1、广东省汕头市金山中学2019-2020学年高一化学下学期6月月考试题（含解析）1.“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是A. 蚕丝的主要成分是蛋白质B. 蚕丝属于天然高分子材料C. “蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应D. 古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物【答案】D【解析】【详解】A. 蚕丝的主要成分是蛋白质，A项正确；B. 蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质是天然高分子化合物，B项正确；C. “蜡炬成灰”指的是蜡烛在空气中与氧气反应，属于氧化反应，C项正确；D. 高级脂肪酸酯不属于高分子聚合物，D项错误；答案选D。【点睛】高中化
2、学阶段，常见的天然高分子化合物有：淀粉、纤维素、蛋白质。2.下列有关说法正确的是A. 淀粉溶液中加入硫酸，加热45min，再加入少量银氨溶液，加热，有光亮银镜生成B. 食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应C. 包装用材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃D. 糖尿病病人不宜吃粽子，因为糯米中含大量的葡萄糖会使血糖升高【答案】B【解析】【详解】A淀粉水解用硫酸做催化剂，即反应环境为酸性，而银镜反应必须是在碱性环境下，故应先将淀粉的水解液中加入氢氧化钠中和，然后再加入银氨溶液，加热，才可能看到有光亮的银镜生成下，故A错误；B食用花生油属于油脂，含有酯基，鸡蛋清成分为蛋白质，含有肽键，都能发生水解反应，故B正确
3、；C烃中只含C、H元素，而聚氯乙烯中含Cl元素，聚氯乙烯不属于烃，而聚乙烯属于烃类物质，故C错误；D糖尿病病人不能吃粽子，因为糯米中含大量的淀粉能水解生成葡萄糖，会使血糖升高，故D错误；答案选B。3.在下列物质中，所含化学键类型相同的一组是（ ）A. Na2O2、H2O2B. Na2S、SO2C. CCl4、CH4D. NH4Cl、HCl【答案】C【解析】【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，以此解答该题。【详解】A过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O-O原子之间存在非极性共价键，H2O2中H-O原子之间存在极性共价键，O-O原子之间
4、存在非极性共价键，两物质含有的化学键类型不同，故A错误；B硫化钠为离子化合物，含有离子键，二氧化硫只含有共价键，两物质含有的化学键类型不相同，故B错误；CCCl4、CH4分子内分别存在C-Cl、C-H键，都为极性共价键，两物质含有的化学键类型相同，故C正确；DNH4Cl中铵根离子和氯离子之间以离子键结合，氯化氢中氯元素和氢元素之间以共价键结合，两物质含有的化学键类型不相同，故D错误；答案为C。4.下列化学用语或表达式正确的是A. 二氧化碳的结构式：OCOB. S2的结构示意图：C. 含有10个中子的氧原子的符号：OD. 硫化钠的电子式：【答案】C【解析】【详解】A二氧化碳为直线型结构，分子中含
5、有两个碳氧双键，正确的结构式为：O=C=O，A错误；B硫离子的核电荷数为16，核外电子总数为18，最外层达到8电子稳定结构，结构示意图为，B错误；C原子核内有10个中子氧原子的质量数为18，该原子可以表示为：O，C正确；D硫化钠为离子化合物，电子书为：，D错误；故选C。5.欲制取较纯净的CH2ClCH2Cl（即1，2二氯乙烷），可采取的方法是A. 乙烯与Cl2加成B. 乙烯与HCl加成C. 乙烷与Cl2按12体积比在光照条件下反应D. 乙烯先与HCl加成，再与等物质的量的Cl2在光照下反应【答案】A【解析】【详解】A乙烯含有碳碳双键，和氯气加成生成物是1，2二氯乙烷，故A正确；B乙烯与HCl加
6、成生成物是氯乙烷，故B错误；C. 乙烷与Cl2按12的体积比在光照条件下反应，是取代反应，得到的卤代烃是混合物，故C错误；D. 乙烯先与HCl加成，再与等物质的量的Cl2在光照下反应，取代反应中生成物也是混合物，故D错误；故选A。【点睛】有机合成路线的选择基本要求是：原料廉价易得，路线简捷，便于操作，反应条件适宜，产品易于分离，产品纯度高等。6.下列各组元素性质递变情况错误的是（ ）A. H、Be、B原子最外层电子数依次增多B. P、S、Cl元素最高正化合价依次升高C. B、C、N、O、F原子半径依次增大D. Li、Na、K、Rb的金属性依次增强【答案】C【解析】【详解】A、H、Be、B、最外
