山东省济南市2020-2021学年高一化学下学期期末考试试题及答案3份

山东省泰安市2019-2020学年高一下学期期末考试

化学试题

1.《本草纲目》记载了“升炼轻粉（Hg2c10法”：用水银一两，白帆（明矶）二两，食盐一两,

同研不见星，铺于铁器内，以小乌盆覆之，筛灶灰盐水和，封固盆口，以炭打二炷香，取开

则粉升于盆上矣。其白如雪，轻盈可爱。一两汞，可升粉八钱。文中从生成物中分离出轻粉

涉及的操作方法为

A.蒸储B.萃取C.干储D.升华

【答案】D

【解析】

【详解】A.蒸播是利用混合液体或液-固体系中各组分沸点不同，使低沸点组分蒸发，再冷

凝以分离整个组分的单元操作过程，题目中没有涉及蒸僧，故A不符合题意；

B.萃取是利用系统中组分在溶剂中有不同的溶解度来分离混合物的单元操作；题目中没有

涉及萃取，故B不符合题意；

C.干储是固体或有机物在隔绝空气条件下加热分解的反应过程；题目中没有涉及干福，故

C不符合题意；

D.升华是固态物质不经液态直接变为气态，升炼轻粉（HgzCk）法是将汞，十二水合硫酸铝钾

和氯化钠共热反应制得轻粉，”取开则粉升于盆上矣”表明是由固体加热生成气体，气体再

凝固成轻粉，从生成物中分离出轻粉涉及的操作方法为升华，故D符合题意；

答案选D。

2.如图是近年来我国化石燃料和其他能源的消耗构成示意图，下列说法正确的是（）

5.1%

A.当今人类所需的能量绝大部分是由化学反应产生的

B.煤、石油、天然气的成分都是燃

C.为消除温室效应，应禁用煤、石油、天然气等含碳能源

D.核能、氢能、太阳能是当今社会的主要能源

【答案】A

【解析】

【详解】A.尽管随着社会的发展，人类已经开发利用了多种能源，但当今人类社会的主要能

源仍是煤、石油、天然气等化石能源，而这些物质所储存的能量的释放，均是通过化学反应

实现的，故A正确；

B.煤的主要成分是碳，天然气的主要成分是甲烷，石油的化学成分主要是各种液态的碳氢化

合物，故B错误；

C.空气有自净能力，合理开发使用能源就可以减少温室效应，故C错误；

D.当今社会的主要能源是煤、石油、天然气，故D错误；

故选Ao

3.用化学用语表示NH3+HC1=NH,C1中的相关微粒，其中正确的是（）

A.中子数为8的氮原子：;NB.HC1的电子式：H［：CI：r

C.阿的结构式："一『"D.C1的结构示意图：@2

【答案】C

【解析】

【分析】

A、中子数为8的氮原子的质量数为15；

B.I1C1中只含共价键；

C、NHa中含个N-H键；

D、C1最外层有8个电子。

【详解】A、中子数为8的氮原子的质量数为15,可表示为？N,选项A错误；

B、HC1中只含共价键，其电子式为H电I,选项B错误；

U—N—II

C、NL中含个N-H键，N&的结构式为：|,选项C正确；

H

I）、C1最外层有8个电子，C1的结构示意图为命）\!\,选项D错误。

一〃

答案选C。

【点睛】本题考查化学用语，侧重考查原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式，注意

它们之间的区别是解题的关键，如原子结构示意图与离子结构示意图的区别、共价化合物和

离子化合物的区别、电子式与结构式的区别等。

4.如图是四种常见有机物分子的比例模型示意图。下列说法正确的是（）

吐炎瞭好

甲乙丙丁

A.甲是甲烷，甲烷的二氯取代产物只有一种结构

B.乙是乙烯，乙烯可与滨水发生取代反应使澳水褪色

C.丙是苯，苯结构比较稳定，不能发生氧化反应

D.丁是乙酸，一定条件下乙酸能跟乙醇发生酯化反应

【答案】A

【解析】

【详解】A.甲烷为正四面体结构，甲烷中所有氢原子位置相同，所以其二氯代物只有1种,

A正确；

B.乙是乙烯，乙烯中含有碳碳双键，可与滨水发生加成反应而使滨水褪色，不是取代反应,

