2019-2020学年高一化学下学期第二次月考试题(含解析).doc

2019-2020学年高一化学下学期第二次月考试题(含解析)1. 化学与生活密切相关。下列说法不正确的是A. 雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同B. 绿色化学的核心是利用化学原理对环境污染进行治理C. 在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质D. 人体内没有能使纤维素水解成葡萄糖的酶，因此纤维素不能作为人类的营养食物【答案】B【解析】试题分析：A、“雾”是小液滴在空气中得到的分散系，“霾”是固体小颗粒在空气中得到的分散系，二者的分散质微粒不同，A正确；B、绿色化学的核心是利用化学原理从源头消灭污染，B错误；C、硅胶能吸收水分，铁是较活泼的金属，具有还原性，能防止食品被氧化，C正确；D、人体内没有能使纤维素水解成葡萄糖的酶，因此纤维素不能作为人类的营养食物，D正确。答案选B。考点：化学与生活2. 下列说法正确的是A. 燃烧后能生成CO2和H2O的有机物，一定含有碳、氢、氧三种元素B. 所有烷烃中均有碳碳单键C. 属于同分异构体的物质，其分子式相同，分子量相同；但分子量相同的不同物质不一定是同分异构体D. 分子组成相差一个或几个CH2原子团的物质是同系物【答案】C【解析】分析：A燃烧产物为二氧化碳和水，有机物分子中可能为烃类物质，有可能含有氧元素；B甲烷中只有1个碳原子，不存在碳碳单键；C具有相同分子量的物质不一定具有相同的分子式，如乙醇与甲酸；D互为同系物的有机物分子的结构必须相似，否则一定不属于同系物。详解：A燃烧后能生成CO2和H2O的有机物，其分子中可能中含有碳、氢两种元素，有可能含有C、H、O三种元素，A错误；B并不是所有烷烃分子中都含有碳碳键，如甲烷分子中只有1个C原子，不存在碳碳单键，B错误；D分子组成相差一个或几个CH2原子团的物质，如果结构不相似，一定不属于同系物，如环丁烷与乙烯相差2个CH2原子团，但是二者结构不同，所以不属于同系物，D错误；答案选C。3. 下列互为同分异构体的是A. CO(NH2)2、NH4CNO B. 白磷、红磷C. H、H D. CH3CH2CH2CH3、【答案】A【解析】分析：分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体，结合物质的组成解答。详解：A、CO(NH2)2、NH4CNO的化学式相同，结构不同，互为同分异构体，A正确；B、白磷、红磷均是磷元素形成的单质，互为同素异形体，B错误；C、H12、H13的质子数相同，中子数不同，互为同位素，C错误；D、CH3CH2CH2CH3、的分子式不同，结构相似，二者互为同系物，D错误，答案选A。4. X、Y、Z均为短周期元素，X、Y处于同一周期，X、Z的最低价离子分别为X2和Z，Y+和Z具有相同的电子层结构下列说法正确的是A. 原子最外层电子数：XYZ B. 原子半径：XYZC. 离子半径：X2Y+Z D. 原子序数：XYZ【答案】D【解析】分析：X、Z的最低价离子分别为X2-和Z-，则X为第A族元素，Z为A族元素；Y+和Z-具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素，结合元素周期律解答。详解：根据以上分析可知X是S，Y是Na，Z是F。则AX、Y、Z分别为S、Na、F，原子最外层电子数分别为6、1、7，A错误；B同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小顺序为NaSF，B错误；CNa+、F-具有相同的核外电子排布，离子的核电荷数越大，半径越小，应为F-Na+，C错误；DX、Y、Z原子序数分别为16、11、9，原子序数：XYZ，D正确。答案选D。5. 下列变化过程中，无化学键断裂或生成的是A. 石墨转化为金刚石 B. NaCl晶体熔化C. 干冰升华 D. HCl溶于水【答案】C【解析】分析：化学变化中一定存在化学键的断键和生成，电解质溶于水或在熔融状态下会发生化学键的断键，结合物质的性质和变化特点解答。详解：A、石墨转化为金刚石是化学变化，存在化学键的断键和新化学键的生成，A不符合；B、NaCl晶体熔化电离出阴阳离子，离子键被破坏，B不符合；C、干冰升华是物理变化，破坏的是分子间作用力，化学键不变，C符合题意；D、HCl溶于水电离出阴阳离子，共价键被破坏，D不符合，答案选C。