1、四川省眉山市2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）1.下列说法正确的是（ ）A. 减少CO2的排放，能缓解酸雨造成的环境问题B. 二氧化硫有漂白性，故可用来漂白纸浆、加工食品等C. 常温下可用铁、铝制容器来盛装冷的浓硫酸或浓硝酸D. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“丝”主要成分是纤维素【答案】C【解析】【详解】A. 减少CO2的排放，能缓解温室效应造成的环境问题，A错误；B. 二氧化硫不能漂白食品，二氧化硫有毒，对人的肝、肾等有严重的损伤，B错误；C. 铁、铝遇冷的浓硫酸或浓硝酸会钝化，所以常温下可用铁、铝制容器来盛装冷的浓硫酸或浓硝酸，C正确；D. 蚕丝的主要成分
2、是蛋白质，不是纤维素，D错误；故答案为：C。2.下列实验过程，不能达到实验目的的是（ ）实验目的实验过程A验证浓硫酸的脱水性用玻璃棒蘸浓硫酸滴在纸上，纸变黑B验证淀粉遇碘变蓝的特征反应将碘酒滴到一片土豆或面包上，出现蓝色C验证固体接触面积对化学反应速率的影响相同温度下，将等质量的大理石块、大理石粉末分别加入等体积、等浓度的盐酸和醋酸中，观察气泡产生的快慢D比较Cl2和Br2氧化性强弱将少量氯水加入盛有NaBr溶液的试管中，用力振荡后加入少量四氯化碳，振荡、静置，液体分层，下层橙红色A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. 浓硫酸具有脱水性，遇到纸时，将纸中的H和O元素按照
3、2:1的比例脱去，使纸碳化变黑，A正确；B. 淀粉遇到碘单质会变蓝色，将碘酒滴到一片土豆或面包上，可观察到变蓝，说明土豆中含有淀粉，B正确；C. 相同温度下，等质量的大理石块、大理石粉分别与等体积、等浓度的盐酸反应，大理石与盐酸反应的接触面积不同，反应速率不同，能达到目的，C错误；D. 氯水中含有Cl2，可以置换出Br2，其化学反应方程式为：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，Br2在四氯化碳中的溶解度远大于在水中的溶解度，所以发生萃取，其现象是：液体分层，下层为无色，上层橙红色；D正确；故答案为：C。3.有关物质的叙述，正确的是（ ）A. 与互为同分异构体B. O2和O3互为同位素C.
4、苯乙烯（）所有原子一定在同一平面上D. H2O和D2O化学性质相同【答案】D【解析】【详解】A. 分子式相同、结构式不同有机物互称为同分异构体，而与为同种物质，不是同分异构体，A错误；B. 质子数相同、中子数不同的同种元素的不同种核素互称为同位素，同种元素组成的不同种单质互称为同素异形体，O2和O3互为同素异形体，B错误；C. 由于单键可以旋转，苯乙烯分子中的苯环、乙烯基两个平面可以重合，所以苯乙烯分子中所有的原子可能处于同一平面，C错误；D. H2O和D2O中组成元素是相同的，都是氢元素和氧元素形成的水分子，化学性质相同，D正确；故答案为：D。4.下列方法中，不能用于实验室里制取氨气的是（
5、）A. 加热试管中的氯化铵固体B. 将烧瓶中的浓氨水加热C. 将分液漏斗中的浓氨水滴入装有生石灰的烧瓶中D. 在烧瓶中将熟石灰和氯化铵混合，加水调成泥状后加热【答案】A【解析】【详解】A. 氯化铵受热分解成氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢一冷却马上又可以化合成氯化铵，这个方案很难制氨气，A错误；B. 氨水中存在平衡关系：NH3+H2ONH3H2O+OH-，加热浓氨水，氨气溶解度降低，从溶液中逸出，平衡向逆反应方向移动，可以制取氨气，B正确；C. 利用CaO与H2O剧烈反应，生成Ca(OH)2，放出大量热，促进NH3H2O的分解及NH3的挥发逸出，又由于Ca(OH)2是强碱，也促进NH3H2O的分解
6、及NH3的挥发逸出，反应的化学方程式为：NH3H2O+CaONH3+Ca(OH)2，C正确；D. 熟石灰和氯化铵混合，加水调成泥状后加热可以制取氨气，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O，D正确；故答案为：A。5.燃料电池是一种高效、环境友好的发电装置。氢氧燃料电池已用于航天飞机。如图为氢氧燃料电池构造示意图。下列说法中正确的是（ ）A. a极为电池的正极，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-B. b极为电池负极，电极反应式为：H2-2e-=2H+C. 电解质溶液中K+离子向a极移动D. 当生成1molH2O时，电路中流过电子的物质的量为2m
