山西省阳泉市城区中学2020年高一化学上学期期末试卷含解析

山西省阳泉市城区中学2020年高一化学上学期期末试卷含解析
一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。

）
1. 按下列实验方法操作，能达到要求的是（）
A．用托盘天平称量25.20g氯化钠固体
B．苹果含有Fe2+，现榨苹果汁在空气中会由淡绿色变为棕黄色，若榨汁时加入具有还原性的维生素C，可防止该现象发生
C．用NaOH溶液和FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体
D．将氢氧化钠固体在容量瓶中溶解，配制一定物质的量浓度的NaOH溶液
参考答案：
B
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．托盘天平的感量是0.1g；
B．亚铁离子不稳定，易被氧化生成铁离子，为防止亚铁离子被氧化，需要向苹果汁中加入还原性物质；
C．用沸水和饱和氯化铁溶液制取氢氧化铁胶体；
D．容量瓶不能稀释或溶解药品，能用于配制一定物质的量浓度溶液．
【解答】解：A．托盘天平的感量是0.1g，所以不能用托盘天平称量25.20g氯化钠固体，故A错误；B．亚铁离子不稳定，易被氧化生成铁离子，为防止亚铁离子被氧化，需要向苹果汁中加入还原性物质，维生素C具有还原性，向苹果汁中加入维生素C能防止亚铁离子被氧化，故B正确；
C．用沸水和饱和氯化铁溶液制取氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体制备方法是：向沸水中加入几滴饱和氯化铁溶液，然后加热至液体呈红褐色为止，故C错误；
D．容量瓶不能稀释或溶解药品，能用于配制一定物质的量浓度溶液，所以容量瓶不能溶解氢氧化钠固体，需要先在烧杯中溶解，冷却至室温时再转移到容量瓶中，故D错误；
故选B．
2. 下列反应最终没有固体析出的是（）
A．向氯化钡溶液中通入少量CO2
B．向饱和氢氧化钠溶液中加入钠单质
C．向饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2
D．向NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水参考答案：
A
【考点】钠的重要化合物．
【分析】A．二氧化碳与氯化钡不反应；
B．钠和水反应而消耗水；
C．可生成溶解度较小的碳酸氢钠；
D．反应生成碳酸钙沉淀．
【解答】解：A．因碳酸的酸性比盐酸弱，则二氧化碳与氯化钡不反应，故A选；
B．钠和水反应而消耗水，则可析出氢氧化钠固体，故B不选；
C．反应可生成溶解度较小的碳酸氢钠，有沉淀析出，故C不选；
D．反应生成碳酸钙沉淀，故D不选．
故选A．
3. 下列关于某物质是否为电解质的判断正确的是（）
A．固体氯化钠不导电，所以氯化钠不是电解质
B．氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质
C．SO2溶于水能导电，所以SO2是电解质
D．氨水能导电，所以氨水是电解质
参考答案：
B
【考点】电解质与非电解质．
【分析】水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，导电的条件是化合物自身能在一定条件下电离出离子导电，导电实质是含有自由移动电子或离子，据此分析判断．
【解答】解：A．固体氯化钠不存在自由移动的离子不导电，溶于水会导电，所以氯化钠是电解质，故A错误；
B．氯化氢化合物水溶液中导电属于电解质，故B正确；
C．SO2溶于水能导电，是因为二氧化硫和水反应生成电解质亚硫酸，本身不能电离，所以SO2是非电解质，故C错误；
D．氨水是氨气的水溶液为混合物，不是电解质，故D错误；
故选B．
4. 下列过程中化学键发生断裂的是（）
①碘升华②溴蒸气被木炭吸附③酒精溶于水④HCl气体溶于
水⑤MgCl2溶解于水⑥NaCl熔化．
A．全部B．②③④⑤⑥C．④⑤⑥D．⑤⑥
参考答案：
C
【考点】化学键；物理变化与化学变化的区别与联系．
【分析】共价化合物的电离、离子化合物的熔化、电离均发生化学键的断裂，而分子晶体的三态变化、非电解质溶解不发生化学键的变化，以此来解答．
【解答】解：①碘升华，只破坏分子间作用力，不破坏化学键，故不选；
②溴蒸气被木炭吸附，只破坏分子间作用力，不破坏化学键，故不选；
③酒精溶于水，不发生电离，只破坏分子间作用力，不破坏化学键，故不选；
④HCl气体溶于水，发生电离，H﹣Cl共价键被破坏，故选；
⑤MgCl2溶解于水，发生电离，离子键被破坏，故选；
⑥NaCl熔化，发生电离，离子键被破坏，故选；
故选C．
【点评】本题考查化学键，把握物质发生电离时化学键破坏及分子晶体的三态变化只破坏分子间作用力为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．
5. 下面图所列仪器名称为“分液漏斗”的是（）
A. B. C. D.
参考答案：
D
分液漏斗是一种玻璃仪器，口部有塞子，下端有活塞。

