2018-2019学年安徽省滁州市九校联谊会（滁州二中、定远二中等11校）高一下学期期末联考化学试题 Word版含解析

安徽省滁州市九校联谊会（滁州二中、定远二中等11校）2018-2019学年高一下学期期末联考化学试题1.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂B. SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维C. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料D. CaO能与水反应，可用作食品干燥剂【答案】D【解析】【详解】A项，NaHCO3能与HCl反应，NaHCO3用于制胃酸中和剂，NaHCO3用于制胃酸中和剂与NaHCO3受热易分解没有对应关系；B项，SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维，SiO2用于制光导纤维与SiO2熔点高硬度大没有对应关系；C项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料，Al2O3用作耐高温材料与Al2O3是两性氧化物没有对应关系；D项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂，CaO用于食品干燥剂与CaO与水反应有对应关系；答案选D。 2.下列叙述错误的是A. 淀粉和纤维素互同分异构体B. 和是同一物质C. 甲烷与异丁烷互为同系物D. 乙烯、乙酸的官能团分别是碳碳双键、羧基【答案】A【解析】【详解】A. 淀粉和纤维素均可表示为(C6H10O5)n，都是高分子化合物，但n值不确定，所以不互为同分异构体，A错误；B. 甲烷是正四面体结构，其二氯代物只有一种结构，所以和是同一物质，B正确；C. 甲烷与异丁烷均是链状烷烃，组成相差3个CH2，所以互为同系物，C正确；D. 乙烯、乙酸的官能团分别是碳碳双键、羧基，D正确；答案选A。 3.下列用水就能鉴别的一组物质是A. 己烯、己烷、四氯化碳 B. 乙醇、乙酸、四氯化碳C. 己烷、乙醇、四氯化碳 D. 己烷、乙醇、乙酸【答案】C【解析】【详解】A. 己烯、己烷、四氯化碳均不溶于水，己烯、己烷密度比水小，上层为油状液体，四氯化碳密度比水大，下层为油状液体，不能用水鉴别，故A不选；B.乙醇和乙酸均溶于水，无法用水鉴别，故B不选；C. 己烷不溶于水，密度比水小，上层为油状液体，乙醇溶于水，四氯化碳不溶于水，密度比水大，下层为油状液体，可以用水鉴别，故C选；D. 乙醇和乙酸均溶于水，无法用水鉴别，故D不选；答案选C。 4.苯发生的下列反应，属于加成反应的是①与H2反应生成环己烷         ②与浓硝酸反应生成硝基苯③与Cl2反应生成C6H6Cl6       ④与O2反应生成CO2和H2OA. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③【答案】C【解析】【详解】①苯与H2发生反应生成环己烷，是加成反应；②苯与浓硝酸反应生成硝基苯，是取代反应；③苯与Cl2反应生成C6H6Cl6，是加成反应；④苯与O2反应生成CO2和H2O，是氧化反应；属于加成反应的为①③，答案选C。 5.下列有关说法正确的是A. C4H9Cl有4种同分异构体 B. 煤的干馏和石油的分馏都是化学变化C. 油脂都不能使溴的四氯化碳溶液褪色 D. 糖类、油脂和蛋白质都是天然高分子化合物【答案】A【解析】【详解】A. 丁烷有2种同分异构体，各有2种等效氢原子，则C4H9Cl有4种同分异构体，A正确；B. 煤的干馏是化学变化，石油的分馏是物理变化，B错误；C. 高级不饱和脂肪酸甘油酯能使溴的四氯化碳溶液褪色，C错误；D. 糖类中的淀粉、纤维素等是高分子化合物，葡萄糖等是小分子化合物，油脂是小分子化合物，D错误；答案选A 6.下列有关说法错误的是（NA代表阿伏伽德罗常数的数值）A. 烃只含有碳和氢两种元素B. 糖类物质均能发生水解反应C. 46gC2H5OH中含有7NA个极性共价键D. 利用油脂在碱性条件下的水解，可以制甘油和肥皂【答案】B【解析】【详解】A. 烃是只含有碳和氢两种元素的有机物，A正确；B. 双糖、多糖可水解，单糖不能水解，B错误；C. 46gC2H5OH的物质的量为1mol，其中含有7NA个极性共价键，C正确；D. 利用油脂在碱性条件下的水解，即皂化反应，可以制甘油和肥皂，D正确；答案选B。 7.能证明乙醇分子中有一个羟基的事实是A. 乙醇能溶于水 B. 乙醇完全燃烧生成CO2和H2OC. 0.1mol乙醇与足量钠反应生成0.05mol氢气 D. 乙醇能发生催化氧化【答案】C【解析】【分析】若要证明乙醇分子中羟基的个数，则要通过定量的方式来进行分析。【详解】A. 