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    【化学】四川省棠湖中学2019-2020学年高二上学期开学考试试题(解析版)
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    【化学】四川省棠湖中学2019-2020学年高二上学期开学考试试题(解析版)

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    四川省棠湖中学2019-2020学年高二上学期开学考试试题
    第Ⅰ卷(选择题 共48分)
    可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 O-16 N-14 S-32 Cl-35.5 Na-23
    一.选择题(共12个小题,每小题只有一个选项符合题目要求,每小题4分,共48分
    1.近年来,在我国部分海域中出现了大面积的“赤潮”,给当地渔业造成了重大损失,赤潮直接威胁着人类生存的环境,已经成为我国目前最主要的海洋灾害之一。下列关于赤潮发生原因的叙述正确的是( )
    A. 含氯化合物直接排入大海,引起赤潮的发生。
    B. 赤潮发生的根本原因是含氟制冷剂大量使用导致臭氧层破坏的结果。
    C. 含氮、磷的大量污水直接排入大海,导致某些浮游生物爆发性繁殖是赤潮发生的直接原因。
    D. 空气中二氧化碳浓度升高,导致海洋温度升高,引起了赤潮的发生。
    【答案】C
    【解析】赤潮主要是水体富营养化引起,所以正确的答案是C。
    2.下列各物质物质的量都为1mol,完全燃烧生成二氧化碳和水所消耗相同条件下氧气的量最多的是( )
    A. CH4 B. CH3CHO
    C. C2H5OH D. CH3COOH
    【答案】C
    【解析】
    【分析】分子式为CxHyOz可以写为CxH(y-2z)(H2O)z的有机物完全燃烧需要氧气的物质的量 = x+,据此分析解答。
    【详解】A. 1mol甲烷完全燃烧需要氧气的物质的量=(1+1)mol = 2 mol;
    B. 乙醛完全燃烧需要氧气的物质的量=(2+)mol = 2.5 mol;
    C. 乙醇完全燃烧需要氧气的物质的量=(2+)mol = 3 mol;
    D. 乙酸完全燃烧需要氧气的物质的量=(2+)mol = 2 mol,
    通过以上分析知,需要氧气的物质的量最多的是乙醇,C项正确;
    答案选C。
    3.下列各物质中,不能发生水解反应的是( )
    A. 油脂 B. 酶 C. 纤维素 D. 葡萄糖
    【答案】D
    【解析】
    【详解】A. 油脂在酸、碱等催化作用下水解生成甘油和高级脂肪酸,A项错误;
    B. 酶是蛋白质,蛋白质在一定条件下可最终水解生成氨基酸,B项错误;
    C. 纤维素是多糖,在一定条件下水解最终生成为单糖,C项错误;
    D. 葡萄糖是单糖,不能发生水解反应,D项正确;
    答案选D。
    4.下列说法正确的是( )
    A. 可食用植物油含有的高级脂肪酸甘油酯是人体的营养物质
    B. 石油的分馏、煤的液化和气化都是物理变化,石油的裂化、裂解都是化学变化
    C. 淀粉、蛋白质、葡萄糖都是高分子化合物
    D. 以重油为原料裂解得到各种轻质油
    【答案】A
    【解析】
    【详解】A.植物油含有高级脂肪酸甘油酯,是人体的营养物质,A项正确;
    B.煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程,属于化学变化;煤的液化是使煤与氢气作用生成液体燃料,属于化学变化,B项错误;
    C.葡萄糖相对分子质量较小,不属于高分子化合物,C项错误;
    D.以重油为原料裂化得到各种轻质油,而不是裂解,D项错误;
    答案选A。
    5.下列化学用语正确的是 (  )
    A. 18O的原子结构示意图:
    B. 中子数为20的钾原子:2019K
    C. CO2的电子式是
    D. MgBr2的形成: 
    【答案】A
    【解析】
    【详解】A. 18O核外有8个电子,原子结构示意图:,故A正确;
    B. 中子数为20钾原子,质量数是39,可表示为,故B错误;
    C. CO2分子中含有碳氧双键,电子式,故C错误;
    D. MgBr2的形成:,故D错误。
    6.已知Rn-离子的核内有A-x+n个中子,质量数为A,则WgRn-离子里含有电子的数目为( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】D
    【解析】
    【详解】R原子质量数为A,Rn-离子的核内有A-x+n个中子,则R原子的质子数是A—(A-x+n)=x-n;Rn-核外电子数是x-n+n=x;WgRn-的物质的量是 ,WgRn-离子里含有电子的数目为,故选D。
    7.微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如下图所示,下列说法不正确的是( )