7、ol【答案】D【解析】【分析】由氢氧燃料电池构造示意图中电子的流向可知，电极a为负极，氢气失去电子，发生氧化反应，电极b为正极，氧气得到电子，发生还原反应。【详解】A. a极为电池的负极，电极反应式为：H2+2OH-2e-=2H2O，A错误；B. b极为电池的正极，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，B错误；C. 阳离子移向正极，电解质溶液中K+离子向b极移动，C错误；D. 电池总反应为：2H2+O2=2H2O，当生成1molH2O时，电路中流过电子的物质的量为2mol，D正确；故答案为：D。6.下列有关说法正确的是（ ）A. 因为酸性HClH2CO3，所以非金属ClCB. 3.0
8、g14CO与15N2的混合气体所含中子数为1.6NA(NA表示阿伏加德罗常数)C. 周期表中第17列元素的氢化物的水溶液均为强酸D. 卤族元素的氢化物的稳定性随核电荷数的增加而增加【答案】B【解析】【详解】A. HCl为无氧酸，不能与碳酸通过比较酸性判断Cl、C的非金属性，如F元素的非金属性最强，但氢氟酸为弱酸，可以比较高氯酸与碳酸的酸性判断Cl、C的非金属性，A错误；B.1个14CO分子中含有中子数为16，1个15N2分子中含有中子数为16；3.0g14CO与15N2的混合气体的物质的量为0.1mol，所含中子数为1.6NA，B正确；C. 周期表中第17列元素为卤族元素，HF为弱酸，C错误；
9、D. 同主族，从上到下，元素的氢化物的稳定性减弱，D错误；故答案为：B。7.硫酸铜是制备其他含铜化合物的重要原料。有以下三种制备硫酸铜的途径，下列说法不正确的是途径：CuCuSO4途径：CuCuSO4途径：CuCuSO4A. 途径中浓硫酸体现强氧化性和酸性B. 途径中，100g98%的浓H2SO4与足量铜反应，可得到80gCuSO4C. 途径所用混酸中硝酸与硫酸物质的量之比最好为2：3D. 相对于途径和途径，途径更好的体现了绿色化学的思想【答案】B【解析】【分析】铜与浓硫酸能在加热条件下反应，与稀硫酸不反应，能与稀硝酸或其他氧化剂反应。【详解】A. 途径发生氧化还原反应，浓硫酸体现强氧化性和酸
10、性，A正确；B. 途径中，98%的浓H2SO4与足量铜反应，一段时间后硫酸浓度下降，反应会终止，无法计算硫酸铜的产量，B错误；C. 途径的实质为3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，产生2mol的NO消耗2mol硝酸，则同时提供2molH+，所以8mol的H+中硫酸提供6mol，所用硫酸为3mol，即混酸中硝酸与硫酸物质的量之比最好为2：3，C正确；D. 相对于途径和途径，途径制取等质量的硫酸铜需要的硫酸少，无有毒气体生成，更好的体现了绿色化学的思想，D正确。8.AG是短周期主族元素，原子序数依次增大，部分元素的部分信息如下表所示：ABCDEF原子半径/nm0.0770.075
11、0.0740099主要化合价+4-4+5-3-2+6-2其他一种同位素原子无中子所有有机物中一定含有的元素简单氢化物常用作制冷剂短周期主族元素中原子半径最大回答下列问题（用相应化学用语）：（1）G在周期表中的位置是_，F的简单离子结构示意图是_。（2）由A、C、G三种元素形成的原子个数比为4：1：1的化合物的电子式为_，该化合物所含的化学键有_。（填化学键类型）（3）D、E、F、G简单离子半径由小到大顺序_。（4）用电子式表示BD2的形成过程_。（5）C、D、F的简单氢化物中沸点由高到低的顺序是_。（6）写出E2D2和A2D反应的化学方程式_，该反应每消耗1molE2D2电子转移数目为_。【答
12、案】 (1). 第三周期第A族 (2). (3). (4). 离子键、（极性）共价键 (5). Na+O2-Cl-NH3H2S (8). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 (9). 2 NA【解析】【分析】A同位素原子中无中子，说明A为氢元素，所有有机物一定含有B，说明B为碳元素，C生物简单氢化物可以做制冷剂，即C为氮元素，D的原子半径比C略小且常见化合价为-2，即D为氧元素，E为短周期主族元素中半径最大，即E为钠元素，F的化合价最高为+6，说明F为硫元素，短周期G的原子序数比F大，说明G 为氯原子。【详解】（1）G为氯元素，在周期表中的位置是第三周期第A族，F为硫元素，简单离子结构示
13、意图是。（2）由A、C、G三种元素形成的原子个数比为4：1：1的化合物为氯化铵，电子式为，该化合物所含的化学键有离子键和（极性）共价键。（3）根据原子核约束力，阳离子的半径小于阴离子，核电荷数越大，半径越小，D、E、F、G简单离子半径由小到大顺序Na+O2-Cl-NH3H2S。（6）E2D2和A2D反应的化学方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，根据氧化还原反应原理，该反应每消耗1molE2D2电子转移数目为2 NA。9.CH4CO2催化重整不仅可以得到合成气（CO和H2），还对温室气体的减排具有重要意义，该反应为：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。某温度下，在体