乙醇能溶于水，说明乙醇分子极性较大，或者存在亲水基团，无法证明乙醇分子中有一个羟基，故A不选；B. 乙醇完全燃烧生成CO2和H2O，说明乙醇分子中存在C、H元素，可能存在O元素，无法证明乙醇分子中有一个羟基，故B不选；C. 0.1mol乙醇与足量钠反应生成0.05mol氢气，证明乙醇分子中有一个羟基，故C选；D 乙醇能发生催化氧化，说明分子中含有羟基，无法证明乙醇分子中有一个羟基，故D不选；答案选C。 8.下列实验装置或原理能达到实验目的的是A. 分离水和乙醇B. 除去 Cl2 中的 HClC. 实验室制氨气D. 排水法收集 NO 【答案】D【解析】【详解】A、水和乙醇混溶，不能分液分离，A错误；B、氯气也与氢氧化钠溶液反应，应该用饱和食盐水，B错误；C、氯化铵分解生成的氨气和氯化氢在试管口又重新化合生成氯化铵，不能用来制备氨气，实验室常用加热氯化铵与熟石灰固体来制氨气，C错误；D、NO不溶于水，可以用排水法收集NO，D正确；答案选D。 9.下列现象或事实可用同一化学原理解释的是A. 氯气和二氧化硫都能使品红溶液褪色B. 常温下，可以用铁、铝制容器贮存浓硫酸或浓硝酸C. 浓硫酸和浓盐酸暴露在空气中浓度均逐渐减小D. 氯化铵和碘都可以用加热法进行提纯【答案】B【解析】【详解】A. 氯气使品红褪色是因为其与水反应生成的次氯酸具有漂白性，该漂白性是通过强氧化性来体现的，SO2使品红褪色，是因为其可以与品红化合生成无色物质，不可用同一化学原理解释，故A不选；B. 常温下，可以用铁、铝制容器贮存浓硫酸或浓硝酸，是因为Fe、Al均可以在冷的浓硫酸或浓硝酸中钝化，可用同一化学原理解释，故B选；C. 浓硫酸和浓盐酸暴露在空气中浓度均逐渐减小，浓硫酸是因为其吸水性，而浓盐酸则是因为其挥发性，不可用同一化学原理解释，故C不选；D. 氯化铵和碘都可以用加热法进行提纯，氯化铵是加热后先分解为NH3和HCl，冷却后化合成氯化铵，而I2则是因为其易升华和凝华，不可用同一化学原理解释，故D不选；答案选B。【点睛】物质的漂白性大致可分为三类，一是物理吸附作用，如活性炭；二是强氧化性，如过氧化钠、次氯酸；三是可以和有色物质化合为无色物质，如SO2。 10.下列说法错误的是A. 原电池是将化学能转化为电能的装置 B. 原电池中电解质溶液的作用是传递电子C. 碱性锌锰电池以锌作负极，KOH为电解质 D. 铅蓄电他一种二次电池，以PbO2作正极【答案】B【解析】【详解】A. 原电池是将化学能转化为电能的装置，A正确；B. 电子不会进入电解质溶液中，原电池中电解质溶液的作用不是传递电子，B错误；C. 碱性锌锰电池以锌作负极，KOH为电解质，C正确；D. 铅蓄电他是一种二次电池，以PbO2作正极、Pb为负极，D正确；答案选B。 11.下列指定粒子的个数比为1：2的是A. Be2＋中的质子和电子 B. 2H中的质子和中子C. NaHCO3中的阳离子和阴离子 D. Na2O2中的阴离子和阳离子【答案】D【解析】【详解】A. Be2＋中的质子为4、电子为2，个数比为2:1，故A错误；B. 2H中的质子为1、中子为1，个数比为1:1，故B错误；C. NaHCO3中的阳离子为Na+、阴离子为HCO3―，个数比为1:1，故C错误；D. Na2O2中的阴离子为O22―、阳离子为Na＋，个数比为1:2，故D正确；答案选D。 12.“绿色化学”提倡化工生产中应尽可能将反应物的原子全部利用，从根本上解决环境污染问题。在下列制备环氧乙烷的反应中，最符合“绿色化学”思想的是A. 3HOCH2-CH2OH+HOCH2CH2-O-CH2CH2OH+2H2OB. CH2=CH2+Cl2+Ca(OH)2→+CaCl2+H2OC. CH2=CH2+（过氧乙酸）→+CH3COOHD. 2CH2=CH2+O2【答案】D【解析】【分析】原子利用率为100%，符合绿色化学的要求。【详解】A. 该制备反应的生成物除了环氧乙烷还存在HOCH2CH2-O-CH2CH2OH和H2O，原子利用率没有达到100%，不符合绿色化学思想，故A不选；B. 该制备反应的生成物除了环氧乙烷还存在CaCl2和H2O，原子利用率没有达到100%，不符合绿色化学思想，故B不选；C. 该制备反应的生成物除了环氧乙烷还存在CH3COOH，原子利用率没有达到100%，不符合绿色化学思想，故C不选；D. 该制备反应的生成物只有环氧乙烷，原子利用率达到100%，符合绿色化学思想，故D选；答案选D。【点睛】一般来说，化合反应和加成反应最符合“绿色化学”的要求。 13.分子式为C4H8O2且能与NaHCO3反应生成CO2的有机物共有A. 5种 B. 4种 C. 3种 D. 2种【答案】D【解析】【详解】C4H8O2的不饱和度为1，能与NaHCO3反应生成CO2，说明分子中存在一个-COOH，丙烷只有一种结构，有2种等效氢原子，所以符合题意的有机物共有2种。答案选D。 14.W、X、Y、Z是周期表中前20号的主族元素，原子序数依次增大。