广东省东莞市东华高中高一化学上学期段考试卷(含解析)

广东省东莞市东华高中2015-2016学年高一化学上学期段考试卷（含
解析）
本人认为11题值得商榷，是由2013的重庆高考题改编，但数据有问题，而且答案也有问题.AD，请谨慎使用。

1.C解析：根据题意：太阳能电池板在光照射后灯泡发亮知光伏电池的能量转化方式为太阳能转化为电能，A正确；根据图示，内部电子由P极流向N极，则N极是负极，B正确；硅可以与氢氟酸反应，C错误；钢化玻璃是玻璃在热熔软化后，在经过强风力使其快速冷却得到的，而玻璃是由石灰石、纯碱、石英为原料制成的，是无机非金属材料，D正确。

【技巧点拔】解答本题的B项需注意题意“内部电子由P极流向N极”，则可运用“电池中电解质中的阴离子移向负极”进行迁移，电子是负电荷，移向负极。

2.B解析：乌头酸含碳碳双键和碳氧双键，因此含π键，A错误；含C-C非极性键、C-H,C-O 等极性键，B正确；含3个羧基，至少形成3种钠盐，C错误；没有给出氢气所处的外界条件，不能根据物质的量求其体积，D错误。

3.A解析：氯气溶于水，有一部分与水反应生成HClO，即2.24L氯气没有完全与水反应，而且生成的次氯酸没有全部电离，因此得到的HClO分子数小于0.1mol，A错误；B项如果浓硫酸全部反应，则生成的二氧化硫是9mol，但实际上随着反应的进行，硫酸浓度变稀，不能再与铜反应，即硫酸剩余，因此生成的二氧化硫小于9mol，故B正确；1mol钠与氧气反应，不管是生成氧化钠还是过氧化钠，转移的电子数都是1mol（根据钠由0→+1价分析），C正确；Cu2S和CuO的摩尔质量之比是2：1，而Cu原子个数比也是2：1，因此D正确。

4.D解析：根据最外层电子排布6s26p1知只有6p上有1个未成对电子，A项错误，Tl
是第6周期，ⅢA元素，B错误，D正确；质量数=质子数+中子数，是整数，C错误。

5.C 解析：除去乙酸乙酯中的杂质用饱和的碳酸钠溶液，不能用氢氧化钠，因为酯在氢氧化钠溶液中可水解，A错误；用pH=1的盐酸溶液配制100mLpH=2的盐酸溶液，应该是将pH=1的盐酸溶液10mL稀释10倍，即缺少量筒，B错误；根据溴水加入到淀粉-KI溶液中出现蓝色证明Br2的氧化性比I2强，C正确；由氯化镁溶液制氯化镁晶体，应该在蒸发皿中蒸发冷却，不是用坩埚，坩埚用于固体的灼烧，D错误；
【要点提示】：解答类似的实验题需分析实验目的或方案、实验试剂、所用仪器是否都正确，如本题的A项实验试剂或方案错误；B项缺少仪器；D项仪器错误。

6.D解析：A、在酸性条件下NO3－可氧化Fe2＋,B、Fe3＋氧化I－,C、Fe3＋氧化SO32－，故选D。

7.B解析：气溶胶属于胶体，A错误，B正确；钾盐、钠盐和碳酸盐是交叉关系，C错误；吸热反应、放热反应不都是氧化还原反应，如碳酸钙的分解反应是吸热反应，但不是氧化还原反应，它们是交叉关系，D错误。

8.C解析：根据酸溶得到单质S知ZnS被MnO2氧化，反应是ZnS＋MnO2＋2H2SO4=MnSO4＋ZnSO4＋S＋2H2O，A错误；盐酸可被二氧化锰氧化为氯气，因此不能用盐酸代替硫酸，B错误；C正确；滤液含MnSO4、ZnSO4，电解得到二氧化锰和锌，即阳极得到二氧化锰，D错误。

