学年安徽省宣城市高一下学期期末考试化学试题解析版.docx
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学年安徽省宣城市高一下学期期末考试化学试题解析版
安徽省宣城市2019-2020学年高一下学期期末考试试题
可能用到的相对原子质量H1C12N14016Na23Al27Cu64
第I卷（选择题共42分）
一、选择题:
本题共14小题,每小题3分,共42分。
在每小题给出的4个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.《黄帝内经》有如下叙述：
“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”。
以上食物中富含糖类、蛋白质、油脂等营养物质。
下列说法正确的是（）
A.葡萄糖和蔗糖均为还原性糖
B.蛋白质水解的最终产物为氨基酸
C.天然油脂具有固定的熔、沸点
D.淀粉和纤维素互为同分异构体
『答案』B
『解析』
『详解』A.葡萄糖含有醛基具有还原性，蔗糖由一分子葡萄糖的半缩醛羟基与一分子果糖的半缩醛羟基彼此缩合脱水而成，没有醛基，不具有还原性，故A错误；
B.氨基酸通过脱水缩合反应生成肽链，肽链最终按照特定方式组合生成蛋白质，所以蛋白质水解最终产物是氨基酸，故B正确；
C.油脂是油和脂肪的统称，从化学成分上来讲油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯，自然界中的油脂是多种物质的混合物，混合物没有固定的熔沸点，故C错误；
D.分子式相同、结构不同的有机物互称同分异构体，纤维素和淀粉分子式都为（C6H10O5）n中，n值不同导致其分子式不同，所以淀粉和纤维素不是同分异构体，故D错误；
『答案』选B。
『点睛』
2.下列有关化学用语不正确的是（）
A.甲基的电子式:
B.甲烷分子的球棍模型:
C.中子数为50，质子数为39的钇（Y）的核素：
D.间—硝基甲苯的结构简式:
『答案』D
『解析』
『详解』A．甲基中有三个碳氢键，碳原子最外层有7个电子，甲基电子式为：
，A正确；
B．甲烷分子为正四面体结构，分子中含有4个碳氢键，碳原子的原子半径比较大，其球棍模型为
，B正确；
C．中子数为50，质子数为39的钇（Y）的质量数为89，该原子可以表示为：
，C正确；
D．硝基的连接方法错误，间—硝基甲苯的结构简式为：
，D错误。
『答案』选D。
3.下列属于吸热反应的是（）
A.干冰升华B.乙醇的燃烧
C.浓硫酸的稀释D.Ba（OH）2﹒8H2O和NH4Cl（s）混合搅拌
『答案』D
『解析』
『详解』A．干冰升华吸热，但不是化学变化，A不符题意；
B．乙醇燃烧是放热反应，B不符题意；
C．浓硫酸的稀释过程放热，而且不是化学变化，C不符题意；
D．氢氧化钡晶体与固体氯化铵的反应是吸热反应，D符合题意。
『答案』选D。
4.下列解释有关事实的方程式不正确的是（）
A.铝热法炼铁：
Fe2O3+2Al
Al2O3+2Fe
B.工业上用NH3制备NO：
4NH3+5O2
4NO十6H2O
C.向受酸雨影响的湖泊中喷洒CaCO3粉末：
CO
+2H+=H2O+CO2↑
D.淀粉酿酒：
（C6H10O5）n+nH2O
nC6H12O6，C6H12O6
2C2H5OH+2CO2
『答案』C
『解析』
『详解』A．铝热法炼铁是利用较活泼的金属铝在高温下置换出活泼性较弱的金属铁，反应的化学方程式为Fe2O3+2Al
Al2O3+2Fe，故A正确；
B．工业上利用氨气催化氧化生成NO，反应的化学方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O，故B正确；
C．CaCO3难溶于水，不能拆，在离子方程式中应该用化学式表示，故C错误；
D．淀粉酿酒首先将淀粉水解生成葡萄糖，然后葡萄糖在酒化酶的催化作用下分解为乙醇和二氧化碳，反应的化学方程式为：
（C6H10O5）n+nH2O
nC6H12O6，C6H12O6
2C2H5OH+2CO2
，故D正确；
故选C。
5.已知：
下列说法不正确的是（）
A.①和②变化过程中都会放出热量
B.氯原子吸引电子的能力强于钠原子和氢原子
C.①和②中的氯原子均得到1个电子达到8电子稳定结构
D.NaCl中含有离子键，HCl中含有共价键
『答案』C
『解析』
『详解』A、化学键形成的过程是放热过程，所以①和②变化过程中都会放出热量，正确；
B、根据以上两个反应可知，Cl原子更易吸引电子，正确；
C、②中的氯原子与H原子形成一对共用电子对，电子对偏向Cl原子，Cl原子未得到1个电子，错误；
D、氯化钠以离子键形成的，HCl是以共用电子对形成的化合物，所以氯化钠中含有离子键，HCl中含有共价键，正确；
『答案』选C。
6.下表中对应关系正确的是（）
A
CH3CH3+Cl2
CH3CH2Cl+HCl
CH2=CH2+HCl
CH3CH2Cl
均为取代反应
B
由油脂得到甘油
由淀粉得到葡萄糖
均发生了水解反应
C
Cl2+2Br‾=2Cl‾+Br2
Zn+Cu2+=Zn2++Cu
均为单质被还原的置换反应
D
2Na2O2+2H2O+4NaOH+O2↑
