福建省南平市学年高一下学期期末质量检测化学精校解析Word版.docx

1、福建省南平市学年高一下学期期末质量检测化学精校解析Word版福建省南平市2017-2018学年高一下学期期末质量检测化学试题1.1.据报道，可有效地治疗肝癌，下列关于说法正确的是A. 中子数为166 B. 质量数为223 C. 质子数为67 D. 核外电子数为99【答案】C【解析】分析：在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，据此解答。详解：的质子数是67，质量数是166。则A. 中子数质量数-质子数166-6799，A错误；B. 质量数为167，B错误；C. 质子数为67，C正确；D. 核外电子数质子数67，D错误。答案选C。2.2.下图是元素周期表的部分，下列说法不正

2、确的是A. 元素最高化合价:FSP B. 酸性强弱:H2SO4H3PO4C. 非金属性FSP D. 最外层电子数:FSP【答案】A【解析】分析：A.F没有最高价；B.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；C.根据同周期、同主族元素性质递变规律解答；D.根据核外电子排布规律分析。详解：A. 主族元素的最高价等于最外层电子数，但F没有最高价，则元素最高化合价为SPF，A错误；B. 非金属性SP，则酸性强弱为H2SO4H3PO4，B正确；C. 同主族从上到下非金属性逐渐减弱，同周期自左向右非金属性逐渐增强，则非金属性FSP，C正确；D. 根据元素在周期表中的位置以及核外电子排布规律可判断最外层电子数

3、为FSP，D正确。答案选A。3.3.短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z的核电荷数比Y多4。下列说法正确的是A. 原子半径的大小顺序：ZYXB. Y分别与Z、X形成的化合物中化学键类型相同C. 单质Z能在X的最高价氧化物中燃烧D. Y、X的简单气态氢化物的热稳定性：YX【答案】C【解析】分析：短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，Y是地壳中含量最高的元素，Y是O，Z的核电荷数比Y多4，Z是Mg。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子序数小于氧元素，则X是C。据此解答。详解：根据以上分析可知X是C，Y是O

4、，Z是Mg。则A. 同主族从上到下原子半径逐渐增大，同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径的大小顺序为ZXY，A错误；B. Y分别与Z、X形成的化合物是MgO、CO或CO2，化学键类型不相同，前者是离子键，后者共价键，B错误；C. 单质镁能在X的最高价氧化物二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，C正确；D. 非金属性越强，氢化物越稳定，则Y、X的简单气态氢化物的热稳定性是YX，D错误。答案选C。点睛：本题主要是考查元素推断以及元素周期律的应用，题目难度不大。准确判断出元素并能灵活应用元素周期律是解答的关键。解答此类题目时通常以原子结构特点为依据进行推断，如无中子的原子是H，短周期电子层数与最外层电

5、子数相等的原子是H、Be、Al，外层电子数是内层电子数2倍的元素是C等。4.4.分析图中的信息，下列说法不正确的是A. 1molH2和1/2molO2参加反应，结果放出930kJ的热量B. 破坏旧化学键，需要吸收一定的能量来克服原子间的相互作用力C. 该反应中断键所吸收的能量比成键所放出的能量少D. 该反应中，H2、02分子分裂为H、O原子，H、O原子重新组合成水分子【答案】A【解析】分析：A、反应热=反应物键能之和-生成物的键能之和；B、断裂过程需吸收热量；C、氢气燃烧是放热反应；D、发生化学变化时，分子分裂成原子，原子重新组合成新的分子；详解：A、反应热=反应物键能之和-生成物的键能之和，

6、所以1molH2和1/2molO2完全反应，焓变H=(436+249-930)kJ/mol=-245kJ/mol，A错误；B、断裂过程需吸收热量，即破坏旧化学键，需要吸收一定的能量来克服原子间的相互作用力，B正确；C、反应放热，则该反应中断键所吸收的能量比成键所放出的能量少，C正确；D、分子发生化学变化时，分子分裂成原子，原子重新组合成新的分子，D正确；答案选A。点睛：本题考查了化学反应能量变化分析，主要是能量守恒和反应实质的理解应用，题目较简单。注意焓变与键能的关系。5.5.一定条件下，密闭容器中的反应N2+3H22NH3，达到化学平衡状态的标志是A. 单位时间内消耗1 mol N2，同时生