9.B解析：根据甲烧瓶中的溶液由红色逐渐变浅知甲烧瓶中的气体溶于水呈碱性，则是氨气，氨气溶于水后，甲烧瓶中的气压减小，Y中的气体进入甲与氨气反应产生白烟，则Y可能是HCl，氨气不是电解质，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，A、C错误；二者反应生成的氯化铵水解呈酸性，是离子化合物，B正确,D错误。

10.B解析：氨气不能用向上排空气法收集，A错误；B正确；NO与氧气反应生成二氧化氮，因此不能用排空气法收集，C错误；二氧化氮能被氢氧化钠溶液吸收，即D项得不到二氧化氮，错误。

11.AD解析：根据P4具有正四面体结构知1个分子含6个共价键，B错误，根据盖斯定律有Cl2(g)＋PCl3(g)=PCl5(g) △H=(b－a)/4kJ·mol－1,设Cl-Cl的键能是x，则x+3c-1.2c×5=(b－a)/4，
x=1
4
×(b－a＋12c) kJ·mol－1，A正确；由于P原子半径大于Cl原子，故P—P键的键能小于
P—Cl键的键能，C项错误；PCl5固态和气态间转化的热效应不确定，Cl2(g)＋PCl3(g)===PCl5(s)的反应热ΔH不可求，D项正确。

【技巧点拔】解答本题C项也可以根据△H=断键吸热-成键放热，及2个反应的反应热进行计算得出具体的数值然后比较。

12.C解析：据图可知开始没有沉淀，则是发生中和反应，即含H+，再根据共存关系知没有CO32－、ClO－、－，根据溶液呈电中性知有Cl－，A、B错误；沉淀量逐渐增多然后消失，有气体产生，因此含H＋、NH4＋、Al3＋、Cl－,C正确；观察钾的焰色要透过蓝色钴玻璃，D错误。

13.D解析：该利尿酸的分子式是C13H12Cl2O4,A错误；根据乙烯、苯、甲醛结构知利尿酸至少有12个原子共面，B错误；1mol利尿酸可与5mol氢气加成（苯环3mol，碳碳双键1mol，碳氧双键1mol），C错误；Cl水解生成酚和氯化氢，因此1mol利尿酸可与5mol氢氧化钠反应，D 正确。

【技巧点拔】有机物有什么结构就具备这种结构所具有的性质；掌握乙烯、乙炔、甲醛、苯、甲烷的结构是解有机物原子共面的基础；有机物消耗氢氧化钠的量要注意水解产物有没有酚。

14.B解析：A、反应不符合事实，应该是Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O,错误；B、正确；C、生成的氢氧化铝被过量的氢氧化钠溶液，反应是：Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O,错误；D、方程式没有配平。

【易错提醒】离子方程式的书写需注意电荷、质量守恒，要符合反应事实，氧化物、难溶物、弱电解质、气体写化学式。

15.D解析：A、v（CH4）=5×50%mol÷（10L×5min）=0.05mol/L·min，A错误；该反应是气体体积不变的反应，甲、乙的甲烷与H2O（g）的物质的量之比相同，是等效平衡，二者的转化率相同，丙可看作在甲的基础上又加入5mol甲烷，则甲烷的转化率减小，即α1=α2>α3，B 错误；平衡时，甲烷、H2O（g）、CH3OH(g)、H2的物质的量分别是2.5mol、7.5mol、2.5mol、2.5mol，平衡浓度分别是0.25 mol/L、0.75 mol/L、0.25 mol/L、0.25 mol/L，平衡常数为（0.25 mol/L×0.25 mol/L）/（0.25 mol/L×0.75 mol/L）=0.33，C错误；增大甲烷的量，甲烷的转化率减小，当甲烷的量固定，升温平衡，正向移动，甲烷的转化率增大，D正确。

