湖北省孝感市八校教学联盟2017-2018学年高一下学期期末联合考试化学试卷 1. 我国的能源消耗以煤为主。据估计，全世界的煤炭最多还能够供应200～300年。下列是关于利用煤炭资源的某些观点，其中论述正确的是( )
①直接燃煤虽然带来了污染问题，但同时提供了能量，污染与经济效益相比，经济效益更重要；②人类在开发资源时，既要满足自身需要又不能以危害子孙后代为代价；③随着科学的发展，将不断地开发出新型能源，根据能量守恒定律，担心能源枯竭实在是杞人忧天；④发展洁煤技术，提高燃煤效率，进行煤的干馏，可以提高煤的实用价值 A. ①④ B. ②③ C. ①② D. ②④ 【答案】D
【解析】经济效益只考虑当前利益，而环境污染将影响未来人类的生存，所以环境污染是更重要的；能量是守恒的，但如果转化成物质的内能等形式的能量很难开发，一些新型能源虽已利用，但所占比例较少，人类还是主要应用不可再生的三大能源。 答案应选D项。
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 反应条件是加热的反应都是吸热反应
B. 化学反应除了生成新的物质外，不一定伴随着能量的变化 C. 物质燃烧一定是放热反应
D. 放热的化学反应不需要加热就能发生 【答案】C
【解析】分析：本题考查的是化学反应中的能量变化，分清条件和反应热的关系是关键和易错点。
A.反应条件为加热的反应不一定都是吸热反应，详解：有些放热反应也用加热条件，故错误；B.化学反应不仅有新物质生成，同时还有能量变化，故错误；C.物质燃烧是放热反应，故正确；D.有些放热反应也需要加热条件，故错误。故选C。
点睛：反应条件和反应是否放热还是吸热没有关系，很多的放热反应也需要加热或点燃的条件的。反应放热还是吸热是看反应物的总能量与生成物总能量的大小关系。
3. ①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池，①②相连时，外电路电流从②流向① ；①③相连时，③为正极；②④相连时，②有气泡逸出；③④相连时，③的质量减少；据此判断这四种金属活动性由大到小的顺序是（ ）
A. ①③②④ B. ①③④② C. ③④②① D. ③①②④ 【答案】B
【解析】原电池中，一般来讲，负极材料的活泼性大于正极材料，电子由负极流向正极，电流由正极流向负极，①②相连时，金属性①>②；①③相连时，金属性①>③；②④相连时，②有氢气溢出，说明氢离子在正极被还原，金属性②<④；③ ④相连时，③ 的质量减少，发 生氧化反应，做负极，金属性③ >④；四种金属活泼性顺序为①③④②，A正确；答案选A。点睛：原电池正负两极金属材料的活泼性比较，一般情况下，负极金属材料活泼性大于正极金属材料的活泼性，但是也有例外，解题时要注意审题。 4. 下列物质中,含有非极性共价键的是( ) A. CO2 B. N2 C. NaOH D. CH4 【答案】B
【解析】分析：本题考查的是化学键的类型，根据形成共价键的两个原子是否相同分析是关键。
详解：A.二氧化碳中碳和氧形成共价键，是不同原子之间形成的，为极性键，故错误；B.氮气分子中氮原子之间形成非极性键，故正确；C.氢氧化钠中含有钠离子和氢氧根离子之间的离子键，氢氧根中氢原子和氧原子之间形成极性键，故错误；D.甲烷中碳原子和氢原子之间形成极性键，故错误。故选B。
点睛：共价键是极性键还是非极性键，看形成共价键的两个原子是否相同，相同原子之间形成非极性键，不同原子之间形成极性键。还要掌握非极性键可能存在于离子化合物中，如过氧化钠。
5. 工业生产硫酸时，其中一步反应是2SO2 + O2A. 增大氧气的浓度可提高反应速率 B. 升高温度可提高反应速率 C. 使用催化剂能显著增大反应速率
D. 达到化学平衡时正逆反应速率相等且都为零 【答案】D
【解析】试题分析：A．增大氧气的浓度，单位体积活化分子数目增加，反应速率增大，A正确；B．升高温度，活化分子百分数增加，反应速率增大，B正确；C．加入催化剂，活化分子百分数增加，反应速率增大，C正确；D．达到化学平衡时正逆反应速率相等，应反应没有停止，速率不为零，D错误，答案选D。
2SO3，下列说法错误的是（ ） ．．
【考点定位】本题主要是考查化学反应速率的影响因素
【名师点晴】该题难度不大，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累。难点是平衡状态的理解，在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，平衡状态具有逆、等、动、定、变等特点。 6. 反应3X(g)+Y(g)
2Z(g)+2W(g)在2 L密闭容器中进行，5 min时Y减少了0.5mol，则
