2019-2020学年天津市静海县化学高一(下)期末经典模拟试题含解析

2019-2020学年天津市静海县化学高一(下)期末经典模拟试题

一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）

1．下列叙述中，金属A的活泼性肯定比金属B的活泼性强的是

A．1mol A 从酸中置换H+生成的H2比1 mol B从酸中置换H+生成的H2多

B．常温时，A能从水中置换出氢，而B不能

C．A原子的最外层电子数比B原子的最外层电子数少

D．A原子电子层数比B原子的电子层数多

【答案】B

【解析】

【分析】

金属的活泼性指的是金属失去电子的能力，金属性越强，其单质的还原性越强。

【详解】

下列叙述中，金属A的活泼性肯定比金属B的活泼性强的是

A. 1mol A 从酸中置换H+生成的H2比1 mol B从酸中置换H+生成的H2多，只能说明A的价电子多于B，但不能说明A的失电子能力比B强；

B. 常温时，A能从水中置换出氢，而B不能，A的还原性比氢气强，而B的还原性比氢气弱，可以说明A的失电子能力比B强，即金属A的活泼性肯定比金属B的活泼性强；

C. A原子的最外层电子数比B原子的最外层电子数少，不能说明A的活泼性肯定比金属B的活泼性强，如在金属活动性顺序表中，Ca在Na之前，Ca比Na活泼；

D. A原子电子层数比B原子的电子层数多，不能说明A的活泼性肯定比金属B的活泼性强，如Cu有4个电子层，而Na只有3个电子层，但是Cu没有Na活泼。

综上所述，能说明金属A的活泼性肯定比金属B的活泼性强的是B，本题选B。

2．一定温度下，向容积恒定的密闭容器中投入2molA和1molB，发生如下可逆反应：2A(g)+B(g)C(g)+D(s)。达到平衡时，测得压强为原压强的5/6。则A的转化率为

A．25% B．40% C．50% D．75%

【答案】A

【解析】

【详解】

2A(g) + B(g)C(g)+D(s)

起始量（mol） 2 1 0

转化量（mol） x 0.5x 0.5x

平衡量（mol） 2－x 1－0.5x 0.5x

在等温等容时，压强之比就是物质的量之比 所以有2－x＋1－0.5x＋0.5x＝3×5/6

解得x＝0.5

所以转化率是0.5/2×100％＝25%，答案选A。

3．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。Z的最外层电子数是W的最外层电子数的一半，W与X同主族。下列说法错误．．的是

A．X的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱

B．X的简单离子与Z的具有相同的电子层结构

C．电解由X、Z组成的化合物可获得Z的单质

D．Y、Z、W的最高价氧化物的水化物两两之间均能发生反应

【答案】A

【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素则X为氧元素，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Y为钠元素。W与X同主族，则W为硫元素，Z的最外层电子数是W的最外层电子数的一半，则Z为铝元素。A. X的简单气态氢化物H2O的热稳定性比W的简单气态氢化物H2S强，选项A错误；B. X的简单离子O2-与Z的简单离子Al3+均为10电子结构，具有相同的电子层结构，选项B正确；C. 电解由X、Z组成的化合物Al2O3可获得Z的单质Al，选项C正确；D. Y、Z、W的最高价氧化物的水化物氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸两两之间均能发生反应，选项D正确。答案选A。

点睛：本题考查元素周期表及元素周期律，短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素则X为氧元素，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Y为钠元素。W与X同主族，则W为硫元素，Z的最外层电子数是W的最外层电子数的一半，则Z为铝元素，据此分析解答。

4．门捷列夫编制的第一张元素周期表，为元素的发现和研究元素性质铺平了道路，当时门捷列夫编排元素先后顺序的依据是( )

A．原子半径 B．原子序数

C．相对原子质量 D．质子数

【答案】C

【解析】

【详解】

门捷列夫制作周期表的依据是相对原子质量，这在当时有重要意义，但是我们要知道目前看来这不完全正确，应该是依据质子数，这也说明了一点科学在不断发展和进步。所以选项成C符合题意；

所以本题答案：C。

5．块状大理石与过量的3 mol·L－1盐酸反应制取二氧化碳气体，若要增大反应速率，可采取的措施是( )

①加入氯化钠固体 ②改用6 mol·L－1盐酸 ③改用粉末状大理石 ④适当升高温度

A．①②④ B．②③④ C．①③④ D．①②③ 【答案】B

【解析】

【分析】

反应为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，影响化学反应速率的因素有温度、浓度、压强、催化剂、x射线、固体物质的表面积等。增加反应物浓度，使反应速率加快；升高温度，使反应速率加快；对于有气体参与的化学反应，增大压强，使反应速率加快；增大接触面积，反应速率加快；使用正催化剂，使反应物速率加快，据此解答。

【详解】

反应为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，

①加入一定量的氯化钠固体，不影响氢离子浓度，对反应速率基本无影响，故①错误；

②改用6mol/L盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，故②正确；

③改用粉末状大理石，固体大理石的表面积增大，反应速率加快，故③正确；

④升高温度，反应物分子获得能量，使一部分原来能量较低分子变成活化分子，增加了活化分子的百分数，使得有效碰撞次数增多，故反应速率加大，故④正确。

综合以上分析，②③④正确，答案选B。

【点睛】

本题考查影响化学反应速率的因素，比较基础，注意平时学习需理解记忆。

6．李时珍在《本草纲目》中写到:“烧酒非古法也，自元时始创其法。用浓酒和糟入甑。蒸令气上，用器承取滴露。”文中涉及的操作方法是

A．萃取 B．干馏 C．升华 D．蒸馏

【答案】D

【解析】“用浓酒和糟入甑。蒸令气上，用器承取滴露”可见，烧酒的酿造方法为：加热浓酒和糟，利用沸点的不同，将酒蒸出，然后用器皿盛装冷凝后的馏分，即为蒸馏。答案选D。