B错误；

C.丙是苯，苯结构比较稳定，但可燃烧，也为氧化反应，C错误；

D.丁是乙醇，不是乙酸，D错误；

答案选A。

5.下列说法正确的是

①伴有能量变化的过程都是化学变化

②化学反应一定有能量变化，主要是由化学键变化引起的

③吸热反应需要加热后才能发生，放热反应不加热就会发生

④化学反应吸收或放出热量的多少与参加反应的物质的状态、物质的量有关

A.①②B.②③C.①③D.②④

【答案】D

【解析】

【详解】①伴有能量变化的过程可能是化学变化，也可能是物理过程，如水气化吸热，伴有

能量变化，但属于物理变化，故①错误；

②化学反应的本质是旧化学键断裂吸收能量、新化学键形成放出能量，所以反应过程中一定

伴随能量的变化，故②正确；

③吸热反应不一定需要加热，如氢氧化钢晶体和氯化镂反应是吸热反应，常温下可发生：放

热反应有时也需要加热才能进行，如铝热反应，故③错误；

④反应物的状态不同则其所具有的总能量不同：反应物的质量不同，则反应中的能量变化也

不同，故④正确；

说法正确的有②④，答案选D。

6.已知1~18号元素的离子JT、bX*、dl具有相同的电子层结构,下列关系正确的是

A.质子数：c>dB.离子的还原性：产>z

C.离子半径：X'>ZD.原子半径：X<W

【答案】B

【解析】

【分析】

已知M"、bX+、小好、［一都具有相同的电子层结构，X、W是阳离子，Y、Z是阴离子，所以

X、W位于Y、Z的下一周期；根据所带电荷数，则原子序数：c<dVb<a,据此分析解答。

详解】A.质子数=原子序数，根据分析，质子数：c<d,故A错误：

B.Z在Y元素的右侧，Z元素的非金属性比Y强，所以阴离子的还原性P>Z,故B正确；

C.具有相同的电子层结构的微粒，核电荷数越大，半径越小，由于dVb,则离子半径：Z

>X",故C错误；

D.X与W'是同周期元素，同周期元素随原子序数增大半径逐渐减小，X的原子序数小于必

所以原子半径：X>W,故D错误；

答案选B。

7.下列物质中，不可一次性鉴别乙醇、乙酸和苯的是

A.碳酸钠溶液B.酸性高镒酸钾溶液

C.溟水D.紫色石蕊溶液

【答案】C

【解析】

【详解】A.乙酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，乙醇与碳酸钠溶液不反应，且互溶，不

分层，苯与碳酸钠分层，现象不同，可鉴别，故A不选；

B.乙酸和高锈酸钾溶液不反应，不分层，乙醇与高镭酸钾溶液反应褪色，不分层，苯与高

锦酸钾溶液混合分层，现象不同，可鉴别，故B不选；

C.溪水与乙醇、乙酸均不反应，且不分层，现象相同，不能鉴别，故c选；

D.紫色石蕊遇乙酸变红，乙醵与紫色石蕊互溶，不分层，苯与紫色石蕊混合分层，现象不

同，可鉴别，故D不选：

答案选C。

8.下列说法中正确的是

A.和外都是氢元素的同素异形体

Br

互为同分异构体

a：?aBr

CHiCHTH-CH、

C.T和|是同一种物质

CH，—CH—CH2-CH3CHTH?

D.正丁烷和异丁烷互为同系物

【答案】C

【解析】

【分析】

由同一种元素组成、结构不同的单质叫做同素异形体；分子式相同而结构不同的化合物叫做

同分异构体；组成相似，分子式相差1个或n个CH?原子团的化合物为同系物；据此结合选

项分析解答问题。

【详解】A.和D?都是由氢的不同同位素构成的同种单质，不是同素异形体，故A错误;

Br

B.苯的邻二元取代物只有一种结构，所以a1?a是同一物质，故B错误

CHiCMTH-CH，

C.I和|分子式相同，结构也相同，都是异戊烷，是

CFh-CH―CH：—CH.iCHi—＜：H?

同种物质，故c正确；

D.正丁烷和异丁烷的分子式相同而结构不同，互为同分异构体，不互为同系物，故D错误;