    A. 该电池在高温下工作的速度更快
    B. HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-的反应是:HS-+4H2O-8e-= SO42-+9H+
    C. b是电池的负极
    D. 若该电池有0.45 mol 电子转移,则有0.45 mol H+向左通过质子交换膜
    【答案】B
    【解析】
    【详解】A. 硫酸盐还原菌、硫氧化菌在高温条件下能被杀死,效率更低,故A错误;
    B.负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-,失电子发生氧化反应,电极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+,故B正确;
    C. 氧气在b电极得电子发生还原反应,b是电池的正极,故C错误;
    D.原电池中阳离子由负极移向正极,根据电子守恒,若该电池有0.45 mol 电子转移,则有0.45 mol H+向右通过质子交换膜,故D错误。
    8.下列离子方程式书写正确的是( )
    A. FeO溶于稀硝酸:FeO+2H+=Fe2+ +H2O
    B. H2SO4溶液中加少量Ba(OH)2 溶液:SO42-+H+ + OH- +Ba2+=BaSO4↓+H2O
    C. Ca(HCO3)2溶液中加入过量烧碱:Ca2++HCO3-+OH-===CaCO3↓+H2O
    D. 酸性碘化钾溶液露置于空气中:4I-+O2+4H+=2I2+2H2O
    【答案】D
    【解析】
    【详解】A.硝酸具有强氧化性,FeO溶于稀硝酸中发生氧化还原反应:3FeO+NO3-+10H+=3Fe3++5H2O+NO↑,故A错误;
    B.Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应,离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O,故B错误;
    C.Ca(HCO3)2溶液中加入过量烧碱,反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水,正确的离子方程式为:Ca2++2HCO3-+2OH-═CaCO3↓+CO32-+2H2O,故C错误;
    D.酸性碘化钾溶液露置于空气中,发生氧化还原反应,该反应的离子方程式为4I-+O2+4H+═2I2+2H2O,故D正确;
    答案选D。
    9.制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的实验中,需对过滤出产品的母液(pH<1)进行处理。常温下,分别取母液并向其中加入指定物质,反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是( )
    A. 通入过量Cl2:Fe2+、H+、NH4+、Cl-、SO42-
    B. 加入少量NaClO溶液:NH4+、Fe2+、H+、SO42-、ClO-
    C. 加入过量NaOH溶液:Na+、Fe2+、NH4+、SO42-、OH-
    D. 加入过量NaClO和NaOH的混合溶液:Na+、SO42-、Cl-、ClO-、OH-
    【答案】D
    【解析】制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O实验中,过滤出产品的母液(PH<1)含有的离子有Fe2+、NH4+、H+、SO42-;通人过量氯气,亚铁离子被氧化为Fe3+,故A错误;加入少量 NaClO溶液,亚铁离子被氧化为Fe3+,故B错误;加入过量 NaOH 溶液,NH4+、OH-反应生成弱电解质一水合氨,故C错误;加入过量NaClO和NaOH的混合溶液,溶液呈碱性,Na+、SO42-、Cl-、ClO-、OH-不反应,故D正确。
    10.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是( )
    选项
    实验操作和现象
    结论
    A
    向NaCl粉末中加入适量酒精,充分振荡形成无色透明液体。用激光笔照射,出现一条光亮通路
    形成的分散系是胶体
    B
    水蒸气通过灼热的焦炭后,将混合气体通过灼热的氧化铜,所得气体能使无水硫酸铜变蓝色
    高温下,C与水蒸气反应生成H2
    C
    取1mL20%的蔗糖溶液,加入3滴稀硫酸。水浴加热5min后,再加入少量新制的Cu(OH)2,加热3~4min,没有出现红色沉淀。
    蔗糖未水解
    D
    向KMnO4溶液中通入SO2,溶液颜色褪去
    SO2具有漂白性
    【答案】A
    【解析】
    【详解】A.丁达尔现象为胶体特有的性质。由现象可知形成的分散系是胶体,故A正确;
    B.能使无水硫酸铜变蓝色可检验水,水蒸气可能过量,不能说明发生了氢气还原CuO的反应,故B错误;
    C.取1mL 20%的蔗糖溶液,加入3~5滴稀硫酸,水浴加热5min后,加入氢氧化铜浊液之前应该先用氢氧化钠溶液中和稀硫酸,否则影响实验结果,故C错误;
    D.向KMnO4溶液中通入SO2,发生氧化还原反应,S元素的化合价升高,体现二氧化硫的还原性,故D错误;
    答案选A。
    11.如下表所示,为提纯下列物质(括号内为少量杂质),所选用的除杂试剂与主要分离方法都正确的是 ( )

