2022届辽宁省大连市高一下化学期末复习检测模拟试题【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.某有机物的结构简式如图，则此有机物可发生的反应有（）取代 加成氧化酯化水解中和A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】有机物分子中含有碳碳双键、酯基、竣基、羟基，结合相应官能团的结构与性质分析解答。【详解】含有苯环、竣基、羟基和酯基，可发生取代反应；含有苯环和碳碳双键，可发生加成反应；含有碳碳双键和羟基，可发生氧化反应；含有羟基和竣基，可发生酯化反应；含有酯基，可发生水解反应；含有孩基，可发生中和反应。答案选D。2.下列关于甲烷和苯的性质叙述不正确的是A.甲烷和苯均属于

2、垃B.苯的分子结构中存在单双键交替的现象C.甲烷和苯在一定条件下均能发生取代反应D.苯在空气中燃烧时有浓烟生成【答案】B【解析】【详解】A 项、只含C、H 元素的有机化合物为烧，甲烷和苯均属于崎，故 A 正确；B 项、苯分子中的碳碳键是介于单键和双键之间的一种独特的键，不是单双键交替的结构，故 B 错误；C 项、甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，生成一氯甲苯，苯和液漠在漠化铁作催化剂的条件下生成漠苯，均为取代反应，故 C 正确；D 项、苯分子中含碳量高，燃烧时火焰明亮有浓烟生成，故 D 正确。故选B。【点睛】本题综合考查有机物的结构和性质，侧重于分析能力的考查，注意把握有机物性质的异同是解答

3、关键。3.有 NaCl、KSCN、NaOH、AgNCh四种溶液，只用一种试剂就把它们鉴别开来，这种试剂是（）A.盐酸 B.Na2cCh溶液 C.氯水 D.FeCb溶液【答案】D【解析】【分析】【详解】A.盐酸只能鉴别硝酸银溶液，A 错误；B.碳酸钠溶液只能鉴别硝酸银溶液，B 错误；C.氯水和氢氧化钠溶液反应，氯水褪色，和硝酸银反应产生白色沉淀，但不能鉴别氯化钠和KSCN,C错误；D.FeCb溶液与NaCl没有明显现象、与 KSCN溶液显血红色、与 NaOH生成红褐色沉淀、与 AgNCh生成白色沉淀，可以鉴别，D 正确。答案选D。4.对于苯乙烯的下列叙述：能使KM nO,酸性溶液褪色可发生加聚反

4、应可溶于水可溶于苯中能与浓硝酸发生取代反应所有的原子一定全部共平面，其中正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】苯乙烯中含有碳碳双键，则能使酸性KMnO4溶液褪色，选项正确；苯乙烯中含有碳碳双键，则可发生加聚反应，选项正确；苯乙烯为有机物，不溶于水，选项错误；根据相似相溶可知，苯乙烯可溶于苯中，选项正确；苯环能与浓硝酸发生取代反应，则苯乙烯能与浓硝酸发生取代反应，选项正确；苯环为平面结构、乙烯为平面结构，且苯环中的C 原子与乙烯中的碳原子直接相连，只有这样,所有的原子才可能共平面，选项错误；答案选A。点睛：本题考查苯乙烯的性质，熟悉物质的结构和性质的关系是解答本题的关键，并学会利用苯和乙

5、烯的性质来解答。5.图 1 是铜锌原电池示意图。图 2 中，x 轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y 轴 表 示（）【答案】C【解析】【详解】铜锌原电池中，Z n 是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为Z n-2 e-=Z n”,C u是正极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应为2 H+2/=出 t 则A.C u是正极，氢离子得电子发生还原反应，C u 棒的质量不变，故 A 错误；B.由于Z n 是负极，不断发生反应Z n-2 e-=Z n”,所以溶液中c (Z n?*)增大，故 B 错误；C.由于反应不断消耗HZ所以溶液的c (H*)逐渐降低，故 C 正确；D.S O/不参加反应，其浓

