江西省抚州市2020年高一第二学期化学期末考试模拟试题【5份试卷合集】.pdf

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1、高一（下）学期期末化学模拟试卷一、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.电化学气敏传感器可用于监测环境中N G 的含量，其中工作原理如图所示。则下列说法正确的是Pt电极 匚”二1 Pt电极（b）、rNH,O,KOH溶液A.电流由a 极流向b 极B.溶液中的OFT向 b 极移动C.a 极的电极反应式为：2NH3-6e=N2+6H+D.b 极的电极反应式为：O2+4e+2H2O=4OH【答案】D【解析】【分析】P t电极a 通入氨气生成氮气，说明氨气被氧化，为原电池负极，则 b 为正极，氧气得电子被还原，结合电极方程式解答该题。【详解】A.氧气在

2、b 极发生还原反应，则 b 极为正极，电流由正极流向负极，则电流由b 极流向a 极，故 A 错误;B.溶液中的阴离子会移向负极，故 OIT向 a 极移动，故 B 错误；C.a 极通入氨气生成氮气，电解质环境是碱性，则 a 极的电极反应式为：2NH3+6OIT-6e-=N2+6H2。，故 C 错误；D.b 极氧气得电子被还原，电极反应式为：O2+4e+2H2O=4OH,故 D 正确；答案选D。【点睛】本题考查了原电池原理，根 据 O、N 元素化合价变化判断正负极，再结合反应物、生成物及得失电子书写电极反应式，注意书写电极反应式时要结合电解质特点，为易错点。2.元素周期表是元素周期律的表现形式。下

3、列说法正确的是A.VA族及其相邻主族元素可以找到制造农药所需元素B.在金属与非金属交界线附近寻找制冷剂C.第 IA元素全部是金属元素D.可在过渡元素中寻找半导体材料【答案】A【解析】A、在非金属元素区域可以寻找制备新型农药材料的元素，A 正确；B、过渡元素中均为金属元素，可寻找催化剂及耐高温和耐腐蚀的合金材料，B错误；C、第 IA中的H元素是非金属，C错误；D、金属元素的单质容易导电，非金属元素的单质不能导电，所以在二者的分界线附近的元素的单质导电性就介于导体与绝缘体之间，在其附近可以寻找制备半导体材料的元素，D 错误；答案选A。3.COC12(g)(g)+CI2(g)H0,当反应达到平衡时，

4、下列措施升温恒容通入惰性气体增加CO的浓度减压加催化剂恒压通入惰性气体，能提高COCb转化率的是A.B.C.(2X3X6)D.【答案】B【解析】试题分析：升温，平衡向吸热反应方向移动，正反应是吸热反应，所以升温平衡向正向移动，COC12转化率增大，正确；恒容通入惰性气体，尽管压强增大，但体系中各物质的浓度不变，所以平衡不移动，COC12转化率不变，错误；增加CO的浓度，平衡逆向移动，COC12转化率降低，错误；减压，平衡向气体物质的量增大的方向移动，正向是气体物质的量增大的方向，所以减压平衡正向移动，COC12转化率增大，正确；加催化剂只能加快反应速率，对平衡无影响，COC12转化率不变，错误

5、；恒压通入惰性气体，容器的体积增大，相当于体系减小压强，所以平衡正向移动，COC12转化率增大，所以答案选B。考点：考查平衡移动的判断，条件对平衡的影响4.对下列化学反应热，说法不正确的是()放热反应发生时不必加热化学反应一定有能量变化吸热反应需要加热后才能发生化学反应热效应数值与参加反应的物质多少有关A.B.C.D.【答案】C【解析】放热的反应在常温下不一定很容易发生。如：铝热反应是放热反应，但需在高热条件下以保证足够的热量引发氧化铁和铝粉反应，故错误；由于反应物、生成物具有的能量不同，化学反应中一定有能量变化，其表现形式有热量、光能和电能等，如木材燃烧，放出热量的同时发光，故正确；有的吸热

6、反应不需要任何条件即可发生，如氯化核和氢氧化钢晶体的反应，故错误；不论是吸热还是放热，反应热效应的数值均与参加反应的物质的多少有关.参加反应的物质越多，反应热的数值就越大，反之，越小，故正确。故选C。点睛：本题考查化学反应的条件与化学反应的热效应的关系，难度不大，正确理解吸热和放热的本质是解题的关键。5.下列设备工作时，将化学能转化为电能的是A.风力发电机 B.锂离子电池 C.燃气灶 D.硅太阳能电池【答案】B【解析】【详解】A、风力发电机是将风能转化成电能，故 A 不符合题意；B、锂离子电池放电时，化学能转化为电能，故 B 符合题意;C、燃气灶是将化学能转化为热能，故 C 不符合题意；D、硅

