2020年福建省泉州市化学高一(下)期末学业质量监测模拟试题

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．某烯烃（只含1个双键）与H2加成后的产物是，则该烯烃的结构式可能有（　　）

A．1种B．2种C．3种D．4种

【答案】C

【解析】试题分析：该烷烃的碳链结构为，1号和6号碳原子关于2号碳原子对称，5、8、9号碳原子关于4号碳原子对称，但4号碳原子上没有氢原子，所以4号碳原子和3、5、8、9号碳原子间不能形成双键；相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，所以能形成双键有：1和2之间（或2和6）；2和3之间；3和7之间，共有3种，答案选C。

【考点定位】本题主要是考查同分异构体的书写

【名师点晴】先判断该烃结构是否对称，如果对称，只考虑该分子一边的结构和对称线两边相邻碳原子即可；如果不对称，要全部考虑，然后各去掉相邻碳原子上的一个氢原子形成双键，因此分析分子结构是否对称是解本题的关键，注意不能重写、漏写。

2．下列有关化学用语使用正确的是

A．HC1的电子式： B．CO2的比例模型：

C．乙酸的分子式：CH3COOH D．甲烷的实验式为CH4

【答案】D

【解析】分析：A.氯化氢是共价化合物；

B.比例模型是一种与球棍模型类似，用来表现分子三维空间分布的分子模型。球代表原子，球的大小代表原子直径的大小，球和球紧靠在一起；

C.CH3COOH表示乙酸的结构简式；

D.分子中各原子的最简个数比是实验式。

详解：A. HC1分子中含有共价键，电子式为，A错误；

B. 由于碳原子半径大于氧原子半径，则不能表示CO2的比例模型，B错误；

C. 乙酸的分子式为C2H4O2，C错误；

D. 甲烷是最简单的碳氢化合物，实验式为CH4，D正确。

答案选D。

3．在一密闭容器中充入1molH2和1molI2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应:H2(g)+I2(g)⇌2HI(g) △H<0.下列操作中，能使其反应速率减慢的有( )

①保持容器容积不变，向其中充入1molH2

②保持容器容积不变，向其中充入1molN2(N2不参加反应)

③保持容器内压强不变，向其中充入1molN2(N2不参加反应)

④保持容器内压强不变，向其中充入1molH2(g)和1molI2(g)

⑤提高起始反应温度

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个

【答案】B

【解析】

【分析】

反应浓度越大，反应速率越快；保持容器容积不变，反应混合物各组分的浓度不变，反应速率不变；保持容器气体压强不变，向其中充入1mol N2（N2不参加反应），容器体积增大，物质浓度减小，反应速率减小。

【详解】

①保持容器容积不变，向其中加入1molH2，增大反应物浓度，反应速率增大，故错误；

②保持容器容积不变，向其中充入不参加反应的1molN2，反应混合物各组分的浓度不变，反应速率不变，故错误；

③保持容器内压强不变，向其中充入不参加反应的1molN2，容器体积增大，物质浓度减小，反应速率减小，故正确；

④保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol H2（g）和1molI2（g），容器体积增大为原来的2倍，气体物质的量也增大为原来的2倍，容器中各物质的浓度不变，反应速率不变，故错误；

⑤提高起始反应温度，反应速率加快，故错误。

③正确，故选B。

【点睛】

本题考查化学反应速率的影响因素，注意理解压强对反应速率影响的实质是通过改变反应物的浓度是解答关键。

4．下列属于电解质的是

A．蔗糖 B．盐酸 C．酒精 D．氢氧化钠

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A、蔗糖在水中或者熔融状态下，都不会电离，是非电解质，A错误；

B、盐酸是混合物，不属于电解质和非电解质的研究对象，故盐酸不是电解质，B错误；

C、酒精在水中或者熔融状态下，都不会电离，非电解质，C错误；

D、氢氧化钠水中或者熔融状态下可以电离，是电解质，D正确；

故答案选D。

【点晴】

掌握电解质的含义是解答的根据，电解质：在水溶液里或熔化状态下能够自身电离出离子的化合物的化合物，如酸、碱、盐等。非电解质：在水溶液里和熔融状态下都不能自身电离出离子的化合物，如蔗糖、酒精等。注意：溶于水和熔化状态两各条件只需满足其中之一，溶于水不是指和水反应；化合物，电解质和非电解质，对于不是化合物的物质既不是电解质也不是非电解质；电解质与电解质溶液的区别：电解质是纯净物，电解质溶液是混合物。无论电解质还是非电解质的导电都是指本身，而不是说只要在水溶液或者是熔化能导电就是电解质。

