高一年级下学期期末考试化学试题及答案解析（共三套）

高一年级下学期期末考试化学试题（一）（考试时间：90分钟试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32一、选择题：本题共16个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．我国毛笔的制作技艺属于国家非物质文化遗产，相传古人制作该毛笔的过程为“以枯木为管，鹿毛为柱，羊毛为被(外衣)”，则下列说法正确的是A．枯木的主要成分蛋白质B．鹿毛、羊毛均只含有C、H、O三种元素C．枯木、鹿毛的主要成分互为同分异构体D．采用灼烧法可以区分枯木、毛笔的“外衣”2．下列说法正确的是A．CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在B．明矾在水中生成的Al(OH)3胶体有吸附性，因此常用明矾对水进行消毒C．CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成D．活性炭、SO2、Na2O2都能使品红溶液褪色，原理不同3．下列关于氮及其化合物的说法，不正确的是A．硝酸可以与甘油反应生成烈性炸药硝化甘油B．氯碱工业中可以用氨气检查氯气管道是否泄漏C．工业上制备硝酸是利用NH3和O2反应生成NO，进一步转化为NO2及HNO3D．为提高作物的养分，可以是铵态氮肥与碱性肥料混合使用4．往FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入SO2，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，同时有白色沉淀产生，下列说法正确的是A．该实验表明FeCl3有还原性 B．白色沉淀为BaSO3C．该实验表明SO2有漂白性 D．反应后溶液酸性增强5．下列化学反应一定是放热反应的是A．Ba（OH）2·8H2O晶体与NH4Cl晶体混合时B．金属钠与水反应C．浓硫酸稀释D．煅烧石灰石6．下列图示的装置不能形成原电池的是A． B．C． D．7．X、Y两根金属棒插入Z溶液中构成如图所示装置，实验中电流表指针发生偏转，同时X棒变粗，Y棒变细，则X、Y、Z可能是下列中的编号XYZAZnCu稀硫酸BAgZn硝酸银溶液CCuAg硫酸铜溶液DCuZn稀硫酸8．在光照条件下，纳米TiO2能将甲醛催化氧化成二铖化碳和水。经10小时(h)催化氧化后，某密闭空间内甲醛的浓度从2.0×10-7mol/L降到1.0×10-7mol/L，则甲醛在这段时间内的平均反应速率为A．4.0×10-8mol/(L·h)B．3.0×10-8mol/(L·h)C．2.0×10-8mol/(L·h)D．1.0×10-8mol/(L·h)9．对于可逆反应A(g)＋3B(s)2C(g)＋2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是A．v(A)＝0.5mol·L－1·min－1B．v(B)＝1.2mol·L－1·s－1C．v(C)＝0.1mol·L－1·s－1D．v(D)＝0.4mol·L－1·min－110．下列四种盐酸溶液，均能跟锌片反应，其中最初反应速率最快的是A．10℃20mL3mol/L的盐酸溶液 B．20℃30mL2mol/L的盐酸溶液C．20℃20mL2mol/L的盐酸溶液 D．20℃10mL4mol/L的盐酸溶液11．云南特色小吃“过桥米线”做法如下：先用滚沸的鸡汤一碗，上罩浮油，再辅以切得极薄的生肉片、乌龟片、火腿片、葱头等，最后把主料米线放入拌食即成。“过桥米线”汤鲜、肉嫩、料香、米线滑润，吃起来别有一番风味。以下有关“过桥米线”的说法不正确的是A．上层浮油沸点较高，难以挥发B．浮油对下层汤水起到很好的“液封”作用，使下层汤水及热量难以外逸C．去掉上面的一层浮油，将减弱“过桥米线”的保温效果D．上层浮油高温水解即产生美味的物质12．制取一氯乙烷最好采用的方法是A．乙烷和氯气反应 B．乙烯和氯气反应C．乙烷和氯化氢反应 D．乙烯和氯化氢反应13．下列实验能获得成功的是A．苯和浓溴水用铁做催化剂制溴苯B．用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中混有的乙烯C．甲烷与氯气光照制得纯净的一氯甲烷D．乙烯通入溴的四氯化碳溶液得到1，2—二溴乙烷14．在抗击“2019新型冠状病毒”的过程中，大量防护和消毒用品投入使用。下列有关说法正确的是A．新型冠状病毒由C、H、O三种元素组成B．过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒目的C．聚丙烯和聚四氟乙烯为生产防护服的主要材料，二者均属于有机高分子材料D．84消毒液是以NaClO为主要有效成分的消毒液，与医用酒精混合可以提升消毒效果15．市场上有一种加酶洗衣粉，即在洗衣粉中加入少量的碱性蛋白酶，它的催化活性很强，衣服的汗渍、血迹及人体排放的蛋白质油渍遇到它，皆能水解而除去，下列衣料中不能用加酶洗衣粉洗涤的是①棉织品；②毛织品；③晴纶织品；④蚕丝织品；⑤涤纶织品；⑥锦纶织品A．①②③ B．③④⑤ C．②④ D．③⑤⑥16．海水提镁的主要流程如下，下列说法正确的是；①试剂M是盐酸；②流程中的反应全部都是非氧化还原反应；③操作b只是过滤；④用海水晒盐后的饱和溶液加石灰乳制Mg(OH)2；⑤采用电解法冶炼镁是因为镁很活泼A．①②③④⑤ B．②③ C．④⑤ D．①④⑤二、非选择题：包括第17题～第21题5个大题，共52分。17．（12分）SO2是一种重要的氧化物,可用于生产三氧化硫、硫酸、亚硫酸盐、硫代硫酸盐,也可用作熏蒸剂、防腐剂、消毒剂、还原剂等。（1）SO2性质多变,若将SO2气体通入氢硫酸中,能看到的现象为:__________,该反应中SO2表现出______性;若将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液中,离子反应方程式为_________,该反应中SO2表现出__________性。（2）SO2有毒,且能形成酸雨,是大气主要污染物之一。石灰-石膏法和碱法是常用的烟气脱硫法。石灰-石膏法的吸收原理:‍①SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O②2CaSO3+O2+4H2O=2CaSO4·2H2O碱法的吸收原理:将含SO2的尾气通入足量的烧碱溶液中,请写出对应的化学反应方程式__________;已知:试剂Ca(OH)2NaOH价格(元/kg)0.362.9与石灰-石膏法相比,碱法的优点是吸收快、效率高,缺点是__________;（3）在石灰-石膏法和碱法的基础上,设计了双碱法,能实现物料循环利用。上述方法中,实现循环利用的物质是__________,请用化学方程式表示在Na2SO3溶液中加入CaO后的反应原理__________。18．（7分）请根据化学反应与热能的有关知识，填写下列空白：（1）某同学做如下实验，以检验反应中的能量变化。①在实验中发现反应后（a）中温度升高，由此可以判断（a）中反应是___热反应；（b）中温度降低，由此可以判断（b）中反应是___热反应。②根据能量守恒定律，（b）中反应物的总能量应该__其生成物的总能量（填“>”或“<”）。（2）下列过程中不一定放热的是______（填字母）。a．葡萄糖在体内的氧化b．炸药爆炸c．燃料燃烧d．化合反应e．酸碱中和（3）已知H2和O2反应放热，且断开1molH-H键、1molO=O键、1molO-H键需吸收的能量分别为Q1kJ、Q2kJ、Q3kJ，由此可以推知下列关系正确的是______（填编号）。①Q1+Q2>Q3②2Q1+Q2<4Q3③Q1+Q2<2Q3④2Q1+Q2>2Q319．（10分）分别按下图A、B、C所示装置进行实验，三个烧杯里的溶液为同浓度的稀硫酸。回答下列问题：（1）下列叙述中，不正确的是___________。A．B中铁片是负极，C中铁片是正极B．三个烧杯中铁片表面均无气泡产生C．产生气泡的速率A中比B中慢D．