.⑧（3）.①（4）.②（5）.⑥（6）.HCl（7）.加成反应（8）.nCH2=CH2
（9）.CH3CH2CH2CH3、
【解析】
【分析】
（一）根据同系物、同分异构体、同位素、同素异形体概念分析判断；
（二）乙烯与HCl发生加成反应产生氯乙烷，两个乙烯分子发生加成反应产生环丁烷；乙烯在一定条件下发生加聚反应产生聚乙烯。
【详解】
（一）
（1）同系物是结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物，在上述物质中，正丁烷和异庚烷都是烷烃，属于同系物，故合理选项是④；
（2）同分异构体是分子式相同，结构不同的化合物，在上述物质中，CH3-CH2-CH2-CH3和CH3-CH（CH3）CH3分子式相同，结构不同，因此属于同分异构体的选项是⑧；
（3）同位素是指质子数相同，中子数不同的原子，其中126C和136C质子数都是6个，中子数分别是6、7，故二者互为同位素，因此合理选项是①；
（4）同素异形体是指由同种元素组成的不同性质的单质，在上述物质中，石墨和足球烯都是C元素的单质，二者结构不同，互为同素异形体，故合理选项是②；
（5）甲烷是正四面体结构，任何两个化学键都相邻，
和
都是甲烷分子中的2个H原子被2个Br原子取代产生的物质，属于同一物质，故合理选项是⑥；
（二）
（1）①乙烯与HCl在一定条件下与HCl发生加成反应产生CH3CH2Cl，所以试剂a是HCl；②2个分子的乙烯在一定条件下发生加成反应产生环丁烷，因此该反应类型为加成反应；
（2）①原油经高温裂化可得到丁烷C4H10，丁烷在高温下发生裂解可产生乙烯CH2=CH2，乙烯在一定条件下发生加聚反应产生聚乙烯，该反应的化学方程式为：
nCH2=CH2
；
②C4H10是丁烷，分子式符合的有机物的结构简式有：
CH3CH2CH2CH3、
。
【点睛】本题考查了“四同”概念的辨析及物质判断及有机合成与推断的知识，涉及化学方程式的书写、反应类型的判断及同分异构体结构简式的书写等，掌握化学基本概念、基础知识是本题解答的关键。
18.如图为元素周期表的一部分，请参照①-⑨在表中的位置，回答下列问题：
（用元素符号或化学用语回答）
（1）由①②⑧三种元素形成的常见化合物的电子式为_____，其包含的化学键类型为_____（填“离子键”、“共价键”）。
（2）⑦和⑨能以原子个数1:
2形成化合物，用电子式表示其形成过程______________。
（3）金属性最强是____________。
（4）③的简单氢化物的沸点比⑦的简单氢化物的沸点___（填“高”或“低”），理由_____________。
（5）元素⑥的单质和④的最高价氧化物的水化物之间发生反应的离子方程式为：
____________。
（6）在②的化合物中，红棕色、有刺激性气味的有毒气体是___________（填写化学式），请写出该气体与水反应的化学方程式________________________。
（7）⑦的最高价氧化物对应水化物的浓溶液在加热时与碳发生反应的化学方程式为：
_________
【答案】
（1）.）
（2）.离子键共价键（3）.
（4）.K（5）.高（6）.水分子间形成氢键（7）.2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑（8）.NO2（9）.3NO2+H2O=2HNO3+NO（10）.C+2H2SO4（浓）
CO2↑+2SO2↑+2H2O
【解析】
【分析】
根据元素在周期表的位置，可确定从①到⑨号元素分别是H、N、O、Na、Mg、Al、S、Cl、K，然后利用元素的位、构、性的关系和元素周期律分析解答。
【详解】
（1）由①②⑧三种元素形成的常见化合物是NH4Cl，该物质为离子化合物，NH4+与Cl-通过离子键结合，NH4+中N原子与H原子通过共价键结合，因此NH4Cl的电子式为
，其中包含的化学键类型为离子键、共价键。
（2）⑦和⑨能以原子个数1：
2形成化合物是K2S，该物质是离子化合物，K+与S2-之间通过离子键结合，用电子式表示其形成过程为
。
（3）由于同一周期的元素原子序数越大，元素的金属性越弱，同一主族的元素，原子序数越大，元素的金属性越强，所以上述元素中金属性最强是K。
（4）③的简单氢化物H2
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