2020年浙江省金华市化学高一第二学期期末考试模拟试题《5份试卷合集》.pdf

高一(下)学期期末化学模拟试卷一、单选题(本题包括2 0 个小题，每小题3分，共 6 0 分.每小题只有一个选项符合题意)1 .短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X的原子半径比Y的小，Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3 倍，W 原子的核电荷数等于X、Z原子的核电荷数之和，X和 Z同主族。下列说法正确的是A.原子半径：r(W)r(Z)r(Y)B.Z的最高价氧化物对应水化物的碱性比W 的强C.化合物&丫2 和 Z z Y z 所含化学键类型完全相同D.工业上常用电解熔融W 的氧化物制备W 的单质【答案】B【解析】Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3 倍，则 Y为 O元素。X的原子半径比Y的小，X的原子序数比Y的小，则 X为H元素。X和 Z同主族，Z的原子序数大于O的原子序数，Z为 N a 元素。W 原子的核电荷数等于X、Z原子的核电荷数之和，则 W的原子序数为1 2,为 N a 元素。所以X、Y、Z、W 分别为：H、0、N a M g oA、原子半径r(N a)r(M g)r(0),A错误。B、Z的最高价氧化物对应水化物为强碱N a O H,W的最高价氧化物对应水化物为中强碱M g (O H)z,N a O H 碱性大于M g (O H)2,B正确。C、H 2 O 2 含的化学键为极性键和非极性键，岫2。2 含的化学键为离子键和非极性键，不完全相同，C错误。M g O 熔点很高，要成为熔融态，消耗大量能量，成本高。M g C L 熔点相对较低，故工业上电解熔融的M g C k 来制取M g 单质，D错误。正确答案为 B2.能说明苯分子中碳碳键不是单、双键交替的事实是()苯不能使K M n O 4 溶液褪色；苯环中碳碳键的键长均相等；邻二氯苯只有一种；在一定条件下苯与均发生加成反应生成环己烷.A.B.C.D.【答案】C【解析】分析：如果苯是单双键交替结构，则含碳碳双键,苯能使K M n O 4 溶液褪色,事实上苯不能使酸性高镒酸钾溶液退色;苯环中碳碳键的键长均相等,说明苯环结构中的化学键只有一种;如果苯的结构中存在单双键交替结构,苯的邻位二元取代物有两种;苯在镇作催化剂的条件下也可与血 加成生成环己烷,不能证明苯分子中的碳碳键不是单双键交替的。详解：苯不能使酸性高锈酸钾溶液褪色,说明苯分子中不含碳碳双键,可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C 双键的交替结构,故正确;苯环上碳碳键的键长相等,说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C 单键与C=C 双键的交替结构,故正确;如果是单双键交替结构,苯的邻位二氯取代物应有两种同分异构体,但实际上只有一种结构,能说明苯环结构中的化学键只有一种,不存在C-C单键与c=c双键的交替结构,故正确;苯虽然并不具有碳碳双键,但在镇作催化剂的条件下也可与比 加成生成环己烷，所以不能说明苯分子中碳碳键不是单、双键相间交替的事实，故错误;所以C选项是正确的。3.下列事实不能用元素周期律解释的是A.碱性：N a O H A l (O H)3 B.相对原子质量：A r KC.酸性：H C 1 04 H I 0 4 D.稳定性：H F H C 1【答案】B【解析】分析：A.金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强；B.相对原子质量与元素周期律没有关系；C.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；D.非金属性越强，氢化物越稳定。详解：A.金属性N a A L 则根据元素周期律可知碱性：NaOHAl(OH)3,A 不符合；B.元素的相对原子质量是该元素各种核素原子的相对原子质量与其在自然界中所占原子个数百分比的乘积之和，因此相对原子质量的大小与元素周期律没有关系，B 符合题意；C.非金属性C 1 L 则根据元素周期律可知酸性：HC1O4HIO4,C 不符合；D.非金属性F C 1,则根据元素周期律可知稳定性：HFHC1,D 不符合。答案选B。4.下列气体直接排放，不会引起大气污染的是A.Cl2 B.CO C.N2 D.SO2【答案】c【解析】【详解】A.CL是有毒气体，会污染大气，故 A 错误；B.CO是有毒气体，会污染大气，故 B 错误；4C.