7、太阳能电池将太阳能转化为电能，故 D 不符合题意；故选B。6.某溶液X中仅可能含有K+、Na*、Fe2 Fe、SO产、C032 I CF中的一种或多种,且溶液中各离子浓度相同。现进行下列实验，下列说法正确的是（）过 池 水 下层紫红色港液X-L 上层溶液3色里 鸳 自 色 沉 淀NaOH溶 理|红褂色沉淀*v酿 应 一 一|总透过蓝色钻期区的4.41溶液Y-黄色 烦-紫色火馆A.该溶液X中 Na C 一定有B.溶液Y中加入氯化铁溶液没有沉淀C.该溶液可能是硫酸亚铁、碘化钾和氯化钠溶于水后得到的D.原溶液X中滴加几滴KSCN溶液后，再滴加少量的次氯酸钠溶液后溶液呈血红色【答案】C【解析】【分析】

8、由实验流程可知，过量氯水反应后的溶液，加 入 CC14萃取后下层的紫红色，说明原溶液中含有r,则能够氧化 的 Fe”不能同时存在于溶液中。此时上层的水溶液中一定含有氯水还原生成的c ，所以用该溶液加入AgNO3生成的白色沉淀，其中不能说明存在于原溶液中。另外一份加入NaOH产生红褐色沉淀说明溶液中存在F e 但是该Fe又不能存在于原溶液中，那只能是Fe开始时被氯水氧化生成Fe%所以原溶液中含有F e,Fe?的存在说明原溶液中不含有CO3。Y 的焰色反应为黄色说明含钠离子，但不能确定原溶液中是否含钠离子，透过钻玻璃观察焰色反应为紫色火焰证明一定含钾离子，以此来解答。详解：根据以上分析可知、Fe2

9、仁一定存在，Fe3 CC一一定不存在，SO42 C l Na,可能存在。【详解】A.由于过程中加入氯离子和钠离子，该溶液X 中 Na*、C 不能确定是否含有，A 错误；B.溶液中可能会含硫酸根离子，加入氯化钢溶液会生成白色沉淀，B 错误；C.该溶液中一定存在、Fe2 K 可能含SO4 C l N a*,溶液可能是硫酸亚铁、碘化钾和氯化钠溶于水后得到的，C 正确；D.由于碘离子的还原性强于亚铁离子，原溶液X 中滴加几滴KSCN溶液后，再滴加少量的次氯酸钠溶液后亚铁离子不一定被氧化，溶液不一定呈血红色，D 错误；答案选C。【点睛】本题考查常见离子的检验，把握流程中发生的离子反应、现象与结论为解答的

10、关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氧化还原反应与复分解反应的判断。7.甲烷是一种高效清洁的新能源，0.25mol甲烷完全燃烧生成液态水时放出222.5kJ热量，则下列热化学方程式中正确的是()A.2cHKg)+4Ch(g)=2CO2(g)+4H2O(1)AH=+890 kJ mol_1B.CH4(g)+2C)2(g)=CO2(g)+2H2O(1)AH=+890 kJ mol1C.CH4(g)+2()2(g)=CO2(g)+2H2O(l)AH=-890 kJ-mol*D.2CH4(g)+4O2(g)=2CO2(g)+4H2O(1)AH=-890 kJ-mol1【答案】C【解析】【分析】【详解】

11、甲烷燃烧是放热反应，A H 小于0,故 AB不正确；0.25mol甲烷完全燃烧生成液态水时放出222.5kJ热量，则 Imol甲烷燃烧放出的热量是222.5kJx4=890 kJ。答案选C。8.高铁酸钠(NazFeOQ是一种高效的饮用水处理剂，可由下列方法制得：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O 关于该反应，下列说法正确的是A.Fe(OH)3中铁元素化合价为+3,只有氧化性B.反 应 中 NaCIO是氧化剂，N aC l是氧化产物C.反应中每生成1 mol NazFeCh，转移6 m ol电子D.Na2FeO4具有强氧化性，能消毒杀菌【答案】D【

12、解析】分析：2Fe(OH)3+3NaC10+4NaOH=2Na2现Oi+3NaCl+5H式)中 Fe 元素的化合价由+3 价升高为+6价,C1元素的化合价由+1价降低为-1 价，以此来解答。详解：A.氢氧化铁中铁元素化合价为+3,为最高价,具有氧化性,故A错误;B.反应中次氯酸钠中C1元素的化合价降低了,NaCIO是氧化剂,被还原,NaCl是还原产物,故B错误;C.生成Imol Na2FeO4,由Fe元素的化合价变化可以知道有3moi电子转移,故C错误;D.NazFeCh中Fe元素为最高价,具有强氧化性,能消毒杀菌,可用于水的净化,故D正确;所以D选项是正确的。点睛：考查氧化还原反应的原理和应