Cl2+H2O=HCl+HClO
均为水作还原剂的氧化还原反应
『答案』B
『解析』
『详解』A．CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl为烯烃的加成反应，而CH3CH3+Cl2
CH3CH2Cl+HCl为烷烃的取代反应，故A错误；
B．油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖，则均发生了水解反应，故B正确；
C．Cl2+2Br-═2Cl-+Br2中Cl元素的化合价降低；Zn+Cu2+═Zn2++Cu中Zn元素的化合价升高，前者单质被还原，后者单质被氧化，均属于置换反应，故C错误；
D.2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑中只有过氧化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；Cl2+H2O═HCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化，属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，故D错误；
故选B。
『点睛』本题的易错点是D，2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑反应中只有过氧化钠中的O元素的化合价变化；Cl2+H2O═HCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化。
7.利用下列实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的的是（）
A.用图1所示装置制取氨气
B.用图2所示装置证明非金属性强弱：
S>C>Si
C.用图3所示装置证明酸性强弱：
硝酸>碳酸>硅酸
D.用图4所示装置制备少量的乙酸乙酯
『答案』C
『解析』
『详解』A．生石灰与水反应放热，促使浓氨水中的NH3·H2O分解并挥发，则图中装置能实现氨气的制取，故A不选；
B．比较非金属性，可根据元素对应的最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较，根据图示，硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳气体通入硅酸钠溶液中可得硅酸沉淀，说明酸性：
硫酸＞碳酸＞硅酸，可证明非金属性；S>C>Si，故B不选；
C．浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，生成的二氧化碳气体中混有硝酸气体，硝酸可与硅酸钠溶液反应生成硅酸，不能证明酸性：
碳酸＞硅酸，故C选；
D．乙醇与乙酸在浓硫酸催化作用下反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小，因此试管中可以盛放饱和碳酸钠溶液，用来除去乙酸乙酯中的杂质，故D不选；
故选C。
8.酒后驾车是引发交通事故的重要原因。
交警对驾驶员进行呼气酒精检测的原理是：
橙色的K2Cr2O7酸性水溶液遇乙醇迅速生成蓝绿色Cr3+。
下列对乙醇的描述与此测定原理有关的是（）
①乙醇沸点低②乙醇密度比水小③乙醇有还原性④乙醇是烃的含氧衍生物⑤乙醇有刺激性气味
A.①③B.②③C.②④⑤D.①④
『答案』A
『解析』
『详解』橙色的K2Cr2O7酸性水溶液遇乙醇迅速生成蓝绿色Cr3+，Cr元素价态降低，被还原，说明K2Cr2O7是氧化剂，则乙醇是还原剂，具有还原性；呼出的气体中含有酒精，说明乙醇的沸点较低，易挥发，与测定原理有关的是①③。
『答案』选A。
9.在2L的密闭容器中，气体反应物A的物质的量为3mol，经过20s后，它的物质的量变成了1mol。
下列说法正确的是（）
A.20s时它的反应速率为0.05mol/（L﹒s）
B.20s时它的反应速率为0.1mol/（L﹒s）
C.20s内它的平均反应速率为0.05mol/（L﹒s）
D.20s内它的平均反应速率为0.1mol/（L﹒s）
『答案』C
『解析』
『详解』20s后A的物质的量变化3mol-1mol=2mol，容器体积为2L，则A的浓度变化为
=1mol/L，则20s内它的平均反应速率为
=0.05mol/（L﹒s）。
『答案』选C。
『点睛』注意反应速率等于浓度的变化除以时间，得到的是该时间内平均反应速率，而不是瞬时速率。
10.某同学建构的锌铜原电池原理模型认知图中，有一处错误是（）
A
正负极标注B.电子移动方向
C.电极反应式D.H+的移动方向
『答案』A
『解析』
『分析』锌、铜（酸溶液）原电池中活泼金属锌是负极，发生氧化反应；铜为正极，发生还原反应，结合原电池原理分析判断。
『详解』A．锌、铜（酸溶液）原电池中活泼金属锌是负极，铜是正极，故A错误；
B．原电池中电子由负极流向正极，即由锌经过导线流向铜，故B正确；
C．锌
负极发生氧化反应，电极反应式为：
