1、重庆市南岸区2018-2019学年高一化学下学期期末质量调研抽测试题（含解析）第I卷的一、单选题(本大题共12小题，共48.0分)1.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍,X、Y的核电荷数之比为34。W-的最外层为8电子结构。金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应。下列说法正确的是A. X与Y能形成多种化合物,一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应B. 原子半径大小:XWC. 化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键D. Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂【答案】D【解析】试题分析：短周期主族元
2、素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：4，则Y为O元素，W-的最外层为8电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，AX与Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO和NaOH不反应，故A错误；B一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小XY，ZW，故B错误；C化合物Z2Y和ZWY3分别为Na2O、NaClO3，NaClO3存在离子键和共价键，故C错误；DY的单质臭氧
3、，W的单质氯气，对应的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，故D正确。故选D。考点：考查原子结构与元素周期律的关系2.某小组为研究电化学原理，设计如图装置下列叙述不正确的是A. a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出B. a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2+2e-=CuC. 无论a和b是否连接，铁片均会溶解D. a和b用导线连接后，Fe片上发生还原反应，溶液中的Cu2+向铜电极移动【答案】D【解析】【详解】Aa和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应，铁能将金属铜从其盐中置换出来，所以铁片上会有金属铜析出，故A正确；Ba和b用导线连接时，形成了原电池，铜作正极，发生的反应为：Cu2
4、+2e-=Cu，故B正确；Ca和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应，铁能将金属铜从其盐中置换出来，a和b用导线连接时，形成了原电池，加快了铁将金属铜从其盐中置换出来的速度，无论a和b是否连接，铁片均会溶解，故C正确；D a和b用导线连接后，是原电池，Fe片为负极，发生氧化反应，溶液中的Cu2向铜电极移动，故D错误；答案为D。3.下列关于烷烃的说法正确的是 A. 丙烷发生取代反应生成的的结构只有一种B. 丙烷分子中3个碳原子在一条直线上C. 分子中含有7个碳原子的烷烃在常温下为液态D. 烷烃分子为直链式结构，不可以带支链【答案】C【解析】【详解】A.丙烷分子中等效氢有两种，发生取代反应
5、生成的的结构有两种不同结构，A错误；B.由于饱和碳原子构成的是四面体结构，所以丙烷中C-C键的键角不是180，因此三个碳原子不在一条直线上，三个碳原子呈锯齿形，B错误；C.常温下，碳原子数在的烷烃，一般为液态，因此含有7个碳原子的烷烃在常温下为液态物质，C正确；D.烷烃的分子为锯齿形链式结构，可以带支链，D错误；故合理选项是C。4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的简单氢化物可用作制冷剂,Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后,加入稀盐酸,有黄色沉淀析出,同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是( )A. X的简单氢化物的热稳定性比
6、W强B. Y的简单离子与X的具有相同的电子层结构C. Y与Z形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红D. Z与X属于同一主族,与Y属于同一周期【答案】C【解析】氨可作制冷剂，所以W是氮；钠是短周期元素中原子半径最大的，所以Y是钠；硫代硫酸钠与稀盐酸反应生成黄色沉淀硫单质和刺激性气味的气体二氧化硫，所以X、Z分别是氧、硫。A非金属性X强于W，所以X的简单氢化物的热稳定性强于W的，A正确；BY、X的简单离子都具有与氖原子相同的电子层结构，均是10电子微粒，B正确；C硫化钠水解使溶液呈碱性，该溶液使石蕊试纸变蓝，C错误；DS、O属于A，S、Na属于第三周期，D正确。答案选C。5.下列说法错误是石油分馏
7、产品乙烯A. 石油主要是由烃组成的混合物B. 主要发生物理变化C. 包括裂化、裂解等过程D. 是加成反应，产物名称是二溴乙烷【答案】D【解析】【详解】石油主要成分是多种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，因此石油主要是由烃组成的混合物，A正确； B.分馏是利用沸点不同进行分离混合物，没有新物质产生，发生的是物理变化，B正确； C.裂化目的的把长链烃断裂为短链烃，以获得更多的轻质液态燃料，裂解是以石油分馏得到的馏分为原料，采用比裂化更高的温度，把烃断裂为短链气态不饱和烃的过程，在这两个过程中都是把大分子的烃转化为小分子烃的过程，反应产物中既有饱和烃，也有不饱和烃，如乙烯的产生，包括裂化、裂解等过程，C
8、正确； D.乙烯与溴加成生成CH2Br-CH2Br，所以是加成反应，CH2Br-CH2Br的名称为1，二溴乙烷，D错误； 故合理选项是D。6.分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）A. 7种B. 8种C. 9种D. 10种【答案】C【解析】C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二”法，菁优网，由图可知C4H8Cl2共有9种同分异构体，答案选C。此处有视频，请去附件查看】7.化学反应A2B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是()A. 该反应是吸热反应B. 断裂1 mol AA键和1 mol BB键放出x kJ的能量C. 断裂2 mol AB键需要吸收y kJ的能量D.