14、积为2L的恒容密闭容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，5min时达到平衡，测得CO的浓度为0.5mol/L。回答下列问题：（1）05min时间内用H2表示的化学反应速率为_mol/(Lmin)。（2）达平衡时CH4物质的量分数为_，CO2的转化率是_。（3）反应前后混合气体的压强之比为_。（4）为了加快反应速率，可采取什么措施_（写两条）。（5）下表中的数据是破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量：物质CH4CO2COH2能量/kJ166014901072436该催化重整反应中反应物的总能量_生成物的总能量（填“大于”或“小于”）。（6）下列能表示该反应已经达到化学
15、平衡状态的是_。A.v逆(CH4)=2v正(CO)B.CO2的浓度保持恒定C.混合气体平均相对分子质量不变D.混合气体密度保持不变【答案】 (1). 0.1 (2). 37.5% (3). 50% (4). 3：4 (5). 升高温度、缩小容器体积（或增大反应物浓度） (6). 小于 (7). BC【解析】【分析】反应速率之比等于反应系数之比，根据反应方程式的三段式计算平衡时物质的量和转化率；根据有效碰撞理论判断加快反应速率方法，根据平衡“逆等动定变”特征判断达到平衡状态。【详解】(1)设反应到达平衡状态时，反应消耗的甲烷有xmol：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)反应前
16、2mol 1mol 0 0变化量 x x 1 1平衡时 2-x 1-x 1 1 05min时间内用H2表示的化学反应速率为=0.1mol/(Lmin)。(2)根据三段式可知，x=0.5mol，达平衡时CH4的物质的量为1.5mol，甲烷的物质的量分数为，CO2的转化率是。(3)反应前后混合气体的压强之比与物质的量之比相等，即为3:4。(4)根据有效碰撞理论理论，为了加快反应速率，可采取措施为：升高温度、缩小容器体积（或增大反应物浓度）等。(5)该催化重整反应中反应物的总键能为1660 kJ +1490 kJ =3150kJ，生成物的总键能为2（1072 kJ +436 kJ ）=3016kJ，
17、反应热=生成物总能量-反应物总能量=反应物总键能-生成物总键能0，即反应物的总能量小于生成物的总能量。(6)A. 反应速率之比等于反应系数之比，v逆(CH4)= 0.5v逆(CO)，当v逆(CO)=v正(CO)，即2v逆(CH4)= v正(CO)时，反应才到达平衡，A错误；B.CO2的浓度保持恒定，反应达到平衡，B正确；C.混合气体总质量不变，反应前后气体的总量发生变化，当平均相对分子质量不变时，反应达到平衡，C正确；D. 混合气体总质量不变，装置为恒容状态，体积不变，故混合气体密度一直保持不变，不能判断平衡状态，D错误；能表示该反应已经达到化学平衡状态的是BC。10.已知有机物A的产量可以用
18、来衡量一个国家的石油化工发展水平，它的聚合反应制品在现代日常生活中用途很广。一定条件下，A与水反应生成B，B俗称酒精。B在铜或银等催化剂存在下可以被氧气氧化为C，还可以与酸性高锰酸钾溶液反应被直接氧化为D，B和D一定条件下反应的产物E可用作饮料、糖果、香水和化妆品中的香料。回答下列问题：（1）A分子中官能团的名称是_，A与足量氢气加成后产物F的分子式为_，和F互为同系物的物质中碳原子数为4的有机物其一氯代物有_种。（2）写出B和D反应生成E的化学方程式为_，该反应的反应类型为_。（3）B可用于燃料电池，若用NaOH作电解质溶液，负极电极反应方程式为_。【答案】 (1). 碳碳双键 (2). C
19、2H6 (3). 4 (4). CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O (5). 酯化反应（或取代反应） (6). CH3CH2OH-12e-+16OH-=2CO+11H2O【解析】【分析】有机物A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，即A为乙烯。一定条件下，A与水反应生成B，B俗称酒精即乙醇。B在铜或银等催化剂存在下可以被氧气氧化为C，C为乙醛，与酸性高锰酸钾溶液反应被直接氧化为D，D为乙酸，B和D一定条件下反应的产物E为乙酸乙酯。【详解】(1)A分子为乙烯，官能团的名称是碳碳双键，乙烯与足量氢气加成后产物F的分子式为C2H6，和乙烷互为同系物的物质中碳原子数为4的