6、度不变，故 D错误；故选C。6 .A、B、C 三种元素在周期表中的位置如下图所示，已知A、B、C 原子序数之和为3 7。下列关于A、B、C 三种元素的说法正确的是A.元 素 B 和 C 位于第四周期 B.元素A 的原子序数为7C.元 素 B 最外层有5 个电子 D.元 素 C 位于第三周期VA 族【答案】B【解析】【分析】若位于短周期或元素周期表的左侧时，设 A 的原子序数为x,结合位置可知，B 的原子序数为x+7,C 的原子序数为x+9,A、B、C 原子序数之和为3 7,则 x+x+7+x+9=3 7,解得x=7,则 A 为 N,B 为 S i,C 为 S；若位于长周期时，设 A 的原子序数

7、为x,结合位置可知，B 的原子序数为x+1 7,C 的原子序数为x+1 9,A、B、C 原子序数之和为3 7,则 x+x+1 7+x+1 9=3 7,解得x=l/3 不符合题意。故 A 为 N,B 为 S i,C 为 S。【详解】A、元素B 为 S i,C 为 S,位于第三周期，故 A 错误；B、元素A 为 N,原子序数为7,故 B 正确；C、元素B 为 S i,最外层有4个电子，故 C 错误；D、元素C 为 S,位于第三周期V I A族，故 D错误；故选B。7.下列有关热化学方程式及其叙述正确的是()A.氢气的燃烧热为2 8 5.5 k J m o l-)则水分解的热化学方程式为：2 H2O

8、(l)=2 H2(g)+02(g)AH=+2 8 5.5 k J mo l-1B.已知 2 c(石墨，s)+Oz(g)=2 CO(g)AH=-2 2 1 k J -mo l-1,则石墨的燃烧热为 1 1 0.5 k J mo l 7C.已知 Nz(g)+3 H 2(g)一 2 NH 3(g)AH=-9 2.4 k J mo l-1,则在一定条件下将 1 mo l N?和 3 mo l 上置于一密闭容器中充分反应后，最多可放出9 2.4 k J 的热量D.氢气的燃烧热为2 8 5.5 k J mo l-）则氢气的燃烧热的热化学方程式：H2（g）+l/2 02（g）=H2O（1）H=-2 8 5.

9、5 k J mo l-1【答案】D【解析】【详解】A.氢气的燃烧热指的是Im olW 完全燃烧生成液态水所放出的热量，氢气的燃烧热为285.5 kJmoi,则水分解的热化学方程式为：2H2。=2H2（g）+O2（g）AH=+571 kJ-moF1,A 不正确；B.已知2c（石墨，s）+O2（g）=2CO（g）A H=-2 2 1 k J m o F l在该反应中，石墨没有完全燃烧生成CO2,故石墨的燃烧热不是110.5 kJmolT,B 不正确；C.已知N2（g）+3H2（g）=m 2N H 3（g）AH=-92.4kJmo，该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故在一定条件下将1 m

10、ol电 和 3 mol用置于一密闭容器中充分反应后，不可能生成2moi NH3,放出的热量一定小于92.4 kJ,C 不正确；D.指的是ImolHz完全燃烧生成液态水所放出的热量，氢气的燃烧热为285.5kJm o L,则氢气的燃烧热的热化学方程式为 H2（g）+l/2O2（g）=H2O（l）AH=-285.5kJm oL,D 正确。综上所述，有关热化学方程式及其叙述正确的是D,本题选D。8.下列说法不正确的是（）A.焦炭在高温下与水蒸气的反应是吸热反应B.氢氧化钾与硝酸的反应是放热反应C.化学反应的过程，都可以看成是“贮存”在物质内部的能量转化为热能等而被释放出来的D.燃料有足够的空气就能充

11、分燃烧【答案】D【解析】分析：A、焦炭还原水蒸气的反应是吸热的；B、中和反应是放热反应；C、根据化学反应伴随能量的变化实质来回答；D、从燃烧的条件分析，要使燃料充分燃烧可以增大氧气的浓度或与氧气的接触面积。详解：A、焦炭还原水蒸气的反应是吸热反应，A 正确；B、氢氧化钾与硝酸的反应是中和反应，属于放热反应，B 正确；C、化学反应的过程，有的是物质内部的能量转化为热能或是其他形式的能，有的是释放能量的过程，有的是吸收能量的过程，C 正确。D、使燃料充分燃烧可以从增大氧气的浓度或与氧气的接触面积来考虑。所以使燃料充分燃烧需考虑两点:一是燃烧时要有足够多的空气；二是燃料有与它有足够大的接触面积，D

