1、黑龙江省大庆市肇州县第二中学2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）一、单选题(共25题，每题2分 )1. 化学与生产、生活密切相关。下列有关说法中不正确的是：A. 油脂的皂化反应一定产生甘油B. 乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分C. 医学上可用CuSO4溶液和NaOH溶液检验糖尿病人尿液中的葡萄糖D. 营养物质-蛋白质、蔗糖、葡萄糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应【答案】D【解析】【详解】A、油脂发生皂化反应，生成高级脂肪酸钠和甘油，选项A正确；B、乙醇是料酒的主要成分，而乙酸则是食醋的主要成分，因此它们都是常用调味品的主要成分，选项B正确；C、NaOH溶液与CuSO4
2、溶液加入某病人的尿液中，微热时如果观察到红色沉淀，则说明该病人的尿液含有有醛基的物质，即含有葡萄糖，选项C正确；D、葡萄糖为单糖，不能水解，而蛋白质、蔗糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应，选项D不正确；答案选D。2. 下列化学用语或模型图表示正确的是（ ）A. S的结构示意图为：B CO2分子比例模型：C. 6个质子8个中子的碳原子的核素符号：14CD. NH4Cl的电子式：【答案】C【解析】【详解】AS的结构示意图为：，故A错误；BCO2分子比例模型：，故B错误；C6个质子8个中子的碳原子的质量数为14，核素符号：14C，故C正确；DNH4Cl的电子式：，故D错误；故选C。3. 对于化学反
3、应3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)，下列反应速率关系中，正确的是A. v(W)=3v(Z)B. 2v(X)=3v(Z)C. 2v(X)=v(Y)D. 3v(W)=2v(X)【答案】C【解析】【详解】化学反应速率之比等于化学系数之比，则根据方程式3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)可知A、v（W）：v（Z）=3：3=1：1，A错误；B、v（X）：v（Z）=2：3，B错误；C、v（X）：v（Y）=2：4=1：2，C正确；D、v（W）：v（X）=3：2，D错误。答案选C。4. 设NA代表阿伏加德罗常数。下列说法中不正确的是A. 标准状况下，11.2 L甲烷中含有共价键的数目为
4、2NAB. 30 g乙烷中含有C-H键的数目为6NAC. 1 mol CnH2n2中含有C-C键的数目为(n1)NAD. 1 mol CnH2n2中含有共价键的数目为(3n2)NA【答案】D【解析】【详解】A. 1molCH4中含有4molC-H键，11.2 L（标况）甲烷物质的量为0.5 mol，含有共价键的数目为2NA，故A正确；B. 1molC2H6中含有C-H键有6mol，30 g乙烷物质的量为1mol，含有C-H键的数目为6NA，故B正确；C1molCnH2n+2中含有（n-1）mol碳碳键，含有的C-C键数为（n-1）NA，故C正确；D. 1 mol CnH2n2中含有共价键（C-
5、C键、C-H键）为（3n+1）mol，含有的共价键数为（3n+1）NA，故D错误；综上所述，本题选D。5. 如图为实验室制取少量乙酸乙酯的装置图.下列关于该实验的叙述中,不正确的是A. 向a试管中先加入浓硫酸,然后边摇动试管边慢慢加入乙醇,再加冰醋酸B. 试管b中导气管下端管口不能浸入液面的原因是防止实验过程中发生倒吸现象C. 实验时加热试管a的目的是及时将乙酸乙酯蒸出并加快反应速率D. 采用长玻璃导管有导气兼冷凝的作用【答案】A【解析】【分析】由乙醇、乙酸和浓硫酸来制取乙酸乙酯，先加乙醇，后加浓硫酸，最后加乙酸，试管b中碳酸钠溶液可吸收乙醇、除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，加热可加快反应速率
6、，长导管可冷凝回流，充分利用原料，以此来解答。【详解】A浓硫酸的密度大于水，稀释放热，则向a试管中先加入乙醇，然后边摇动试管边慢慢加入浓硫酸，冷却后再加入冰醋酸，A错误；B生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，乙醇和乙酸与水互溶，则试管b中导气管下端管口不能浸入液面的目的是防止实验过程中产生倒吸现象，B正确；C实验时加热试管a的目的之一是及时将乙酸乙酯蒸出，使平衡向生成乙酸乙酯的方向移动，同时也加快反应速率，C正确；D乙酸、乙醇均易挥发，采用长玻璃导管有导气兼冷凝的作用，可充分利用原料，D正确。答案选A。【点睛】本题考查有机物的制备实验，把握物质的制备原理、性质以及装置中仪器的作用等为解答的关键，侧
