(10份试卷合集)山东省东营邹平县高中联考2019年化学高一下学期期末模拟试卷

烷烃的一氯代物种类，取决于有机物分子中氢原子的种类，先根据有机物名称判断有机物中氢原子种类，然后判断一氯代物种类，以此解答该题。

【详解】A．正戊烷分子中氢原子有3种，一氯代物有3种；正己烷分子中氢原子有3种，一氯代物有3种，所以二者一氯代物数目相同，A错误；

B．新戊烷只有1种氢原子，一氯代物有1种，2-甲基丙烷有2种H原子，一氯代物有2种，B正确； C．环戊烷和乙烷都只有一种氢原子，一氯代物只有一种，C错误；

D．丙烷有2种H原子，一氯代物有2种，2，3-二甲基丁烷有2种H原子，一氯代物有2种，D错误。 答案选B。

【点睛】本题考查同分异构体的判断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握等效氢的判断，把握有机物的结构特点，题目难度不大。 9.已知25 ℃、101 kPa下，下列反应

C(石墨) + O2(g) === CO2(g) ，燃烧1 mol C(石墨)放热393.51 kJ。 C(金刚石) + O2(g) === CO2(g)，燃烧1 mol C(金刚石)放热395.41 kJ。 可以得出的结论是 （ ）

A. 金刚石比石墨稳定 B. 1 mol石墨所具有的能量比1 mol金刚石低 C. 金刚石转变成石墨是物理变化 D. 石墨和金刚石都是碳的同位素 【答案】B 【解析】

试题分析：根据，C(石墨) + O2(g) === CO2(g) ，燃烧1 mol C(石墨)放热393.51 kJ。C(金刚石) + O2(g) === CO2(g)，燃烧1 mol C(金刚石)放热395.41 kJ，金刚石的能量比石墨高；石墨比金刚石稳定，故A错误；1 mol石墨所具有的能量比1 mol金刚石低1.9 kJ，故B正确；金刚石转变成石墨是化学变化，故C错误；石墨和金刚石都是碳的同素异形体，故D错误。 考点：本题考查化学反应中的能量变化。 10.下列有关原电池的说法中，正确的是

A. 铝片和镁片用导线连接后插入NaOH溶液中，镁片较活泼，作负极 B. 铁片和铜片用导线连接后插入浓硝酸中，铜作负极 C. 镀锌铁和镀锡铁的镀层破损后，前者较易被腐蚀

D. 将反应2Fe+Fe=3Fe设计为原电池，则可用锌片作负极，铁片作正极，FeCl3溶液作电解质 【答案】B 【解析】

【详解】A、铝片和镁片用导线连接后插入NaOH溶液中，铝可以与NaOH溶液反应，而镁片与NaOH溶液不反应，所以铝作负极，A错误；

B、铁片和铜片用导线连接后插入浓硝酸中，铁发生钝化，铜能与浓硝酸反应，所以铜作负极，B正确；

3+

2+

C、镀锌铁和镀锡铁的镀层破损后，前者锌铁形成原电池，锌作负极被腐蚀从而保护铁，而锡铁原电池，铁的活泼性强于锡，铁作负极易被腐蚀，所以后者较易被腐蚀，C错误；

D、锌片作负极，铁片作正极，FeCl3溶液作电解质形成的原电池中，锌参与反应生成锌离子，与2Fe+Fe=3Fe的设计目标不符，应该是铁作负极，D错误； 答案选B。

【点睛】铁片和铜片用导线连接后插入硫酸溶液中，铁做负极，铜做正极；铁片和铜片用导线连接后插入浓硝酸中，铜作负极，铁做正极，这说明电解质溶液性质也决定着原电池的正负极，判断时需要灵活应用。 11.氮氧化铝（AlON）是一种高硬度防弹材料，可以在高温下由反应Al2O3+C+N2法合理的是

A. 上述反应中氮气作还原剂 B. 氮氧化铝中氮元素的化合价是-3 C. 氮氧化铝晶体中的作用力是范德华力

D. 根据氮氧化铝晶体的硬度可推断其晶体类型可能与石英相同 【答案】D 【解析】

由化合价代数和为0可知，氮氧化铝中铝元素化合价为+3价，O为-2价，氮元素的化合价为-1。A．反应中N元素化合价降低，N2为氧化剂，A错误；B．根据上述分析，氮元素的化合价为-1，B错误；C．氮氧化铝晶体中化学键应为共价键C错误；D．根据氮氧化铝晶体的硬度可推断其晶体类型应为原子晶体，D正确；故选D。 12.有X、Y、Z三种短周期元素，原子半径大小关系为r(Y)>r(X)>r(Z)，原子序数之和为16。X、Y、Z三种元素的常见单质分子在适当条件下可发生如图变化，其中B和C均为10电子分子.下列说法中不正确的是

