河北省石家庄市学年高一下学期期末考试化学试题.docx
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河北省石家庄市学年高一下学期期末考试化学试题
河北省石家庄市2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题
题号
一
二
三
总分
得分
评卷人
得分
一、选择题本大题共16道小题。
1.
下列化学用语表示正确的是
A.四氯化碳的电子式:
B.乙烯的结构简式:
CH2CH2
C.乙醇的分子式:
C2H5OH
D.S2-的结构示意图:
答案及解析:
1.D
【详解】A.四氯化碳为共价化合物,氯原子的最外层电子达到8电子稳定结构,四氯化碳的电子式为:
,故A错误;
B.乙烯的官能团为碳碳双键,结构简式为CH2=CH2,故B错误;
C.乙醇的结构简式为C2H5OH,分子式为C2H6O,故C错误;
D.S2-的核外有三个电子层,最外层电子数为8,结构示意图为
,故D正确;
故选D。
2.
X、Y、Z、M、R为五种短周期元素,其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。
下列说法正确的是
A.R的氧化物中一定含有离子键和共价键
B.最高价含氧酸的酸性:
Z C.X、Z和M可组成一种酸式盐 D.在自然界中,不存在游离态的M 答案及解析: 2.C 【分析】 X、Y、Z、M、R为五种短周期元素,X、R最外层只有一个电子,为第IA族元素;Y最外层有4个电子,位于第IVA族,Z原子最外层有5个电子,位于第VA族,M最外层有6个电子,位于第VIA族;R原子半径最大,为Na元素,X原子半径最小,为H元素;Y原子和Z原子半径接近、M原子半径大于Y而最外层电子数大于Y,所以Y是C、Z是N、M为S元素;据此解答。 【详解】A.Na的氧化物有氧化钠和过氧化钠两种,但不论是氧化钠还是过氧化钠,结构中均含离子键,但氧化钠中没有共价键,故A错误; B.元素的非金属性越强,其最高价含氧酸的酸性越强,非金属性Z>Y,所以其最高价含氧酸酸性Z>Y,故B错误; C.X为H元素、Z是N、M为S元素,三种元素可能形成NH4HS、(NH4)2S,故C正确; D.在自然界中硫的存在形式有游离态和化合态,单质硫主要存在于火山周围的地域中,故D错误; 故选C。 3. 下列实验现象所对应的化学反应为取代反应的是 A.银氨溶液加入葡萄糖溶液中,加热时有银镜产生 B.苯与橙色的溴水混合,振荡、静置,水层颜色变浅 C.灼热的黑色铜丝插入乙醇中,表面变成光亮的红色 D.甲烷和氯气的混合气体在光照一段时间后颜色变浅 答案及解析: 3.D 【详解】A.银氨溶液加入葡萄糖溶液中,加热时有银镜产生,该反应为醛基的氧化反应,故A不符合题意; B.苯与橙色的溴水混合,振荡、静置,水层颜色变浅,该过程为萃取,故B不符合题意; C.灼热的黑色铜丝插入乙醇中,表面变成光亮的红色,该过程为羟基的氧化,故C不符合题意; D.甲烷和氯气的混合气体在光照一段时间后颜色变浅,该过程为甲烷的取代反应,故D符合题意; 综上所述答案为D。 4. 将足量的钠加入到23g某无色液体中完全反应,得到5.6L氢气(标准状况),该无色液体可能是 A.C2H5OHB.H2O C.CH3COOC2H5D.CH3COOH 答案及解析: 4.A 【详解】A.由乙醇与钠反应的化学方程式可得2C2H5OH—H2,则标准状况下,23g乙醇生成氢气的体积为 × ×22.4L/mol=5.6L,故A正确; B.由水与钠反应的化学方程式可得2H2O—H2可知,则标准状况下,23g水生成氢气的体积为 × ×22.4L/mol≠5.6L,故B错误; C.CH3COOC2H5属于酯,不能与金属钠反应,故C错误; D.由乙酸与钠反应的化学方程式可得2CH3COOH—H2可知,则标准状况下,23g乙酸生成氢气的体积为 × ×22.4L/mol≠5.6L,故D错误; 故选A。 