13、用。高铁酸钠(N&FeOD具有强氧化性，能消毒杀菌，根据化合价变化判断氧化剂和还原剂，进而确定转移电子数。9.下列各组物质含有的化学键类型完全相同的是（）A.HBr、CO2、NH3 B.Na2O,Na2O2 Na2SC.NaCk HC1,H2O D.NaOH、CaCl2,CaO【答案】A【解析】【分析】【详解】A、都属于共价化合物，化学键类型是共价键或极性共价键，故 A 正确；B、Na?。和 Na2s只含离子键，NazCh除含有离子键外，还含有非极性共价键，故 B 错误；C、NaCl属于离子化合物，含有离子键，HC1和 H2O属于共价化合物，含有共价键，故 C 错误；D、NaOH含有离子键和共

14、价键，CaCk和 CaO只含有离子键，故 D 错误。1 0.下列有关元素周期表和元素周期律的叙述正确的是A.原子序数为15的元素的最高化合价为+3B.VIIA族元素是同周期中非金属性最强的元素C.原子最外层电子数为2 的元素一定位于IIA族D.元素周期表中从第3 列 12列中的元素均为副族元素【答案】B【解析】A、原子序数为15的元素为P,其最外层电子数为5,最高正价为+5价，选 项 A 错误；B、同周期从左到右元素的非金属性在增强，VIIA族元素的非金属性在同周期中最强，选 项 B 正确；C、He原子最外层电子数为2,但处于周期表0 族，选项C 错误；D.第 3 12列中，包括副族和第VID

15、族，选 项 D错误。答案选B。1 1.下列关于有机化合物的说法正确的是A.纤维素和蛋白质都属于天然高分子化合物，且水解最终产物均为葡萄糖B.乙醇可被酸性高铳酸钾直接氧化为乙酸，也可在铜做催化剂时被氧气直接氧化为乙酸C.乙酸乙酯和油脂均为酯类物质，互为同系物D.甲烷和苯均能在一定条件下发生取代反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A.纤维素和蛋白质都属于天然高分子化合物，纤维素水解的最终产物是葡萄糖，蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故 A 错误；B.乙醇可被酸性高镭酸钾直接氧化为乙酸，但在铜做催化剂时被氧气氧化为乙醛，故 B 错误；C.乙酸乙酯和油脂均为酯类物质，但不互为同系物，同系物要求两种物质

16、所含的官能团的种类和数目均相同，乙酸乙酯是一元酯，油脂的一个分子中有三个酯基，而且油脂是混合物，所以不能和乙酸乙酯互称为同系物，故 C 错误；D.甲烷可以和氯气在光照下发生取代反应，苯可以和液澳在澳化铁催化下发生取代反应，也可以和浓硝酸在浓硫酸催化下发生取代反应，故 D 正确；故选D。12.一种天然气臭味添加剂的绿色合成方法为：CH3CH2CH2(g);0S(s)+O2(g)=SO2(g)；放出热量：2反应生成8m oiNO,过量的氨溶于产物水中成为氨水，则该氨水中氨的质量分数为()A.13.6%B.15.7%C.28%D.32.4%【答案】A【解析】【详解】令参加反应的氨气为nmol、生成的

17、水为b m ol,贝!：4NH3+5O2=4NO+6H2O4 4 6nmol 8moi bmol所以 4:4=nmol:8mol,解得 n=8,4:6=8mol:bmol 解得 b=12moL故剩余氨气为10mol-8mol=2mol,所得氨水的质量分数为2molxl7g/mol2mol x 17g/mol+12mol x 18g/molX100%=13.6%,答案选A。二、计算题(本题包括1 个小题，共 10分)2 1.将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生下列反应：3A(g)+B(g)U xC(g)+2D(g)。经4min后,测得D的浓度为0.5mol L-1,CA：CB=3：5

18、,C的平均反应速率是0.125mol-L-1 min1,此 时 A的物质的量浓度为？(2)B 的平均反应速率为？(3)x值是？(列出三段式，写出计算过程)【答案】(1)0.7 5 mol L1；(2)0.0 6 2 5 mol L1 min1(3)2【解析】由4 min内D的浓度变化量为0.5 m o k l/,可以求出A、B、C的浓度变化量分别为3 1 x-X 0.5 mol*L -X 0.5 -X 0.5 mol L-1.设 A、B的起始浓度为n,则可以得到下列关2 2 2系：3 A (g)+B (g)-f C (g)+2 D (g)起始浓度 n n 0 0浓度变化 0.7 5 0.2 5

19、 0.2 5 x 0.54 min 后浓度(n-0.7 5)(n-0.2 5)0.2 5 x 0.5由题意 c(A)：c(B)=(n-0.7 5)：(n-0.2 5)=3：5,n=l.5 moPL_1,c(A)=(n-0.7 5)molL-O.7 5根据 v(B)=(B),V(B)：v(D)=l：2,得 v(B)=0.0 6 2 5 moPL-min-1,根据 v(C)：v(D)=x：2,求得tx=2 o(l)4 min时 A的物质的量浓度=0.7 5 mol L；答：4m i n 时 A的物质的量浓度为0.7 5 m o P f1；(2)根据上述分析，v(B)=0.0 6 2 5 mobf.

