1、山西省2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C 12 N 14 O16 Na23 Mg24 Fe56一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项是符合题目要求的)1.化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法错误的是A. SiO2超分子纳米管属无机非金属材料B. 草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥”的主要成分是碳酸钙C. “84”消毒液和医用酒精杀灭新冠病毒的原理不同D. 本草纲目记载的“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”的实验方法可用来分离乙酸和乙醇【答案】B【解析】【详解】ASiO2属于无机非金属材料，SiO2制取的超分子纳米管
2、属无机非金属材料，A正确； B碳酸钙需要在高温下煅烧分解才能得到二氧化碳，草莓棚中不能使用碳酸钙分解来产生二氧化碳，B错误；C84消毒液利用次氯酸的强氧化性消毒，而医用酒精利用乙醇能使蛋白质变性消毒，原理不同，C正确；D“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”涉及蒸馏的方法，蒸馏可根据乙醇、乙酸沸点的不同，用来分离乙酸和乙醇，D正确；答案为B。2.化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语的说法正确的是A. 中子数为10的氮原子NB. CO2的结构式：O=C=OC. S2-的结构示意图为D. 乙烯的比例模型为【答案】B【解析】【详解】A中子数为10的氮原子，A说法错误；BCO2的结构式：O=C=O，B
3、说法正确；CS2-的结构示意图为，C说法错误；D乙烯的球棍模型为，D说法错误；答案为B。3.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是A. 1mol OH- 中，含有10NA个电子B. 1molL-1的硫酸中，H+ 的数量为2NAC. 常温常压条件下，22.4L CO2分子的质量为44gD. 等物质量的O2与O3，前者比后者少NA个氧原子【答案】A【解析】【详解】A1mol OH- 中，含有10NA个电子，A叙述正确；B1molL-1的硫酸中，未给定溶液的体积，则H+ 的数量无法确定，B叙述错误；C常温常压条件下，22.4L CO2分子的物质的量小于1mol，则质量小于44g，C叙述错误；
4、D等物质的量的O2与O3，物质的量不一定为1mol，则前者比后者少多少个氧原子不能确定，D叙述错误；答案为A。4.下列叙述正确的是A. 离子化合物中只能含有离子键B. CO2中含有极性共价键，但它属于非极性共价化合物C. 硝酸中含有H+和NO，故HNO3为离子化合物D. Na2O2只含有离子键，它属于离子化合物【答案】B【解析】【详解】A离子化合物中既可以含有离子键，又可以含有共价键，A叙述错误；BCO2中含有极性共价键，但它属于非极性共价化合物，B叙述正确；C硝酸中只含有共价键，不含有H+和NO，故HNO3为共价化合物，C叙述错误；DNa2O2既含有离子键，又含有共价键，但它属于离子化合物，
5、D叙述错误；答案为B。5.下列有关化学现象和化学概念表述正确的是A. 05mol Fe和含1mol HNO3的稀溶液充分反应后，滴入KSCN溶液，溶液变红B. Fe(OH)3胶体做电泳实验时，由阴极区红色加深可知Fe(OH)3胶体带正电荷C. 向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明一定是氯水中的HClO氧化了Fe2+D. 1mol H3PO3最多可与2mol NaOH发生中和反应，因此Na2HPO3属于正盐【答案】D【解析】【详解】AFe和HNO3的稀溶液反应的方程式为：Fe4HNO3=Fe(NO3)3NO2H2O，由方程式可知，0.5molFe和含1 mol HNO3的稀溶液充
6、分反应后，生成Fe30.25mol，Fe剩余0.25mol，剩余的铁与Fe3发生反应：Fe2Fe3=3Fe2，由方程式可知，0.25mol Fe3完全反应，溶液中无Fe3，所以加入KSCN溶液后，溶液不变红，故A错误；B胶体不带电，氢氧化铁胶体做电泳实验时阴极颜色加深，只能说明氢氧化铁胶粒带电，故B错误；C氯气与次氯酸均有强氧化性，氯气可氧化亚铁离子，溶液颜色变成棕黄色，不能说明HClO能氧化Fe2+，故C错误；D1mol H3PO3最多可与2 mol NaOH发生中和反应，说明H3PO3为二元酸，则Na2HPO3属于正盐，故D正确；答案为D。6.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.