7、成2 mol NH3B. 容器内三种气体物质的量比为n(N2)：n(H2)：n(NH3)=1：3：2C. 断裂1molH-H键同时生成2molN-H键D. 容器中各组分的物质的量分数不随时间变化【答案】D【解析】分析：在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。详解：A. 单位时间内消耗1molN2，同时生成2molNH3均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，A错误；B. 容器内三种气体物质的量比为n(N2)：n(H2)：n(NH3)=1：3：2时不能说明正逆反应速率相等，则不一定处于平

8、衡状态，B错误；C. 断裂1molH-H键同时生成2molN-H键均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，C错误；D. 容器中各组分的物质的量分数不随时间变化说明反应达到平衡状态，D正确。答案选D。点睛：本题主要是考查平衡状态的判断，注意可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：正反应速率和逆反应速率相等、反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。6.6.将相同的锌片和铜

9、片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中，以下叙述正确的是A. 两烧杯中铜片表面均无气泡产生 B. 两烧杯中溶液的H+浓度都减小C. 产生气泡的速率甲比乙慢 D. 甲中铜片是正极，乙中铜片是负极【答案】B【解析】分析：甲装置形成原电池，铜是正极，锌是负极，乙装置不能构成原电池，锌与稀硫酸反应，铜不反应，据此解答。详解：A. 甲装置形成原电池，铜是正极，氢离子放电产生氢气，铜片表面有气泡产生；乙装置不能构成原电池，锌与稀硫酸反应产生氢气，铜不反应，A错误；B. 两烧杯中溶液中的H+均得到电子被还原为氢气，因此氢离子浓度都减小，B正确；C. 形成原电池时反应速率加快，则产生气泡的速率甲比乙快，C错误；D.

10、 金属性锌强于铜，则甲中铜片是正极，锌片是负极，乙中没有形成闭合回路，不能形成原电池，D错误。答案选B。7.7.下列说法正确的是A. 有机物都可以燃烧生成CO2和H2O B. 石油与氯仿都有固定的熔、沸点C. 甲烷和氯气可以发生置换反应 D. 丙烷的一氯代物有两种【答案】D【解析】分析：A.有机物不完全燃烧时可以产生CO；B.石油是混合物；C.甲烷和氯气可发生取代反应；D.根据丙烷分子中氢原子的种类判断。详解：A. 有机物不一定都可以燃烧生成CO2和H2O，有些有机物不易燃烧，例如四氯化碳，甲烷不完全燃烧时生成一氧化碳和水，A错误；B. 石油是混合物，没有固定的熔沸点，氯仿是三氯甲烷，有固定的

11、熔、沸点，B错误；C. 甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成氯代甲烷和氯化氢，不能发生置换反应，C错误；D. 丙烷的结构简式为CH3CH2CH3，分子中含有两类氢原子，其一氯代物有两种，D正确。答案选D。8.8.有机物CH2=CHCH2OH不能发生的反应是A. 加成反应 B. 中和反应 C. 氧化反应 D. 取代反应【答案】B【解析】分析：有机物分子中含有碳碳双键和羟基，结合乙烯和乙醇的性质分析判断。详解：A. 含有碳碳双键，能发生加成反应，A正确；B. 碳碳双键和羟基均不能发生中和反应，B错误；C. 碳碳双键和羟基均能发生氧化反应，C正确；D. 含有羟基，能发生取代反应，D正确。答案选B。

12、9.9.糖类、油脂和蛋白质是维持人体生命活动必需的三大营养物质。下列说法正确的是A. 所有的糖类在一定条件下均能发生水解反应B. 淀粉和纤维素互为同分异构体C. 蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液后产生的沉淀不能重新溶于水D. 油脂发生皂化反应生成甘油和高级脂肪酸【答案】C【解析】分析：A.单糖不水解；B.淀粉和纤维素均是高分子化合物；C.硫酸铜是重金属盐，使蛋白质变性；D.油脂在碱性条件下发生皂化反应。详解：A. 并不是所有的糖类在一定条件下均能发生水解反应，例如葡萄糖不水解，A错误；B. 淀粉和纤维素均是高分子化合物，都是混合物，不能互为同分异构体，B错误；C. 蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液后发生变

13、性，变性是不可逆的，产生的沉淀不能重新溶于水，C正确；D. 油脂发生皂化反应生成甘油和高级脂肪酸钠，D错误。答案选C。10.10.下列说法正确的是A. 乙烯通过聚合反应可得到高分子材料B. 聚丙烯的结构单元是CH2-CH2-CH2C. 碳纤维属于合成有机高分子化合物D. 聚乙烯塑料的老化是因为发生了加成反应【答案】A【解析】分析：A.乙烯含有碳碳双键可发生加聚反应；B.根据丙烯的结构简式判断；C.碳纤维是一种含碳量在95%以上的高强度、高模量纤维的新型纤维材料；D.聚乙烯中不存在碳碳双键。详解：A. 乙烯含有碳碳双键，通过聚合反应即加聚反应可得到高分子材料聚乙烯，A正确；B. 丙烯的结构简式为