空气中有彳的气体是N 2,不会造成污染，故 C 正确；D.SO?是有毒气体，会污染大气，并能形成酸雨，故 D 错误；故选C。5.下列叙述中错误的是A.1 3 c 和%属于同一种元素，它们互为同位素B.H和 D是不同的核素，它们的化学性质基本相同C.1七和陛的质量数相等，它们的中子数不等D.T i 和，L i的电子数相等，中子数也相等【答案】D【解析】分析：A.质子数相同中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素；B.元素原子的最外层电子数决定元素的化学性质；C.质子数+中子数=质量数；D.质子数=核外电子数，质子数+中子数=质量数。详解：A.1 3 c 和 14c属于同一种元素，它们质子数相同而中子数不同，互为同位素，A 正确；B.H 和 D 是不同的核素，它们的核外电子数相同，化学性质基本相同，B 正确；C.c 和“N 的质量数相等，都 是 1 4,它们的中子数不等，分别是1 4-6=8、1 4-7=7,C 正确；D.6口 和 7口的电子数相等，都为3,6口中子数为63=3,L i中子数为73=4,中子数不相等，D错误。答案选D。点睛：掌握原子的组成、相关微粒之间的数量关系以及原子的表示方法是解答的关键，关于同位素的判断需要注意同位素的中子数不同，质子数相同，因此核外电子数相同，元素的化学性质主要是由最外层电子数决定的，因此化学性质几乎完全相同，但物理性质差异较大。6.苏 轼 的 格物粗谈有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”按照现代科技观点，该文中的“气”是 指（）A.脱落酸 B.生长素 C.乙烯 D.甲烷【答案】C【解析】【详解】根据记载，其中的“气”是能促进果实成熟的气体；A.脱落酸指能引起芽休眠、叶子脱落和抑制细胞生长等生理作用的植物激素，不能促进果实成熟，“气”不是脱落酸；B.生长素是植物激素，促进细胞分裂和根的分化，促进营养器官的伸长，促进果实发育，较低浓度促进生长，较高浓度抑制生长，“气”不是生长素；C.乙烯是能够促进果实的成熟的气体，“气”是乙烯；D.甲烷对植物的生长无作用，“气”不是甲烷；故选C。7.柠檬烯是一种食用香料，其结构简式如图，有关柠檬烯的分析正确的是（）CH,CH3-H2O酚羟基 醇羟基。1 2.化学与生活、生产、环境等密切相关。下列说法错误的是A.煤的液化、石油的裂化和油脂的皂化都属于化学变化B.棉、丝、毛、油脂都是天然有机高分子化合物C.利用粮食酿酒经过了淀粉一葡萄糖一乙醇的化学变化过程D.海水淡化的方法有蒸情法、电渗析法等【答案】B【解析】【详解】A、煤的液化是利用煤制取甲醇，石油的裂化是将相对分子质量比较大的垃类断裂为相对分子质量较小的煌类来获得轻质油的过程，油脂的皂化是指油脂在碱性条件下的水解，均有新物质生成，均为化学变化，选项A 正确；B、油脂不是天然有机高分子化合物，选 项 B 错误；C、粮食酿酒：粮食中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下生成酒精，选 项 C 正确；D.海水淡化的主要方法有：蒸储法、电渗析法、离子交换法等，选 项 D 正确；答案选B。1 3.下列装置能够组成原电池的是硫酸铜二-:乙 醇?【答案】C【解析】A、两个电极材料相同且不能自发的进行氧化还原反应，故 A错误；B、没有形成闭合回路，故 B错误；C、符合原电池的构成条件，故 C正确；D、乙醇不是电解质溶液且不能自发的进行氧化还原反应，故 D错误;故选C。点睛：本题考查了原电池的构成条件，这几个条件必须同时具备，缺一不可。有两个活泼性不同的电极,将电极插入电解质溶液中，两电极间构成闭合回路，能自发的进行氧化还原反应。14.为加快化学反应速率采取的措施是A.食物放在冰箱中 B.在月饼包装内放脱氧剂C.燃煤发电时用煤粉代替煤块 D.橡胶制品中添加抑制剂【答案】C【解析】A 项，食物放在冰箱中，温度降低，活化分子的百分数减小，反应速率减小，A 错误；B 项，在月饼包装内放脱氧剂，消耗氧气，降低了氧气浓度，减慢了月饼被氧化的速率，B 错误；C 项，增大了固体反应物的表面积，接触面积增大，反应速率加快，C 正确；D 项，橡胶制品中添加抑制剂，减慢了了橡胶老化速率，D 错误。点睛：本题考查影响化学反应速率外因，掌握常见影响反应速率的外因是解题关键，例如反应物的接触面、反应的温度、反应物的浓度、催化剂等都能够影响化学反应速率。15.下列物质中，不能发生消去反应的是ACH,CH CH CHB.CH2CH2Br2D.CH2cleH2cH3CH,CH【答案】c【解析】【详解】CH3 CJA.与-Cl相连的C 邻位碳上有H,能发生消去反应，故 A 不选。