12、错误；答案选D。点睛：本题考查学生常见的反应的吸放热情况以及能量变化知识，可以根据教材知识来回答，题目难度不大。9.下列物质属于化合物的是()A.Fe(OH)3胶体 B.稀盐酸 C.干冰 D.空气【答案】C【解析】【分析】【详解】A.Fe(OHb胶体属于分散系，是混合物，故 A 不符合题意；B.稀盐酸是氯化氢和水组成的物质，是混合物，故 B 不符合题意；C.干冰是二氧化碳的俗称属于纯净物，是化合物，故 C 符合题意；D.空气是多种气体的混合物，是混合物，故 D 不符合题意；答案选C。1 0.有关化学用语正确的是A.乙烯的最简式C2H4 B.乙醇的分子式C2H50HClC.四氯化碳的电子式C1：

13、C：CL D.臭氧的分子式03Cl【答案】D【解析】【分析】【详解】A.乙烯的最简式应为C H 2,故 A 错误；B.乙醇的分子式为C2H6。，C21150H为乙醇的结构简式，故 B 错误；:C1 ：C.四氯化碳分子中氯原子和碳原子均满足8 电子稳定结构，电子式为：a :c :ci:，故 C 错误;：C1 ：D.臭氧为3 个氧原子形成的分子，分子式为0 3,故 D 正确；故答案为D。1 1.胶体区别于其它分散系的本质是A.胶体分散质粒子直径在lnm-100nm之间B.具有丁达尔现象C.胶体粒子不能穿过半透膜，能通过滤纸空隙D.胶体粒子在一定条件下能稳定存在【答案】A【解析】【分析】【详解】胶体

14、区别于其它分散系的本质是胶体分散质粒子直径在Inm-lOOnm之间，答案选A。12.下列物质的俗名与化学式对应正确的是A.石灰石一CaO B.铁红一Fe3（）4 C.苛性钠一NaOH D.漂白粉一CaCk【答案】C【解析】【详解】A 项、石灰石的主要成分是碳酸钙，不是氧化钙，故 A 错误；B 项、铁红的主要成分是氧化铁，不是四氧化三铁，故 B 错误；C 项、氢氧化钠的俗名为苛性钠或烧碱，故 C 正确；D 项、漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，故 D 错误；故选C。13.在标准状况下，有两种气态烷烧的混合物，密度为1.16g/L,则下列关于此混合物组成的说法正确的是A.一定

15、有甲烷B.一定有乙烷C.可能是甲烷和戊烷的混合物D.可能是乙烷和丙烷的混合物【答案】A【解析】分析：该混合炫的平均摩尔质量为1.16g/Lx22.4L/mol=26g/mol,即平均相对分子质量为2 6,相对分子质量小于26的烷烧是甲烷，其相对分子质量为1 6,其他烷克相对分子质量都大于2 6,所以混合物中一定有甲烷，结合常温烯为气态免判断。详解：A.由上述分析可知，混合物中一定含有甲烷，故 A 正确；B.乙烷的相对分子质量为3 0,可能含有乙烷，也可能不含有乙烷，故 B 错误；C.常温下，戊烷为液态，不可能是甲烷与戊烷的混合物，故 C 错误；D.乙烷与丙烷的相对分子质量都大于1 6,不可能是

16、乙烷和丙烷的混合物，故 D 错误，故答案为：Ao点睛：本题主要考查混合物计算、有机物分子式的确定等，题目难度中等，注意利用平均相对分子质量进行分析解答，侧重于考查学生的思维能力。1 4.下列金属单质的获得方法中不包含化学变化的是A.铝热法炼铁 B.电解法制钠 C.湿法炼铜 D.沙里淘金【答案】D【解析】【详解】A 项、铝热法炼铁有新物质生成，属于化学变化，故 A 错误；B 项、电解法制钠有新物质生成，属于化学变化，故 B 错误；C 项、湿法炼铜有新物质生成，属于化学变化，故 C 错误；D 项、沙里淘金利用密度不同将金和沙分离，没有新物质生成，属于物理变化，故 D 正确；故选D。1 5.下列反应

