1、商洛市20182019学年度第二学期期末教学质量检测高一化学试卷考生注意：1本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共100分。考试时间90分钟。2请将各题答案填写在答题卡上。3本试卷主要考试内容：人教版必修2。第卷(选择题 共48分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)1.“绿色化学、保护环境”将成为社会发展的主旋律。下列做法不应该提倡的是A. 利用农作物秸秆制取乙醇B. 提倡绿色出行，减少汽车尾气排放C. 露天焚烧废旧塑料，防止白色污染D. 发展氢能源，减少化石燃料的使用【答案】C【解析】【详解】A项、利用农作物秸秆制取乙醇，可以减少焚烧
2、秸秆会产生大量的烟尘，污染空气，符合绿色化学的理念，故A正确；B项、提倡绿色出行，多骑自行车、乘公交车，减少汽车尾气排放，有利于保护环境，故B正确；C项、露天焚烧废旧塑料会产生大量的烟尘，污染空气，不利于保护环境，不符合绿色化学的理念故C错误；D项、发展氢能源，减少化石燃料的使用，可以减少二氧化碳的排放，有利于保护环境，故D正确；故选C。【点睛】“绿色化学”要求从根本上消除污染，是一门能彻底阻止污染产生的科学，它包括“原料的绿色化”、“化学反应的绿色化”、“产物的绿色化”等内容。2.下列属于吸热反应的是A. 气态水液化为液态水B. 高温分解石灰石C. 氢氧化钠和盐酸反应D. 氢气在氯气中燃烧【
3、答案】B【解析】【详解】A项、气态水液化为液态水是一个放热过程，是物理变化，故A错误；B项、高温分解石灰石是一个吸热反应，故B正确；C项、氢氧化钠和盐酸反应为中和反应，属于放热反应，故C错误；D项、氢气在氯气中燃烧生成氯化氢的反应为放热反应，故D错误；故选B。3.下列化学用语正确的是A. 乙醇分子式：CH3CH2OHB. 氮气的结构式：C. 中子数为8的氧原子：D. 环己烷的结构简式：【答案】C【解析】【详解】A项、乙醇的分子式为C2H6O，结构简式为CH3CH2OH，故A错误；B项、氮气的分子式为N2，分子中含有氮氮三键，结构式为，故B错误；C项、中子数为8的氧原子的质量数为16，原子符号为
4、，故C正确；D项、环己烷的分子式为C6H12，结构简式为，故D错误；故选C。4.下列物质中属于离子化合物的是A. CH3 CH3B. KOHC. CO2D. H2SO4【答案】B【解析】【分析】非金属元素之间形成共价键，一般金属元素与非金属元素之间形成离子键，离子化合物中一定含有离子键。【详解】A项、CH3CH3为共价化合物，分子中只有共价键，故A错误；B项、KOH是含有离子键和共价键的离子化合物，故B正确；C项、CO2为共价化合物，分子中只有共价键，故C错误；D项、H2SO4为共价化合物，分子中只有共价键，故D错误；故选B。5.下列物质既能发生取代反应，又能发生加成反应的是A. 苯B. 乙酸
5、C. 氢气D. 甲烷【答案】A【解析】【详解】A项、苯既能发生加成反应，又能发生取代反应，故A正确；B项、乙酸能发生取代反应，不能发生加成反应，故B错误；C项、氢气为无机物单质，即不能发生取代反应，也不能发生加成反应，故C错误；D项、甲烷能发生取代反应，不能发生加成反应，故D错误；故选A。6.下列互为同素异形体的是A. H2O与H2O2B. 与C. 正丁烷与异丁烷D. 石墨与金刚石【答案】D【解析】【详解】A项、同素异形体是同种元素组成的不同单质，H2O与H2O2都是化合物，故A错误；B项、与的质子数相同，中子数不同，互为同位素，故B错误；C项、正丁烷与异丁烷的分子式相同，结构不同，互为同分异