9、 2 mol AB的总能量高于1 mol A2和1 mol B2的总能量【答案】C【解析】【详解】A.因反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，故A错误；B.因旧键的断裂吸收能量，而不是释放能量，故B错误；C.因旧键的断裂吸收能量，由图可知断裂2molA-B键需要吸收ykJ能量，故C正确；D.由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，故D错误。故选C。8.下列各表是元素周期表的一部分，表中数字表示的原子序数与其在周期表中的位置相符合的是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A.1号元素和2号元素不应只隔1纵行，且1号元素与11号元素之间还有一
10、周期的元素，还要有一横行，A错误； B.4号元素(Be)和13号元素(Al)中间应有10纵行过渡元素，不能在相邻位置，B错误；C.10号元素(Ne)为0族元素，与15、16号元素不在同一周期，C错误；D.中列为9、17、35是第VIIA元素，16号元素是第三周期第VIA主族元素，第18号元素是第三周期0族元素，中行为16、17、18是第三周期元素，符合位置关系，D正确； 故合理选项是D。9. 下列离子中半径最大的是（ ）A. NaB. Mg2C. O2D. F【答案】C【解析】Na、Mg2、O2 和F离子核外电子排布都是2、8的电子层结构。对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径就
11、越小，所以离子半径最大的是O2-，选C。【考点定位】本题考查微粒半径大小比较。10.某固体酸燃料电池以固体为电解质传递，其基本结构如图，电池总反应可表示为，下列有关说法正确的是 A. 电子通过外电路从b极流向a极B. b极上的电极反应式为C. 每转移电子，消耗标准状况下D. 由a极通过固体酸电解质传递到b极【答案】D【解析】【分析】根据电池总反应：2H2+O2=2H2O可知：通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，反应为H2-2e-=2H+，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，反应为O2+4e-+4H+=2H2O；电池工作时，电子通过外电路从负极流向正极，即从a极流向b极，电解质溶液中
12、阳离子向正极移动，即H+由a极通过固体酸电解质传递到b极；每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，标准状况下的体积为1.12L。【详解】A.因氢元素的化合价升高，则a为负极，电子通过外电路由a极流向b，A错误；B.该电池电解质能传递H+，因此正极b的电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，B错误；C.因未指明反应条件是否为标准状况，因此不能确定气体的体积是否为1.12L，C错误；D.原电池中，a极氢气失电子生成H+，阳离子向负电荷较多的正极移动，所以H+由a极通过固体酸电解质传递到b极，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查燃料电池的工作原理的知识，学习中要明确电子以及离子的定
13、向移动问题，能正确判断原电池的正负极，燃料电池中通入燃料的电极都是负极、通入氧化剂的电极都是正极，应结合电解质溶液酸碱性书写电极反应式。11.16mol CH4与Cl2发生取代反应，待反应完成后测得4种氯代物的物质的量依次增大02mol，则参加反应的Cl2为（ ）A. 5molB. 2molC. 25molD. 4mol【答案】A【解析】试题分析：16mol CH4与Cl2发生取代反应，反应完成后测得4种氯代物的物质的量依次增大02mol，设CH3Cl的物质的量是xmol，则CH2Cl2的物质的量是x+02mol，CHCl3的物质的量x+04mol，CCl4的物质的量x+06mol，根据碳元素
14、守恒可得16=x+x+02+x+04+x+06，解得x=01mol，根据取代反应的特点，生成相应的有机取代产物时消耗氯气的物质的量与生成有机产物的物质的量之比等于有机物分子中Cl的个数，所以生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4分别消耗的氯气的物质的量是01mol、03mol2=06mol、05mol3=15mol、07mol4=28mol，所以共消耗氯气的物质的量是01+06+15+28=50mol，答案选A。考点：考查化学反应的计算12.化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）A. PM2.5是指粒径不大于2.5 m的可吸入悬浮颗粒物B. 绿色化学要求从源头上消除或减少生产活
15、动对环境的污染C. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放D. 天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料【答案】C【解析】A项，PM2.5是指微粒直径不大于2.5m的可吸入悬浮颗粒物，正确；B项，绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染，正确；C项，燃煤中加入生石灰可以减少硫酸型酸雨的形成（原理为2CaO+2SO2+O22CaSO4），但在加热时生石灰不能吸收CO2，不能减少CO2的排放，不能减少温室气体的排放，错误；D项，天然气（主要成分为CH4）和液化石油气（主要成分为C3H8、C4H10）是我国目前推广使用的清洁燃料，正确；答案选C。第II卷的二、填空题(本大