5. CO是一种重要的能源物质。 (1)下列反应原理适合实验室制备CO的是_______(填选项字母)。 A.C+H2O CO+H2B.2C+O2 2COC.HCOOH CO+H2O (2)用于检测CO含量的某气敏传感器的工作原理如图所示。 ①该装置工作时,将_______能转化为______能。 ②工作时,电极I作____极,电极II上的电极反应式为_____________。 ③向电极I缓缓通入10L混合气体(其他气体不参加反应)后,测得电路中通过2mole-,则该混合气体中CO的含量为___mol/L 答案及解析: 5. (1)C (2)①化学电②负O2+4e-+4H+=2H2O③0.1 【详解】 (1)A.反应条件为高温,且反应物有气体参与,生成物CO中含有氢气杂质,故A不合适; B.反应物有气体,生成的CO中混有氧气,不方便除杂,且容易生成二氧化碳,故B不合适; C.该反应条件比较低,且生成的CO比较纯净,故C合适; 综上所述选C; (2)①根据图示电压表可知该装置工作时应为原电池装置,将化学能转化为电能; ②工作时,电极I上CO转化为CO2,被氧化,所以为负极,电极Ⅱ上氧气被还原,结合氢离子生成水,电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O; ③电极I上CO转化为CO2,电极反应式为CO-2e-+H2O=CO2+2H+,所以电路中通过2mol电子时,消耗1molCO,即10L混合气体中有1molCO,CO的含量为0.1mol/L。 6. 用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是 A.13g13C所含中子的数目为6NA B.1mol甲烷含有电子的数目为10NA C.常温常压下,22.4LNH3含有共价键的数目为3NA D.一定条件下,1molI2与足量H2反应生成HI分子的数目为2NA 答案及解析: 6.B 【详解】A.13C所含中子数为13—6=7,13g13C的物质的量为1mol,所含中子的数目为7NA,故A错误; B.甲烷分子含有的电子数为10,则1mol甲烷含有电子的数目为10NA,故B正确; C.常温常压下,气体摩尔体积大于22.4L/mol,22.4LNH3的物质的量小于1mol,含有共价键的数目小于3NA,故C错误; D.一定条件下,碘单质与氢气生成碘化氢的反应为可逆反应,可逆反应不可能完全进行,则1molI2与足量H2反应生成HI分子的数目小于2NA,故D错误; 故选B。 7. 下列措施中,不能加快化学反应速率的是 A.Fe和稀硫酸反应制取H2,适当升高温度 B.Na2CO3点稀盐酸反应生成CO2,加蒸馏水 C.Al在O2中燃烧生成Al2O3,用铝粉代替铝片 D.KC1O3分解制取O2时,添加少量MnO2 答案及解析: 7.B 【详解】A.升高温度可以使分子运动速率加快,从而使Fe和稀硫酸反应制取H2的反应速率加快,故A不符合题意; B.加蒸馏水稀释,碳酸钠和稀盐酸的浓度减小,从而使Na2CO3点稀盐酸反应生成CO2的反应速率减慢,故B符合题意; C.用铝粉代替铝片,增大反应物的接触面积,从而使Al在O2中燃烧生成Al2O3的反应速率加快,故C不符合题意; D.添加少量MnO2作催化剂,从而使KC1O3分解制取O2的反应速率加快,故D不符合题意; 故选B。 8. 已知空气锌电池的电极反应如下: 锌电极Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O,石墨电极 O2+H2O+2e-=2OH-下列说法正确的是 A.ZnO为正极产物 B.工作时,负极材料的质量会减少 C.工作时,电流由锌电极流向石墨电极 D.工作时,负极周围溶液的碱性降低 答案及解析: 8.D 【详解】A.ZnO是负极的氧化产物,故A错误; B.