W、X、Y的原子最外层电子数之和为13，X与Z同主族，实验室可用Z的最高价氧化物的水化物稀溶液检验W的最高价氧化物。下列说法正确的是A. 失去电子能力：X>Z>WB. 原子半径：Z>Y>XC. W、X、Y、Z的最高正化合价依次为＋4、＋2、＋7、＋2D. W与Y形成的化合物含有极性键，不含有非极性键【答案】C【解析】【分析】实验室可用Z的最高价氧化物的水化物稀溶液检验W的最高价氧化物，则Z是Ca，W是C；X与Z同主族，则X是Mg，W、X、Y的原子最外层电子数之和为13，则Y的最外层电子数为7，因此Y是Cl。【详解】A. 同一主族，电子层数越大，失电子能力越强，因此失电子能力Z＞X，A错误；B. 电子层数越大，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，因此原子半径Z＞X＞Y，B错误；C. 最高正价等于最外层电子数，W、X、Y、Z的最高正化合价依次为＋4、＋2、＋7、＋2，C正确；D. W与Y能形成化合物CCl4，只含有极性键，W与Y还可以形成化合物CCl3CCl3，既含有极性键也含有非极性键，D错误；答案选C。 15.氯气是黄绿色有强烈刺激性气味的剧毒气体，是重要的工业原料。回答下列问题：（1）将钠切去氧化层并用滤纸吸干煤油，在石棉网上微热至熔化后，立即用盛满氯气的集气瓶倒扣在其上方。现象是____________，该反应中反应物的能量______________（填“高于”或“低于”）生成物的能量。（2）向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加新制的氯水，振荡后静置，CCl4层变成紫红色，用离子方程式解释：____________________________________________________。（3）光照下Cl2可与CH4反应。写出生成一氯甲烷的化学方程式：___________________。实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是_________（填标号）。【答案】    (1). 剧烈燃烧，产生白烟    (2). 高于    (3). Cl2＋2I-=I2＋2Cl-    (4). Cl2＋CH4CH3Cl＋HCl    (5). D【解析】【详解】（1）金属钠在氯气中剧烈燃烧，产生白烟；该反应放出大量热，因此该反应中反应物的能量高于生成物的能量；（2）CCl4层变成紫红色，说明有碘单质生成，该反应离子方程式为：Cl2＋2I-=I2＋2Cl-；（3）光照条件下，CH4与Cl2发生反应，生成CH3Cl和HCl，该反应的化学方程式为：Cl2＋CH4CH3Cl＋HCl； CH4和Cl2的取代反应为多步同时进行的反应，生成物中CH3Cl为气体，CH3Cl2、CHCl3、CCl4为液体，不溶于水，同时生成无机物HCl能溶于水，故反应后试管内有部分水进入但不会充满试管，同时试管内液体出现分层，故选D。 16.有研究人员设计了如下利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储的过程.回答下列问题：（1）反应I中，主要能量转化形式为__________能转化为_____________能。（2）S在元素周期表中位于第___________周期第_____________族。（3）下列事实中，能说明硫的非金属性比碳强的是__________________（填标号）。A.H2SO3的酸性比H2CO3的酸性强B.在硫与碳的化合物CS2中S显负价C.硫的单质的硬度比金刚石低（4）配平反应Ⅱ的化学方程式：________SO2＋_________H2O=______H2SO4＋______S，该反应中氧化剂是_______________。（5）通过反应Ⅲ也可以不经过热能转化过程而直接获取电能，化学上将实现这一直接转化的装置称为_____________。【答案】    (1). 热    (2). 化学    (3). 三    (4). VIA    (5). B    (6). 3    (7). 2    (8). 2    (9). 1    (10). SO2    (11). 化学电池【解析】【详解】（1）由图示转化可知，反应I中，主要能量转化形式为热能转化为化学能；（2）硫原子的原子核外有三个电子层，因此硫元素位于元素周期表的第三周期；其最外层电子数为6，因此位于周期表的第VIA族；（3）A. 由酸性比较非金属性强弱时，应用最高价氧化物对应水化物的酸性去比较，S的最高价氧化物对应水化物应为H2SO4，不能用H2SO3，A错误；B. CS2中S显负价，说明S得电子能力比C强，因此说明硫的非金属性比C强，B正确；C. 