17、中，属于取代反应的是A.C H.注.C+2H,rriB CH3CH=CH2+Br2 CH3CHBrCH2BrC.CBL+2O,点 那 r CO,+2H,OD.C2H6+Cl2 C,H.C1+HCI【答案】D【解析】分析：A 项，CH4高温的分解反应；B 项，CH3cH=CH2与 B 0 的 CCL,溶液发生的加成反应；C 项，CH4的氧化反应；D 项，C2H6与 CL光照下的取代反应。详解：A 项，CM 高温的分解反应；B 项，CH3cH丸 电 与 B。的 CCL溶液发生的加成反应；C 项，CH4的燃烧反应，属于CH 的氧化反应；D 项，C2H6与 Ck光照下的取代反应；属于取代反应的是D 项

18、，答案选D。16.某温度下，在密闭容器中浓度都为1.0 mo l 的两种气体X z和丫2,反应生成气体Z。1 0 mi n后，测得X2、Z的浓度分别为0.4 mo l 0.6 mo l -L_ 1该反应的化学方程式可能为（）A.X2+2 Y2 =2 X Y2 B.3 X2+Y2 =2 X3YC.2X2+Y2 =2 X z Y D.X2+3 Y2 2 X Y3【答案】C【解析】【详解】由信息可知，X2、丫 2为反应物，Z 为生成物,10 min后,c（X2）=0.4molL c（Z）=0.6molL 可知X2、Z 的浓度变化量之 比 为（1.0-0.4）mol-L1：0.6 molL=l：1,由

19、变化量之比等于化学计量数之比可知，X2和 Z 的化学计量数之比为1:1,由题给方程式可知C 正确，故选C。【点睛】根据物质的量浓度变化量之比等于化学计量数之比确定各物质的化学计量数是关键。17.常温常压下，下列有机物为气体的是（）A.CH2=CH2 B.CSH12 C.CH 3 0 H D.CH 3 COOC2H5【答案】A【解析】分析：常温常压下，烧类物质中，含1至4个碳的化合物是气体，卤代克中，一氯甲烷、一氯乙烷是气体，其余都不是气体，烧的含氧衍生物中只有甲醛是气体，其余都不是气体；详解:A.甲常温常压下是乙烯为气体，所以A选项是正确的；B.C此2是大于4个碳原子的烧，常温常压下为液体，故

20、B错误；C.CHsOH是甲醇，常温常压下为液体，故C错误；D.CH3COOC2Hs是乙酸乙酯，常温常压下为液体，故D错误；所以A选项是正确的。18.下列物质中，既含离子键又含非极性共价键的是A.Ba(OH)2 B.CH3CHO C.Na2O2 D.NH4C1【答案】C【解析】【详解】A.氢氧化领中铁离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在极性共价键，A 错误；B.CH3CHO中只含共价键，B 错误；C.钠离子和过氧根离子之间存在离子键，氧原子和氧原子之间存在非极性共价键，C 正确；D.氯化核中钱根离子和氯离子之间存在离子键，氮原子和氢原子之间存在极性共价键，D 错误；答案选C。【

21、点睛】本题考查了化学键的判断，明确离子键、极性共价键和非极性共价键的概念即可解答。一般情况下，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键，不同非金属元素之间易形成极性共价键。19.下列有关性质的比较，错误的是A.酸性：H2sOH3PChB.沸点：H2SH2OC.热稳定性：Na2CO3NaHCO3D.碱性：NaOHMg(OH)2【答案】B【解析】【详解】A.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性：S P,所以酸性H2SO4H3PO4,选 项 A 正确；B.分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，还与氢键有关，水分

22、子间存在氢键、硫化氢分子间不含氢键，所以沸点：H2OH2S,选项B 错误；C.NaHCC3不稳定，加热易分解：，碳酸钠受热稳定，选项C 正确;a2 N aH C O3：N a2 cO 3+C O 2 T +H20D.元素的金属性越强,其最高价氧化物的水化物碱性越强,金属性:NaM g,所以碱性NaOHMg（OH）2选 项 D 正确；答案选B。2 0.下列有机物中，不展于烧的是A.CH2=CH2 B.C.CH3CH2CH3 D.CH3COOH【答案】D【解析】【详解】A.CH2=CH2,只含有C、H 两种元素的化合物，属 于 络A 不符合题意；B.该物质是苯，分子式C6H6,只含有C、H 两种元