    不纯物质
    除杂试剂
    分离方法
    A
    乙烷(乙烯)
    KMnO4(酸化)
    洗气
    B
    溴苯(溴)
    NaOH溶液
    过滤
    C
    乙醇(水)
    生石灰
    蒸馏
    D
    苯(苯酚)
    浓Br2水
    过滤
    【答案】C
    【解析】
    【分析】除杂必须遵循原则:不增加新杂质(不增)、不减少被提纯物质(不减)、操作简便易行(易分)等,据此分析选项正误。
    【详解】A项:酸化KMnO4溶液能将杂质乙烯氧化,但生成的二氧化碳成为乙烷中的新杂质。常用溴水洗气以除去乙烷中的乙烯,A项错误;
    B项:溴与NaOH溶液反应生成易溶于水的钠盐,通常溴苯与NaOH溶液不反应,且溴苯不溶于水,密度比水大的液体,故用分液法分离而非过滤法,B项错误;
    C项:乙醇中的水与生石灰反应生成离子化合物Ca(OH)2,蒸馏时只有乙醇能汽化,再冷凝得无水乙醇,C项正确;
    D项:苯酚与浓Br2水取代反应生成的三溴苯酚不溶于水、能溶于苯中,不能过滤除去。除去苯中的苯酚,常用NaOH溶液,振荡、静置后分液,D项错误。
    本题选C。
    12.CPAE是蜂胶的主要活性成分,由咖啡酸合成CPAE路线如下:

    下列说法正确的是( )
    A. 苯乙醇属于芳香醇,它与邻甲基苯酚互为同系物
    B. 1 mol CPAE最多可与含4 mol Br2的水溶液发生反应
    C. 不能用FeCl3溶液检测上述反应中是否有CPAE生成
    D. 咖啡酸、苯乙醇及CPAE都能发生取代、加成和消去反应
    【答案】BC
    【解析】分析:A.苯乙醇属于芳香醇,邻甲基苯酚属于酚,为不同类别物质;B.2个酚-OH及-COOC-均与NaOH反应;C.咖啡酸、CPAE均含酚-OH;D.咖啡酸、CPAE不会发生消去反应。
    详解:A.苯乙醇与邻甲基苯酚属于不同类物质,结构不相似,不互为同系物,选项A错误;B.1 mol CPAE含2mol酚羟基消耗2molNaOH,1 mol 酯基水解也消耗1mol NaOH,共消耗3 mol,选项B正确;C.反应物咖啡酸中也含有酚羟基,无法检测,选项C正确;D.咖啡酸、CPAE不会发生消去反应,含苯环可发生加成,含-OH均可发生取代,选项D错误;答案选BC。
    第二部分(非选择题 共52分)
    13.海洋资源的利用具有广阔前景。
    (1)无需经过化学变化就能从海水中获得的物质是________(填序号)。
    A. Cl2 B. 淡水 C. 烧碱 D. 食盐
    (2)从海水中提取溴的主要步骤是向浓缩的海水中通入氯气,将溴离子氧化,该反应的离子方程式是______。
    (3)下图是从海水中提取镁的简单流程。