6. 下列图象分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系，据此判断下列说法中正确的是A. 石墨转变为金刚石是吸热反应B. 白磷比红磷稳定C. S(g)+O2(g)SO2(g)H1，S(s)+O2(g)SO2(g)H2，则H1H2D. CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H0【答案】A【解析】从图像1可知，金刚石所具有的能量高于石墨，A项正确；能量越高越不稳定，B项错误；因S(s)S(g)，要吸收热量，故H1H2，C项错误；由图4可以看出，反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，故表现为放热，H10，D项错误。7. 电池是人类生产和生活中重要的能量来源各式各样电池的发明是化学对人类的一项重大贡献。下列有关电池的叙述正确的是A. 锌锰干电池工作一段时间后碳棒变细B. 氢氧燃料电池可将热能直接转变为电能C. 氢氧燃料电池工作时氢气在负极被氧化D. 太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅【答案】C【解析】试题分析：A在锌锰干电池中，正极是碳棒，该极上二氧化锰发生得电子的还原反应，该电极质量不会减少，A项错误；B氢氧燃料电池属于原电池的一种，是将化学能转化为电能的装置，不能将热能直接转变为电能，B项错误；C氢氧燃料电池中，燃料做负极，发生失电子的氧化反应，被氧化，C项正确；D太阳能电池的主要材料是半导体硅，不是二氧化硅，D项错误；答案选C。考点：考查燃料电池、太阳能电池和干电池的工作原理。8. 为将反应2Al+6H+2Al3+3H2的化学能转化为电能，下列装置能达到目的是(铝条均已除去了氧化膜)A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：将反应2Al+6H+2Al3+3H2的化学能转化为电能，需要形成原电池，并且铝为负极，电解质溶液为非氧化性稀酸，据此判断。详解：A为原电池，铝为负极，但总反应为：2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2，A不符合；B为原电池，铝的金属性强于铜，铝为负极，总反应为2Al+6H+2Al3+3H2，B符合；C为原电池，但硝酸是氧化性酸，则总反应为Al+4H+NO3-Al3+NO+2H2O，C不符合；D装置中有外接电源，为电解池，D不符合；答案选B。点睛：本题考查原电池的总反应，注意判断装置及工作原理为解答的关键，明确正负极及电池总反应即可解答，注意电解质溶液的性质，选项C是易错点。9. 一定温度下，在容积恒定的密闭容器中进行反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，下列叙述能表明该反应已达到平衡状态的是 混合气体的密度不变 容器内气体的压强不变混合气体的总物质的量不变 B的物质的量浓度不变 v正(C)=v逆(D) v正(B)=2v逆(C)A. B. C. D. 只有【答案】A【解析】该反应是个体积不变的反应，不是平衡状态的标志。由于总的质量随着A的改变而改变，V不变，密度是平衡状态的标志。都是平衡状态的标志。10. 下列对相应有机物的描述完全正确的是 甲烷：天然气的主要成分，能发生取代反应乙烯：一个国家石油化工发展水平的标志，可以发生加成反应苯：平面结构，每个分子中含有3个碳碳双键油脂：属于高分子化合物，可以发生水解反应淀粉：属于糖类物质，遇碘元素变蓝色蛋白质：水解的最终产物为氨基酸，遇浓硝酸显黄色A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：天然气的主要成分是甲烷，甲烷和氯气在光照的条件下发生取代反应，故正确；乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，乙烯含有碳碳双键，能发生加成反应，故正确；苯空间构型为平面正六边形，苯中不含碳碳双键，故错误；油脂不属于高分子化合物，但可以水解，故错误；淀粉属于多糖，淀粉遇碘单质变蓝，但不是碘元素，故错误；蛋白质颜色反应，遇浓硝酸显黄色，氨基酸是构成蛋白质的基石，因此蛋白质水解最终产物是氨基酸，故正确；故选项D正确。考点：考查有机物结构和性质等知识。11. 