7、层电子数分别为1、2、3，则最外层电子数依次增大，A正确；B、P、S、Cl的最高正价依次为+5、+6、+7，则最高正价依次增大，B正确；C、B、C、N、O、F位于同一周期，且原子序数依次增大，则原子半径依次减小，C错误；D、Li、Na、K、Rb位于同一主族，且原子序数依次增大，则金属性依次增大，D正确；故合理选项为C。7.下列图示变化为吸热反应的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】常见的放热反应有：燃烧、金属与酸反应、金属与水反应、酸碱中和反应、铝热反应和绝大多数化合反应等；常见的吸热反应有：绝大数分解反应、某些化合反应（如碳与二氧化碳的反应）、碳与水蒸气的反应、氯化铵晶体与B
8、a（OH）28H2O的反应等，反应物的总能量大于生成物的总能量的反应为放热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量的反应为吸热反应，以此来解答。【详解】AZn与稀硫酸反应为放热反应，故A不符合题意； B图中反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，故B不符合题意；C浓硫酸稀释放热，为物理过程，不是化学反应，故C不符合题意；D图中反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，故D符合题意；答案选D。【点睛】需要注意：物理变化中的放热或吸热不能归为放热反应或吸热反应。8.分析如图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是（ ）A. 中Mg作负极，中Fe作负极B. 中Mg作正极，电极反应式为6H2O+
9、6e-=6OH-+3H2C. 中Fe作负极，电极反应式为Fe-3e-=Fe3+D. 中Cu作正极，电极反应式为2H+2e-=H2【答案】B【解析】【分析】装置中，电解质液为稀硫酸，镁的活泼性强于铝，故Mg作负极；装置中，电解质液为氢氧化钠溶液，镁不能与其反应，故Al作负极；装置中，铁与浓硝酸钝化，故Cu作负极；装置中，发生吸氧腐蚀，Fe作负极。【详解】A.装置中Al作负极，装置中，铁与浓硝酸钝化，故Cu作负极，A错误；B.装置中Al作负极，Mg作正极，电极反应式为6H2O+6e-=6OH-+3H2，B正确；C.装置中Cu作负极，C错误；D.装置中Fe作负极，Cu作正极，电极反应式为O2+2H2
10、O+4e-=4OH-，D错误；答案选B。9.已知一定温度下，在2L的密闭容器中，合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的各物质数据如下：N2H2NH3起始时各物质的物质的量/mol2.06.002s末各物质的物质的量/mol1.23.61.6以氢气来表示该化学反应反应速率为（ ）A. 0.2molL-1s-1B. 0.4molL-1s-1C. 0.6molL-1s-1D. 0.8molL-1s-1【答案】C【解析】【详解】由表格数据可知，n（H2）=6.0mol-3.6mol=2.4mol，则以氨气来表示该化学反应的反应速率为=0.6 molL-1s-1。故选C。10.使0.25mo
11、l乙烯与氯气完全发生加成反应，然后使该加成反应的产物与氯气在光照条件下发生取代反应，则取代反应过程中消耗氯气的总物质的量最多为A. 0.5molB. 1molC. 1.25molD. 1.5mol【答案】B【解析】【详解】乙烯与氯气发生加成反应，0.25mol乙烯与0.25mol氯气发生加成反应生成0.25mol ClCH2CH2Cl，生成的产物与氯气在光照条件下发生取代反应，取代1个氢原子消耗1个氯气，因此0.25mol ClCH2CH2Cl取代消耗1mol氯气，答案选B。11.某单烯烃与H2加成后产物为异戊烷，则该烯烃可能的结构简式有）A. 1种B. 2种C. 3种D. 4种【答案】C【解