5．据报道，以硼氢化合物NaBH4(B元素的化合价为十3价)和H2O2作原料的燃料电池，负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2可用作空军通信卫星电源，其工作原理如图所示。下列说法错误的是( )

A．电池放电时Na＋从a极区移向b极区

B．电极b采用MnO2，MnO2既作电极又有催化作用

C．该电池的a极反应为BH4-+8OH--8e-＝BO2-+6H2O

D．每消耗3mol H2O2，转移的电子为3mol

【答案】D

【解析】

【详解】

A．根据装置示意图可知a电极是负极，b电极是正极。原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从a极区移向b极区，A正确；

B．电极b采用MnO2，MnO2为正极，H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH-，MnO2既作电极材料又有催化作用，B正确；

C．该电池的a极是负极，发生氧化反应，电极反应为BH4-+8OH--8e-＝BO2-+6H2O，C正确；

D．电池的正极上是H2O2得电子，发生还原反应，每消耗3mol H2O2，转移的电子为6mol电子，D错误。

答案选D。

6．高分子化合物的单体是(　　)

A． B．CH2==CH2

C．CH3—CH2—CH2—CH3 D．CH3—CH==CH—CH3

【答案】D

【解析】

【分析】

单体就是合成高分子的小分子，加聚反应中，单体通常通过加成反应形成高分子，其中的与单体组成相似的最小重复单元称为链节。

【详解】

A. 是该高分子的链节；

B. CH2==CH2是聚乙烯的单体；

C. CH3—CH2—CH2—CH3既不是高分子的单体，也不是高分子的链节；

D. CH3—CH==CH—CH3是该高分子的单体。

综上所述，本题选D。

7．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )

A．1molCH4和4mol Cl2反应生成的有机物分子总数为4NA

B．0.1mol H35Cl中含有的质子数目或中子数目均为1.8NA

C．常温下，22.4 L乙烯中含有的共用电子对数目为6NA

D．1molN2与足量H2发生合成氨反应时转移的电子数目为6NA

【答案】B

【解析】

【详解】

A．根据C守恒，不管CH4中的H被Cl取代多少个，有机物的物质的量总是1mol，A项错误；

B．H35Cl中H原子中有1个质子和0个中子，35Cl原子中含有17个质子和18个中子，则1molH35Cl中含有（1+17）mol=18mol质子和（0+18）mol=18mol中子，则0.1mol H35Cl中含有的质子数目或中子数目均为1.8NA，B项正确；

C．标准状况为0℃、101.3kPa，而不是常温，所以22.4L乙烯物质的量不是1mol，C项错误；

D．氮气和氢气反应是可逆反应，方程式为N2＋3H22NH3，1molN2并不能完全反应，所以得不到2molNH3，转移的电子数小于6 NA，D项错误；

本题答案选B。

8．在科学史上每一次重大的发现都极大地推进了科学的发展。俄国科学家门捷列夫对化学的突出贡献在于

A．开发了合成氨的生产工艺

B．提出了元素周期律

C．揭示了燃烧的本质

D．提取了治疟药物青蒿素

【答案】B

【解析】

【详解】

A.20 世纪初，由德国化学家哈伯等研究开发了合成氨的生产工艺，故A错误；
B.俄国化学家门捷列夫在化学上的主要贡献是发现了元素周期律，并编制出第一张元素周期表，故B正确；
C.揭示了燃烧的本质的是拉瓦锡，故C错误；
D.提取了治疟药物青蒿素的是我国的科学家屠呦呦，故D错误．
答案：B

9．测得某乙酸乙酯和乙酸的混合物中含氢元素的质量分数为m%，则此混合物中含氧元素的质量分数为

A．1-7m% B．1-m% C．6m% D．无法计算

【答案】A

【解析】分析：根据乙酸乙酯和乙酸的分子中碳氢原子的个数比均是1：2解答。

详解：乙酸乙酯和乙酸的分子式分别是C4H8O2和C2H4O2，分子中碳氢原子的个数比均是1：2，即碳元素的含量是氢元素含量的6倍。若测得某乙酸乙酯和乙酸的混合物中含氢元素的质量分数为m%，则此混合物中碳元素的质量分数是6m%，因此含氧元素的质量分数为1-7m%。

