安徽省宣城市高一下学期期末化学考试试题（解析版）

这是一份安徽省宣城市高一下学期期末化学考试试题（解析版），共13页。试卷主要包含了5 Fe 56，《本草纲目》中记载，乙醇和乙酸是生活中常见的有机物，下列过程只需破坏离子键的是， 碳 等内容，欢迎下载使用。

安徽省宣城市高一下学期期末考试试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Al 27 Cl 35.5 Fe 56
第Ⅰ卷(选择题 共48分)
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。)
1.《本草纲目》中记载：“烧酒非古法也，自元时始创其法。用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承取滴露。”文中涉及的操作方法是（ ）
A. 蒸发 B. 蒸馏 C. 升华 D. 干馏
【答案】B
【解析】
【详解】由题中所给信息，“蒸令气上”表明该方法是利用各组分沸点不同实现物质的分离，此“法”是指蒸馏，烧酒利用的是蒸馏原理，故选B。
2.元素中文名为，是一种人工合成的稀有气体元素，下列说法正确的是（ ）
A. 核外电子数是118 B. 中子数是295
C. 质量数是177 D. 第六周期0族元素
【答案】A
【解析】
【详解】A．核外电子数=质子数=118，故A正确；
B．中子数=质量数-质子数=295-118=177，故B错误；
C．由可知，质量数为295，故C错误；
D．根据元素周期表的排列，118号元素应在第七周期0族，故D错误；
答案选A。
3. 是工业上制硝酸的重要反应，下列有关说法错误的是（ ）
A. 使用催化剂可以加快反应速率
B. 增大压强可以加快反应速率
C. 达到平衡时，V(正)＝V(逆)
D. 增大O2的浓度可以使NH3全部转变为NO
【答案】D
【解析】
【详解】A项、催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，可增大反应速率，故A正确；
B项、增大压强，气体浓度增大，单位体积活化分子数目增多，反应速率增大，故B正确；
C项、v（正）=v（逆）说明各物质的浓度、质量等不变，说明达到反应限度，为平衡状态，故C正确；
D项、该反应为可逆反应，可逆反应不可能完全进行，转化率不可能达到100%，故D错误；
故选D。
4.乙醇和乙酸是生活中常见的有机物。下列说法不正确的是（ ）
A. 两者互为同分异构体 B. 沸点都比CH4的沸点高
C. 两者之间能发生反应 D. 两者均是某些调味品的主要成分
【答案】A
【解析】
【详解】A项、二者分子式不同，不是同分异构体，故A错误；
B项、乙醇和乙酸都可以形成分子间氢键，增大分子间作用力，使乙醇和乙酸的沸点都比CH4的沸点高，故B正确；
C项、乙醇和乙酸在浓硫酸作用下共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，故C正确；
D项、酒的主要成分是乙醇，醋的主要成分是乙酸，酒和醋都是调味品，故D正确；
故选A。
5.下列各项中表示正确的是（ ）
A. F－结构示意图： B. CH4的球棍模型示意图：
C. NaCl的电子式： D. N2的结构式：
【答案】A
【解析】
【详解】A项、氟离子核外电子总数为10，最外层为8个电子，离子的结构示意图为，故A正确；
B项、为甲烷的比例模型，甲烷的球棍模型应该用小球和短棍表示，甲烷为正四面体结构，其正确的球棍模型为，故B错误；
C项、NaCl为离子化合物，由钠离子与氯离子构成，电子式为，故C错误；
D项、氮气的电子式为：，将电子式中的共用电子对换成短线，即为氮气的结构式，则氮气的结构式为N≡N，故D错误；
故选A。
6.下列过程只需破坏离子键的是（ ）
A. 晶体硅熔化 B. 碘升华 C. 熔融NaCl D. HCl(g)溶于水
【答案】C
【解析】
【详解】A项、晶体硅为原子晶体，熔化时需破坏共价键，故A错误；
B项、碘为分子晶体，升华时需破坏分子间作用力，故B错误；
C项、NaCl为离子晶体，熔融时需破坏离子键，故C正确；
D项、HCl为共价化合物，溶于水时需破坏共价键，故D错误；
故选C。
7.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。下列有关化学元素周期表的说法正确的是（ ）
A. 元素周期表共有16列
B. 第ⅦA元素的非金属性自上而下逐渐减弱
C. 主族元素均呈现与其族序数相同的最高化合价
D. 第三周期主族元素的原子半径自左向右依次增大
【答案】B
【解析】
【详解】A项、元素周期表共有18列,16个族，故A错误；
B项、第ⅦA元素为卤族元素，同主族元素的非金属性自上而下逐渐减弱，故B正确；
C项、氟元素只有负化合价，没有正化合价，故C错误；
D项、第三周期主族元素的原子半径自左向右依次减小，故D错误；
故选B。
8.下表是元素周期表的一部分，Ｗ、X、Y、Ｚ为短周期主族元素，Ｗ与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是（ ）