20、min1,答：B的平均反应速率为0.0 6 2 5 moPL-min1；根据上述计算，得到x=2；答：x 值是2。点睛：本题考查了化学平衡计算应用，主要是反应速率、平衡浓度的计算分析，反应速率之比等于化学方程式计量数之比。有关化学平衡的计算，要学会使用三段式解题。三、实验题(本题包括1个小题，共10分)2 2.某实验小组测定镁、铝合金中镁的质量分数。甲小组同学称量3.9 g合金按照下图进行实验。(1)仪器A的名称是 o(2)检查装置气密性的方法是 o(3)检查装置气密性好后开始实验，滴加稀硫酸时开始没有气泡产生，你认为可能的原因是一o(4)若测得气体的体积是4.4 8 L(转化为标准状况下)，

21、则 合 金 中 镁 的 质 量 分 数 是,若读数时没有冷却到室温读数，测 得 合 金 中 镁 的 质 量 分 数 (填 写“偏大”或“偏小”)。(5)下列实验方案中能测定镁的质量分数的是 o，三至二二二二邛A.WigMg、A 1 合金 量-r -固 体 f洗涤、干燥称量质量为W2 g过赛定堂田。，B.WigMg、A l合金 一.固体一洗涤、干燥称量质量为Wzg辽疫NaOH.?.?C.WigMg、A l合金 r 排水量气测得气体体积为V (转化为标况)统SO4 匚富XaOH名 或D.WigMg、A l合金 溶液-沉淀-洗涤、干燥称量质量为Wzg【答案】分液漏斗关闭分液漏斗玻璃活塞，将导管插入水

22、中，加热锥形瓶，导管口有气泡冒出，停止加热后冷却，形成一段水柱，表示气密性好金属镁、铝表面有氧化膜，开始酸溶解氧化膜，没有气泡产生30.8%偏小A、C、D【解析】分析：(D仪器A 的名称是分液漏斗。(2)用微热法检查装置的气密性。(3)镁、铝表面有氧化膜，开始酸溶解氧化膜，没有气泡产生。(4)Mg、A l与稀硫酸反应都放出H 2,根据合金的质量和放出H2的体积计算M g的质量分数。等质量的Mg、A l分别与足量稀硫酸反应，A1放 出 H2的量大于M g放出H2的量。(5)从反应的原理和测量的物理量进行分析。详解：(1)根据仪器A 的构造特点，仪器A 的名称是分液漏斗。(2)用微热法检查装置的气

23、密性，检查装置气密性的方法是：关闭分液漏斗玻璃活塞，将导管插入水中，加热锥形瓶，导管口有气泡冒出，停止加热后冷却，形成一段水柱，表示气密性好。(3)镁、铝合金中滴加稀硫酸时开始没有气泡产生，可能的原因是：镁、铝比较活泼与空气中氧气反应表面生成氧化膜，开始酸溶解氧化膜，没有气泡产生。(4)M g、A1 与稀硫酸反应的化学方程式分别为 Mg+H2SO4=MgSO4+H2T2A1+3H2SO4=AI2(SO4)3+3H2 t,设 Mg、AI 合金中 Mg、Al 的物质的量分别为 x、y,贝!列式 24g/molx+27g/moly=3.9g,x+Ty=.*-L 解得 x=0.05mol,y=0.1m

24、oL 合金中 Mg 的质量为 0.05molx24g/mol=1.2g,Mg 的质量分数为与 x 100%=30.8%等质量的Mg、A l分别与足量稀硫酸反应，A1放出H2的量大于M g放 出 H2的量；若读数时没有冷却到室温时读数，测得的气体体积偏大；测 得 M g的质量分数偏小。(5)A 项，M g与 NaOH溶液不反应，A1溶于NaOH溶液(反应的化学方程式为2AI+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2T),最后称量的W2g固体为Mg,M g的质量分数为好xlOO%；B 项，M g溶于浓硝酸，A1与 浓 HNO3发生钝化生成致密的氧化膜，不能准确测量A1的质量，无法测定M g的质

25、量分数；C 项，M g与 NaOH溶液不反应，A1溶于NaOH溶液(反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2t),由收集的H2的体积V?L(标准状况)计算A l的质量，进一步计算M g的质量和M g的质量分数；D 项，Mg、A l与足量稀硫酸反应生成MgSCh、Al2(SO4)3,反应后的溶液中加入过量NaOH溶液，MgSCh完全转化为Mg(OH)2沉淀，Al2(SO。3转化为可溶于水的NaAlO2,最后称量的W2g固体为Mg(OH)2,由 Mg(OH)2的质量结合M g守恒计算M g的质量，进一步计算M g的质量分数；能测定M g的质量分数的是A、C、D,答案选