6、构体，故C错误；D项、石墨与金刚石是由C元素组成的不同单质，它们互为同素异形体，故D正确；故选D。【点睛】同素异形体首先应该是指单质，其次要强调是同种元素。7.某元素W的原子结构示意图为，下列说法不正确的是A. W处于元素周期表的第三周期B. m7，W形成的单质可用于自来水消毒C. m1，W的最高价氧化物对应的水化物是一种弱碱D. m6，W可以形成化学式为WO2的氧化物【答案】C【解析】【详解】A项、由W的原子结构示意图可知，W的电子层数为3，则W元素位于周期表的第三周期，故A正确；B项、m7时，W元素为Cl元素，氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，能起杀菌消毒作用，可用于自来水消毒，故B正
7、确；C项、m1时，W为Na元素，Na元素的最高价氧化物对应的水化物为强碱氢氧化钠，故C错误；D项、m6，W为S元素，S元素可以形成的氧化物化学式为SO2，故D正确；故选C。8.我国开发了一种新型的锂钠合金空气电池。下列有关锂、钠的叙述正确的是A. 少量钠可贮存在煤油中B. 电解食盐水可得到金属钠C. 金属锂与水反应比金属钠与水反应剧烈D. 锂、钠分别在足量氧气中燃烧生成Li2O、Na2O【答案】A【解析】【详解】A项、金属钠易与空气中的氧气和水反应，金属钠的密度比煤油大，则少量钠可贮存在煤油中隔绝与空气中的氧气和水，故A正确；B项、电解熔融的氯化钠可得到金属钠和氯气，故B错误；C项、金属元素的
8、金属性越强，单质与水反应越剧烈，钠元素的金属性强于锂元素，则金属钠与水反应比金属锂与水反应剧烈，故C错误；D项、钠放置在空气中生成氧化钠，在空气中燃烧生成过氧化钠，故D错误；故选A。9.下列措施能明显增大反应速率的是A. Zn与稀硫酸反应制取H2时，将Zn粉改成Zn片B. Fe与稀硫酸反应制取H2时，改用98的浓硫酸C. 在K2SO4与BaCl2两溶液反应时，增大压强D. 2SO2+O22SO3升高反应温度【答案】D【解析】【详解】AZn与稀硫酸反应制取H2时，将Zn粉改成Zn片，固体的表面积减小，反应速率减小，故A错误；B项、Fe与稀硫酸反应制取H2时，改用98的浓硫酸，因浓硫酸具有强氧化性
9、，常温下铁在浓硫酸中发生钝化，反应速率减慢，故B错误；C项、K2SO4与BaCl2两溶液反应时，没有气体参加，增大压强不能改变反应速率，故C错误；D项、升高反应温度，反应速率增大，故D正确；故选D。【点睛】没有气体参加，增大压强不能改变反应速率是分析的关键，也是易错点。10.下列资源的利用涉及化学变化的是A. 沙里淘金B. 海水晒盐C. 石油分馏D. 煤的干馏【答案】D【解析】【详解】A项、沙里淘金的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B项、海水晒盐的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C项、石油分馏的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；D项、煤的干馏的过程中有新
10、物质焦炭和煤焦油等新物质生成，属于化学变化，故D正确；故选D。【点睛】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成是解答关键。11.某化工厂发生苯爆燃特大事故。下列说法错误的是A. 苯是一种环状有机物B. 苯分子中含有碳碳双键C. 苯的分子式为C6H6D. 苯在氧气中燃烧产生浓烟【答案】B【解析】【详解】A项、苯的结构简式为，苯的分子是环状结构，故A正确；B项、苯分子中的碳碳键是介于单、双键之间的一种独特的键，不存在单纯的单、双键，故B错误；C项、苯的结构简式为，分子式为C6H6，故C正确；D项、苯的分子式为C6H6，分子中的含
11、碳量高，在氧气中燃烧产生浓烟，火焰明亮，故D正确；故选B。12.某温度下，在恒容密闭容器中进行反应：X(g)+Y(g)Z(g)+W(s)。下列叙述正确的是A. 充入X，反应速率减小B. 当容器中Y的正反应速率与逆反应速率相等时，反应达到平衡C. 升高温度，反应速率减小D. 达到平衡后，反应停止【答案】B【解析】【详解】A项、充入X，反应物的浓度增大，反应速率增大，故A错误；B项、当容器中Y的正反应速率与逆反应速率相等时，各物质的浓度保持不变，反应达到平衡，故B正确；C项、升高温度，反应速率增大，故C错误；D项、化学平衡是动态平衡，达到平衡后，反应没有停止，故D错误；故选B。13.我国成功研制出