答案选A。

10．下列关于海水资源综合利用的说法中，正确的是（ ）

A．从海水中富集镁元素用NaOH沉淀法

B．海水淡化的方法主要有蒸馏法、离子交换法和电渗析法等

C．从海水中提取溴单质的过程中用氯气做还原剂

D．将海带烧成灰，用水浸泡，乙醇萃取可以提取碘单质

【答案】B

【解析】A．海水中镁离子的浓度较低，在海水中加入石灰乳可得氢氧化镁沉淀，实现了镁的富集，不选用NaOH，故A错误；B．海水淡化的主要方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，故B正确；C．溴元素由化合态转化为游离态发生氧化还原反应，反应方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，所以氯气做氧化剂，故C错误；D．海带中碘以I-形式存在，不能用萃取剂直接萃取，另外乙醇易溶于水，不可用作萃取剂，故D错误；答案为B。

11．把0.6molX气体和0.2molY气体混合于容积为2L的容器中，使其发生如下反应：3X（g）+Y（g）=nZ（g）+2W（g）。5min末生成0.2molW，若测知以Z浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol/ (L· min)，则ｎ的值为

A．4 B．3 C．2 D．1

【答案】D

【解析】

【分析】

根据v=22533c9142486866fa653afefd34fb8c.png=7a1408092f29c5a672825a1874f8f904.png计算W的平均化学反应速率，再根据同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比判断n值。

【详解】

5min内W的平均化学反应速率v(W)=22533c9142486866fa653afefd34fb8c.png=7a1408092f29c5a672825a1874f8f904.png=360495cb68da76a2128604ddd4b8ec04.png=0.02mol/(L·min)，同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比，Z浓度变化表示的平均反应速率为0.01 mol/(L·min)，v(Z)∶v(W)=0.01mol/(L•min)∶0.02 mol/(L·min)=n∶2，所以n=1，故选D。

12．医疗上用作X射线透视肠胃的内服药“钡餐”的物质是

A．BaCO3 B．BaO C．BaCl2 D．BaSO4

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A．BaCO3能与人体胃液中的盐酸反应生成可溶性钡盐，有毒，不能做钡餐，A项错误；

B．BaO能与人体胃液中的盐酸反应生成可溶性钡盐，有毒，不能做钡餐，B项错误；

C．BaCl2是可溶性钡盐，有毒，不能做钡餐，C项错误；

D．BaSO4不与人体胃液中的盐酸反应，也不溶于水和脂质，可以用做造影剂，D项正确；

答案选D。

13．HNO3中N的化合价为( )

A．+ 2 B．+ 4 C．+ 5 D．+ 6

【答案】C

【解析】分析：根据在化合物中正负化合价代数和为零，进行解答。

详解：氢元素显+1价,氧元素显−2价,设氮元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：(+1)+x+(−2)×3=0，则x=+5价。

故选：C。

14．在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O—CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A．X是电源的负极

B．阴极的反应式是：H2O＋2eˉ＝H2＋O2ˉCO2＋2eˉ＝CO＋O2ˉ

C．总反应可表示为：H2O＋CO2H2＋CO＋O2

D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1︰1

【答案】D

【解析】

【详解】

A、从图示可看出，与X相连的电极发生H2O→H2、CO2→CO的转化，均得电子，应为电解池的阴极，则X为电源的负极，正确；

B、阴极H2O→H2、CO2→CO均得电子发生还原反应，电极反应式分别为：H2O＋2eˉ＝H2＋O2ˉ、CO2＋2eˉ＝CO＋O2ˉ，正确；

C、从图示可知，阳极生成H2和CO的同时，阴极有O2生成，所以总反应可表示为：H2O＋CO2H2＋CO＋O2，正确；

D、从总反应方程式可知，阴极生成2mol气体(H2、CO各1mol)、阳极生成1mol气体(氧气)，所以阴、阳两极生成的气体物质的量之比2∶1，错误。

答案选D。

15．不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是

A．单质氧化性的强弱 B．单质与氢气化合的难易

C．单质沸点的高低 D．最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A．单质的氧化性越强，其元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，A错误；