无法通过单质的硬度来比较非金属性强弱，C错误；答案选B；（4）在该反应中，SO2的S由+4价升高到+6价，由+4价降低到0价，根据化合价升降守恒（得失电子守恒）和原子守恒配平方程式，配平后的系数为3、2、2、1，该反应中SO2得电子发生还原反应，因此其为氧化剂；（5）不经过热能转化过程而直接获取电能，化学上将实现这一直接转化的装置称为化学电池。 17.化学变化中既有物质变化，也伴随着能最变化。（1）在一定的温度下，X、Y两种气体在一个2L的密闭容器中发生反应生成气体Z，各物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。①该物质变化的化学方程式为_______________________②2min内Z的平均反应速率为________mol·L－1·min－1。③该反应进行到2min后，_______________。（填标号）a.反应已停止b.X的消耗速率大于Y的生成速率c.Y的正反应速率等于逆反应速率d.反应物总物质的量与生成物总物质的量相等（2）下图所示装置能将化学反应中的能量转化为电能。①电解质溶液为稀H2 SO4时，Mg是该电池的______________（填“正”或“负”）极。②电解质溶液为NaOH溶液时，Al电极上的电极反应式为___________________________。【答案】    (1). 3X+Y2Z    (2). 0.05    (3). bc    (4). 负    (5). Al-3e-＋4OH-=AlO2―+2H2O【解析】【详解】（1）①由图知，参与反应的物质X、Y的物质的量分别为0.3mol、0.1mol；反应生成的Z的物质的量为0.2mol，故参与反应的X、Y、Z的物质的量之比为3:1:2，因此该反应的化学方程式为3X+Y2Z；②2min内，Z的浓度变化为，因此用Z表示的反应速率；③反应进行到2min后，达到平衡状态；a. 反应达到平衡状态后，仍在进行，并未停止，a错误；b. 反应速率之比等于化学计量数之比，因此当反应达到平衡状态时，X的消耗速率等于Y的生成速率的3倍，故X的消耗速率大于Y的生成速率，b正确；c. 当反应达到平衡时，用同一种物质表示反应速率，正逆反应速率相等，c正确；d. 当反应达到平衡时，反应物和生成物的物质的量保持不变，但不一定相等，d错误；答案选bc；（2）①若电解质溶液为稀硫酸，由于金属活动性Mg＞Al，因此Mg是电池的负极；②当电解质溶液是NaOH时，电池的总反应为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，因此Al为电池的负极，其电极反应式为Al-3e-＋4OH-=AlO2―+2H2O。 18.某烃A是有机化学工业的基本原料，可用于水果催熟。A可发生如图所示的一系列    化学反应。回答下列问题：（1）C的结构简式为_______________（2）写出反应③的化学方程式：___________________，该反应是_____________（填反应类型）。（3）E的相对分子质量是A的两倍，则与A互为同系物的E有________种，写出其中一种的结构简式：_____________________________________【答案】    (1). CH3CH2Cl    (2). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH    (3). 加成反应    (4). 3    (5). 或或【解析】【分析】烃A是有机化学工业的基本原料,可用于水果催熟,故A为CH2=CH2,乙烯与氢气发生加成反应生成B,B为CH3CH3,乙烯与HCl发生加成反应生成C,C为CH3CH2Cl,乙烯与水发生加成反应生成D,D为CH3CH2OH，CH3CH3与氯气发生取代反应生成CH3CH2Cl。【详解】（1）由分析可知，C的结构简式为CH3CH2Cl；（2）反应③是乙烯的催化加水生成乙醇的反应，方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，该反应为加成反应；（3）E的相对分子质量是A的两倍，且E是A的同系物，所以E的分子式为C4H8，其属于单烯烃的同分异构体共有三种，分别为、、。 19.硫酸亚铁铵晶体[（NH4）2Fe（SO4）2·6H2O]是分析化学中重要的试剂，常用于代替硫酸亚铁。硫酸亚铁铵晶体在500°C时隔绝空气加热完全分解。回答下列问题：（1）硫酸亚铁铵晶体隔绝空气加热完全分解，发生了氧化还原反应，固体产物可能有FeO和Fe2O3，气体产物可能有NH3、SO3、H2O、N2和__________________（2）为检验分解产物的成分，设计如下实脸装置进行实验，加热A中的硫酸亚铁铵晶体至分解完全。①A中固体充分加热较长时间后，通入氮气，目的是_______________________________。②为检验A中残留物是否含有FeO，需要选用的试剂有______________（填标号）。A.KSCN溶液      B.