26、ACD。四、推断题(本题包括1 个小题，共 10分)23.A、B、D、E、F、G 是原子序数依次增大的六种短周期元素。A 和 B 能形成B2A和 B2A2两种化合物,B、D、G 的最高价氧化对应水化物两两之间都能反应，D、F、G 原子最外层电子数之和等于15。回答下列问题：(1)E元 素 在 元 素 周 期 表 中 的 位 置 是；A 离 子 的 结 构 示 意 图 为.(2)D的单质与B 的最高价氧化物对应水化物的溶液反应，其离子方程式为 oB2A2中含有 键和 键，其电子式为。该物质与水反应的化学方程式为 o(4)下 列 说 法 正 确 的 是(填 字 母 序 号)。B、D、E 原子半径依

27、次减小六种元素的最高正化合价均等于其原子的最外层电子数D 的最高价氧化物对应水化物可以溶于氨水元素气态氢化物的稳定性：FAG(5)在 E、F、G 的最高价氧化物对应水化物中，酸 性 最 强 的 为(填 化 学 式)，用原子结构解释原因：同周期元素电子层数相同，从左至右，,得电子能力逐渐增强，元素非金属性逐渐增强。【答案】第三周期第IVA族 2A1+2OH+2H2O=2A1O2+3H2t 离子 非极性共价Na+Rg：g：%Na+2Na2O2+2H2O=O2t+4NaOH HC1O4 核电荷数逐渐增多，原子半径逐渐减小【解析】【分析】A、B、D、E、F、G 是原子序数依次增大的六种短周期元素。B、

28、D、G 的最高价氧化物对应水化物两两之间都能反应，是氢氧化铝、强碱、强酸之间的反应，可 知 B 为 Na、D 为 Al；D、F、G 原子最外层电子数之和等于1 5,则 F、G 的最外层电子数之和为15-3=12,故 F 为 P、G 为 C L 可知E 为 Si。A 和 B能够形成B2A 和 B2A2两种化合物，则 A 为 O 元素。结合物质结构和元素周期律分析解答。【详解】根据上述分析，A 为 O 元素，B 为 Na元素，D 为 A1元素，E 为 S i元素，F 为 P 元素，G 为 C1元素。(1)E为 S i,位于周期表中第三周期第WA族，A 为 O 元素,其离子的结构示意图 为 磅，故答

29、案为:第三周期第WA族;(2)B的最高价氧化物对应水化物为NaOH,A l与 NaOH溶液反应离子方程式为;2A1+2OH+2H2O=2A1O2+3H2?,故答案为：2A1+2OH+2H2O=2AKh+3H2T；(3)Na2(h 为离子化合物，其中含有离子键和非极性共价键，电子式为Na+Rg：2.Na+,故答案为：离子；共价(或非极性共价)；Na+Rg：:Na+；过氧化钠与水反应的化学反应方程式为：2Na2()2+2H2O=O2T+4NaOH,故答案为：2Na2O2+2H2O=O2T+4NaOH；(4)同周期从左向右原子半径减小，则 B(Na)、D(A1)、E(Si)原子半径依次减小，故正确；

30、O 无最高价，只有5 种元素的最高正化合价均等于其原子的最外层电子数，故错误；D 的最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，溶于强酸、强碱，不能溶于氨水，故错误；非金属性越强，对应氢化物越稳定，则元素气态氢化物的稳定性A(氧)G(氯)F(磷)，故错误；故答案为：；(5)在 E、F、G 的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的为HC1O4,因为同周期元素的电子层数相同，从左到右，核电荷数逐渐增多，原子半径逐渐减小，得电子能力逐渐增强，元素非金属性逐渐增强，故答案为：HCIO4;核电荷数逐渐增多，原子半径逐渐减小。五、综合题(本题包括1 个小题，共 10分)(1)图 1 中 t3时刻改变的条件是一,ts时

31、刻改变的条件是.(2)判断反应达到化学平衡状态的依据是一(填序号)。a.生成CH30H的速率与消耗C0的速率相等b.混合气体的密度不变c.混合气体的总物质的量不变d.C H aO H、CO、H2的浓度都不再发生变化(3)如图2 表示在温度分别为、T2时，平衡体系中庆的体积分数随压强变化曲线，A、B两点的反应速率:A B(填“”、”或“心，下同)，A、C两点的化学平衡常数：A Co（4）恒容条件下，下列措施中能 使 吗”里 2增 大 的 有。n（CO）A.升高温度 B.充入He气 C.使用催化剂 D.再充入I molCO和 2 moi丛（5）在某温度下，容积均为2 L 的三个密闭容器中-按不同方