C溶液中向Zn片电极移动（2）装置B中能量转化的主要形式是________________；（3）装置B中正极反应式为__________________；（4）装置C负极反应式为________________________；（5）装置A中发生反应的离子方程式________________；（6）Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4C1晶体的反应属于_______反应(填“吸热”或“放热”)若把此反应设计成原电池，你认为是否可行？_______(填“是”或“否”)。20．（15分）乙酸乙酯是无色、具有果香气味的液体。某同学采用12.0mL96%密度为1.05g/mL的乙酸、23mL95%密度为0.75g/mL的乙醇、12.0mL浓硫酸、饱和Na2CO3溶液制备乙酸乙酯，其实验装置如图所示（烧杯、部分夹持装置、温度计已略去）。已知：①氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·6C2H5OH②有关有机物的沸点：试剂乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯沸点（℃）34.778.5117.977.2①先向蒸馏烧瓶B中加入试剂__，然后通过仪器A慢慢加入__；②加热保持油浴温度为135～145℃，至不再有液体流出后，停止加热；③取带有支管的锥形瓶，将一定量的饱和Na2CO3溶液分批、少量、多次地加入馏出液中，再将混合物分液，弃去水层，得到有机层。试回答下列问题：（1）①蒸馏烧瓶B加入试剂，然后通过仪器A慢慢加入。（2）写出制备乙酸乙酯的化学方程式。（3）仪器A的名称是；浓硫酸的作用是；仪器C的作用是。（4）反应中所用的乙醇是过量的，其目的是。（5）③中加入饱和碳酸钠溶液的作用，分批、少量、多次地加入饱和碳酸钠的原因是。（6）从③中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入饱和氯化钙溶液分离出，再加入无水硫酸钠，然后进行蒸馏，收集77.2℃的馏分，以得到纯净的乙酸乙酯9.2g，计算此实验中生成乙酸乙酯的产率为（写出计算的表达式）。21．（8分）如图是海带中提取碘的流程图：回答下列问题。（1）干海带在_____________________中灼烧（填仪器名称）。（2）操作I名称为_____________________。（3）分液漏斗在使用前须清洗干净并_________________，在本实验分离过程中，碘的四氯化碳应该从分液漏斗的_________________(填“上口倒出”或“下口放出”）。（4）操作II名称为________________,该操作中加入碎瓷片的作用是_____________________；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是_____________________(填标号)。A．立即补加B．冷却后补加C．不需补加D．重新配料（5）在操作II中，仪器选择及安装都最合理的是_____________________(填标号)。高一年级下学期期末考试化学试题（一）答案解析（考试时间：90分钟试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32一、选择题：本题共16个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．我国毛笔的制作技艺属于国家非物质文化遗产，相传古人制作该毛笔的过程为“以枯木为管，鹿毛为柱，羊毛为被(外衣)”，则下列说法正确的是A．枯木的主要成分蛋白质B．鹿毛、羊毛均只含有C、H、O三种元素C．枯木、鹿毛的主要成分互为同分异构体D．采用灼烧法可以区分枯木、毛笔的“外衣”【答案】D【解析】A．枯木的主要成分是植物纤维，故A错误；B．鹿毛、羊毛的主要成分是蛋白质，含有C、H、O三种元素，还含有N元素，故B错误；C．枯木的主要成分是植物纤维，鹿毛的主要成分是蛋白质，它们的分子式不相同，不属于同分异构体，故C错误；D．区分蛋白质和化学纤维一般可以使用灼烧法，有烧焦羽毛气味的毛笔的“外衣”羊毛，无此现象的是枯木，故D正确；答案选D。2．下列说法正确的是A．CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在B．明矾在水中生成的Al(OH)3胶体有吸附性，因此常用明矾对水进行消毒C．CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成D．活性炭、SO2、Na2O2都能使品红溶液褪色，原理不同【答案】D【解析】A．CO、NO、NO2都是大气污染气体，NO在空气中不能稳定存在，A错误；B．明矾在水中生成的Al(OH)3胶体有吸附性，因此常用明矾对水进行净化，B错误；C．NO2或SO2会导致酸雨的形成，CO2不会导致酸雨的形成，C错误；D．活性炭、SO2、Na2O2都能使品红溶液褪色，活性炭是吸附性，SO2与品红化合生成不稳定的无色物质，Na2O2是强氧化性漂白，因此原理不同，D正确。答案选D。3．下列关于氮及其化合物的说法，不正确的是A．硝酸可以与甘油反应生成烈性炸药硝化甘油B．氯碱工业中可以用氨气检查氯气管道是否泄漏C．工业上制备硝酸是利用NH3和O2反应生成NO，进一步转化为NO2及HNO3D．为提高作物的养分，可以是铵态氮肥与碱性肥料混合使用【答案】D【解析】A．甘油在浓硫酸催化下，与浓硝酸反应生成硝酸甘油酯（即硝化甘油）和水，A正确；B．用氨气检查氯气管道，如果有氯气泄漏，则发生反应3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2，会有白烟产生，白烟为氯化铵固体，B正确；C．工业上制备硝酸是利用三步反应①4NH3+5O24NO+6H2O、②2NO+O2═2NO2、③3NO2+H2O═2HNO3+NO，C正确；D．铵态氮肥能与碱性肥料发生反应，NH4++OH-⇌NH3∙H2O⇌NH3+H2O，氨气易逸出导致平衡向右移动，土壤中铵根离子浓度降低，从而降低肥效，所以铵态氮肥不能与碱性肥料混合使用，D错误。答案选D。4．往FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入SO2，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，同时有白色沉淀产生，下列说法正确的是A．该实验表明FeCl3有还原性 B．白色沉淀为BaSO3C．该实验表明SO2有漂白性 D．反应后溶液酸性增强【答案】D【解析】A．反应中溶液由由棕黄色变成浅绿色，三价铁变化为二价铁，该实验表明FeCl3具有氧化性，A错误；B．二氧化硫被氧化为硫酸根，生成的白色沉淀为硫酸钡，B错误；C．二氧化硫的漂白性是指二氧化硫和水反应生成的亚硫酸与有色物质结合为不稳定的无色物质，此反应中二氧化硫做还原属剂，C错误；D．反应后生成硫酸酸性增强，D正确；答案选D。5．下列化学反应一定是放热反应的是A．Ba（OH）2·8H2O晶体与NH4Cl晶体混合时B．金属钠与水反应C．浓硫酸稀释D．煅烧石灰石【答案】B【解析】A．Ba（OH）2·8H2O晶体与NH4Cl晶体混合属于吸热反应，A不符合题意；B．金属钠与水反应放出大量的热，可将Na熔化为一个小球，B符合题意；C．浓硫酸溶于水是物理变化，而非化学变化，故不属于放热反应，C不符合题意；D．石灰石在高温条件下煅烧发生分解反应，属于吸热反应，D不符合题意；故选B。6．下列图示的装置不能形成原电池的是A． B．C． D．【答案】D【解析】形成原电池的条件为：①自发进行的氧化还原反应，②形成闭合回路，据此解答。【详解】A．由图可知：锌能与稀硫酸反应且为闭合回路，则A可以构成原电池，A不符合；B．由图可知：锌能与硫酸铜反应且为闭合回路，则B可以构成原电池，B不符合；C．由图可知：氢气与氧气反应且为闭合回路，则C可以构成原电池，且为燃料电池，C不符合；D．两侧金属均为铁，直接与稀盐酸发生化学腐蚀，不能形成原电池，D符合；故选D。7．X、Y两根金属棒插入Z溶液中构成如图所示装置，实验中电流表指针发生偏转，同时X棒变粗，Y棒变细，则X、Y、Z可能是下列中的编号XYZAZnCu稀硫酸BAgZn硝酸银溶液CCuAg硫酸铜溶液DCuZn稀硫酸【答案】B【解析】X、Y两根金属棒插入Z溶液中构成如图所示装置，实验中电流表指针发生偏转，同时X棒变粗，Y棒变细，则形成原电池，且Y为负极，因其消耗而使Y变细，X为正极，因其表面析出金属而变粗，以此判断。