12、新型“海水电池”。电池反应为4Al3O26H2O=4Al(OH)3。下列关于该电池的说法不正确的是A. 铝片作负极B. 海水作电解质溶液C. 电池工作时，O2失去电子D. 电池工作时实现了化学能向电能的转化【答案】C【解析】【分析】由电池反应的方程式可知，还原剂Al为负极，失电子发生氧化反应生成Al(OH)3，电极反应式为Al3e+3OH=Al（OH）3，氧化剂O2在正极得电子被还原发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH。【详解】A项、由电池反应的方程式可知，还原剂Al为负极，失电子发生氧化反应生成Al(OH)3，故A正确；B项、海水中含有氯化钠等电解质，可导电，为原电池反应的
13、电解质溶液，故B正确；C项、由电池反应的方程式可知，氧化剂O2在正极得电子被还原发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，故C错误；D项、原电池为化学能转化为电能装置，故D正确；故选C。14.下列关于食物中的基本营养物质的叙述不正确的是A. 蔗糖和麦芽糖互为同分异构体B. 葡萄糖在碱性、加热条件下可以与银氨溶液反应C. 植物油和动物脂肪中碳原子的连接方式完全相同D. 酶是生物体内重要的催化剂【答案】C【解析】【详解】A项、蔗糖和麦芽糖分子式相同，均为C12H22O11，结构不同，互为同分异构体，故A正确；B项、葡萄糖含有醛基，在碱性、加热条件下可以与银氨溶液发生银镜反应，故B正确
14、；C项、植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，分子中含有碳碳双键，动物脂肪为饱和高级脂肪酸甘油酯，分子中不含有碳碳双键，故C错误；D项、酶是生物体内重要的催化剂，具有专一性、温和性和选择性的特点，故D正确；故选C。15.某有机物的结构为，下列说法正确的是A. 分子中含有羟基B. 该有机物不能使溴水褪色C. 分子式为C4H10OD. 1mol该有机物最多能消耗2molNa【答案】A【解析】【分析】由结构简式可知，有机物的分子式为C4H8O，官能团为碳碳双键和羟基，能表现烯烃和醇的性质。【详解】A项、由结构简式可知，有机物的官能团为碳碳双键和羟基，故A正确；B项、有机物中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反
15、应，使溴水褪色，故B错误；C项、由结构简式可知，有机物的分子式为C4H8O，故C错误；D项、由结构简式可知，有机物中含有1个羟基，则1mol该有机物最多能消耗1molNa，故D错误；故选A。16.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W位于第一周期，Y与W位于同一主族，X在地壳中含量最高，X、Y、Z形成的化合物YZX是“84”消毒液的主要成分。下列说法不正确的是A. YZX中Z化合价为1价B. W、X可形成两种化合物C. Y2X2中既含有离子键又含有共价键D. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性在同周期中最弱【答案】D【解析】【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，由X在地壳中
