1、吉林省吉林市三校2018-2019学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）H：1 C：12 O：16 S：32 C1：35.5 Zn：65 Br：80第卷（选择题 共50分）一、选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分，每小题只有1个正确答案）1.CNMR（核磁共振）可以用于含碳化合物的结构分析有关C的说法正确的是A. 质子数为6B. 电子数为13C. 中子数为6D. 质量数为6【答案】A【解析】考查原子的组成及表示方法。在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，所以中子数是1367.又因为核外电子数等于质子数，所以只有选项A是正确的，
2、答案选A。2.可以用分液漏斗进行分离的混合物是A. 酒精和碘水B. 苯和水C. 乙酸和乙酸乙酯D. 乙酸和水【答案】ACD【解析】只有互不相溶的液体之间才能用分液漏斗分离，选项ACD中都是互溶或易溶的，苯不溶于水，所以答案选B。3.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是：A. 23gNa做还原剂可提供电子数为NAB. 在标准状况下，1mol戊烷的所含的原子数为17NAC. 常温常压下,22.4LNH3所含电子数目为10NAD. 常温常压下，1mol氩气含有原子数为NA【答案】C【解析】【详解】A.23g钠的物质的量为1mol，1mol钠做还原剂失去1mol电子，所以失去的电子数为NA，故A
3、正确；B.戊烷的分子式是C5H12，1个戊烷分子中含有17个原子，所以1mol戊烷的所含的原子数为17NA，故B正确；C.应该是在标准状况下，不是在常温常压下，常温常压条件下不能使用气体摩尔体积进行计算，故C错误；D.稀有气体是单原子分子，所以1mol氩气含有原子数为NA，故D正确。故选C。4.下列叙述正确的是：A. 元素的单质可由氧化或还原含该元素的化合物来制得B. 得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强C. 阳离子只能得到电子被还原，只能作氧化剂D. 含有高价元素的化合物，一定具有强的氧化性【答案】A【解析】【详解】A.化合态元素形成单质，元素化合价即可能降低也可能升高，物质可能发生氧化反应或
4、还原反应，故A正确；B.氧化性强弱与得电子能力有关，与得电子数目多少无关，故B错误；C.中间价态的阳离子，即具有氧化性也具有还原性，如亚铁离子，故C错误；D.元素表现氧化性主要是看得电子能力，最高价只能有氧化性，但不一定有强氧化性，如NaCl中的钠元素，故D错误。故选A。5.当干冰熔化或气化时，下列各项中发生变化的是：A. 化学键B. 分子间作用力C. 分子构型D. 分子大小【答案】B【解析】【详解】A.由于干冰熔化或气化时，还是以二氧化碳分子的形式存在，所以并没有破坏C和O之间的化学键，故A不选；B.由于干冰熔化或气化时，克服的作用力是分子间作用力，分子之间的距离变大，故B选；C.由于干冰熔
5、化或气化时，克服的作用力为分子间作用力，在这个变化过程中碳、氧原子之间的共价键未断裂，分子的构型没有改变，故C不选；D.由于干冰熔化或气化时，克服的作用力为分子间作用力，在这个变化过程中分子大小没有改变，故D不选。故选B。6.阿波罗宇宙飞船上使用的是氢氧燃料电池，其电池反应为：2H2+O2=2H2O，电解液为KOH，反应保持在较高温度，使H2O蒸发。下列叙述正确的是：A. 此电池能发出蓝色火焰B. H2为正极，O2为负极C. 工作时，电解液的pH不断减小D. 此电池反应只生成水，对环境没有污染【答案】D【解析】【详解】A.该电池中燃料不燃烧，是直接将化学能转化为电能，所以不能发出蓝色火焰，故A
6、错误；B.通入氢气的电极为负极，通入氧气的电极为正极，故B错误；C.放电时反应过程中生成水，但反应保持在较高温度，使H2O蒸发，所以KOH浓度不变，则溶液的pH不变，故C错误；D.氢氧燃料电池反应实际上就相当于氢气的燃烧反应，生成水，不污染环境，故D正确。故选D。【点睛】原电池正、负极的判断基础是自发进行的氧化还原反应，如果给出一个化学反应方程式判断正、负极，可以直接根据化合价的升降来判断，发生氧化反应的一极为负极，发生还原反应的一极为正极。7.下列排列顺序正确的是：A. 微粒半径:Na+K+Cl-S2-B. 稳定性:HI HBrHClHFC. 酸性: H2SO4 HClO4H3PO4H2Si