答案选C。

9.如图所示，电流表指针发生偏转，同时A极质量减少，B极上有气泡产生，C为电解质溶

液，下列说法错误的是（）

A.C中阳离子向A极移动

B.A、B、C可能分别为Zn、Cu、稀盐酸

C.B极为原电池的正极

D.A极发生氧化反应

【答案】A

【解析】

【详解】电流表指针发生偏转，说明形成原电池反应，化学能转化为电能；同时A极质量减

少，则A为原电池负极，B极上有气泡产生，B为原电池正极，C为电解质溶液；

A.在原电池中阳离子移向正极，故阳离子应该移向B电极，A错误；

B.A、B、C可能分别为Zn、Cu、稀盐酸，锌作负极，铜作正极，符合题干反应现象，B正

确；

C.B极上有气泡产生，则B为原电池正极，C正确；

D.A电极是原电池的负极，失去电子，发生氧化反应，D正确；

故合理选项是A。

10.一定条件下，在体积一定的密闭容器中加入ImolM和3moi出发生反应：

N2(g)+3H2(g)2NH;1(g)A^-92kJ»mor'(此式表示ImolN,和3mol%完全反应生成2molNH3,

放出的热量是92kJ)。下列有关说法正确的是

A.向容器中再加Nz,可以加快反应速率

B.达到化学平衡时，反应放出热量92kJ

C.达到化学平衡时，正、逆反应速率都为0

I).单位时间内生成0.ImolNz,同时生成0.3molH2,说明该反应达到化学平衡状态

【答案】A

【解析】

【详解】A.向容器中再加入帅，M的浓度增大，反应速率加快，故A正确；

B.该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以化学反应达到平衡状态时，反

应放出热量小于92kJ,故B错误；

C.可逆反应达到平衡为动态平衡，反应仍然在进行，正、逆反应速率相等都不为0,故C

错误：

D.单位时间内生成1mol距，同时生成3m。1也，表示的都是逆向进行，因此不能说明正反

应速率等于逆反应速率，不能说明该反应达到化学平衡状态，故D错误；

答案选A。

11.同温同压下，等体积的两容器内分别充满“N"0和气力气体，下列对两容器中气体的判

断正确的是

A.分子数相同B.气体质量相同

C.质子数相同D.中子数相同

【答案】AD

【解析】

【分析】

根据阿伏加德罗定律，同温同压下，等体积的两容器内分别充满N0和C0气体，则二者气体

的物质的量一定相等，根据心〃儿,分子个数也相等，据此分析。

【详解】A.根据阿伏加德罗定律，同温同压下，等体积的两容器内分别充满N0和CO气体,

则二者气体的物质的量一定相等，根据小可以知道，两容器中气体的分子数相同，故A

正确；

B.为力和气叼的摩尔质量不同，根据炉加/可以知道物质的量相等时二者的质量不相等，

故B错误；

C.因为'N'O和的质子数分别为15和14,不相同，所以物质的量相同，分子个数也

相等的二者含有的质子总数一定不相等，故C错误；

D.一个"HO和气力分子均含有15个中子，分子数相同的“川0和国⑶含有的中子数相

同，故D正确；

答案选ADo

12.碘循环工艺不仅能吸收SO?降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如下：下列说

法正确的是（）

A.分离器中的物质分离操作为过滤

B.该工艺中HI的量没有改变，可视作该工艺的催化剂

C.该工艺中I?和HI的相互转化体现了“碘循环”

D.碘循环工艺的总反应为2S02+4H20+12=H2+2H2S0.,+2H1

【答案】C

【解析】

【详解】A.分离器中的物质都可溶，所以不能用过滤的方法分离，故A错误；

B.由题干知该工艺中HI的量没有改变是因为碘的循环利用，在整个工艺中，碘先做氧化剂

氧化二氧化硫，而后HI分解生成碘，HI是中间产物，并非催化剂，故B错误；

C.该工艺中L和HI的相互转化体现了“碘循环”

D.碘循环工艺的总反应为2so2+4a0+12=上+2112s0«+2HI

故选Co

13.下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价：

元素代号LMQRT

原子半径/nm0.1600.1430.1110.1060.066

主要化合价+2+3+2+6、~2-2

根据表中信息，判断以下说法正确的是

A.最高价氧化物对应水化物的碱性：L>M

B.简单氢化物的稳定性：H#>H2T

C.I?与V的核外电子数相等

D.单质与等浓度的稀盐酸反应的速率：Q>L

【答案】A

【解析】

【分析】

短周期元素，T、R都有-2价，处于VIA族，T只有-2价，则T为0元素、R为S元素，L、Q

都有+2价，处于IIA族，原子半径L>Q,则L为Mg元素、Q为Be元素，M有+3价，处于HIA

族，原子半径M的介于L、R之间，则M为A1元素，据此分析解答。

【详解】A.L为Mg元素、M为A1元素，同周期元素随原子序数增大金属性逐渐减弱，金属

性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Mg>Al,最高价氧化物对应水化

物的碱性L>M,故A正确；

B.T为0元素、R为S元素，同主族元素随原子序数增大非金属性逐渐减弱，非金属性越强,

其简单氧化物的稳定性越强，非金属性0>S,简单氢化物的稳定性HQ>ILS,故B错误；

C.L为Mg元素，R为S元素，Mg?’的核外电子数为12-2=10,广的核外电子数为16-(-2)=18,

核外电子数不相等，故C错误。

D.L为Mg元素、Q为Be元素，同主族元素随原子序数增大金属性逐渐增强，金属性越强，

金属单质越活泼，与等浓度的稀盐酸反应的速率越快，金属性，监>%，单质与等浓度的稀

盐酸反应的速率L>Q,故D错误；

答案选A。

14.利用煤化工所得的苯可合成甲苯、乙苯、环己烷，其反应如下：

①,1+CH£l誓」(甲苯)+HC1

A.反应①、②、③均属于加成反应

B.溟水中加入苯，二者可发生取代反应

C.乙苯中所有碳原子一定在同一平面上

D.能用澳水判断反应②所得的乙苯中是否混有乙烯

【答案】D

【解析】

【详解】A.由方程式可知，苯生成乙苯、环己烷为加成反应，而苯合成甲苯的反应为取代

反应，故A错误：

B.苯与淡水不反应，在催化条件下苯与液漠反应，故B错误；

C.乙苯含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能在同一个平面上，故C

错误；

D乙烯含有碳碳双键，可使滨水褪色，而乙苯不反应，可鉴别，故D正确；

答案选D。

【点睛】本题考查笨的结构和化学性质，需要考生在知识点学习过程中牢记基本知识。

15.下列说法不正确的是

A.油脂有油和脂肪之分，但都属于酯

B.葡萄糖、蔗糖和麦芽糖均为双糖

C.蛋白质约占人体中除水分外剩余物质质量的一半

D.用于纺织的棉花和蚕丝的主要成分都是纤维素

【答案】BD

【解析】

【详解】A.油脂包含植物油和动物脂肪，都是高级脂肪酸甘油酯，分子结构中含有酯基，

都属于酯，故A正确；

B.葡萄糖是单糖，蔗糖和麦芽糖均为双糖，故B错误；

C.蛋白质是构成人体的物质基础，约占人体中除水分外剩余物质质量的一半，故C正确；

D.棉花的主要成分为纤维素，但蚕丝的主要成分是蛋白质，故D错误；

答案选BD.