12、析】【详解】某单烯烃与H2加成后的产物为异戊烷，异戊烷的结构简式为，对异戊烷碳原子进行编号，其中4、5号碳原子关于3号碳原子对称，相邻碳原子上各去掉一个氢原子形成双键，所以能形成双键的有：1、2之间、2、3之间、3、4之间，共有3种，答案选C。12.1mol某烃在氧气中充分燃烧，需要消耗8mol氧气。它在光照的条件下与氯气反应能生成三种不同的一氯取代物。该烃的结构简式是（ ）A. B. CH3CH2CH2CH2CH3C. D. （CH3）2CHCH（CH3）2【答案】B【解析】【详解】设该烃的化学式为CaHb，由燃烧通式知a+=8，由此可以排除A、D；B、C的分子式均为C5H12，符合a+=8
13、，B戊烷一氯代物有三种，C异戊烷一氯代物有四种，故选B。13.一定量的甲烷恰好与一定量的氧气完全反应后得到CO、CO2和水蒸气共30.4g，该产物缓缓通过浓硫酸充分吸收后，浓硫酸增重14.4g，则该反应中产生的CO2的物质的量为A. 0.3molB. 0.2molC. 0.1molD. 0.01mol【答案】A【解析】【分析】CH4燃烧产物为CO、CO2、H2O(g)，产物通过浓H2SO4时，浓H2SO4作用是吸收水分，浓H2SO4增重14.4g为水的质量，根据H原子守恒可计算CH4的物质的量，根据C原子守恒可计算CO和CO2的物质的量，根据二者质量可计算CO2的物质的量，据此分析计算解答。【
14、详解】当其缓缓通过足量浓H2SO4时，浓硫酸增重14.4g，则水的质量为14.4g，n(H2O)=0.8moL，根据H原子守恒，可知：n(CH4)=n(H2O)=0.4mol，根据C原子守恒，则：n(CO)+n(CO2)=0.4mol，又：m(CO)+m(CO2)=30.4g-14.4g=16g，则：0.4mol-n(CO2)28g/mol+n(CO2)44g/mol=16g，解之得：n(CO2)=0.3mol。答案选A。14.若乙酸分子中的都是，乙醇分子中的都是，二者发生酯化反应所得生成物中水的相对分子质量是（ ）。A. 16B. 18C. 20D. 22【答案】C【解析】【详解】本题的易错
15、点是对酯化反应的机理不清楚，导致无法解题。根据酯化反应的断键规律，该反应的化学方程式为，故C项正确。15.如图是分离乙酸乙酯、乙酸和乙醇混合物的实验操作流程图，在如图所示实验过程中，所涉及的三次分离操作分别是( )A. 蒸馏；过滤；分液B. 分液；蒸馏；蒸馏C. 蒸馏；分液；分液D. 分液；蒸馏；结晶、过滤【答案】B【解析】【详解】乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，溶液中的主要成分为乙酸钠和乙醇，二者沸点相差较大，蒸馏可得到乙醇，乙酸钠加入硫酸，得到乙酸和硫酸钠，二者沸点相差较大，蒸馏可得到乙酸，故选B。【点睛】本题考查物质的分离、提纯的实验方案的设计，侧重于考查学生分析能力、
16、实验能力，注意把握物质的性质的异同，熟悉常见混合物的分离方法。16.下表是元素周期表的一部分。族周期AAAAAAA0二三回答下列问题:(1)元素的名称是_，元素的符号是_。(2)这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，_酸性最强，_碱性最强(填化学式)。(3)设计合理的实验方案比较与的化学性质(简述实验操作、现象及结论)：_【答案】 (1). 碳 (2). S (3). HClO4 (4). NaOH (5). 分别将少量的Na和Mg投入到水中，发现能和水剧烈反应的是Na，说明Na的化学性质更活泼(合理即可)【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置可知，为C元素，为N元素，为O元素，为F元素，为
17、Na元素，为Mg元素，为Al元素，为S元素，为Cl元素，为Ar元素，据此分析解答。【详解】(1)根据分析，元素的名称是碳；元素的符号是S；(2)非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，根据同周期、同主族元素非金属性的递变规律可知，元素非金属性最强的是F，但F无最高正价，因为我们知道，HClO4是已知的最高价含氧酸中酸性最强的，即酸性最强的是HClO4；金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，根据同周期、同主族元素金属性的递变规律可知，元素金属性最强的是即Na，则碱性最强的必是NaOH；(3)和分别是Na和Mg，根据同主族元素金属性的递变规律可知，金属性NaMg，根据判断金属性