7、 能使甲基橙变红的溶液：Na+、NH、NO、COB. 碱性溶液中：K+、NH、Cl-、SCN-C. 常温下pH10的溶液：K+、Na+ 、AlO、HCOD. 澄清透明的溶液：Cu2+、NH 、NO 、SO【答案】D【解析】【详解】A能使甲基橙变红的溶液显酸性，酸性溶液中碳酸根不能大量存在，故A不符合题意；B碱性溶液中铵根不能大量存在，故B不符合题意；CpH=10的溶液碱性较强，碳酸氢根会和氢氧根反应生成碳酸根和水，故C不符合题意；D四种离子相互之间不反应，不产生沉淀，可以在澄清透明的溶液中大量存在，故D符合题意；综上所述答案为D。7.短周期金属元素甲戊在元素周期表中的相对位置如右表所示，下面判
8、断正确的是A. 原子半径：丙丁戊B. 金属性：甲丙C. 氢氧化物碱性：丙丁戊D. 最外层电子数：甲乙【答案】C【解析】【详解】A根据同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：丙丁戊，A项错误；B根据同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，则金属性：甲丁戊，由于元素的金属性越强，其氢氧化物碱性越强，故氢氧化物的碱性：丙丁戊，C项正确；D根据同周期元素从左到右，原子的最外层电子数逐渐增多，则最外层电子数：甲乙，D项错误；故答案选C。8.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是A. NH3、O2、NO、H2O(g)同时存在时，则反应达到化学平衡状态B
9、. 单位时间内生成x mol NO，同时消耗x mol NH3时，说明反应达到化学平衡状态C. 达到化学平衡状态时，若增大容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大D. 化学反应速率关系是3v正(NH3)=2v正(H2O)【答案】D【解析】A、四种气体同时存在时，不能说明可逆反应达到了化学平衡状态，A错误；B、NO的生成与NH3的消耗均表示正反应，不能说明反应达到平衡状态，B错误；C、达到化学平衡状态时，增大容器体积，反应物、生成物浓度同时减小，正、逆反应速率同时减小，C错误；D、在反应的任意状态总有v正(NH3)v正(H2O)=46，即3v正(NH3)=2v正(H2O)，D正确。答案选D。9
10、.新冠肺炎蔓延期间，为了保护自己和家人，我们应该尽量减少外出，勤洗手，物品使用前可使用75%的酒精进行消毒。75%的酒精的主要成分是乙醇，下列关于乙醇的说法正确的是A. 乙醇的结构式为C2H6OB. 乙醇可以发生催化氧化反应生成乙醛C. 乙醇与钠反应时的断键位置为，D. 用18O标记的CH3CH218OH与乙酸反应生成乙酸乙酯的化学反应方程式为CH3CH218OHCH3COOHCH3COOCH2CH3H218O【答案】B【解析】【详解】A乙醇的结构式为，选项所给为乙醇的分子式，故A错误；B乙醇含有羟基，且与羟基相连的碳原子上有两个氢原子，可以被催化氧化成乙醛，故B正确；C乙醇和钠反应生成氢气，
11、断裂羟基中的氢氧键，即，故C错误；D乙醇和乙酸的酯化反应中乙醇脱去氢原子，乙酸脱去羟基，所以化学方程式为CH3CH218OHCH3COOHCH3CO18OCH2CH3H2O，故D错误；综上所述答案为B。10.图是某同学设计的原电池的装置。下列说法正确的是A. 溶液中的SO向铜极移动B. 铜片为原电池的正极，正极上发生氧化反应C. 如果将稀硫酸换成柠檬汁，导线中不会有电子流动D. 铁片质量逐渐减小，发生的反应为：Fe2e-=Fe2+【答案】D【解析】【分析】根据装置图可知，总反应为Fe+H2SO4=FeSO4+H2，所以铁电极为负极，铜电极为正极。【详解】A原电池中阴离子流向负极，所以硫酸根流向
12、铁电极，故A错误；B根据分析铜电极为正极，电极上氢离子得电子发生还原反应，故B错误；C柠檬汁显酸性，依然可以发生铁与氢离子的反应，且能形成闭合回路，导线中会有电子流动，故C错误；D铁为负极，失电子生成铁离子，所以铁片质量逐渐减小，电极反应为Fe2e-=Fe2+，故D正确；综上所述答案为D。11.已知反应X(g)3Y(g)Z(g)2W(g)在四种不同情况下的反应速率，其中反应最快的为A. v(X)0.25mol/(Ls)B. v(Y)0.6 mol/(Ls)C. v(Z)0.5mol/(Lmin)D. v(W)0.4 mol/(Ls)【答案】A【解析】【分析】同一反应相同时段内不同物质反应速率之
13、比等于计量数之比，据此将不同物质表示的反应速率转化为同一物质、同一单位的表示的反应速率再进行比较。【详解】Av(X)0.25mol/(Ls)；Bv(X)：v(Y)=1:3，v(Y)0.6mol/(Ls)，则v(X)0.2mol/(Ls)；Cv(X)：v(Z)=1:1，v(Z)0.5mol/(Lmin)，则v(X)0.5mol/(Lmin)=mol/(Ls)；Dv(X)：v(W)=1:2，v(W)0.4mol/(Ls)，则v(X)0.2mol/(Ls)；综上所述反应速率最快的是A，故答案为A。12.意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如图，