16.短周期元素甲、乙、丙、丁、戊、己、庚在周期表中的相对位置如图（甲不一定在丁、庚

的连线上），戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素。下列判断正确的是

甲

乙丙

A.甲一定是金属元素

B.气态氢化物的稳定性：庚＞己＞戊

C.乙、丙、丁的最高价氧化物的水化物可以相互反应

D.庚的最高价氧化物的水化物酸性最强

【答案】B

【解析】

【分析】

戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素，则戊是N,己是0,则甲是H(或Li)、乙是Mg、

丙是Al、丁是C、庚是F,据此解答。

【详解】A.甲为II或Li,可能为金属元素Li,也可能是非金属元素H,A错误；

B.同周期从左往右，非金属增强，则气态氢化物的稳定性：庚＞己＞戊，B正确；

C.乙是Mg,其最高价氧化物的水化物为Mg(0H)2、丙是Al,其最高价氧化物的水化物为

A1(OH)3,丁是C,其最高价氧化物的水化物为HzCO”它们之间不会反应，C错误；

D.庚是F,F没有正价，无最高价含氧酸，D错误。

答案选B。

17.实验室利用乙醇催化氧化法制取并提纯乙醛的实验过程中，下列装置未涉及的是()

【答案】C

【解析】

【分析】

乙醇催化氧化生成乙醛和水：2CHQLQn+02—坦岩J2CMCH0+IIQ,结合相关装置分析

【详解】A、分离提纯得到乙醛用蒸播法，蒸储要用到该装置，故A不选;

B、B装置是乙醇的催化氧化装置，故B不选；

C、提纯乙醛不用分液法，故用不到分液漏斗和烧杯，c选；

D、蒸储法提纯乙醛要用到冷凝管，故D不选；

故选C。

18.下列事实或实验现象不能作为实验判断依据的是

A.钠和镁分别与冷水反应，判断钠与镁的元素原子失电子能力强弱

B.MgCk与A1CL溶液分别与过量氨水反应，判断镁与铝的元素原子失电子能力强弱

C.硫酸与NaHCOs溶液反应生成CO?,判断硫与碳的元素原子得电子能力强弱

D.与I?分别与H?反应，判断浪与碘的元素原子得电子能力强弱

【答案】B

【解析】

【详解】A.钠和镁分别与冷水反应，和水反应越剧烈，金属的活泼性越强，失电子能力强,

故A能作为实验判断依据；

B.MgCL与A1CL溶液分别与过量氨水反应，都会发生反应产生白色沉淀Mg(0H)2、Al(0H)3,

两者现象一样，因此不能判断镁与铝的金属活动性强弱，故B不能作为实验判断依据；

C.硫酸与NaHCO-溶液反应生成CO2,则说明硫酸酸性强于碳酸，元素的最高价氧化物对应

的水化物的酸性强则得电子的能力强，所以据此可以判断碳与硫的得电子能力强弱，故C

能作为实验判断依据；

D.Be、L的单质和氢气化合的难易程度可以判断非金属性强弱，越容易与氢气化合，元素

非金属性越强，越容易得到电子，可以确定得电子的能力强弱，故D能作为实验判断依据；

答案选B。

19.如图所示,三个烧瓶中分别充满N0,气体并分别放置在盛有下列物质的烧杯(烧杯内有水)

中：在烧杯(1)中加入CaO,在烧杯(2)中不加其他物质，烧杯⑶中加入NH£1,发现烧瓶(1)

中红棕色变深，烧瓶(3)中红棕色变浅。[已知反应2N0z(红棕色)合MOK无色)],下列叙述正

确的是

烧杯(1)烧杯(2)烧杯(3)

A.2N0辰N。是放热反应

B.NH£1溶于水时放出热量

C.烧瓶(1)中混合气体的平均相对分子质量减小

D.烧瓶(3)中气体的压强增大

【答案】AC

【解析】

【分析】

2N02(g)^N20.1(g),NO,为红棕色气体，为无色气体，若红棕色加深，说明向生成NO?的方

向进行，若红棕色变浅说明向生成NQe勺方向进行；已知CaO和水反应生成氢氧化钙的反应

是放热反应，据此分析(1)瓶中的热量变化；(3)瓶中颜色变浅，说明反应正向移动，根据方

程式发现反应后气体体积变小，据此分析(3)瓶的压强变化情况。

【详解】A.⑴中红棕色变深，说明平衡是向逆反应方向移动的，而CaO和水反应放出热量,

即逆反应方向是吸热反应，则正反应方向是放热反应，故A正确；

B.(3)中红棕色变浅，说明平衡正向移动，正反应是放热反应，则氯化镂溶于水时吸收热量,

故B错误；

C.(1)中平衡逆向移动，NO’和之前相比含量增多，气体的总的量不变，气体的物质的量增

m„

大，则体系中平均相对分子质量一减小，故C正确；

n总

D.(3)中红棕色变浅，说明氯化镂溶于水时吸收热量，平衡正向移动，气体的物质的量减小,

则烧瓶⑶中的压强必然减小，故D错误；

答案选AC。

20.某有机物蒸气，完全燃烧时消耗的氧气是其体积的3倍，产生的二氧化碳是其体积的2

倍，则该有机物可能是

A.CHBCHOB.CH3COOHC.C2HID.C2H50H

【答案】CD

【解析】

【详解】相同条件下，物质量之比=气体体积之比，某有机物蒸气，完全燃烧时消耗的氧

气是其体积的3倍，产生的二氧化碳是其体积的2倍，即Imol该有机物完全燃烧消耗3mol

氧气，生成2mol二氧化碳，根据碳原子守恒，该有机物中含有2个碳原子，令短QH”煌

含氧衍生物GH。，根据燃烧通式，Imol该有机物的耗氧量应满足(x+))或(x+2-三)的值

442

等于3,

A.C&CHO分子中含有2个碳原子，耗氧量为(x+上v-z-)=2+1-0.5=2.5,故A不符合题意;