下列反应中，与其它三个反应不属于同一类型的反应是A. B. C. CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2OD. CH4+Cl2CH3Cl+HCl【答案】B【解析】A苯中的H与硝基取代，为取代反应；B乙烯中碳碳双键断裂，与溴水发生加成反应；C乙醇与乙醇发生酯化反应，属于取代反应；D甲烷与氯气光照下发生取代反应，显然只有B中反应类型不同，故选B【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意反应类型的判断，题目难度不大12. 乙炔是一种重要的有机化工原料，以乙炔为原料在不同的反应条件下可以转化成以下化合物。下列说法正确的是 A. 正四面体烷的分子式为C4H4，其二氯代物有两种B. 苯为平面六边形结构，分子中存在CC和CC，能使酸性KMnO4溶液褪色C. 等质量的乙炔与乙烯基乙炔完全燃烧时的耗氧量相同D. 环辛四烯跟苯的结构很像，不能使溴水褪色【答案】C【解析】试题分析：A由正四面体烷结构可知，分子中含有4个C原子、4个H原子，故分子式为C4H4，正四面体烷中只有1种H原子，任意2个H原子位置相同，故其二氯代物有1种，故A错误；B苯为平面六边形结构，分子中不存在C-C和C=C，苯中化学键是介于单键与双键之间特殊的键，不能使酸性高锰酸钾褪色，故B错误；C乙烯基乙烯的分子式为C4H4，乙炔与乙烯基乙炔的最简式相同为CH，等质量的乙炔与乙烯基乙炔耗氧量相同，故C正确；D环辛四烯中存在C=C双键，能与溴水发生加成反应，能使溴水褪色，故D错误；故选C。考点：以乙炔为原料的有机合成为载体，考查有机物的结构与性质、同分异构体等。13. 已知4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，则正确的关系式为A. 4v(NH3)=5v(O2) B. 5v(O2)=6v(H2O)C. 2v(NH3)=3v(H2O) D. 4v(O2)=5v(NO)【答案】D【解析】分析：根据在化学反应中反应速率之比是相应的化学计量数之比分析解答。详解：反应速率之比是相应的化学计量数之比，则根据方程式4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)可知v(NH3)：v(O2)：v(NO)：v(H2O)4：5：4：6，因此选项D正确，答案选D。14. 除去乙烷中混有的少量乙烯，应采用的简便方法是A. 将混合气体通过氢氧化钠溶液B. 将混合气体通过溴水C. 将混合气体在催化剂条件下跟氢气反应D. 将混合气体通过酸性KMnO4溶液【答案】B【解析】分析：乙烯能和溴水加成，能和酸性高锰酸钾溶液之间发生氧化还原反应，而乙烷则不能，据此解答。详解：A、乙烯和乙烷与氢氧化钠均不反应，不能除去乙烷中混有的少量乙烯，A错误；B、乙烯能和溴水加成，而乙烷则不能，将混合气体通过溴水，可以除去乙烷中混有的少量乙烯，B正确；C、将混合气体在催化剂条件下跟氢气反应会使乙烯成为乙烷，但氢气的用量很难控制，达不到除杂目的，C错误；D、乙烯能和酸性高锰酸钾溶液之间发生氧化还原反应，乙烯被氧化为二氧化碳，这样乙烷中混有二氧化碳气体，达不到除杂目的，D错误。答案选B。15. 下列鉴别方法不可行的是A. 用水鉴别乙醇、甲苯和溴苯B. 用燃烧法鉴别乙醇、苯C. 用碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯D. 用酸性高锰酸钾溶液鉴别甲苯、环己烯和环己烷【答案】D【解析】分析：A根据有机物的溶解性以及密度大小鉴别；B根据乙醇、苯燃烧的实验现象不同分析；C根据乙醇、乙酸和乙酸乙酯与碳酸钠溶液混合时的现象不同分析；D甲苯、环己烷均不与高锰酸钾溶液反应。详解：A乙醇与水混溶，甲苯与水混合分层后有机层在上层，溴苯水混合，有机层在下层，现象不同，可以鉴别，A不符合；B乙醇燃烧产生淡蓝色火焰，苯燃烧冒黑烟，现象不同，可以鉴别，B不符合；C乙醇与碳酸钠溶液不反应不分层、碳酸钠与乙酸反应生成气体，乙酸乙酯与碳酸钠溶液不反应且分层，现象不同，可以鉴别，C不符合；D甲苯、环己烷均不与高锰酸钾溶液反应，现象相同，不能鉴别，只有环己烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D符合题意；答案选D。