A为圆底烧瓶，B为量筒，C为容量瓶； D符合“分液漏斗”的特征，是分液漏斗，故选D。

6. 下列用水能鉴别的一组物质是（）
A. 溴苯、乙醇、四氯化碳
B. 苯、乙醇、四氯化碳
C. 苯、乙醇、乙酸
D. 苯、己烷、四氯化碳
参考答案：B
7. 下列关于化学键的说法正确的是()
①含有金属元素的化合物一定是离子化合物；
②ⅠA族和ⅦA族原子化合时，一定形成离子键；
③由非金属元素形成的化合物一定不是离子化合物；
④活泼金属与非金属化合时，一般形成离子键；
⑤离子键就是阴、阳离子间的静电引力；
⑥含有离子键的化合物一定是离子化合物；
⑦离子化合物中可能同时含有离子键和共价键。

A. ①②⑤
B. ④⑥⑦
C. ①④③
D. ②③⑤
参考答案：
B
试题分析：①含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，比如AlCl3为共价化合物，①错误；②第IA族和第ⅦA族原子化合时，不一定生成离子键，比如HCl为共价化合物，②错误；③由非金属元素形成的化合物一可能是是离子化合物，比如NH4Cl是离子化合物，③错误；④活泼金属与非金属化合时，能形成离子键，④正确；⑤离子键指的是阴、阳离子间的相互作用力，包括引力和斥力，⑤错误；⑥含有离子键的化合物一定是离子化合物，⑥正确；⑦离子化合物中可能同时含有离子键和共价键，⑦正确。

故答案B。

8. 下列有关物理量相应的单位表达错误的是()
A．摩尔质量g/mol B．气体摩尔体积L/mol
C．溶解度g/100 g D．密度g/cm3
参考答案：
C
略
9. 下列不互为同分异构体的一组物质是
A.丙酸和甲酸乙酯
B.淀粉和纤维素
C.甘氨酸和硝基乙烷
D.蔗糖和麦芽糖
参考答案：
B
略
10. 将下列物质按酸、碱、盐分类排列，正确的是
A．硫酸、纯碱、食盐 B．氢氯酸、烧碱、胆矾
C．碳酸、乙醇、醋酸钠 D．磷酸、熟石灰、苛性钾
参考答案：
D
略
11. 大气污染物氟里昂—12的化学式是CF2Cl2。