Zn-2e-=Zn2+，铜为正极，正极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑，故C正确；
D．原电池中阳离子由负极向正极移动，因此氢离子向正极铜移动，故D正确；
故选A。
11.用NA表示阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是（）
A.6.72LNO2通入足量水中转移的电子数为0.2NA
B.标准状况下,22.4LCH3Cl含有的极性键数目为4NA
C.288g的Cu和0.5L18mol·L-1的浓硫酸加热,充分反应后生成气体的分子数为4.5NA
D.2.7g铝放入足量浓硝酸中，转移的电子数为0.3NA
『答案』B
『解析』
『详解』A.未说明在标准状况下，所以无法计算，A错误；
B.CH3Cl在标准状况下为气态，22.4L为1mol，每个CH3Cl含有4个极性键，所以数目为4NA，B正确；
C.288g
Cu为4.5mol，0.5L18mol·L-1的浓硫酸硫酸为9mol，加热充分反应，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐降低，硫酸不可能完全反应，则生成的二氧化硫小于4.5mol，所以分子数小于4.5NA，C错误；
D.铝放入浓硝酸发生钝化，表面会形成氧化膜而阻止反应进一步发生，所以转移的电子数小于0.3NA，D错误；
『答案』选B。
12.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。
下图为N2（g）和O2（g）反应生成NO（g）过程中的能量变化。
下列说法正确的是（）
A.1molN2（g）和1molO2（g）反应放出的能量为180kJ
B.1molN2（g）和1molO2（g）具有的总能量小于2molNO（g）具有的总能量
C.通常情况下，N2（g）和O2（g）混合能直接生成NO
D.NO是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水
『答案』B
『解析』
『分析』根据图示计算出旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量的相对大小，再分析解答。
『详解』A．1molN2（g）和1molO2（g）反应生成2molNO（g）过程中旧化学键断裂时吸收的能量=946kJ+498kJ=1444kJ，新化学键形成时放出的能量=2×632kJ=1264kJ，吸收的能量＞放出的能量，为吸热反应，故A错误；
B．1molN2（g）和1molO2（g）反应生成2molNO（g）过程中旧化学键断裂时吸收的能量=946kJ+498kJ=1444kJ，新化学键形成时放出的能量=2×632kJ=1264kJ，吸收的能量＞放出的能量，为吸热反应，因此1 mol N2（g）和1 mol O2（g）具有的总能量小于2 mol NO（g）具有的总能量，故B正确；
C．N2（g）和 O2混合常温下不反应，需要在放电或高温条件下才能反应，故C错误；
D．NO与NaOH不反应，属于不成盐氧化物，故D错误；
故选B。
13.分子式为C4H8Cl2的同分异构体共有（不考虑立体异构）（ ）
A.6种B.7种C.8种D.9种
『答案』D
『解析』
『详解』C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一议二”法来确定，先固定一个氯原子的位置，再移动另一个氯原子的位置，可得如下几种同分异构体：
、
、
，故C4H8Cl2共有9种，『答案』选D。
14.科学家研制出了一种漂白效率极高的新型漂白剂（结构如图所示）,其中W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。
常温下，0.1mol/LZ的氢化物的水溶液中c（H+）=0.1mol/L，且Z与Y位于不同周期。
下列叙述正确的是（）
A.原子半径:
W>X>YB.氢化物的沸点:
Y>X>Z>W
C.X的氧化物的水化物是强酸D.Y的单质均具有杀菌消毒作用
『答案』A
『解析』
『分析』由新型漂白剂的结构可知，W形成的价键数为4，X形成的价键数为3，Y形成的价键数为2，Z形成的价键数为1；W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，常温下，0.1mol/LZ的氢化物的水溶液c（H+）=0.1mol/L，Z的氢化物为强酸，则Z为Cl；Z与Y位于不同周期，则Y为O元素、W为C元素、X为N元素，据此分析解题。
『详解』A.C、N、O为同周期主族元素，核电荷数越大，原子半径越小，C、N、O三种元素的原子半径由大到小的顺序为C＞N＞O，即W＞X＞Y，故A正确；
B.H2O常温下为液体，NH3和H2O分子间存在氢键，四种元素简单氢化物的沸点由高到低的顺序为H2O＞NH3＞HCl＞CH4，但C的氢化物包括多碳的烃，常温下有固体，有液体，即碳的氢化物沸点也可能比H2O高，故B错误；
C.N的最高价氧化物的水化物HNO3是强酸，而+3价N的氧化物水化物HNO2是弱酸，故C错误；
D.Y的单质有氧气和臭氧，O3具有强氧化性，具有杀菌消毒作用，而氧气不能杀菌消毒，故D错误；