16、题共1小题，共10.0分)13.下表为元素周期表中的一部分，请回答下列问题：AAAAAAA0234(1)、的元素符号是_、_、_。(2)表中最活泼的金属元素是_，非金属性最强的元素是_(填写元素号)。(3)与水发生反应的化学方程式是_。(4)请设计一个实验方案，比较、单质氧化性强弱_。【答案】 (1). O (2). Na (3). C1 (4). K (5). F (6). 2Na2H2O=2NaOHH2 (7). 向溴化钠溶液中滴加氯水若溶液呈橙红色则证明Cl2的氧化性比Br2强【解析】由元素在周期表中的位置可知分别为Li、O、F、Na、Cl、K、Br。(1)、的元素符号是O、Na、Cl，
17、故答案为：O；Na；Cl；(2)元素周期表中，同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，则表中最活泼的金属元素是K，非金属性最强的元素是F，故答案为：K；F；(3)为Na，与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2，故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2；(4)元素为氯，元素为溴，氯单质将溴离子氧化为溴单质就能证明氯化溴的氧化性强。将氯水加入到溴化钠溶液中，有红棕色的Br2生成，证明单质氯比单质溴氧化性强，故答案为：在NaBr溶液中滴加Cl2水，若溶液呈橙红色，说明Cl2的
18、氧化性比Br2强。三、简答题(本大题共3小题，共42.0分)14.在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子被称为活化分子使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其单位通常用表示请认真观察如图，然后回答问题图中所示反应是_填“吸热”或“放热”反应已知拆开1mol键、1mol、1mol键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、则由1mol氢气和1mol碘反应生成HI会_填“放出”或“吸收”_kJ的热量在化学反应过程中，是将_转化为_下列反应中，属于放热反应的是_，属于吸热反应的是_物质燃烧炸药爆炸酸碱中和反应二氧化碳通过炽热
19、的碳食物因氧化而腐败与反应铁粉与稀盐酸反应【答案】（1）放热（2）放出11化学能热能（3）【解析】(1)依据图象分析反应物的能量大于生成物的能量，反应放热，故答案为：放热；(2)在反应H2+I22HI中，断裂1molH-H键，1molI-I键共吸收的能量为：1436kJ+151kJ=587kJ，生成2molHI，共形成2molH-I键，放出的能量为：2299kJ=598kJ，吸收的能量少，放出的能量多，所以该反应为放热反应，放出的热量为：598kJ-587kJ=11kJ，化学能转化为热能，故答案为：放出；11；化学能；热能；(3)常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应
20、，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应(如C和CO2)，某些复分解(如铵盐和强碱)所以放热反应有：；吸热反应有：，故答案为：；。 点睛：本题考查焓变的求算，H=生成物能量-反应物能量=反应物键能和-生成物键能和，本题的易错点是食物因氧化而腐败反应类型的判断，可以看出是可燃物的燃烧，只是反应速率很慢而已。15.化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置(如下图)，用环己醇制备环己烯。已知：+H2O 密度熔点沸点溶解性环己醇25161能溶于水环己烯83难溶于水(1)制备粗品将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入1mL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片(防止暴沸)
21、，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。导管B除了导气外还具有的作用是_。试管C置于冰水浴中的目的是_。(2)制备精品环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在_层(填“上”或“下”)，分液后用_(填入编号)洗涤。A.KMnO4溶液稀H2SO4 C.Na2CO3溶液再将环己烯按上图装置蒸馏，冷却水从_口进入填“g”或“f”)，蒸馏时要加入生石灰，其目的是_。收集产品时，控制的温度应在_左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是_。A.蒸馏时从开始收集产品B.环己醇实际用量多了C.制备粗品时环己醇随产品一起蒸出(3)以下区分环己烯精品和
22、粗品的方法，合理的是_。A.分别加入酸性高锰酸钾溶液 B.分别加入用金属钠C.分别测定沸点【答案】 (1). 冷凝 (2). 防止环己烯的挥发 (3). 上 (4). C (5). g (6). 除去水分 (7). 83 (8). C (9). BC【解析】【分析】(1)由于生成的环己烯的沸点为83，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝；冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化；(2)环己烯不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，分层后环己烯在上层，由于分液后环己烯粗品中还含有环己醇，提纯产物时用c(Na2CO3溶液)洗涤；为了增加冷凝效果，冷却水从下口(g)进入；生石
