-学年第二学期高一年级期末考试化学试卷-纯答案用卷
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2019-2020学年第二学期高一年级期末考试化学参考答案
【答案】
1. A 2. C 3. D 4. B 5. B 6. B 7. C 8. A 9. B 10. B 11. D 12. A 13. A 14. C 15. B 16. D 17. B 18. A
19. （每空1分）(1)?⑤；⑧；⑥；①；③④⑦； (2)①酯基，羟基；? ? ? ? ? ②碳碳双键，羧基；? (3)③；①④；②．??
20. （每空2分）(1)3Cu+8H++2NO3?=3Cu2++2NO↑+4H2O
(2)①CD?????
? ? ? ? ?②2NO+O2=2NO2
(3)①平衡气压，接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出? ?
? ? ? ? ②关闭U形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体将U形管右端内的稀硝酸向下压，使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止
(4)CD
(5)2.24L
21. （每空2分）(1)?Mg(OH
)
2；
Mg(OH
)
2、
Al(OH
)
3
(2)?0.02mol； ?0.02mol ?；?0.13mol?
(3)?130mL
??22.（每空2分） (1)第二周期第?ⅣA族；C?N?O?H (2)??????? (3)离子键、共价键 (4)3B
a
2+?
+?3S
O
2?
+?2N
O
3
??
+?2
H
2
O?=?3BaS
O
4?
↓?+?2NO↑?+?4
H
+
??
【解析】
1. 【分析】 本题考查胶体的特性以及溶液和胶体的鉴别知识，是对课本知识的考查，题目较简单。 【解答】 A.溶液中通过一束光线没有特殊现象，胶体中通过一束光线出现光亮光路，为丁达尔现象，所以可以用丁达尔效应区分二者，故A正确； B.溶液和胶体都无气味，故B错误； C.胶体和溶液均能透过滤纸，无法区别，故C错误； D.溶液、胶体的本质的区别在于分散质粒子直径大小，但在实验室难以测定粒子大小，故D错误。 故选A。
2. 【分析】 本题考查了合金的判断，把握合金概念是解题关键，注意合金是混合物。 【解答】 黄铜是Cu?Zn的合金，青铜石Cu?Sn的合金，不锈钢是铁镍等元素的合金，陶瓷属于无机非金属材料，成分主要是硅酸盐，不属于合金。 故选C。
3. 【分析】 本题考查能量的转化，侧重考查生物质能的特点和作用，难度较小。 【解答】 A.生物质能源取之不尽、用之不竭，是可再生能源，故A正确； B.生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，所以生物质能来源于太阳能，故B正确； C.农村富有秸秆、杂草等废弃物，它们经微生物发酵之后，便可以产生沼气，为人类提供能源，故C正确； D.使用生物质能可以减少环境污染，其缺点是产量小，利用率低，故D错误； 故选D。
4. 解：A.C
H
3
C
H
2
OH和C
H
3
OC
H
3
分子式相同结构不同互为同分异构体，故A正确； B.干冰为固体二氧化碳，冰为水的固体状态，不是同种物质，故B错误； C.C
H
3
C
H
3
和C
H
3
C
H
2
C
H
3
结构相似组成相差C
H
2
，互为同系物，为烷烃的同系物，故C正确； D.
?
?
12
C和
?
?
14
C质子数相同中子数不同互为碳元素的同位素，故D正确； 故选：B。 A.分子式相同结构不同的有机物为同分异构体； B.干冰为二氧化碳固体； C.结构相似组成相差C
H
2
的有机物互为同系物； D.质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素． 本题考查了同分异构体、同系物、同位素同种物质概念和特征分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等．
5. 解：A.为分液操作，可用于分离互不相溶的液体，故A错误； B.为过滤操作，可用于分离固体和液体，故B正确； C.为溶液的配制，不能用于分离，故C错误； D.为洗气操作，不能用于分离固体和液体，故D错误。 故选：B。 可用过滤的方法分离固体和液体，以此解答该题。 本题考查物质的分离、提纯，综合考查学生的实验能力，题目难度不大，注意把握物质的性质的异同以及常见分离方法，学习中注意相关基础知识的积累。
6. 【分析】 本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应的离子反应考查，题目难度不大。 【解答】 A.往澄清的石灰水中通入过量C
O
2
的离子反应为O
H
?