16、含量最高，X、Y、Z形成的化合物YZX是“84”消毒液的主要成分可知，YZX为NaClO，则X为O元素、Y为Na元素、X为Cl元素；由W位于第一周期，Y与W位于同一主族可知，W为H元素。【详解】A项、NaClO中Cl元素为+1价，故A正确；B项、H元素和O元素可以形成水和双氧水两种化合物，故B正确；D项、Na2O2为含有离子键和共价键的离子化合物，故C正确；D项、Cl元素的最高价氧化物对应水化物的酸性在同周期中最强，故D错误；故选D。【点睛】由X在地壳中含量最高，X、Y、Z形成的化合物YZX是“84”消毒液的主要成分确定YZX为NaClO是推断的突破口。第卷(非选择题 共52分)二、非选择题(
17、本题包括5小题，共52分)17.A、B、C、D均为短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示，其中B的单质在空气中含量约占80。ABCD（1）写出下列元素的名称：C_，D_。（2）画出B的原子结构示意图_。C在元素周期表中的位置是_。（3）B、C两种元素最简单氢化物的稳定性由强到弱的顺序是_。写出A的最简单氢化物的电子式：_。【答案】 (1). 氟 (2). 镁 (3). (4). 第二周期A族 (5). HFNH3 (6). 【解析】分析】由B的单质在空气中含量约占80可知B为N元素；由周期表的相对位置可知，A为C元素、C为F元素、D为Mg元素。【详解】（1）由以上分析可知，C为F元素
18、，名称为氟，D为Mg元素，名称为镁，故答案为：氟；镁；（2）B为N元素，原子核外有7个电子，2个电子层，原子结构示意图为；C为F元素，位于周期表第二周期A族，故答案为：；第二周期A族；（3）元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强，氟元素的非金属性比氧元素强，则最简单氢化物的稳定性由强到弱的顺序是HFNH3；A为C元素，最简单氢化物的分子式为CH4，电子式为，故答案为：HFNH3；。【点睛】由B的单质在空气中含量约占80确定B为N元素是推断的突破口。18.美国CMarchetin博士对世界一次能源替代趋势作了如图所示预测。回答下列问题：（1）图中属于化石能源的有煤、石油和_。（2）目前采用铀核裂变
19、方式获取核能，中含有的中子数为_；与的关系是_。（3）太阳能是一种新能源，制造太阳能电池的材料有Si、Ga、As等。它们能用于制造太阳能电池是利用其_性质；Ga与As均是第四周期的主族元素，Ga与Al同主族，As与N同主族，则元素As、Ga的最高价氧化物对应水化物酸性较强的是_(填化学式)。（4）近年来我国在南海成功试开采可燃冰，可燃冰释放的气体主要有CH4、少量乙烷、丙烷及丁烷等。丙烷完全燃烧的化学方程式为_；异丁烷的一氯取代物有_种。【答案】 (1). 天然气 (2). 143 (3). 互为同位素 (4). 半导体 (5). H3AsO4 (6). C3H8+5O23CO2+2H2O (
20、7). 2【解析】【分析】（1）煤、石油和天然气属于化石能源；（2）质子数相同，中子数不同的原子互为同位素，质子数和中子数之和为质量数；（3）制造太阳能电池的材料Si、Ga、As等都是半导体；同周期元素从左到右非金属依次增强，最高价氧化物对应水化物酸性依次增强；（4）丙烷完全燃烧生成二氧化碳和水；异丁烷分子中含有2类氢原子。【详解】（1）图中属于化石能源的有煤、石油和天然气，故答案为：天然气；（2）中含有的中子数为（23592）=143；与的质子数相同，中子数不同，互为同位素，故答案为：143；互为同位素；（3）制造太阳能电池的材料Si、Ga、As等都是半导体；同周期元素从左到右非金属依次增强