20、有机物为正丁烷或异丁烷，两种有机物的核磁共振氢谱均有2种，所以丁烷的一氯代物有4种。(2)B和D反应生成E的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，该反应的反应类型为酯化反应（或取代反应）。(3)B可用于燃料电池，若用NaOH作电解质溶液，负极发生氧化反应，产物二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸根离子，电极反应方程式为CH3CH2OH-12e-+16OH-=2CO+11H2O。11.现给你一试管二氧化氮，其他药品和仪器自选。（1）设计实验，要求尽可能多地使二氧化氮被水吸收。某化学兴趣小组实验设计如下，请你帮他们将下表补充完整。实验步骤现象化学方程式(解释)将一支充满N
21、O2的试管倒放在盛有水的水槽中_制取少量氧气_4NO2+2H2O+O2=4HNO3（2）完成上述实验的装置图如图，请你在方框内将它补充完整（加持装置可省略），需标明所用药品的名称_。（3）以上设计让你对工业上生产硝酸有什么启示_？（从原料的充分利用、减少污染物的排放等方面考虑）。【答案】 (1). 红棕色气体逐渐消失，水位上升，最后水充满整个试管的，无色气体充满试管上部 (2). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (3). 2KClO32KCl+3O2或2H2O22H2O+O2， (4). 将氧气慢慢地通入步骤的试管中 (5). 无色气体变为红棕色气体，又变为无色气体，但气体体积逐渐缩小，液
22、面不断上升最后充满整个试管 (6). 或 (7). 硝酸工业常在吸收反应进行过程中补充一些空气，使生成的NO再氧化为二氧化氮，从而尽可能地转化为硝酸（提高了原料的利用率，同时减少了污染性气体的排放）【解析】【分析】(1)二氧化氮与水反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，进入试管中的液体体积占试管容积的，剩余气体变为无色；实验室制取氧气是利用氯酸钾和二氧化锰固体混合加热反应生成氧气，或利用过氧化氢中加入二氧化锰催化剂反应生成氧气；液面不再上升时，通入氧气和一氧化氮反应生成红棕色的二氧化氮，二氧化氮溶于水又生成一氧化氮和硝酸，气体变为无色气体，液面上升，直至当试管充满液体，无气体剩余；
23、(2)方框内是制取氧气的装置； (3) 工业上生产硝酸，主要反应为：4NH3+5O24NO + 6H2O；2NO+O2=2NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO2+O2+2H2O=4HNO3。【详解】(1)尽可能多地使二氧化氮被水吸收，将一支充满NO2的试管倒放在盛有水的水槽中，NO2是红棕色气体，与水反应生成硝酸和一氧化氮，其反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，进入试管中的液体体积占试管容积的，剩余气体变为无色，故答案为：红棕色气体逐渐消失，水位上升，最后水充满整个试管的，无色气体充满试管上部；3NO2+H2O=2HNO3+NO；实验室制取氧气是利用氯酸钾和二氧化锰
24、固体混合加热反应生成氧气，或利用过氧化氢中加入二氧化锰催化剂反应生成氧气，其化学反应方程式为：2KClO32KCl+3O2或2H2O22H2O+O2，故答案为：2KClO32KCl+3O2或2H2O22H2O+O2；液面不再上升时，通入氧气和一氧化氮反应生成红棕色的二氧化氮，二氧化氮溶于水又生成一氧化氮和硝酸，气体变为无色气体，液面上升，直至当试管充满液体，无气体剩余，反应为：2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO2+2H2O+O2=4HNO3，故答案为：将氧气慢慢地通入步骤的试管中；无色气体变为红棕色气体，又变为无色气体，但气体体积逐渐缩小，液面不断上升最后充满整
25、个试管；(2)方框内是制取氧气的装置，利用氯酸钾和二氧化锰固体混合加热反应生成氧气的发生装置为：，利用过氧化氢中加入二氧化锰催化剂反应生成氧气的发生装置为：，故答案为：或；(3) 工业上生产硝酸，主要反应为：4NH3+5O24NO + 6H2O；2NO+O2=2NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO2+O2+2H2O=4HNO3，硝酸工业常在吸收反应进行过程中补充一些空气，使生成的NO再氧化为二氧化氮，从而尽可能地转化为硝酸（提高了原料的利用率，同时减少了污染性气体的排放），故答案为：硝酸工业常在吸收反应进行过程中补充一些空气，使生成的NO再氧化为二氧化氮，从而尽可能地转化为硝酸（提高了原料的利用率，同时减少了污染性气体的排放）。