2020-2021學年湖南省長沙市寧鄉市高一下學期期末調研考試化學試題(解析版)_第1頁
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試卷第=page1616頁,共=sectionpages1616頁試卷第=page1515頁,共=sectionpages1616頁湖南省長沙市寧鄉市2020-2021學年高一下學期期末調研考試化學試題學校:___________姓名:___________班級:___________考號:___________一、單選題1.化學與能源開發、環境保護、資源利用等密切相關。下列說法正確的是A.為提高農作物的產量和質量,應大量使用化肥和農藥B.綠色化學的核心是應用化學原理對環境污染進行治理C.實現化石燃料清潔利用,就無需開發新能源D.垃圾是放錯地方的資源,應分類回收利用【答案】D【詳解】A.化肥和農藥雖然能提高農作物的產量和質量,但會污染環境、影響人體健康,不能大量使用,A錯誤;B.綠色化學的核心是利用化學原理從源頭上減少和消除對環境的污染,B錯誤;C.化石燃料屬于不可再生能源,故仍需開發新能源緩解能源缺乏的問題,C錯誤;D.垃圾可分類回收利用,節約能源,D正確。答案選D。2.抗擊新冠疫情,當前的重要工作是“外防輸入,內防反彈”。下列說法不正確的是A.醫用消毒酒精中乙醇的濃度為75%B.“84”消毒液、二氧化氯泡騰片可用作環境消毒C.大量喝酒可以預防“新型冠狀病毒”D.生產醫用防護口罩的原料聚丙烯纖維屬于有機高分子材料【答案】C【詳解】A.只有70%-75%的酒精即能順利地進入到細菌體內,又能有效地將細菌體內的蛋白,質凝固,所以醫用消毒酒精中乙醇的濃度為75%,A正確;B.“84”消毒液的主要成分為次氯酸鈉,次氯酸鈉和二氧化氯都具有強氧化性,能殺菌消毒,B正確;C.喝酒對人體有害,與新型冠狀病毒無關,且醫用酒精消毒為體積分數為75%的酒精,喝的酒達不到這么高的濃度,不可以預防新型冠狀病毒,C錯誤;D.聚丙烯纖維屬于有機高分子材料,D正確;故選C。3.糖類、脂肪和蛋白質是人體必需的三大營養物質。以下敘述中,不正確的是A.植物油能使溴的四氯化碳溶液褪色B.淀粉水解的最終產物是葡萄糖C.葡萄糖能發生水解反應D.含有苯環的蛋白質遇濃硝酸變黃色【答案】C【詳解】A.植物油分子中還有碳碳雙鍵,能使溴的四氯化碳溶液褪色,A正確;B.淀粉水解的最終產物是葡萄糖,B正確;C.葡萄糖是單糖,不能發生水解反應,C錯誤;D.含有苯環的蛋白質遇濃硝酸變黃色,D正確;答案選C。4.下列關于SO2的說法正確的是(

)A.SO2氣體通入滴有酚酞的NaOH溶液中,紅色褪去,說明SO2具有漂白性B.SO2和Cl2混合通入品紅溶液中,一定能使紅色褪色C.SO2氣體通入溴水中,溴水的顏色褪去,說明SO2具有漂白性D.二氧化硫的排放會導致酸雨的產生【答案】D【詳解】A.SO2與NaOH反應,使溶液的堿性減弱或消失,紅色褪去,說明SO2的水溶液具有酸性,A不正確;B.SO2和Cl2混合通入品紅溶液中,若二者剛好完全反應,則紅色不褪去,B不正確;C.SO2氣體通入溴水中,發生反應SO2+Br2+2H2O==H2SO4+2HBr,溴水的顏色褪去,說明SO2具有還原性,C不正確;D.二氧化硫的排放會使雨水的pH>5.6,從而導致酸雨的產生,D正確;故選D。5.對下列化學用語的理解和使用均正確的是(