14、已知断裂1 mol NN键吸收942kJ热量，生成1 mol NN键释放167 kJ热量根据以上信息和数据，下列热化学方程式正确的是（ ）A. 2N2=N4 H =-882 kJmol-1B. N2 (g)=0.5N4 (g) H=+441 kJC. N2 (g)=0.5N4 (g) H=-441 kJmol-1D. 2N2(g)=N4(g) H=+882 kJmol-1【答案】D【解析】由N4的结构知1molN4分子中含有6molN-N键。反应2N2（g）=N4（g）的H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=2E（NN）-6E（N-N）=2942kJ/mol-6167kJ/mol=+882k
15、J/mol。A项，没有标明物质的聚集状态，且H应0，错误；B项，H的单位错，错误；C项，H应0，错误；D项，正确；答案选D。点睛：书写热化学方程式的注意点：（1）热化学方程式不注明反应条件。（2）热化学方程式不标“”“”，但必须用s、l、g、aq等标出物质的聚集状态。（3）热化学方程式的化学计量数只表示物质的量，其H必须与方程式及物质的聚集状态相对应。（4）放热反应的H0，吸热反应的H0。（5）H的单位为kJ/mol。13.用苯进行的4个实验如图所示。下列有关叙述正确的是A. 在常温下不能发生反应B. 不发生反应，但仍有分层现象，下层液体呈紫色C. 为加成反应，产物之一是硝基苯D. 能发生，从
16、而证明苯分子是单双键交替的结构【答案】B【解析】【详解】A为放热反应，在常温下可以发生反应，A叙述错误；B高锰酸钾与苯不发生反应，但仍有分层现象，苯的密度小于水，则下层液体为酸性高锰酸钾，呈紫色，B叙述正确；C为取代反应，产物之一是硝基苯，C叙述错误；D能发生，但不能证明苯分子是单双键交替的结构，D叙述错误；答案为B。14.X、Y、Z、W为四种短周期的主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W与X、Y既不同族也不同周期；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Y的最高正价与最低负价的代数和为6。下列说法不正确的是（ ）A. Y元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HYO4B. 原子半径由小到
17、大的顺序为WXZC. X与W可以形成W2X、W2X2两种物质D. Y、Z两元素的气态氢化物中，Z的气态氢化物更稳定。【答案】D【解析】【分析】X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则X为O元素，X、Z同族，则Z为S元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为6，则Y的最高价为+7价，且与S同周期，所以Y为Cl元素，W与X、Y既不同族也不同周期，W为H元素，据此解答。【详解】A根据上述分析，Y为Cl，Cl的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，A项正确；B在元素周期表中，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，原子半径逐渐增大，原子半径由小到大的顺序为HOClS（HOFNa+ Al3
18、+ (4). CCl4 (5). 极性 (6). 非极性 (7). NaOH (8). 2OH+Cl2=Cl+ClO+H2O【解析】【分析】根据各元素在元素周期表中的位置可知分别为C、N、F、Ne、Na、Mg、Al、S、Cl。【详解】（1）稀有气体元素化学性质最不活泼，所以上述元素中最不活泼的是Ne；（2）为Mg，为Cl，可以形成离子化合物MgCl2，其形成过程可以表示为；（3）、四种元素形成的离子分别为F、Na+、Al3+、Cl，Cl有三层电子，半径最大，F、Na+、Al3+均只有2层电子，核电荷数越小半径越大，所以离子半径由大到小为ClFNa+ Al3+；（4）为C，为Cl，可以形成化合物