18、强弱的方法，可依据分别将少量的Na和Mg投入到水中，发现能和水剧烈反应的是Na，说明Na的化学性质更活泼(合理即可)。17.某化学实验小组用酸性KMnO4溶液和草酸(H2C2O4)溶液反应，研究外界条件对反应速率的影响，实验操作及现象如下：编号实验操作实验现象I向一支试管中先加入1mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液，再加入1滴3mol/L硫酸和9滴蒸馏水，最后加入1mL0.1mol/L草酸溶液前10min内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅，30min后几乎变为无色II向另一支试管中先加入1mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液，再加入10滴3mol/L硫酸，最后加入1mL0.1mol
19、/L草酸溶液80s内溶液紫色无明显变化，后颜色迅速变浅，约150s后几乎变为无色(1)由实验I、II可得出的结论是_。(2)关于实验II中80s后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出了猜想：该反应中生成的Mn2+对反应有催化作用。利用提供的试剂设计实验III，验证猜想。提供的试剂：0.01mol/L酸性KMnO4溶液，0.1mol/L草酸溶液，3mol/L硫酸，MnSO4溶液，MnSO4固体，蒸馏水补全实验III的操作：向试管中先加入1mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液，再加入_滴3mol/L硫酸，然后加入少量_，最后加入1mL0.1mol/L草酸溶液。若猜想成立，应观察到的实验现象是加入
20、草酸溶液后，溶液颜色开始变浅的时间_(填“”“=”或“”)80s。(3)该小组拟采用如图所示的实验方案继续探究外界条件对反应速率的影响。他们拟研究的影响因素是_。你认为他们的实验方案合理吗？理由是_。【答案】 (1). 其他条件相同时，H+(或硫酸)浓度越大，反应速率越快 (2). 10 (3). MnSO4固体 (4). (5). KMnO4溶液浓度 (6). 不合理，KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢【解析】【分析】(1)对比实验I、II，加入酸的量不同，总体积相同，则氢离子浓度不同；(2)加入试剂的总体积仍旧为10滴溶液，且初始量（条件）与
21、实验II相同，且需要加入一定量的硫酸锰；若Mn2+对反应有催化作用，催化剂可以加快反应速率，加入草酸溶液后，则溶液迅速褪色，所用时间变短；(3)根据图像信息，使用的高锰酸钾的浓度不同；高锰酸钾的浓度不同，导致溶液颜色深浅不同，设计不合理。【详解】(1)实验I、II其他条件相同，只是氢离子浓度不相同，氢离子浓度越大，变色所需时间越短，反应速率越快，因此实验I、II可得出的结论是其他条件相同时，H+(或硫酸)浓度越大，反应速率越快；(2)为了验证实验II中80 s后溶液颜色迅速变浅的是否有锰离子其催化作用，应其他条件相同，只改变锰离子的量，因此向试管中先加入1 mL 0.01 molL1酸性KMn
22、O4溶液，再加入10滴3 molL1硫酸，然后加入少量MnSO4固体，最后加入1 mL 0.1 molL1草酸溶液；若猜想成立，即反应产生的锰离子对反应有催化作用，催化剂能加快反应速率，应观察到的实验现象是加入草酸溶液后，溶液颜色开始变浅的时间80s；(3)根据图像信息，使用的高锰酸钾的浓度不同，则探究因素为高锰酸钾的浓度对反应速率的影响；由于高锰酸钾浓度不同，则高锰酸钾溶液颜色深浅不同，不能通过褪色时间长短来判断应快慢，因此他们的实验方案不合理。【点睛】本题的易错点为(3)，要注意研究某一反应条件对化学反应速率的影响时，需要保证其他条件完全相同。18.(1)化合物A的结构简式为：，它是汽油燃
23、烧品质抗震性能的参照物，用系统命名法对A进行命名，其名称为_。(2)下列有机物中所有原子可以在同一个平面上的是_(填序号)。(3)下列能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是_(填序号)。A.乙醇B.聚乙烯C.苯D.甲苯E.戊烷F.苯乙烯G.花生油(4)已知苹果酸的结构简式为。试回答：苹果酸分子中含有的官能团的名称是_；苹果酸与足量金属钠反应的化学方程式为_；苹果酸与氧气在铜的催化下加热反应的化学方程式为_。(5)苯与浓硫酸和浓硝酸混合加热产生硝基苯的化学方程式为_。(6)C3H6ClBr的同分异构体有_种。(7)生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应物不能完全变成生成物，反应一段时间后，就达到了该反应的限度