23、灰能与水反应生成氢氧化钙，利于环己烯的提纯；根据表中数据可知，馏分环己烯的沸点为83；粗产品中混有环己醇，导致测定消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量；(3)根据混合物没有固定的沸点，而纯净物有固定的沸点，通过测定环己烯粗品和环己烯精品的沸点，可判断产品的纯度。【详解】(1)由于生成的环己烯的沸点为，要得到液态环己烯，导管B除了导气作用外，还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝；冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化；(2)环己烯是烃类，属于有机化合物，在常温下呈液态，不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，振荡、静置、分层后，环己烯在上层。由于浓硫酸可能被还原为二氧化硫气体，环己醇易挥
24、发，故分液后环己烯粗品中还含有少量环己醇，还可能溶解一定量的二氧化硫等酸性气体，联想制备乙酸乙酯提纯产物时用饱和碳酸钠溶液洗涤可除去酸性气体并溶解环己醇，除去杂质。稀硫酸不能除去酸性气体，高锰酸钾溶液会将环己烯氧化，因此合理选项是C；为了增加冷凝效果，蒸馏装置要有冷凝管，冷却水从下口(g)进入，生石灰能与水反应生成氢氧化钙，除去了残留的水，然后蒸馏，就可得到纯净的环己烯；根据表中数据可知，馏分环己烯的沸点为83，因此收集产品应控制温度在83左右，若粗产品中混有环己醇，会导致环己醇的转化率减小，故环己烯精品质量低于理论产量，故合理选项是C；(3)区别粗品与精品的方法是向待检验物质中加入金属钠，观
25、察是否有气体产生，若无气体，则物质是精品，否则就是粗品，也可以根据物质的性质，混合物由于含有多种成分，没有固定的沸点，而纯净物只有一种成分组成，有固定的沸点，通过测定环己烯粗品和环己烯精品的沸点，可判断产品的纯度，因此合理选项是BC。【点睛】本题以有机合成为载体，综合考查了实验室制环己烯及醇、烃等的性质，混合物分离方法及鉴别，注意把握实验原理和方法，特别是实验的基本操作，学习中注意积累，综合考查了学生进行实验和运用实验的能力。16.（14分）研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。（1）溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中HCO3-占95%，写出CO2溶于水产生
26、HCO3-的方程式： 。（2）在海洋循环中，通过下图所示的途径固碳。写出钙化作用的离子方程式： 。同位素示踪法证实光合作用释放出的O2只来自于H2O，用18O标记物质的光合作用的化学方程式如下，将其补充完整： + =（CH2O）x+x18O2+xH2O（3）海水中溶解无机碳占海水总碳95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础，测量溶解无机碳，可采用如下方法：气提、吸收CO2，用N2从酸化后的还说中吹出CO2并用碱液吸收（装置示意图如下），将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂。滴定。将吸收液洗后的无机碳转化为NaHCO3，再用xmol/LHCl溶液滴定，消耗ymlHCl溶液，海水中溶解无机碳
27、的浓度= mol/L。（4）利用下图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。结合方程式简述提取CO2的原理： 。用该装置产生的物质处理b室排出的海水，合格后排回大海。处理至合格的方法是 。【答案】（1）CO2+H2OH2CO3，H2CO3HCO3+H+（2）Ca2+ 2HCO3= CaCO3+ CO2+H2OxCO22x H218O（3）xy/z（4）a室：2H2O-4e= O2+4H+，H+通过阳离子膜进入b室，发生反应：HCO3+H+= CO2+H2O。c室的反应：2H2O+2e-=2OH-+H2，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至接近装置入口海水的pH【解析】试
28、题分析：（1）考查碳酸第1步电离：CO2+H2OHCO3+H+（2）根据反应物是HCO3，生成物是CaCO3和CO2，易知本题的反应方程式。Ca2+ 2HCO3= CaCO3+ CO2+H2O 。根据元素守恒法，及示踪原子的标记可知方程式中的填空为：xCO2+ 2x H218O（3）注意酸化的试剂要用硫酸，一定不能用盐酸，HCl会挥发出来影响后续的滴定。该滴定过程转化的关系式为：CO2 HCO3 HCl1 1n（CO2） x mol/Ly10-3L解得：n（CO2）=xy10-3mol 所以：c（CO2）=xy/z mol/L（4）海水pH8，显碱性，需要H+中和降低海水的碱性，a室发生阳极反应：2H2O-4e= O2+4H+, c（OH）下降，H2OOH+H+平衡右移，c（H+）增大，H+从a室进入b室，发生反应：HCO3+H+= CO2+H2O。c室的反应：2H2O+2e-=2OH-+H2，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至接近装置入口海水的pH 。考点：盐类水解、方程式书写、化学实验、化学平衡移动、电解、化学计算等。