19、CCl4，该化合物是由氯原子和碳原子形成的极性共价键构成，CCl4分子空间构型为正四面体形，正负电荷中心重合，属于非极性分子；（5）金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强，元素周期表中越靠近左下金属性越强，所以碱性最强的化合物为NaOH；元素的单质为Cl2，氯气可以和NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为2OH+Cl2=Cl+ClO+H2O。18.在一定温度下，体积为2L的密闭容器中，NO2和N2O4之间发生反应： 2 NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)，如图所示：(1)曲线_(填“X”或“Y”)表示NO2的物质的量随时间的变化曲线。(2)下列措施能使该反应的化学反
20、应速率加快的是_(用序号回答)。通入NO2 减小容器体积升高温度通入Ar使压强增大(3)若上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，分别测得甲中v(NO2)0.3mol/(Ls)，乙中v(N2O4 )6mol/(Lmin)，则_中反应更快。(4)在0到3min内N2O4的反应速率为_。(5)下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是(填标号)_。Av(NO2 )2v(N2O4 )B容器内压强不再发生变化CX的体积分数不再发生变化D容器内气体原子总数不再发生变化E相同时间内消耗n mol的N2O4的同时生成2 n mol 的NO2F相同时间内消耗n mol的N2O4 的同时消耗2 n mol 的N
21、O2【答案】 (1). X (2). (3). 甲 (4). 0.05mol/(Lmin) (5). BCF【解析】【分析】根据图像可知，在3min时，X的初始量为1mol，减少的量为0.6mol，Y的初始量为0.4mol，增加的量为0.3mol，可判断曲线X为NO2(g)，曲线Y为N2O4(g)(无色)，且在3min时达到平衡状态。【详解】(1)分析可知，曲线X为NO2的物质的量随时间的变化曲线；(2)容器为恒容，通入NO2，则c(NO2)增大，反应速率增大，符合题意；减小容器体积，c(NO2)增大，反应速率增大，符合题意；升高温度，活化分子的数目增大，有效碰撞的几率增大，反应速率增大，符合
22、题意；通入Ar使压强增大，反应体系中各物质的浓度未变，则反应速率不变，与题意不符；综上所述，答案为；(3)乙中v(N2O4 )6mol/(Lmin)，转化为v(NO2)=0.2mol/(Ls)，小于甲中的v(NO2)0.3mol/(Ls)，则甲中反应更快；(4)在0到3min内N2O4的反应速率=0.05mol/(Lmin)；(5)Av(NO2)2v(N2O4)时，无法判断同一物种的正逆反应速率是否相等，A不能说明已达平衡状态；B恒容的密闭容器，反应为气体增大的反应，则反应达到平衡状态时，容器内压强不再发生变化，B能说明已达平衡状态；C反应达到平衡状态时，体系中各物质的物质的量不再改变，则X的
23、体积分数不再发生变化，C能说明已达平衡状态；D反应体系中，各物质均为气体，且质量守恒，则容器内气体原子总数自始至终未变，D不能说明已达平衡状态；E反应进行时，相同时间内消耗n molN2O4的同时必然生成2n mol 的NO2，E不能说明已达平衡状态；F相同时间内消耗n mol的N2O4，必然生成2n mol 的NO2，同时消耗2n mol 的NO2，同一物种的消耗与生成量相等，F能说明已达平衡状态；综上所述，答案为BCF。19.某小组为研究电化学原理，设计如图所示装置。 (1)若a和b不相连，c是铜片，d是锌片，m是稀硫酸，则锌片上的现象是_，此时能量转化的主要形式是化学能转化为_能。(2)
24、若a和b用导线相连：c是石墨电极，d是铜片，m是硝酸银溶液，电池总反应的离子方程式为_。c、d均是Pt电极，m是稀硫酸，分别向两极通入甲烷和氧气，通入甲烷一极的电极反应式是_。(3)N2O5是一种新型的绿色硝化剂，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。已知：N2O5(g)2NO2(g)O2(g)H+53.1 kJmol-12NO2(g)N2O4(g) H2-55.3 kJmol-1则反应2N2O4(g)O2(g)=2N2O5(g)的H1 _ kJmol-1【答案】 (1). 锌片的表面有气泡产生 (2). 热能 (3). Cu+2Ag+=Cu2+2Ag (4). CH4-8e+2H2OCO2+
25、8H+ (5). -4.4【解析】【分析】(1)若a和b不相连，d是锌片，m是稀硫酸，不能形成原电池，为锌与硫酸反应生成硫酸锌和氢气；(2)若a和b用导线相连，c是石墨电极，d是铜片，m是硝酸银溶液，可形成铜、石墨原电池；c、d均是Pt电极，m是稀硫酸，分别向两极通入甲烷和氧气，则形成燃料电池；(3)根据盖斯定律计算。【详解】(1)若a和b不相连，d是锌片，m是稀硫酸，锌与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，则观察到的现象为锌片的表面有气泡产生；反应为放热反应，则此时化学能主要为热能；(2)若a和b用导线相连，c是石墨电极，d是铜片，m是硝酸银溶液，则铜与硝酸银反应生成硝酸铜和单质银，总反应离子方程式为