CHjC H-C H H3B.CH2cH2B0与-Br相连的C 邻位碳上有H,能发生消去反应，故 B 不选。CHj CH)C.CH,CCHt-C CHrC l,与-Cl相连的C 的邻位C 上 无 H,不能发生消去反应，故 C 选。D.CH2cleH2cH3与-C1相连的C 邻位碳上有H,能发生消去反应，故 D 不选。故答案选c.16.只用一种试剂就可以鉴别乙酸溶液、葡萄糖溶液、淀粉溶液，这种试剂是A.碘水 B.氢氧化铜悬浊液 C.氢氧化钠溶液 D.碳酸钠溶液【答案】B【解析】【分析】【详解】乙酸能和氢氧化铜发生中和反应，使悬浊液变澄清，溶液显蓝色；葡萄糖有醛基，加热时与氢氧化铜能生成砖红色氧化亚铜沉淀；淀粉无现象，所以可选用的试剂是氢氧化铜悬浊液。故选B。17.已知中和热的数值是57.3KJ/mol。下列反应物混合时，产生的热量等于57.3KJ的 是()A.Imol/L 稀 HC1(aq)和 lmol/L 稀 NaOH(aq)B.500mL2.0mol/L 的 HC1(a q)和 500mL2.0mol/L 的 NaOH C.500mL2.0mol/L 的 CH3coOH(at|)和 500mL2.0mol/L 的 NaOH(a(l)D.Imol/L 稀 CH3COOH(aU(逆)，选项A 正确；可逆反应为动态平衡，到达平衡后V (正)=U(逆)W 0,选项B正确；图中虚线表示逆反应，其转化是2 N H 3-NZ+3 HZ,选项C错误；采取高温、高压和加催化剂，均有利于加快反应速率，选项D正确。答案选C。点睛：本题考查反应速率-时间图象，注意理解化学平衡的建立与平衡状态特征，比较基础。二、计算题(本题包括1 个小题，共 10分)2 1.填写下列空白：一定质量的A12(SO4)3中含有2.7 g A p+,含有 个 SO?；溶于水得100 mL溶液，所得溶液的物质的量浓度为同温同压下，同质量的CO2和 SO 2,它 们 的 密 度 之 比 为,氧原子数之比为 o(3)要 使 NH3与 CM 含相同数目的H 原子，则 NH3和 C M 的 物 质 的 量 之 比 为(4)标准状况下，密度为0.7 5 g 1 T 的 NH3与 CH4组成的混合气体中，N%的体积分数为，该混合气体对氢气的相对密度为 o(5)已知ag A 和 bg B 恰好完全反应生成0.2 mol C 和 dg D,则 C 的摩尔质量为。【答案】9.03xl()22(或().I5 NA)0.5 11：16 16：11 4：3 80%8.4 5(a+b-d)【解析】【分析】(1)找准物质的量关系：A12(SO4)32A13+3so4?一计算可得；(2)同温同压下，同质量的CO?和 SO 2,它们的密度与摩尔质量成正比，氧原子数与摩尔质量成反比；(3)设 N%与 CHi含氢原子物质的量均为12mo1,则 n(NH3)=4mol,n(CH4)=3mol；(4)标准状况下，混合气体平均摩尔质量=0.75g/Lx22.4L/mol=16.8 g/m o lc该混合气体对氢气的相-$16.8对密度一l=8.4；2(5)由质量守恒定律和n=可知。M【详解】2 7g 3(1)n(AIJ+)=cr o,=0.1 mol,n(SO?)=-n (AI3+)=0.15 m ol,含有 9.03xl022(g 0.15N J 个 SO?.27 g/mol 2nAl2(S04)3=0.05 m o l,溶于水得100 mL溶液，所 得 溶 液 的 物 质 的 量 浓 度=幺 黑 =0.5 mol-L-1；(2)P=-=-,同温同压下，气体的Vm相同，同质量的CO2和 SO 2,它们的密度与摩尔质量成正比,n lP(C O J M(CO,)44g/mol 11 m 小 口人 八十*人则一七=二；-7=n =7 7 同质量的 CO2和 SO2，且 1 个 CO2分子和 1 个 SC2p(SO2)M(SO2)64g/mol 16 M分子均含2个氧原子，则氧原子数与分子的物质的量成正比，氧原子数与摩尔质量成反比，则氧原子数之比为16：11；(3)NH 3与CH4含相同数目的H原子，设NH3与CEU含氢原子物质的量均为12mol,则n(NH3)=4mol,n(CH4)=3 m o l,则N八 和CH的物质的量之比为4：3；(4)标准状况下，密度为0.75 g-L-1的N%与CH,组成的混合气体，混合气体平均摩尔质量=0.75g/Lx 22.4L/mol=16.8 g/m o l,设NH3体积分数为x,则CH4体积分数为L x,所以有：17x+1 Z QI6 x(l-X)=1 6.8,解得x=80%。