0-5 min内此反应的平均速率为（ ）
A. v(X)=0.05 mol·L−1·min−1 B. v(Y)=0.10 mol·L−1·min−1 C. v(Z)=0.10 mol·L−1·min−1 D. v(W)=0.05 mol·L−1·s−1 【答案】C
7. 运用元素周期律分析下面的推断，其中错误的是( ) ．．
①铍(Be)的氧化物的水化物可能具有两性，②铊(Tl)既能与盐酸作用产生氢气，又能跟NaOH溶液反应放出氢气，③砹(At)为有色固体，HAt不稳定，AgAt感光性很强，但不溶于水也④锂(Li)在氧气中剧烈燃烧，⑤硫酸锶(SrSO4)不溶于稀酸，产物是Li2O2，其溶液是一种强碱，是难溶于水的白色固体，⑥硒化氢(H2Se)是无色，有毒，比H2S稳定的气体 A. ①②③④ B. ②④⑥ C. ①③⑤ D. ②④⑤ 【答案】B
【解析】分析：本题考查元素周期律和元素周期表，为高频考点，把握元素在元素周期表中的位置和元素周期律性质的递变规律是解答的关键，注意将不熟悉的元素和熟悉的元素相比较，从而得出结论。
详解：①铍(Be)和铝位于对角线位置，氢氧化铝具有两性，所以铍的氧化物的水化物可能具有两性，故正确；②铊(Tl)是第ⅢA族元素，金属性比铝强，能与盐酸作用产生氢气，不能③由同主族元素化合物性质相似和递变性可知，跟NaOH溶液反应放出氢气，故错误，砹(At)为有色固体，HAt不稳定，AgAt感光性很强，但不溶于水也不溶于稀酸，故正确；④锂(Li)在氧气中剧烈燃烧，产物是氧化锂，不是Li2O2，故错误；⑤锶和镁、钙、钡是同主族元素，根据同主族元素的递变性分析，硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体，故正确；⑥硒和硫
是同主族元素，在周期表中硫元素的下方，根据元素周期律分析，硒化氢(H2Se)是无色，有毒，比H2S不稳定的气体，故错误。故选B。 8. 下列物质一定属于有机高分子化合物的是（ ） A. 油脂 B. 糖类 C. 蛋白质 D. 四氟乙烯 【答案】C
【解析】分析：本题考查的是有机高分子的定义，注意油脂不属于高分子化合物。 详解：A.油脂不是高分子化合物，故错误；B.糖类中的单糖和二糖都不是高分子化合物，故 错误；C.蛋白质是高分子化合物，故正确；D.四氟乙烯不是高分子化合物，故错误。故选C。9. 等质量的两份锌粉a、b，分别加入过量的稀H2SO4，同时向a中加入少量的胆矾晶体。下列图象表示产生H2的体积V（L）与时间t（分）的关系，其中正确的是（ ）。
A. A B. B C. C D. D 【答案】C
【解析】分析：等质量的两份锌粉a、b，分别加入过量的稀H2SO4中，产生氢气应该相同，
2+2+
但同时向a中放入少量的CuSO4溶液，发生：Zn+Cu=Zn+Cu，形成原电池，a反应速率
增大，用时少，但a生成的氢气少。
详解：根据分析，a中放入少量的CuSO4胆矾，构成原电池反应，生成氢气的速率加快，反应先结束，a曲线是对的，但等质量的两份锌粉a、b，a 中放入少量的CuSO4胆矾，发生：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，消耗了部分Zn粉，a产生的氢气应该比b少，A选项错误；根据分析，b反应速率比a慢，不应该反应先结束，B选项错误；a的反应速率比b快，a产生的氢气比b少，符合题干的情况分析，C选项正确；a 产生的氢气应该比b少，D选项错误；正确选项C。
10. 已知MgO、MgCl2的熔点分别为2800 ℃、604 ℃，将MgO、MgCl2加热熔融后通电电解，都可得到金属镁。海水中含有MgCl2，工业上从海水中提取镁，正确的方法是( ) A. 海水
Mg(OH)2
Mg
B. 海水C. 海水D. 海水【答案】D
MgCl2溶液―→MgCl2(熔融)Mg(OH)2Mg(OH)2
MgO
Mg
Mg
MgCl2溶液―→MgCl2(熔融) Mg
【解析】试题分析：A、在海水苦卤中加氢氧化钠过滤得沉淀氢氧化镁，Mg（OH）2热稳定性差，受热分解，工业上，电解熔融MgCl2冶炼金属镁，故A错误；B、海水中含有可溶性
2+2+3+2-+-的Mg、Ca、Fe、SO4、Na、Cl、加盐酸得不到纯净的氯化镁溶液，所以无法得到纯
净的氯化镁固体，故B错误；C、在海水苦卤中加氢氧化钠过滤得沉淀氢氧化镁，灼烧得到氧化镁，但MgO的熔点为2800℃、熔点高，电解时耗能高，所以，工业上，电解熔融MgCl2冶炼金属镁，故C 错误；D、在海水苦卤中加氢氧化钠过滤得沉淀氢氧化镁，再将沉淀分离后加入盐酸变成MgCl2，之后经过滤、干燥、电解，即可得到金属镁，故D正确。 考点：考查了海水提镁的相关知识。 11. 下列说法正确的是( )