16.A解析：图I加入盐酸即生成气体，则溶质是碳酸氢钠，根据质子守恒知离子浓度关系正确，A对；图Ⅱ加入盐酸开始没有生成气体，而且生成气体消耗的盐酸量是没有生成气体消耗的盐酸量的2倍，因此溶质是等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，根据物料守恒：离子浓度关系是2c(Na＋)=3,B错误；图Ⅲ加入盐酸开始没有生成气体，而且生成气体消耗的盐酸量与没有生成气体消耗的盐酸量相等，因此溶质是碳酸钠，C错误，离子浓度关系与D项的相同；图Ⅳ加入盐酸开始没有生成气体，而且生成气体消耗的盐酸量是没有生成气体消耗的盐酸量的1/2，因此溶质是等物质的量的碳酸钠和氢氧化钠的混合物，因碳酸钠水解，离子浓
度关系符合C项的离子浓度关系，D错误。

【解题指导】解答本题需明确氢氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠与盐酸反应时物质的量的关系，反应如下：NaOH＋HCl=NaCl+H2O,Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl,NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2＋H2O. 17.B解析：由于都是短周期元素，则X、Y是第二周期元素，而且根据Y的信息知是O,则X 是N，Z是Si，W是Cl。

原子半径：同周期由左向右逐渐减小，同主族由上到下逐渐增大，即原子半径是Z>W,X>Y,A错误；水分子间存在氢键，是液态，其沸点最高，B正确；非金属性：Cl>Si,则最高价含氧酸酸性：HClO4>H2SiO3,C错误；硅是半导体材料，二氧化硅不是，D错误。

18.B解析：装置①是电解池，阳极析出氯气，阴极析出铜，A错误；装置②是电镀池，镀层金属铜作阳极，待镀金属铁作阴极，B正确；装置③是燃料电池，氢气入口的那一极是负极，电子流出，氧气入口的那一极是正极，电子流入，C错误；装置④是电解食盐水，阴极发生还原反应：2H＋＋2e－=H2,D错误。

19.C 解析:A：a>7,则溶液可能是碱溶液，pH=14-a，或酸溶液，pH=a，错误；根据KHA的溶液的pH知显碱性，说明HA-水解程度大于电离程度，HA－H＋＋A2－,HA－＋H 2O H2A＋OH－,c(K ＋)>c(HA－)>c(OH－)>c(A2－),B错误；C项所得溶液是等物质的量的HA和NaA的混合物，而且溶液呈碱性，说明HA的电离程度小于NaA的水解程度，离子浓度关系正确；盐酸是强电解质，与氨水反应生成的氯化铵也是强电解质，但是溶液体积增大，离子浓度减小，导电能力减弱，D错误。

20.B解析：根据题意知所得沉淀是氢氧化镁和氢氧化铜的混合物，质量是合金质量与OH－的质量和，而n(OH－)=n(e－)=8.96L÷22.4L·mol－1×(5-2)=1.2mol，质量是20.4g，因此沉淀质量是46.8g，选D。

【技巧点拔】如果根据反应方程式解答本题很麻烦，观察氢氧化镁和氢氧化铜的化学式知OH －的物质的量与金属失去电子的物质的量相等，而金属失去电子数等于N原子得到的电子数。

21. 答案：
解析：根据A、B可形成液态化合物A2B、A2B2知A是H，B是O，A、E形成的化合物是氨气，即E是N，F是As，D与B形成温室气体，则D是C，G价电子排布是4s24p1是Tl。

⑴Tl的价电子排布是4s24p1，在周期表的第四周期，ⅢA，As是第四周期，ⅤA元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3；同周期原子半径由左向右逐渐减小，C>N>O>H。

⑵N的2p能级是半充满状态，为稳定结构，其第一电离能比O大，即第一电离能：N>O>C；根
据题意As与硝酸反应生成H3AsO4,稀硝酸被还原为NO，根据得失电子相等配平。