该混合气体对氢气的相对密度二一=8.4；2(5)已知ag A和bg B恰好完全反应生成0.2 mol C和dg D,由质量守恒定律知：m(C)=(a+b-d)g,则 C 的摩尔质量为(二?一 g=5(a+b-d)g/m ol。02moi 三、实验题(本题包括1个小题，共10分)2 2.实验室可以用浓盐酸与二氧化镐在加热的条件下反应生成二氯化镐与氯气，纯净的氯气和铁粉反应制取少量氯化铁固体，其反应装置示意图如图，回答下列问题：A B C D E F(D A装置可制取氯气，反应前分液漏斗中药品为(2)写出A装置中制取氯气所发生的化学方程式是(3)装置B中盛放的试剂是(4)装置E的作用是(5)装置C的作用是(6)装置F中发生反应的化学方程式是【答案】浓 盐 酸Mn0z+4HCl(浓)MnCL+CL t+2比0饱 和 食 盐水安全瓶，防止倒吸干燥氯气 2NaOH+Cl2-NaCl+NaC10+H20【解析】(1)实验室制备氯气用的原料为浓盐酸与二氧化镒，所以分液漏斗中为浓盐酸；(2)二氧化钛与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化铳、氯气和水，化学方程式：MnO2+4HCl(浓)=MnCl2+Cl21 +2H20；(3)浓盐酸具有挥发性，制备的氯气中含有氯化氢，要制备纯净的氯气应除去氯化氢，氯化氢易溶于水,而氯气在饱和食盐水中溶解度不大，所以可以用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢；(4)氯气与氢氧化钠反应，被氢氧化钠吸收，容易发生倒吸，装置E作用作为安全瓶，防止倒吸的发生;(5)从 B 中出来的氯气含有水蒸气，进入D装置前应进行干燥，所以C装置的作用是干燥氯气；(6)氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，化学方程式：ZNaOH+Cb-NaCl+NaClO+HzO；点睛：明确氯气制备原理和氯气的性质是解题关键，实验应注意的问题：反应不能加强热：因为浓盐酸有较强的挥发性，若加强热会使氯气中有大量的HC1杂质，并且降低了 HC1的利用率；稀盐酸不与MrQ反应，因此不可用稀盐酸代替浓盐酸制取氯气；氯气中混入HC1的除杂：HC1的除杂一般使用饱和食盐水，因为水会吸收部分的氯气；随着反应的进行，浓盐酸的浓度逐渐变小，稀盐酸与M nOz不反应，因此浓盐酸不能耗尽。四、推断题(本题包括1 个小题，共 1()分)2 3.某 盐 A 是由三种元素组成的化合物，且有一种为常见金属元素，某研究小组按如下流程图探究其组成：请回答：(1)写出组成A 的 三 种 元 素 符 号.(2)混合气体B 的 组 成 成 份。(3)写出图中由C 转化为E 的离子方程式 o(4)检 验 E 中 阳 离 子 的 实 验 方 案。(5)当A 中金属元素以单质形式存在时,在潮湿空气中容易发生电化学腐蚀，写出负极的电极反应式 o【答案】Fe、O、S SO2和 SO3 Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O 取少量E 溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明E 中阳离子为Fe3+Fe-2e-=Fe2+【解析】【分析】由红棕色固体溶于盐酸得到棕黄色溶液，可知C 为氧化铁、E 为氯化铁溶液，说明A 中含有铁元素和氧元素，L6g氧化铁的物质的量为 高 含 jR.Olmol；由气体B 与足量氯化钢溶液反应生成白色沉淀可知，白色沉淀D 为硫酸领、气 体 B 中含有三氧化硫，由硫原子个数守恒可知，三氧化硫的物质的量为康 森=0.01moL气体B 的物质的量 为 湍*7=0.020101,由 A 是由三种元素组成的化合物可知，A 中含有硫元素、气 体 B 为二氧化硫和三氧化硫的混合气体，二氧化硫的物质的量为(0.020.01)mol=0.01mol,m(SO3)+m(SO2)+m(FezOj)=0.01 molX80g/mol+0.01 molX64g/mol+1.6g=3.04g,说明 A 中 nFe)sn(S)：n(O)=1：1：4,则 A 为 FeSO4。