学年江苏省宿迁中学高一下学期期末考试化学试题答案+解析.docx
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学年江苏省宿迁中学高一下学期期末考试化学试题答案+解析
江苏省宿迁中学2018-2019学年高一下学期期末考试试题
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时90分钟。
可能用到的相对原子质量：
H-1C-12O-16Na-23Fe-56Cu-64
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
单项选择题：
本题包括20小题，每小题3分，共60分
1.习总书记强调“要建设天蓝、地绿、水清的美丽中国，让老百姓在宜居的环境中享受生活。
”下列做法与此不相符合的是（）
A.将煤进行气化处理,既提高煤的综合利用效率，又可减少酸雨的危害
B.将废旧电池进行直接填埋,减少对环境的污染
C.开发核能、太阳能、风能等新能源,减少对矿物能源的依赖
D.利用微生物发酵技术,将植物秸秆、动物粪便等制成沼气
【答案】B
【解析】A.推广煤的干馏、气化、液化技术，提供清洁、高效燃料和基础化工原料，提高煤的使用率，减少污染性气体的排放，减少酸雨的危害，A项正确；
B.废旧电池中含有重金属离子，如果直接填埋，会对土壤造成污染，B项错误；
C.开发新能源，如核能、太阳能、风能等，减少对矿物能源的依赖，符合“促进低碳经济”宗旨，C项正确；
D.推广利用微生物发酵技术，将植物桔杆、动物粪便等制成沼气以替代液化石油气，减少污染性气体的排放，D项正确；
答案选B。
2.下列化学用语正确的是（）
A.Cl离子的结构示意图：
B.甲烷的球棍模型：
C.乙酸的结构简式：
C2H4O2D.HCl分子的电子式：
【答案】D
【解析】A.Cl的核电荷数为17，其离子结构示意图为：
，A项错误；
B.球棍模型表现原子间的连接与空间结构，甲烷分子式为CH4，C原子形成4个C﹣H，为正四面体结构，碳原子半径大于氢原子半径，球棍模型为
，B项错误；
C.乙酸的分子式为C2H4O2，结构简式为CH3COOH，C项错误；
D.HCl分子内H与Cl原子之间有一对共用电子对，其电子式为：
，D项正确；
答案选D。
3.含有共价键的离子化合物是（）
A.KOHB.H2OC.CaCl2D.HNO3
【答案】A
【解析】A.KOH是离子化合物，OH-中O与H原子之间形成的是共价键，符合题意，A项正确；
B.H2O为共价化合物，B项错误；
C.CaCl2属于离子化合物，仅由离子键构成，C项错误；
D.HNO3为共价化合物，D项错误；
答案选A。
4.
I可用于治疗甲状腺疾病。
该原子的中子数与质子数之差是（）
A.53B.25C.78D.184
【答案】B
【解析】
【分析】根据质子数+中子数＝质量数分析解答。
【详解】根据核素的表示方法可知
I中质子数53，质量数是131，则该原子的中子数是131－53＝78，则该原子的中子数与质子数之差为78-53=25，B项正确；
答案选B。
5.下列二者间关系的描述正确的是（）
A.CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体
B.14C与14N互为同位素
C.H2和D2互为同素异形体
D.CH2BrCH2Br和CH3CHBr2是同种物质
【答案】A
【解析】A.CH3CH2OH和CH3OCH3分子式相同，结构（官能团）不同，属于同分异构体，A项正确；
B.14C与14N的质子数不同，不属于同位素，B项错误；
C.H2和D2为同种元素表示的氢气，不属于同素异形体，C项错误；