工作时,负极材料由Zn变成ZnO,质量会增加,故B错误; C.工作时,电流由正极石墨电极流向负极锌电极,故C错误; D.工作时,锌电极Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O,消耗氢氧根,负极周围溶液的碱性降低,故D正确; 故选D。 9. 常温时,干冰升华变成CO2气体,CO2气体在—定条件下可以与镁反应,这两个变化过程CO2主要克服的作用力分别是 A.极性键,非极性键 B.分子间作用力,极性键 C.极性键,分子间作用力 D.极性键,极性键 答案及解析: 9.B 【详解】CO2是分子晶体,干冰升华变成CO2气体克服的是分子间作用力;CO2是含有极性键的共价化合物,CO2气体在—定条件下与镁反应克服的是极性键,故选B。 10. 下列各组有机物中,仅用水就能鉴别的是 A.硝基苯和汽油B.乙烷和乙烯 C.乙烯和丙烯D.乙酸和乙醇 答案及解析: 10.A 【详解】A.硝基苯是密度比水大的液体、汽油是密度比水小的液体,两者均不溶于水,混合溶液中加入水,溶液分三层,上层为汽油,中间层为水,下层为硝基苯,可鉴别,故A符合; B.乙烷和乙烯均为难溶于水的气体,不能鉴别,故B不符; C.乙烯和丙烯均为难溶于水的气体,不能鉴别,故C不符; D.乙酸和乙醇均为易溶于水的液体,不能用水鉴别,故D不符; 故选A。 11. 下列说法正确的是 A.煤中含有苯、苯酚等有机物,可通过煤的干馏分离 B.可用灼烧闻气味的方法鉴别纯棉织物和羊毛织物 C.可通过蒸发结晶的方法直接从海水中提取镁单质 D.可通过石油裂化和裂解获得苯、甲苯等化工原料 答案及解析: 11.B 【详解】A.煤的干馏是指煤在隔绝空气条件下加热分解的反应过程,煤是由有机物和无机物组成的复杂的混合物,不含有苯、苯酚等有机物,故A错误; B.纯羊毛织物的成分为蛋白质,灼烧有烧焦羽毛的气味,则用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯羊毛织物,故B正确; C.通过蒸发结晶的方法可从海水中得到含有镁离子的苦卤,提取镁单质还需要发生化学变化,不能直接从海水中提取镁单质,故C错误; D.石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料的产量,特别是提高汽油的产量,石油裂解的目的是获得短链的不饱和气态烃,煤的干馏获得苯、甲苯等化工原料,故D错误; 故选B。 12. 34Se是人体必需的微量元素,最外层有6个电子。 下列说法错误的是 A.Se位于第四周期VIA族B.H2Se的热稳定性比H2S弱 C.H2SeO4的酸性比HBrO4强D.Se的同位素原子具有相同的电子数 答案及解析: 12.C 【详解】A.Se是34号元素,位于第四周期VIA族,故A正确; B.非金属性硫强于硒,H2Se的热稳定性比H2S弱,故B正确; C.非金属性溴强于硒,H2SeO4的酸性比HBrO4弱,故C错误; D.Se的同位素原子只是中子数不同,具有相同的质子数、电子数,故D正确; 故选C。 13. 为了探究温度对化学反应速率的影响,下列实验方案可行的是 A. B. C. D. 答案及解析: 13.D 【详解】A、没有参照物,所以无法判断,故A错误; B、催化剂、温度都不同,所以无法判断,故B错误; C、两个实验的影响因素不同,所以无法判断,故C错误; D、两个实验的不同点只有温度,所以能判断温度对化学反应速率的影响,故D正确; 答案选D。 14. 把a、b、c、d四块金属浸入稀硫酸中,用导线两两连接组成多个原电池,若a、b相连, a为负极;c、d相连,d上有气泡逸出;a、c相连,a极减轻;b、d相连,b为正极。 则四种金属的活泼性顺序为() A.a>b>c>dB.a>c>b>d C.a>c>d>bD.b>d>c>a 答案及解析: 14.C 【详解】把a、b、c、d四块金属片浸泡在稀硫酸中,用导线两两相连可以组成各种原电池。 