下面关于氟里昂—12的说法正确的是
A．只有一种结构 B．有两种同分异构体
C．属于四面体的空间结构D．是甲烷的一种同系物
参考答案：
AC
略
12. 下列物质中，属于不合金的是（）
A．水银B．黄铜C．钢铁D．生铁
参考答案：
A
考点：生活中常见合金的组成．
分析：合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金具有以下特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属，④合金的硬度大，熔点低．据此分析解答．
解答：解：A．水银是金属汞单质，不是混合物，不属于合金，故A错误；
B．黄铜是铜和锌的合金，故B正确；
C．钢铁是含碳量质量百分比低于2%的铁碳合金，故C正确；D．根据铁中含有的碳的质量分数的大小，把铁的合金分为生铁和钢；含碳量在2%～4.3%之间的属于生铁，故D正确；
故选A．
点评：本题主要考查了合金的判别，掌握合金的概念及特征是解答的关键，题目较简单．
13. 下列实验操作、现象和结论均正确的是（）
参考答案：
D
【详解】A.SO2和H2S反应生成S单质：2H2S+SO2=2H2O+3S↓，SO2中+4价S元素被还原生成0价的单质S，SO2被还原，作氧化剂，故A错误；
B.在酸性溶液中硝酸根能氧化亚铁离子为铁离子，因此不能据此说明硝酸亚铁已经变质，故B错误；
C.加入稀H2SO4后，H+与原溶液中的NO3-构成强氧化性的条件，又能与过量的Cu反应，故C错误；
D.二氧化碳与水反应生成碳酸，向Na2SiO3溶液中通入CO2产生H2SiO3沉淀，可说明碳酸的酸性比硅酸强，即酸性：碳酸>硅酸，故D正确。

故选D。

14. SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在S—F键，已知1mol S(s)转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1mol F—F、S—F键需吸收的能量分别为160 kJ、330kJ，则S(s) + 3F2(g) = SF6(g)的反应热△H为
A. —1780kJ/mol
B. —1220kJ/mol
C. —450kJ/mol
D. +430kJ/mol
参考答案：
B
【详解】反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，所以对于S(s)＋3F2(g)=SF6(g)，其反应热
△H=280kJ/mol+3×160kJ/mol-6×330kJ/mol=-1220kJ/mol，故合理选项B。

15. 2000C时，11.6克由CO2和H2O组成的混合气体与足量Na2O2充分反应后，固体质量增加3.6克，则原混合气体的平均相对分子质量为（）g.mol-1
A 5.8
B 23.2
C 11.6
D 46.4
参考答案：
B
略
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16. 某化学课外小组用下图装置制取溴苯。

先向分液漏斗中加入苯和液溴，再将混合液慢慢滴入反应器A(A下端活塞关闭)中。

(1)写出A中反应的化学方程式：___________。

(2)实验结束时，打开A下端的活塞，让反应液流入B中，充分振荡，目的是___________，有关反应的化学方程式是___________。

(3)C中盛放CCl4的作用是___________。

(4)要证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应实验方法是___________。

参考答案：
(1)2Fe+3Br2=2FeBr3、+Br2+HBr
(2) 除去溴苯中溶解的溴Br2+2NaOH═NaBr+NaBrO+H2O
(3)除去溴化氢气体中的溴蒸气
(4)向试管D中加入AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，则能证明（或向试管D中加石蕊试液，溶液变红）
【分析】
铁与溴反应生成溴化铁，在溴化铁催化作用下，苯与溴发生取代反应生成溴苯和HBr，C装置用于除去溴，D装置用于吸收HBr，通过检验HBr，可以验证苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应。

据此分析解答。

【详解】铁与溴反应生成溴化铁，在溴化铁催化作用下，苯与溴发生取代反应生成溴苯和HBr，C装置用于除去溴，D吸收HBr，为检验HBr，可加入硝酸银溶液，反应完后，打开活塞，氢氧化钠与溴反应，可除去溴苯中的溴．
(1)铁与溴反应生成溴化铁，发生2Fe+3Br2=2FeBr3，在催化剂的作用下，苯环上的氢原子被溴原子所取代，生成溴苯，同时有溴化氢生成，方程式为+Br2+HBr，故答案为：
2Fe+3Br2=2FeBr3；+Br2+HBr；
(2)溴单质能与氢氧化钠溶液反应而溴苯不能，因此用氢氧化钠溶液可以除去溴苯中的溴单质，发生Br2+2NaOH═NaBr+NaBrO+H2O，故答案为：除去溶于溴苯中的溴；Br2+2NaOH═NaBr+NaBrO+H2O；
(3)CCl4能溶解溴不能溶解溴化氢，可用四氯化碳除去溴化氢中的溴，以免干扰实验现象，故答案为：除去溴化氢气体中的溴蒸气；
(4)如果苯和液溴发生的是取代反应，则有HBr生成，如果发生的是加成反应，则无HBr生成，也就是说，如果要证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应，只需检验有无HBr生成。