7、O4D. 熔点: Al Mg Na K【答案】D【解析】【详解】A.由电子层数越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则微粒半径为Na+K+Cl-S2-，故A错误；B.F、Cl、Br、I位于同一主族，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则对应的氢化物的稳定性逐渐减弱，所以稳定性HFHClHBrHI，故B错误；C.同周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，则有非金属性ClSPSi，元素的非金属性越强，则对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以有酸性HClO4H2SO4H3PO4H2SiO3，故C错误；D.因为离子半径Na+Mg2+Al3+，而离子电荷Na+Mg2
8、+Al3+，金属晶体中，离子半径越小，电荷数越大，金属键越强，金属键越强，金属晶体熔点越高，故熔点：AlMgNa；Na+、K+的离子电荷数相同，离子半径Na+K+，金属键NaK，故熔点：NaK，故D正确。故选D。8.有关药品的保存和使用正确的是：A. 溴水存放在橡胶塞的细口试剂瓶中B. 新制的氯水存放在棕色瓶中C. 盛放烧碱的试剂瓶应用玻璃塞D. 金属钠保存在乙醇中【答案】B【解析】【详解】A.溴单质能与橡胶塞反应，腐蚀橡胶塞，应用玻璃塞，故A错误；B氯水中的次氯酸见光容易分解，所以新制的氯水需要保存在在棕色试剂瓶中，故B正确；C.氢氧化钠溶液能够与玻璃塞中的二氧化硅反应，保存氢氧化钠溶液不能
9、使用玻璃塞，可以使用橡胶塞，故C错误；D.钠性质活泼，需要隔绝空气密封保存，钠能够与乙醇反应，不能保存在乙醇中；由于钠密度大于煤油和石蜡，所以金属钠可以保存在煤油和石蜡中，故D错误。故选B。【点睛】药品的保存方法应根据其性质决定：见光易分解的避光（棕色瓶）；与空气中某些成分反应的或易挥发的密封（隔绝空气）；固体药品广口瓶；液体药品细口瓶。9.下列各组物质，互为同分异构体的是：A. 金刚石和足球烯（C60）B. 尿素(NH2)2CO 和氰酸铵（NH4CNO）C. H2O和D2OD. 苯和甲苯【答案】B【解析】【详解】A.金刚石和足球烯(C60)都是同种元素的不同单质，属于同分异构体，故A错误；B
10、.氰酸铵（NH4CNO）与尿素CO(NH2)2的分子式相同，均是CH4ON2，但二者的结构不同，互为同分异构体，故B正确；C.H2O和D2O都是由氢氧元素组成的化合物，结构相同，为同一物质，故C错误；D.甲苯和苯在结构上相似，在组成上相差一个“CH2”原子团，互为同系物，故D错误。故选B。10.在元素周期表中金属元素与非金属元素的分界线附近的一些元素能用于制（ ）A. 合金B. 半导体C. 催化剂D. 农药【答案】B【解析】【分析】在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，通常既具有金属性又具有非金属性，可以找到半导体材料。【详解】A.在元素周期表中，金属元素位于元素周期表的左下方，可以用来做
11、导体，可以用来做合金等，像镁和铝等，故A错误；B.在金属元素和非金属元素交接区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如硅等，所以B选项是正确的；C.可以用于做催化剂的元素种类较多，一般为过渡金属元素。故C错误；D.非金属元素位于右上方，非金属可以制备有机溶剂，部分有机溶剂可以用来做农药，故D错误。所以B选项是正确的。二、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个正确答案）11. 关于基本营养物质的说法正确的是A. 所有蛋白质均可通过颜色反应来鉴别B. 葡萄糖和蔗糖不是同分异构体，但属于同系物C. 糖类、油脂、蛋白质都是由C、H、O三种元素组成的