    工业上常用于沉淀Mg2+的试剂A的俗名是________,氢氧化镁转化为MgCl2的离子方程式是_______。
    (4)海带灰中富含以I-形式存在的碘元素。实验室提取I2的途径如下所示:

    ①灼烧海带至灰烬时所用的主要仪器名称是________________。步骤②加热煮沸一会的目的是_______________________________
    ②向酸化的滤液中加过氧化氢溶液,写出该反应的离子方程式_____________________。反应结束后,再加入CCl4作萃取剂,振荡、静置,可以观察到CCl4层呈________色。从碘的提取CCl4提取碘可以用_______的方法。
    【答案】(1). BD (2). 2Br- + Cl2 = Br2 +2 Cl- (3). 熟石灰 (4). Mg(OH)2+2H+= Mg2++ 2 H2O (5). 坩埚 (6). 促使海带灰中含碘物质快速充分溶解 (7). 2I- + H2O2 + 2H+ = I2 + 2 H2O (8). 紫或紫红 (9). 反萃取
    【解析】
    【分析】(1)从海水制备物质的原理可以知道,金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取,而食盐可利用蒸发原理,淡水利用蒸馏原理来得到;
    (2)海水中加入熟石灰沉淀镁离子过滤得到氢氧化镁沉淀,加入试剂B为盐酸,氢氧化镁转化为氯化镁溶液,浓缩蒸发结晶得到氯化镁固体,电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气,
    (3)工业上常用于沉淀Mg2+的试剂A是氢氧化钙,Mg(OH)2溶于盐酸生成MgCl2的溶液;
    (4)①依据仪器的名称作答;升高温度可加快化学反应速率;
    ②氢离子和过氧化氢将碘离子氧化为单质碘,依据氧化还原反应规律书写;碘的CCl4溶液呈紫色,结合实验步骤作答。
    【详解】(1)A.电解饱和氯化钠溶液得到烧碱、氢气、氯气,有新物质生成属于化学变化,A项错误;
    B.把海水用蒸馏等方法可以得到淡水,属于物理变化,B项正确;
    C.电解饱和氯化钠溶液得到烧碱、氢气、氯气,有新物质生成属于化学变化,C项错误;
    D.把海水用太阳暴晒,蒸发水分后即得食盐,不需要化学变化就能够从海水中获得,D项正确;
    答案选BD;
    (2)氯气具有强氧化性,能和溴离子发生置换反应生成溴,离子方程式为:Cl2+2Br-=Br2+2Cl-。
    (3)工业上常用石灰乳或氧化钙沉淀Mg2+,CaO和H2O反应生成Ca(OH)2,Ca(OH)2俗名熟石灰,可作为沉淀镁离子的试剂和镁离子反应生成Mg(OH)2;氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁和水,反应的离子方程式为Mg(OH)2+2H+==Mg2++2H2O,故答案为:熟石灰;Mg(OH)2+2H+==Mg2++2H2O;
    (4)①灼烧固体时所用的主要仪器名称是坩埚;步骤②加热煮沸一会的目的是促使海带灰中含碘物质快速充分溶解;
    ②加入氢离子和过氧化氢起的作用为氧化剂,将碘离子转化为单质碘,离子方程式为 2I-+H2O2+2H+==I2+2H2O;碘的CCl4溶液呈紫或紫红色;从碘的提取CCl4提取碘可以用反萃取的方法,故答案为:2I- + H2O2 + 2H+ = I2 + 2 H2O;紫或紫红;反萃取。
    14.下表为周期表前20号元素中某些元素的有关数据:
    元素性质