『答案』选A。
第II卷（非选择题共58分）
二、非选择题:
本题共6小题,共58分。
15.实验室制取的乙烯常含有少量二氧化硫，现设计如下实验，确认混合气体中有乙烯和二氧化硫。
（1）a、b、c、d装置可盛放的试剂是：
a_______，b________，c_______，d_______
A.品红溶液B.NaOH溶液C.浓硫酸D.酸性高锰酸钾溶液
（2）b装置的作用是________________________________
（3）确定混合气体中含有乙烯的现象是_____________________
『答案』
（1）.A
（2）.B（3）.A（4）.D（5）.除去SO2（6）.c装置中品红溶液不褪色，d装置中酸性高锰酸钾溶液褪色
『解析』
『分析』由于乙烯和二氧化硫都能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，因此要想验证气体的成分，首先应该经混合气体通过品红溶液，利用二氧化硫的漂白性验证二氧化硫的存在，由于二氧化硫是酸性氧化物，能够与碱发生反应，所以再用NaOH将其吸收除去，并用品红溶液验证二氧化硫已经除干净，最后用酸性高锰酸钾溶液来证明乙烯气体的存在。
『详解』
（1）根据分析可知，a、b、c、d装置可盛放的试剂是：
a为A，b为B，c为A，d为D；
（2）b装置用NaOH将SO2吸收除去；
（3）确定混合气体中含有乙烯要先确认没有二氧化硫，所以现象是：
c装置中品红溶液不褪色，d装置中酸性高锰酸钾溶液褪色。
『点睛』乙烯含有碳碳双键，二氧化硫具有还原性，它们都能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色
16.把在空气中久置的铝片5.0g投入盛有500mL0.5mol·L-1硫酸溶液的烧杯中，该铝片与硫酸反应产生氢气的速率与反应时间可用如右的坐标曲线来表示，回答下列问题：
（1）曲线由0→a段不产生氢气的原因___________,有关反应的离子方程式为_______________；
（2）曲线由a→b段产生氢气的速率较慢的原因___________，有关的化学方程式______________；
（3）曲线由b→c段，产生氢气的速率增加较快的主要原因________________；
（4）曲线由c以后，产生氢气的速率逐渐下降的主要原因___________________。
『答案』
（1）.铝片表面有氧化铝，硫酸首先与表面的氧化铝反应。
（2）.Al2O3+6H+==2Al3++3H2↑（3）.反应开始，温度较低且只有部分硫酸与铝片作用（4）.2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+H2↑（5）.由于铝片与硫酸反应放出热量使溶液温度升高，反应速率加快（6）.随反应进行，硫酸浓度下降
『解析』
『分析』由图可知，开始不生成氢气，为氧化铝与硫酸的反应，然后Al与硫酸反应生成氢气，开始温度较低，由于反应放热，则温度升高反应速率加快，后来，氢离子浓度减小，则反应速率减小，以此来解答。
『详解』
（1）曲线由0→a段不产生氢气是因氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝和水，离子反应为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；
（2）曲线由a→b段产生氢气的速率较慢是因开始时温度较低，反应速率较慢，发生2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑；
（3）曲线由b→c段，产生氢气的速率增加较快的主要原因为该反应为放热反应，温度升高，反应速率加快；
（4）曲线由c以后，产生氢气的速率逐渐下降的主要原因硫酸浓度下降，氢离子浓度减小，反应速率减小。
17.NOx是大气污染的主要污染物之一。
（1）NOx能形成酸雨，写出NO2完全转化为HNO3的总反应的化学方程式：
_______________________
（2）硝酸厂常用如下两种方法处理NOx尾气。
①催化还原法：
在催化剂存在时用H2将NO2还原为N2，写出该反应的化学方程式：
_________________
②碱液吸收法：
用Na2CO3溶液吸收NO2生成CO2，若9.2gNO2和Na2CO3溶液完全反应时转移0.1mol电子，则反应的离子方程式为______________________________
（3）在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx的排放。
①当尾气中空气不足时，NO在催化转化器中被还原成N2排出。
写出NO被CO还原的化学方程式：
_______________________________
②当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NOx生成盐。
第IIA族金属氧化物吸收能力顺序如下：
12MgO<20CaO<38SrO<56BaO。