【详解】X、Y两根金属棒插入Z溶液中构成如图所示装置，实验中电流表指针发生偏转，同时X棒变粗，Y棒变细，则形成原电池，且Y为负极，因其消耗而使Y变细，X为正极，其表面生成金属而变粗。A.X为Zn，Y为Cu，电解质为稀硫酸能形成原电池，X为负极，Y为正极，与题意不合，故A错误；B.X为Ag，Y为Zn，电解质为硝酸银溶液能形成原电池，且Y为负极消耗Zn变细，X为正极生成Ag变粗，符合题意，故B正确；C.X为Cu，Y为Ag，电解质为硫酸铜溶液，没有自发的氧化还原反应，不能形成原电池，与题意不合，故C错误；D.X为Cu，Y为Zn，电解质为稀硫酸能形成原电池，Y为负极，X为正极生成氢气，没有变粗，与题意不合，故D错误；故选B。8．在光照条件下，纳米TiO2能将甲醛催化氧化成二铖化碳和水。经10小时(h)催化氧化后，某密闭空间内甲醛的浓度从2.0×10-7mol/L降到1.0×10-7mol/L，则甲醛在这段时间内的平均反应速率为A．4.0×10-8mol/(L·h)B．3.0×10-8mol/(L·h)C．2.0×10-8mol/(L·h)D．1.0×10-8mol/(L·h)【答案】D【解析】经10小时(h)催化氧化后，某密闭空间内甲醛的浓度从2.0×10-7mol/L降到1.0×10-7mol/L，甲醛在这段时间内的平均反应速率为=1.0×10-8mol/(L·h)，故选D。9．对于可逆反应A(g)＋3B(s)2C(g)＋2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是A．v(A)＝0.5mol·L－1·min－1B．v(B)＝1.2mol·L－1·s－1C．v(C)＝0.1mol·L－1·s－1D．v(D)＝0.4mol·L－1·min－1【答案】C【解析】A．v(A)=0.5mol/(L•min)；B．B为固体，不能用B表示反应速率；C．v(A)=v(C)=0.05mol/(L•s)=3mol/(L•min)；D．v(A)=v(D)=0.2mol/(L•min)；根据分析可知，反应速率最快的为C，故选C。10．下列四种盐酸溶液，均能跟锌片反应，其中最初反应速率最快的是A．10℃20mL3mol/L的盐酸溶液 B．20℃30mL2mol/L的盐酸溶液C．20℃20mL2mol/L的盐酸溶液 D．20℃10mL4mol/L的盐酸溶液【答案】D【解析】锌与盐酸反应的方程式是Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑，所以盐酸的浓度越高，溶液的温度越高反应速率越快。选项D中溶液温度和盐酸的浓度均是最高的，因此反应速率最快，答案选D。11．云南特色小吃“过桥米线”做法如下：先用滚沸的鸡汤一碗，上罩浮油，再辅以切得极薄的生肉片、乌龟片、火腿片、葱头等，最后把主料米线放入拌食即成。“过桥米线”汤鲜、肉嫩、料香、米线滑润，吃起来别有一番风味。以下有关“过桥米线”的说法不正确的是A．上层浮油沸点较高，难以挥发B．浮油对下层汤水起到很好的“液封”作用，使下层汤水及热量难以外逸C．去掉上面的一层浮油，将减弱“过桥米线”的保温效果D．上层浮油高温水解即产生美味的物质【答案】D【解析】上层浮油成分是油脂，水解生成甘油和高级脂肪酸，所以选项D是错误的，其余选项都是正确的，答案选D。【点睛】该题是基础性试题的考查，试题贴近生活，有助于调到学生的学习兴趣和学习积极性。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，旨在在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。12．制取一氯乙烷最好采用的方法是A．乙烷和氯气反应 B．乙烯和氯气反应C．乙烷和氯化氢反应 D．乙烯和氯化氢反应【答案】D【解析】A．乙烷和氯气发生取代反应时会生成多种氯代物，产物不唯一，故A不符合题意；B．乙烯和氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，故B不符合题意；C．乙烷与氯化氢不反应，故C不符合题意；D．乙烯和HCl发生加成反应只生成一氯乙烷，故D符合题意；故答案为D。13．下列实验能获得成功的是A．苯和浓溴水用铁做催化剂制溴苯B．用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中混有的乙烯C．甲烷与氯气光照制得纯净的一氯甲烷D．乙烯通入溴的四氯化碳溶液得到1，2—二溴乙烷【答案】D【解析】A.苯和液溴发生取代反应生成溴苯而不是溴水；B.酸性高锰酸钾溶液可将乙烯氧化为二氧化碳气体杂质；C.甲烷与氯气光照制得的产物还有二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷；D.乙烯通入溴的四氯化碳溶液可以得到1，2—二溴乙烷。故选D。14．在抗击“2019新型冠状病毒”的过程中，大量防护和消毒用品投入使用。下列有关说法正确的是A．新型冠状病毒由C、H、O三种元素组成B．过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒目的C．聚丙烯和聚四氟乙烯为生产防护服的主要材料，二者均属于有机高分子材料D．84消毒液是以NaClO为主要有效成分的消毒液，与医用酒精混合可以提升消毒效果【答案】C【解析】A．新型冠状病毒主要成分是蛋白质，由C、H、O、N等元素组成，故A错误；B．乙醇可以使蛋白质变性，但并不具有氧化性，不能氧化病毒，故B错误；C．聚丙烯是由丙烯发生加聚反应生成，聚四氟乙烯是由四氟乙烯加聚而成，二者均为有机高分子材料，故C正确；D．84消毒液是以NaClO为主要有效成分的消毒液，与医用酒精混合会发生氧化还原反应，降低消毒效果，故D错误；故选C。15．市场上有一种加酶洗衣粉，即在洗衣粉中加入少量的碱性蛋白酶，它的催化活性很强，衣服的汗渍、血迹及人体排放的蛋白质油渍遇到它，皆能水解而除去，下列衣料中不能用加酶洗衣粉洗涤的是①棉织品；②毛织品；③晴纶织品；④蚕丝织品；⑤涤纶织品；⑥锦纶织品A．①②③ B．③④⑤ C．②④ D．③⑤⑥【答案】C【解析】根据题意，在洗衣粉中加入少量的碱性蛋白酶，它的催化活性很强，衣服的汗渍、血迹及人体排放的蛋白质油渍遇到它，皆能转化而除去。酶是一种生物催化剂，能催化蛋白质等物质的分解，则含蛋白质的衣料不能用加酶洗衣粉洗涤，据此进行分析解答。【详解】酶是一种生物催化剂，能催化蛋白质等物质的分解，则含蛋白质的衣料不能用加酶洗衣粉洗涤。①棉织品是用棉线制成的，不含蛋白质，可以用加酶洗衣粉洗涤；②毛织品、④蚕丝织品分别是用羊毛、蚕丝制成的，主要成分是蛋白质，不能用加酶洗衣粉洗涤；③腈纶织品、⑤涤纶织品、⑥锦纶织品均是用合成纤维制成的，不含蛋白质，可以用加酶洗衣粉洗涤。故②④不能用加酶洗衣粉洗涤。故选C。【点睛】本题难度不大，明确含蛋白质的衣料不能用加酶洗衣粉洗涤是正确解答本题的关键。16．海水提镁的主要流程如下，下列说法正确的是；①试剂M是盐酸；②流程中的反应全部都是非氧化还原反应；③操作b只是过滤；④用海水晒盐后的饱和溶液加石灰乳制Mg(OH)2；⑤采用电解法冶炼镁是因为镁很活泼A．①②③④⑤ B．②③ C．④⑤ D．①④⑤【答案】D【解析】生石灰溶于水生成氢氧化钙，加入沉淀池沉淀镁离子生成氢氧化镁，过滤后得到氢氧化镁沉淀，加入试剂M为盐酸，氢氧化镁溶解得到氯化镁溶液，通过浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到固体氯化镁，通电电解生成镁；【详解】①M是盐酸，用来溶解氢氧化镁沉淀，①正确；②电解氯化镁生成镁和氯气的反应是氧化还原反应，流程中的反应不全部都是非氧化还原反应，②错误；③操作b是浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体的过程，③错误；④用海水晒盐后的饱和溶液中主要是氯化镁，加石灰乳可以制Mg（OH）2，④正确；⑤氧化镁熔点高，熔融消耗能量高效益低，电解熔融MgCl2比电解熔融的MgO制金属镁更节约能量，⑤正确，答案选D。二、非选择题：包括第17题～第21题5个大题，共52分。17．（12分）SO2是一种重要的氧化物,可用于生产三氧化硫、硫酸、亚硫酸盐、硫代硫酸盐,也可用作熏蒸剂、防腐剂、消毒剂、还原剂等。