A. 糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反应 B. 油脂有油和脂肪之分，但都属于酯 C. 糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物
D. 糖类、油脂、蛋白质都是由C、H、O三种元素组成的 【答案】B
【解析】分析：A.根据二糖、多糖能发生水解,单糖不能发生水解；B. 液体的是油,固态的是脂肪； C.相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；D. 根据糖类、油脂、蛋白质的组成元素。
详解:A.因二糖、多糖能发生水解，单糖不能发生水解，葡萄糖、果糖是单糖,蔗糖是二糖，故A错误；
B. 因油脂有油和脂肪之分,两者都属于酯,所以B选项是正确的；
C.因糖类中的单糖、二糖不是高分子化合物,油脂也不是高分子化合物,蛋白质是高分子化合物,故C错误;
D.因糖类、油脂的组成元素为C、H、O，蛋白质的组成元素为C、H、O、N，故D错误； 所以B选项是正确的。
12. 下列反应中属于加成反应的是( ) A. 乙烯使溴水褪色
B. 乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色 D. 甲烷与氯气混合，黄绿色消失 【答案】A
【解析】分析：本题考查的是有机物的反应类型，难度较小，掌握各类有机物的反应特点即可。
详解：A.乙烯和溴水发生加成反应，故正确；B.乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，故错误；C.苯和溴水是萃取过程，不是化学反应，故错误；D.甲烷和氯气发生取代反应，故错误。故选A。
13. 下列物质中互为同系物的是( ) A. 丁烷、异丁烷 B. 白磷、红磷 C. 氕、氚
D. CH3—CH3、CH3—CH2—CH3 【答案】D
【解析】分析：本题考查的是同系物的定义，注意与其他“同”字概念的区别。
详解：A.二者属于同分异构体，故错误；B.二者属于同素异形体，故错误；C.二者属于同位素，故错误；D.二者属于结构相似，在分子组成上相差一个CH2原子团，是同系物，故正确。故选D。
点睛：注意区别“同”字的概念。
同分异构体：分子式相同，但结构不同的物质；
同系物：结构相似，在分子组成上一个或若干个CH2原子团的物质； 同素异形体：同种元素形成的不同单质；
同位素：质子数相同，但中子数不同的同种元素的原子。 14. 丁烷（C4H10）的一氯代物有（ ）种 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C
【解析】分析：本题考查的是一氯代物的结构，根据有机物结构是否有对称性分析。 详解：丁烷有两种结构，即正丁烷和异丁烷，正丁烷结构有对称性，所以一氯代物有2种 ，异丁烷结构没有对称性，一氯代物有2种，总共有4种。故选C。
15. 下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（ ） A. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色；甲烷与氯气混和后光照反应
B. 乙烯通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷 C. 苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中，有油状液体生成 ； 乙烯与水生成乙醇的反应 D. 在苯中滴入溴水，溴水层褪色 ； 乙烯自身生成聚乙烯的反应 【答案】C
【解析】A．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色，为加成反应；甲烷与氯气混和后光照反应，为取代反应，故A不选；B．乙烯通入酸性KMnO4溶液中发生氧化反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷，为加成反应，故B不选；C．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液反应生成油状液体，苯中H被取代，发生取代反应；乙烯与水生成乙醇的反应，碳碳双键转化为-OH，为加成反应，故C选；D．在苯中滴入溴水，溴水褪色，没有发生化学反应，是萃取；乙烯自身生成聚乙烯的反应属于加聚反应，故D不选；故选C。