D.CH2BrCH2Br和CH3CHBr2分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，不属于同一种物质，D项错误；
答案选A。
6.下列每组物质所发生的变化,克服粒子间的相互作用属于同种类型的是（）
A.冰和氯化铵分别受热变为气体B.食盐和葡萄糖分别溶解在水中
C.碘和干冰升华D.二氧化硅和氧化钠熔化
【答案】C
【解析】A.前者是物理变化，克服的是氢键，后者为化学变化，克服的是离子键和共价键，A项错误；
B.前者克服的是离子键，后者是分子间作用力，B项错误；
C.碘和干冰升华是物理变化，克服的均为分子间作用力，C项正确；
D.前者克服的是共价键，后者克服的是离子键，D项错误；
答案选C。
7.下列过程属于物理变化的是（）
A.煤的气化B.石油的分馏
C.蛋白质的变性D.石油的裂化
【答案】B
【解析】A.煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化，形成H2、CO等气体的过程，属于化学变化，A项错误；
B.石油的分馏是以不同温度让石油中的不同物质的熔沸点来把物质分离，是物理变化，B项正确；
C.蛋白质的变性是指蛋白质受物理或化学因素的影响改变内部结构和性质的作用，属于化学变化，C项错误；
D.石油的裂化就是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，是化学变化，D项错误；
答案选B。
8.下列反应过程中的能量变化情况符合下图的是（）
A.铝热反应
B.氧化钙和水反应
C.氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应
D.一氧化碳气体的燃烧
【答案】C
【解析】
【分析】根据示意图可知反应物总能量低于生成物总能量，属于吸热反应，据此解答。
【详解】A.铝热反应属于放热反应，A项错误；
B.氧化钙和水反应属于放热反应，B项错误；
C.氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应，属于吸热反应，C项正确；
D.一氧化碳气体的燃烧属于放热反应，D项错误；
答案选C。
9.下列装置或操作能达到实验目的的是（）
A.除去乙醇中的乙酸用图甲装置
B.除去甲烷中混有
乙烯用图乙装置
C.用自来水制取少量的蒸馏水用图丙装置
D.证明氯的非金属性比碳强可用图丁装置
【答案】C
【解析】A.乙醇与乙酸互溶，不能利用分液的方法除去，A项错误；
B.酸性高锰酸钾可氧化乙烯，生成二氧化碳气体，乙烷中又引入了新的杂质，B项错误；
C.用自来水制取少量的蒸馏水可采用蒸馏方法，图丙符合题意，且科学规范，C项正确；
D.盐酸不是氯的最高价氧化物对应的水化物，无法通过强酸制弱酸的原理得出氯的非金属性比碳强的结论，D项错误；
答案选C。
10.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）
A.1mol碳正离子CH5+所含的电子数为10NA
B.7.8g的苯中含有碳碳双键的数目为0.3NA
C.标准状况下，2.24L乙醇含有的氧原子数目约为0.1NA
D.4.6gNa与100mL1.0mol/L醋酸溶液反应，转移电子数目
0.1NA
【答案】A
【解析】A.1mol碳正离子CH5+所含的电子的物质的量是10mol，即电子数为10NA，A项正确；
B.苯中不含碳碳双键，B项错误；
C.标准状况下，乙醇为液体，无法利用气体摩尔体积计算其氧原子数目，C项错误；
D.4.6gNa为0.2mol，与100mL1.0mol/L醋酸溶液反应后，继续与水反应，转移电子数目为0.2NA，D项错误；
答案选A。
11.下列物质转化常通过加成反应实现的是（）
A.