可向试管D中加入AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，则能证明发生取代反应，也可以通过检验H+的方法证明，可向试管D中加石蕊试液，若溶液变红，则证明发生取代反应，故答案为：向试管D中加入AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，则能证明(或向试管D中加石蕊试液，溶液变红)。

【点睛】本题的易错点为(4)，要注意取代反应和加成反应的产物的区别，HBr在水中能够电离出氢离子和溴离子，因此可以通过检验溴离子和氢离子设计实验。

三、综合题（本题包括3个小题，共30分）
17. 在如图所示的物质转化关系中，A是海水中含量最丰富的盐，B是常见的无色液体，G的水溶液是一种常用的漂白剂．（反应中生成的水和部分反应条件未列出）
（1）画出A中阴离子的结构示意图：．
（2）反应②在点燃条件下的现象是：．（3）反应①的化学方程式
为：．
（4）工业制备漂白粉的化学方程式
为：．
有效氯的含量是衡量次氯酸盐氧化能力的重要指标．次氯酸盐的有效氯含量可用次氯酸盐与盐酸反应所生成的氯气的含量来表示：ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O
有效氯含量=×100%
，则该反应的产品漂白粉的有效氯为55.9%．
参考答案：
（1）；
（2）安静燃烧、苍白色火焰、产生白雾；
（3）2NaCl+2H2O Cl2↑+H2↑+2NaOH；
（4）2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；55.9%．
考点：无机物的推断．
分析：A是海水中含量最丰富的盐，则A为NaCl，B是常见的无色液体，电解A、B生成C、D、E，可以推知B为H2O，而D与E反应生成A（NaCl）与G，G的水溶液是一种常用的漂白剂，可推知G为NaClO，该反应是氯气与NaOH反应，故C为H2，D能与氢气、氯气都反应，故D为Cl2、E 为NaOH，可推知I为HCl，据此解答．
解答：解：A是海水中含量最丰富的盐，则A为NaCl，B是常见的无色液体，电解A、B生成C、D、E，可以推知B为H2O，而D与E反应生成A（NaCl）与G，G的水溶液是一种常用的漂白剂，可推知G为NaClO，该反应是氯气与NaOH反应，故C为H2，D能与氢气、氯气都反应，故D为Cl2、E为NaOH，可推知I为HCl，
（1）A为NaCl，其阴离子的结构示意图为：，故答案为：；
（2）反应②是氢气在氯气中燃烧，现象是：安静燃烧、苍白色火焰、产生白雾，故答案为：安静燃烧、苍白色火焰、产生白雾；
（3）反应①的化学方程式为：2NaCl+2H2O Cl2↑+H2↑+2NaOH，故答案为：
2NaCl+2H2O Cl2↑+H2↑+2NaOH；
（4）工业制备漂白粉的化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，假设次氯酸钙为1mol，含有2molClO﹣，由ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O可知，生成氯气为2mol，生成氯气的质量为2mol×71g/mol=142g，漂白粉的质量为1mol×111g/mol+1mol×143g/mol=254g，故该反应的产品漂白粉
的有效氯为×100%=55.9%，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；55.9%．
点评：本题考查无机物推断，涉及氯碱工业等，难度不大，注意对基础知识的全面掌握，（4）中计算为易错点，注意计算漂白粉的有效氯，学生容易计算次氯酸盐的有效氯．
18. CH3OH是一种无色有刺激性气味的液体，在生产生活中有重要用途，同时也是一种重要的化工原料．
（1）已知CH3OH(g)+ O2(g)CO2(g)+2H2(g)能量变化如图，下列说法正确的是______
A.CH3OH转变成H2的过程是一个吸收能量的过程
B.H2的生成速率与CH3OH的消耗速率之比为1：2
C.化学变化不仅有新物质生成，同时也一定有能量变化
D.1molH-O键断裂的同时2molC=O键断裂，则反应达最大限度
（2）某温度下，将5molCH3OH和2molO2充入2L的密闭容器中，经过4min反应达到平衡，测得
c(O2)=0.2mol·L－1，4min内平均反应速度v(H2)=__________ ，则CH3OH的转化率为______ 。