（1）SO2性质多变,若将SO2气体通入氢硫酸中,能看到的现象为:__________,该反应中SO2表现出______性;若将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液中,离子反应方程式为_________,该反应中SO2表现出__________性。（2）SO2有毒,且能形成酸雨,是大气主要污染物之一。石灰-石膏法和碱法是常用的烟气脱硫法。石灰-石膏法的吸收原理:‍①SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O②2CaSO3+O2+4H2O=2CaSO4·2H2O碱法的吸收原理:将含SO2的尾气通入足量的烧碱溶液中,请写出对应的化学反应方程式__________;已知:试剂Ca(OH)2NaOH价格(元/kg)0.362.9与石灰-石膏法相比,碱法的优点是吸收快、效率高,缺点是__________;（3）在石灰-石膏法和碱法的基础上,设计了双碱法,能实现物料循环利用。上述方法中,实现循环利用的物质是__________,请用化学方程式表示在Na2SO3溶液中加入CaO后的反应原理__________。【答案】（1）溶液中生成黄色沉淀氧化性2MnO4-+5SO2+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+还原性（2）SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O成本较高（3）NaOHCaO+H2O=Ca(OH)2

Ca(OH)2+Na2SO3=CaSO3↓+2NaOH【解析】（1）二氧化硫具有弱氧化性，将SO2气体通入氢硫酸中，发生反应SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O，看到的现象为溶液中生成黄色沉淀，二氧化硫中S化合价由+4价→0价，化合价降低的反应物作氧化剂，体现氧化性；将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液中，高锰酸钾具有强氧化性，将二氧化硫溶于水后生成的亚硫酸氧化为硫酸，二氧化硫遇到强氧化剂时体现还原性，将MnO4-还原为Mn2+，S元素的化合价升高2价，锰元素的化合价降低5价，则高锰酸根系数为2，二氧化硫系数为5，根据原子守恒，硫酸根系数为5，Mn2+系数为2，根据电荷守恒，右侧补4个氢原子，最终根据H原子守恒，左侧补2个水，即方程式为：5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+，二氧化硫中S元素的化合价由+4价→+6价，化合价升高的反应物作还原剂，体现还原性，故答案为溶液中生成黄色沉淀，氧化性，2MnO4-+5SO2+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+，还原性。（2）二氧化硫作为酸性氧化物，可以和氢氧化钠反应盐和水，参照二氧化碳和氢氧化钠反应的方程式，写出二氧化硫和氢氧化钠的反应方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，由于石灰价格低，吸收成本比氢氧化钠低的多，故答案为SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，成本较高。（3）从流程图中可以看出，向Na2SO3溶液中加入CaO后，生成NaOH，生成的NaOH可以作为二氧化硫的吸收剂，故NaOH为循环利用的物质；CaO加入溶液中会先和水反应，即CaO+H2O=Ca(OH)2，生成的Ca(OH)2再和Na2SO3溶液反应，根据流程图，反应物之一为NaOH，再根据复分解反应原理，另一生成物为CaSO3，故反应方程式为：Ca(OH)2+Na2SO3=CaSO3↓+2NaOH，故答案为NaOH，CaO+H2O=Ca(OH)2、Ca(OH)2+Na2SO3=CaSO3↓+2NaOH。18．（7分）请根据化学反应与热能的有关知识，填写下列空白：（1）某同学做如下实验，以检验反应中的能量变化。①在实验中发现反应后（a）中温度升高，由此可以判断（a）中反应是___热反应；（b）中温度降低，由此可以判断（b）中反应是___热反应。②根据能量守恒定律，（b）中反应物的总能量应该__其生成物的总能量（填“>”或“<”）。（2）下列过程中不一定放热的是______（填字母）。a．葡萄糖在体内的氧化b．炸药爆炸c．燃料燃烧d．化合反应e．酸碱中和（3）已知H2和O2反应放热，且断开1molH-H键、1molO=O键、1molO-H键需吸收的能量分别为Q1kJ、Q2kJ、Q3kJ，由此可以推知下列关系正确的是______（填编号）。①Q1+Q2>Q3②2Q1+Q2<4Q3③Q1+Q2<2Q3④2Q1+Q2>2Q3【答案】放吸<d②【解析】对于吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，反应后混合物的温度降低；对于放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，反应后混合物的温度升高；放热反应包括燃烧反应、爆炸反应、酸碱中和反应、活泼金属与酸或水的反应、铝热反应、绝大部分化合反应等，吸热反应包括绝大部分分解反应、碳与二氧化碳的化合反应、碳与水蒸气制水煤气的反应、八水合氢氧化钡与氯化铵的反应；利用键能可计算反应的热量变化，也可比较反应物与生成物的能量高低。【详解】(1)①(a)中温度升高，说明反应物的总能量高于生成物的总能量，反应是放热反应；(b)中温度降低，说明反应物总能量低于生成物的总能量，反应是吸热反应。答案为：放；吸；②根据能量守恒定律，(b)中反应需吸收热量，则反应物的总能量应该<其生成物的总能量。答案为：<；(2)葡萄糖在体内的氧化、炸药爆炸、燃料燃烧、酸碱中和等都是放热反应，化合反应可能是放热反应，也可能是吸热反应，所以不一定放热的是d。答案为：d；(3)用结构式表示的H2和O2反应的化学方程式为2H-H+O=O→2，则(2Q1+Q2)-4Q3<0，所以2Q1+Q2<4Q3，②正确。故选：②。【点睛】C、H2、CO、S等的燃烧，是放热的化合反应，而CO2与C生成CO的反应，是吸热的化合反应，所以化合反应不一定是放热反应。19．（10分）分别按下图A、B、C所示装置进行实验，三个烧杯里的溶液为同浓度的稀硫酸。回答下列问题：（1）下列叙述中，不正确的是___________。A．B中铁片是负极，C中铁片是正极B．三个烧杯中铁片表面均无气泡产生C．产生气泡的速率A中比B中慢D．C溶液中向Zn片电极移动（2）装置B中能量转化的主要形式是________________；（3）装置B中正极反应式为__________________；（4）装置C负极反应式为________________________；（5）装置A中发生反应的离子方程式________________；（6）Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4C1晶体的反应属于_______反应(填“吸热”或“放热”)若把此反应设计成原电池，你认为是否可行？_______(填“是”或“否”)。【答案】（1）B（2）化学能转化为电能（3）2H++2e-=H2↑（4）Zn—2e-=Zn2+（5）2H++Fe=H2↑+Fe2+（6）吸热否【解析】形成原电池的条件为：①自发进行的氧化还原反应，②形成闭合回路，故A不是原电池，B、C为原电池；根据原电池正负极判断方式：一般活泼金属做负极，故B中负极铁发生氧化反应，C中铁做正极，发生还原反应，据此解答。【详解】（1）A.根据金属活动性：Zn>Fe>Sn，一般活泼的金属失电子作负极，因此B中铁片是负极，C中铁片是正极，故A正确；B.A烧杯中铁直接反应，表面有气泡，C中铁作正极，烧杯中铁表面有气泡，故B错误；C.B形成原电池，比A中反应速率快，产生气泡的速率A比B中慢，故C正确；D.