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2018-2019学年黑龙江省大庆市铁人中学高二（上）期末化学试卷一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）1.煤、石油、天然气是常见的化石燃料，关于它们的说法不正确的是（）A.石油分馏可获得石油气、汽油、煤油等石油产品B.石油催化裂化是工业上获得乙烯的主要途径C.天然气是一种清洁的化石燃料，也是一种重要的化工原料，可用来制取甲醇和合成氨D.煤的液化、气化、煤的干馏均属于化学变化【答案】B【解析】解：A．根据沸点高低可比较分子中碳原子多少。沸点由低到高为液化石油气、汽油、煤油、柴油、重油，液化石油气、汽油、柴油、煤油、沥青中碳原子数如下表：液化石油气汽油煤油柴油沥青碳原子数1-47-1111-1616-18＞20故A正确；B．石油的催化裂化把相对分子质量大、沸点高的烃断裂为相对分子质量小、沸点低的烃的过程，目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，故B错误；C．天然气燃烧生成二氧化碳和水，是一种清洁的化石燃料，是一种重要的化工原料，可以制备甲醇和合成氨等。故C正确；D．煤的气化生成CO和氢气、煤的液化生成甲醇和煤的干馏（煤在隔绝空气下发生复杂的物理化学变化），均为化学变化，故D正确；故选：B。A．根据沸点高低可比较分子中碳原子多少。沸点由低到高为液化石油气、汽油、煤油、柴油、重油。石油分馏，先出石油气，然后是汽油，再就是煤油。剩下的是重油，重油里面又能分出柴油、沥青、石蜡等；B．石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量；C．天然气燃烧生成二氧化碳和水，是一种重要的化工原料；D．煤的气化生成CO和氢气、煤的液化生成甲醇和煤的干馏（煤在隔绝空气下发生复杂的物理化学变化）。本题主要考查了石油的炼制关系分析、煤的气化和液化、石油的裂解和裂化目的等，题目难度不大，掌握炼制的原理即可解答。2.下列金属冶炼的反应原理，错误的是（）A.高炉炼铁：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2B.火法炼铜：Cu2S+O22Cu+SO2C.铝的冶炼：Al2O3+3H22Al+3H2OD.铝热法炼铁：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3【答案】C【解析】解：A．铁在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，工业上采用热还原法来冶炼金属铁，故A正确；B．金属铜的冶炼可以是高温下向硫化亚铜中充入空气，即Cu2S+O22Cu+SO2，使其转变为铜，故B正确；C．金属铝是活泼金属，工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼，2Al2O34Al+3O2↑，故C错误；D．Al的活泼性大于Fe，可利用铝热反应Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3获得金属Fe，故D正确；故选：C。金属的性质不同，活泼性不同，冶炼的方法不同，根据金属活动性强弱，可采用热还原法、电解法、热分解法等冶炼方法，金属冶炼的方法主要有：热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来（Hg及后边金属）；热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来（Zn～Cu）；电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属（K～Al）。物理分离法：Pt、Au用物理分离的方法制得。以此解答该题。本题考查金属的冶炼方法，为高频考点，侧重于化学与生产的考查，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。3.糖类、油脂、蛋白质是三大营养物质，下列关于它们的说法正确的是（）A.葡萄糖、油脂、蛋白质都能发生水解反应，且油脂在碱性条件下的水解反应叫皂化反应B.淀粉、纤维素、油脂、蛋白质都是高分子化合物C.牡丹籽油是一种优质的植物油脂，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色D.葡萄糖和果糖、蔗糖和麦芽糖、淀粉和纤维素均互为同分异构体【答案】C【解析】解：A．单糖不能发生水解反应，故A错误；B．油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故B错误；C．油中含不饱和烃基多，所以呈液态，所以牡丹籽油可使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；D．葡萄糖与果糖、蔗糖和麦芽糖互为同分异构体，淀粉与纤维素化学式虽然都表示为（C6H10O5）n，但是二者n值不同，所以其分子式不相同，不是同分异构体，故D错误；故选：C。A．单糖不能发生水解反应；B．相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；C．油脂分为油和脂肪，其中油不饱和烃基多；D．同分异构体是指：分子式相同，但结构不同的化合物，据此概念分析判定即可。本题考查了常见有机物的结构和性质，属于对课本基础知识的考查，题目难度不大，应加强对基础知识的巩固和记忆。4.下列过程或现象与盐类水解无关的是（）A.纯碱溶液去油污B.实验室配制FeCl3溶液时，需将FeCl3（s）溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释C.明矾可以做净水剂D.硫酸氢钠溶液显酸性【答案】D【解析】解：A．碳酸钠中弱离子碳酸根的水解导致溶液显碱性，碱性溶液能去除油污，与盐类水解有关，故A不选；B．氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子水解生成氢氧化铁和HCl，为了防止氯化铁水解，配制三氯化铁溶液时应将三氯化铁溶于浓盐酸，再加水稀释至所需浓度，与盐的水解有关，故B不选；C．明矾电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有较大吸附面积，能够净水，与盐的水解有关，故C不选；D．硫酸氢钠在溶液中发生电离：NaHSO4=Na++H++SO42-，与盐的水解无关，故D选；故选：D。A．纯碱为碳酸钠，溶液中水解生成氢氧化钠和碳酸氢钠，油脂在碱溶液中水解生成溶于水的物质；B．氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子水解生成氢氧化铁和氯化氢，在浓盐酸中可抑制铁离子水解；C．铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有较大吸附面积；D．硫酸氢钠为强电解质，水溶液中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子。本题考查了盐的水解原理及其应用，题目难度不大，明确盐的水解原理及其影响为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。