21、，最高价氧化物对应水化物酸性依次增强，Ga与As均是第四周期的主族元素，则H3AsO4的酸性强，故答案为：半导体；H3AsO4；（4）丙烷完全燃烧生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为C3H8+5O23CO2+2H2O；异丁烷分子中含有2类氢原子，则异丁烷的一氯取代物有2种，故答案为：C3H8+5O23CO2+2H2O；2。19.在体积为2L的恒容密闭容器内，充入一定量的NO和O2，800C时发生反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，容器中n(NO)随时间的变化如表所示：时间/s012345n(NO)/mol002000100008000700070007（1）反应在12s内，O2的物质的
22、量减少_mol。该反应在第3s_(填“达到”或“未达到”)平衡状态。（2）如图所示，表示NO2浓度变化曲线的是_(填字母)。用O2表示02s内该反应的平均速率v_molL1s1。（3）能说明该反应已达到平衡状态的是_(填字母)。a容器内气体颜色不再变化bO2的物质的量保持不变c容器内混合气体的密度保持不变【答案】 (1). 0001mol (2). 达到 (3). b (4). 00015 (5). ab【解析】【分析】（1）由表格数据可知，反应在12s内，NO减少的物质的量，由变化量之比等于化学计量数之比可知，O2减少的物质的量；3s以后容器中n(NO)均为0007mol；（2）O2、NO为
23、生成物，变化量之比为1：2，NO2为生成物；由反应速率公式和图给数据计算；（3）当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量不变。【详解】（1）由表格数据可知，反应在12s内，NO减少的物质的量n(NO)为（00100008）mol=0002mol，由变化量之比等于化学计量数之比可知，O2减少的物质的量n(O2)为=0001mol；3s以后容器中n(NO)均为0007mol，说明反应达到平衡状态，故答案为：0001mol；达到；（2）O2、NO为生成物，变化量之比为1：2，NO2为生成物，由图可知，曲线d表示O2浓度变化、曲线c表示NO浓度的变化、曲线b表示N
24、O2浓度的变化；02s内，O2浓度的变化量为（00050002）mol/L=0003mol/L，则用O2表示02s内该反应的平均速率v=00015 molL1s1，故答案为：b；00015；（3）a、该反应是一个气体颜色变深的反应，容器内气体颜色不再变化说明NO2浓度不再变化，反应达到平衡状态，故正确；b、O2的物质的量保持不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；c、由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量保持不变，在容器体积不变的恒容容器中，气体的密度始终保持不变，则容器内混合气体的密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，故错误；ab正确，故答案为：ab。【点睛】由变化量之比等于化
25、学计量数之比可知，计算O2减少的物质的量是解答的难点，也是易错点。20.某学习小组用乙醇、乙酸和浓硫酸制备乙酸乙酯，分别设计了甲、乙两套装置。按图连接好装置，添加试剂后用酒精灯对左边试管小火加热35min后，改用大火加热，当观察到右边试管中有明显现象时停止实验。已知：乙酸乙酯的沸点为77C，乙醇的沸点为78.5C，乙酸的沸点为117.9C。（1）写出甲装置左边试管中主要发生的反应的化学方程式：_。（2）加入的浓硫酸作用为_，装置乙中球形干燥管的作用是_。（3）反应开始时用酒精灯对左边试管小火加热的原因是_。（4）停止加热后，振荡a、b两试管发现油状液体层变薄，其主要原因可能是_。【答案】 (1