32、式投入反应物。初始投料与各容器达到平衡时的有关数据如下：实验甲乙内初始投料2 mol mo!CO1 mol CHiOH4 mol Hj.2 mol CO平触时0.5 mol也体系的压强PiPiPi反应物的转化率%ot如下 列 说 法 正 确 的 是 一（填字母）。A.在该温度下，甲容器中从反应开始到平衡所需时间为4 min,则 v（上）为 0.2 5 mol/（L min）B.转化率：a 3 a j,平衡时 n（CHjOH）：n3l.OmolC.丙容器中，平衡后将容器的容积压缩到原来的1 /2,平衡常数K增大D.体系的压强：P3 =D B、D【解析】分析：（1）结合图1,t5。时化学平衡逆向移

33、动，反应速率加快，应该是升高温度的缘故，可逆反应C0（g）+2 H2（g）a C H 30H（g）。A H B,A、C 在等温曲线，故 A、C 两点的”(CHOH)化学平衡常数相等：A=C.(4)恒容条件下，A.升高温度平衡逆向移动，n(CO)减小，故A错误；”(ChLOH)B.充入He气，平衡不移动，n(CO)不变，故B错误；C.使用催化剂，平衡不移动，故C错误;D.再充入ImolCO和2m0IH2,反应正向进行，n(CO)增大，故D正确；故选D。(5)A.在该温度下，甲容器中从反应开始到平衡所需时间为4 m in,由反应C0(g)+2H2(g)a C H 3 0 H(g),生成0.5mol

34、CH30H消 耗Im ollfe,则丫(压)=二=0.125 m o l/(Lm in),故A错误；B.甲、乙为等效平衡，平衡时对应各组-mir分的物质的量相等，丙与甲相比，可以等效为在甲的基础上，压强增大一倍，平衡向正反应移动，平衡时混合气体的物质的量小于甲中的2倍，故/4.5,a3 a“n3 1.0 m o l,故B正确；C.温度不变，平衡常数不变，丙容器中，平衡后将容器的容积压缩到原来的1/2,平衡常数K不变，故C错误；D.甲、乙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，二者压强相等，丙与甲相比，可以等效为在甲的基础上，压强增大一倍，平衡向正反应移动，平衡时混合气体的物质的量小于甲中的

35、2倍，故压强P3V2R=2Pz,故D正确；故选BD。点睛：本题考查较为综合，涉及化学平衡的计算、图像分析、等效平衡等，(5)中B D为易错点、难点，要准确理解等效平衡问题，注意对等效平衡规律的理解，注意对结论的理解掌握，即：甲、乙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，丙与甲相比，可以等效为在甲的基础上，压强增大一倍。高一(下)学期期末化学模拟试卷一、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.下列化合物互为同分异构体的是A.乙醇与乙酸 B.乙烯与聚乙烯 C.葡萄糖与果糖(C此 小)D.蛋白质与氨基酸【答案】C【解析】【详解】A、乙酸的结构简式CH

36、3COOH,乙醇的结构简式C2HsOH,分子式不同，不是同分异构体，选项A 错误;B、乙烯的结构简式CH2=CH2,聚乙烯的结构简式、分子式与乙烯不同，两者不是同分异构体，选 项 B错误；C、葡萄糖的结构简式为CH20H(CHOH)4CH O,果糖的结构简式为CH20H(CHOH)3COCH2OH,所以葡萄糖和果糖是同分异构体，选 项 C 正确；D、蛋白质与氨基酸分子式不同，不是同分异构体，选项D 错误。答案选C。【点睛】本题考查有机物的名称与结构、同分异构体等，难度不大，根据名称书写结构是解题关键，注意聚乙烯的聚合度n,即乙烯与聚乙烯不可能为同分异构体。2.常温下，下列关于溶液中粒子浓度大小

37、关系的说法正确的是()A.0.lmol/LNa2C0 3 溶液中：c(Na)=2 c(C032-)+c(HC03-)+c(H2C03)B.0.I mol/L NHiCl的 溶 液 和 0.E0 I/LNH3 H20的 溶液等体积混合后溶液中：c(C D c (NH?)c(OH-)c (HDC.醋酸钠溶液中滴加醋酸溶液，则混合溶液一定有：c(Na)c (C D c (OI T)c (I T),故 B 错误；C、常温下，醋酸钠溶液中滴加醋酸溶液，溶液pH=7时，根据电荷守恒得到：c(Na)+c(H+)=c(CHs COO)+c(OH-),得到 c(Na)=c(CH3co(D；溶液 pH7 时，c(

38、Na)c(CHs COO)；溶溶液 pH7 时，c(Na)H2YO4H3ZO4,则下列判断错误的是A.原子半径：XYZ B.气态氢化物的稳定性：HXH2YZH3C.元素原子得电子能力：XYZ D.阴离子的还原性：Z3 Y2 X-【答案】A【解析】【分析】元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由题意可知，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4H2YO4H3ZO4,贝阮素非金属性XYZ。【详解】A项、同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，非金属性依次增强，则原子半径：X V Y V Z,故A错误；B项、元素非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：X Y Z,则气态氢化物的稳定性：HX