B.CH3CHO→CH3COOH
C.CH4→CH3ClD.CH2＝CH2→CH3CH2Br
【答案】D
【解析】A．苯和浓硝酸、浓硫酸的混合液加热，可发生取代反应生成硝基苯，A项错误；
B．CH3CH2OH在铜作催化剂的作用氧化生成CH3CHO，属于氧化反应，B项错误；
C．CH4在光照条件下与氯气发生取代反应，生成CH3Cl，C项错误；
D．CH2=CH2与HBr一定条件下发生加成反应生成CH3CH2Br，D项正确；
答案选D。
12.要保证身体健康，营养均衡非常重要，下列有关营养物质的说法正确的是（）
A.油脂有油和脂肪之分，但都属于酯
B.糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反应
C.糖类、油脂、蛋白质都是由C、H、O三种元素组成的
D.糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物
【答案】A
【解析】A.因油脂有油和脂肪之分，两者都属于酯，A项正确；
B.因二糖、多糖能发生水解，单糖不能发生水解，如葡萄糖、果糖是单糖，均不能发生水解，B项错误；
C.因糖类、油脂的组成元素为C、H、O，蛋白质的组成元素为C、H、O、N，C项错误；
D.因糖类中的单糖、二糖不是高分子化合物，油脂也不是高分子化合物，蛋白质是高分子化合物，D项错误；
答案选A。
13.下列关于有机物的说法错误的是（）
A.苯是一种无色无味液体，难溶于水，常用作有机溶剂
B.乙烯可作为植物生长调节剂
C.体积分数为75%的乙醇溶液可用作医用消毒剂
D.醋酸可以用于除去茶壶中的水垢
【答案】A
【解析】A.苯是一种无色，有芳香味液体，难溶于水，常用作有机溶剂，A项错误；
B.乙烯可作为植物生长调节剂，催熟果实，B项正确；
C.体积分数为75%的乙醇溶液可用作医用消毒剂，C项正确；
D.茶壶中的水垢主要成分为CaCO3和Mg（OH）2，醋酸呈酸性，能与盐和碱反应，D项正确；
答案选A。
14.为提纯下列物质（括号内的物质为杂质）,所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是（）
A
B
C
D
被提纯物质
酒精（水）
乙酸乙酯（乙酸）
溴苯（Br2）
铝粉（铁粉）
除杂试剂
熟石灰
氢氧化钠溶液
氢氧化钠溶液
氢氧化钠溶液
分离方法
蒸馏
分液
分液
过滤
【答案】C
【解析】A. 熟石灰为氢氧化钙，与水不反应，不能达到除杂目的，加入的除杂试剂应为CaO，它与水反应后，增大了与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，A项错误；
B.乙酸与NaOH反应后，与乙醇互溶，不能分液，应选蒸馏法，B项错误；
C.溴可与NaOH溶液反应，生成NaBrO和NaBr溶液，溴苯不与NaOH反应，且溴苯不溶于反应后的溶液，静置分液便可将溴苯提纯，C项正确；
D.加入NaOH溶液，Al溶解，铁粉不溶，不能达到除杂的目的，D项错误；
答案选C。
15.如图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极。
则下列判断正确的是（）
A.a为负极、b为正极
B.电解过程中，c电极上发生氧化反应
C.d为阳极，电极反应为：
2Cl―2e－
Cl2↑
D.电解过程中，化学能转化为电能
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，电流从正极流向负极，则a为正极，b为负极，则c为阳极，d为阴极，铜离子在阴极得到电子，氯离子在阳极失去电子，结合电解池的基本工作原理分析作答。
【详解】依据上述分析易知：
A.电流从正极流向负极，则a为正极，b为负极，A项错误；
B.电解过程中，c为阳极，发生失电子的氧化反应，B项正确；
C.d为阴极，铜离子在阴极得到电子，其电极反应式为：
Cu2++2e-
Cu，C项错误；
D.电解过程中，电能转化为化学能，D项错误；
答案选B。
16.能说明反应X（g）+2Y（g）
2Z（g）达到化学平衡状态的是（）
A.X、Y、Z的物质的量之比为1:
2:
2
B.X、Y、Z的浓度不再发生变化
C.反应速率v（X）=v（Y）
D.单位时间内生成nmolZ的同时生成2nmolY
【答案】B