    原子半径(10-10m)
    1.86
    1.52
    0.66
    0.53
    0.77
    1.10
    0.99
    2.31
    0.70
    最高价态
    +1
    +1
    ——
    +1
    +4
    +5
    +7
    +1
    +5
    最低价态
    ——
    ——
    -2
    -1
    -4
    -3
    -1
    ——
    -3
    试回答下列问题:(用对应具体符号或名称表示)
    (1)以上9种元素原子中,还原性最强的是________(名称),写出它的原子结构示意图:___________________ ;
    (2)③与④可分别形成10电子和18电子的分子,写出该18电子分子转化成10电子分子的化学方程式:________________________________________(分解反应)。
    (3)某元素R的原子半径为1.04×10-10m,该元素在周期表中的位置是_______________
    (4)①、③、⑦三种元素形成的离子,其半径由小到大的顺序为_______________
    (5)下列事实能说明元素⑦的非金属性比硫元素的非金属性强的是___________。
    a.元素⑦形成的单质比硫元素形成的单质的熔点低
    b.元素⑦和硫两元素的简单氢化物受热分解,前者的分解温度高
    c.元素⑦的单质通入到H2S的溶液中出现浑浊
    【答案】(1). 钾 (2). (3). 2H2O2 2H2O + O2↑ (4). 第三周期第VIA族 (5). r(Na+) 【解析】
    【分析】①、②、④、⑧最高价为+1,属于ⅠA族元素 ,根据原子半径可知①、②、④、⑧分别是Na、Li、H、K;③的化合价为-2,③是O元素;⑥、⑨最高价是+5、最低价为-3,根据原子半径可知⑥、⑨分别是P、N;⑤最高价是+4、最低价为-4,原子半径大于N,所以⑤是C元素;⑦最高价为+7、最低价为-1价,⑦是Cl元素。
    【详解】(1)金属性越强,还原性越强,以上9种元素的原子中,还原性最强的的是钾;
    钾原子核外有19个电子,原子结构示意图: ;
    (2)O与H形成的10电子分子是H2O,18电子的分子是H2O2,H2O2可分解为H2O和氧气,化学方程式:2H2O2 2H2O + O2↑。
    (3) R的原子半径为1.04×10-10m,介于P、Cl之间,所以R元素是S,S在周期表中的位置是第三周期第VIA族;
    (4)电子层数越多半径越大,电子层数相同时,质子数越多半径越小,Na+、O2-、Cl-半径由小到大的顺序为r(Na+) (5) a.单质的熔点是物理性质,不能比较元素的非金属性,故不选a;
    b.非金属性越强,气态氢化物越稳定,所以HCl的分解温度高于H2S,能证明非金属性Cl>S,故选b;
    c. 非金属性越强,单质的氧化性越强,氯气通入到H2S的溶液中出现浑浊,说明氯气氧化性大于S,能证明非金属性Cl>S,故选c;
    15.乙烯是来自石油的重要有机化工原料,其产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平。结合以下路线回答:

    已知:2CH3CHO+O22CH3COOH
    (1)上述路线中裂解属于____变化(填“物理”或“化学”)。反应I的反应类型____。
    CH2=CH-COOH中官能团的名称_____。D为高分子化合物,可以用来制造多种包装材料。CH3CH=CH2也可以发生类似反应V的反应,其产物结构简式是___。
    (2)写出反应II的化学方程式____。
    (3)E是有香味的物质,在实验室中可用如图装置制取。