14、CH2=CHCH3，则聚丙烯的结构单元是，B错误；C. 碳纤维不属于合成有机高分子化合物，而是一种含碳量在95%以上的高强度、高模量纤维的新型纤维材料，C错误；D. 乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯中不存在碳碳双键，所以聚乙烯塑料的老化不是因为发生了加成反应，而是被氧化导致，D错误。答案选A。11.11.下列图表中a、b、c表示对应装置的仪器中加入的试剂，可制取、净化、收集的气体是选项abc气体装置A浓氨水生石灰浓硫酸NH3B浓H2SO4铜屑NaOH溶液SO2C稀HNO3铜屑H2ONOD稀盐酸碳酸钙饱和NaHCO3溶液CO2A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】分析：根据反

15、应物的状态和反应条件选取反应装置，根据气体的性质选取洗气装置，根据气体的密度和性质选取收集装置。详解：A、氨气的密度小于空气的密度，所以应用向下排空气集气法收集，且氨气不能用浓硫酸干燥，A错误；B、浓硫酸和铜反应需要加热，常温下不反应，不能制备二氧化硫，B错误；C、稀硝酸和铜反应可制取一氧化氮气体，旦NO易被氧化为NO2，不能采用排空气法收集，C错误；D、稀盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，利用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中混有的氯化氢，采用向上排空气法收集二氧化碳，D正确；答案选D。点睛：本题主要是考查了反应装置、洗气装置、收集装置的选择，题目难度不大，掌握常见气体的制备原理、净化方法以及收集方

16、法是解答的关键。答题时注意根据反应物的状态和反应条件选取反应装置，根据气体的性质选取洗气装置，根据气体的密度和性质选取收集装置。12.12.S2Cl2分子结构如图所示。常温下，S2Cl2遇水易水解并产生能使品红褪色的气体。下列说法不正确的是A. S2Cl2分子中所有原子不在同一平面B. 13.5 gS2Cl2中共价键的数目为0.4NAC. S2Cl2与水反应时S-S、S-C1键都断裂D. S2Cl2中S-S键和S-C1键是共价键【答案】B【解析】分析：S2Cl2为共价化合物，分子中含有Cl-S极性键和S-S非极性键，常温下，S2Cl2遇水易水解并产生能使品红褪色的气体，即有二氧化硫产生，则与水

17、发生反应2S2Cl2+2H2OSO2+3S+4HCl，以此解答该题。详解：A根据示意图可知S2Cl2分子中所有原子不在同一平面，A正确；B13.5 gS2Cl2的物质的量是13.5g135g/mol0.1mol，分子的结构为Cl-S-S-Cl，则0.1 mol S2C12中共价键的数目为0.3NA，B错误；C与水发生反应2S2Cl2+2H2OSO2+3S+4HCl，S-S键和S-Cl键都断裂，C正确；DS2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl，由结构式可知含有S-S键和S-Cl键，且为共价键，D正确。答案选B。点睛：本题以S2Cl2的结构为载体，考查分子结构、化学键、氧化还原反应等，难度不大，是

18、对基础知识的综合运用与学生能力的考查，注意基础知识的全面掌握，是一道不错的能力考查题目，注意题干已知信息的灵活应用。13.13.下图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图。下列说法正确的是A. Z、N两种元素的离子半径相比，前者大B. X、N两种元素的氢化物的沸点相比，前者较低C. M比X的原子序数多7D. Z单质均能溶解于Y的氢氧化物和N的氢化物的水溶液中【答案】D【解析】分析：同周期自左而右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为氧元素，Y为Na元素，Z为Al元素，M为S元素，N为Cl元素，结合元素周期

19、律与物质的性质等解答。详解：根据以上分析可知X为O，Y为Na，Z为Al，M为S，N为Cl，则A、Al、Cl两种元素的离子分别为Al3+、Cl-，电子层越多离子半径越大，故离子半径Al3+Cl-，A错误；B、水分子间存在氢键，所以X、N两种元素的氢化物的沸点相比，前者较高，B错误；C、M比X的原子序数多16-88，C错误；D、铝单质均能溶解于Y的氢氧化物氢氧化钠和N的氢化物的水溶液盐酸中，D正确；答案选D。点睛：本题考查位置结构性质的关系及应用，题目难度中等，推断元素是解题的关键，根据原子半径变化规律结合原子序数进行推断，首先审题中要抓住“短周期主族元素”几个关键字。14.14.工业上电解食盐水