A. 原子半径：Ｗ＜X
B. Y在自然界中只以化合态形式存在
C. 气态氢化物热稳定性：Ｚ＜Ｗ
D. Ｗ和Ｚ的氧化物对应的水化物酸性：Ｚ＜Ｗ
【答案】D
【解析】
【分析】由Ｗ与X最高化合价之和为8可知，W为N元素，X为Al元素；由周期表的相对位置可知，Y为Si元素，Z为P元素。
【详解】A项、同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下，原子半径依次增大，则原子半径N＜Al，故A正确；
B项、硅为亲氧元素，在自然界中只以化合态形式存在，故B正确；
C项、元素非金属性越强，氢化物的热稳定性越强，非金属性P＜N，则氢化物的热稳定性PH3＜NH3，故C正确；
D项、元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，但氧化物对应的水化物酸性不一定，如亚硝酸的酸性弱于磷酸，故D错误；
9.下列过程中能量的转化与图示吻合的是（ ）

A. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 B. C与CO2(g)反应
C. 酸碱中和反应 D. 断开H2中的H－H键
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应。
【详解】A项、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应，故A错误；
B项、C与CO2(g)共热生成一氧化碳的反应为吸热反应，故B错误；
C项、酸碱中和反应是放热反应，故C正确；
D项、断开H2中的H－H键是一个吸热过程，故D错误；
故选C。
10.同分异构现象是造成有机物种类繁多的重要原因之一。下列各组物质互为同分异构体的是（ ）
A. 甲烷与丙烷 B. CH2＝CH2与CH3CH3
C. 蔗糖与麦芽糖 D. 纤维素与淀粉
【答案】C
【解析】
【详解】A项、甲烷与丙烷的分子式不同，不互为同分异构体，故A错误；
B项、CH2＝CH2与CH3CH3的分子式不同，不互为同分异构体，故B错误；
C项、蔗糖与麦芽糖的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；
D项、纤维素与淀粉的分子式均为（C6H10O5）n，但聚合度n值不同，不互为同分异构体，故D错误；
故选C。
11.如图是球棍模型表示的某有机反应，该反应的类型为（ ）

A. 加成反应 B. 取代反应 C. 加聚反应 D. 酯化反应
【答案】A
【解析】
【详解】由图可知，第一个分子中的不饱和键断裂，断键原子与另一分子断裂产生的原子相结合，生成新的物质的反应，属于加成反应。
故选A。
12.已知有一种烃的结构类似自行车，简称“自行车烃”，如下图所示。

下列关于它的叙述正确的是（ ）
A. 易溶于水 B. 一定条件下可以与氧气反应
C. 其密度大于水的密度 D. 与己烷互为同系物
【答案】B
【解析】
【详解】A项、自行车烃属于烃，烃均难溶于水，故A错误；
B项、自行车烃是由碳氢元素组成，完全燃烧生成物是CO2和水，故B正确；
C项、自行车烃属于烃，烃的密度均小于水的密度，故C错误；
D项、自行车烃与己烷结构不相似，不是同类物质，不互为同系物，故D错误；
故选B。
13.下列选项中的物质与其特征反应对应正确的是（ ）
选项
物质
特征反应
A
油脂
遇浓硝酸变黄
B
蛋白质
碱性条件下发生水解反应
C
淀粉
常温下，遇碘化钾溶液变蓝
D
葡萄糖
加热条件下，与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A.油脂含有酯基，与硝酸不发生显色反应，蛋白质可与硝酸发生显色反应，A错误；
B.蛋白质含有肽键，在碱性、酸性或催化条件下均水解，在碱性条件下水解不能作为特征反应，B错误；
C.淀粉遇碘变蓝色，可用于检验淀粉，不是碘化钾，C错误；
D.葡萄糖含有醛基，可发生氧化反应，可与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，D正确；
答案选D。
14.根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是 ( )
选项
事实
推测
A
Mg与水反应缓慢，Ca与水反应较快
Ba(第ⅡA族)与水反应会更快
B
Si是半导体材料，同族的Ge也是半导体材料
第ⅣA族的元素的单质都可作半导体材料
C
HCl在1 500 ℃时分解，HI在230 ℃时分解
HBr的分解温度介于二者之间
D
Si与H2高温时缓慢反应，S与H2加热能反应
P与H2在高温时反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．同一主族元素其金属性随着原子序数增大而增强，元素的金属性越强，其单质与水或酸反应生成氢气越容易，金属性Ba>Ca>Mg，则金属单质与水反应置换出氢气剧烈程度Ba>Ca>Mg，所以Ba与水反应会更快，选项A正确；
B．在元素周期表中，位于金属和非金属分界线处的元素单质能作半导体，Pb不位于金属元素和非金属元素分界线处，所以Pb不能作半导体材料，选项B错误；
C．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性Cl>Br>I，所以氢化物的稳定性HCl>HBr>HI，则HBr的分解温度介于二者之间，选项C正确；
D．元素的非金属越强，其单质与氢气反应越容易，非金属性S>P>Si，所以P与H2在高温时能反应，选项D正确；
答案选B。
15.某课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光，装置如下。下列说法错误的是（ ）