7、重分析与实验能力的考查，注意选项A为解答的易错点，注意根据浓硫酸的稀释进行类推。6. 海水资源开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是A. 向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B. 粗盐可采用溶解、除杂和蒸发结晶等过程提纯C. 工业生产中常选用 NaOH 作为沉淀剂D. 制取淡水也是海水资源综合利用的一个重要方面【答案】C【解析】【详解】A氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，因此向苦卤中通入Cl2是为了提取溴，A正确；B粗盐中的钙离子、镁离子等可采用沉淀法除去，所得氯化钠溶液可采用重结晶等过程提纯，B正确；C工业生产常选用来源更广泛、价格更便宜的石灰乳作为沉淀剂，用氢氧化钠不经济，C错误；
8、D海水综合利用主要包括海水淡化、海水直接利用和海水化学元素利用三个方面，制取淡水也是海水资源综合利用的一个重要方面，故D正确；答案选C。7. 某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H+，其基本结构见下图，电池总反应可表示为：2H2+O2=2H2O，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：O2+2H2O+4e-=4OH-C. 每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2D. H+由a极通过固体酸电解质传递到b极【答案】D【解析】【详解】A燃料电池中，通入燃料氢气的电极是负极，则a是负极，通入氧化剂的电极b是正极，电子从负极a沿导线流向正极b，A
9、错误；Bb是正极，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，B错误；C温度和压强未知，导致气体摩尔体积未知，所以无法计算氢气体积，C错误；D放电时，a是负极、b是正极，阳离子氢离子从负极a通过固体酸电解质传递到b极，D正确，答案选选D。8. 在密闭容器中进行反应X+2Y2Z，已知反应中X、Y、Z的起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，在一定条件下，当反应达到化学平衡时，各物质的浓度可能是A. X为0.2mol/LB. Y为0.5mol/LC. Z为0.35mol/LD. Y为0.10mol/L【答案】C【解析】【分析】可逆反应达到平衡状态时，各物质一定共存，即任
10、何物质的浓度不可能为0；【详解】A. 若X为0.2mol/L，反应消耗0.2mol/L Z，则Z的浓度为0，故不选A； B. 若Y为0.5mol/L，反应消耗0.2mol/L Z，则Z的浓度为0，故不选B；C. 若Z为0.35mol/L，反应消耗0.025mol/L X、0.05mol/LY，则X、Y、Z的浓度都不为0，故选C；D.若Y为0.10mol/L，反应消耗0.1mol/L X，则X的浓度为0，故不选D；选C。9. 硝基苯是一种重要有机合成中间体，实验室可用如下反应制备：C6H6 + HNO3 C6H5NO2 + H2O H O2S，所以还原性：S2O2F，正确。答案选C。21. 常温
11、下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池(图1)，测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生。下列说法错误的是（ ）A. 0t1时，原电池的负极是Al片B. 0t1时，正极的电极反应式是+2H+e=NO2+H2OC. t1后，原电池的正、负极发生互变D. t1后，正极上每得到0.3mol电子，则负极质量减少2.7g【答案】D【解析】【分析】0t1时，铝为原电池的负极，铜为正极，到t1时，铝在浓硝酸中钝化后不再反应，此时铜又成了原电池的负极。【详解】0t1时，铝为原电池的负极，铜为正极，到t1时，铝在浓硝酸中钝化后不再反应，此时铜又成了