【详解】(1)由分析可知，A 为 FeSC4,含有的三种元素为Fe、O、S,故答案为：Fe、O、S；(2)由分析可知，三氧化硫的物质的量为 端 着=0.01moL气体B 的物质的量 为 湍%=0.02moL由A 是由三种元素组成的化合物可知，A 中含有硫元素、气 体 B 为二氧化硫和三氧化硫的混合气体，故答案为：s o2 和 s o3；（3）C为氧化铁、E为氯化铁溶液，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O,故答案为：Fe2O3+6H+=2FeJ+3H2O；（3）E为氯化铁溶液，检验铁离子的实验方案为可取少量E溶液于试管中，滴 加 几 滴KSCN溶 液，若溶液变为血红色，则 说 明E中 阳 离 子 为Fe3+,故答案为：取 少 量E溶液于试管中，滴 加 几 滴KSCN溶 液，若溶液变为血红色，则 说 明E中 阳 离 子 为FeJ+；（5）铁在潮湿空气中容易发生电化学腐蚀，铁做原电池的负极，失去电子发生氧化反应生成亚铁离子,电 极 反 应 式 为Fe-2e=Fe2+,故答案为：Fe-2e-=Fe2【点 睛】注意 从质量守恒的角度判断A的化学式，把握二氧化硫的性质、铁离子检验为解答的关键。五、综 合 题（本 题 包 括1个 小 题，共10分）2 4.甲醛（HCHO）在 化 工、医药、农药等方面有广泛的应用。甲醇脱氢法可制备甲醛，反 应 方 程 式 为CH30H HCHO+H2,发生反应时的过程如图所示，从热效应角度判断，可知该反应为_ _ _ _ _ _ 反 应。下 列 方 法 中 能 减 慢 反 应 速 率 的 是（填字母）。a.使 用 催 化 剂b.升 高 温 度c.降低反应物浓度使用催化剂（填“能”或“不能”）使反 应 物 的 转 化 率 达 到100%。甲醛超标会危害人体健康，需对甲醛含量检测及处理。某甲醛气体探测仪利用燃料电池工作原理，其结构如图所示。电 极a为（填“正”或“负”）极，在电 极b上发生的反应类型为 反应。（填“氧化”或“还原”）探测仪工作时，电子从 极 流 出（填a”或b”），总反应方程式为 o【答 案】吸热 c 不能 正 氧化 b HCHO+O2=H2O+CO2【解 析】【分 析】结 合 反 应 方 程 式CH30H HCHO+H2AH2(g)=2N2(g)+6H2O(g)A H2=-bkJ-mol1H2(g)+l/2O2(g)=H2O(g)A H3=-ckJ mor1H2(g)+l/2O2(g)=H2O(I)A H4=-dkJ mor1下列叙述正确的是()A.由上述热化学方程式可知 H4B.%的燃烧热为dkJmolC.4NH3(g)+4O2(g)=2NO(g)+N2(g)+6H2O(g)A H=(-a-b)kJmoD.4NH3(g)2N2(g)+6H2(g)A H=(6d-b)kJ mol1【答案】B【解析】【分析】【详解】A.气态水液态水为放热过程，所以d c,则H3ZH4，A 错误；B.燃烧热应生成稳定氧化物，出燃烧应生成液态水，出的燃烧热为dkJ/mol,B 正确；a bC.根据盖斯定律，将(+)+2 得到：4NH3(g)+4O2(g)=2NO(g)+N2(g)+6H2O(g)AH=y kJ-mol1,C错误；D.根据盖斯定律，将(一x6)得到：4NH3(g)2 N2(g)+6H2(g)AH=(6c-b)kJ-mol-1,D 错误；答案选B。16.对于可逆反应：2M(g)+N(g)=2P(g)*(),下列各图中正确的是()A.ASr【答案】B【解析】正反应是放热的、体积减小的可逆反应，则 A、温度升高平衡逆向移动，N 的浓度应增大，A 错误；B、加压平衡正向移动，压强越大P 的百分含量越高，升温平衡逆向相应的，温度越高，P 的百分含量越低，B 正确；C、正逆反应速率都随压强的增大而增大，C 错误；D、温度升高平衡逆向移动，温度越 高 M 的转化率越低，D 错误；答案选B。点睛：本题考查了根据图象分析影响平衡移动和化学反应速率的因素，注意先拐先平数值大原则和定一议二原则在图象题中的应用。1 7.金属钠分别在过量的氧气和氯气中燃烧，产生的现象相同点是A.都产生白烟 B.都产生黄色火焰C.都生成氧化物 D.都生成白色固体【答案】B【解析】【详解】A.钠在氯气中燃烧产生白烟，钠在氧气中燃烧不产生白烟，A 项错误；B.钠元素的焰色呈黄色，所以钠无论在氧气还是在氯气中燃烧均产生黄色火焰，B 项正确；C.钠与氧气反应生成氧化物，但钠与氯气反应生成的是氯化物，不是氧化物，C 项错误；D.钠和氯气反应生成的氯化钠是白色固体，但钠在氧气中燃烧生成的过氧化钠是淡黄色粉末，D 项错误;所以答案选择B 项。1 8.下列有关工业上金属冶炼的说法不正确的是A.用电解熔融氯化镁法制镁 B.用电解饱和食盐水法制钠C.用电解熔融氧化铝法制铝 D.用一氧化碳高温还原氧化铁法制铁【答案】B【解析】【详解】A.活泼金属采用电解熔融盐或氧化物的方法冶炼，镁属于活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼，故 A 正确；B.用电解饱和食盐水法制氢氧化钠，氢气，氯气，得不到钠单质，工业上用电解熔融氯化钠的方法得到钠单质，故 B 错误；C.