)A.乙烯的結構簡式為CH2CH2 B.甲烷分子的球棍模型為C.Cl﹣結構示意圖: D.用于考古斷代的碳原子中含8個中子,其原子符號為【答案】C【詳解】A.乙烯屬于烯烴,官能團是碳碳雙鍵,其結構簡式為:CH2=CH2,A錯誤;B.圖示的為甲烷的比例模型,其球棍模型為:,B錯誤;C.Cl-是Cl原子得到一個電子形成的,核外電子排布為2、8、8,則Cl-結構示意圖為:,C正確;D.原子符號表示時,左下角為質子數,左上角為質量數。用于考古斷代的碳原子中含8個中子,其質量數是14,用原子符號可表示為,D錯誤;故合理選項是C。6.乙酰水楊酸(阿司匹林)的結構如圖,下列說法中正確的是A.分子式為C9H10O4 B.分子中含有羧基,酯基和碳碳雙鍵C.能和乙醇發生酯化反應 D.是一種不飽和烴【答案】C【詳解】A.乙酰水楊酸的分子式為C9H8O4,A選項錯誤;B.乙酰水楊酸含有苯環結構,官能團包括羧基、酯基,不包括碳碳雙鍵,B選項錯誤;C.乙酰水楊酸含有羧基,能與乙醇發生酯化反應,C選項正確;D.烴是含有C、H兩種元素的有機物,乙酰水楊酸含有O元素,D選項錯誤;故選C。7.由氯乙烯(CH2=CHCl)制得的聚氯乙烯()可用來制造多種包裝材料,下列有關說法錯誤的是A.聚氯乙烯屬于高分子化合物B.氯乙烯可由乙烯與氯化氫加成制得C.由氯乙烯制得聚氯乙烯符合“原子經濟”D.大量使用聚氯乙烯塑料可造成白色污染【答案】B【詳解】A.聚氯乙烯的分子式為(C2H3Cl)n,其相對分子質量一般很大,其本身就屬于高分子化合物,A正確;B.乙烯和氯化氫加成得到的是氯乙烷,氯乙烯是由乙炔和氯化氫加成制得,B錯誤;C.氯乙烯制得聚氯乙烯的過程中,沒有其他產物生成,所有原子都構成了目標產物,所以這個過程符合“原子經濟”,C正確;D正確;故合理選項為B。8.對下列事實的解釋正確的是A.在蔗糖中加入濃硫酸后出現發黑現象,說明濃硫酸具有吸水性B.葡萄酒中添加二氧化硫以起到殺菌、抗氧化作用說明二氧化硫是種無毒的氣體C.用NaOH和鋁粉作家庭管道疏通劑,說明NaOH溶液和鋁粉反應能產生大量氣體D.氫氧化亞鐵在空氣中不穩定,會轉化成氫氧化鐵說明氫氧化亞鐵具有強氧化性【答案】C【詳解】A.在蔗糖中加入濃硫酸后,濃硫酸使蔗糖中的H、O元素以水的比例脫出,生成單質碳,出現發黑現象,說明濃硫酸具有脫水性,A解釋錯誤;B.葡萄酒中添加二氧化硫以起到殺菌、抗氧化作用,說明二氧化硫是種具有還原性的氣體,B解釋錯誤;C.用NaOH和鋁粉作家庭管道疏通劑,說明NaOH溶液和鋁粉反應能產生大量氫氣,C解釋正確;D.氫氧化亞鐵在空氣中不穩定,與空氣中的氧氣反應生成氫氧化鐵,說明氫氧化亞鐵具有還原性,D解釋錯誤;答案為C。9.斯坦福大學的研究人員提出的一種基于的碳循環(如圖所示),下列說法正確的是A.圖中能量轉化方式只有2種B.、均屬于有機化合物C.制取反應:的原子利用率為100%D.利用合成燃料有利于減少對化石能源的依賴并減少碳排放【答案】D【詳解】A.圖中能量轉化方式有風能轉化為電能、電能轉化為化學能、化學能轉化為電能等,所以能量轉化方式不只是2種,故A錯誤;B.二氧化碳是碳的氧化物,屬于無機物,故B錯誤;C.制取反應:,若原子利用率為100%,反應物全部轉化為產品即甲醇,該反應生成了水,原子利用率未達到100%,故C錯誤;D.利用合成燃料,給人們提供了燃料,同時消耗了二氧化碳,有利于減少對化石能源的依賴并減少碳排放,故D正確;故選D。10.用西紅柿、電流計、鐵或鋅等金屬進行“水果電池”的實驗探究。實驗如下。資料:西紅柿含礦物鹽、有機酸、H+等。實驗ⅠⅡⅢⅣ示意圖現象有微量氣泡無現象Cu片附近有氣泡,且較I快電流計指針偏轉,Cu片附近有氣泡下列分析不正確的是A.實驗Ⅰ、Ⅱ說明Zn能與H+反應而Cu不能B.實驗Ⅲ說明在該條件下Cu可與H+反應生成H2C.實驗Ⅰ、Ⅲ說明發生原電池反應時會加快化學反應速率D.實驗Ⅳ中Zn為負極,電子由Zn沿導線流向Cu【答案】B【分析】水果中含有果酸,能與活潑金屬發生氧化還原反應。自發進行的氧化還原反應,導電的電極、外電路和電解質溶液構成原電池。