23、素的化合物，属于克，B 不符合题意；CCH3cH2cH3是只含有C、H 两种元素的化合物，属于短，C 不符合题意；D.CH3coOH中含有C、H、O 三种元素，不属于烧，是燃的含氧衍生物，D 符合题意；故合理选项是D。二、计 算 题（本题包括1个小题，共 10分）2 1.按要求回答下列问题：已知拆开ImolH H 键、ImolCl-C l键、ImolH C1键分别需要吸收的能量为436.4kJ、242.7kJ、431.8kJ 则由H?和 Cl?反应生成ImolHCl需要（填“放出”或“吸收”）kJ的热量。（2）H?可以在C%中安静地燃烧。甲、乙两图中，能表示该反应能量变化的是图_ _ _ _（

24、填“甲”或“乙”）。将等物质的量的A 和 B,混合于2 L 的密闭容器中，发生如下反应3A（g）+B（g）xC（g）+2D（g）.2min 后，测得 D 的浓度为0.5 mol/L,c（A）：c（B）=3：5,C 的反应速率是0.25 mol/（L*min）0 则:x 的值是:B 的 平 均 反 应 速 率 是:A 在 2min末的浓度是；若此后各物质的量均不再变化，则证明此可逆反应达到了 的程度。A.反应彻底 B.反应终止 C.化学平衡 D.无法判断【答案】放出 92.25 甲 2 0.125molL-imin 0.75mol/L C【解析】【分析】(1)依据焙变AH=反应物的化学键键能之和

25、一生成物的化学键键能之和计算；(2)%可以在C b中安静地燃烧，该反应属于放热反应，据此判断；根据丫=生计算出v(D),结合反应速率与化学计量数成正比计算x；结合v(B)=v(D)计算；经5min后 D 的浓度为0.5mol/L,D 的物质的量为：2Lx0.5mol/L=lmol,设 A、B 的初始浓度为n,根据三段式计算出n,再根据=歹计算；根据平衡状态的特征分析判断。【详解】已知拆开ImolH-H键、ImolCl-CI键、ImolH-Cl键分别需要的能量是436.4kJ、242.7kJ,431.8kJ,则反应：H2(g)+C12(g)=2HCl(g)的AH=436.4kJ/mol+242.

26、7kJ/mol-2x43L8kJ/mol=-l85.5kJ/mol,反应生成ImolHCl需要放出92.25kJ的热量，故答案为：放出；92.25；(2)%可以在C k中安静地燃烧，该反应属于放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，能表示该反应能量变化的是图甲；故答案为：甲；0.5mol/L(3)经 2min后，测得D 的浓度为0.5mol/L,v(D)=-:-=0.25 mol/(Lmin),反应速率之比等于化2min学计量数之比，所以 v(D)：v(C)=0.25 mol/(L-min)：0.25mol/(Lmin)=2：x,解得：x=2,故答案为：2；v(D)=0.25 mol/(L

27、m in),则 v(B)=y v(D)=0.25 mol/(Lmin)xy=0.125 mol/(L,min),故答案为：0.125mol/(L*min)；经 2min后 D 的浓度为0.5mol/L,D 的物质的量为：2LxO.5moi/L=lmol,设 A、B 的初始浓度为n,c(A)：c(B)=n(A)：n(B)=3：5,解得：n=3,2min 末 A 的浓度为：-=0.75mol/L,n-0.5 2L3A(g)+B(g)-j2 c(g)+2D(g)起始(mol)nn 0 0变化(mol)1.50.5 1 15min(mol)n-1.5n-0.5 1 1n-1.5 3mol-1.5mol

28、故答案为：0.75mol/L；若此后各物质的量均不再变化，则证明此可逆反应达到了化学平衡状态，也就达到了该反应的化学反应限度，故选C。三、实验题(本题包括I 个小题，共 10分)2 2.工业上生产高氯酸时，还同时生产了一种常见的重要含氯消毒剂和漂白剂亚氯酸钠(NaCKh)，其工艺流程如下：NaC103 浓112s04 NajH H2O SO2反应器I f CIO?气体J f 反应器II J|NaClC2粗品冷 却|过谑u u-基溜-NaHSO4 谑液 HCIO4纯品晶体-已知：NaHSCh溶解度随温度的升高而增大，适当条件下可结晶析出。高氯酸是至今为止人们已知酸中的最强酸，沸点90 C。请回答

