广东省广州市高一下学期期末监测化学试题-A4

这是一份广东省广州市高一下学期期末监测化学试题-A4，共20页。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、酸与碱完全中和时（ ）
A．溶液一定呈中性 B．溶液的pH一定为7
C．酸与碱的物质的量一定相等 D．酸所能提供的H+与碱所能提供的OH-的物质的量一定相等
2、标准状况下两种等物质的量的可燃气体共1.68L，其中一种是烃，在足量氧气中完全燃烧。若将产物通入足量澄清石灰水，得到的白色沉淀质量为15.0g；若用足量碱石灰吸收燃烧产物，增重9.3g。则这两种混合气体可能为
A．H2与C2H4B．CO与C2H4C．CO 与C3Ｈ6 D．H2与C4H6
3、如图为原电池装置，a为锌棒、b为碳棒，下列说法不正确的是
A．a是正极，b是负极
B．a极上发生了氧化反应
C．电子从a极通过导线流向b极
D．碳棒上有气体逸出，溶液中H+浓度减小
4、短周期主族元素R、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示。已知：Y的最高价氧化物对应的水化物既能与强碱反应，又能与强酸反应。下列说法不正确的是（ ）
A．简单气态氢化物的热稳定性：R Na+> Al3+；
(3)A分别与C、F形成的氢化物H2O、H2S，沸点较高的是H2O，原因是H2O可形成分子间氢键，沸点最高；
(4) Na2O为离子化合物，用电子式表示Na2O的形成过程为：；
C、D还可形成化合物Na2O2，Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，过氧根离子中存在共价键，故Na2O2中含有的化学键是离子键、非极性共价键。
24、C4CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O酯化反应C不是葡萄糖变性
【解题分析】（1）本题考查乙烯的结构和性质，根据比例模型以及能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明A为C2H4，a、乙烯中含有碳碳双键，故A说法正确；b、乙烯的结构是平面形的，两个碳原子与4个氢原子共面，故b说法正确；c、碳碳双键是乙烯的官能团，不能省略，即乙烯的结构简式为CH2=CH2，故c说法错误；（2）考查同分异构体现象，乙烯与氢气发生加成反应，生成CH3CH3，烷烃当n=4时出现同分异构体，即为CH3CH2CH2CH3和CH(CH3)3；（3）本题考查酯化反应，B由C、H、O是厨房中常见调味剂，其水溶液能使紫色石蕊变红，说明显酸性，即B为CH3COOH，与乙醇发生酯化反应或取代反应，其反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O；（4）考查乙烯的加聚反应，乙烯发生加聚反应，生成聚乙烯，聚乙烯的化学式为；（5）本题考查糖类、油脂和蛋白质的结构和性质，a、糖类和油脂是由C、H、O三种元素组成，蛋白质是由C、H、O、N等元素组成，故a错误；b、淀粉、纤维素、蛋白质为天然高分子化合物，油脂不属于高分子化合物，故b错误；c、液态的油脂称为油，固态的油脂称为脂肪，故c正确；（6）本题考查纤维素和淀粉的结构与性质，纤维素和淀粉虽然化学式相同，但n值不同，因此不属于同分异构体，淀粉水解的最终产物是葡萄糖；（7）本题考查蛋白质的性质，重金属离子、紫外线、甲醛、高温等能使蛋白质变性，失去活性。
点睛：油脂是高级脂肪酸和甘油通过酯化反应得到，分子量较大，但油脂不属于高分子化合物，天然高分子化合物指的是纤维素、淀粉、蛋白质和天然橡胶。
25、2～3min B 4～5min 因为此时H+浓度小 v（HCl）=0.1ml/（L•min） A、B
【解题分析】
（1）(2)在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，产生气体的体积分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL，生成气体体积越大的时间段，反应速率越大，结合温度、浓度对反应速率的影响分析；
（3）计算出氢气的体积，根据2HCl～H2，计算消耗盐酸的物质的量，计算浓度的变化，根据v=△c/△t计算反应速率；
（4）为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，可降低H＋浓度，但不能影响H＋的物质的量．
【题目详解】
（1）在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，产生气体的体积分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL，由此可知反应速率最大的时间段为2～3 min，因反应为放热反应，温度升高，反应速率增大，故选B。
（2）反应速率最小的时间段是4～5min时间段，此时温度虽然较高，但H＋浓度小；
（3）在2～3min时间段内，n（H2）=0.112L/22.4L·ml－1=0.005ml，根据2HCl～H2，计算消耗盐酸的物质的量为0.01ml，则υ（HCl）=0.01ml÷0.1L÷1min
=0.1 ml/（L·min）；