42

B.C&COOH分子中含有2个碳原子，耗氧量为(x+2-Z)=2+『l=2,故B不符合题意;

42

C.C此分子中含有2个碳原子，耗氧量为(x+上)=2+1=3,故C符合题意；

4

D.CzHQH分子中含有2个碳原子，耗氧量为(x+上v-Z-)=2+1.5-0.5=3,故D符合题意;

42

答案选CD。

21.(1)下列物质:A.瀛、B.NaOH、C.甲烷、D.氯化钢、E.乙烯、F.N%、G.CC14,H.H。。

①只含有离子键的是.“填序号，下同)；

②既含有离子键又含有共价键的是.;

③只含有共价键的是。

(2)下列变化：①碘的升华、②烧碱熔化、③氯化钠溶于水、④氯化氢溶于水、⑤氧气溶于

水、⑥氯化铁受热分解。化学键未被破坏的是，仅离子键被破坏的是

,仅共价键被破坏的是

【答案】(1).D(2).B(3).CEFGH(4).①@(5).②③(6).④

【解析】

【分析】

根据离子键和共价键的形成条件判断物质中含有的化学键类型；先判断物质所含的化学键的

种类，再判断化学键是否被破坏，据此分析。

【详解】(DA.氮是稀有气体单质，没有化学键，只存在分子间作用力；

B.NaOH是强碱，存在离子键和极性共价键；

C.甲烷是碳的气态氨化物，只存在极性共价键；

D.氯化钢是盐，只含离子键；

E.乙烯是有机物，含极性共价键和非极性共价键；

F.NL是氮的气态氢化物，只存在极性共价键；

G.CCL是有机物，只存在极性共价键；

H.II。是非金属氢化物，含极性共价键和非极性共价键；

①只含离子键的物质是D;②既有离子键又有共价键的化合物是B；③只含共价键的物质是

CEFGH；

(2)①碘的升华，只是状态的变化，化学键没被破坏;

②烧碱中存在离子键和共价键，烧碱熔化，电离出自由移动的离子，离子键被破坏;

③氯化钠中存在离子键，氯化钠溶于水，电离出自由移动的离子，离子键被破坏；

④氯化氢中存在共价键，氯化氢溶于水，电离出自由移动的离子，共价键被破坏；

⑤氧气溶于水，共价键没被破坏；

⑥氯化镂受热分解生成氨气和氯化氢，既有离子键被破坏又有共价键被破坏;

未发生化学键破坏的是①⑤：仅发生离子键破坏的是②③；仅发生共价键破坏的是④。

【点睛】氯化镂受热分解生成氨气和氯化氢，既有离子键被破坏又有共价键被破坏是易错点,

判断化学键是否变化时要观察变化前后物质的类别变化。

22.H?与0八F2均能发生反应，如图为比与区发生反应生成HF过程中的能量变化示意图。

请回答下列问题:

(1)完成转化1、II(填“吸收”或“放出"，下同)能量，完成转化

III能量。

(3)如图是宇宙飞船上使用的一种新型电池装置。A、B两个电极均由多孔的碳块组成，该电

池正极的电极反应式为;若将该装置中的氢气换成甲烷，其余都不改变，对应

装置的负极电极反应式为。

KOH溶液

【答案】(1).吸收(2).放出(3).A(4).02+4e+2H2O=4OH(5).