若a、b相连时,a为负极,则金属性是a>b;c、d相连时,d上有气泡逸出,这说明d是正极,则金属性是c>d;a、c相连时,a极减轻,说明a是负极,则金属性是a>d;b、d相连时,b为正极,所以金属性是d>b,因此根据以上分析可知这四种金属的活泼性由强到弱的顺序为a>c>d>b,答案选C。 15. 在一定温度下的恒容密闭容器中,发生可逆反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)。 下列事实不能说明该反应一定达到化学平衡状态的是 A.体系中N2的质量保持不变 B.NH3的物质的量分数保持不变 C.体系的压强保持不变 D.断裂N—H键速率是断裂 键速率的3倍 答案及解析: 15.D 【分析】 判定可逆反应是否达到化学平衡状态,一般有以下两种方法: 1、v正=v逆,即正逆反应速率相等; 2.变量不变,包括某组分的含量、气体的颜色、密度、平均相对分子质量、体系的总压强等。 【详解】A.体系中N2的质量是变量,根据分析,当变量不变时,可以判定反应达到化学平衡状态,A不符合题意; B.NH3的物质的量分数是变量,根据分析,当变量不变时,可以判定反应达到化学平衡状态,B不符合题意; C.反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)前后系数之和不相等,即该反应的压强是变量,根据分析,当变量不变时,可以判定反应达到化学平衡状态,C不符合题意; D.断裂N—H键 逆反应方向,断裂 键是正反应方向,但反应速率之比应该等于化学计量数之比,即2: 1,D符合题意; 故选D。 16. 冶炼金属一般有三种方法: ①电解法;②还原法;③热分解法。 则对I.用孔雀石[Cu2(OH)2CO3]炼铜;II.湿法炼铜;III.铝热法炼铬;IV.用MgCl2炼镁分类正确的是 A.I,③B.II,①C.III,②D.IV,③ 答案及解析: 16.C 【分析】 金属的冶炼一般有电解法、热还原法、热分解法、物理分离法。 电解法: 冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al,一般用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的三氧化二铝)制得;热还原法: 冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu,常用还原剂有(C、CO、H2等);热分解法: Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得;物理分离法: Pt、Au用物理分离的方法制得。 【详解】A.I.用孔雀石[Cu2(OH)2CO3]炼铜,用②还原法,故A错误; B.II.湿法炼铜,用②还原法,故B错误; C.III.铝热法炼铬,用②还原法,故C正确; D.IV.用MgCl2炼镁,用①电解法,故D错误; 故选C。 评卷人 得分 一、填空题本大题共4道小题。 17. 以海水浓缩后的卤水为原料,采用气态膜法提取溴单质的工艺流程如下图所示: 请回答: (1)“氧化”时,Cl2作________(填“氧化剂”或“还原剂”),该反应的离子方程式为______。 (2)“富集”时,采用了气态膜提溴技术,其原理是Br2在分压差的推动下通过气态膜,再被NaOH溶液吸收,该操作与________(填选项字母)相似。 A.过滤B.渗析C.分液D.蒸馏 (3)NaOH溶液与Br2反应生成NaBr和NaBrO3,则“酸化”时,发生的主要反应的离子方程式为_______。 (4)实验室模拟“蒸馏”操作时,冷却蒸气需用到的玻璃仪器为____;该工艺与热空气吹出法相比,优点为________ 答案及解析: 17. (1)氧化剂2Br-+Cl2=2Cl-+Br2 (2)B(3)5Br-+BrO +6H+=3Br2+3H2O(4)(直形)冷凝管能耗低 【分析】 卤水通入氯气氧化溴离子得到含溴单质的混合溶液,过滤后加碱发生歧化反应,富集溴元素得到含NaBr和NaBrO、NaBrO3的混合溶液,再加硫酸酸化,发生归中反应,得到溴水溶液,蒸馏得到溴单质。 【详解】 (1)“氧化”时,氯元素化合价降低,Cl2作氧化剂,将溴离子氧化成溴单质,该反应的离子方程式为2Br-+Cl2=2Cl-+Br2。 故答案为: 氧化剂;2Br-+Cl2=2Cl-+Br2; (2)气态膜提溴技术,Br2在分压差的推动下通过气态膜,再被NaOH溶液吸收,该操作与渗析相似。 故答案为: B; (3)NaOH溶液与Br2反应生成NaBr和NaBrO3,则“酸化”时,溴 高价化合物和低价化合物发生归中反应生成溴单质,发生的主要反应的离子方程式为5Br-+BrO +6H+=3Br2+3H2O。 故答案为: 5Br-+BrO +6H+=3Br2+3H2O; (4)实验室模拟“蒸馏”操作时,冷却蒸气需用到的玻璃仪器为(直形)冷凝管;该工艺与热空气吹出法相比,反应温度较热空气吹出法低,优点为能耗低,故答案为: (直形)冷凝管;能耗低。 18. 丙烯酸乙酯存在于菠萝等水果中,是一种食品用合成香料。 用乙烯、丙烯等石油化工产品为原料进行合成,路线如下: (1)乙烯和丙烯互称_____,丙烯的同分异构体的结构简式为_____。 (2)有机物A和B反应生成丙烯酸乙酯的化学方程式为____;为了从生成的混合物中分离出丙烯酸乙酯,应先向混合体系中加入饱和_______(填化学式)溶液,再进行_______(填操作名称)。 (3)久置的丙烯酸乙酯自身会发生聚合反应,所得聚合物有较好的弹性,可用于生产织物和皮革处理剂。 该聚合反应的化学方程式为______。 答案及解析: 18. (1)同系物 或 (2)CH2=CH—COOH+C2H5OH CH2=CH—COOC2H5+H2O Na2CO3分液 (3)nCH2=CH—COOC2H5 【分析】 由题给有机物 转化关系可知,在催化剂作用下,乙烯与水发生加成反应生成乙醇,则A为乙醇;在催化剂作用下,丙烯与氧气发生催化氧化反应生成丙烯酸,则B为丙烯酸;在浓硫酸作用下,乙醇与丙烯酸共热发生酯化反应生成丙烯酸乙酯和水。 【详解】 (1)乙烯和丙烯结构相似,都属于烯烃,互为同系物;烯烃与碳原子数相同的环烷烃互为同分异构体,则丙烯的同分异构体为环丙烷,结构简式为 或 ,故答案为: 同系物; 或 ; (2)在浓硫酸作用下,乙醇与丙烯酸共热发生酯化反应生成丙烯酸乙酯和水,的化学方程式为CH2=CH—COOH+C2H5OH CH2=CH—COOC2H5+H2O;为了从生成的混合物中分离出丙烯酸乙酯,应先向混合体系中加入饱和碳酸钠溶液,除去丙烯酸、吸收乙醇、降低丙烯酸乙酯的溶解度便于分层,分层后再进行分液得到丙烯酸乙酯,故答案为: CH2=CH—COOH+C2H5OH CH2=CH—COOC2H5+H2O;Na2CO3;分液; (3)丙烯酸乙酯含有碳碳双键,一定条件下能够发生加聚反应生成聚丙烯酸乙酯,反应的化学方程式为nCH2=CH—COOC2H5 ,故答案为: nCH2=CH—COOC2H5 。 19. 过氧乙酸(CH3COOOH)是一种高效消毒剂,常温下易分解,可由乙酸与H2O2在硫酸催化下反应制得,化学方程式为CH3COOH(aq)+H2O2(aq) CH3COOOH(aq)+H2O(l)。 (1)该反应的能量变化如图所示。 ①该反应为____________(填“放热”或“吸热”)反应。 ②制备38gCH3COOOH时,热量变化为6.85kJ,则E=________。 (2)取ag冰醋酸和ag50%H2O2混合均匀,加入一定量硫酸,测得混合溶液的体积为2L。 