5.北京奥运会期间对大量盆栽鲜花施用了S-诱抗素制剂，以保证鲜花盛开，S-诱抗素的分子结构如图，下列关于该分子说法正确的是（）A.含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基B.含有苯环、羟基、羰基、羧基C.含有羟基、羰基、羧基、酯基D.含有碳碳双键、苯环、羟基、羰基【答案】A【解析】解：根据分子的结构简式可以看出，该分子中含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基。故选：A。根据S-诱抗素的分子结构图来分析官能团，并利用官能团的概念来分析判断．本题考查学生官能团的概念，可以根据教材知识来回答，较简单．6.乙酸和乙醇是生活中常见的两种有机物，下列关于乙醇和乙醇的说法不正确的是（）A.乙醇可以使酸性高锰酸钾溶液褪色B.75%（体积分数）的乙醇溶液常用于医疗消毒C.金属钠能和乙酸、乙醇反应，且都属于取代反应D.乙醇和乙酸在一定条件下能反应生成乙酸乙酯，该反应属于取代反应【答案】C【解析】解：A．乙醇可被高锰酸钾氧化生成乙酸，故A正确；B.75%（体积分数）的乙醇溶液可使蛋白质变性，使细胞脱水，常用于医疗消毒，故B正确；C．羧基、羟基都可与钠反应，为置换反应，生成氢气，故C错误；D．乙醇和乙酸在一定条件下能发生酯化反应生成乙酸乙酯，也为取代反应，故D正确。故选：C。乙醇含有羟基，可发生取代、氧化和消去反应，乙酸含有羧基，具有酸性，可发生中和和取代反应，以此解答该题。本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，注意把握有机物的官能团的性质，把握乙醇和乙酸的性质的区别，难度不大。7.为提纯下列物质（括号内的物质为杂质），所选用的除杂试剂和分离方法不正确的是（）ABCD被提纯物质酒精（水）乙酸乙酯（乙酸）乙烷（乙烯）溴苯（溴）除杂试剂生石灰饱和碳酸钠溶液酸性高锰酸钾溶液氢氧化钠溶液分离方法蒸馏分液洗气分液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】解：A．CaO与水反应后增大与水的沸点差异，然后蒸馏可分离，故A正确；B．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故B正确；C．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应选溴水、洗气，故C错误；D．溴与NaOH反应后，与溴苯分层，然后分液可分离，故D正确；故选：C。A．CaO与水反应后增大与水的沸点差异；B．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层；C．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；D．溴与NaOH反应后，与溴苯分层。本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。8.以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2+、Pb2+等金属离子，通过添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀．根据上述实验事实，下列说法中，不正确的是（）A.溶解度MnS＜PbSB.MnS存在沉淀溶解平衡MnS（s）⇌Mn2+（aq）+S2-（aq）C.Cu2+转化为沉淀的原理为MnS（s）+Cu2+（aq）=CuS（s）+Mn2+（aq）D.沉淀转化能用于除去溶液中的某些杂质离子【答案】A【解析】解：A．Ksp（PbS）＜Ksp（MnS），则溶解度MnS＞PbS，故A错误；B．MnS为难溶电解质，存在沉淀溶解平衡MnS（s）⇌Mn2+（aq）+S2-（aq），故B正确；C．发生沉淀转化，则原理为MnS（s）+Cu2+（aq）=CuS（s）+Mn2+（aq），故C正确；D．由信息可知，沉淀转化能用于除去溶液中的某些杂质离子，用于混合物分离提纯，故D正确；故选：A。由信息可知，添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀，发生沉淀的转化，向溶度积更小的方向移动，以此来解答．本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握沉淀转化、溶解平衡为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意沉淀转化的应用，题目难度不大．9.下列说法正确的是（）A.常温下，用湿润的pH试纸测得0.01mol/L的HCl水溶液的pH为2B.常温下，0.1mol/LCH3COONa溶液的pH＞7，说明CH3COOH是弱酸C.常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中各离子浓度都会降低D.常温下，pH=3的酸与pH=11的碱等体积混合所得溶液一定显中性【答案】B【解析】【分析】本题考查弱电解质的电离平衡、溶液酸碱性与溶液pH的计算，题目难度中等，明确弱电解质的电离特点为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。【解答】A．常温下，用湿润的pH试纸测定0.01mol/L的HCl水溶液，盐酸被稀释，测定结果偏高，则测得的pH＞2，故A错误；B．常温下，0.1mol/LCH3COONa溶液的pH＞7，说明醋酸根离子发生水解，可证明CH3COOH是弱酸，故B正确；C．常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，酸的浓度、氢离子浓度均减小，但水的离子积不变，则氢氧根离子离子浓度增大，故C错误；D．常温下，pH=3的酸与pH=11的碱等体积混合，若都是强电解质，则所得溶液一定显中性，但若酸为弱酸，则混合液呈酸性，若碱为弱碱，则混合液呈碱性，故D错误。故选B。10.在容积不变的密闭容器中存在如下反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，某研究小组探究其他条件下不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是（）A.图Ⅰ表示的是t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响B.图Ⅱ表示的是t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响C.图Ⅲ表示的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙的高D.图Ⅲ表示的是压强对化学平衡的影响，且乙的压强较高【答案】B【解析】解：A．增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大，图Ⅰ应是增大压强的原因，故A错误；B．图Ⅱ在t0时刻正逆反应速率都增大，但仍相等，平衡不发生移动，应是加入催化剂的原因，故B正确；C．图III甲、乙两个平衡状态不同，而加入催化剂，平衡不发生移动，故C错误；D．增大压强，反应速