1、河南省平顶山市2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量： 1.下列化学用语正确的是( )A. 的电子式：B. 的结构示意图：C. 纯碱的化学式：D. 的结构式：【答案】D【解析】【详解】AKCl是离子化合物，其电子式为：，A错误；B的结构示意图为：，B错误；C纯碱为正盐，化学式为Na2CO3，碳酸氢钠为酸式盐，C错误；D为共价化合物，其结构式为：，D正确。答案选D。2.能量通常包括热能、电能、光能、机械能、化学能等，下列有关能量转化关系的判断错误的是( )A. 甲烷燃烧：化学能转化为热能和光能B. 植物进行光合作用：太阳能转化为化学能C. 二次电池放电：
2、电能转化为化学能D. 风力发电：风能转化为机械能，机械能转化为电能【答案】C【解析】【详解】A甲烷在氧气中剧烈燃烧，产生淡蓝色火焰，放出大量的热，所以该过程中除了将化学能转化为热能外，还有一部分化学能转化为光能，故A正确；B光合作用是植物把接收到的光能转化为化学能贮存起来，故B正确；C二次电池放电，化学能转化为电能，故C错误；D风力发电主要是将风能转化为风轮的机械能，再通过发电机转化为电能，故D正确；选C。3.1940年科学家用粒子轰击时发现了元素At，其反应为，则At的中子数为( )A. 126B. 85C. 127D. 211【答案】A【解析】【详解】的中子数为209-83=126，的中子
3、数为4-2=2，反应前后中子总数不变，所以At的中子数为126+2-21=126，故答案为A。4.下列反应中符合图中所示能量转化关系的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据图示，反应物的总能量小于生成物总能量，属于吸热反应。【详解】A中和反应，中和反应放热，故不选A；B，碳还原水蒸气，为吸热反应，故选B；C为乙烯的燃烧反应，燃烧放热，故不选C；D为铝热反应，铝热反应放热，故不选D；选B。5.下列说法错误是( )A. 石油裂解气能使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 石油的分馏、催化裂化都是化学变化C. 裂化汽油不能用来萃取溴水中的溴D. 煤油馏分的沸点范围低于重油馏分的沸点范围【
4、答案】B【解析】【详解】A石油裂解气中混有烯烃，烯烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；B石油的分馏是物理变化，而石油催化裂化是化学变化，故B错误；C裂化汽油中混有烯烃，能与溴发生加成反应，则不能用来萃取溴水中的溴，故C正确；D石油分馏时，首先分馏出的是汽油，其次是煤油，再次是柴油、重油，则煤油馏分的沸点范围低于重油馏分的沸点范围，故D正确；故答案为B。6.下列叙述正确的是( )A. 第族和族元素形成的化合物均含离子键B. 在反应中，断裂、键吸收的能量大于形成键释放的能量C. 乙烯、苯乙烯均能发生加聚反应，二者互为同系物D. 从海带中提取碘的过程中，可以利用或将氧化成【答案】D【解析】【详解】
5、A. 第族和族元素形成的化合物不一定含离子键，如氯化氢只含共价键，故A错误；B. 在反应中，断裂1mol、1mol键吸收的能量小于形成2mol键释放的能量，故B错误； C. 乙烯、苯乙烯结构不相似，分子组成上也不相差若干个“CH2”，二者不是同系物，故C错误；D. 或能把氧化成，从海带中提取碘的过程中，可以利用或将氧化成，故D正确；选D。7.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A. 标准状况下，中所含共用电子对数为B. 甲苯中含有的碳碳双键数为C. 与在一定条件下充分反应，生成分子的数目为D. 由、足量溶液形成的原电池中，当正极增重时，电路中通过的电子数为【答案】D【解析】【详解】A
6、标准状况下，H2O为液体，则标准状况下22.4LH2O的物质的量不是1mol，故A错误；B苯环中无碳碳双键，故B错误；CN2和H2生成NH3的反应为可逆反应，反应物的转化率不可能达到100%，则0.1molN2与0.4molH2在一定条件下充分反应，生成NH3分子的数目小于0.2NA，故C错误；D在Zn、Ag和足量AgNO3组成的原电池中，正极上析出Ag，2.16gAg的物质的量为0.02mol，则电路中转移电子数为0.02NA，故D正确；故答案为D。8.下列实验操作能达到相应实验目的的是( )实验操作实验目的A向少量溴的四氯化碳溶液中滴加植物油，振荡检验植物油中含碳碳不饱和键B以镁、铝为电极