29、下列问题：(1)反应器I 中发生反应的化学方程式为,冷却的目的是,能用蒸偏法分离出高氯酸的原因是 o(2)反应器II中发生反应的离子方程式为 o(3)通入反应器II中的SO2用 H2O2代替同样能生成NaCK h,请简要说明双氧水在反应中能代替SO2的原因是。(4)Ca(ClO)2、CIO2、NaClCh等含氯化合物都是常用的消毒剂和漂白剂，是因为它们都具有,请写出工业上用氯气和NaOH溶液生产消毒剂NaClO的离子方程式：【答案】3NaClO3+3H2so4=HCK4+2C1O2T+3NaHSO4+H2。降低 NaHSCh 的溶解度，使 NaHSO 结晶析出 HClCh 沸点低 2c1O2+

30、SO2+4OH-=2CKV+SO42-+2H2O H2O2 有还原性，也能把 QCh还原为 NaCK)2 强氧化性 C12+2OH-=C1+C1O+H2O【解析】【分析】NaClCh 和浓 H 2 s 在反应器 I 中反应：3NaCKh+3H2so4=HCK)4+2C1O2T+3NaHSC4+H2O；生成 HCIO4、CK2和 NaHSCh，CIO2在反应器n 中与二氧化硫、氢氧化钠反应2CIO2+SO2+4NaOH=2NaClO2+Na2SO4+2H2O；生成亚氯酸钠，再得到其晶体；反应器I 中得到的溶液通过冷却过滤得到NaHSCh晶体，滤液为HClCh，蒸储得到纯净的HCIO6(1)NaC

31、lCh和 浓 H2s。4在反应器I 中反应生成HC1O4 CIO2和 NaHSO4；冷却溶液时会析出NaHSO4晶体；高氯酸易挥发，蒸情可以得到高氯酸；(2)反应器II中 C1O2与二氧化硫、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠；(3)H2O2具有还原性，能还原CIO2;(4)具有强氧化性的物质能用作消毒剂和漂白剂，氯气和NaOH溶液生成NaCl和次氯酸钠、水。【详解】(1)根据题给化学工艺流程分析反应器I 中 N aC 1 0 3 和浓H 2 S O 4 发生反应生成H C 1 0,、C I O 2、N aH S O,和&0,化学方程式为3 N aC 1 0 3 +3 H zs。4=H C 1 04+2

32、 c1 0 2 t+3 N aH S 04+H20；冷却的目的是：降低N aH S O,的溶解度，使 N aH S O,结晶析出；能用蒸馆法分离出高氯酸的原因是高氯酸的沸点低，易挥发；(2)反应器U中 C I O 2、S 0 2 和氢氧化钠发生反应生成亚氯酸钠、硫酸钠和水，离子方程式为2 cl(V S 0 2+4 0 H-=2 C 1 0 2-+S 0 42-+2 H20；(3)H 2 O 2 中 0元素为-1 价，有还原性，能被强氧化剂氧化，B O?能还原C 1 G；所以通入反应器I I 中的S O?用另一物质上。2 代替同样能生成N aC 1 02；(4)消毒剂和漂白剂的消毒原理和漂白原理

33、是利用它们的强氧化性来达到目的，因此C a(C 1 0)z、C I O 2、N aC lO、N aC lO z等含氯化合物都是常用的消毒剂和漂白剂是因为它们都具有强氧化性，用氯气和N aO H 溶液生产另一种消毒剂N aC lO 的离子方程式为C b+2 0 H-=C l-+C I O-+H20 四、推断题(本题包括1 个小题，共 1 0 分)2 3.有 A、B、C、D 四种短周期元素，它们的原子序数由A 到 D 依次增大，已知A 和 B 原子有相同的电子层数，且 A 的 L 层电子数是K 层电子数的两倍，C 燃烧时呈现黄色火焰，C 的单质在点燃条件下与B的单质充分反应，可以得到淡黄色固态化合