点睛：本题考查有机物的鉴别，把握常见有机物的性质及性质差异为解答的关键，注意在物质鉴定过程中常常是根据颜色的变化、是否有气体产生、能否溶解、有无沉淀、有无吸热或放热等现象来判别。16. 完全燃烧2mol某有机物，可以收集到标准状况下89.6L的CO2和6mol的H2O，同时消耗6molO2，试推断该有机物的分子式是A. C2H4 B. C2H4O C. C2H6 D. C2H6O【答案】D【解析】分析：先计算出二氧化碳的物质的量，再根据C、H原子守恒确定有机物分子中C、H原子数目，最后结合耗氧量确定有机物分子中O原子数目。详解：标况下89.6L二氧化碳的物质的量为89.6L22.4L/mol4mol，完全燃烧2mol某有机物，生成4molCO2和6mol H2O，同时消耗6mol O2，则有机物分子中C原子数目4mol2mol2、H原子数目6mol2/2mol6。设有机物分子式为C2H6On，根据耗氧量，则：2mol（2+6/4-n/2）6mol，解得n1，故该有机物的分子式为C2H6O，答案选D。点睛：本题考查有机物分子式确定，注意掌握质量守恒定律在确定有机物分子式中的应用方法，注意利用通式理解烃及含氧衍生物的耗氧量。17. 如图表示4个碳原子相互结合的方式小球表示碳原子，小棍表示化学键，假如碳原子上其余的化学键都是与氢结合。（1）图中属于烷烃的是_；属于烯烃的是_(填字母)。（2）上图中互为同分异构体的是A与_； B与_；D与_(填字母)。（3）C的化学式为_；其一氯代物的同分异构体有_种。（4）写出B与氯化氢反应的化学反应方程式：_。【答案】 (1). AC (2). BEF (3). C (4). EFH (5). G (6). C4H10 (7). 2 (8). CH3CH=CHCH3+HClCH3CH2CHClCH3【解析】分析：根据有机物的球棍模型可知A是正丁烷，B是2丁烯，C是异丁烷，D是2丁炔，E是1丁烯，F是2甲基1丙烯，G是1丁炔，H是环丁烷，结合有机物的结构和性质解答。详解：（1）烷烃是指烃分子中碳原子之间以单键相结合，剩余价键全部与氢原子合，使每个碳原子都达到价键饱和，烷烃又叫饱和链烃，因此图中属于烷烃的是AC；分子中含有1个碳碳双键的链烃是烯烃，则属于烯烃的是BEF。（2）分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体，则上图中互为同分异构体的是A与C；B与EFH；D与G。（3）C是异丁烷，化学式为C4H10；分子中含有两类氢原子，则其一氯代物的同分异构体有2种。（4）B是2烯烃，与氯化氢发生加成反应的化学反应方程式为CH3CHCHCH3+HClCH3CH2CHClCH3。18. 原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，其中X、Z、W与氢元素可组成XH3、H2Z和HW共价化合物；Y与氧元素可组成Y2O和Y2O2的离子化合物。（1）写出Y2O2的电子式：_，其中含有的化学键是_。（2）用电子式表示Y2O的形成过程_。（3）X、Z、W三种元素的最高价氧化物对应的水化物中，稀溶液氧化性最强的是_(填化学式)。（4）XH3、H2Z和HW三种化合物，其中一种与另外两种都能反应的是_(填化学式)。（5）由X、W组成的化合物分子中。X、W原子的最外层均达到8电子稳定结构，该化合物遇水可生成一种具有漂白性的化合物，试写出反应的化学方程式_。【答案】 (1). (2). 离子键、共价键 (3). (4). HNO3 (5). NH3 (6). NCl3+3H2O=NH4ClO+2HClO【解析】原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，Y与氧元素可组成Y2O和Y2O2的离子化合物，Y为Na，其中X、Z、W与氢元素可组成XH3、H2Z和HW共价化合物，可知X为N，Z为S，W为Cl。（1）Y2O2为Na2O2，电子式为，含离子键、共价键，故答案为：；离子键、共价键；（2）Na2O为离子化合物，用电子式表示形成过程为，故答案为：；（3）X、Z、W三种元素的最高价氧化物对应的水化物，分别为硝酸、硫酸、高氯酸，稀溶液中只有HNO3具有强氧化性，故答案为：HNO3；（4）XH3、H2Z和HW三种化合物，其中一种与另外两种都能反应的是NH3，故答案为：NH3；（5）X、W原子的最外层均达到8电子稳定结构，该化合物为NCl3，遇水可生成一种具有漂白性的化合物为HClO，该反应为NCl3+3H2O=NH4ClO+2HClO或NCl33H2O=3HClONH3，故答案为：NCl3+3H2O=NH4ClO+2HClO或NCl33H2O=3HClONH3。