12、D. 油脂在酸性条件下水解为丙三醇和高级脂肪酸【答案】D【解析】试题分析：A因含有苯环的蛋白质才能发生颜色反应，A错误；B葡萄糖和蔗糖不是同分异构体，结构不相似，也不属于同系物，B错误；C因蛋白质的组成元素有C、H、O、N等，C错误；D因油脂在酸性条件下水解为丙三醇和高级脂肪酸，D正确；答案选D。考点：考查糖类、油脂、蛋白质的组成元素和性质12. 下列说法不正确的是A. 在共价化合物中一定含有共价键B. 含有离子键的化合物一定是离子化合物C. 含有共价键的化合物一定是共价化合物D. 化学反应过程中，反应物分子内的化学键断裂，产物分子的化合键形成【答案】C【解析】13. 海带中含有碘元素，某校研
13、究性学习小组设计了如下实验步骤来提取碘：通足量氯气将海带烧成灰，向灰中加水搅拌加CC14振荡过滤用分液漏斗分液。合理的操作顺序为 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】考点：考查物质性质、使用基本操作等相关知识。14.把a、b、c、d四块金属片浸在稀硫酸中，用导线两两连接可以组成原电池，若a、b相连时a为负极；a、c相连时c极上产生大量气泡；b、d相连时b为负极；c、d相连时，电流由d到c。则这四种金属的活动性顺序由大到小为：A. acbdB. abcdC. cabdD. bdca【答案】A【解析】【分析】形成原电池反应时，活泼金属为负极，发生氧化反应，不活泼金属为正极，发生还原反应
14、，根据两极反应现象判断原电池的正负极，可比较金属的活泼性强弱，以此解答。【详解】a、b相连时a为负极，则活泼性ab；a、c相连时c极上产生大量气泡，说明c为正极，活泼性ac；b、d相连时b为负极，则活泼性bd；c、d相连时，电流由d到c，说明d为正极，c为负极，活泼性cd，则活泼性顺序为acbd。故选A。15.两种气态烃组成的混和气体0.1mol完全燃烧得0.16摩尔CO2和3.6gH2O,下列说法正确的（ ）A. 一定有乙烯B. 一定是甲烷和乙烯C. 一定有乙炔D. 一定有甲烷【答案】D【解析】由题意知两气态烃的平均分子式为：C1.6H4，所以两烃必有一烃的碳原子数为1，即甲烷CH4，而另一
15、烃的氢原子数必为4，例如C2H4、C3H4均可16. 市场上有一种加酶洗衣粉，它是在洗衣粉中加入少量的碱与蛋白酶制成的。蛋白酶的催化活性很强，衣物的汗渍、血迹及人体排放的蛋白质、油渍遇到它，都能水解而除去。下列衣料中，不能用加酶洗衣粉洗涤的是棉织品 毛织品 腈纶织品 丝织品A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：加酶洗衣粉含有生物催化剂酶，可以催化蛋白质的分解反应由题意可知这种加酶洗衣粉能分解蛋白质，凡由蛋白质组成的衣料皆不宜用加酶洗衣粉洗涤，毛织品蚕丝织品属于蛋白质，所以不能用加酶洗衣粉；棉织品的主要成分是纤维素，腈纶织品的主要成分是合成纤维，二者可用加酶洗衣粉洗；选D。考点：考
16、查酶的结构与性质。17.甲基丙烯酸甲酯是世界上年产量超过100万吨的高分子单体，旧法合成的反应是(CH)2C=O+HCN (CH)2C(OH)CN(CH)2C(OH)CN+CHOH+H2SO4CH2= C(CH)COOCH+NH4HSO4，90年代新的反应是：CHCCH+CO+CHOHCH2=C(CH3)COOCH，与旧法比较，新法的优点是：原料无爆炸危险 ；原料都是无毒物质；没有副产物，原料利用率高；对设备腐蚀性较小。正确的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】CH3CCH、CO都是气体，与空气混合，遇明火即有爆炸危险，错误；HCN、CO为有毒物质，错误；新法只生成甲基丙烯酸甲酯，没有
17、副产物，原料利用率高，正确；旧法中使用的H2SO4、HCN等对设备有腐蚀作用，而新法中没用酸，故新法对设备腐蚀性较小，正确，答案选B。18. 用30g乙酸与46g乙醇反应，如果实际产率是理论产率的67%，则可得到的乙酸乙酯的质量是A. 29.5gB. 44gC. 74.8gD. 88g【答案】A【解析】试题分析：制备乙酸乙酯的化学反应方程式为：CH3COOHCH3CH2OHCH3COOC2H5H2O，30g乙酸与46g乙醇分别为0.5mol，1mol，所以实际中最大能够得到0.5mol的乙酸乙酯，所以乙酸乙酯的质量=880.567%=29.5g，所以本题的答案选A。考点：酯化反应点评：乙酸乙酯
