2019-2020学年高一化学下学期期末结业考试试题(实验班含解析).doc

2019-2020学年高一化学下学期期末结业考试试题(实验班，含解析)1. A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素。已知A的某种单质是自然界中硬度最大的物质，C元素是短周期主族元素中原子半径最大的元素，a为A的最高价氧化物，b、c、d分别为B、C、D的最高价氧化物对应的水化物。化合物ag的转化关系如图所示(部分产物己略去)。下列说法正确的是()A. 简单离子半径的大小：CDBB. a中只含非极性共价键，属于共价化合物C. B的氢化物的稳定性和沸点均大于A的氢化物D. 工业上通过电解其氯化物的方法制取D的单质【答案】C【解析】分析：A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素已知A的某种单质是自然界中硬度最大的物质，A为C元素；C元素是短周期主族元素中原子半径最大的元素，C为Na元素；a为A的最高价氧化物，a为CO2，b、c、d分别为B、C、D的最高价氧化物对应的水化物，结合转化关系可知，d应为两性氢氧化物，则d为Al(OH)3，c为NaOH，f为NaAlO2，D的原子序数最大，b的原子序数在611之间，且B的最高价氧化物对应的水化物为强酸，因此b为硝酸，g为硝酸铝，e为一水合氨，符合图中转化，则B为N元素，以此来解答。详解：由上述分析可知，A为C，B为N，C为Na，D为Al。A具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则简单离子半径的大小：BCD，故A错误；Ba为CO2，只含极性共价键，故B错误；C氨气分子间含氢键，非金属性BA，则B的氢化物的稳定性和沸点均大于A的氢化物，故C正确；D氯化铝为共价化合物，不导电，应电解熔融氧化铝来冶炼Al，故D错误；故选C。点睛：本题考查无机物的推断及原子结构与元素周期律，把握图中转化、d为两性氢氧化物来推断物质及元素为解答的关键。本题的易错点为D，要注意氯化铝属于共价化合物，熔融状态不导电。2. 下列各组物质含有的化学键类型完全相同的是()A. HBr、CO2、NH3 B. Na2O、Na2O2、Na2SC. NaCl、HCl、H2O D. NaOH、CaCl2 CaO【答案】A3. 下列各图中，表示正反应是吸热反应的图是()A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：根据反应物的总能量生成物的总能量，反应为放热反应；反应物的总能量生成物的总能量，反应为吸热反应来解答。详解：A、反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，A正确；B、反应物总能量高生成物总能量，为放热反应，B错误；C、反应物和生成物的总能量不可能相等，C错误；D、反应物总能量高生成物总能量，为放热反应，且反应过程不符合客观事实，D错误。答案选A。4. 假设图中原电池产生的电压、电流强度均能满足电解、电镀要求，即为理想化。为各装置中的电极编号。当K闭合后，下列说法正确的有（）D装置中纯Cu电极反应为：Cu2+2e-=Cu整个电路中电子的流动方向为：;C装置原理上是一个电镀池(Ag表面镀Cu),期中Cu作阴极，Ag作阳极A装置中C电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-A. B. C. D. 【答案】B点睛：本题考查了原电池和电解池的原理，正确判断原电池是解题的关键。本题中装置B为原电池，判断的基本方法是构成原电池的条件之一：能够自发进行一个氧化还原反应，ACD中都没有自发发生的氧化还原反应，B中发生锌与稀硫酸的反应。5. 下列关于有机化合物的说法正确的是( )A. 淀粉、纤维素、蔗糖水解的最终产物都相同 B. 以淀粉为原料可制取乙酸乙酯C. 糖类物质均可直接食用并能被人体吸收 D. 油脂都不能使溴水褪色【答案】B【解析】A. 淀粉、纤维素水解的最终产物都相同，均是葡萄糖，蔗糖水解的最终产物是葡萄糖和果糖，A错误；B. 以淀粉为原料可制取乙醇，乙醇氧化得到乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，B正确；C. 纤维素不能直接食用并能被人体吸收，C错误；D. 有些油脂能使溴水褪色，例如含有碳碳双键的油脂，D错误，答案选B。6. 下列关于维生素C（）的说法错误的是( )A. 维生素C可以发生加成反应B. 维生素C可以与金属Na发生置换反应C. 维生素C具有还原性，只能发生氧化反应D. 维生素C可以与NaOH溶液发生取代反应.【答案】C【解析】A. 维生素C中含有碳碳双键，可以发生加成反应，故A正确；B. 维生素C中含有羟基，可以与金属Na发生置换反应生成氢气，故B正确；C. 维生素C含有碳碳双键和羟基，具有还原性，可以发生氧化反应，也可以发生加成反应和取代反应，故C错误；D. 维生素C含有酯基，可以与NaOH溶液发生取代反应(水解反应)，故D正确；故选C。点睛：本题考查有机物的结构和性质，注意把握有机物官能团的性质。本题中维生素C中含有碳碳双键，能够发生加成反应和氧化反应，含有羟基，能够发生取代反应、氧化反应，含有酯基，能够发生水解反应。7. 下列各组物质的分类正确的是（）混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、聚乙烯电解质：明矾、冰醋酸、石膏、纯碱CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2为碱性氧化物同位素：1H+、2H2、3H同素异形体：C60、C80、金刚石、石墨同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2同分异构体：乙二酸二乙酯、乙二酸乙二酯根据酸分子中含有的H原子个数将酸分为一元酸、二元酸、多元酸在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物A. B. C. D. 