2AlON+CO合成，下列有关说

3+

2+

A. X与Z形成的某种化合物可用来杀菌消毒 B. C极易溶于B中，溶液呈碱性 C. Y与Z形成的二元化合物只含有极性键 D. A和C能发生氧化还原反应 【答案】C 【解析】

根据10电子分子可围绕常见氢化物分析，根据原子序数结合原子半径，可知Z是氢、X是氧、Y是氮，A、X与Z形成的某种化合物H2O2可用来杀菌消毒，故A正确；B、C是NH3，极易溶于B——H2O中，溶液呈碱性，故B正确；C、Y与Z形成的二元化合物可能是NH3只含有极性键,也可能是N2H4其中N―H是极性键，N―N是非极性键，

故C错误；D、NO和NH3能发生氧化还原反应，故D正确。故选C。 13.下列离子方程式的书写正确的是 A. 氯气通入水中，溶液呈酸性：Cl2 + H2O B. AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：Al+ 3NH3C. 钠和冷水反应：Na＋2H2O＝Na＋2OH＋H2↑ D. 向FeCl3溶液中加入铁粉：Fe3+ + Fe ＝ 2Fe2+ 【答案】B 【解析】

A、次氯酸是弱电解质，氯气通入水中，溶液呈酸性：Cl2 + H2O 是弱碱，AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：Al+ 3NH3

3+

+

3+

2H + Cl+ClO

H2O ＝ Al（OH）3 ↓ + 3NH4

+

+

H + Cl+HClO，故

+

+

错误；B、一水合氨

H2O ＝ Al（OH）3 ↓ + 3NH4，故B正确；C、钠和冷水

反应：2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH＋H2↑，故C错误；D、向FeCl3溶液中加入铁粉：2Fe3+ + Fe ＝ 3Fe2+，故D错误；故选B。

14.下列气体通入相应试剂中，根据现象得出的结论不正确的是 ．．．选项 A B C D

A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】

A、二氧化硫使氯水褪色，说明二氧化硫具有还原性，故A错误；B、氨水显碱性，能使酚酞溶液变为红色，故B正确；C、SO2也能使澄清石灰水变浑，故C正确；D、氯气通入水中，溶液呈酸性：Cl2 + H2O 氯水中含盐酸呈酸性和HClO漂白性物质，故D正确。故选A。

15.如图是批量生产的笔记本电脑所用的甲醇燃料电池的结构示意图。甲醇在催化剂作用下提供质子(H+)和电子，电子经外电路、质子经内电路到达另一极与氧气反应。电池总反应式为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O。下列说法中不正确的是

H+ + Cl+HClO，

气体 SO2 NH3 X Cl2 试剂 氯水 酚酞溶液 澄清石灰水 紫色石蕊试液 现象 溶液褪色 溶液变为红色 溶液变浑浊 溶液先变红后褪色 结论 SO2有漂白性 氨水显碱性 X不一定是CO2 氯水中含酸性和漂白性物质

A. 左边的电极为电池的负极，a处通入的是甲醇 B. 每消耗3.2g氧气转移的电子数为0.4mol C. 电池负极的反应式为CH3OH+H2O-6e=CO2+6H D. 电池的正极反应式为O2+2H2O+4e=4OH 【答案】D 【解析】 【分析】

根据电子的流动方向判断燃料电池的正负极，结合原电池的工作原理解答。

【详解】A. 根据电子的流向可知左边电池反应失去电子，所以左边的电极为电池的负极，a处通入的是甲醇，A正确；

B. 1分子氧气在反应中得到4个电子，每消耗3.2g即0.1mol氧气转移的电子的物质的量为0.4mol，B正确； C. 由于存在质子交换膜，则电池负极的反应式为CH3OH+H2O-6e=CO2+6H，C正确； D. 电池的正极发生得到电子的还原反应，即反应式为：O2+4e—+4H+=2H2O，D错误。 答案选D。

【点睛】明确原电池的工作原理是解答的关键，难点是电极反应式的书写，注意碱性溶液的电极反应式中不能出现H+；相反，酸性溶液的电极反应式中不能出现OH-。另外要注意是否存在交换膜以及是不是熔融的电解质等。 16.在372K时，把0.5molN2O4 通入体积为5L的真空密闭容器中，立即出现红棕色。反应进行到2s时，NO2的浓度为0.02mol/L。在60s时，体系已达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6倍.下列说法正确的是 A. 前2s以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol/(L·s) B. 在2s时体系内压强为开始时的1.1倍 C. 在平衡时体系内含有N2O40.25mol D. 平衡时，N2O4的转化率为40% 【答案】B 【解析】

【详解】A、反应进行到2s时，NO2的浓度为0.02mol/L，则前2 s内N2O4的浓度减少0.02mol/L÷2=0.01mol/L，则以N2O4的浓度变化表示的反应速率为0.01mol/L÷2s＝0.005mol·L－1·s－1，A错误；

B、前2s时，二氧化氮的物质的量是0.02 mol·L－1×5L=0.1mol，则消耗N2O4的物质的量是0.1mol÷2=0.05mol，

-+

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