A. 铜片表面有气泡生成 B. 装置中存在“化学能→电能→光能”的转换
C. 电子由锌片→稀硫酸→铜片 D. 电解质溶液中，阳离子移向铜片
【答案】C
【解析】
【分析】由题给装置可知，锌片、铜片在稀硫酸中构成原电池，活泼金属锌为负极，失电子发生氧化反应，铜为正极，氢离子在正极上得电子发生还原反应生成氢气，外电路，电子由负极经导线流向正极，电解质溶液中阳离子向正极移动。
【详解】A项、铜为正极，氢离子在正极上得电子发生还原反应生成氢气，故A正确；
B项、锌片、铜片在稀硫酸中构成原电池，将化学能转化为电能，使LED灯发光，将电能转化为光能，故B正确；
C项、电子由锌片经导线流向铜片，电子不会经过溶液，故C错误；
D项、铜片为正极，电解质溶液中，阳离子移向正极，故D正确；
故选C。
16.一定温度和压强下，在2L的密闭容器中合成氨气： 。反应过程中反应物和生成物的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法错误的是（ ）

A. 0～10min内，以NH3表示的平均反应速率为
B. 10～20min内，
C. 该反应在20min时达到化学平衡状态
D. N2的平衡转化率与H2平衡转化率相等
【答案】D
【解析】
【详解】A项、由图可知，10min时反应生成NH3的物质的量为0.1mol，则0～10min内，以NH3表示的平均反应速率为=0.005mol/(L·min)，故A正确；
B项、10～20min内，各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，则v（N2）：v（H2）：v（NH3）=1:3:2，故B正确；
C项、20min时，各物质的物质的量保持不变，说明反应达到化学平衡状态，故C正确；
D项、由图可知N2的起始量与H2的起始量之比为2:3,与化学计量数之比不相等，则N2的平衡转化率与H2平衡转化率一定不相等，故D错误；
故选D。
第Ⅱ卷(非选择题 共52分)
二、填空题(本题包括4小题，共52分。)
17.下表是元素周期表短周期的一部分：

(1)①表示的元素名称是____，②对应简单离子结构示意图为_____，简单离子半径比较②______④。(填“大于”、“小于”、“等于”)
(2)③位于元素周期表第__________周期第__________族。
(3)④的单质与NaOH溶液反应的离子方程式_______________。
(4)用电子式表示③和⑤形成化合物的过程_______。
【答案】(1). 碳 (2). (3). 大于 (4). 三 (5). ⅡA (6). 2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2—＋3H2↑ (7).
【解析】
分析】由题给周期表可知①为C元素、②为O元素、③为Mg元素、④为Al元素、⑤为氯元素。
【详解】(1) ①为C元素，名称为碳；②为O元素，氧离子结构示意图为；氧离子和铝离子具有相同的电子层结构，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，则氧离子半径大于铝离子，故答案为：碳；；大于；
（2）③为Mg元素，位于元素周期表第三周期ⅡA族，故答案为：三；ⅡA；
（3）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2—＋3H2↑，故答案为：2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2—＋3H2↑；
（4）③和⑤形成的化合物为离子化合物氯化镁，氯化镁是由镁离子和氯离子形成，用电子式表示氯化镁的形成过程为，故答案为：。
18.从石油中获取乙烯已成为目前生产乙烯的主要途径。请根据下图回答：

(1)以石油为原料，获取大量乙烯的主要方法是__________ (填字母代号)。
A 水解 B 裂解 C 分馏
(2)乙烯的结构简式是__________，B分子中官能团的名称是__________。
(3)A与B反应的化学方程式是_________，反应类型是__________，利用该反应制取乙酸乙酯的原子利用率为__________。(原子利用率＝期望产物的总质量与生成物的总质量之比)
(4)某同学用图所示的实验装置制取少量乙酸乙酯。实验结束后，试管甲上层为透明且不溶于水的油状液体。