【解析】A.当体系达平衡状态时，X、Y、Z的物质的量之比可能为1：
2：
2，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，不能说明反应是否达到平衡状态，A项错误；
B.X、Y、Z的浓度不再发生变化，说明反应达到了平衡状态，B项正确；
C.达到平衡时，同一物质表示的正逆反应速率相等，v（X）与v（Y）不是同一物质，且没有正逆反应速率之分，不能表示v（正）=v（逆），则不能说明反应是否达到平衡状态，C项错误；
D.根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，单位时间内生成nmolZ的同时生成nmolY，可表示v（正）=v（逆），但题中相关数值不正确，D项错误；
答案选B。
17.一定温度下，将2molSO2和1molO2充入2L密闭容器中，在催化剂存在下进行下列反应:
2SO2+O2
2SO3，下列说法中正确的是（）
A.达到反应限度时，生成2molSO3
B.达到反应限度时SO2的消耗速率必定等于O2的生成速率
C.达到反应限度时SO2、O2、SO3的分子数之比一定为2∶1∶2
D.SO2和SO3物质的量之和一定为2mol
【答案】D
【解析】A.反应为可逆反应，2molSO2和1molO2反应时，达到反应限度时，生成的SO3的物质的量小于2mol，A项错误；
B.平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则达到反应限度时SO2的消耗速率必定等于O2的生成速率的2倍，B项错误；
C.分子数的关系与起始量、转化率有关，则不能确定达到反应限度时SO2、O2、SO3的分子数之比，C项错误；
D.起始加入2molSO2，化学反应中S原子守恒，则最终SO2和SO3物质的量之和一定为2mol，D项正确；
答案选D。
18.某有机物的结构式为：
，它在一定条件下可能发生的反应有（）①加成②水解③酯化④氧化⑤中和⑥加聚
A.②③④B.①③④⑤⑥
C.①③④⑤D.②③④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【分析】该有机物含有碳碳双键、羟基和羧基，依据多官能团的结构与性质作答。
【详解】该有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚、氧化反应，①④⑥正确；含有羟基，可发生氧化、酯化反应，③正确；含有羧基可发生酯化反应，同时具有酸性，可发生中和反应，⑤正确；综上所述，①③④⑤⑥符合题意，B项正确；
答案选B。
19.下列离子方程式书写正确
是（）
A.少量碳酸氢铵溶液与足量烧碱溶液混合加热:
NH4+＋OH－
NH3↑＋H2O
B.铜片与稀硝酸反应：
3Cu＋8H+＋2NO3－
3Cu2+＋2NO↑＋4H2O
C.金属铁加入到浓硫酸中：
2Fe＋6H+
2Fe3+＋3H2↑
D.工业上制备印刷电路板时发生的反应：
Cu+Fe3+
Cu2++Fe2+
【答案】B
【解析】A.碳酸氢铵与足量NaOH溶液混合加热时，反应生成碳酸钠氨气和水，反应的离子方程式为：
2OH−+NH4++HCO3−
CO32−+NH3↑+2H2O，A项错误；
B.铜片与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，其离子方程式：
3Cu＋8H+＋2NO3－
3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，B项正确；
C.常温下，金属铁加入到浓硫酸中会发生钝化现象，C项错误；
D.电荷不守恒，工业上制备印刷电路板时发生的反应正确的离子方程式为：
Cu+2Fe3+
Cu2++2Fe2+，D项错误；
答案选B。
20.W、X、Y、Z、M、R为6种短周期主族元素。
W原子的核电荷数等于其周期数，X+与Ne具有相同的电子层结构，Y原子与Z原子的最外层电子数之和与M原子的最外层电子数相等；Y、Z、M、R在周期表中的相对位置如下图所示。
下列说法正确的是（）
Z
M
R
Y
A.R元素的最高正价为+6B.原子半径：
r（Y）>r（X）>r（Z）>r（M）
C.X的金属性比Y的金属性弱D.由X和R组成的化合物不止一种
【答案】D
【解析】