（4）A．加入蒸馏水，H＋浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故A正确；
B．加入NaCl溶液，H＋浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故B正确；
C．加入NaNO3溶液，生成NO气体，影响生成氢气的量，故C错误；
D．加入CuSO4溶液，Zn置换出Cu反应速度增大，故D错误；
E．加入Na2CO3溶液，消耗H＋，H＋浓度减小，影响生成氢气的量，故E错误．
故答案为：A、B．
26、使有机物A充分燃烧吸收A燃烧后生成的CO2D装置中的碱石灰可以吸收空气中的水和二氧化碳，对生成的二氧化碳质量测定有干扰能确定；如果碳元素的质量和氢元素的质量小于17.1g，则有氧元素C12H22O11C12H22O11（蔗糖）+H2O C6H12O6（葡萄糖）+C6H12O6（果糖）
【解题分析】
（1）燃烧法测定某固体有机物A的分子组成，要通入过量O2使有机物在氧气中充分燃烧生成二氧化碳和水；故答案为：使有机物A充分燃烧；
（2）C装置中的试剂为浓硫酸，用于吸收有机物燃烧生成的水，D装置中的试剂是碱石灰用于吸收有机物燃烧生成的二氧化碳；D装置中的碱石灰可以吸收空气中的水和二氧化碳，对生成的二氧化碳质量测定有干扰，因此该套装置需要改进，故答案为：吸收A燃烧后生成的CO2；D装置中的碱石灰可以吸收空气中的水和二氧化碳，对生成的二氧化碳质量测定有干扰；
（3）通过浓硫酸增重的质量可以求出有机物中氢的质量，通过碱石灰增重的质量可以求出有机物中碳的质量，再根据A的质量判断是否有氧元素；故答案为：能确定，如果碳元素的质量和氢元素的质量小于17.1g，则有氧元素；
（4）浓硫酸增重可知水的质量为9.9g，可计算出n（H2O）==0.55ml，n（H）=1.1ml，m（H）=1.1g；使碱石灰增重26.4g，可知二氧化碳质量为26.4g，n（C）=n（CO2）==0.6ml，m（C）=7.2g，m（C）+m（H）=8.31g，有机物的质量为17.1g，所以有机物中氧的质量为8.79g，n（O）==0.55ml，n（C）：n（H）：n（O）=0.6ml：1.1ml：0.55ml=12：22：11，即实验式为C12H22O11，A的摩尔质量为342g/ml，所以分子式也为C12H22O11，故答案为：C12H22O11；
（5）A可发生水解反应，1ml A可水解生成2ml同分异构体，则A为蔗糖，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，其在催化剂作用下水解的化学方程式为C12H22O11（蔗糖）+H2O C6H12O6（葡萄糖）+C6H12O6（果糖）；故答案为：C12H22O11（蔗糖）+H2O C6H12O6（葡萄糖）+C6H12O6（果糖）。
27、还原性 HCl 、H2O(g) Cl2 + 2OH— ====== Cl— + ClO— + H2O MnO2 + 4HClMnCl4 + 2H2O MnCl4 ====== Cl2↑ + MnCl2 III中没有明显现象的原因是c(H+)、c(Cl－) 较低，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化 MnO2氧化盐酸的反应中c(H+)变化的影响大于c(Cl－)
【解题分析】
试题分析：（1）MnO2与浓盐酸反应制取Cl2的反应中，氯元素化合价由-1升高为0；（2）浓盐酸具有挥发性；（3）氯气密度大于空气，用向上排空气法收集氯气；（4）氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠和氯化钠；（5）①I中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，复分解反应中元素化合价不变，所以MnO2与浓盐酸反应生成MnCl4和水；②II中MnCl4发生了分解反应生成MnCl2和氯气；③III、IV作对比，可以看出c(H+)或c(Cl－)增大到一定数值时都能生成氯气；将i、ii作对比，可以看出c(H+) >7ml/L放出氯气、c(Cl－) >10ml/L放出氯气；
解析：（1）MnO2与浓盐酸反应制取Cl2的反应中，氯元素化合价由-1升高为0，所以浓HCl发生氧化反应，表现浓盐酸的还原性；（2）由于浓盐酸具有挥发性，A中产生的Cl2中含有的杂质可能是HCl 、H2O(g)；（3）氯气密度大于空气，用向上排空气法收集氯气，所以装置如图；（4）氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠和氯化钠，反应的离子方程式是Cl2 + 2OH— == Cl— + ClO— + H2O；（5）①I中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，复分解反应中元素化合价不变，所以MnO2与浓盐酸反应生成MnCl4和水，反应方程式是MnO2 + 4HClMnCl4 + 2H2O；②II中MnCl4发生了分解反应生成MnCl2和氯气，反应的化学方程式是MnCl4 == Cl2↑ + MnCl2；③III中没有明显现象的原因是c(H+)、c(Cl－) 较低，盐酸需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化；将i、ii作对比，可以看出c(H+) >7ml/L放出氯气、c(Cl－) >10ml/L放出氯气；MnO2氧化盐酸的反应中c(H+)变化的影响大于c(Cl－)。