实验时，为分离出乙酸乙酯中混有的少量A和B，试管中应先加入__________，实验结束后，振荡试管甲，有无色气泡生成，其主要原因是__________ (用化学方程式表示)，最后分离出乙酸乙酯用到的主要仪器是__________。
【答案】(1). B (2). CH2=CH2 (3). 羧基 (4). CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5+H2O (5). 酯化反应 (6). 83.02% (7). 饱和碳酸钠溶液 (8). Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+CO2↑+ H2O (9). 分液漏斗
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，石油经催化裂解的方法获得乙烯，一定条件下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则A为乙醇；在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，则B为乙酸，据此解答。
【详解】(1)工业上以石油为原料，通过催化裂解的方法获取大量乙烯，故答案为：B；
（2）乙烯的结构简式为CH2=CH2；B为乙酸，乙酸的结构简式为CH3COOH，官能团为羧基，故答案为：CH2=CH2；羧基；
（3）A与B的反应是在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5+H2O；若有1mol乙醇反应，期望乙酸乙酯的总质量为88g，生成物乙酸乙酯和水的总质量为106g，则该反应制取乙酸乙酯的原子利用率为×100%≈83.02%，故答案为：CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5+H2O；酯化反应；83.02%；
（4）乙酸乙酯中混有挥发出的乙醇和乙酸，可以加入饱和碳酸钠溶液，中和挥发出来的乙酸，溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解，碳酸钠与乙酸反应的化学方程式为Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+CO2↑+ H2O；最后用分液的方法分离出乙酸乙酯，分液用到的主要仪器是分液漏斗，故答案为：饱和碳酸钠溶液；Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+CO2↑+ H2O；分液漏斗。
19.某研究性学习小组通过铁与盐酸反应的实验，研究影响反应速率的因素(铁的质量相等，铁块的形状一样，盐酸均过量)，甲同学设计实验如下表：
实验编号
盐酸浓度(mol·L－1)
铁的状态
温度/°C
1
2.00
块状
20
2
2.00
粉末
20
3
1.00
块状
20
4
2.00
块状
40
请回答：
(1)若四组实验均以收集到500mL(已转化为标准状况下)氢气为标准，则上述实验中还需要测定的数据是________。
(2)实验________和______是研究铁的状态对该反应速率的影响(填实验编号，下同)；实验______和______是研究温度对该反应速率的影响。
(3)测定在不同时间t产生氢气体积V的数据，根据数据绘制得到图，则曲线c、d分别对应的实验组别可能是_______、______。

(4)乙同学设计了下列一组实验：所用铁块的形状、质量均相同，所用酸的体积相同，其浓度如下，你认为产生氢气速率最快的是______。
A 18.4mol·L－1硫酸 B 5.0mol·L－1硝酸 C 3.0mol·L－1盐酸 D 2.0mol·L－1硫酸
【答案】(1). 收集500 mL氢气所需的时间 (2). 1 (3). 2 (4). 1 (5). 4 (6). 1 (7). 3 (8). D
【解析】
【分析】该实验的目的是通过铁与盐酸反应的实验，研究影响反应速率的因素，由表格数据可知，实验1和2铁的状态不同，目的是研究铁的状态对该反应速率的影响；实验1和3盐酸的浓度不同，目的是研究盐酸的浓度对该反应速率的影响；实验1和4反应温度不同，目的是研究反应温度对该反应速率的影响。
【详解】（1）该实验的目的是通过铁与盐酸反应的实验，研究影响反应速率的因素，要比较反应速率的快慢，还需要测定收集到标准状况下500mL氢气所需的时间，故答案为：收集500 mL氢气所需的时间；
（2）由表格数据可知，实验1和2铁的状态不同，目的是研究铁的状态对该反应速率的影响；实验1和4反应温度不同，目的是研究反应温度对该反应速率的影响，故答案为：1；2；1；4；
（3）由图可知，曲线c、d的反应速率较慢，固体表面积越大，反应速率越快，则1和2相比，1的反应速率较慢；酸的浓度越大，反应速率越快，则1和3相比，3的反应速率较慢；温度越高，反应速率越快，则1和4相比，1的反应速率较慢，所以曲线c、d分别对应的实验组别可能是1和3，故答案为：1；3；
（4）铁在18.4mol·L－1硫酸中钝化，无氢气生成；铁与5.0mol·L－1硝酸反应生成一氧化氮，无氢气生成；铁与3.0mol·L－1盐酸和2.0mol·L－1硫酸反应生成氢气，3.0mol·L－1盐酸中氢离子浓度为3.0mol·L－1，2.0mol·L－1硫酸中氢离子浓度为4.0mol·L－1，氢离子浓度越大，反应速率越快，则产生氢气速率最快的是2.0mol·L－1硫酸，故答案为：D。
20.一种用铝土矿和硫铁矿烧渣(配料中含Al2O3、Fe2O3、FeO及SiO2等)为原料制备无机高分子絮凝剂聚合碱式氯化铝铁的流程如下：