原因是___________________________________。
『答案』
（1）.4NO2+O2+2H2O==4HNO3
（2）.4H2+2NO2
N2+4H2O（3）.2NO2+CO
=CO2+NO
+NO
（4）.2NO+2CO
N2+2CO2（5）.Mg、Ca、Sr、Ba电子层数增多，原子半径增大
『解析』
『详解』
（1）NO2和水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，再通入氧气2NO+O2=2NO2，多次循环后能完全转化为HNO3，反应一乘以二再加上反应二，得到总反应的化学方程式为：
4NO2+O2+2H2O==4HNO3；
（2）①在催化剂存在时用H2将NO2还原为N2同时生成水，该反应的化学方程式为：
4H2+2NO2
N2+4H2O；
②n（NO2）=
=0.2mol，该反应中NO2被氧化生成NO
，0.2molNO2反应转移0.1mol电子，则生成n（NO
）=
=0.1mol，则剩余0.1mol二氧化氮被还原生成其它物质，且转移0.1mol电子，则生成物中N元素化合价为+3价，且生成物在水溶液中，应该是亚硝酸根离子，则反应的离子方程式为：
2NO2+CO
=CO2+NO
+NO
；
（3）①当尾气中空气不足时，NO在催化转化器中被CO还原成N2排出，化学方程式为：
2NO+2CO
N2+2CO2；
②Mg、Ca、Sr、Ba均为IIA族元素．同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径越大，反应接触面积越大，则吸收能力越大，所以原因是Mg、Ca、Sr、Ba电子层数增多，原子半径增大。
18.海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如下：
（1）除去粗盐中杂质（Mg2+、SO
、Ca2+），加入的药品顺序正确的是______（填字母）；
A．NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸
B．BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸
C．NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸
D．Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸
（2）制备钠单质的方法之一是将熔融NaCl进行电解，写出电解化学方程式：
________________；
（3）步骤I中已获得Br2，步骤I中又将Br2还原为Br-，其目
是_________________，写出步骤II中发生反应的化学方程式：
_______________________；
（4）某化学小组的同学为了了解从工业溴中提纯溴的方法，查阅了有关资料，Br2的沸点为59℃，微溶于水，有毒性和强腐蚀性。
他们参观生产过程后，设计了如下实验装置：
①图中仪器B的名称是_________________________________；
②C中收集到液体的颜色为__________________________________；
③Br2被过量Na2CO3溶液吸收的氧化产物为NaBrO3，则D中发生反应的化学方程式为_______________。
『答案』
（1）.BC
（2）.2NaCl（熔融）
2Na+Cl2↑（3）.富集溴元素（4）.Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4（5）.直形冷凝管（或冷凝管）（6）.深棕红色或红棕色（7）.3Br2+6Na2CO3+3H2O=NaBrO3+5NaBr+6NaHCO3
『解析』
『分析』海水淡化得到氯化钠，电解氯化钠溶液或熔融状态的氯化钠会生成氯气，氯气通入母液中发生反应得到低浓度的溴单质溶液，通入热空气吹出后用二氧化硫水溶液吸收得到含HBr和硫酸的溶液，再通入适量氯气氧化得到溴单质，富集溴元素，蒸馏得到工业溴，据此分析解答
（1）～（3）；
（4）根据图示，从工业溴中提纯溴利用的原理是蒸馏，结合蒸馏的原理和碳酸钠的性质分析解答。
『详解』
（1）除去粗盐中杂质（Mg2+、SO
、Ca2+），要先除SO
离子，然后再除Ca2+离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，加NaOH除去Mg2+离子的顺序不受限制，将三种离子除完了，然后过滤，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子即可，所以正确的操作顺序为：
A．NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸，最后加入的氯化钡溶液中过量的钡离子无法除去，故A错误；
B．BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，符合除杂原
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