【詳解】A.由鋅片插入水果中與果酸反應生成氫氣,銅片插入水果中無現象可得鋅能與氫離子反應而銅不能,A正確;B.實驗Ⅲ裝置為原電池,其中鋅極為負極,電極反應式為:,銅極為正極,電極反應式為:,銅并不參與反應,B錯誤;C.結合實驗Ⅰ、Ⅲ的現象可證明在其他條件相同時,對于同一個氧化還原反應,原電池反應速率比普通氧化還原反應速率快,C正確;D.原電池中負極失電子,經外電路電子流向正極,內電路電解質中陰離子移動向負極,陽離子移動向正極,D正確;故選B。11.現向一密閉容器中通入1molN2和3molH2,發生反應:N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)。下列有關說法正確的是A.達到化學平衡時,生成NH3的物質的量為2molB.達到化學平衡時,反應就停止了C.達到化學平衡時,正反應速率和逆反應速率相等D.達到化學平衡時,N2、H2和NH3的物質的量濃度一定相等【答案】C【詳解】A.N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)為可逆反應,不能進行到底,故達到化學平衡時,生成NH3的物質的量小于2mol,A錯誤;B.達到化學平衡時,正反應速率和逆反應速率相等,但是不等于零,反應并沒有停止,B錯誤;C.達到化學平衡時,正反應速率和逆反應速率相等,C正確;D.達到化學平衡時,N2、H2和NH3的物質的量濃度不一定相等,而是,N2、H2和NH3的物質的量濃度均保持不變,D錯誤;故選C。12.乙醇是生活中常見的有機物,下列有關乙醇的實驗操作或實驗現象正確的是A.①中酸性KMnO4溶液不會褪色B.②中鈉會在乙醇內部上下跳動,上方的火焰為淡藍色C.③中灼熱的銅絲插入乙醇中,銅絲由紅色變為黑色D.④中X是飽和NaOH溶液,X液面上有油狀液體生成【答案】B【詳解】A.乙醇具有還原性,能與高錳酸鉀反應使其褪色,A錯誤;B.乙醇與鈉反應生成乙醇鈉和氫氣,反應式為:,氫氣點燃火焰為淡藍色,B正確;C.銅與氧氣反應生成黑色的氧化銅,氧化銅與乙醇反應生成乙醛和銅單質,總反應式為:,反應現象為黑色的銅絲插入乙醇中又變為紅色,C錯誤;D.酯化反應收集乙酸乙酯用的是飽和碳酸鈉溶液,起到除去乙醇、乙酸并降低乙酸乙酯溶解度的作用。乙酸乙酯與氫氧化鈉會發生水解反應生成可溶于水的乙醇和乙酸鈉,反應式為:,看不到X液面上有油狀液體生成,D錯誤;故選B。13.圖是利用二氧化硅制備硅及其化合物的流程,下列說法正確的是A.由反應②③說明SiO2屬于兩性氧化物B.由反應④說明酸性,H2SiO3>H2CO3C.硅膠吸水后,經干燥可以重復再生D.圖中所示轉化反應都是氧化還原反應【答案】C【詳解】A.二氧化硅是酸性氧化物能和強堿反應,反應方程式為SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O;但也能和特殊的酸氫氟酸反應,反應方程式為:SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O,二氧化硅只是能和特殊酸反應,和其它酸不反應,和酸的反應沒有普遍性,所以不能說明其具有兩性,A錯誤;B.高溫下SiO2能與Na2CO3固體反應生成Na2SiO3和CO2,不是在常溫下進行,且不是在水溶液中進行,不能說明硅酸的酸性強于碳酸,B錯誤;C.硅膠吸附水后,可通過熱脫附方式將水份除去重復使用,C正確;D.圖中二氧化硅與氫氟酸、氫氧化鈉、碳酸鈉的反應,硅酸鈉與鹽酸的反應、硅酸的分解、硅酸的生成,元素的化合價都沒有發生變化,是非氧化還原反應,D錯誤;答案選C。【點睛】解答本題時,注重物質的性質及化學與生活,把握物質的性質及發生的反應,注意雖然二氧化硅是酸性氧化物,但它能和特殊的酸(氫氟酸)反應。14.不同條件下,用O2氧化一定濃度的FeCl2溶液過程中所測的實驗數據如圖所示。下列分析或推測不合理的是A.Fe2+的氧化率隨時間延長而逐漸增大B.由②和③可知,pH越大,Fe2+氧化速率越快C.由①和③可知,溫度越高,Fe2+氧化速率越快D.