20、的原理是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2。成品碱中含有氯化钠杂质，可通过分光光度法测定每克成品碱中氯化钠的含量，其测量值(吸光度A)与每克成品碱中氯化钠含量的关系如下图，氯化钠杂质小于0.0050%的成品碱为优品级。下列说法不正确的是A. 吸光度A的值越大，样品中氯化钠含量越小B. 分光光度法是对物质组成进行定性和定量的测定C. 图中G点所测的成品碱不是优品级D. 成品碱是否含有NaCl，可用硝酸酸化的硝酸银溶液检验【答案】A【解析】分析：A.根据图像分析判断；B.分光光度法是通过测定被测物质在特定波长处或一定波长范围内光的吸收度，对该物质进行定性和定量分析的方法；C.根据G点对

21、应的氯化钠质量计算每克成品碱中氯化钠含量；D.氯离子能与银离子反应生成白色沉淀氯化银。详解：A. 根据图像可知吸光度A的值越大，样品中氯化钠含量越大，A错误；B. 根据题干信息可判断分光光度法是对物质组成进行定性和定量的测定的一种方法，B正确；C. 图中G点氯化钠的含量是0.006%0.0050%，因此所测的成品碱不是优品级，C正确；D. 检验氯离子可以用硝酸酸化的硝酸银溶液，则成品碱是否含有NaCl，可用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，D正确。答案选A。15.15.位于3个不同短周期的主族元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，其中b、d同主族，d元素最高化合价与最低化合价代数和等于4，c原子最

22、外层电子数比b原子次外层电子数多1，回答下列问题。(1)写出a的元素符号_，b在周期表中的位置是第_周期_族；(2)a与e形成的是_(填“离子”或“共价”)化合物；(3)上述五种元素中，非金属性最强的是_(填元素名称)；(4)d元素最高价氧化物对应水化物的化学式是_，d和e的气态氢化物稳定性强的是_(填化学式)；(5)元素c的原子结构示意图为_；c的单质与a的同主族第3周期元素最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为_。【答案】 (1). H (2). 2 (3). VIA (4). 共价 (5). 氧 (6). H2SO4 (7). HCl (8). (9). 2Al+2OH-+6H2O=2

23、Al(OH)4-+3H2【解析】分析：位于3个不同短周期的主族元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，则a是H。其中b、d同主族，d元素最高化合价与最低化合价代数和等于4，位于第A族，则b是O，d是S，所以e是Cl。c原子最外层电子数比b原子次外层电子数多1，c是Al，据此解答。详解：根据以上分析可知a是H，b是O，c是Al，d是S，e是Cl。则(1)a的元素符号H，氧元素在周期表中的位置是第二周期第VIA族；(2)a与e形成的是氯化氢，含有共价键的共价化合物；(3)同主族从上到下非金属性逐渐减弱，同周期自左向右非金属性逐渐增强，则上述五种元素中，非金属性最强的是氧；(4)S元素最高价氧化物

24、对应水化物的化学式是H2SO4。氯元素非金属性强于硫元素，则d和e的气态氢化物稳定性强的是HCl；(5)元素Al的原子结构示意图为；c的单质与a的同主族第3周期元素最高价氧化物对应水化物氢氧化钠反应的离子方程式为2Al+2OH-+6H2O=2Al(OH)4-+3H2。16.16.某实验小组通过铁与盐酸反应的实验，研究影响反应速率的因素(铁的质量相等，铁块的形状一样，盐酸均过量)，设计实验如下表：实验编号盐酸浓度/(mol/L)铁的形态温度/K14.00块状29324.00粉末29332.00块状29342.00粉末313(1)若四组实验均反应进行1分钟(铁有剩余)，则以上实验需要测出的数据是_

25、。(2)实验_和_(填实验编号)是研究盐酸的浓度对该反应速率的影响；实验1和2是研究_对该反应速率的影响。(3)测定在不同时间产生氢气体积V的数据，绘制出图甲，则曲线c、d分别对应的实验组别可能是_、_。(4)分析其中一组实验，发现产生氢气的速率随时间变化情况如图乙所示。其中t1t2速率变化的主要原因是_。t2t3速率变化的主要原因是_ 。(5)实验1产生氢气的体积如丙中的曲线a，添加某试剂能使曲线a变为曲线b的是_。A.CuO粉末 B.NaNO3固体 C.NaCl溶液 D.浓H2SO4【答案】 (1). 反应进行1分钟收集到氢气的体积 (2). 1 (3). 3 (4). 固体表面积的大小（