+C
O
2
=HC
O
3
?
，故A错误； B.用小苏打(NaHC
O
3
)治疗胃酸过多的离子反应为HC
O
3
?
+
H
+
=
H
2
O+C
O
2
↑，故B正确； C.往碳酸镁中滴加稀盐酸的离子反应为MgC
O
3
+2
H
+
=
H
2
O+C
O
2
↑+M
g
2+
，故C错误； D.氢氧化钡溶液与稀
H
2
S
O
4
反应的离子反应为B
a
2+
+S
O
4
2?
+2
H
+
+2O
H
?
=BaS
O
4
↓+2
H
2
O，故D错误。 故选B。
7. 【分析】 本题考查金属的性质、混合物的有关计算，注意平均值与极限法相结合的利用，从而简化计算，注意若有不反应的金属应视作需金属质量无穷大． 【解答】 混合物26g与足量稀硫酸反应，产生标况下
H
2
11.2L，氢气物质的量=
11.2L
22.4L/mol
=0.5mol，26g金属提供电子物质的量为0.5mol×2=1mol，故提供1mol电子需要金属的平均质量为26g， Mg在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Mg的质量为24g×
1mol
2
=12g， Al在反应中表现+3价，提供1mol电子需要Al的质量为27g×
1mol
3
=9g， Fe在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Fe的质量为56g×
1mol
2
=28g， Cu不稀硫酸反应产生氢气，提供1mol电子需要Cu的质量为无穷大， 故两两混合，可能的组合为Cu与Mg、Cu与Al、Fe与Mg、Fe与Al，共4种， 故选C．
8. 解：A.盐酸为非强氧化性酸，铁和盐酸反应只生成氯化亚铁溶液和氢气，反应的化学方程式为：Fe+2HCl=FeC
l
2
+
H
2
↑，产物不受反应条件限制，故A选； B.氢氧化钠与二氧化碳反应，二氧化碳不足时生成碳酸钠，2NaOH+C
O
2
=N
a
2
C
O
3
+
H
2
O、二氧化碳过量时生成碳酸氢钠，NaOH+C
O
2
=NaHC
O
3
，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故B不选； C.常温下生成氧化钠，点燃或加热生成过氧化钠，4Na+
O
2
=2N
a
2
O、2Na+
O
2
?
??△??
?
N
a
2
O
2
，所以与反应条件有关，故C不选； D.NaOH溶液和AlC
l
3
溶液反应产物与反应物的量有关，氯化铝与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝，AlC
l
3
+3NaOH=Al(OH
)
3
↓+3NaCl，与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，AlC
l
3
+4NaOH=NaAl
O
2
+3NaCl+2
H
2
O，故D不选； 故选：A。 A.铁和盐酸反应只生成氯化亚铁和氢气，产物不受反应条件限制； B.少量的二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，过量二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸氢钠； C.Na和
O
2
反应的温度不同，产物不同，常温下生成氧化钠，点燃生成过氧化钠； D.NaOH溶液和AlC
l
3
溶液反应产物与反应物的量有关，氯化铝与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝，与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠。 本题考查了反应条件和反应物量的多少对反应产物的影响，题目难度不大，注意把握常见元素化合物的性质，D为该题的难点，注意氢氧化铝的两性。
9. 【分析】 本题考查新制氯水和久置氯水的成分的不同，题目难度不大。 【解答】 新制的氯水中含有三种分子：C
l
2
、
H
2
O、HClO，四种离子：
H
+
、C
l
?
、Cl
O
?
及少量O
H
?