12、原电池的负极。A、0t1时，原电池的负极是Al片，故A正确；B、0t1时，硝酸根离子在正极得电子生成红棕色气体NO2，正极的电极反应式是NO3+2H+e=NO2+H2O，故B正确；C、t1后，铝发生钝化，铜作负极，所以，电池的正、负极发生互变，故C正确；D、t1后，铜是负极，每有0.3 mol电子发生转移，就有0.15 mol铜失去电子，负极质量减少9.6 g，故D错误。故选D。【点睛】本题考查原电池原理，通过图象判断不同时刻原电池的正负极为解答本题的关键，也是易错点。22. 下列各图为元素周期表的一部分，表中的数字为原子序数，其中M的原子序数为37的是A. B. C. D. 【答案】B【解析
13、】【分析】M的原子序数为37，位于第五周期，根据上下层周期同族的核外电子数差值进行计算。【详解】M的原子序数为37，位于第五周期，同族上下周期的核外电子数差18，即上层元素原子序数为19，下层元素原子序数为55，则符合题意的为B。答案B。23. 某有机物6 g与足量钠反应，生成0.05 mol氢气，该有机物可能是A. CH3CH2OHB. C. CH3OHD. CH3OCH2CH3【答案】B【解析】【详解】醚不能与钠反应，只有醇与钠反应生成氢气，选项中醇都是饱和一元醇，假设饱和一元醇为CnH2n+1OH，则：所以，2(4n+18)g：6g=1mol：0.05mol，解得n=3，故有机物为C3H
14、7OH，选项中只有B符合，答案选B。24. 科学家用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。其反应过程的示意图如图，下列说法正确的是（ ）A. CO和O生成CO2是吸热反应B. 在该过程中，CO断键形成C和OC. CO和O生成了具有非极性共价键的CO2D. 状态状态表示CO与O反应的过程【答案】D【解析】【详解】A由反应过程中的能量变化图可知，CO和O的总能量高于CO2的总能量，因此CO和O生成CO2为放热反应，A错误；B由图可知，CO中化学键没有断裂，B错误；CCO和O生成CO2具有C原子和O原子形成极性共价键，C错误；D状态状态表示CO与O在催化作用下反应生成CO2的过程
15、，D正确；答案选D。25. 如图，同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满NH3、NO2，进行喷泉实验。经充分反应后，瓶内溶质的物质的量浓度为(不考虑瓶内溶液向烧杯中扩散)( )A. B. C. =D. 不能确定【答案】C【解析】【详解】假设圆底烧瓶为VL，中NH3的物质的量为：，NH3溶于水后，溶液体积为VL，则浓度为：；中NO2的物质的量为：，NO2溶于水后，发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据方程式可得，生成HNO3为：，生成NO为：VL，则溶液体积为：VL-VL =VL，则浓度为：，所以浓度=。答案选C。【点睛】利用浓度的公式和方程式进行计算，注意不可以使用22.4
16、L/mol进行计算，条件不是标准状况。26. 已知X、Y、Z、W、M、N为短周期元素且原子序数依次增大，X与M、W与N分别同主族，且元素X、Y、Z、W分属两个短周期，它们四者原子序数之和为22，最外层电子数之和为16，在化合物Y2X6、Z2X4、X2W2中，相应分子内各原子最外层电子都满足稳定结构，请回答下列问题：(1)Y元素在周期表中的位置是_，X、Y、Z、W、M的原子半径由大到小的顺序为：_(用元素符号表示)。(2)写出Y2X6的电子式_；Z2X4结构式_；X2W2所含化学键的类型_。(3)用电子式描述M2N所形成化合物的形成过程_。(4)均含X、W、M、N四种元素的两种化合物相互反应有刺
17、激性气味气体放出，反应的离子方程式为_。(5)火箭发动机曾经利用Z2X4作燃料X2W2作助燃剂，产物环保无污染，写出二者反应的方程式_。【答案】 (1). 第二周期第A族 (2). NaCNOH (3). (4). (5). 极性键和非极性键(或共价键) (6). (7). H+HSO3H2O+SO2 (8). N2H4+2H2O2N2+4H2O【解析】【分析】X、Y、Z、W、M、N为短周期元素且原子序数依次增大，由火箭发动机曾经利用Z2X4作燃料X2W2作助燃剂，产物环保无污染，分子内各原子最外层电子都满足稳定结构可知，X为H元素、Z为N元素、W为O元素；W与N同主族，则N为S元素；X与M同
18、主族，且原子序数小于N，则M为Na元素；元素X、Y、Z、W分属两个短周期，它们四者原子序数之和为22，最外层电子数之和为16，则Y为C元素。【详解】（1）Y是C元素，C元素位于周期表第二周期第A族；同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径依次增大，则X、Y、Z、W、M的原子半径由大到小的顺序是NaCNOH，故答案为第二周期第A族；NaCNOH；（2）X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、W为O元素，Y2X6为C2H6，C2H6为共价化合物，电子式为；Z2X4为N2H4，结构式为；X2W2为H2O2，H2O2含有的化学键为极性键和非极性键，故答案为；极性键和非极性键；（3