34、物，D 的 M 层电子数为K 层电子数的3 倍.试根据以上叙述回答：(1)写出元素名称：A D；(2)画出D的原子结构示意图_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _；(3)用电子式表示化合物C?D 的形成过程.【答案】碳硫Na x .S Vx Na 一 后泌：广 石【解析】【分析】A、B、C、D 四种短周期元素，它们的原子序数由A 到 D 依次增大，已知A 和 B 原子有相同的电子层数,且 A 的 L 层电子数是K 层电子数的两倍，则 A 为 C 元素，C 燃烧时呈现黄色火焰，C 的单质在点燃条件下与B 的单质充分反应，可以得到淡黄色固态化合物，则 C 为 Na元素，B 为 O 元素，D

35、 的 M 层电子数为 K 层电子数的3 倍，则 D 为 S 元素。【详解】(1)根据上述推断，A 为碳，D 为硫。(2)D 为 16号元素硫，有三层电子，电子数分别为2、8、6,硫原子的原子结构示意图为 1)d.(3)C2D 是 Na2S,是由Na.和 S”形成的离子化合物，则 Na2s的形成过程为：N a X.S.个*N a-N a*-N a+；五、综 合 题(本 题 包 括I个 小 题，共1 0分)2 4.化学反应的快慢和限度对人类生产、生活有重要的意义。(1)将影响化学反应速率的因素镇在空格处。实例影响因素食物放在冰箱里延长保质期 一实验室将块状药品研细,再进行反应 一(2)某 小 组

36、将 酸 性K M nO,溶 液 与H 2 c2。式具有还原性)溶液混合，用反应中溶液紫色消失快慢的方法研究形响化学反应速率的因素。实 验 中 酸 性K M nO,溶 液(0.0 0 1 0 mol/L)、H 2 c2。,溶 液 的 用 量 均 为4 mL(忽略加入固体,溶液混合时体积的变化)O该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 o请帮助他们完成以下实验设计表:填写I V中的数据，并将实验目的补充完整。该 小 组 同 学 对 实 验I I进行了 3次 实 验，测得以下数据:实验编号温度/K催化剂的用量/gH2c溶液的浓度/mol.L-1实验目的I2 9 80.50.0 1 0A.实 验I和I

37、 I探究_ _ _ _ 对反应速率的影响B.实 验I和HI探究_ _ _ _ 对反应速率的影响C.实 验I和I V探究催化剂对反应速率的影响I I2 9 80.50.0 5 0I I I3 2 30.50.0 1 0I V实验编号溶 液 退 色 所 需 时 间t/min第1次第2次第3次I I4.95.15.0实 验I I中 用K M n(h表 示 该 反 应 的 平 均 反 应 速 率 为 一。【答 案】反 应 物 浓 度 反 应 温 度2 ：5略 略2 9 8 0 0.0 1 I X K T4 moP L-min-1【解 析】分 析：影响化学反应速率的因素有温度、浓 度、催化剂以及固体的表

38、面积大小等，从实验的目的考虑选择c的措施；所做的实验要有对比实验，其他条件相同时，分 别 在2 9 8 K、3 2 3 K条件下分别实验；根 据v=一计 算。详解：(1)冰箱内温度较低，降低温度，反应速率减小，可延长保质期，故答案为温度；固体表面积的大小影响化学反应速率，表面积越大，反应速率越快，实验室将块状药品研细，可加快反应速率，故答案为固体表面积；(2)酸性K M rQ 溶液与H 2 C 2 O 4 溶液混合，发生反应5 H2C204+2 M n04+6 H=1 0 C 02 t+2 M n2，+8 H2O,该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2 :5；A.实验I和 I I 中草酸的浓

39、度不同，故为探究反应物浓度对反应速率的影响；B.实验I 和 I I I 为不同温度，故为探究反应温度对反应速率的影响；C.实 验 I 和 I V 探究催化剂对反应速率的影响，故只能增加催化剂，其他 ，、0.0 0 1 mol/L x0.0 0 4 L ,条件不变，应填 2 9 8、0、0.0 1；反应开始时：c(K M nO D =0.0 0 0 5 mol/L,0.0 0 4 L +0.0 0 4 L一 一 2 r(4.9 +5.l+5.0)min反应时间：廿-=5.O min,K M r。的平均反应速率：3V (,K M nO、c 0.0 0 0 5 mol/L _44)=一 =-=1 X