26、Cu+2Ag+=Cu2+2Ag；c、d均是Pt电极，m是稀硫酸，分别向两极通入甲烷和氧气，则形成燃料电池，甲烷失电子，作负极，与水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH4-8e+2H2OCO2+8H+；(3)N2O5(g)2NO2(g)O2(g)H+53.1 kJmol-12NO2(g)N2O4(g) H2-55.3 kJmol-1，根据盖斯定律，2+2可得2N2O4(g)O2(g)=2N2O5(g) H1+53.1 kJmol-12-55.3kJmol-12=-4.4 kJmol-1。20.从煤和石油中可以提炼出化工原料A和B，A是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水
27、平；B是一种比水轻的油状液态烃，0.1mol该烃在足量的氧气中完全燃烧，生成0.6molCO2和0.3mol水。回答下列问题：(1)A 的电子式为_，B 的结构简式为_。(2)与A 相邻的同系物C使溴的四氯化碳溶液褪色的化学反应方程式：_，反应类型：_。(3)在碘水中加入B物质，充分振荡、静置后的现象：_。(4)B与浓硫酸和浓硝酸在5560条件下反应的化学方程式：_，反应类型：_。(5)等质量的A、B完全燃烧时消耗O2的物质的量：_(填“AB”“AB【解析】【详解】A是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A为乙烯。B是一种比水轻的油状液态烃，0.1mol该烃在足量的氧气
28、中完全燃烧，生成0.6molCO2和0.3mol水，则0.1molB含有0.6molC和0.6molH，B的分子式为C6H6。(1)A为乙烯，C和H之间是单键，C和C之间是双键，其电子式为；B的分子式为C6H6，其结构简式为；(2)A为乙烯，与A相邻的同系物为丙烯，结构简式为CH3CH=CH2，与溴发生加成，其化学方程式为CH2=CHCH3+Br2CH2BrCHBrCH3，为加成反应；(3)苯能够萃取碘水中的碘，苯的密度小于水，有机层在上层，碘溶于苯中，呈紫红色，现象为溶液分层，下层无色，上层呈紫红色；(4)苯和浓硝酸，在浓硫酸作催化剂的作用下发生硝化反应，生成硝基苯，化学方程式为+HO-NO
29、2(浓)+H2O，NO2取代了苯环上的H，为取代反应；(5)12gC完全燃烧消耗1molO2，12gH2完全燃烧消耗3molO2，可知相同质量情况下，含氢量越高，耗氧量越高。乙烯，分子式C2H4，其含氢量为；苯，分子式为C6H6，其含氢量为；乙烯的含氢量高于苯的含氢量，则等质量的A(乙烯)、B(苯)完全燃烧时消耗O2的物质的量：AB。21.海水盐分中镁的占有量仅次于氯和钠，位居第三。镁具有重量轻、强度高等特点。海水提镁的主要流程如图：请回答下列问题：(1)试剂M是_，操作b_。(2)加入石灰乳的作用是_，写出沉淀池中发生反应的离子方程式：_。(3)请写出无水MgCl2制得Mg的化学方程式_，从
30、节约成本和废物循环利用的角度考虑，反应产生的氯气可以用于制_，循环利用。(4)有同学提出可直接由Mg(OH)2得到MgO，再电解熔融MgO制金属镁，你认为方法可行吗？_(填“可行”或“不可行”)，理由_。【答案】 (1). 盐酸 (2). 加热浓缩、冷却结晶 (3). 沉淀镁离子 (4). Mg2+Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+ (5). MgCl2（熔融）Cl2+Mg (6). HCl (7). 不可行 (8). MgO的熔点高于MgCl2，熔化要消耗大量的能量【解析】【分析】生石灰煅烧生成氧化钙，溶于水生成石灰乳，加入海水中可得到氢氧化镁沉淀，过滤后，溶于盐酸，得到氯化镁溶液，加热浓缩，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢的环境中制备无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到单质镁。【详解】(1)分析可知，试剂M为盐酸；操作b为加热浓缩、冷却结晶；(2)石灰乳中的氢氧化钙可与海水中的镁盐反应生成氢氧化镁沉淀，则石灰乳的作用为沉淀镁离子；反应的离子方程式为Mg2+Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+；(3)熔融MgCl2电解可制得Mg，方程式为MgCl2（熔融）Cl2+Mg；氯气可与氢气反应制备氯化氢，循环利用；(4)MgO的熔点高于MgCl2，熔化要消耗大量的能量，提高生成成本，故不可行。