19、）M为Na元素、N为S元素，M2N为Na2S，Na2S为离子化合物，由钠离子和硫离子形成，用电子式表示Na2S的形成过程为，故答案为；（4）X为H元素、W为O元素、M为Na元素、N为S元素，均含X、W、M、N四种元素的两种化合物分别为NaHSO4和NaHSO3，溶液中NaHSO4和NaHSO3反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的离子方程式为H+HSO3H2O+SO2，故答案为H+HSO3H2O+SO2；（4）X为H元素、Z为N元素、W为O元素，Z2X4为N2H4，X2W2为H2O2，N2H4与H2O2反应生成氮气和水，反应的化学方程式为N2H4+2H2O2N2+4H2O，故答案为N2H4+2H
20、2O2N2+4H2O。【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意位置、结构、性质的相互关系，注意相关元素化合物知识的灵活运用，正确判断元素是解本题的关键。27. 向2L密闭容器中通入amol气体A和bmol气体B，在一定条件下发生反应：xA(g)+yB(g)pC(g)+qD(g)已知：平均反应速率(C)=(A)；反应2min时，A的浓度减少了，B的物质的量减少了mol，有molD生成。回答下列问题：(1)反应2min内，(A)=_；(B)=_；则化学方程式为_(2)下列叙述能说明该反应已达平衡状态的是：_；Ax(A)正=q(D)逆 B气体总的质量保持不变 CC的总质量保持不变 D混合气体总的物质的
21、量不再变化 E混合气体总的密度不再变化 F混合气体平均分子量不再变化(3)反应平衡时，D为2amol，则B的转化率为_；(4)其他条件不变，将容器的容积变为1L，进行同样的实验，则与上述反应比较，反应速率_(是“增大”“减小”或“不变”)，【答案】 (1). (2). (3). 2A(g)+3B(g)C(g)+5D(g) (4). CDF (5). (6). 增大【解析】【详解】(1)反应2min内，(A)=；(B)= ；根据转化量之比等于系数比，故x:y：q=，有反应速率之比等于系数比， (C)=(A)，故p:x=1：2，则化学方程式为2A(g)+3B(g)C(g)+5D(g)，故答案为：；
22、2A(g)+3B(g)C(g)+5D(g)； (2) A根据反应速率之比等于计量系数比，故有q(A)正=x(D)正，又x(A)正=q(D)逆，推出(D)正 q(D)逆，故未达到平衡，A不合题意；BA、B、C、D均为气体，故气体总的质量保持不变不能作为判断的依据，B不合题意；C各组分的物质的量保持不变是平衡的重要标志，故C的总质量保持不变能够说明已达平衡，C符合题意； D根据反应方程式可知，反应前后气体的系数之和发生了变化，故混合气体总的物质的量不再变化可以作为判断平衡的标志，D符合题意；EA、B、C、D均为气体，容器体积不变，故混合气体总的密度一直保持不变，E不合题意； F混合气体平均分子量等
23、于总质量除以总的物质的量，故平均分子量不再变化可以作为判断平衡的标志，F符合题意；故答案为：CDF；(3)根据三段式进行计算可知：反应平衡时，D为2amol，则B的转化率为 ，故答案为：；(4)将容器的容积变为1L，浓度变大，故反应速率加快，反应速率增大，故答案为：增大。28. I.(1)写出化合物C的结构简式为：_。(2)写出化合物D中含氧官能团的名称：_。(3)写出反应的化学方程式。_。_。_。_。II.分离乙酸乙酯、乙醇、乙酸的混合物，可按下列步骤进行分离：(1)试剂1最好选用_；(2)操作1是_；(3)试剂2最好选用_；(4)操作2是_；【答案】 (1). CH3CHO (2). 羧基
24、 (3). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH (4). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (5). CH2=CH2+Br2BrCH2CH2Br (6). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O (7). 饱和碳酸钠溶液 (8). 分液 (9). 稀硫酸 (10). 蒸馏【解析】【分析】本题以书本知识为载体，考查几种有机物的相互转化和分离，依据流程图结合反应条件可以推知：B为乙醇CH3CH2OH、C为乙醛CH3CHO、D为乙酸CH3COOH，据此进行解题。【详解】I (1)由分析可知化合物C是乙醛，故其结构简式为：CH3CHO，故答案为：CH3CH