金属铝属于活泼金属，为亲氧元素，采用电解熔融氧化铝的方法冶炼，氯化铝是共价化合物，电解熔融不能电离，不能采用电解氯化铝的方法冶炼，故 c 正确；D.铁可以采用热还原法冶炼，用焦炭或者一氧化碳做还原剂，故 D 正确；答案选B。19.在生活、生产及化学研究中，人们经常需要根据不同原子、分子或离子的某些特征反应对物质进行区别、检验等。下列说法正确的是（）A.向某盐溶液中加入适量稀盐酸，无明显现象，再加入过量BaCL溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定含有SO?B.某溶液中先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色，则此溶液中一定含有Fe?+C.某溶液中加入稀盐酸有无色气体产生，该气体能使澄清石灰水变浑浊且品红溶液不褪色，则此溶液中一定含有c o32D.用洁净的铁丝蘸某盐溶液在酒精灯上灼烧，若火焰呈黄色，一定含有钠元素且没有钾元素【答案】A【解析】【详解】A.向某盐溶液中加入适量稀盐酸，无明显现象，排除了银离子的干扰，再加入过量BaCh溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定含有SO,。故 A 正确；B.先滴加氯水，可氧化亚铁离子，不能确定原溶液中是否含铁离子，应先加KSCN无现象，后加氯水，溶液显红色，来检验Fe?+,故 B 错误；C.无色气体为二氧化碳，则溶液中可能含CO3：-或HCCV，故 c 错误；D.用洁净的铁丝某盐溶液在酒精灯上灼烧，若火焰呈黄色，一定含有钠元素，但不能判断是否含有钾元素，故 D 错误；答案选A。【点睛】本题的易错点为D,要注意钾的焰色反应需要透过蓝色的钻玻璃观察。20.苏 轼 的 格物粗谈有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”按照现代科技观点，该文中的“气”是 指（）A.脱落酸 B.生长素 C.乙烯 D.甲烷【答案】C【解析】【详解】根据记载，其中的“气”是能促进果实成熟的气体；A.脱落酸指能引起芽休眠、叶子脱落和抑制细胞生长等生理作用的植物激素，不能促进果实成熟，“气”不是脱落酸；B.生长素是植物激素，促进细胞分裂和根的分化，促进营养器官的伸长，促进果实发育，较低浓度促进生长，较高浓度抑制生长，“气”不是生长素；C.乙烯是能够促进果实的成熟的气体，“气”是乙烯；D.甲烷对植物的生长无作用，“气”不是甲烷；故选C.二、计 算 题（本题包括1 个小题，共 10分）21.1.5 m ol氧分子中含有 个氧分子，mol氧原子，质量为 g,个氧原子，标准状况下体积为 Lo【答案】9.03X1023 3 48 1.806X1024 33.6【解析】【详解】1.5 m ol氧分子中含有分子数为：1.5molx6.02x 1（）23=9.03x1（）23；氧原子为双原子分子，所以含有氧原子物质的量为：1.5molx2=3mol；氧原子个数为：3NA或 1.806x10；质量为：1.5molx32g/mol=48g；标况下体积为：1.5molx22.4L/mol=33.6L；故答案为：9.03X1023；3；48；3NA（1.806xl024）；33.6。三、实 验 题（本题包括1 个小题，共 10分）2 2.乙酸乙酯是无色具有水果香味的液体，沸点为77.2,实验室某次制取它用冰醋酸14.3mL、95%乙醇23mL,还用到浓硫酸、饱和碳酸钠以及极易与乙醇结合成六水合物的氯化钙溶液，主要装置如图所示：实验步骤：先向A 中的蒸储烧瓶中注入少量乙醇和浓硫酸后摇匀，再将剩下的所有乙醇和冰醋酸注入分液漏斗里待用。这时分液漏斗里冰醋酸和乙醇的物质的量之比约为5：7。加热油浴保温约135 145将分液漏斗中的液体缓缓滴入蒸储烧瓶里，调节加入速率使蒸出酯的速率与进料速率大体相等，直到加料完成。保持油浴温度一段时间，至不再有液体储出后，停止加热。取下B 中的锥形瓶，将一定量饱和Na03溶液分批少量多次地加到储出液里，边加边振荡，至无气泡产生为止。将的液体混合物分液，弃去水层。将饱和CaCb溶 液（适量）加入到分液漏斗中，振荡一段时间后静置，放出水层（废液）。分液漏斗里得到的是初步提纯的乙酸乙酯粗品。试回答：(1)实验中浓硫酸的主要作用是 O(2)用过量乙醇的主要目的是 o(3)用饱和Na03溶液洗涤粗酯的目的是。