24、，也即达到化学平衡状态。下列描述能说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态的有(填序号)_。单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸正反应的速率与逆反应的速率相等混合物中各物质的浓度不再变化【答案】 (1). 2，2，4三甲基戊烷 (2). ABD (3). ADFG (4). 羟基，羧基 (5). 2+6Na2+3H2 (6). 2+O22+2H2O (7). +HNO3(浓)+H2O (8). 5 (9). 【解析】【详解】(1)化合物A的结构简式为：，它是汽油燃烧品质抗震
25、性能的参照物，根据系统命名法，选择最长碳链为主链，主链为5个碳，支链最多且最近的一端编号，则A名称为2，2，4三甲基戊烷；(2)A乙烯为平面结构，所有原子在同一平面，故A符合题意；B苯为平面正六边形，所有原子在同一平面，故B符合题意；C甲苯中含有甲基，甲基具有类似甲烷的四面体结构，故所有原子不可能共面，故C不符合题意；D苯乙烯中，苯环和碳碳双键都为平面结构，碳碳单键可旋转，可使苯环与碳碳双键共面，则所有原子能在同一平面，故D符合题意；答案选ABD；(3)A乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A符合题意；B聚乙烯中不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B不符合题意；C
26、苯的结构稳定，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C不符合题意；D甲苯中含有甲基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D符合题意；E戊烷不与酸性高锰酸钾溶液反应，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故E不符合题意；F苯乙烯含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故F符合题意；G花生油属于不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故G符合题意；答案选ADFG；(4)已知苹果酸的结构简式为；苹果酸分子中含有的官能团的名称是羟基，羧基；苹果酸中的羟基和羧基均能与金属钠反应，则与足量金属钠反应的化学方程式为2+6Na2+3H
27、2；苹果酸中含有醇羟基，且羟基相连的碳原子上有氢原子，能被发催化氧化，则与氧气在铜的催化下加热反应的化学方程式为2+O22+2H2O；(5)苯与浓硫酸和浓硝酸混合加热产生硝基苯的化学方程式为+HNO3(浓)+H2O；(6)C3H6ClBr可以可知丙烷中的2个H原子分别为1个Cl、1个Br原子取代，丙烷只有一种结构，氯原子与溴原子取代同一碳原子上的H原子，有CH3CH2CHBrCl、CH3CBrClCH3有2种，可以取代不同碳原子上的H原子，有BrCH2CH2CH2Cl、CH3CHBrCH2Cl、CH3CHClCH2Br有3种，故共有5种；(7)单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水，不能体现正逆反应速率，不能判定平衡状态，故不能说明乙醇与乙酸的酷化反应已达到化学平衡状态；单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸，正逆反应速率相等，能判定平衡状态，故能说明乙醇与乙酸的酷化反应已达到化学平衡状态；单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸，不能体现正逆反应速率，不能判定平衡状态，故不能说明乙醇与乙酸的酷化反应已达到化学平衡状态；正反应速率与逆反应速率相等，能判定平衡状态，故能说明乙醇与乙酸的酷化反应已达到化学平衡状态；反应混合物中各物质的浓度不再变化，能判定平衡状态，故能说明乙醇与乙酸的酷化反应已达到化学平衡状态；答案为。