39、H2YZH3,故B正确；C项、元素非金属性越强，原子得电子能力越强，元素非金属性：X Y Z,则原子得电子能力：XY Z,故C正确；D项、元素非金属性越强，阴离子的还原性越弱，非金属性：X Y Z,则阴离子的还原性：Z3 Y2-X ,故D正确。故选A。6.下列物质可用降温结晶法提纯的是（）A.食盐中混有少量泥沙 B.含杂质氯化钠的硝酸钾C.氯化钠中含有杂质氯化镁 D.酒精中混有少量的水【答案】B【解析】【详解】A、泥沙不溶于水，通过溶解过滤除去食盐中混有少量泥沙，不能通过结晶的方法分离这两种物质，A不符合；B、硝酸钾和氯化钠都溶于水，硝酸钾的溶解度受温度的影响较大，采用降温结晶会大量析出硝酸钾

40、，氯化钠的溶解度受温度影响较小，降温后不会结晶析出留在溶液中再蒸发即可结晶析出，从而分离开硝酸钾和氯化钠，B符合；C、氯化钠、氯化镁的溶解度受温度影响都较小，不能通过结晶的方法分离这两种物质，C不符合；D、酒精和水互溶，二者的沸点相差较大，可以用蒸储法除去酒精中混有少量的水，D不符合；答案选B。【点睛】溶解度随温度变化大的物质或结晶水合物，可采用降温结晶分离，即蒸发浓缩，冷却结晶；溶解度随温度变化不大的物质，可采用蒸发结晶分离，即蒸发浓缩，趁热过滤。7.根据表中信息，下列叙述正确的是（）短周期元素代号LMQRT原子半径/nm0.1600.1430.1120.1040.066主要化合价+2+3+

41、2+6、一2-2A.氢化物的热稳定性：H2T H2RB.单质与稀盐酸反应的速率：L QC.M与 T 形成的化合物既能与强酸反应，又能与强碱反应D.离子半径：R2-H2S,即 H2T H2R,错误；B、金属性M g比 Be强，贝！M g与酸反应越剧烈，则相同条件下单质与稀盐酸反应速率为L Q,错误；C、.M 与 T 形成的化合物是氧化铝，属于两性氧化物，既能与强酸反应，又能与强碱反应，正确；D、镁离子核外电子数为1 0,硫离子的核外电子数为1 8,电子层越多，原子半径越大，则离子半径：R2-L2+,错误；故选C。.8.欲除去下列物质中混入的少量杂质（括号内物质为杂质），错误的是A.乙酸乙酯（乙酸

42、）：加饱和Na2cCh溶液，充分振荡静置后，分液B.乙 醇（水）：加入新制生石灰，蒸储C.澳 苯（溪）：加 入 NaOH溶液，充分振荡静置后，分液D.乙 酸（乙醇）：加入金属钠，蒸馆【答案】D【解析】【分析】【详解】A、乙酸的酸性强于碳酸，饱和碳酸钠吸收乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出，然后分液，故能得到纯净乙酸乙酯，A 正确；B、生石灰能够吸收水，然后利用乙醇沸点较低，采用蒸储的方法，提纯乙醇，B 正确；C、溟单质和NaOH发生反应，生成可溶于水的盐，而漠苯和氢氧化钠很难反应，且漠苯是不溶于水的液体，采用分液的方法，提纯溟苯，C 正确；D、乙酸电离出H+大于乙醇，金属Na先与乙酸反应，把乙

43、酸消耗了，方法不可取，D 错误;故 选 D。9.下列化学用语正确的是A.乙醇的分子式：CH3cH20H B.氮气的结构式：N mN：C.中子数为8 的氧原子：1O D.环己烷的结构简式：0【答案】C【解析】【详解】A 项、乙醇的分子式为C2H6。，结构简式为CH3cH2OH,故 A 错误；B 项、氮气的分子式为N 2,分子中含有氮氮三键，结构式为N 三N，故 B 错误；C 项、中子数为8 的氧原子的质量数为1 6,原子符号为1 0,故 C 正确；D 项、环己烷的分子式为C6H 结构简式为|故 D 错误；故选C。10.下列化学用语的书写，正确的是（）A.氯原子的结构示意图:B.乙烯的结构式：CH

44、2=CH2C.氯化镁的电子式：优 可 遍+目,D.乙酸的分子式：CftCOOH【答案】c【解析】分析：A.氯原子的核电荷数、核外电子数都是1 7,为氯离子结构示意图；B.乙烯的官能团为碳碳双键，结构简式中需要标出官能团；C.氯化镁为离子化合物，其电子式需要标出离子所带电荷，氯离子子需要标出最外层核外电子数；D.乙酸分子中含有2 个 C、4 个 H、2 个 O 原子，分子式为C2HQ2。详解：A.氯离子的核外电子数为1 7,氯离子的原子结构示意图为：）2 8 7,选 项 A 错误；B.乙烯分子中含有碳碳双键，乙烯的结构简式为：CH2=CH2（选 项 B 错误；C.氯化镁中存在阴阳离子，氯化镁的电