(4)用饱和CaCk溶液洗涤粗酯的目的是 o(5)在步骤所得的粗酯里还含有的杂质是 o【答案】作催化剂和吸水剂 使酯化反应向生成乙酸乙酯的方向移动，提高乙酸乙酯的产率 除去乙酸 除去乙醇 水【解析】(1)乙酸与乙醇发生酯化反应，需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，浓硫酸的作用为催化剂，吸水剂，故答案为催化剂、吸水剂；(2)乙酸与乙醇发生酯化反应，该反应属于可逆反应，过量乙醇可以使平衡正向移动，增加乙酸乙酯的产率，故答案为使酯化反应向生成乙酸乙酯的方向移动，提高乙酸乙酯的产率；(3)制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；故答案为中和乙酸、溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；(4)氯化钙溶液极易与乙醇结合成六水合物，因此饱和CaCL溶液可以吸收乙酸乙酯中可能残留的乙醇，故答案为除去乙醇；(5)饱和碳酸钠溶液除掉了乙酸和乙醇，饱和CaCL溶液可以吸收乙酸乙酯中可能残留的乙醇，这样分离出的粗酯中会含有杂质水，故答案为水。点睛：本题考查了乙酸乙酯的制备，掌握浓硫酸、饱和碳酸钠溶液、氯化钙溶液的作用以及酯化反应的机理为解答本题的关键。本题的难点是饱和氯化钙溶液的作用，要注意题干的提示。四、推断题(本题包括1 个小题，共 10分)2 3.下表为元素周期表的一部分，参照元素在表中的位置，按要求回答下列问题：周期主族I AIIAIIIAIVAVAVIAVHA0(1)在元素，最 活 泼 的 金 属 元 素 是 (填元素名称)；最 活 泼 的 非 金 属 元 素 名 称 是 (填元素名称)(2)用电子式表示元素与形成的原子个数比为1:2 的化合物,元素和所形成的化学键的类型是.(3)、三 种 元 素 的 原 子 半 径 由 大 到 小 的 顺 序 是 (用元素符号表示)。(4)元素和所能形成的气态氢化物的稳定性_ _ _ _ _ _ (用化学式表示)；元素、的最高价氧化物 对 应 的 水 化 物 的 酸 性 由 强 到 弱 的 顺 序 (用化学式表示)；(5)写出元素和的最高价氧化物的水化物相互反应的离子方程式：o【答案】钠 氟 Na+：U：2-Na+极性共价键 NaSiC HFHC1 HC1O4H3PO4H2SiO3 A1(OH)3+OH=A1O2+2H2O【解析】【分析】由元素在周期表的位置可知，元素分别为H、C、O、F、Na、Ak Si、P、C l,结合元素周期律和原子结构分析解答。【详解】在元素，最活泼的金属元素是钠；最活泼的非金属元素名称是氟，故答案为：钠；氟；与形成的原子个数比为1：2 的化合物为氧化钠，属于离子化合物，用电子式为Na+住：2.Na+,元素和所形成的化学键类型为极性共价键，故答案为：Na+：g：p-Na+；极性共价键；(3)同周期，从左向右，原子半径减小，同主族，从上到下，原子半径逐渐增大，则、三种元素的原子半径由大到小的顺序是N a S i C,故答案为：N aSiC；(4)非金属性F C L 则元素和所能形成的气态氧化物的稳定性HF大于HC1；非金属性C lPSi,则元素、的最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序为H C lO A M PO A H zSQ，故答案为：HFHC1；HClO4H3PO4H2SiO3；(5)元素和的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、氢氧化铝，二者反应生成偏铝酸钠和水，离子反应方程式为 A1(OH)3+OH=A1O2+2H2O,故答案为：A1(OH)3+OH=A1O2+2H2O五、综合题(本题包括1 个小题，共 10分)2 4.研究烟气中SO2的转化具有重要意义。(1)二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池是利用空气将烟气中所含SO2转化为s o/-,其装置如图所示:0一装置内质子(H+)的移动方向为(填“从ATB”或“从BTA”)。负 极 的 电 极 反 应 式 为(2)脱除燃煤烟气中SO2的一种工业流程如下：i-so2式灌也妆用纯碱溶液吸收SO2将其转化为H SO3-,反 应 的 离 子 方 程 式 是。再生池中加过量的石灰乳实现再生，部分产物可排回吸收池吸收SO2。用于吸收SO2的产物是【答案】从 ATB SO2+2H2O-2e-=SO?-+4H+H2O+2SO2+CO32-=2HSO3-+CO2TNaOH 多写Ca(OH)2不扣分【解析】【分析】(1)由题给示意图可知，该装置为原电池，通入还原剂二氧化硫的A 极为负极，二氧化硫在负极失电子发生氧化反应生成S 04?