(1)配料中属于两性氧化物的是______，步骤Ⅱ酸溶时，Fe2O3被溶解的化学方程式为_____。
(2)“滤渣1”的主要成分为________ (填化学式)，为检验“过滤1”后的溶液中是否含有Fe3＋，可选用的化学试剂是_________。
(3)步骤Ⅳ加入H2O2溶液的目的是______，发生反应的离子方程式为__。
(4)步骤Ⅴ调节pH＝3发生反应生成聚合碱式氯化铝铁，若溶液pH过大，可能造成的影响是_________；步骤Ⅵ包含的操作有过滤、________、干燥得到产品。
(5)测定聚合碱式氯化铝铁｛可表示为［FeaAlb(OH)xCly］n｝中n(Fe)/n(Al)的比值的步骤如下：
步骤1：准确称取产品5.710g溶于水，加入足量的稀氨水，过滤，将滤渣灼烧至质量不再变化，得到3.350g固体。
步骤2：另准确称取相同质量样品，溶于足量NaOH溶液，过滤，充分洗涤，将滤渣灼烧至质量不再变化，得到固体0.8000g。
计算产品中n(Fe)/n(Al)的比值。(写出计算过程)____________
【答案】(1). Al2O3 (2). Fe2O3+ 6HCl＝2FeCl3+3H2O (3). SiO2 (4). KSCN溶液 (5). 把溶液中的亚铁离子氧化为铁离子 (6). 2Fe2++ H2O2+2H+= 2Fe3++2H2O (7). 得到的是Fe(OH)3和Al(OH)3 (8). 洗涤 (9). 5:1
【解析】
【分析】由流程图可知，铝土矿和硫铁矿烧渣酸溶时，Al2O3、Fe2O3和FeO与盐酸反应生成氯化铝、氯化铁和氯化亚铁，SiO2不与盐酸反应，过滤得含有氯化铝、氯化铁和氯化亚铁的滤液，滤渣1为没有反应的SiO2；酸性条件下，向滤液中加入双氧水溶液，氯化亚铁被双氧水氧化生成氯化铁；向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH为3，促进氯化铝和氯化铁的水解得到聚合碱式氯化铝铁，若溶液pH过大，可能会使氯化铝和氯化铁转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，降低聚合碱式氯化铝铁的产率；静置后，过滤、洗涤和干燥得到聚合碱式氯化铝铁产品。
【详解】（1）配料中Al2O3为两性氧化物，Fe2O3、FeO为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物；步骤Ⅱ酸溶时，Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的化学方程式为Fe2O3+6HCl＝2FeCl3+3H2O，故答案为：Al2O3；Fe2O3+ 6HCl＝2FeCl3+3H2O；
（2）酸性氧化物SiO2不与盐酸反应，过滤得到的滤渣1为没有反应的SiO2；实验室用KSCN溶液检验Fe3＋，故答案为：SiO2；KSCN溶液；
（3）步骤Ⅳ为酸性条件下，氯化亚铁被双氧水氧化生成氯化铁，反应的离子方程式为2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（4）步骤V若将溶液pH过大，可能会使氯化铝和氯化铁转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，降低聚合碱式氯化铝铁的产率；静置后，过滤、洗涤和干燥得到聚合碱式氯化铝铁产品，故答案为：得到的是Fe(OH)3和Al(OH)3；洗涤；
（5）由步骤2在5.710样品中：160g·mol－1×n(Fe2O3)=0.8000g，n(Fe2O3)=0.0050mol，相，由步骤1在5.710g样品中：102g·mol－1×n(Al2O3)+160g·mol－1×n(Fe2O3)=3.350g，102g·mol－1×n(Al2O3)=3.350g－0.8000g，n(Al2O3)=0.025mol，则n(Al)：n(Fe)=（2×0.025mol）：（2×0.005mol）=5:1，即产品中n(Fe)/n(Al)的比值为：5:1。