28、2Cl－－2e－=Cl2↑ 2H＋＋2e－=H2↑ Ca2＋＋=CaCO3↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓ ac bc 蒸发 过滤
【解题分析】
（1）电解饱和食盐水中，与电源正极相连的是阳极，阳极发生氧化反应；与电源负极相连的是阴极，发生还原反应；
（2）碳酸钠与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，氢氧化钠与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀；
（3）硫酸根离子可用钡离子除去，但不能选择硝酸钡，因为会引入NO3－；
（4）钙离子用碳酸钠除去，过量的碳酸根离子用盐酸除去，且硫酸根所用的钡试剂是过量的，而过量的钡离子也用碳酸钠除去，所以只要最后加入碳酸钠即可；
（5）根据氢氧化钠与氯化钠溶解度的不同，将溶液蒸发，冷却，析出的氯化钠过滤除去。
【题目详解】
（1）电解饱和食盐水中，与电源正极相连的电极为电解池的是阳极，阳极发生氧化反应，所以是氯离子失去电子生成氯气，电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑；与电源负极相连的电极为电解池的阴极，阴极发生还原反应，所以水电离产生的氢离子得到电子生成氢气，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，故答案为2Cl－－2e－=Cl2↑，2H＋＋2e－=H2↑。
（2）工业盐中的钙、镁离子用碳酸钠、氢氧化钠溶液除去，碳酸钠与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，氢氧化钠与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，故答案为：Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓。
（3）硫酸根离子用钡试剂除去，可选择氢氧化钡或氯化钡溶液，不能选择硝酸钡溶液，因为过量的钡离子可用碳酸钠除去，碳酸根离子、氢氧根离子再用盐酸除去，而硝酸钡中的硝酸根离子无法除去，造成食盐不纯；故答案为：ac。
（4）有效除去Ca2+、Mg2+、SO42-，应注意碳酸钠在钡试剂之后，是为除去过量的钡离子，所以可先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3，也可以先加钡试剂，后加Na2CO3，再加NaOH，所以bc正确，故答案为：bc。
（5）脱盐工序的目的是分离NaOH和NaCl，由于NaCl溶解度小，因而NaCl首先析出，其操作过程是蒸发、冷却、结晶、过滤得到NaCl晶体，故答案为：蒸发，过滤。
【题目点拨】
物质在除杂时应注意：一除杂试剂必须过量；二过量试剂必须除尽(因为过量试剂带入新的杂质)；三除杂途径选最佳。
29、③⑦④⑥
【解题分析】分析：具有相同质子数，不同中子数（或不同质量数）同一元素的不同核素互为同位素；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；同素异形体是同种元素形成的不同单质；结构相似分子组成相差若干个CH2原子团的有机物互为同系物，据此解答。
详解：（1）具有相同质子数，不同中子数（或不同质量数）同一元素的不同核素互为同位素，则12C和14C互为同位素，答案选③；
（2）具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体，葡萄糖和果糖的分子式均是C6H12O6，结构不同，二者互为同分异构体，答案选⑦；
（3）同素异形体是同种元素形成的不同单质，金刚石与石墨均是碳元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，答案选④；
（4）结构相似分子组成相差若干个CH2原子团的有机物互为同系物，CH4和异丁烷均是烷烃，结构相似，二者互为同系物，答案选⑥。
淀粉和纤维素均是多糖，都是混合物；D2O与T2O均表示水分子；是同一种物质；淀粉是多糖，果糖是单糖，不是同系物关系。
R
X
Y
Z
化学键
H-H
O=O
H-O
键能(kJ/ml)
436
496
463
A
B
①分子填充模型为：；
②能使溴的四氯化碳溶液褪色；
③其产量是衡量石油化工水平的标志。
①由C、H、O三种元素组成，是厨房中的常见调味剂；
②水溶液能使紫色石蕊试液变红。
时间
第1分钟
第2分钟
第3分钟
第4分钟
第5分钟
产生氢气体积
50mL
120mL
232mL
290mL
310mL
实验
操作
现象
I
常温下将MnO2和12 ml·L－1浓盐酸混合
溶液呈浅棕色，略有刺激性气味
II
将I中混合物过滤，加热滤液
生成大量黄绿色气体
III
加热MnO2和4 ml·L－1稀盐酸混合物
无明显现象