CH,-8e+100Il=CO；+7H20

【解析】

【分析】

断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量；根据上与F?发生反应生成HF过程中的能量变

化判断反应是吸热还是放热，选择合适的能量图；碱性氢氧燃料电池中，氧气做正极，生成

氮氧根离子，根据化合价的变化写出电极反应；甲烷燃料电池中甲烷作负极，在碱性条件下

生成碳酸根离子，根据化合价的变化写出电极反应，据此分析。

【详解】(D断裂化学键吸收能量，完成转化I、口吸收能量，形成化学键释放能量；完成

转化IH放出能量；

(2)%与Fz发生反应生成I1F过程中断裂反应物中化学键共吸收

154kJ/mol+436kJ/mol=580kJ/mol的热量，形成生成物中化学键共释放的能量为

565X2kJ/mol=l130kJ/mol>580kJ/mol,反应放热，反应物的总能量高于生成物的总能量，

能量变化图选择A；

(3)该电池为碱性氢氧燃料电池，该电池正极的电极反应式为02+4e+2H2O=4OH；若将该装置

中的氢气换成甲烷，碱性甲烷燃料电池，甲烷作负极，氧气做正极，负极上甲烷失去电子，

发生氧化反应，转变成碳酸根离子，甲烷中的碳元素的化合价从-4价升高到+4价，一个甲

烷分子失去8个电子，根据电荷守恒计算氢氧根离子的数目，根据原子守恒配平电极反应，

电极反应式为：CH-8e+100H=CO,-+7H20„

【点睛】写电极反应时，可以利用化合价的变化找到反应物转变为生成物转移的电子数，根

据电荷守恒配上离子，根据原子守恒配平电极反应，为快速书写电极反应的方法。

23.现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，原子序数依次增大。已知在周期表中

A是原子半径最小的元素，B的气态氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应得到离子

化合物，C原子最外层电子数是其电子层数的3倍，D•和E*的电子层结构相同，C与F属于

同一主族。请回答下列问题：

(DF在元素周期表中的位置是。

(2)上述B、C、D、E、F、G元素形成的简单离子中，半径最小的是(填离子符

号)。

(3)由上述元素中的一种或几种组成的常见物质甲可以发生如图反应：

①若物质乙具有漂白性，则物质乙的化学式为。

②若物质丙的水溶液是强碱性溶液，则物质甲化学式为。

一物质乙

一|物质丙

(4)由A、B、C、F四种元素组成的一种离子化合物X,已知：①lmolX能与足量NaOH浓溶液

反应生成标准状况下22.4L气体；②X能与盐酸反应产生气体Y,该气体能与氯水反应，则

X是一(填化学式)，写出气体Y与氯水反应的离子方程式.

【答案】(1).第3周期VIA族(2).Af(3).HC1O(4).他或2他(5).

NIIJISOs(6).SO2+Cl2+2H2O=41f+2C1+SO4

【解析】

【分析】

A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，原子序数依次增大，在周期表中A是原子半径

最小的元素，则A为H元素；B的气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应，则B为N

元素；C原子最外层电子数是电子层数的3倍，则C为0元素；C与F属于同一主族，则F

为S元素；G的原子序数大于硫的，故G为C1元素；D.和E"离子的电子层结构相同，为第

三周期元素，D为Na元素、E为A1元素，据此分析解答。

【详解】(DF是S元素，原子核外有3个电子层、最外层电子数是6,位于第三周期第VIA

族；

(2)B、C、D、E、F、G元素形成的简单离子分别为N*、02\Na*、Al/、S2\Cl,电子层结构

相同的离子核电荷数越大离子半径越小，离子的电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2

>C1>N3">02>Na>Ar1,半径最小的是Al"；

(3)①若乙具有漂白性，则乙为IIC10、甲是氯气、丙是IIC1；

②若丙的水溶液是强碱性溶液，则甲为Na或Na。，丙为NaOH,乙为氢气或氧气；

(4)由H、N、0、S四种元素组成的一种离子化合物X,已知：①ImolX能与足量NaOH浓溶液

反应生成标准状况下22.4L气体，生成气体为Imol,说明ImolX含有ImolNH：,②X能与盐

酸反应产生气体Y,该气体能与氯水反应，则Y为SO?,X是NH,HSO：,,气体Y与氯水反应的

4

离子方程式:S02+Cl2+2H20=4H+2Cl+80^o

24.(1)在恒温条件下将一定量X和Y的混合气体通入容积为2L的密闭容器中，X和Y两物

①该反应的化学方程式(反应物或生成物用符号X、Y表示)：。

②a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是。

③在O^lOmin内Y物质的反应速率为。

(2)如图2所示是可逆反应X+3Y2Z的反应速率(v)与时间(t)的关系曲线，下列叙述正确

的是(填字母)。

图2

A.ti时，只有正方向反应在进行

B.t,时，反应达到最大限度

C.t2"t3,反应不再进行

D.t2~t3,各物质的浓度不再发生变化

【答案】(1).Y2X(2).bd(3).0.02mol«L'•min1(4).BD

【解析】

【分析】

(1)①由图可知，X的物质的量浓度增加，Y的物质的量浓度减少，则X为生成物，Y为反应

物，再由lOmim达到平衡可知X、Y的物质的量浓度变化量，再根据物质的量浓度变化量之

比等于化学计量数之比书写方程式；

②物质的浓度不发生变化时表示化学反应处于平衡状态；

Ac

③根据片一计算反应速率；

t

(2)由图可知，反应从正反应开始，在tz之前正反应速率大于逆反应速率，t2时反应到达限

度，在心之后化学反应处于动态平衡中，各物质的浓度不再变化。

【详解】(1)①由图可知，X的物质的量浓度增加，Y的物质的量浓度减少，则X为生成物，

Y为反应物，再由lOmim达到平衡可知,Z\c(Y)：△c(X)=(O.6-0.4)mol/L：(0.6-0.2)mol/L=l：

2,物质的量浓度变化量之比等于化学计量数之比，则反应方程式为Y2X；

②由图可知，10〜25min及35min之后X、Y的物质的量浓度不发生变化，则相应时间段内

的点处于化学平衡状态，即b、d处于化学平衡状态；

③在O'lOmin内Y物质的浓度变化量△〃¥)=(0.6-0.4)mol/L=0.2mol/L,根据

,、Ac(Y)0.2mol/L,,

r(Y)=——--------=0.02moleL,min；

tlOmin

(2)A.3时，正、逆反应都发生，且正方向反应速率大于逆反应速率，故A错误；

B.t,时，正、逆反应速率相等，则反应到达最大限度，故B正确；

C.七〜t3,正、逆反应速率相等，化学反应达到动态平衡，反应仍在继续进行，故C错误；

D.t2-t3,为化学平衡状态，各物质的浓度不再发生变化，故D正确；

答案选BD»