7、，插入烧碱溶液中构成原电池证明镁比铝活泼C向乙酸乙酯粗产品中加入溶液，分液提纯乙酸乙酯D常温下，浓硫酸、稀硫酸中分别加入铝片探究浓度对反应速率的影响A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A向少量溴的四氯化碳溶液中滴加植物油，振荡，溶液褪色，可以检验植物油中含碳碳不饱和键，故A符合；B以镁、铝为电极，插入烧碱溶液中构成原电池，只有铝能与烧碱发生自发的氧化还原反应，镁不反应，不能用来比较两者的活泼性，故B不符；C向乙酸乙酯粗产品中加入溶液，乙酸乙酯在碱性条件下水解程度较大，会使产品的产率降低，故C不符；D常温下，在浓硫酸、稀硫酸中分别加入铝片，铝在浓硫酸中钝化，稀硫酸与铝正常反
8、应，实验设计不合理，故D不符；故选A。9.唐代张九龄诗句“松叶堪为酒，春来酿几多”涉及淀粉、麦芽糖、葡萄糖、乙醇等化学物质，下列有关说法错误的是( )A. 淀粉、乙醇所含元素种类相同B. 蔗糖和麦芽糖、淀粉和纤维素都互为同分异构体C. 麦芽糖、葡萄糖都能被新制的氢氧化铜氧化D. 淀粉、麦芽糖都能发生水解反应，最终生成葡萄糖【答案】B【解析】【详解】A淀粉、乙醇都是由碳、氢、氧三种元素组成的，所含元素种类相同，故A正确；B蔗糖和麦芽糖分子式都是C12H22O11，属于同分异构体；淀粉和纤维素不是同分异构体，故B错误；C麦芽糖、葡萄糖都含有醛基，能被新制的氢氧化铜氧化，故C正确；D淀粉是多糖，水解
9、的最终产物是葡萄糖；麦芽糖是二糖，水解产物是葡萄糖，故D正确；选B。10.图是五种短周期主族元素在周期表中的相对位置，其中E元素的原子半径在同周期中最小。下列说法正确的是( )A. 原子半径由大到小的顺序是DABB. 由A、B、氢元素形成的化合物一定是共价化合物C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：CED. D的氧化物是碱性氧化物【答案】A【解析】【分析】根据五种元素在周期表中的相对位置可知，A、B、C位于第二周期，D、E位于第三周期，E元素的原子半径在同周期中最小，则E为Cl元素，所以A为N元素，B为O元素，C为F元素，D为Si元素。【详解】AD位于第三周期，所以D原子半径大于A、B，A和B
10、位于同一周期，但A的原子序数更小，所以原子半径AB，所以原子半径DAB，故A正确；BN、O、H可以形成离子化合物NH4NO3，故B错误；CC为F元素，没有最高价氧化物，故C错误；DD为Si元素，其氧化物为SiO2，属于酸性氧化物，故D错误；综上所述答案为A。11.相同温度下，将下列四组试剂混合后生成氢气速率最大的是( )A. 锌片、盐酸B. 锌粉(另含铜片)、盐酸C. 锌粉、盐酸D. 镁粉、硝酸【答案】B【解析】【详解】盐酸浓度相同，锌粉比锌片与盐酸的接触面积更大，所以A的反应速率小于B、C；B中锌、铜与电解质溶液形成原电池，加快反应速率，所以B的反应速率大于C，金属与硝酸反应时不产生氢气，综
11、上所述生成氢气速率最快的是B。12.有机物()、()、()的分子式均为C10H12，下列说法错误的是( )A. b、c两种物质均不属于烷烃B. b能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 1 mol b、c分别与足量H2发生加成反应时，都是最多消耗3 mol H2D. a、b、c分子中所有原子不可能共平面【答案】C【解析】【详解】A化合物b中含有不饱和碳碳双键，c中含有苯环，都没有达到结合H原子的最大数目，因此不属于烷烃，A正确；B化合物b中含有不饱和碳碳双键，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C化合物b分子中含有2个不饱和碳碳双键，所以1 mol b与足量H2发生加成反
12、应时，最多消耗2 mol H2，C 错误；D化合物a、b、c分子中都含有饱和C原子，具有甲烷的四面体结构，因此分子中的所有原子不可能共平面，D正确；故合理选项是C。13.、是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，、原子最外层电子数之和为20，的单质与冷水反应缓慢，与沸水反应迅速。下列说法中错误的是( )A 简单氢化物稳定性：B. 最高正价：C. 可分别与、形成二元离子化合物D. 单质沸点：【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，则四种元素的原子最外层电子数均小于8，且X、Y、W原子最外层电子数之和为20，可知Y、W的原子最外层电子数应为7，分别是F和Cl