【分析】W、X、Y、Z、M、R为6种短周期元素．W原子的核电荷数等于其周期数，则W为H元素；X+与Ne具有相同的电子层结构，则X为Na；设Y最外层电子数为a，则Z、R原子最外层电子数分别为a+1、a+4，故a+a+1=a+3，解得a=2，故Y为Mg，Z为B，M为N，R为O，据此解答。
【详解】依据上述分析可知，
A.R元素为O，无最高正价，A项错误；
B.同周期中，元素原子半径从左到右依次减小，同主族中元素原子半径从上到下依次增大，则上述四种元素的原子半径大小顺序为：
r（Na）>r（Mg）>r（B）>r（N），B项错误；
C.同周期从左到右元素金属性依次减弱，则金属性比较：
Na>Mg，C项错误；
D.由X和R组成的化合物可以是Na2O，也可以是Na2O2，D项正确；
答案选D。
第II卷（非选择题共40分）
21.下面是元素周期表的一部分，请按要求填空：
A
B
C
D
E
F
G
H
I
（1）A元素的最高价氧化物的电子式______。
（2）元素G在周期表中的位置是_______。
（3）C与D简单离子中半径较大的是________（用离子符号表示）。
（4）C与F的气态氢化物中较稳定是________（用化学式表示）。
（5）写出G单质与I的最高价氧化物对应水化物的溶液反应的化学方程式______。
（6）下列说法或实验不能证明H和I两种元素的金属性强弱的是_____。
a比较两种元素的单质的熔点、沸点高低
b将两种元素的单质分别与冷水反应，观察反应的剧烈程度
c比较两种元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱
【答案】
（1）.
（2）.第三周期ⅦA族（3）.O2-（4）.H2O（5）.2Cl2+2Ca（OH）2
CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O（6）.a
【解析】
【分析】依据元素在周期表的位置关系可知，A、B、C、D、E、F、G、H和I分别是C、N、O、Na、Si、S、Cl、K和Ca，结合元素周期律和物质的结构与性质分析作答。
【详解】
（1）A元素的最高价氧化物为CO2，为共价化合物，C与O原子之间共用2对电子对，使各原子达到满8电子稳定结构，其电子式为
；
（2）元素G为Cl，原子序数为17，在周期表中位于第三周期ⅦA族；
（3）电子层数越大，简单离子的半径越大；电子层数相同时，原子序数越小，简单离子半径越大，则C与D简单离子中半径较大的是O2-；
（4）同主族中元素的非金属性从上到下依次减弱，则C与F的气态氢化物中较稳定是H2O；
（5）G单质为Cl2，I的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钙，两者参与反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，其反应的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2
CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
（6）a.两种元素的单质的熔点、沸点高低，指的是物理性质，与元素的非金属性无关，符合题意，a项正确；
b.将两种元素的单质分别与冷水反应，观察反应的剧烈程度，若与冷水反应越剧烈，则单质的金属性越强，b项错误；
c.比较两种元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱，碱性越强，则金属性越强，c项错误；
答案选a。
22.如图所示。
请回答：
（1）若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Zn，A极材料为铜，该装置能量转换形式____，A为____极，此电池所发生的反应化学方程式为_____，反应进行一段时间后溶液C中c（H+）将_____（填“变大”“变小”或“基本不变”）。
溶液中的SO42-移向____极（填“A”或“B”）
（2）若C为CuSO4溶液，B电极材料为Fe，A极材料为石墨。
则B为_____极，B极上电极反应属于____（填“氧化反应”或“还原反应”）。