原电池中阴离子向负极移动，B中铁片为负极，因此B溶液中向铁片电极移动，故D正确；故答案为：B；（2装置B形成原电池，变化过程中能量转化的主要形式是：化学能转化为电能；（3）Sn作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，装置B中正极反应式为:：2H++2e-=H2↑，故答案为：2H++2e-=H2↑；（4）活泼金属Zn作负极，负极反应式为:Zn—2e-=Zn2+，故答案为：Zn—2e-=Zn2+；（5）A中时铁直接与硫酸发生置换反应，故答案为：2H++Fe=H2↑+Fe2+；（6）常温下，自发进行的氧化还原反应且为放热反应可设计成原电池，Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4C1晶体的反应为吸热反应，且为非氧化还原反应，不能设计成原电池，故答案为：吸热；否。20．（15分）乙酸乙酯是无色、具有果香气味的液体。某同学采用12.0mL96%密度为1.05g/mL的乙酸、23mL95%密度为0.75g/mL的乙醇、12.0mL浓硫酸、饱和Na2CO3溶液制备乙酸乙酯，其实验装置如图所示（烧杯、部分夹持装置、温度计已略去）。已知：①氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·6C2H5OH②有关有机物的沸点：试剂乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯沸点（℃）34.778.5117.977.2①先向蒸馏烧瓶B中加入试剂__，然后通过仪器A慢慢加入__；②加热保持油浴温度为135～145℃，至不再有液体流出后，停止加热；③取带有支管的锥形瓶，将一定量的饱和Na2CO3溶液分批、少量、多次地加入馏出液中，再将混合物分液，弃去水层，得到有机层。试回答下列问题：（1）①蒸馏烧瓶B加入试剂，然后通过仪器A慢慢加入。（2）写出制备乙酸乙酯的化学方程式。（3）仪器A的名称是；浓硫酸的作用是；仪器C的作用是。（4）反应中所用的乙醇是过量的，其目的是。（5）③中加入饱和碳酸钠溶液的作用，分批、少量、多次地加入饱和碳酸钠的原因是。（6）从③中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入饱和氯化钙溶液分离出，再加入无水硫酸钠，然后进行蒸馏，收集77.2℃的馏分，以得到纯净的乙酸乙酯9.2g，计算此实验中生成乙酸乙酯的产率为（写出计算的表达式）。【答案】（1）乙醇浓硫酸、乙酸（2）CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O（3）分液漏斗催化剂、吸水剂冷凝（4）有利于酯化反应向正方向进行（增大醋酸的利用率）（5）吸收挥发出来的乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度便于分层析出防止反应放热，温度升高，减少乙酸乙酯的产量（6）乙醇×100%【解析】（1）制备乙酸乙酯时，需先加入乙醇，再加浓硫酸和乙酸，因为硫酸密度较大，若先加浓硫酸再加乙醇会放出大量的热，若热量不能及时散失，会造成液体飞溅而发生危险，所以先加乙醇再加浓硫酸有利于散热，避免液体飞溅，最后再加入乙酸；（2）乙酸和乙醇在浓硫酸的催化下加热可反应生成乙酸乙酯，反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O（3）根据图可知，仪器A是分液漏斗；浓硫酸是反应的催化剂，除此之外，浓硫酸有吸水性，吸收后平衡向正向移动，有利于乙酸乙酯的生成，故还起到吸水剂的作用；仪器C是冷凝管，主要作用是冷凝蒸出的气体；（4）乙醇过量可促进平衡向生成乙酸乙酯的方向移动，有利于乙酸乙酯的生成，提高乙酸的转化率；（5）饱和碳酸钠可以吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，有利于乙酸乙酯的分层；由于碳酸钠与乙酸反应会放热，温度升高会导致乙酸乙酯挥发，导致产率下降，所以要分批、少量、多次地加入饱和碳酸钠；（6）由于CaCl2可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·6C2H5OH，所以加入CaCl2可以除去乙醇；由于乙醇过量，生成乙酸乙酯的理论产量按照乙酸计算，乙酸的质量为12mL×1.05g/mL×96%，物质的量为，所以乙酸乙酯的理论产量为×100%；【点睛】本题要注意第（6）题，乙醇与乙酸反应，乙醇过量，所以生成的乙酸乙酯的量需要根据乙酸计算。21．（8分）如图是海带中提取碘的流程图：回答下列问题。（1）干海带在_____________________中灼烧（填仪器名称）。（2）操作I名称为_____________________。（3）分液漏斗在使用前须清洗干净并_________________，在本实验分离过程中，碘的四氯化碳应该从分液漏斗的_________________(填“上口倒出”或“下口放出”）。（4）操作II名称为________________,该操作中加入碎瓷片的作用是_____________________；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是_____________________(填标号)。A．立即补加B．冷却后补加C．不需补加D．重新配料（5）在操作II中，仪器选择及安装都最合理的是_____________________(填标号)。【答案】（1）坩埚（2）过滤（3）检漏下口放出（4）蒸馏防止暴沸B（5）b【解析】根据流程分析可知，将海带在坩埚中灼烧得到海带灰，将海带灰溶解、过滤得到滤液，滤液中含有碘离子，在酸性条件下，二氧化锰将碘离子氧化生成碘，然后用有机溶剂苯萃取碘，最后采用蒸馏方法得到有机溶剂和碘晶体，结合基本实验仪器与操作进行分析解答。【详解】（1）灼烧物质应该在坩埚中进行，因此干海带在坩埚中灼烧，故答案为：坩埚；（2）比较操作Ⅰ前后物质的存在形式可知，操作Ⅰ应为分离难溶固体和液体的过滤操作，故答案为：过滤；（3）分液漏斗在使用前必须清洗干净并检漏，由于CCl4的密度比水大，所以萃取后碘的四氯化碳溶液在下层，分液时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故答案为：检漏；下口放出；（4）操作Ⅱ为从碘的有机溶剂中分离出单质碘，则操作Ⅱ应为分离易溶固体和液体的蒸馏操作，蒸馏时需加入碎瓷片防止暴沸，若加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，需停止加热，待冷却后再补加碎瓷片，故答案为：蒸馏；防止暴沸；B；（5）蒸馏时，温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处，冷凝管采用直形冷凝管，便于馏分流出，故答案为：b。【点睛】本题通过从海带中提取碘的实验，考查明物质的分离、提纯等知识，重在对所学知识的灵活运用，掌握物质分离、提纯方法、常见仪器的使用及I-、I2的性质是解题关键，注意对流程的分析理解，明确怎样提取碘。高一年级下学期期末考试化学试题（二）（考试时间：90分钟试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32一、选择题：本题共16个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．“笔、墨、纸、砚”在中国传统文化中被称为“文房四宝”，下列说法中错误的是ABCD用灼烧法可鉴别羊毫与尼龙毫的真伪墨的主要成分是碳单质纸的主要成分属于合成材料用石材制作砚台的过程是物理变化2．据我国古代第一部药物学专著《神农本草经》记载：“石硫黄(即硫磺)能化金银钢铁，奇物”。硫与某些金属单质化合所得的产物可能是A．AlS B．AgS C．CuS D．FeS3．下列关于浓硫酸的性质叙述正确的是A．加热时与铜反应只体现酸性 B．干燥氢气体现脱水性C．使白纸变黑体现吸水性 D．加热时与碳反应体现强氧化性4．下列关于铵盐的叙述：①铵盐中氮元素化合价都是-3价；②铵盐都是晶体，都易溶于水；③铵盐与碱共热放出氨气；④铵盐都不能与酸反应；⑤铵盐都易分解。其中正确的是A．①②③ B．②③④ C．③④⑤ D．②③⑤5．下列说法中正确的是A．物质发生化学反应时不一定伴随着能量变化B．伴随能量变化的过程都是化学变化C．在一个确定的化学反应中，反应物的总能量与生成物的总能量一定不同D．