；久置后发生反应：C
l
2
+
H
2
O=HCl+HClO，2HClO/2HCl+
O
2
↑，由于HClO的分解导致了C
l
2
的不断反应，最后变成了HCl溶液，所以减少的是：①C
l
2
?、②Cl
O
?
、④HClO，选项B符合题意。
10. 【分析】 本题主要考查了氧化还原反应规律的应用，题目难度不大，明确氧化还原反应中电子得失守恒是解题的关键，试题侧重考查学生分析能力和计算能力。若气体能完全溶于水，即NO、N
O
2
、
O
2
三种气体恰好完全反应，全部生成了硝酸，根据反应中电子得失守恒，应该有n(NO)×3+n(N
O
2
)=n(
O
2
)×4，根据气体的体积之比等于物质的量之比来计算回答。 【解答】 若气体能完全溶于水，即NO、N
O
2
、
O
2
三种气体恰好完全反应，全部生成了硝酸， 假设气体的物质的量是amolNO，bmolN
O
2
和cmol
O
2
， 反应中amolNO失去3amol电子，bmolN
O
2
失去bmol电子，cmol
O
2
得到4cmol电子生成HN
O
3
， 根据反应中电子得失守恒可得：3a+b=4c成立， 各选项中B的数据不能使关系式成立， 故选：B。
11. 【分析】 本题考查了硝酸和铜的反应，明确“酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性”是解本题关键，向含有硝酸根离子的溶液中加入稀硫酸，相当于溶液中含有硝酸，为易某某． 【解答】 图①中铜和稀硝酸反应方程式为3Cu+8HN
O
3
=3Cu(N
O
3
)
2
+2NO↑+4
H
2
O，根据图①知，Cu有剩余，硝酸不足量，图③向试管中加入稀硫酸，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，相当于又有稀硝酸，则硝酸和铜又发生反应3Cu+8HN
O
3
=3Cu(N
O
3
)
2
+2NO↑+4
H
2
O，生成的无色气体NO不稳定，被氧气氧化生成红棕色气体N
O
2
，同时Cu片溶解 所以图③试管中的现象是铜片溶解，且有无色气体生成，该气体在试管口变为红棕色，故选D。
12. 【分析】 本题主要考查的是元素的推断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和推理能力，根据核外电子排布特点确定元素在周期表中的位置，依据元素周期律的递变规律解题。 【解答】 短周期元素的离子：
?
a
X
n+
、
?
b
Y
(n+1)+
、
?
c
Z
m?
、
?
d
W
(m+1)?
都具有相同的电子层结构，所以有：a?n=b?n?1=c+m=d+m+1，所以质子数：b>a>c>d，且X、Y在周期表中Z、W的下一周期，结合元素周期律递变规律解答该题。 A. 同周期从左到右元素的金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，则最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y，故A正确； B.?X、Y在周期表中Z、W的下一周期，并且原子序数：b>a>c>d，原子核外电子层数越多，半径越大，同周期元素原子序数越大，半径越小，则有原子半径：X>Y>W>Z，离子具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数 b>a>c>d，所以离子半径?W>Z>X>Y，故B错误； C. 同周期从左到右，元素的非金属性增强，则氢化物的稳定性增强，所以氢化物的稳定性是Z>W，故C错误； D. 同周期从左到右阴离子的还原性减弱，阳离子的氧化性增强，所以还原性
Z
m?
<
W
(m+1)?
，氧化性
X
n+
<
Y
(n+1)+
，故D错误。 故选A。
13. 【分析】 本题考查了物质与化学键的关系，难度一般，注意：不是所有物质都含化学键，如稀有气体中不存在化学键，只存在分子间作用力。 【解答】 ①离子化合物中一定有离子键，可能有共价键，如NaOH，故①正确； ②离子化合物在熔融状态下能完全电离，属于强电解质，故②正确； ③非金属单质中不含离子键，也不一定含有共价键，如He等，故③错误； ④氯的非金属性比碘强，则稳定性：HCl>HI；由于碘单质的相对分子质量大于溴单质，所以沸点：B
r
2
<
I
2
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