13、元素，而X的最外层电子数只能是6，应为O元素；Z的单质与冷水反应缓慢，与沸水反应迅速，则Z为Mg元素。【详解】由分析知：X为O元素、Y为F元素、Z为Mg元素、W为Cl元素；AF的非金属性比Cl强，则HF比HCl稳定，故A正确；BO、F非金属性强，F无正价态，O无最高正价，故B错误；CMg分别与O、F、Cl组成MgO、MgF2、MgCl2，MgO、MgF2、MgCl2均为离子化合物，故C正确；DMg常温下为固体，Cl2常温下为气体，则Mg的沸点大于Cl2，故D正确；故答案为B。14.以石墨、镁为电极材料，以、的混合溶液为电解质溶液，将化学反应设计成原电池。下列说法错误的是( )A. 石墨极上发生
14、还原反应B. 是负极C. 正极反应式为D. 消耗镁理论上有电子通过外电路【答案】C【解析】【分析】在中Mg失电子发生氧化反应，则构成的原电池中Mg为负极，石墨为正极。【详解】A石墨为正极，则石墨电极上发生还原反应，故A正确；BMg失电子发生氧化反应，是原电池的负极，故B正确；C正极上发生还原反应，电极反应式为ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-，故C错误；D12gMg的物质的量为0.5mol，则消耗12g镁理论上转移电子的物质的量为0.5mol2=1mol，故D正确；故答案为C。15.用、为原料可制备丙烯()，反应为。一定温度下，向恒容密闭容器中通入、，测得与的物质的量随时间的变化关系如
15、下表所示，下列说法错误的是( )02141080800611212A. 时，该反应达到平衡B. 时，010内用表示的平均反应速率为C. 当混合气体的平均相对分子质量不变时，该反应达到平衡D. 平衡时与起始时气体的压强之比是【答案】D【解析】【详解】A时刻，气体物质的量不再改变，该反应达到平衡，故A正确；B时，010内用表示的平均反应速率为 ，故B正确；C反应前后，气体质量不变、气体物质的量增大，气体平均相对分子质量是变量，当混合气体的平均相对分子质量不变时，该反应达到平衡，故C正确；D 同温、同体积，压强比等于物质的量比，平衡时与起始时气体的压强之比是(1.8+0.8+1.2+1.2+1.2)
16、:(3+2)=，故D错误；选D。16.如图是某种烃的含氧衍生物的球棍模型示意图，下列说法正确的是( )A. 与其在酸性条件下水解后所得的混合物可用分液的方法进行分离B. 在碱性条件下水解的产物之一是一种常用的医用消毒剂，其纯净物消毒效果最佳C. 充分燃烧，消耗氧气D. 蒸气与乙烯组成的混合气体中，氧的质量分数为，则氢的质量分数为【答案】D【解析】【详解】A根据的球棍模型，是乙酸乙酯，在酸性条件下水解为乙酸和乙醇，乙酸、乙醇互溶，不能用分液的方法进行分离，故A错误；B是乙酸乙酯，在碱性条件下水解为乙酸钠和乙醇，乙醇可以消毒，75%的乙醇消毒效果最佳，故B错误；C乙酸乙酯充分燃烧，消耗5mol氧气
17、，非标准状况下的体积不一定是，故C错误；D乙酸乙酯蒸气与乙烯组成的混合气体中，C：H的物质的量比为1:2，氧的质量分数为，则氢的质量分数为=，故D正确；选D。17.短周期主族元素、在周期表中的相对位置如图所示。回答下列问题：(1)在周期表中元素位于第_周期_族。(2)元素的简单离子的结构示意图为_。(3)分子中每个原子最外层都达到8电子稳定结构，的电子式为_。(4)、简单氢化物的稳定性由强到弱的顺序为_(用分子式表示)。(5)写出的单质与的氢化物溶液发生置换反应的化学方程式：_。【答案】 (1). 三 (2). A (3). (4). (5). HFH2OPH3SiH4 (6). Si+4HF
18、=SiF4+2H2【解析】【分析】根据短周期主族元素、在周期表中的相对位置图可知：A为O元素、B为F元素、C为Si元素、D为P元素，再结合元素周期律和元素非金属性强弱比较方法解题。【详解】由分析知：A为O元素、B为F元素、C为Si元素、D为P元素；(1) D为P元素，在周期表中位于第三周期A族。(2)元素A 为氧元素，则氧离子的结构示意图为；(3)OF2分子中每个原子最外层都达到8电子稳定结构，说明O与F之间存在1个共用电子对，则OF2的电子式为；(4)O、F、Si、P的非金属性强弱顺序为FOPSi，则简单氢化物的稳定性由强到弱的顺序为HFH2OPH3SiH4；(5)Si与HF溶液发生置换反应
19、的化学方程式为Si+4HF=SiF4+2H2。【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。18.已知，图1是根据该反应设计的原电池。甲烷、空气(或氧气)与溶液可构成燃料电池，如图2所示。回答下列问题： (1)的成分是_(填化学式)，该原电池始工作时移向正极的离