25、O；(2)由分析可知化合物D是乙酸，其含氧官能团的名称：羧基，故答案为：羧基；(3) 为乙烯催化水化制乙醇的反应，故反应的化学方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，是乙醇催化氧化成乙醛的反应，故反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O， 为乙烯与溴单质发生加成反应而使溴水褪色，故反应的化学方程式为：CH2=CH2+Br2BrCH2CH2Br， 为制乙酸乙酯的反应，故反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；CH2
26、=CH2+Br2BrCH2CH2Br；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；II由图中可知，试剂1是饱和碳酸钠溶液经过分液后得到的A为乙酸乙酯，B为乙醇和乙酸钠溶液的混合物，再经过蒸馏得到乙酸钠溶液C和乙醇E，乙酸钠与稀硫酸反应后为乙酸溶液D，再蒸馏分离出乙酸。(1)在分离提纯乙酸乙酯时，加入饱和碳酸钠溶液，可以中和乙酸、溶解乙醇，同时减小乙酸乙酯的溶解度便于分层，故试剂1最好选用饱和碳酸钠溶液，故答案为：饱和碳酸钠溶液；(2)加入饱和碳酸钠溶液后液体分层，故操作1是分液，故答案为：分液；(3)由分析可知，试剂2最好选用稀硫酸，故答案为：稀硫酸；(4) 由分析可知，
27、操作2是蒸馏，故答案为：蒸馏。29. 某实验探究小组用酸性KMnO4 溶液与H2C2O4 溶液反应过程中紫色消失快慢的方法，研究影响反应速率的因素。实验条件如下：所用酸性KMnO4 溶液浓度可选择 0.010 molL1、0.001 molL1，催化剂的量可选择0.5 g、0 g，实验温度可选择298 K、323K。每次实验酸性KMnO4 溶液量均为4 mL，H2C2O4 溶液(0.100 molL1)的用量均为2 mL。(1)写出反应的离子方程式并用单线桥表示电子转移方向和数目_。(2)请将实验设计表补充完整。实验编号T/K催化剂的量/g酸性KMnO4 溶液的浓度/(molL1)2980.5
28、0.0102980.50.0013230.50.010_实验目的：a实验和探究酸性KMnO4 溶液的浓度对该反应速率的影响；b实验和探究_对该反应速率的影响；c实验和探究催化剂对该反应速率的影响；(3)该反应的催化剂应选择MnCl2还是MnSO4？_，简述选择的理由_。(4)某同学对实验和分别进 了三次重复实验，测得以下实验数据(从混合振荡均匀开始计时)：实验编号溶液褪所需时间t/min第1 次第2次第3 次12.813.011.04.95.15.0实验中KMnO4 的浓度变化表示的平均反应速率为_(忽略混合前后溶液的体积变化，结果保留3 位有效数字)【答案】 (1). (2). 298 (3
29、). 0 (4). 0.010 (5). 温度 (6). MnSO4 (7). 酸性高锰酸钾能将Cl-氧化为有毒有害的Cl2，干扰实验并污染环境 (8). 【解析】【分析】本题以酸性高锰酸钾溶液氧化草酸溶液为载体考查实验探究中控制变量法的运用，氧化还原反应的分析和反应速率计算等问题，（1）根据氧化还原反应的配平原则进行配平和单线桥法分析；（2）实验探究控制变量法，不难解题；（3）注意酸性高锰酸钾的强氧化性，能氧化氯离子即可解答；（4）注意混合后溶液浓度的变化和多次测量取平均值。【详解】(1)酸性高锰酸钾将草酸氧化成二氧化碳，自身被还原为Mn2+，根据氧化还原反应的配平，先写出该反应的离子方程式
30、再用单线桥表示电子转移方向和数目，方向是由化合价升高的元素到化合价降低的元素，数目是得到或失去的电子总数，故为，故答案为：；(2) 由于实验和探究催化剂对该反应速率的影响，根据控制变量法，故实验和只能是催化剂一项不同，故实验的温度为298K，无催化剂故为0，浓度为0.010 molL1，故答案为：298；0；0.010；b分析表中可知，实验和 只有温度不同，其余条件都一样，故实验目的为探究温度对该反应速率的影响，故答案为：温度； (3)由于酸性高锰酸钾有强氧化性，能将Cl-氧化为Cl2，会干扰实验并造成环境污染，故该反应的催化剂应选择MnSO4，故答案为：MnSO4，酸性高锰酸钾能将Cl-氧化为有毒有害的Cl2，干扰实验并污染环境；(4) 实验 中酸性高锰酸钾溶液褪色的平均时间为：，每次反应混合后高锰酸钾的浓度为：，故KMnO4的浓度变化表示的平均反应速率为，故答案为：。