26、或者铁的形态） (5). 1 (6). 3 (7). 铁与盐酸反应是放热反应，温度升高，化学反应速率加快 (8). 随着反应的不断进行，盐酸的浓度逐渐降低，化学反应速率减慢 (9). D【解析】分析：（1）比较反应速率需要测定相同时间内产生氢气的体积；（2）研究盐酸的浓度对该反应速率的影响需要保持其他条件不变；实验1和2中铁的形状不同；（3）根据外界条件对反应速率的影响分析判断；（4）根据外界条件对反应速率的影响分析判断；（5）曲线a变为曲线b反应速率加快，产生的氢气不变，据此解答。详解：（1）铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，若四组实验均反应进行1分钟(铁有剩余)，则以上实验需要测出的数据是反

27、应进行1分钟收集到氢气的体积。（2）要研究盐酸的浓度对该反应速率的影响需要保持其他条件不变，则根据表中数据可知实验1和3是研究盐酸的浓度对该反应速率的影响；实验1和2中的变量是铁的形状，所以是研究固体表面积的大小（或者铁的形态）对该反应速率的影响。（3）曲线c、d相比产生的氢气一样多，但d所需要的时间最多，说明反应速率最慢。由于升高温度、增大氢离子浓度均可以加快反应速率，因此根据表中数据可知曲线c、d分别对应的实验组别可能是1和3；（4）由于铁与盐酸反应是放热反应，温度升高，化学反应速率加快，所以t1t2速率逐渐增大。又因为随着反应的不断进行，盐酸的浓度逐渐降低，化学反应速率减慢，所以t2t3

28、速率逐渐减小。（5）根据图像可知曲线a变为曲线b反应速率加快，产生的氢气不变，则A.加入CuO粉末与盐酸反应生成氯化铜，铁置换出铜构成原电池，反应速率加快，但由于消耗了铁，因此生成的氢气体积减少，A错误；B.加入NaNO3固体，酸性溶液中相当于是硝酸，硝酸是氧化性酸与金属反应得不到氢气，B错误；C.加入NaCl溶液相当于稀释，反应速率减小，C错误；D.加入适量浓H2SO4氢离子浓度增大，反应速率加快，D正确。答案选D。17.17.除去工业尾气中的氮氧化合物(如NO)，常用氨催化吸收法，原理是NH3与NO按一定比例反应生成无毒物质。某同学在实验室里采用以下装置和步骤模拟工业上对NO的处理。(1)

29、装置A的反应中，还原产物是_。(2)若选择装置C制取氨气，则反应的化学方程式是_。选用上述部分装置，按下列顺序连接成模拟尾气处理装置，回答有关问题:(3)在括号中填入选用的装置编号：_。(4)装置D的一种作用是_。(5)装置B的作用是_(填序号)。A.吸收氮氧化物 B.吸收氨气 C.干燥反应的混合气体(6)装置E中发生反应的化学方程式为_。【答案】 (1). NO (2). 2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3+2H2O (3). D E (4). 使NH3和NO均匀混合（或通过观察D中导管口的气泡，控制NH3和NO的流速；使NH3和NO按一定比例反应等） (5). B (6).

30、 4NH3+6NO 5N2+6H2O【解析】分析：（1）稀硝酸具有强氧化性，与铜发生氧化还原反应生成硝酸铜、NO和水；（2）若选择装置C制取氨气，发生反应是实验室制备氨气的反应，利用氯化铵和氢氧化钙加热反应生成氨气、氯化钙和水；（3）根据实验目的和实验原理，选择仪器的连接顺序；（4）根据实验原理分析；（5）过量的氨气需要除去；（6）装置E中NO和氨气反应生成氮气和水。详解：（1）装置A中的反应是铜与稀硝酸反应，生成物是硝酸铜、NO和水，反应中铜元素化合价从+5价降低到+2价，硝酸是氧化剂，还原产物是NO；（2）若选择装置C制取氨气，氯化铵和氢氧化钙加热反应生成氨气、氯化钙和水，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3+2H2O；（3）该反应目的是除去工业尾气中的氮氧化合物，装置A生成的NO和装置C生成的氨气通入装置D使气体混合均匀、调节气流速度，装置F干燥气体，再通入装置E反应进行反应，反应后的气体通入装置B干燥，