氧化過程的離子方程式為:4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O【答案】B【詳解】A.由圖像可知,Fe2+的氧化率隨時間延長而逐漸增大,故A正確;B.②和③變量為pH,由圖像可知,由②和③可知,pH越小,Fe2+氧化速率越快,故B錯誤;C.①和③變量為溫度,由圖像可知,①和③的溶液的pH相同,溫度越高,Fe2+氧化速率越快,故C正確;D.氧化過程發生的反應為酸性條件下,亞鐵離子與氧氣反應生成鐵離子和水,反應的離子方程式為為4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O,故D正確;故選B。15.中國科學院科研團隊研究表明,在常溫常壓和可見光下,基于LDH(—種固體催化劑)合成NH3的原理示意圖如圖。下列說法不正確的是A.該過程將太陽能轉化成為化學能B.氧化劑與還原劑的物質的量之比為1:3C.該過程中,涉及離子鍵和共價鍵的斷裂與生成D.原料氣N2可通過分離液態空氣獲得【答案】C【分析】從原理圖中可以看出,N2與H2O在光照條件下,在催化劑表面發生反應,轉化為NH3和O2,發生反應的化學方程式為2N2+6H2O4NH3+3O2。【詳解】A.在光照條件下,N2與H2O在催化劑LDH表面發生化學反應生成NH3和O2,將太陽能轉化成為化學能,A正確;B.從反應2N2+6H2O4NH3+3O2中可以得出,氧化劑(N2)與還原劑(H2O)的物質的量之比為2:6=1:3,B正確;C.該過程中,沒有離子化合物參與反應,也沒有離子化合物生成,所以不涉及離子鍵的斷裂與生成,C不正確;D.空氣中含有大量的N2,可將空氣液化,然后蒸餾,從而獲得原料氣N2,D正確;故選C。16.下列由實驗得出的結論不相符的是操作和現象結論A將一小塊鈉分別投入盛有水和乙醇的小燒杯中,鈉與乙醇反應要平緩得多乙醇羥基中的氫原子不如水分子中的氫原子活潑B用乙酸浸泡水壺中的水垢,可將其清除乙酸的酸性強于碳酸的酸性C向盛有Na2CO3固體的錐形瓶中滴加稀鹽酸,產生無色氣體不能證明氯元素的非金屬性強于碳元素D向蔗糖溶液中加入稀硫酸,水浴加熱一段時間后,再加入新制Cu(OH)2懸濁液,用酒精燈加熱,未見磚紅色沉淀蔗糖未水解A.A B.B C.C D.D【答案】D【詳解】A.水為弱電解質,能電離出氫離子,與鈉反應速率比非電解質乙醇更快,A正確;B.水垢主要為碳酸鹽,乙酸能與碳酸鹽反應生成二氧化碳,證明乙酸酸性強于碳酸,B正確;C.碳酸鈉與稀鹽酸反應生成二氧化碳證明鹽酸酸性強于碳酸,但比較非金屬性強弱時,需要比較非金屬元素最高價氧化物對應水化物的酸性,即高氯酸和碳酸的酸性強弱,C正確;D.用新制氫氧化銅檢驗醛基需要在堿性條件下才能觀察到現象,因硫酸可以和新制氫氧化銅發生酸堿中和反應,所以不會生成磚紅色沉淀,D錯誤;故選D。二、填空題17.按要求完成下列填空。(1)為了提高煤的利用率,常將其氣化為可燃性氣體,主要反應是碳和水蒸氣反應生成水煤氣,其中還原劑是_______(填化學式)。(2)氮是動植物生長不可缺少的元素,合成氨的反應對人類解決糧食問題貢獻巨大,反應如下:N2+3H22NH3。①合成氨的反應中的能量變化如圖所示。該反應是_______反應(填“吸熱”或“放熱”),其原因是反應物化學鍵斷裂吸收的總能量_______(填“大于”或“小于”)生成物化學鍵形成放出的總能量。②在一定條件下,將一定量的N2和H2的混合氣體充入某密閉容器中,一段時間后,下列敘述能說明該反應達到平衡狀態的是_______(填字母)。a.容器中N2、H2、NH3共存b.N2、H2、NH3的物質的量之比為1∶3∶2c.容器中的壓強不隨時間變化d.N2、NH3濃度相等(3)下列各反應中,符合如圖所示能量變化的是_______(填字母)。a.H2和Cl2的反應b.Al和鹽酸的反應c.Na和H2O的反應d.Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl的反應【答案】(1)C(2)