-,通入氧化剂氧气的B 极为正极，氧气在正极得电子发生还原反应生成水，电池工作时阳离子向正极移动；(2)由题给流程可知，用纯碱溶液吸收过量的含有SO2的脱除燃煤烟气将其转化为NaHSCh，NaHSO3与过量的石灰乳反应生成亚硫酸钙沉淀和氢氧化钠，反应生成的氢氧化钠溶液可排回吸收池吸收SO2o【详解】(D 二氧化硫发生氧化反应，氧气发生还原反应，则通入二氧化硫的A 电极为负极，通入氧气的B 电极为正极，原电池中阳离子移向正极，则质子的移动方向为从A 到 B,故答案为：从 A-B；二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应，电极反应式为：SO2-2e+2H2O=SO42+4H+,故答案为：SO2-2e+2H2O=SO42+4H+；(2)碳酸钠溶液中通入过量的二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，反应的离子方程式：H2O+2SO2+CO32=2HSO3+CO2T,故答案为：H2O+2SO2+CO32=2HSO3+CO2t；二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫生成亚硫酸氢钠,亚硫酸氢钠溶液与过量的石灰乳反应生成亚硫酸钙沉淀和氢氧化钠，反应生成的氢氧化钠溶液可排回吸收池吸收SO2，故答案为：NaOHo【点睛】注意二氧化硫发生氧化反应，氧气发生还原反应是确定原电池的电极的关键所在；明确亚硫酸氢钠溶液与过量的石灰乳反应的生成物是确定可排回吸收池的物质是解答突破口。高一(下)学期期末化学模拟试卷一、单选题(本题包括2 0 个小题，每小题3分，共 6 0 分.每小题只有一个选项符合题意)1-反应H 2(g)+L(g)-2 H l (g)在温度和容积不变的条件下进行。能说明反应达到平衡状态的叙述是()A.C(H2)=C(I2)B.的消耗速率等于I I I 的分解速率C.容器内气体的颜色不再变化 D.容器内压强不再变化2.将 4 mo l A气体和2 mo l B气体在体积为2 L的密闭容器中混合，并在一定条件下发生反应：2 A(g)+B(g)一 xC(g),若经2 s 后测得A的物质的量为2.8 mo l,C的物质的量浓度为0.6 mo l/L 现有下列几种说法:2 s 内用物质A表示的平均反应速率为0.3 mo l/(L.s)；2 s 内用物质B表示的平均反应速率为0.1 5 mo l/(L-mi n)2 s 时物质B的转化率为7 0%；x=2。其中正确的是：A.B.C.D.3 .下列物质中只含有一种分子的是()A.二氯甲烷(C H k)B.分子组成为C z L O 的有机物C.分子组成为C H。的有机物D.聚乙烯4 .可逆反应2 N 0 2=2 N 0+0 2 在密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是(N O z 红棕色)单位时间内生成n mo l O?的同时生成2 n mo l N O 2单位时间内生成n mo l O 2 的同时生成2 n mo l N O用N O?、N O,O 2 的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2 ：2 ：1 的状态混合气体的颜色不再改变的状态A.B.C.D.5 .研究人员研制出一种可作为鱼雷和潜艇的储备电源的新型电池一一锂水电池(结构如图)，使用时加入水即可放电。下列关于该电池的说法不正确的是()锂 电 极r 名)1钢电极L id H溶液A.锂为负极，钢为正极 B.工作时负极的电极反应式为L i e-=L i+C.工作时0 1向钢电极移动 D.放电时电子的流向：锂电极一导线f钢电极6.下列实验装置或操作能达到实验目的的是()A.甲烷与氯气反应7.“信息”“材料”和“能源”被称为新科技革命的三大支柱。下列有关选项不正确的是()A.信息技术的发展离不开新材料的合成和应用B.目前中、美、日等国掌握的陶瓷发动机技术大大提高了发动机的能量转化效率C.在即将到来的新能源时代，核能、太阳能、氢能将成为主要能源D.软质隐形眼镜和航天飞船表面的高温结构陶瓷都属于有机高分子材料8.下列有关煤、石油、天然气等资源的说法错误的是()A.天然气是一种清洁的化石燃料B.煤的气化和煤的液化都属于物理变化C.石油是由多种燃组成的混合物D.通过石油的裂化可以提高汽油的产量9.反应C(s)+H 20(g)C 0(g)+H 2(g)在一定容积的密闭容器中进行，则下列说法或结论中，能够成立的是)A.其他条件不变仅将容器的体积缩小一半，反应速率减小B.保持体积不变，充入少量H e 气体使体系压强增大，反应速率一定增大C.反应达平衡状态时：v(C O)产v(H 2。)逆D.其他条件不变，适当增加C(s)的质量会使反应速率增大10.1869年俄国化学家门捷列夫制作出了第一张元素周期表，