在一个确定的化学反应中，反应物的总能量总是高于生成物的总能量6．有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4mol·L－1和2mol·L－1，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下的气体的体积为(假设反应中HNO3的还原产物全部为NO)A．224mL B．448mL C．672mL D．896mL7．某有机物6g与足量钠反应，生成0.05mol氢气，该有机物可能是A．CH3CH2OH B．C．CH3OH D．CH3—O—CH2CH38．下列烷烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃的是A． B．C． D．9．下列有关乙烯和乙烷的说法中错误的是A．乙烯分子所有原子一定共平面而乙烷分子所有原子不可能在同一平面内B．乙烯的化学性质比乙烷的化学性质活泼，乙烯中组成双键的两个C—C单键活性完全相同C．酸性KMnO4溶液不可以除去乙烷中混有的乙烯D．酸性KMnO4溶液可以鉴别乙烯和乙烷10．关于乙酸的下列叙述中错误的是A．乙酸是有刺激性气味的液体，是食醋的主要成分B．乙酸具有酸的通性，可以使石蕊等指示剂变色C．乙酸在常温下可以发生酯化反应D．乙酸可以和NaHCO3溶液反应放出CO211．二氧化氯(ClO2)是世界卫生组织(WHO)公认的新时代绿色消毒剂，其特点是：无三致（致癌、致畸、致突变），有三效（广谱、高效、快速）。经大量实验研究表明，ClO2对细胞壁有较强的吸附和穿透能力，反应释放出的原子氧将细胞内的酶氧化，从而起到杀菌作用，研究表明，ClO2在浓度低于100mg·L−1时不会对人体产生任何的影响。在“新冠”疫情防控中ClO2也被广泛的用于公共场所的消杀。下列关于ClO2的说法正确的是A．ClO2能用于消毒是因为它是氯的最高价氧化物B．在进行消毒作业时使用的ClO2溶液浓度越大越好C．ClO2杀菌力强，是一种比“84”性能更优越的消毒剂D．ClO2可与NaOH在一条件下发生反应，产物只有NaClO3和H2O12．交警对驾驶员进行呼气酒精检测的原理是酒精能将橙色的K2Cr2O7酸性溶液迅速还原成蓝绿色的Cr3+。下列对乙醇的描述与此测定原理有关的是：①乙醇沸点低；②乙醇密度比水小；③乙醇有还原性；④乙醇的组成中含氧元素A．①③ B．②③ C．②④ D．①④13．SO2是一种大气污染物，工业上可用NaClO碱性溶液吸收SO2。为了提高吸收效率，常用Ni2O3作为催化剂。该催化过程如图所示，下列有关说法不正确的是A．当溶液中c(ClO-)相同时，用Ca(ClO)2脱硫效果比用NaClO好B．过程2中产生的原子氧可加快对SO2的吸收C．过程2的离子方程式为2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2OD．H2SO3的酸性比HClO强，所以SO2能与NaClO溶液反应生成HClO14．“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念，在“绿色化学”工艺中，理想状态是反应中原子全部转化为欲制的产物，即原子利用率为100%．以下反应最符合绿色化学原子经济性要求的是A．铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜B．甲烷与氯气制备一氯甲烷C．由反应2SO2+O2eq\o(,\s\up8(),\s\do7())2SO3制SO3D．乙烯与HBr制取溴乙烷15．在一定温度下，将一定量的气体通入体积为2L的密闭容器中，使其发生反应，有关物质X、Y、Z的物质的量的变化如图所示。则下列有关推断正确的是A．t时，X、Y、Z的质量不再改变B．该反应的化学方程式为：3Z=3X+2YC．t时，Z的浓度为1.2mol/LD．t时，反应停止，反应速率为016．科学家正在研究建立如图所示的二氧化碳新循环体系以解决日益加剧的温室效应等问题，关系图中能反映的化学观点或化学思想有①二氧化碳也是一种重要的资源；②光能或电能可以转化为化学能；③燃烧时化学能可以转化为热能；④无机物和有机物可以相互转化；⑤化学变化中元素种类是守恒的A．①②③ B．①④⑤ C．①②④⑤ D．①②③④⑤二、非选择题：包括第17题~第21题5个大题，共52分。17．（10分）依据图中氮元素及其化合物的转化关系，回答问题：（1）上图中X的化学式为______，从化合价上看，X具有_______性(填“氧化”或“还原”)；（2）写出NO2与水反应的化学方程式____________；（3）写出稀硝酸与铜反应的离子方程式____________；（4）实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，写出反应的化学方程式_________；（5）下列试剂不能用于干燥NH3的是________(填字母)；A．浓硫酸B．碱石灰C．NaOH固体（6）氨气是重要的化工原料，写出其催化氧化的化学方程式__________。18．（10分）利用甲烷与氯气发生取代反应的副产品生产盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组拟在实验室中模拟上述过程，所设计的装置如下图所示：(1)最简单烷烃的空间结构为_______________。(2)写出装置C中生成一氯甲烷的化学方程式：__________，该反应类型为：_________。(3)D中石棉上吸附着潮湿的KI粉末，其作用是_________________________。(4)若题目中甲烷与氯气的体积之比为1∶1，两者反应则得到的产物有____种,其中常温下为气态的有机产物的化学式为：________。(5)将0.4molCH4与Cl2发生取代，测得4种有机取代物的物质的量相等，则消耗的氯气的物质的量是______________。(6)烃A为甲烷的同系物，A中有12个氢原子，写出A的同分异构体中，含4个-CH3的结构简式：_________。19．（10分）按要求回答问题：(1)氢气燃烧生成液态水的热化学方程式是2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)，生成2mol液态水放出572kJ的能量，请回答下列问题：①生成物能量总和___(填“大于”“小于”或“等于”)反应物能量总和。②反应2H2+O22H2O的能量变化如图所示。已知拆开1molH2、1molO2和1molH—O中的化学键分别需要消耗436kJ、496kJ和463kJ的能量。则反应过程(Ⅱ)____(填“吸收”或“放出”)___kJ。(2)一定温度下，在容积为2L的密闭容器中进行反应：aN(g)bM(g)+cP(g)，M、N、P的物质的量随时间变化的曲线如图所示：①反应化学方程式中各物质的系数比为a：b：c＝____。②1min到3min这段时刻，以M的浓度变化表示的平均反应速率为：_______。③下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态的是_________。A．反应中当M与N的物质的量相等时B．P的质量不随时间变化而变化C．混合气体的总物质的量不随时间变化而变化D．单位时间内每消耗amolN，同时消耗bmolME．混合气体的压强不随时间的变化而变化F．M的物质的量浓度保持不变20．（12分）某学习小组用如下图所示装置A、B分别探究金属锌与稀硫酸的反应，实验过程中A烧杯内的溶液温度升高，B烧杯的电流计指针发生偏转，请回答以下问题。（1）A烧杯中反应的离子方程式为_________。（2）B中Zn板是_________极，发生的电极反应是_________，Cu板上的现象是_________，发生的电极反应是_________。（3）从能量转化的角度来看，A、B中反应物的总能量_________（填“大于”、“小于”或“等于”）生成物总能量，A中是将化学能转变为_________，B中主要是将化学能转变为_________。（4）该小组同学反思原电池的原理，其中观点正确的是_________（填字母序号）。A．原电池反应的过程中一定有电子转移B．原电池装置需要2个电极C．电极一定不能参加反应D．氧化反应和还原反应可以拆开在两极发生21．