16. “绿色化学”又称环境无公害化学。下列叙述符合“绿色化学”理念的是( ) A. 绿色化学的核心是利用化学原理对工业生产造成的环境污染进行治理 B. 用聚苯乙烯等塑料代替木材生产包装盒、快餐盒等，以减少木材使用 C. 研制新型杀虫剂，使其只对目标昆虫有毒杀作用而对其他昆虫无害
D. 现代石油化工采用银作催化剂，将乙烯直接氧化生产环氧乙烷符合“原子经济” 【答案】D
【解析】绿色化学是从源头上杜绝或减少污染，而不是先污染再治理，A错误；聚苯乙烯等塑料会造成白色污染，不符合“绿色化学”原则，B错误；杀虫剂都是有毒的化学试剂，会对环境产生污染或毒害，C错误；乙烯与氧气反应生成环氧乙烷，没有副产物，原子利用率为100%，D正确。
17. A、B、C、D四种短周期主族元素,原子序数依次增大,A原子的最外层上有4个电子;B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构,两元素的单质反应,生成一种淡黄色的固体E,D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和。 (1)A为___,C为___（填元素符号）。 (2)化合物E中含有的化学键为_________。
(3)比较B、D两元素形成的氢化物的稳定性: B __D(填“大于”、“小于”或“等于”)。 (4)A、B两元素形成的化合物属____(填“离子”或“共价”)化合物。
(1). C (2). Na (3). 离子键、 (4). 大于 (5). 【答案】共价键（或非极性键）
共价
【解析】分析：本题考查的是结构性质位置关系应用，为高频考点，侧重对化学用语的考查，注意把握物质的结构特点以及元素周期律知识，注意对基础知识的积累掌握。
详解：A、B、C、D四种短周期主族元素,原子序数依次增大,A原子的最外层上有4个电子，为碳元素；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构,两元素的单质反应,生成一种淡黄色的固体E，说明B为氧元素，C为钠元素，形成的淡黄色的物质E为过氧化钠，D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和，为硫。(1)根据分析A为碳元素，C为钠元素；(2)过氧化钠含有离子键、共价键（或非极性键）；(3)氧元素的非金属性比硫强，所以氧元素形成的氢化物的稳定性比硫化氢强；(4)碳和氧元素形成的化合物为共价化合物。 18. 现有5瓶失去标签的液体，已知它们可能是乙醇、乙酸、苯、乙酸乙酯、葡萄糖中的一种。现通过如下实验来确定各试剂瓶中所装液体的名称： 实验步骤和方法 ①把5瓶液体分别依次标号A、B、C、D、E，只有E没有气味 然后闻气味 ②各取少量于试管中 ，加水稀释 ③分别取少量5种液体于试管中，加新制只有B使沉淀溶解，E中产生砖红色沉淀 Cu(OH)2并加热 ④各取C、D少量于试管中，加稀NaOH溶液并加热
（1）写出这6种物质的名称。
A____________ B____________ C____________ D____________ E____________
（2）在D中加入NaOH溶液并加热的化学方程式为__________________
【答案】 (1). 乙醇 (2). 乙酸 (3). 苯 (4). 乙酸乙酯 (5). 葡萄糖 (6). CH3COOCH2CH3＋NaOH
CH3COONa＋CH3CH2OH
只有C仍有分层现象，且在D的试管中闻到特殊香味 只有C、D不溶解而浮在水面上 实验现象 【解析】分析：本题考查的是有机物的推断，为高频考点，把握有机物的官能团与性质、有机反应的现象等为解答的关键，侧重分析与推断能力的综合考查。
详解：只有F液体没有气味，说明为葡萄糖溶液，F中产生砖红色沉淀，更可以确定为葡萄糖。B能溶解氢氧化铜，说明其为乙酸。乙酸乙酯有香味，所以为D，苯不溶于水，密度比水小，所以为C。则A为乙醇。(1)根据以上分析可知A为乙醇；B为乙酸 ；C为苯；D为乙酸乙酯；F为葡萄糖； (2)乙酸乙酯与氢氧化钠在加热条件下水解生成乙酸钠和乙醇，方程式为： CH3COOCH2CH3＋NaOH
CH3COONa＋CH3CH2OH。
19. 某研究性学习小组设计了如图所示一套实验装置来制取乙酸乙酯，A中盛有乙醇、浓硫酸和醋酸的混合液，C中盛有饱和碳酸钠溶液。
6C2H5OH 已知：①氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·②有关有机物的沸点： 试剂 沸点(℃)
（1）浓硫酸的作用是________________________________。
（2）球形管B除起冷凝作用外，另一重要作用是____________________________。 （3）反应中所用的乙醇是过量的，其目的是___________________。