B．非金属性越强，其单质与氢气越容易化合，单质与氢气化合的难易能判断非金属性强弱，B错误；

C．单质的沸点高低与非金属性强弱没有关系，则不能判断非金属性强弱，C正确；

D．最高价氧化物对应的水化物酸性越强，其元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，D错误；

答案选C。

【点睛】

本题考查非金属性的比较，非金属性或金属性强弱只与得到或失去电子的难易程度有关系，解答时注意元素非金属性和金属性的比较角度，例如可根据单质之间的置换反应、与氢气反应的难易程度、氢化物的稳定性以及最高正价氧化物对应水化物酸性强弱等。

16．下列分子中14个碳原子不可能处于同一平面上的是

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】

A、该分子结构可以看作是相邻的两个苯环共用两个碳原子形成的，所以所有的碳原子都处在同一平面上14个碳原子处于同一平面上，错误；B、苯环上所有原子共面，所以两个苯环形成的结构中12个碳原子共面，甲基上碳原子连接苯环，甲基和苯环上碳原子共面,所以该分子中14个碳原子可能共面，错误；C、该分子结构可以看作是两个苯环共用两个碳原子形成的，每个苯环上的碳原子一定共面，但是甲基碳原子以及甲基相连的碳原子是烷烃的结构，一定不会共面，该分子中的所有碳原子不可能都处在同一平面上，正确；D、该分子结构可以看作是两个苯环共用两个碳原子形成的，每个苯环上的碳原子一定共面，亚甲基上碳原子连接苯环，亚甲基和甲基中两个碳原子可以共面，亚甲基和苯环上碳原子共面，所以该分子中所有碳原子可能共面，错误；故选C。

点睛：本题考查碳原子共面问题。解答这种题型应联想到已学过典型有机化合物的空间构型，甲烷是正四面体，乙烯、苯是平面型分子，乙炔是直线型分子。

17．下列叙述正确的是

A．CH2Cl2有和两种结构

B．分子式为C3H6和C5H10的物质一定互为同系物

C．的一氯代物有5种

D．1mol某烷烃完全燃绕消耗11molO2，则其主链上含有5个碳原子的同分异构体(不考虑空间异构)有5种

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A、甲烷的空间结构是正四面体结构，四个氢原子是等效的，所以二氯甲烷只有一种结构，A错误；

B、分子式为C3H6和C5H10的物质其结构不一定相似，不一定互为同系物，B错误；

C、的一氯代物有4种，C错误；

D、根据1mol烷烃完全燃烧消耗11molO2，可以判断该烷烃是C7H16，主链上含有5个碳原子的同分异构体（不考虑空间异构）有：（CH3CH2）3CH、CH3CH2C（CH3）2CH2CH3、CH3CH2CH2C（CH3）2CH3、CH3CH2CH（CH3）CH（CH3）CH3、CH3CH（CH3）CH2CH（CH3）CH3，共5种，D正确。

答案选D。

18．工业合成氨反应N2+3H22NH3，是一个正反应为放热的可逆反应。下列说法正确的是

A．使用合适的催化剂可以加快反应速率，提高生产效率

B．生成物的总能量大于反应物的总能量

C．将该反应设计成原电池，放出的热量不变

D．达到平衡时，N2的浓度与NH3的浓度一定相等

【答案】A

【解析】分析A、使用催化剂加快了反应速率，缩短反应时间，提高反应效率，平衡不移动；B、正反应是放热反应；C、若把该反应设计成原电池，化学能除转化成热能外，还转化成电能，所以放出的热量应减少；D、达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，以此解答。

详解：A、使用催化剂加快了反应速率，缩短反应时间，提高反应效率，平衡不移动，所以A选项是正确的；
B、正反应是放热反应，则生成物的总能量小于反应物的总能量，故B错误；
C、若把该反应设计成原电池，化学能除转化成热能外，还转化成电能，所以放出的热量应减少，故C错误；
D.达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变但不一定相等，故D错误；
所以A选项是正确的。

2020年福建省泉州市化学高一（下）期末学业质量监测模拟试题含解析