20、子是_(填离子符号)，负极的电极反应式为_，不可能是_(填字母)。A B C石墨 D铂(2)图2中能量转化形式为_，负极上通人的气体是_。【答案】 (1). FeCl3 (2). Fe3+ (3). Cu-2e- = Cu2+； (4). B (5). 化学能变为电能 (6). 甲烷【解析】【分析】(1)根据反应方程式，铜失电子发生氧化反应，铜是负极；Fe3+得电子发生还原反应，Fe3+在正极发生反应；(2)图2是燃料电池，负极失电子发生氧化反应；【详解】(1)根据反应方程式，Fe3+得电子发生还原反应，Fe3+在正极发生反应，电解质Y是FeCl3；原电池中阳离子移向正极，该电池工作时移向正极
21、的离子是Fe3+，负极铜失电子生成铜离子，负极的电极反应式为Cu-2e- = Cu2+，铜是负极，是正极，正极活泼性小于负极，X不可能是，选B；(2)图2是燃料电池，能量转化形式为化学能变为电能，负极失电子发生氧化反应，负极上通入的气体是甲烷。【点睛】本题考查原电池原理，明确负极失电子发生氧化反应、正极得电子发生还原反应，阳离子移向正极、阴离子移向负极，负极的活泼性大于正极，电子由负极经导线流向正极。19.一定温度下，将SO2和O2及固体催化剂充入某恒容密闭容器中，发生反应：2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)，反应过程中的能量变化如图1所示，某反应物和生成物的浓度随时间的变化如图2所示
22、。 (1)该反应是反应_(填“放热”或“吸热”)，判断依据是_。(2)图2中表示上述反应达到平衡的点是_(填字母)。(3)曲线表示的物质是_(填化学式)，从反应开始至反应达到平衡，该物质的化学反应速率为_ mol/(Lmin)。(4)下列叙述能表明上述反应已经达到平衡的是_(填字母)。aSO2的物质的量浓度保持不变 b混合气体的密度保持不变c反应体系中氧原子的物质的量保持不变 dO2的体积分数保持不变(5)写出能加快上述反应的化学反应速率的一种措施：_。【答案】 (1). 放热 (2). 反应物的总能量比生成物的总能量高 (3). CD (4). SO2 (5). 0.02 (6). ad (
23、7). 使用催化剂(或升高温度或增大压强或增大反应物的浓度等)【解析】【分析】(1)根据反应物、生成物的总能量的相对多少判断反应是放热反应还是吸热反应；(2)根据平衡状态的特征分析判断平衡点；(3)反应发生时，反应物浓度会降低，生成物浓度增加，根据物质反应时物质浓度改变比等于方程式中相应物质的计量数的比判断相应的物质，利用v=计算反应速率；(4)结合反应特点，根据平衡状态特征判断平衡状态；(5)根据化学反应速率影响因素分析解答。【详解】(1)根据图示可知：反应物的总能量比生成物的总能量高，因此发生反应时，会释放能量，因此该反应是放热反应；(2)可逆反应达到平衡状态时，任何一种物质的浓度不再发生
24、变化。根据图示可知，图中C、D两点的浓度不随时间的改变而改变，说明C、D两点反应处于平衡状态；(3)根据图示可知曲线I中物质浓度逐渐减小，其应该是表示反应物；曲线II中物质浓度增加，则曲线II表示生成物SO3的浓度变化。从反应开始至10 min达到平衡状态时，反应物浓度减小值为c(反应物)=(0.3-0.1)mol/L=0.2 mol/L；SO3浓度改变值为c(SO3)=(0.2-0) mol/L=0.2 mol/L；c(反应物)=c(SO3)，说明在化学方程式中该反应物与SO3的计量数相等，因此曲线I表示的是SO2的浓度与时间变化；用SO2浓度变化表示反应速率为v(SO2)=0.02 mol
25、/(Lmin)；(4) a反应从正反应方向开始，随着反应的进行，SO2的浓度不断减小，当SO2的物质的量浓度保持不变时，反应达到了平衡状态，a符合题意；b反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，则混合气体的密度始终保持不变，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，b不符合题意；c任何化学反应都符合质量守恒定律，即反应前后各种元素的原子个数相等，与可逆反应是否达到平衡状态无关，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，c不符合题意；dO2的体积分数保持不变，则O2的物质的量不变，其浓度不变，反应处于平衡状态，d符合题意；故合理选项是ad；(5)可以通过增大压强、或