45、子式为：氏归编，选 项 C 正确；D.乙酸分子中含有2 个 C、4 个 H、2 个。原子，分子式为C 2H Q 2,结构简式为CHsCOOH,选 项 D 错误。答案选C。点睛：本题考查了原子结构示意图、电子式、结构简式等知识，题目难度中等，注意掌握离子化合物与共价化合物的电子式区别，明确电子式、分子式、结构简式、结构式的正确表示方法。11.下列关于氨水的叙述正确的是()A.氨水显碱性，是因为氨气是一种弱碱B.氨水和液氨成分相同C.向 AlCb溶液中加入过量氨水，生成白色沉淀，且不溶解D.氨水中共有三种粒子【答案】C【解析】分析：A、氨气是非电解质；B、氨水是混合物，液氨是纯净物；C、氨水与氯化

46、铝反应生成氢氧化铝沉淀；D、氨水有中性分子：氨分子、水分子和一水合氨分子，离子有钱根离子、氢离子和氢氧根离子。详解：A、氨水显碱，但氨水是混合物，一水合氨是弱碱，氨气是非电解质，不能电离，A 错误；B、氨水是混合物，液氨是纯净物，所以两者成分不相同，B 错误；C、向 AlCh溶液中加入过量氨水，生成白色沉淀氢氧化铝，氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，C 正确；D、氨水有中性分子：氨分子、水分子和一水合氨分子，离子有镂根离子、氢离子和氢氧根离子，共六种粒子，D 错误；答案选C。点睛：本题考查氨气的化学性质，学生只要掌握氨气极易溶于水并与水反应生成一水合氨、氨水中含有三分子、三离子即可，比较容易。12

47、.下列物质属于共价化合物的是A.H2O B.MgO C.CaCl2 D.KBr【答案】A【解析】【详解】A.W O是由分子构成的共价化合物，A 符合题意；B.MgO是由Mg?卡、通过离子键构成的离子化合物，B 不符合题意；C.CaCk是由Ca2+、通过离子键构成的离子化合物，C 不符合题意；D.KBr是 由 K：BF通过离子键构成的离子化合物，D 不符合题意；故合理选项是A。1 3.将固体NHJ置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：NHJ(s)=N H 3(g)+H I(g)；2Hl(g)=H z(g)+L(g)达到平衡时，c(Hz)=l mol LT,C(HI)=4 mol L_1,则此

48、温度下反应的平衡常数为()A.36 B.24 C.16 D.9【答案】B【解析】平衡时c(H I)=4 m o l L-,H I分解生成的H?的浓度为1 m o l L_ 1,则 N H J 分解生成的H I的浓度为4 m o l X I m o l L_ 1=6 m o l L,所以N H4I 分解生成的烟的浓度为6 m o l L-1,所以反应(1)的平衡常数 k=c(N H3)x c(H I)=6 m o l ,L-1x 4 m o l =2 4 m o l2,L。故选 B,14.下列离子方程式书写正确的是A.含 0.I m o l F e L 的溶液中滴加含 0.1 2 5 m o l

49、 C 1 2 的氯水：2 F e +8 r+5 C 1 2=2 F e +4 l 2+1 0 C TB.用白醋除铁锈：F e203.x H20+6 H =(3+x)H 2 0+2 F e3+C.向少量 C a(H C 0 3)2 溶液中加入足量的 C a(0 H)2：C a2*+2 H C 03+2 0 l T=C a C 0 3 1 +H20+C 032-D.向 K A I (S O D z 溶液中加入 B a (O H)2 使铝离子恰好沉淀完全：A l3*+3 0 H +B a2 t+S 0?-A l (O H)31 +B a S 04 I【答案】A【解析】分析：A.根据反应物的用量结合还

50、原性碘离子强于亚铁离子分析；B.醋酸是弱酸，不能拆开；C.碳酸氢钙与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水；D.至铝离子刚好沉淀完全，以 2：3 反应，反应生成硫酸钢、氢氧化铝，硫酸钾。详解：A.含 O.lmolFeL的溶液中滴加含0.125molCk的氯水，碘离子全部被氧化，亚铁离子部分被氧化,则根据用量可知方程式为2Fe24+8r+5C12=2Fe3*+4I2+10Cl,A 正确；B.用白醋除铁锈：Fe2O3 xH2O+6CH3COOH=(3+x)H2O+6CH3COO+2Fe3 B 错误；C.向少量 Ca(HCO3)2 溶液中加入足量的 Ca(OH)2：Ca2+HCO3+OH=CaCO3 I+H2O