⑶根据砒霜的熔沸点知其是分子晶体。

⑷12gC2H8N2为0.2mol，反应放热450.0kJ，则1mol C2H8N2反应放热2250kJ。

22.答案：
解析：根据题意知B→C可利用题给信息1，即B中含碳碳双键，A的分子式为C6H13Cl，A→B 是卤代烃在氢氧化钠醇溶液加热条件下的消去反应，结合产品结构含=C(CH3)2知C是丙酮，B
是2，3-二甲基-2-丁烯。

根据产品结构知F是，E是，D是乙苯，核磁共振氢谱有5种峰。

3. 2，3-二甲基-2-丁烯发生加聚反应：
4.根据题意知E的同分异构体含酚羟基、醛基、氨基，苯环上的一氯代物只有2种，则苯环的对位有取代基，是。

23. 答案：
解析：⑴根据表中的信息知析出FeSO4·7H2O的温度不能超过56.7℃
⑵过滤用到烧杯、玻璃棒、漏斗
⑶FeSO4可水解，步骤②加入硫酸抑制其水解
⑷Fe2＋与HCO3-发生反应，生成FeCO3及二氧化碳
⑸FeCO3浊液露置与空气中出现的红褐色固体应该是氢氧化铁，是FeCO3水解生成的Fe(OH)2被氧气氧化为Fe(OH)3所致
⑹Fe3＋可氧化I－：2Fe3＋+2I－=2Fe2＋+I2
⑺a显然错误，F-的还原性非常弱，d错误，根据溶液褪至无色知应该是溶液中几乎没有Fe3＋，说明Fe3＋与F-结合的物质不容易电离，而后加入KI，四氯化碳层没有现象，表明没有生成I2，b正确，c错误。

24. 答案：
解析：⑴装置A制备ClO2,反应是Na2SO3＋2NaClO3＋H2SO4=2Na2SO4＋2ClO2↑＋H2O, ClO2在装置B中与氢氧化钠反应生成NaClO2,Cl元素的化合价降低，ClO2是氧化剂，则H2O2是还原剂，反应是H2O2＋2ClO2＋2NaOH=2NaClO2＋O2＋2H2O
⑵从滤液得到晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。

⑶电解池中的阴离子移向阳极，阳极与电源正极相连，即SO42- 迁移方向是由Ⅱ→I。

⑷I室的反应是OH-发生氧化反应，生成氧气
⑸该滴定的原理是用KI还原ClO2，生成的I2用Na2S2O3滴定，因此终点现象是溶液由蓝色变为无色，而且半分钟不变色
⑹NaClO2～4S2O32－
90.5 4mol
m cV×10-3，m=90.5×cV×10-3/4g，
质量分数为（250/25×90.5×cV×10-3/4g）÷w=。

⑺a、震荡时间过长，则KI被氧气氧化生成I2，从而消耗更多的Na2S2O3，结果偏高b、未用
标准溶液润洗滴定管，则所装溶液被稀释，浓度变小，消耗更多的Na2S2O3，结果偏高c、如果产品含次氯酸钠，则NaClO2部分被次氯酸钠氧化，使生成的I2减少，从而消耗的Na2S2O3
量减少，结果偏低d、滴定前仰视，滴定后俯视，则读取的体积量偏小，结果偏低。

【易错警示】解答本题的第⑹题需注意将产品配成250mL溶液然后取出25.00mL做实验，即最后计算产品纯度时要以250mL溶液去计算。

25.答案：
解析：⑴根据质量分数与物质的量的浓度换算可求硫酸浓度：c=1000×1.1×
9.8%/98=1.1mol/L
⑵硫酸的物质的量是0.25L×1.1 mol/L=0.275mol，铁的物质的量是0.5mol，，二者反应铁过量，则生成氢气0.275mol，为6.16L
⑶生成FeSO40.275mol,稀释到500mL，则浓度为0.275mol/0.5L=0.55 mol/L.。