19. 化学上常用燃烧法确定有机物的组成。这种方法是在电炉加热时用纯氧气氧化管内样品，根据产物的质量确定有机物的组成。下列装置是用燃烧法确定有机物分子式常用的装置。回答下列问题：（1）产生的氧气按从左到右流向，所选装置的连接顺序为_；（2）C装置中浓硫酸的作用是_；（3）D装置中MnO2的作用是_；（4）燃烧管中CuO的作用是_；（5）若准确称取0.90g样品CxHyOz，经充分燃烧后，A管质量增加1.32g，B管质量增加0.54g，则x：y：z为_。【答案】 (1). gfehicdab (2). 干燥氧气 (3). 催化剂 (4). 防止生成CO (5). 1：2：1【解析】分析：利用双氧水分解生成氧气，由于生成的氧气中含有水蒸气，与样品反应前需要首先净化，利用浓硫酸除去水蒸气。有机物燃烧产生水蒸气和二氧化碳，利用无水氯化钙吸水，氢氧化钠吸收二氧化碳，根据水蒸气和二氧化硫的质量结合质量守恒定律计算有机物的最简式。详解：（1）D中生成的氧气中含有水蒸气，应先通过C中的浓硫酸干燥，在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，然后分别通入B（吸收水）、A（吸收二氧化碳）中，根据产物的质量推断有机物的组成，则产生的氧气按从左到右流向，所选择装置各导管的连接顺序是g-f-e-h-i-c-d-a-b；（2）D中生成的氧气中含有水蒸气，应先通过C中的浓硫酸干燥，以免影响实验结果，所以浓硫酸的作用是干燥氧气；（3）MnO2为分解双氧水制备氧气的催化剂；（4）一氧化碳能与氧化铜在加热时发生反应，产生Cu与CO2，因此CuO的作用是把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2，防止生成CO；（5）A管质量增加1.32g说明生成了1.32g二氧化碳，物质的量是1.32g44g/mol0.03mol，可得碳元素的质量：m(C)0.03mol12g/mol0.36g；B管质量增加0.54g说明生成了0.54g水，物质的量是0.54g18g/mol0.03mol，可得氢元素的质量：m(H)0.06g，根据质量守恒定律可知含氧元素的质量为m(O)0.90g-0.36g-0.06g0.48g，n(O)0.48g16g/mol0.03mol，所以n(C):n(H):n(O)1:2:1，所以x：y：z1:2:1。20. 如图所示是原电池的装置图(为电流表)。请回答：（1）若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且做负极，则A电极上发生的电极反应式为_；（2）若C为CuSO4溶液，A电极材料为Zn，B电极材料为石墨，电流表指针发生偏转，此时B为_极，反应一段时间后B电极上能够观察到的现象是_；（3）若C为NaOH溶液，A电极材料为Al，B电极材料为Mg，负极上发生的电极反式为_【答案】 (1). 2H+2e=H2 (2). 正 (3). B上生成一种红色物质 (4). Al3e+4OH=AlO2+2H2O【解析】分析：（1）氢离子在正极上放电产生氢气；（2）原电池中较活泼的金属作负极，结合电解质溶液的性质解答；（3）根据铝能与氢氧化钠溶液反应分析正负极。详解：（1）若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，形成原电池。B电极材料为Fe且做负极，则A电极是正极，溶液中的氢离子放电，因此发生的电极反应式为2H+2eH2；（2）若C为CuSO4溶液，A电极材料为Zn，B电极材料为石墨，电流表指针发生偏转，形成原电池，锌是负极，此时B为正极，溶液中的铜离子放电析出铜，因此反应一段时间后B电极上能够观察到的现象是B上生成一种红色物质；（3）若C为NaOH溶液，A电极材料为Al，B电极材料为Mg，由于铝能与氢氧化钠溶液反应，镁不反应，则镁是正极，铝是负极，则负极上发生的电极反式为Al3e+4OHAlO2+2H2O。点睛：掌握原电池的工作原理是解答的关键，（3）是解答的易错点，注意判断电极时，不能简单地依据金属的活泼性来判断，要看反应的具体情况，如：a.Al在强碱性溶液中比Mg更易失电子，Al作负极，Mg作正极；b.Fe、Al在浓HNO3中钝化后，比Cu等金属更难失电子，Cu等金属作负极，Fe、Al作正极