18、的合成是高考化学的经典实验之一，该题考查了对其进行简单的计算，注意要将乙酸和乙醇转化为摩尔数，再进行判断。19.已知X、Y、Z为三种原子序数相连的元素，最高价氧化物对应水化物的酸性相对强弱是：HXO4H2YO4H3ZO4。则下列说法正确的是A. 气态氢化物的稳定性：HXH2YZH3B. 非金属性：YXYZD. 原子序数：ZYX【答案】A【解析】试题分析：X、Y、Z为三种原子序数相连的元素，根据最高价氧化物对应水化物的酸的化学式判断X、Y、Z分别是同周期的第七、第六、第五主族元素。A、三种元素的非金属性的强弱是XYZ，所以气态氢化物的稳定性：HXH2YZH3，正确；B、根据A判断，错误；C、同周
19、期元素，从左到右原子半径逐渐减小，错误；D、X的原子序数最大，Z的原子序数最小，错误，答案选A。考点：考查元素周期律应用20.某一化学反应在0.5L的密闭容器中，反应物B的物质的量在5s内从2.0mol变成0.5mol，在这5s内B的化学反应速率为：A. 3mol/LB. 0.3mol/LsC. 0.6mol/LsD. 0.1mol/Ls【答案】C【解析】【分析】化学反应速率表示单位时间内浓度的变化量，利用v=计算出v（B）。【详解】5s内，B的化学反应速率为v（B）= =0.6mol/（Ls）。故选C。第卷（非选择题，共50分）三、填空题（32分）21. 根据元素周期表120号元素的性质和递
20、变规律,回答下列问题。(1)属于金属元素的有种,金属性最强的元素与氧气反应生成的化合物有(填两种化合物的化学式)。(2)属于稀有气体的是(填元素符号,下同)。(3)形成化合物种类最多的两种元素是。(4)第三周期中,原子半径最大的是(稀有气体除外)。(5)推测Si、N最简单氢化物的稳定性大于(填化学式)。【答案】(1)7K2O、K2O2(KO2也可以)(2)He、Ne、Ar(3)C、H(4)Na(5)NH3SiH4【解析】前20号元素中,(1)属于金属元素的共有7种,其中金属性最强的元素是钾,钾与氧气反应生成的化合物有K2O、K2O2、KO2等;(2)属于稀有气体的有He、Ne、Ar;(3)形成
21、化合物种类最多的两种元素是C、H;(4)同一周期,随原子序数递增原子半径逐渐减小,故第三周期中,原子半径最大的是Na;(5)非金属性:NPSi,故NH3的稳定性大于SiH4的稳定性。22.请将所选下列物质的转化或分离方法的序号填在横线上（每一项只填写一种方法）。溶解 裂解 分馏 裂化 干馏 蒸馏 电解 过滤 萃取（1）把煤转化为焦炉气、煤焦油和焦炭等_。（2）从原油中分离出汽油、煤油、柴油等_。（3）将重油转化为汽油_。（4）将海水淡化_。（5）从海水得到的无水MgC12中提取金属镁_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). 【解析】【分析】根据不同分离方法的分离原理结合物
22、质的性质，选择合适的制备或分离方法。【详解】（1）工业把煤转化为焦炉气、煤焦油和焦炭等常用干馏的方法制备，故答案为：。（2）汽油、煤油、柴油的沸点不同，工业常用分馏的方法分离，故答案为：。（3）将重油转化为汽油用裂化的方法制得，故答案为：。（4）从海水中获取淡水，可用蒸馏的方法分离，加热时水蒸发，冷却后可得到纯净水，故答案为：。（5）Mg为活泼金属，工业用电解MgC12的方法制得单质Mg，故答案为：。【点睛】物质分离、提纯的方法：1.蒸馏：分离、提纯沸点相差较大的混合溶液；2.重结晶：分离、提纯溶解度受温度影响较大的固体混合物；3.分液：分离、提纯互不相溶的液体混合物；4.洗气：分离、提纯气体
23、混合物；5.过滤：分离不溶性的固体和液体。23. 已知：A是自石油的重要有机化工原料，E是具有果香味的有机物，F是一种高聚物，可制成多种包装材料。（1）A的电子式为 ，C的名称 ，F的结构简式 。（2）D分子中的官能团名称是 ，请设计一种实验来验证D物质存在该官能团的方法是 。（3）写出下列反应的化学方程式并指出反应类型： ，反应类型 。【答案】（14分）（1）（2分）； 乙醛（2分）（2分）（2）羧基（2分）取少量的物质于试管中滴加石蕊试液，若溶液变红则证明该物质中存在COOH（可以用Na2CO3溶液、Mg、新制Cu（OH）2等） （2分）（3）CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOC
24、H2CH3+H2O（2分），酯化（2分）【解析】试题分析：A是来自石油的重要有机化工原料，A得到的F是一种高聚物，可制成多种包装材料，A为乙烯，F为聚乙烯，B与D可以得到E，E是具有果香味的有机物，E为酯，故B为乙醇，D为乙酸，E为乙酸乙酯，B催化氧化生成C，C为乙醛。（1）由上述分析可知，A是乙烯，电子式为，C为乙醛，F是聚乙烯，结构简式为，。（2）D是乙酸，分子含有羧基。羧基显酸性，则检验羧基的方法是取少量物质与试管中滴加石蕊试液，若溶液变为红色，说明该物质含有COOH。（3）反应是乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应方程式为CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3H2O
25、，该反应也是取代反应。考点：考查有机物的推断，点评：该题是基础性试题的考查，涉及烯、醇、羧酸等性质与转化，难度不大，是对有机知识的总运用，有机推断是高考中的常见题型，每年高考中必考，经常给出某反应信息要求学生加以应用，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，是热点题型，需要重点掌握。24.（1）微粒 Na+ 中的质子数是_，中子数是_，核外电子数是_。（2）用电子式表示下列化合物的形成过程H2S_；MgF2_【答案】 (1). 11 (2). 12 (3). 10 (4). (5). 【解析】【详解】（1）因Na+的质子数为11，质量数为23，中子数=质量数-质子数=23-11=12，核外
26、电子数=质子数-所带电荷数=11-1=10，故答案为：11；12；10。（2）H2S为共价化合物，分子中存在两个H-S键，用电子式表示其形成过程为：；MgF2为离子化合物，氟离子和镁离子通过离子键形成离子化合物氟化镁，用电子式表示其形成过程为：，故答案为：，。【点睛】一般来说，活泼的金属元素与活泼的非金属元素之间形成离子键（AlCl3、BeCl2除外），非金属元素间形成共价键（铵盐除外）。四、实验题（12分）25.某同学取三份锌粒，放入三只烧杯中，然后在甲、乙两只烧杯中分别加入2mol/L的盐酸、稀硫酸各45mL，丙烧杯中加入刚刚用5mL18mol/L的浓硫酸稀释而成的45mL稀硫酸溶液，若反
27、应终止时，生成的气体一样多，且锌粒没有剩余。（1）参加反应的锌的质量：甲_乙_丙（填“”、“”、“=”，下同）。（2）反应速率，甲_乙，原因_。（3）反应完毕 所需时间：乙_丙，原因是_。【答案】 (1). = (2). = (3). (6). 乙、丙烧杯中稀硫酸浓度相同，但是丙中稀硫酸溶液的温度比乙中高，速率更快，消耗时间短【解析】【分析】（1）反应的实质为：Zn+2H+=Zn2+H2，结合反应的离子方程式判断；（2）相同浓度的盐酸和硫酸溶液中，硫酸溶液中氢离子浓度较大；（3）丙中硫酸的物质的量浓度为=2mol/L，但丙中溶液温度较高。【详解】（1）反应的实质为：Zn+2H+=Zn2+H2，
28、生成的气体一样多，则反应的锌的质量一样多，故答案为：=，=。（2）相同浓度的盐酸和硫酸溶液中，硫酸溶液中氢离子浓度较大，则乙反应速率较大，故答案为：；乙、丙烧杯中稀硫酸浓度相同，但是丙中稀硫酸溶液的温度比乙中高，速率更快，消耗时间短。五、计算题（6分）26.有锌-铜和稀硫酸组成的原电池，当导线中有0.2摩尔电子转移时，问：（1）负极金属质量减少多少克？_（2）正极产生的（标准状况下）气体的体积？_【答案】 (1). 6.5g (2). 2.24L【解析】【分析】铜锌原电池中，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，根据锌、氢气和转移电子之间的关系式计算。【详解】（1）该原电
29、池放电时，负极上锌失电子发生氧化反应，电极方程式为：Zn-2e-=Zn2+，设当导线中有0.2mol电子通过时，负极锌片减少的物质的量为x。Zn-2e-=Zn2+ 转移电子1mol 2molx 0.2molx=0.1mol。负极锌片减少的质量为m(Zn)=0.1mol65g/mol=6.5g，故答案为：6.5g。（2）该原电池放电时，正极上氢离子得电子发生还原反应，电极方程式为：2H+2e-=H2，设当导线中有0.2mol电子通过时，铜片上析出氢气的物质的量为y。2H+2e-=H2 转移电子1mol 2moly 0.2moly=0.1mol。正极产生的（标准状况下）气体的体积V(H2)=0.1mol22.4L/mol=2.24L，故答案为：2.24L。