7．下列离子方程式书写正确的是( )

A．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu + Fe3+ ＝ Cu2+ + Fe2+

B．Na2O2固体与H2O反应产生O2 ：2Na2O2 + 2H2O ＝ 4Na+ + 4OH－ + O2↑

C．Ba(OH)2溶液中加入稀硫酸 Ba2+ + OHˉ + H+ + SO42-＝ BaSO4↓+ H2O

D．向氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3+ + 4NH3·H2O = AlO2- + 4NH4+ + 2H2O

【答案】B

【解析】A、Cu + Fe3+ ＝ Cu2+ + Fe2+，电荷不守恒，正确的为Cu +2 Fe3+ ＝ Cu2+ + 2Fe2+，A错误。B、2Na2O2

+ 2H2O ＝ 4Na+ + 4OH－ + O2↑，正确，B正确。C、 Ba(OH)2溶液中加入稀硫酸 Ba2+ + OHˉ + H+ + SO42-＝ BaSO4↓+ H2O，反应物之间化学计量数不正确，应为 Ba2+ + 2OHˉ + 2H+ + SO42-＝ BaSO4↓+ 2H2O，C错误。D、Al（OH）3为两性氢氧化物，不溶于弱酸弱碱，正确的为Al3+ + 3NH3·H2O = Al（OH）3↓ +3NH4+ ，D错误。正确答案为B

点睛：1、判断离子方程式正误常用方法有：电荷守恒、质量守恒、物质可否拆分、物质之间反应的量是否正确、是否可逆反应等多个角度理解。2、氢氧化铝为两性化合物，只与强酸强碱反应，不与弱酸如H2CO3、弱碱如NH3·H2O反应。

8．下列关于有机物分子结构说法不正确的是

A．苯的邻位二溴代物只有一种能证明苯分子中不存在碳碳单、双键交替的排布

B．乙烯容易与溴水发生加成反应，且1 mol乙烯完全加成消耗1 mol溴单质能证明乙烯分子里含有一个碳碳双键

C．甲烷的一氯代物只有一种可证明甲烷为正四面体结构

D．1 mol乙醇与足量的钠反应生成0.5 mol氢气，可证明乙醇分子中只有一个羟基

【答案】C

【解析】

【详解】

A、如苯分子中存在碳碳单、双键交替的排布，其邻位二溴代物应该有两种结构，故A正确；

B、乙烯与溴1：1加成，可证明乙烯分子中含有一个碳碳双键，故B正确；

C、若甲烷的一氯代物只有一种结构，其分子结构可能为平面正方形结构，也可能为正四面体结构，故C错误；

D、1mol乙醇与足量的钠反应生成0.5 mol氢气，说明乙醇分子中只有一个羟基，其氢原子与其它5个不同，故D正确。

故选C。

9．如图中的曲线是表示其他条件一定时，2NO(g)＋O2(g)2NO2(g) ΔH＜0反应中NO的转化率与温度的关系曲线，图中标有a、b、c、d四点，其中表示未达到平衡状态，且v(正)＞v(逆)的点是

A．a点 B．b点 C．c点 D．d点

【答案】C

【解析】试题分析：转化率一定的点表示平衡状态，所以a、b点在曲线上，所以表示平衡状态，而c点的NO的转化率低于平衡转化率，说明未达平衡状态，且反应正向进行，所以v(正)＞v(逆)；而d点对应的NO的转化率大于平衡时的转化率，则平衡逆向移动，所以v(正)

考点：考查对图像的分析，平衡移动的判断，平衡状态的判断 10．下列有关化学研究的正确说法是（ ）

A．同时改变两个变量来研究反应速率的变化，能更快得出有关规律

B．从HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，推出F、、Cl、Br、I的非金属递增的规律

C．利用“海水→氢氧化镁→氯化镁→金属镁”的工艺流程生产金属镁

D．依据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液

【答案】C

【解析】分析：A．要研究化学反应速率影响因素时只能改变一个条件；B．卤素元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，其氢化物在水溶液中电离程度越小；C．海水加入氢氧化钙沉淀生成氢氧化镁,过滤得到沉淀用盐酸溶解,得到氯化镁溶液,蒸发浓缩,冷却结晶得到氯化镁晶体,失水后电解熔融氯化镁得到金属镁;D．溶液和浊液没有丁达尔效应。

详解：A．要研究化学反应速率影响因素时只能改变一个条件，如果改变两个条件，无法得出规律，故A错误；B．卤素元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，氢化物在水溶液中电离程度越小，则相应氢化物的酸性越弱，从HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，推出F、Cl、Br、I的非金属减弱的规律，故B错误；C．海水加入氢氧化钙沉淀生成氢氧化镁,过滤得到沉淀用盐酸溶解,得到氯化镁溶液,蒸发浓缩,冷却结晶得到氯化镁晶体,失水后电解熔融氯化镁得到金属镁,所以利用“海水氢氧化镁氯化镁金属镁”的工艺流程,可以生产金属镁,所以故C正确；D．溶液和浊液没有丁达尔效应，所以根据丁达尔现象不能将分散系分为溶液、胶体与浊液，故D错误；故选C。

11．化学与生产生活密切相关，下列说法正确的是（ ）

A．平昌冬奥会“北京8分钟”主创团队用石墨烯制作发热服饰，说明石墨烯是导热金属材料

B．“地沟油”禁止食用，但处理后可用来制肥皂和生物柴油