稀硫酸       C.浓盐酸        D.KMnO4溶液（3）通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，该反应中SO2表现出化学性质是_____【答案】    (1). SO2    (2). 使分解产生的气体在B、C中被吸收充分    (3). BD    (4). 还原性【解析】【详解】（1）氮元素和铁元素化合价升高,根据在氧化还原反应中化合价有升必有降,化合价降低的应该是硫,所以气体产物中还可能有SO2;（2）①A中固体充分加热较长时间后,通入氮气目的是使分解生成的气体在B、C装置中完全吸收；②为验证A中残留物是否含有FeO，应该先用稀硫酸溶解,然后再用KMnO4溶液检验亚铁离子,所以BD选项是正确的, （3）通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，二氧化硫被氧化，该反应中SO2表现出的化学性质是还原性。【点睛】注意在使用高锰酸钾溶液检验二价铁离子的时候，高锰酸钾溶液不宜过量，过量后没有明显的实验现象，导致实验失败。 20.碘和铁均是人体必需的微量元素。（1）海带中含有丰富的以碘离子形式存在的碘元素。在实验室中，从海藻中提取碘的流程如下：①上述流程中涉及下列操作，其中错误的是________________（填标号）。A.将海藻灼烧成灰B.过滤含I-溶液C．下口放出含碘的苯溶液D．分离碘并回收苯②写出步骤④发生反应的离子方程式：_______________________________________③要证明步骤④所得溶液中含有碘单质，可加入___________________（填试剂名称），观察到________________________（填现象）说明溶液中存在碘。（2）探究铁与稀硝酸的反应。用5.6gFe粉和含有0.3 mol HNO3的稀硝酸进行实验，若两种物质恰好完全反应，且HNO3只被还原成NO。回答下列问题：①Fe粉与稀硝酸反应生成硝酸铁的化学方程式为___________________________________②反应结束后的溶液中Fe3＋、Fe2＋的物质的量之比n（Fe3＋）：n（Fe2＋）＝_________________。③标准状况下，生成NO气体的体积为_________________L（保留两位小数）。【答案】    (1). AC    (2). H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O    (3). 淀粉溶液    (4). 溶液变蓝    (5). Fe＋4HNO3(稀)=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O    (6). 1:3    (7). 1.68【解析】【详解】（1）①A. 固体的灼烧应在坩埚中进行，因此将海藻灼烧成灰，应在坩埚中进行，A错误；B. 过滤时，应用玻璃棒引流，B正确；C. 含碘的苯溶液的密度比水小，在上层，分液时，上层液体从分液漏斗的上口到出，C错误；D. 分离回收苯时，应采用蒸馏装置，D正确；故选AC；②步骤④中的过氧化氢将I-氧化成I2，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得方程式H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O；③根据淀粉遇碘变蓝的性质，证明步骤④所得溶液中含有碘单质，应加入淀粉溶液，若能观察到溶液变蓝色，则证明溶液中含有碘单质。（2）①铁与硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应过程中，Fe由0价变为+3价，N由+5变为+2，因此Fe和NO的系数都为1，再根据原子守恒进行配平，配平后的化学反应方程式为Fe＋4HNO3(稀)=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O；②5.6g铁的物质的量，0.1molFe与0.3mol硝酸反应，硝酸完全反应，结合方程式Fe＋4HNO3(稀)=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O可知，消耗掉的Fe的物质的量，反应生成的硝酸铁的物质的量为0.075mol，则还剩余0.025mol的Fe与三价铁离子发生反应Fe＋2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2，则参与反应的硝酸铁的物质的量为0.05mol，生成硝酸亚铁的物质的量为0.075mol，反应后溶液中剩余的硝酸铁为0.025mol，因此反应后所得溶液中；③0.3mol硝酸完全反应后生成NO的物质的量为0.075mol，该气体在标况下的体积。