放熱

小于

c(3)d【解析】(1)C和H2O在高溫下反應生成CO和H2O,反應式為:,其中C化合價從0價升至+2價,為還原劑;(2)①由圖分析可得N2與H2的能量高于NH3的能量,合成氨的過程中放出能量,為放熱反應。根據,可得反應物化學鍵斷裂吸收的能量小于生成物化學鍵形成的能量;②在恒溫恒容的條件下,對于反應前后氣體化學計量數不相等的反應,反應中各組分物質的量、物質的量濃度、質量、體積等不變,或體系總壓強不變,均可判斷反應到達平衡狀態,故選c;(3)由圖可得該反應為吸熱反應,而a為化合反應,b為活潑金屬與酸反應,c為活潑金屬與水反應,均為放熱反應,d為吸熱反應,故選d。18.氮、硫的氧化物都會引起環境問題,越來越引起人們的重視。如圖是氮、硫元素的各種價態與物質類別的對應關系:(1)根據A對應的化合價和物質類別,A為_______(寫分子式),從氮元素的化合價能否發生變化的角度判斷,圖中既有氧化性又有還原性的含氮化合物有_______。(2)濃、稀硝酸的性質既相似又有差別,若要除去鐵制品表面的銅鍍層應選擇_______。(3)工廠里常采用NaOH溶液吸收NO、NO2的混合氣體,使其轉化為化工產品NaNO2,試寫出其化學方程式:_______。(4)工業上把海水先進行氧化,再吸收溴,達到富集溴的目的。常用的方法是先用熱空氣吹出Br2,再用SO2水溶液吸收Br2.取吸收后的溶液,向其中加入氯化鋇溶液有白色沉淀析出。寫出SO2水溶液吸收Br2反應的化學方程式:_______。【答案】(1)

N2O5

NO、NO2(2)濃硝酸(3)NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O(4)SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr【解析】(1)A為+5價氮元素的氧化物,因此A的化學式為N2O5;圖中既有氧化性又有還原性的含氮化合物,氮元素的化合價應在-3和+5價之間,因此應該為NO、NO2。(2)除去鐵制品表面的銅鍍層,應該選用只與銅反應,不與鐵反應的物質。濃硝酸在常溫下可以與鐵反應生成致密的氧化物薄膜,阻礙反應的進一步進行,但卻可以與銅反應,因此選用濃硝酸。(3)NaOH溶液吸收NO、NO2的混合氣體后生成NaNO2,H與多余的O生成水,配平可得化學方程式:NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O。(4)SO2與鹵素單質反應的方程式為:SO2+X2+2H2O=H2SO4+2HX,因此SO2水溶液吸收Br2反應的化學方程式:SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr。三、工業流程題19.粉煤灰的綜合利用既有利于節約資源,又有利于保護環境。某粉煤灰(主要含Al2O3、Fe2O3、CaCO3等)的鋁、鐵分離工藝流程如下:(1)①“酸浸”時Al2O3發生反應的離子方程式為_______。②當硫酸質量分數大于50%時,金屬氧化物浸出率明顯下降。其原因是_______覆蓋在固體表面,阻止鐵鋁氧化物的溶解(2)有關金屬離子以氫氧化物沉淀時離子濃度隨pH變化如圖所示。“還原”操作的作用是將_______還原成_______。“沉鋁”過程中加入氨水調pH的范圍是_______。【答案】(1)

Al2O3+6H+=2Al3++3H2O

CaSO4(2)

Fe3+

Fe2+

5~7(或合理范圍)【分析】某粉煤灰(主要含Al2O3、Fe2O3、CaCO3等)在酸浸時,主要成分均可以與硫酸反應,生成對應的鹽溶液;生成的Fe3+經過還原生成Fe2+,方便后續加入氨水后,分離Al(OH)3。(1)①“酸浸”時Al2O3發生反應的離子方程式為:Al2O3+6H+=2Al3++3H2O;②當硫酸質量分數大于50%時,生成的微溶物CaSO4因濃度增大而析出,沉降到固體表面,阻止鐵鋁氧化物的溶解,造成金屬氧化物浸出率明顯下降。(2)由分析可知,“還原”操作的作用是將Fe3+還原成Fe2+;“沉鋁”過程要將Al3+沉淀完全,但是不能讓Fe2+生成沉淀,由圖分析,加入氨水調pH的范圍是5~7。四、有機推斷題20.有A、B、C、D四種有機物,A、B屬于烴類物質,C、D都是烴的衍生物。A是含氫質量分數最大的有機物,分子結構為正四面體;B的球棍模型為;C的相對分子質量為46,能與Na反應,但不能與NaOH溶液反應;D的空間填充模型為,向該物質的水溶液中滴加紫色石蕊溶液,溶液變紅色。請回答下列問題:(1)A的電子式是_______,C中官能團的名稱是_____

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