全部正确【答案】A【解析】分析：混合物是由两种或多种物质混合而成的物质；电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电化合物(电解离成阳离子与阴离子)；碱性氧化物是指能跟酸起反应，生成盐和水的氧化物；能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；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称同位素；同素异形体指相同元素组成，结构不同的单质；结构相似，分子组成上相差1个或者若干个CH2原子团的化合物互称为同系物同系物，多用于有机化合物；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；结构里的羟基氢一般都可以电离，有几个羟基氢就是几元酸；由阳离子离子和阴离子离子构成的化合物化合物是离子化合物。详解：水银是汞，属于纯净物，故错误；明矾、冰醋酸、石膏、纯碱溶于水自身电离出阳离子与阴离子，属于电解质，故正确；Na2O2为过氧化物，不属于碱性氧化物，故错误；同位素研究对象是原子，H2属于单质，故错误；C60、C80、金刚石、石墨是碳元素组成的结构不同的单质，互为同素异形体，故正确；C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2存在同分异构体，结构不一定相似，CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2不一定属于同系物，故错误；乙二酸二乙酯分子式为C6H10O4、乙二酸乙二酯分子式为C4H4O4，乙二酸乙二酯与乙二酸二乙酯分子式不相同，不是同分异构体，故错误。一般根据有羟基氢确定酸的元数而不是氢原子数目，如乙酸有4个氢原子属于一元酸，故错误；由阳离子离子和阴离子离子构成的化合物化合物是离子化合物，离子化合物熔化状态下能电离出阴阳离子，故能导电，故正确。故正确。故选A。8. A、B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图所示（反应条件和部分产物未标出）。若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍；F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，则A的原子结构示意图为_，反应的化学方程式为_。若A为常见的金属单质，D、F是气态单质，反应在水溶液中进行，则反应（在水溶液中进行）的离子方程式是_。若A、D、F都是由短周期非金属元素形成的单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应的化学方程式为_。【答案】 (1). (2). C4HNO3（浓）CO24NO22H2O (3). 2Fe2Cl22Fe32Cl (4). 2CSiO22COSi【解析】分析：(1)若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，则A原子序数是偶数，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，A最外层电子数小于4且为偶数，D位于第二周期、A位于第三周期，则A是Mg、D是C元素；F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，红棕色气体是NO2，则F是HNO3，C和HNO3浓溶液反应生成CO2、NO2和H2O，B能和Mg反应生成碳单质，则B是CO2，C是MgO，MgO和硝酸反应生成Mg(NO3)2和H2O，Mg和硝酸反应生成Mg(NO3)2，则E是Mg(NO3)2；(2)若A是常见的金属的单质，D、F是气态单质，D和F反应生成B，B能够与金属A反应，则B为酸，为HCl，因此D为氢气，F为氯气，C为金属氯化物，能够与氯气反应，说明A具有变价，则A是Fe；因此C是FeCl2、E是FeCl3；(3)A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则A为C，D为Si，F为O2，B为SiO2，反应为C与二氧化硅的反应，C是CO，E为CO2。详解：(1)根据上述分析，A是Mg，A的原子结构示意图为，反应为碳与浓硝酸的反应，反应的化学方程式为：C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O，故答案为：；C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O；(2)根据上述分析，反应为氯气氧化氯化亚铁的反应，反应的离子方程式是：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，故答案为：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-；(3)根据上述分析，A为C，D为Si，F为O2，B为SiO2，C是CO，E为CO2，反应为C与二氧化硅的反应，反应方程式为：2C+SiO2Si+2CO，故答案为：2C+SiO2Si+2CO。9. 碱式碳酸铜和氯气都是用途广泛的化工原料（1）工业上可用酸性刻蚀废液（主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl）制备碱式碳酸铜，其制备过程如下：已知：Cu2+、Fe2+、Fe3+生成沉淀的pH如下：物质Cu（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3开始沉淀pH4.25.81.2完全沉淀pH6.78.33.2氯酸钠的作用是_；反应A后调节溶液的pH范围应为_第一次过滤得到的产品洗涤时，如何判断已经洗净？