（4）C中饱和碳酸钠溶液的作用__________________________________________。 （5）从C中分离出乙酸乙酯必须使用的一种仪器是______________________；分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入饱和氯化钙溶液分离出__________，再加入无水硫酸钠，然后进行蒸馏，收集77℃的馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯。
【答案】 (1). 催化剂 吸水剂 (2). 防止倒吸 (3). 有利于酯化反应向正方向进行(增大醋酸的利用率) (4). 吸收挥发出来的乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度便于分层析出 (5). 分液漏斗 (6). 乙醇
【解析】分析：本题考查的是乙酸乙酯的制备，难度较小，掌握实验的关键问题。。
乙醚 34.7 乙醇 78.5 乙酸 117.9 乙酸乙酯 77.1
20. 把海水过滤除杂后，又提取出了氯化钠、溴、镁等化学物质。剩余的富碘卤水中，采用下面的工艺流程生产单质碘：
回答下列问题：
（1）丁溶液中的溶质为________(填化学式)。 （2）写出物质的甲化学式__________________。
（3）第⑦步的操作中提取I2的方法是___________________________ (写出操作名称)。 （4）检验生成物I2的方法是________________________________________。
【答案】 (1). FeCl3 (2). AgI (3). 萃取、分液 (4). 取少量的产物加入淀粉溶液，若变蓝色，则说明得到了单质碘；若不变蓝色，则说明没有得到单质碘
【解析】分析：本题考查的是物质分离提纯的方法、试剂的选择、物质的检验等，掌握基础是解题的关键。
详解：(1)碘化亚铁和过量的氯气反应生成碘和氯化铁，所以丁溶液为FeCl3溶液； (2)碘离子和银离子反应生成AgI沉淀，所以甲为碘化银。(3)利用碘单质容易溶解在有机溶剂中的特点，从碘水中提取碘应该用萃取、分液的方法。(4)利用碘遇到淀粉显蓝色的特性反应，检验碘单质的方法为：取少量的产物加入淀粉溶液，若变蓝色，则说明得到了单质碘；若不变蓝色，则说明没有得到单质碘。
21. 在 2L 恒容密闭容器中 3种气态物质间进行反应，X、Y、Z 的物质的量随时间的变化
曲线如图所示：
（1）该反应的化学方程式是___________________________________．
（2）当反应到 t分钟时 ，v（X）正__________v（X）逆（填“大于”、“小于”或“等于”）， 若 t=3min，Y 的平均反应速率是___________________．
（3）反应到 t 分钟时，X的物质的量浓度是___________，X的转化率是_________。若此时刻保持温度和容器压强不变，向容器中充入稀有气体，则X的转化率将_____（填“增大”、“减小”或“不变”）。
(1). 2X⇌3Y+Z (不是可逆符号扣1分) (2). 等于 (3). 0.2mol/(L·min) 【答案】
(4). 0.8mol/L (5). 33.3%(或1/3) (6). 增大
【解析】分析：本题考查的是化学反应方程式的确定和反应速率的计算以及平衡的移动等，掌握基础知识是关键。
(1)根据图像分析，Y增加量为1.2-0=1.2mol，详解：在0-t时间段内X减少量为2.4-1.6=0.8mol，Z的增加量为0.4-0=0.4mol，所以X为反应物，Y、Z为生成物，且在t时刻后物质的量不变说明为可逆反应，方程式为： 2X⇌3Y+Z；(2) 当反应到 t分钟后 ，各物质的物质的量不变，说明反应到平衡，则正反应速率等于逆反应速率。若 t=3min，Y 的平均反应速率=1.2÷2÷3=0.2mol/(L·min)；(3) 反应到 t 分钟时，X的物质的量浓度=1.6/2= 0.8mol/L；X的转化率为0.8/2.4=33.3%(或1/3)；若此时刻保持温度和容器压强不变，向容器中充入稀有气体，则容器的体积变化，平衡正向移动，X的转化率将增大。
点睛：掌握平衡移动的实质问题，例如保持温度和容器的压强不变充入惰性气体，相当于减压，平衡向增大气体物质的量的方向移动，若保持温度和容器的体积不变，充入惰性气体，则平衡不移动。
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