（10分）我国拥有很长的海岸线，具有丰富的海洋资源，以海水为原料的盐化工是我国重要的产业。盐卤是海水晒盐后的富含镁盐的溶液，其中除含镁盐外，还含有其他盐类(如下图甲)。盐卤在食品、化工等方面具有广泛的用途。请解答下列与盐卤有关的试题。（1）根据图甲，写出盐卤中含量最多的两种盐的化学式：_______、_______。（2）下图乙是盐卤中某些物质的溶解度曲线，已知T1℃时，MgSO4和KCl的溶解度分别为M、N，则它们溶解度大小的关系为_______；将盐卤加热到T2℃以上，根据溶解度曲线，首先从盐卤中分离出来的晶体是______________________________________________________。（3）化工厂利用卤水生产金属镁的工艺流程如下：“操作①”的目的是将氢氧化镁沉淀分离出来，操作①的名称是_______。氢氧化镁与试剂B反应的化学方程式为______________________________。操作②的名称是_______。该方法的优点为___________________________。（4）用电解法制备金属镁，两位同学分别设计了下面的两种方法。甲：电解氯化镁溶液。乙：电解熔融的氯化镁。其中同学_______(填“甲”或“乙”)能够成功地制备金属镁，假设生产过程中镁元素没有损失，则100g卤水可制备镁_______g。高一年级下学期期末考试化学试题（二）答案解析（考试时间：90分钟试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32一、选择题：本题共16个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．“笔、墨、纸、砚”在中国传统文化中被称为“文房四宝”，下列说法中错误的是ABCD用灼烧法可鉴别羊毫与尼龙毫的真伪墨的主要成分是碳单质纸的主要成分属于合成材料用石材制作砚台的过程是物理变化【答案】C【解析】A．羊毛主要成分是蛋白质，灼烧会产生特殊的气味，假的羊毫是化学纤维，所以用灼烧法可鉴别毛笔羊毫的真伪，A正确；B．墨的主要成分是碳单质，碳的化学性质稳定在空气中不易反应，所以用墨写字画画可长久不褪色，B正确；C．纸的原料是木材，主要成分是纤维素，则纸及造纸原料的主要成分均是纤维素，C错误；D．存在新物质的变化是化学变化，用石材制作砚台的过程没有新物质生成，属于物理变化，D正确；答案选C。2．据我国古代第一部药物学专著《神农本草经》记载：“石硫黄(即硫磺)能化金银钢铁，奇物”。硫与某些金属单质化合所得的产物可能是A．AlS B．AgS C．CuS D．FeS【答案】D【解析】Al形成的化合物中只显+3价，S氧化Al应该转化为Al2S3，选项A不可能。S单质的氧化性比较弱，所以只能将金属氧化为低价，所以将Cu、Ag、Fe氧化为+1、+1、+2，转化为Cu2S、Ag2S、FeS，所以选项B、C不可能、选项D有可能；答案选D。3．下列关于浓硫酸的性质叙述正确的是A．加热时与铜反应只体现酸性 B．干燥氢气体现脱水性C．使白纸变黑体现吸水性 D．加热时与碳反应体现强氧化性【答案】D【解析】A．加热时与铜与浓硫酸反应既体现酸性，又表现了强氧化，A错误；B．浓硫酸干燥氢气，体现了浓硫酸具有吸水性，B错误；C．浓硫酸能够使白纸变黑，说明浓硫酸具脱水性，C错误；D．浓硫酸与非金属单质碳反应只体现浓硫酸的强氧化性，D正确；答案选C。4．下列关于铵盐的叙述：①铵盐中氮元素化合价都是-3价；②铵盐都是晶体，都易溶于水；③铵盐与碱共热放出氨气；④铵盐都不能与酸反应；⑤铵盐都易分解。其中正确的是A．①②③ B．②③④ C．③④⑤ D．②③⑤【答案】D【解析】①硝酸铵中氮元素化合价是-3价和+5价，错误；②铵盐都是离子晶体，都易溶于水，正确；③铵盐与碱共热能够反应放出氨气，正确；④碳酸铵能够与酸反应放出二氧化碳，错误；⑤铵盐不稳定，受热易分解，正确。其中正确的有②③⑤，故选D。5．下列说法中正确的是A．物质发生化学反应时不一定伴随着能量变化B．伴随能量变化的过程都是化学变化C．在一个确定的化学反应中，反应物的总能量与生成物的总能量一定不同D．在一个确定的化学反应中，反应物的总能量总是高于生成物的总能量【答案】C【解析】A.物质发生化学反应时一定伴随着能量变化，A错误；B.伴随能量变化的过程不一定是化学变化，如水蒸发吸热，属于物理变化，B错误；C.在一个确定的化学反应中，若反应物的总能量大于生成物的总能量，反应释放能量，若反应物的总能量小于生成物的总能量，反应吸收能量，反应物的总能量与生成物的总能量一定不同，C正确；D.在一个确定的化学反应中，若反应物的总能量大于生成物的总能量，反应释放能量，若反应物的总能量小于生成物的总能量，反应吸收能量，D错误；答案为C。6．有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4mol·L－1和2mol·L－1，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下的气体的体积为(假设反应中HNO3的还原产物全部为NO)A．224mL B．448mL C．672mL D．896mL【答案】C【解析】10mL混合酸中含有：n(H+)=0.01L×4mol/L×2+0.01L×2mol/L=0.1mol，n(NO3-)=0.01L×2mol/L=0.02mol，根据反应方程式3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O可知消耗0.02mol硝酸根需要0.08mol氢离子，所以硝酸根完全反应后有氢离子剩余，且剩余的氢离子为0.1mol-0.08mol=0.02mol，生成的NO为0.02mol；再根据Fe+2H+=Fe2++H2↑可知0.02mol氢离子可以与过量铁反应生成0.01mol氢气，所以生成的气体一共为0.02mol+0.01mol=0.03mol，体积为0.03mol×22.4L/mol=0.672L=672mL，答案为C。7．某有机物6g与足量钠反应，生成0.05mol氢气，该有机物可能是A．CH3CH2OH B．C．CH3OH D．CH3—O—CH2CH3【答案】B【解析】醚不能与钠反应，只有醇与钠反应生成氢气，选项中醇都是饱和一元醇，假设饱和一元醇为CnH2n+1OH，则：所以，2×(4n+18)g：6g=1mol：0.05mol，解得n=3，故有机物为C3H7OH，选项中只有B符合，答案选B。8．下列烷烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃的是A． B．C． D．【答案】C【解析】A.CH3CH2CH2CH3为丁烷的结构简式，分子中有2种氢原子，其一氯代物有2种，A错误；B.为2-甲基丙烷的结构简式，分子中有2种氢原子，其一氯代物有2种，B错误；C.为新戊烷的结构简式，分子中的四个甲基相同，则有1种氢原子，所以一氯代烃有1种，C正确；D.为2-甲基丁烷的结构简式，分子中有4种氢原子，其一氯代物有4种，D错误；答案选C。【点睛】先确定烷烃的对称中心，即找出等效的氢原子，再根据先中心后外围的原则，将氯原子逐一去代替氢原子，有几种氢原子就有几种一氯代烃。9．下列有关乙烯和乙烷的说法中错误的是A．乙烯分子所有原子一定共平面而乙烷分子所有原子不可能在同一平面内B．乙烯的化学性质比乙烷的化学性质活泼，乙烯中组成双键的两个C—C单键活性完全相同C．酸性KMnO4溶液不可以除去乙烷中混有的乙烯D．酸性KMnO4溶液可以鉴别乙烯和乙烷【答案】B【解析】A．乙烯分子中含有碳碳双键，碳碳双键无法旋转，故乙烯分子所有原子一定共平面，乙烷分子中化学键为单键，单键可以旋转，根据甲烷为空间正四面体构型可知，甲基分子中碳原子最多与2个氢原子共面，故乙烷分子所有原子不可能在同一平面内，A正确；B．乙烯分子中组成双键的碳碳键，一个是σ键，一个是π键，π键易断裂，两个键的活性不同，B错误；C．乙烯可与酸性KMnO4溶液反应生成CO2，若用酸性KMnO4溶液除去乙烷中混有的乙烯会引入新杂质CO2，故酸性KMnO4溶液不可以除去乙烷中混有的乙烯，C正确；D．乙烯可与酸性KMnO4溶液反应而使其褪色，乙烷不与酸性KMnO4溶液反应，故乙烷、乙烯分别与酸性KMnO4溶液混合现象不同，酸性KMnO4溶液都可以鉴别乙烯和乙烷，D正确；答案选B。10．关于乙酸的下列叙述中错误的是A．