B电极上发生的电极反应式为______，A极产生的现象是_____；若AB两电极质量都为50.0g且反应过程中有0.2mol的电子发生转移，理论上AB两电极质量差为____g。
【答案】
（1）.化学能转化为电能
（2）.正（3）.H2SO4+Zn
H2↑+ZnSO4（4）.减小（5）.B（6）.负（7）.氧化反应（8）.Fe-2e-
Fe2+（9）.有红色物质析出（10）.12.0
【解析】
【分析】
（1）锌比铜活泼，则锌作负极，原电池反应是锌与稀硫酸置换氢气的反应，正极反应是氢离子得电子生成氢气，负极上是金属铁发生失去电子的氧化反应，结合原电池的工作原理分析作答；
（2）若C为CuSO4溶液，B电极材料为Fe，A极材料为石墨，则总反应为铁与硫酸铜发生自发的氧化还原反应。
原电池中，B电极为负极，发生失电子的氧化反应，A电极为正极，发生得电子的还原反应，结合原电池的工作原理及电化学计算中电子转移数守恒作答；
【详解】
（1）锌比铜活泼，则该装置为锌作负极，铜做正极的原电池，化学能转化为电能；A极材料为铜，即A为正极，则该原电池反应是锌与稀硫酸置换氢气的反应，H2SO4+Zn
H2↑+ZnSO4；依据总反应可知溶液中氢离子放电，导致溶液中氢离子浓度减小；原电池中阴离子移向负极，则溶液中的SO42-移向B极，
故答案为：
正；H2SO4+Zn
H2↑+ZnSO4；减小；B；
（2）依据上述分析易知：
B电极为原电池的负极，发生发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：
Fe-2e-
Fe2+；A极铜离子得电子转化为铜单质，其电极反应式为：
Cu2++2e-
Cu，故现象为：
有红色物质析出；反应过程中有0.2mol的电子发生转移，则消耗的铁的质量为m（Fe）=
=5.6g，生成的铜的质量为m（Cu）=
=6.4g，则两极的质量差为m（Fe）+m（Cu）=5.6g+6.4g=12.0g，故答案为：
负；氧化反应；Fe-2e-
Fe2+；有红色物质析出；12.0；
23.我国科学家成功实现甲烷在催化剂及无氧条件下，一步高效生产乙烯、芳烃和氢气等化学品，为天然气化工开发了一条革命性技术。
以甲烷为原料合成部分化工产品流程如下（部分反应条件已略去）：
（1）E的名称为____，B物质的结构简式：
______；
（2）上述③～⑥转化反应中，属于取代反应的有______（用反应序号填写）；
（3）写出反应⑦的反应方程式：
______；
（4）如图为实验室制取E的装置图，图中a试剂为_______；
（5）某同学在试管b中加入6.0克乙酸和足量乙醇采用适当条件使反应充分进行，结束后在试管b回收到3.0克乙酸，则该同学在本次实验中制得乙酸乙酯的最大质量为_______。
【答案】
（1）.乙酸乙酯
（2）.CH3CH2OH（3）.⑥（4）.
（5）.饱和碳酸钠溶液（6）.4.4g
【解析】
【分析】由图可知，①、②为甲烷在催化剂及无氧条件下，一步高效生产乙烯、苯的过程，则A为乙烯；③为乙烯与水的加成反应生成乙醇的过程，④为乙醇的催化氧化生成乙醛的过程，⑤为乙醛氧化生成乙酸的过程，⑥为乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯的过程；⑦为苯与液溴发生取代反应生成溴苯和HBr的过程，以此来解答。
【详解】
（1）E为乙酸乙酯；B为乙醇，其结构简式为CH3CH2OH；
（2）⑥为乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯的过程，属于取代反应，故答案为：
（3）反应⑦⑦为苯与液溴发生取代反应生成溴苯和HBr的过程，其化学方程式为：
；
（4）如图为实验室制取E的装置图，图中a为饱和碳酸钠，可以吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯在水中的溶解度；
（5）在试管b中加入6.0克乙酸，回收到3.0克乙酸，则参加反应的乙酸的质量为3.0g，其物质的量为
=0.05mol，根据乙酸和乙醇制备乙酸乙酯的化学方程式可知，制得的乙酸乙酯的最大的物质的量为0.05mol，其质量为0.05mol×88g/mol=4.4g。
24.在恒温2L密闭容器中通入气体X并发生反应:
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