26、). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O (2). 催化剂、吸水剂 (3). 防倒吸 (4). 加快反应速率，同时防止反应物为来得及反应而挥发损失 (5). 挥发出的乙酸能够与碳酸钠溶液反应（或乙醇溶于碳酸钠溶液）【解析】【分析】（1）乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水；（2）由于酯化反应是可逆反应，浓硫酸具有吸水性，在乙酸与乙醇发生酯化反应时做催化剂和吸水剂；乙醇、乙酸易挥发，从导管中导出的气体中除了含有乙酸乙酯外还含有易溶于水的乙醇、乙酸，通入饱和碳酸钠溶液容易产生倒吸；（3）升高温度可以加快反应速率，同时乙醇、乙酸易挥发；（4）从导管中
27、导出的气体中除了含有乙酸乙酯外还含有乙醇、乙酸，乙醇易溶于水，乙酸能够与碳酸钠溶液反应【详解】（1）甲装置左边试管中乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；（2）由于酯化反应是可逆反应，浓硫酸具有吸水性，在乙酸与乙醇发生酯化反应时做催化剂和吸水剂；乙醇、乙酸易挥发，从导管中导出的气体中除了含有乙酸乙酯外还含有易溶于水的乙醇、乙酸，通入饱和碳酸钠溶液容易产生倒吸，则装置乙中球形干燥管的作用是防止产生倒吸现象，故答案为：催化剂、吸水剂；防倒吸；（3）升高温度可以加快反应速率，同时乙醇、乙酸易挥发，
28、所以温度不能过高，防止反应物为来得及反应而挥发损失，应用小火加热，故答案为：加快反应速率，同时防止反应物为来得及反应而挥发损失；（4）乙醇、乙酸易挥发，从导管中导出的气体中除了含有乙酸乙酯外还含有乙醇、乙酸，乙醇易溶于水，乙酸能够与碳酸钠溶液反应，导致停止加热后，振荡a、b两试管发现油状液体层变薄，故答案为：挥发出的乙酸能够与碳酸钠溶液反应（或乙醇溶于碳酸钠溶液）。【点睛】（4）乙醇、乙酸易挥发，从导管中导出的气体中除了含有乙酸乙酯外还含有乙醇、乙酸，乙醇易溶于水，乙酸能够与碳酸钠溶液反应导致油状液体层变薄是解答的关键，也是易错点。21.卤块的主要成分是MgCl2，还含有少量SiO2。现以卤块
29、为原料按如图所示流程进行生产，用于制备金属镁。请回答下列问题：（1）步骤中，为了加快酸溶速率，除了适当增加稀盐酸的浓度外，还可以采取的措施是_(任写一条)。（2）步骤得到的X是_(填化学式)，能够分离得到沉淀的方法是_（3）写出步骤的化学方程式：_（4）步骤中溶解卤块的盐酸如果过量太多造成的影响是_【答案】 (1). 加热（将卤块粉碎或不断搅拌等） (2). SiO2 (3). 过滤 (4). MgCl2 Mg Cl2 (5). 盐酸过多步骤中消耗更多的氢氧化钠【解析】【分析】由流程图可知，向卤块中加入过量盐酸，MgCl2溶于盐酸，SiO2不溶，过滤得到氯化镁和盐酸的混合溶液和二氧化硅固体，则
30、X为二氧化硅；向氯化镁和盐酸的混合溶液中加入氢氧化钠溶液，中和盐酸，与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀；氢氧化镁沉淀溶于盐酸得到氯化镁溶液，氯化镁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化镁晶体，氯化镁晶体脱去结晶水得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁制得金属镁。【详解】（1）步骤中，适当增加稀盐酸的浓度，加热升高温度，将卤块粉碎增加固体表面积，不断搅拌和振荡均可加快酸溶速率，故答案为：加热（将卤块粉碎或不断搅拌等）；（2）由流程图可知，向卤块中加入过量盐酸，MgCl2溶于盐酸，SiO2不溶，过滤得到氯化镁和盐酸的混合溶液和二氧化硅固体，则X为二氧化硅，故答案为：SiO2；过滤；（3）步骤为电解熔融氯化镁制得金属镁，反应的化学方程式为MgCl2 Mg Cl2，故答案为：MgCl2 Mg Cl2；（4）步骤中溶解卤块的盐酸如果过量太多，步骤得到氢氧化镁沉淀时，中和盐酸消耗氢氧化钠溶液的量会增大，故答案为：盐酸过多步骤中消耗更多的氢氧化钠。【点睛】步骤中溶解卤块的盐酸如果过量太多，步骤得到氢氧化镁沉淀时，中和盐酸消耗氢氧化钠溶液的量会增大是解答的难点。