25.牛奶长时间放置会变酸,这是因为牛奶中含有的乳糖在微生物的作用下分解变成了乳酸。

乳酸最初就是从酸牛奶中得到并由此而得名的。乳酸的结构简式为

OH

I

CH3—CH—C00Ho

回答下列问题：

(1)写出乳酸分子中官能团的名称：o

(2)写出乳酸与足量金属钠反应的化学方程式：。

(3)写出足量乳酸与碳酸钠溶液反应的化学方程式：。

(4)在浓硫酸作用下，两分子乳酸相互反应生成具有环状结构的物质，写出此生成物的结构

简式：0

(5)乳酸不能发生的反应类型是(填序号)o

A.氧化反应B.取代反应

C.加成反应I).酯化反应

CHsCHCOOHCH3cHeOONa

【答案】(1).羟基、竣基(2).|+2Na-|+HJ

OHONa

CH3cHeOOHCH3cHeOONa

(3).2|+Na2C0：i-2|+C02t+H20(4).

OHOH

/O—C^°

(5).c

HJC—CHCH—€H3

o/

【解析】

【分析】

乳酸分子中官能团为羟基和竣基，乳酸具有醇的性质和酸的性质，可以和钠发生置换反应,

可以和碳酸钠反应生成乳酸钠二氧化碳和水，两分子相互反应生成六元环状状结构的物质,

属于酯类，即分子发生酯化反应；乳酸分子中没有不饱和的碳碳双键、碳碳三键或碳氧双键,

不能发生加成反应，据此分析。

CHsCHCOOH

【详解】(1)根据乳酸的结构简式为：|，乳酸分子中官能团的名称为羟基、

0H

竣基；

(2)乳酸与足量金属钠反应生成乳酸钠和氢气，化学方程式：

CHiCHCOOHCH3cHeOONa

+2Na-|+H2t;

OHONa

(3)足量乳酸与碳酸钠溶液反应生成乳酸钠二氧化碳和水，化学方程式为

CHJCHCOOHCH3cHeOONa

2|+Na2C03-2|+C021+H20；

OHOH

(4)在浓硫酸作用下，两分子相互反应生成六元环状状结构的物质，属于酯类，即分子发生

()

Z

o-r

酯化反应，该生成物结构简式为：II('CHCHCII；

\/

co

Z

O

(5)A.乳酸属于有机物，可以被氧气氧化发生氧化反应，同时含有羟基，能被酸性高镒酸

钾氧化，发生氧化反应，故A不符合题意；

B.乳酸分子中含有羟基和竣基，可以发生酯化反应，即取代反应，故B不符合题意；

C.乳酸分子中没有不饱和的碳碳双键、碳碳三键或碳氧双键，不能发生加成反应，故C符

合题意；

D.乳酸分子中含有羟基和竣基，可以发生酯化反应，故D不符合题意：

答案选C。

【点睛】乳酸与足量金属钠反应时，羟基和竣基都和钠反应，Imol乳酸消耗2moi钠生成Imol

氢气，为易错点。

26.利用如图装置可以验证元素性质的递变规律。

已知：2KMrA+16HCl(浓)=2KCl+2MnCL+5Ckt+8H20

(1)干燥管D的作用除导气外还有。

(2)实验室中现有药品：NazS溶液、KMnO,,浓盐酸、MnO”请选择合适的药品设计实验验证

氯元素原子的得电子能力强于硫。装置A、B、C中所装药品分别为、、

,装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成。

(3)若要证明元素原子得电子能力C>Si,则A中应加入、B中加Na£03、C中

加,观察到C中的现象为有白色胶状沉淀产生。

【答案】(1).防止倒吸(2).浓盐酸(3).KMnOi(4).Naf溶液(5).

稀硫酸(6).NazSiCh溶液

【解析】

【分析】

将浓盐酸滴入高锦酸钾溶液中发生氧化还原反应产生氯气，根据仪器的构造写出仪器A的名

称；球形干燥管具有防止倒吸的作用；设计实验验证非金属性：OSi,利用氯气与Na?S的

氧化还原反应可验证；要证明非金属性：C>Si,可以通过二氧化碳和硅酸钠反应生成难溶

性的硅酸来证明。

【详解】(D仪器A为分液漏斗，分液漏斗中加的是浓盐酸，将浓盐酸滴入高镭酸钾溶液中

发生氧化还原反应产生氯气，球形干燥管D能够防止倒吸；

(2)验证非金属性：C1>S,利用氯气与Na?S的氧化还原反应可验证，反应没有加热装置，

选择浓盐酸和KMnOi制备氯气，则装置A.B.C中所装药品应分别为浓盐酸、KMnO„Na?S溶

液，氯气可以将硫化钠中的硫单质置换出来，装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，装

2

置c中发生反应的离子方程式为S-+CI2=SI+2cr；

(3)元素原子得电子能力C>Si,非金属性C>Si,若要证明非金属性：C>Si,可以通过二

氧化碳和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸来证明，由于B中加Na£0：”故A中可以加硫酸，通