乙酸是有刺激性气味的液体，是食醋的主要成分B．乙酸具有酸的通性，可以使石蕊等指示剂变色C．乙酸在常温下可以发生酯化反应D．乙酸可以和NaHCO3溶液反应放出CO2【答案】C【解析】A．乙酸是食醋的主要成分，是一种有强烈刺激性气味的液体，A正确；B．乙酸是一元弱酸，具有酸的通性，可使石蕊试液变红，B正确；C．乙酸和乙醇在浓硫酸催化和加热条件下发生酯化反应，C错误；D．乙酸和NaHCO3反应生成乙酸钠和水和二氧化碳，D正确。答案选C。11．二氧化氯(ClO2)是世界卫生组织(WHO)公认的新时代绿色消毒剂，其特点是：无三致（致癌、致畸、致突变），有三效（广谱、高效、快速）。经大量实验研究表明，ClO2对细胞壁有较强的吸附和穿透能力，反应释放出的原子氧将细胞内的酶氧化，从而起到杀菌作用，研究表明，ClO2在浓度低于100mg·L−1时不会对人体产生任何的影响。在“新冠”疫情防控中ClO2也被广泛的用于公共场所的消杀。下列关于ClO2的说法正确的是A．ClO2能用于消毒是因为它是氯的最高价氧化物B．在进行消毒作业时使用的ClO2溶液浓度越大越好C．ClO2杀菌力强，是一种比“84”性能更优越的消毒剂D．ClO2可与NaOH在一条件下发生反应，产物只有NaClO3和H2O【答案】C【解析】A．氯元素的最高价态为+7价，ClO2中氯元素的化合价为+4价，故ClO2不是氯的最高价氧化物，A错误；B．由题中叙述可知，ClO2的浓度不宜高于100mg·L−1，故在进行消毒作业时使用的ClO2溶液浓度不是越大越好，B错误；C．ClO2得电子能力强，且无三致、有三效，则ClO2杀菌力强，是一种比“84”性能更优越的消毒剂，C正确；D．分析题中所给信息，氧化还原反应中有元素的化合价升高和降低，Cl元素的化合价由+4价升高为+5价，则与NaOH反应还应生成NaCl，D错误；答案选C。12．交警对驾驶员进行呼气酒精检测的原理是酒精能将橙色的K2Cr2O7酸性溶液迅速还原成蓝绿色的Cr3+。下列对乙醇的描述与此测定原理有关的是：①乙醇沸点低；②乙醇密度比水小；③乙醇有还原性；④乙醇的组成中含氧元素A．①③ B．②③ C．②④ D．①④【答案】A【解析】①乙醇沸点低，易挥发，若饮酒，呼出的气体中含有酒精，与测定原理有关；②乙醇密度比水小，可与水以任意比混溶，与测定原理无关；③K2Cr2C7遇乙醇迅速生成蓝绿色的Cr3+，Cr元素的化合价由+6价降为+3价，K2Cr2O7被还原，则乙醇被氧化，具有还原性，与测定原理有关；④乙醇的组成中含氧元素，与测定原理无关；则与反应原理有关的序号为①③，因此合理选项是A。故选A。13．SO2是一种大气污染物，工业上可用NaClO碱性溶液吸收SO2。为了提高吸收效率，常用Ni2O3作为催化剂。该催化过程如图所示，下列有关说法不正确的是A．当溶液中c(ClO-)相同时，用Ca(ClO)2脱硫效果比用NaClO好B．过程2中产生的原子氧可加快对SO2的吸收C．过程2的离子方程式为2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2OD．H2SO3的酸性比HClO强，所以SO2能与NaClO溶液反应生成HClO【答案】D【解析】A．当溶液中c(ClO-)相同时，用Ca(ClO)2代替NaClO脱硫，Ca2＋与反应生成的SO42-结合生成微溶的CaSO4，有利于反应的进行，脱硫的效果比用NaClO好，A正确；B．过程2中产生的原子氧具有极强的氧化能力，可加快对SO2的吸收，B正确；C．根据图示，过程2中发生的反应为：2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O，C正确；D．NaClO有强氧化性，SO2有还原性，所以二者能发生氧化还原反应，D错误；答案选D。14．“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念，在“绿色化学”工艺中，理想状态是反应中原子全部转化为欲制的产物，即原子利用率为100%．以下反应最符合绿色化学原子经济性要求的是A．铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜B．甲烷与氯气制备一氯甲烷C．由反应2SO2+O2eq\o(,\s\up8(),\s\do7())2SO3制SO3D．乙烯与HBr制取溴乙烷【答案】D【解析】A．以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜，因有有毒气体二氧化氮生成，反应物没全部转化为所需产物，A错误；B．甲烷与氯气制备一氯甲烷，属于取代反应，伴随副反应，反应物没全部转化为所需产物，B错误；C．由反应2SO2+O2⇌2SO3制SO3是可逆反应，无法进行到底，C错误；D．乙烯与HBr制取溴乙烷，该反应为加成反应，原料利用率为100%，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查“绿色化学”知识，要熟悉各种反应类型，还要考虑环保、经济等方面。原子经济反应是原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，不产生副产物，加成反应和加聚反应符合要求。15．在一定温度下，将一定量的气体通入体积为2L的密闭容器中，使其发生反应，有关物质X、Y、Z的物质的量的变化如图所示。则下列有关推断正确的是A．t时，X、Y、Z的质量不再改变B．该反应的化学方程式为：3Z=3X+2YC．t时，Z的浓度为1.2mol/LD．t时，反应停止，反应速率为0【答案】A【解析】根据图象，Z的物质的量逐渐减少，X、Y的物质的量逐渐增大，说明Z为反应物，X、Y为生成物，最终达到平衡状态，说明为可逆反应，结合物质的量的变化关系判断反应的方程式，再结合化学反应速率和平衡状态的特征分析判断。【详解】A．根据图象，t时为平衡状态，化学平衡时各组分的浓度不再随时间变化而变化，故X、Y、Z的质量也不再改变，A正确；B．由图可知，X、Y的物质的量增大，为生成物，Z物质的量减小，为反应物，到达平衡后，X生成1.8mol，Y生成1.2mol，Z反应1.8mol，X、Y、Z的化学计量数之比=1.8∶1.2∶1.8=3∶2∶3，则反应的化学方程式为：3Z⇌3X+2Y，B错误；C．根据图象可知，平衡时Z的浓度为=0.6mol/L，C错误；D．t时为平衡状态，反应处于平衡时正、逆反应速率相等，但不等于零，D错误；答案选A。16．科学家正在研究建立如图所示的二氧化碳新循环体系以解决日益加剧的温室效应等问题，关系图中能反映的化学观点或化学思想有①二氧化碳也是一种重要的资源；②光能或电能可以转化为化学能；③燃烧时化学能可以转化为热能；④无机物和有机物可以相互转化；⑤化学变化中元素种类是守恒的A．①②③ B．①④⑤ C．①②④⑤ D．①②③④⑤【答案】D【解析】①从图示中可以看出，二氧化碳和氢气在一定条件下可以转化为甲醇等能源，二氧化碳在很多工业和农业中有大量的应用，所以二氧化碳也是一种重要的资源，①正确；②水在光催化剂或电解生成氢气和氧气，体现了光能或电能可以转化为化学能，②正确；③液化石油气、汽油、甲醇等有机物的燃烧，都说明了燃烧时化学能可以转化为热能和光能，③正确；④液化石油气、汽油、甲醇转化为二氧化碳，无机物二氧化碳和氢气在复合催化剂的催化作用下可以转化为甲醇等有机物，说明无机物和有机物可以相互转化，④正确；⑤由图可知，混合气分离出二氧化碳，水分解生成氢气，二氧化碳和氢气在一定条件下可以转化为甲醇等能源都遵循化学变化中元素种类守恒的原则，⑤正确；答案选D。二、非选择题：包括第17题~第21题5个大题，共52分。17．（10分）依据图中氮元素及其化合物的转化关系，回答问题：（1）上图中X的化学式为______，从化合价上看，X具有_______性(填“氧化”或“还原”)；（2）写出NO2与水反应的化学方程式____________；（3）写出稀硝酸与铜反应的离子方程式____________；（4）实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，写出反应的化学方程式_________；（5）下列试剂不能用于干燥NH3的是________(填字母)；A．浓硫酸B．碱石灰C．NaOH固体（6）氨气是重要的化工原料，写出其催化氧化的化学方程式_______