（3）甲醇燃料电池是目前开发最成功的燃料电池之一，这种燃料电池由甲醇、空气、KOH(电解质溶液)构成，则下列说法正确的是______
A.电池放电时通入空气的电极为负极
B.电池放电时负极的电极反应式为CH3OH-6e-=CO2↑+2H2O
C.电池放电时，电解质溶液的碱性逐渐减弱
D.电池放电时每消耗6.4gCH3OH转移1.2mol电子
（4）写出甲醇燃料电池在酸性条件下负极的反应式为______ ．
参考答案：
(1)CD (2)0.8 64% (3) CD (4)CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+
分析：化学反应不仅有新物质生成，还一定伴随着能量变化；根据反应物总能量与生成物总能量大小可确定是吸热反应还是放热反应；化学反应快慢可用除固体和纯液体物质以外的物质来表示反应速
率，不论是正反应速率还是逆反应速率，且速率数值之比等于对应的计量系数之比；当正反应速率等
于逆反应速率时，反应达到平衡状态，即达到了最大限度；平衡时某物质的转化量与起始量之比即为转化率；根据氧化还原反应中化合价变化情况，可确定电子转移的方向和数目，失去电子的物质作电池的负极反应物，得到电子的物质作电池的正极反应物，电解质溶液中的阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，综合分析即可解答原电池问题。

详解：(1)A、由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，所以这是一个放热反应，故A不正确；
B、根据反应速率之比等于计量系数之比，H2的生成速率与CH3OH的消耗速率之比为2：1，则B不正确；
C、化学反应不仅有新物质生成，同时还一定伴随着能量变化，即C正确；
D、当有1molH-O 键断裂表示正反应速率，同时有2molC=O键断裂表示逆反应速率，且二者意义相等，说明反应已达平衡状态，即反应达到最大限度，故D正确。

本题答案为CD。

(2)根据已知数据，4min达到平衡时△c(O2)=1mol/L-0.2mol/L=0.8mol/L，则△c(H2)=
4×0.8mol/L=3.2mol/L，v(H2)==0.8mol/(L·min)；△c(CH3OH)=2×0.8mol/L=1.6 mol/L，则
CH3OH的转化率为×100%=64%。

(3) A、根据甲醇燃烧过程中的电子转移情况可知，通甲醇的一极为负极，通空气的一极为正极，故A 不正确；B、在碱性溶液中的负极反应式为CH3OH+8OH?-6e-=CO32-↑+6H2O，则B不正确；C、在放电过程中，OH-逐渐与甲醇生成的CO2反应生成CO32-导致碱性减弱，即C正确；D、电池放电时每消耗6.4gCH3OH，即0.2mol，则转移电子6×0.2mol=1.2mol，所以D正确。

本题答案为CD。

(4)甲醇燃料电池在酸性条件下负极的反应式为CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+。

点睛：易混点是不论反应物还是生成物，不论正反应速率还是逆反应速率，反应速率的数值之比都等于对应的计量系数之比；只有当正逆反应速率相等时，反应达到最大限度，即达到平衡状态。

19. 氯酸钾和亚硫酸氢钠发生氧化还原反应生成Cl（-1价）和S（+6价）的速率如图所示，已知这个反应速率随着溶液中c（H＋）增大而加快。

（1）反应开始进行时，反应速率加快的原因是（要求写出化学方程式）
；
（2）反应后期，反应速率下降的原因是。

参考答案：（1）2KCl O3+6NaHSO3==3Na2SO4+2KCl+3H2SO4，溶液中c（H+）增大，化学反应速率加快。

（2）随着反应的进行，KClO3和NaHSO3浓度明显减小，后期化学反应速率减慢。