过硫酸和碳酸钠的反应来制取CO2,然后的CO?通入C中的NaAiO：,中，可以发生反应：

Na2Si03+C02+H20=H2Si03I+Na2C03,产生白色胶状沉淀，从而可以证明酸性：H2C03>H2Si03o

【点睛】比较非金属性强弱时.，可以比较单质的氧化性，最高价氧化物对应的水化物的酸性

来验证，设计实验为难点。

27.乙烯是重要的有机化工原料，通过下列转化可制取某些常见有机物。

结合以上转化路线回答:

(1)反应④的化学方程式是。

(2)与A物质互为同分异构体的有机物的结构简式为。

(3)F是一种高分子化合物，可用于制作食品袋，其结构简式为一

(4)G是一种油状、有香味的物质，有以下两种制法。

制法一：实验室用D和E反应制取G,装置如图所示。

①甲试管中加入反应混合物后，为了防止液体在实验时发生暴沸，在加热前应采取的措施是

②试管乙中饱和Na£03溶液的作用是。

③反应结束后，振荡试管乙，静置，观察到的现象是o

制法二：工业上用CIMCH?和E直接反应获得G«

④该反应类型是。

⑤与制法一相比，制法二的优点是。

【答案】(1).2CH3CH20H+0,-----M——>2CH:!CH0+2H,0(2).H3C-CHBr2(3).

{CH,-CHJ,,(4).加入沸石(或碎瓷片)(5).吸收随乙酸乙酯蒸出的少量乙

酸和乙醇，乙酸乙酯在饱和Na2c0：,溶液中的溶解度较小，便于溶液分层得到乙酸乙酯

(6).液体分层，上层是透明的油状液体(7).加成反应(8).原子利用率高

【解析】

【分析】

由转化关系可知乙烯与澳发生加成反应生成A,A为BrCH2cHzBr,水解生成B,B是CHQHCHQH,

乙烯与水发生加成反应生成D,D为CH3cH2OH,乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛氧化生成E为

CH：sC00H,生成G为CHEOOCH2cH乙烯发生加聚反应生成F为土；实验室制取

乙酸乙酯利用乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂的条件下发生酯化反应制得，以此分析。

【详解】(1)反应④是乙醇催化氧化成乙醛，反应的化学方程式

2cH3cHzOH+O?----M——>2CH3CH0+2H20；

(2)A为BrClIQbBr,根据官能团滨原子的位置不同可知，与A物质互为同分异构体的有机

物的结构简式为HsC-CHBr2；

(3)F是聚乙烯，其结构简式为是由乙烯加聚反应制得的；

(4)G是乙酸乙酯，①为了防止液体在实验时发生暴沸，甲试管中加入沸石(或碎瓷片)；

②试管乙中饱和Na2c溶液的作用是吸收随乙酸乙酯蒸出的少量乙酸和乙醇，乙酸乙酯在饱

和Na2cOs溶液中的溶解度较小，便于溶液分层得到乙酸乙酯；

③反应结束后，乙酸乙酯不易溶于饱和碳酸钠溶液，实验现象是液体分层，上层是透明的油

状液体；

④制法二是纸=窕和CH3C00H发生加成反应可以得到乙酸乙酯；

⑤制法一是乙酸和乙醇发生酯化反应，是可逆反应，制法二是化合反应，优点是原子利用率

高。

【点睛】乙烯和乙酸的反应是难点，学生可能不太熟悉，可以根据乙烯的性质推测出反应类

型。

28.0.2mol某燃A在氧气中充分燃烧后，生成物B、C各为L2mol。

(1)煌A的分子式为o

(2)①若煌A不能因发生反应使溟水褪色，但在一定条件下，能与CL发生取代反应，其

一氯代物只有一种，则煌A的结构简式为.

②若煌A能使溪水褪色，在催化剂作用下可与H?加成，其加成产物分子中含有4个甲基，

则所有符合条件的燃A的结构简式为。

【答案】(1).C6H12(2).0(3).(CH3)2C-C(CH3)2,CH2=C(CH3)CH(CH3)CH^

CH2=CHC(CH3)3

【解析】

【分析】

(1)利用题目所给的已知条件可计算出n(慌):n(C):n(H),可进一步得到分子式；

(2)①煌A不能因发生反应使澳水褪色，说明结构中不存在碳碳双键，在一定条件下，能与

Ck发生取代反应，其一氯代物只有一种，说明结构对称，再结合分子式可得其结构；

②煌A能使滨水褪色，在催化剂作用下可与H?加成，说明结构中存在碳碳双键，结合其加

成产物分子中含有4个甲基，可知其结构。

【详解】(1)由已知条件可知n(件)：n(C):n(H)=O.2mol:2.4mol=l:6:12,因此有机

物A的分子式为C6H12；

(2)①煌A不能因发生反应使溟水褪色，说明结构中不存在碳碳双键，在一定条件下，能与

Ck发生取代反应，其一氯代物只有一种，说明结构对称，又因A的分子式为C此2,可知A

为环烷烧，即A的结构为1:；

(2)②嫌A能使滨水褪色，在催化剂作用下可与IL加成，说明结构中存在碳碳双键，结合

其加成产物分子中含有4个甲基，那么A的结构为(CHJ2C=C(CH3)2、CH2=C(CH3)CH(CHJCH：,或

CH2=CHC(CH3)3«

山东省威海市2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题(含解

析)

本试卷分第I卷(选择题)和第H卷(非选择题)两部分。考试结束后，将答题卡交回。

第