26、增大SO2或O2的浓度、升高温度、使用合适催化剂等加快反应速率。20.某学习小组为探究一包铝热剂(铝与铁的氧化物)的组成，先取一部分铝热剂在高温下使之充分反应，将得到的固体经某种试剂只溶去其中的氧化物，再经过洗涤、干燥得到试样X(金属单质的损失忽略不计)，试样X是铁和铝的混合物，然后将一定量的试样X分别投入浓度相同、体积均为100mL的稀盐酸中。V(盐酸)/mL100100100m(X)/g2.224.446.66V(H2)/L(标准状况)1.3442.242.24试回答下列问题：(1)铝热剂所发生的反应称为铝热反应，铝热反应体现出铝的化学性质是_。指出铝热反应在工业生产中的一个用途：_。(2
27、)盐酸的物质的量浓度为_molL1。(3)根据表中第_组数据可以计算出试样X中Al、Fe的物质的量之比为_。【答案】 (1). 还原性 (2). 焊接钢轨或冶炼金属 (3). 2 (4). (5). 2:3【解析】【分析】浓度相同、体积均为100mL的稀盐酸中，加入不同质量的试样X；根据表格数据，第组实验放出气体最少，盐酸过量；第组实验与第组比，增加了X的质量，气体的量没变，说明第组实验，盐酸不足。【详解】(1)铝热剂所发生的反应称为铝热反应，铝热反应中铝和铁氧化物反应生成氧化铝和铁，铝元素化合价升高，体现出铝的还原性。铝热反应在工业生产中的用途是焊接钢轨或冶炼金属；(2)第组实验盐酸不足，盐
28、酸完全反应放出标准状况的氢气2.24L，氢气的物质的量是0.1mol，2HClH2，盐酸的物质的量是0.2mol，盐酸的浓度为2mol/L；(3)第组实验放出气体最少，盐酸过量，金属完全反应，根据表中第组数据可以计算出试样X中Al、Fe的物质的量。设试样X中Al、Fe的物质的量分别为xmol、ymol，则，试样X中Al、Fe的物质的量之比为2:3。21.是一种高分子化合物，其一种合成路线如下：请回答下列问题：(1)的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，其结构简式为_。(2)的化学名称是_；中官能团的名称是_。(3)的反应类型是_；与有机物互为_(填“同系物”“同分异构体”“同位素”或“
29、同素异形体”)。(4)有机物也可由乙醇在加热和铜的催化作用下与氧气反应得到，写出该反应的化学方程式：_。(5)还可以由有机物()在一定条件下发生水解反应得到，写出与互为同分异构体，且含有两个甲基的有机物的结构简式：_。在分子中，两个氯原子与两个甲基上的碳原子构成一个_(填“平面正方形”“正四面体”或“四面体”)。【答案】 (1). CH2=CH2 (2). 乙醛 (3). 羧基 (4). 加成反应 (5). 同分异构体 (6). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO + 2H2O (7). CH3CCl2CH3 (8). 四面体【解析】【分析】A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，
30、则A为乙烯，乙烯催化氧化生成乙醛，乙醛与甲醛在适当条件下反应生成丙烯醛，丙烯醛再与水发生加成反应生成的D为HOCH2CH2CHO，D再与H2发生加成反应生成的E为HOCH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2OH再与对苯二甲酸发生缩聚反应生成的PTP为。【详解】(1)A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为乙烯，其结构简式为CH2=CH2；(2)B的结构简式为CH3CHO，则B的化学名称是乙醛；F的结构简式为，所含官能团的名称是羧基；(3)CD是丙烯醛与水发生加成反应生成HOCH2CH2CHO；D与有机物CH3CH2COOH的分子式相同，结构不同，两者互为同分异构体；(4)乙
31、醛也可由乙醇在加热和铜的催化作用下与氧气反应得到，该反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO + 2H2O；(5)有机物G()的含有两个甲基的同分异构体的H的结构简式为CH3CCl2CH3，在H分子中，两个氯原子与两个甲基上的碳原子构成一个四面体。【点睛】能准确根据反应条件推断反应原理是解题关键，常见反应条件与发生的反应原理类型：在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应；在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇醛羧酸的过程)。