在25°C时,测得不同时刻,溶液中的n(CH3COOOH)变化如图所示(反应前后溶液体积变化忽略不计)。 ①0~6h内,v(CH3COOOH)=______。 ②若反应前后溶液的质量没有发生变化,则反应进行到6h时,H2O2的转化率为____。 ③若在40°C下进行该实验,测得不同时刻n(CH3COOOH)均有所降低,可能的原因为____________。 答案及解析: 19. (1)①放热②137 (2)① mol/(L·h)② ×100%或 %③温度升高时,过氧乙酸分解;过氧化氢分解,浓度降低导致反应速率降低 【分析】 (1)①由图生成物的能量低于反应物所具有的能量,由此判断; ②根据方程式计算; (2)①根据v(CH3COOOH)= 计算; ②由转化率= ×100%计算; ③温度升高时,过氧乙酸分解,浓度降低导致反应速率降低。 【详解】 (1)①由图生成物的能量低于反应物所具有的能量,该反应为放热反应。 故答案为: 放热; ②n(CH3COOOH)= =0.5mol,制备38gCH3COOOH时,热量变化为6.85kJ,制备1molCH3COOOH时,热量变化为6.85kJ× =13.7kJ,则E=13.7。 故答案为: 13.7; (2)①0~6h内,v(CH3COOOH)= = mol/(L·h)。 故答案为: mol/(L·h); ②若反应前后溶液的质量没有发生变化,则反应进行到6h时,H2O2的转化率为 ×100%或 %。 故答案为: ×100%或 %; ③若在40°C下进行该实验,测得不同时刻n(CH3COOOH)均有所降低,可能的原因为温度升高时,过氧乙酸分解;过氧化氢分解,浓度降低导致反应速率降低。 故答案为: 温度升高时,过氧乙酸分解;过氧化氢分解,浓度降低导致反应速率降低。 20. 部分短周期主族元素在周期表中的相对位置如图。 a b c d e f 请回答: (1)上述元素的最高价氧化物的水化物中,碱性最强的化合物的电子式为__。 (2)c、d和e三种简单离子半径由大到小的顺序为________(用离子符号表示)。 (3)单质e与b的简单氢化物反应的化学方程式为________。 (4)a和c形成的简单化合物的立体构型为__________。 (5)工业上制备单质d的化学方程式为____________。 答案及解析: 20. (1) (2)F->Na+>Mg2+(3)Mg+2H2O Mg(OH)2+H2↑或Mg+2H2O(沸水)=Mg(OH)2+H2↑(4)正四面体(5)2NaCl(熔融) 2Na+Cl2↑ 【分析】 由元素周期表中的相对位置可知,a为C元素、b为O元素、c为F元素、d为Na元素、e为Mg元素、f为Cl元素。 【详解】 (1)元素的金属性最强,最高价氧化物的水化物的碱性最强,由元素周期律可知,Na元素的金属性最强,则碱性最强的化合物为离子化合物氢氧化钠,电子式为 ,故答案为: ; (2)氟离子、钠离子和镁离子的电子层结构相同,电子层结构相同的离子随核电荷数增大,离子半径依次减小,则氟离子、钠离子和镁离子的离子半径由大到小的顺序为F->Na+>Mg2+,故答案为: F->Na+>Mg2+; (3)镁与沸水反应生成氢氧化镁和氢气,化学方程式为Mg+2H2O Mg(OH)2+H2↑,故答案为: Mg+2H2O Mg(OH)2+H2↑; (4)C元素和F元素形成的简单化合物的四氟化碳,四氟化碳的空间构型为正四面体形,故答案为: 正四面体形; (5)工业上用电解熔融氯化钠的方法制备金属钠,反应的化学方程式为2NaCl(熔融) 2Na+Cl2↑,故答案为: 2NaCl(熔融) 2Na+Cl2↑。 【点睛】电子层结构相同的离子随核电荷数增大,离子半径依次减小是分析解答关键。 评卷人 得分 二、实验题本大题共1道小题。 21. 德国化学
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