    ①试管乙中所盛装的试剂为_____。
    ②反应IV的化学方程式是_____。若要把制得的产物分离出来,应采用的实验操作是____。
    (4)根据乙烯和乙酸的结构及性质进行类比,关于有机物CH2=CH-COOH的说法正确的是___。
    A.与CH3COOH互为同系物
    B.可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体
    C.在一定条件下可以发生酯化、加成、氧化反应
    【答案】(1). 化学 (2). 加成 (3). 羧基、碳碳双键 (4). (5). 2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO + 2H2O (6). 饱和碳酸钠 (7). C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O (8). 分液 (9). BC
    【解析】
    【分析】乙烯含有碳碳双键,与水发生加成反应生成A,A为CH3CH2OH,乙醇发生催化氧化生成B,B为CH3CHO,乙醛进一步发生氧化反应生成C,C为CH3COOH,乙酸与乙醇发生酯化反应生成E,E为CH3COOCH2CH3,D为高分子化合物,乙烯发生加聚反应生成D为,据此分析解答。
    【详解】(1)裂解是由长链转化为短链,发生碳链的断裂,属于化学变化;反应I是乙烯与水发生的加成反应;CH2=CH-COOH中的官能团有碳碳双键和羧基;CH3CH=CH2发生加聚反应,产物的结构简式为,故答案为:化学;加成;羧基、碳碳双键;;
    (2)反应II是乙醇氧化生成乙醛,反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O,故答案为:2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O;
    (3)①实验室制备的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇杂质,需要通过饱和碳酸钠溶液除去杂质,试管乙中所盛装的试剂为饱和碳酸钠溶液,故答案为:饱和碳酸钠;
    ②反应Ⅳ为乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水,反应化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O,乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中不溶,会分层,可以采用分液的方法分离,故答案为:CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O;分液;
    (4)A.CH2=CH-COOH和CH3COOH结构不同,所含官能团不同,不属于同系物,故A错误;B.CH2=CH-COOH中含有羧基,能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳,故B正确;C.CH2=CH-COOH含有碳碳双键,能发生加成反应和氧化反应,含有羧基能发生取代反应(或酯化反应),故C正确;故选BC。
    16.有机物G是一种药物中间体,合成 G部分流程如下:

    请回答下列问题:
    (1)G物质中的含氧官能团的名称是___________、____________。
    (2)上述⑤变化过程的反应类型是_____________。
    (3)反应A→B的化学方程式为________________________________________。
    (4)写出满足下列条件的C的同分异构体的结构简式:_______________________。
    Ⅰ. 苯环上只有两种取代基。
    Ⅱ. 分子中只有4种不同化学环境的氢。
    Ⅲ. 能与NaHCO3反应生成CO2。
    (5)根据已有知识并结合相关信息,写出以和乙酸酐为原料制备 的合成路线流程图(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如下:H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH__________
    【答案】(1). 羧基 (2). 醚键 (3). 消去反应 (4). (5). (6).
    【解析】
    【分析】依据合成反应流程图,比较反应物、生成物结构的变化,判断反应类型,书写有关反应的化学方程式;根据要求写出符合题意的同分异构体;应用所学知识、流程中的信息,设计并写出合成反应流程图。
    【详解】(1)物质G中含氧官能团羧基、醚键。
    (2)从E→G,必有消去反应失去羟基,但G中无碳碳双键,又有与氢气加成反应。故反应⑤为消去反应,反应⑥为加成反应(或还原反应)。
    (3)比较A、B结构简式可知,A中酚羟基氢被乙酰基(CH3CO-)取代,则反应①的化学方程式为。
    (4)能与NaHCO3反应生成CO2,则分子中有羧基(-COOH);苯环上的两个取代基可能是-COOH和-CH2F,或-CH2COOH和-F;取代基已有两种不同化学环境的氢原子,则苯环上有两种不同化学环境的氢原子,两种不同取代基应在苯环上对位。符合题意的C的同分异构体为。
    (5)由于原料和乙酸酐可依次发生流程中的反应①②,先后生成、;目标产物应是加聚反应生成;经与氢气加成、再与浓硫酸共热或与P2O5作用脱水可得。故合成路线流程图如下:



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