_造成蓝绿色产品中混有CuO杂质的原因是_（2）某学习小组在实验室中利用图所示装置制取氯气并探究其性质实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，所用仪器需要检漏的有_若C中品红溶液褪色，能否证明氯气与水反应的产物有漂白性，说明原因_此时B装置中发生反应的离子方程式是_写出A溶液中具有强氧化性微粒的化学式_若向A溶液中加入NaHCO3粉末，会观察到的现象是_【答案】 (1). 将Fe2+氧化成Fe3+并最终除去 (2). 3.24.2 (3). 取最后一次洗涤液，加入硝酸银、稀硝酸，无沉淀生成则表明已洗涤干净 (4). 反应B的温度过高 (5). 分液漏斗 (6). 不能证明，因为Cl2也有氧化性，此实验无法确定是Cl2还是HClO漂白 (7). 2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+6Cl+2Br2 (8). Cl2、HClO、ClO (9). 有无色气体产生【解析】（1）该化学工艺流程目的是酸性废液制备碱式碳酸铜，必须除去废液中Fe3+、Fe2+，结合题所给的数据，需将Fe2+氧化为Fe3+,才能与Cu2+分离开。刻蚀废液加入NaClO3，经的反应A将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH范围是3.2-4.2，Fe3+转化为氢氧化铁沉淀经过滤，滤液中加入碳酸钠经反应B生成碱式碳酸铜，过滤得产品。判断洗净的方法是，取最后一次洗涤液，加入硝酸银、稀硝酸，无沉淀生成则表明已洗涤干净。造成蓝绿色产品中混有CuO杂质的原因是，反应B的温度过高。（2）实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气为固液加热制气体的装置，所用仪器需要检漏的有分液漏斗；若C中品红溶液褪色，不能证明氯气与水反应的产物有漂白性，原因是因为Cl2也有氧化性，此实验无法确定是Cl2还是HClO漂白；C中品红溶液褪色，说明装置B中氯气已过量，此时B装置中亚铁离子和溴离子均被氧化，离子方程式是2Fe24Br3Cl2=2Fe36Cl2Br2。氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应，次氯酸为弱酸，则A溶液中具有强氧化性微粒的化学式是Cl2、HClO、ClO-；若向A溶液中加入NaHCO3粉末，盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，会观察到的现象是有无色气体产生。10. 三氯氧磷（化学式：POCl3）常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料。氯化水解法生产三氯氧磷的流程如下：氯化水解法生产三氯氧磷的化学方程式为_。通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素含量，实验步骤如下：取ag产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全水解后加稀硝酸至酸性。向锥形瓶中加入0.1000 molL1的AgNO3溶液40.00 mL，使Cl完全沉淀。向其中加入2 mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖。加入指示剂，用cmolL1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积。已知：Ksp(AgCl)=3.21010，Ksp(AgSCN)=21012滴定选用的指示剂是_（选填字母），滴定终点的现象为_。aNH4Fe(SO4)2 bFeCl2 c甲基橙 d淀粉实验过程中加入硝基苯的目的是_，如无此操作所测Cl元素含量将会_（填“偏大”、“偏小”或“不变”）氯化水解法生产三氯氧磷会产生含磷（主要为H3PO4、H3PO3等）废水。在废水中先加入适量漂白粉，再加入生石灰调节pH将磷元素转化为磷酸的钙盐沉淀并回收。在沉淀前先加入适量漂白粉的作用是_。下图是不同条件对磷的沉淀回收率的影响图像。处理该厂废水最合适的工艺条件为_（选填字母）。a调节pH=9 b调节pH=10 c反应时间30 min d反应时间120 min若处理后的废水中c(PO43)=4107molL1，溶液中c(Ca2+)=_molL1。（已知KspCa3(PO4)2=21029）【答案】 (1). PCl3+H2O+Cl2POCl3+2HCl (2). b (3). 溶液变为红色，而且半分钟内不褪色 (4). 防止在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀 (5). 偏小 (6). 将废水中的H3PO3氧化为PO43，使其加入生石灰后转化为磷酸的钙盐 (7). bc (8). 5106【解析】分析：(1)氯化水解法产物是三氯氧磷和盐酸，结合原子守恒分析；(2)当滴定达到终点时NH4SCN过量，Fe3+与SCN-反应溶液变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；由于AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；若无此操作，NH4SCN标准液用量偏多；(3)在沉淀前先加入适量漂白粉使废水中的H3PO3氧化为PO43-，加入生石灰后能完全转化为磷酸的钙盐，达到较高的回收率；根据图1、2分析磷的沉淀回收率；根据KspCa3(PO4)2= c3(Ca2+)c2(PO43-)计算。详解：(1)氯化水解法是用三氯化磷、氯气与水反应生成三氯氧磷和盐酸，其化学方程式为：PCl3+H2O+Cl2=POCl3+2HCl，故答案为：PCl3+H2O+Cl2=POCl3+2HCl；(2)用c molL-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN-反应溶液会变红色，半分钟