40、1 O4 mol-L min)t 5.O min点睛：本题考查了酸性高镒酸钾氧化草酸的相关实验，注意对比实验的应用和氧化还原反应中电子守恒的应用，题目难度中等。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.某温度下，将 2 mol A和 3 mol B充入一密闭的容器中发生反应：aA(g)+B(g)C(g)+D(g),5 min后达平衡。已知该反应在此温度下平衡常数K=l,若温度不变的情况下将容器的体积扩大为原来的1 0 倍,A的转化率不发生变化，则 B的转化率为()A.6 0%B.4 0%C.2 4%D.4%【答

41、案】A【解析】试题分析：若温度不变的情况下将容器的体积扩大为原来的1 0 倍，A的转化率不发生变化，说明压强不能使化学平衡发生移动，则该反应是反应前后气体体积相等的反应，所 以 a+l=l+L 故 a=L设转化的B为 xmoL 贝!J：A (g)+B (g):=C (g)+D (g)起 始 量(mol)：2 3 0 0变 化 量(mol)：x x x x平 衡 量(mol)：2-x 3-x x x反应前后气体体积不变，可以用各种物质的物质的量代替该物质的物质的量浓度计算化学平衡常数，则K=|c(C)xc(D)-|c(A)xc(B)l =(xxx)-|(2-x)x(3-x)|=1,解得 x=L

42、2,故 B 的转化率为(1.2 mol4-3 mol)xl0 0%=4 0%,故选项 B 正确。考点：考查压强对化学平衡移动的影响及物质平衡转化率的计算的知识。2 .已知相同条件下，物质具有的能量越低，物质越稳定。常温常压时，红磷比白磷稳定，在下列反应中：4 P(白磷，s)+5 02(g)=2 P2O5(S)A H=-a kj/mol4 P (红磷，s)+5 02(g)=2 P2O5(S)A H=-bkj/mol若 a、b 均大于零，则 a 和 b 的关系为(A H 小于零，代表反应放热)A.a bD.无法确定【答案】C【解析】4 P(白磷，s)+5 02(g)2 P205(s)A H=-a

43、kj/mol,4 P(红磷，s)+5 02(g)2 P205(s)A H=-b kj/mol,由-可得到 4 P(白磷，s)=4 P(红磷，s)A H=-a-(-b)kJ/mol,因红磷比白磷稳定，则H=-a-(-b)kJ/molV O,所以b-a V O,即 b Va,故选C。3 .柠檬酸的结构简式如图，下列说法正确的是CH2COOHHO-C-COOHICH2COOHA.I mol柠檬酸可与4 moi N a O H 发生中和反应B.柠檬酸中能发生酯化反应的官能团有2 种C.Im ol柠檬酸与足量金属Na反应生成1.5mol H2D.柠檬酸与O2在 Cu作催化剂、加热的条件下，能发生催化氧化

44、反应【答案】B【解析】【详解】A.柠檬酸中有三个竣基，可与3moi氢氧化钠发生中和反应，A 项错误；B.酯化反应的官能团为羟基和竣基，柠檬酸中既有竣基又有羟基，B 项正确；C.羟基氢和竣基氢均可以被钠取代，所 以 Imol柠檬酸和足量金属钠反应生成2mol H2,C 项错误;D.柠檬酸中与羟基相连的碳原子上没有氢原子，无法发生催化氧化反应，D 项错误；所以答案选择B 项。4.有 A,B,C,D主族元素，有关它们的一些信息如表所示：元素ABCD相关的原子结构与性质元素符号为A t,与稀有气体元素相邻，但半径比I 大其在周期表的周期数和族序数比K的均大1元素符号为T 1,名称是铭，原子核外有六个电

45、子层，与 A1同主族可形成双原子分子，分子内有叁键则下列有关说法中正确的是()A.元素A的单质可能是一种有色的固体物质，其氢化物HAt易溶于水，很稳定B.常温下B 的单质能与冷水发生剧烈反应，其硫酸盐可能易溶于水C.铭氧化物化学式为TI2O3,是离子化合物，TI2O3和 T1(0H)3均是两性的物质D.元素D的一些氧化物在大气中会产生光化学烟雾，还会破坏臭氧层【答案】D【解析】A.卤族元素从上到下，单质的颜色逐渐加深，由于碘单质为紫黑色固体，故 A t的单质为有色固体，同主族从上到下氢化物稳定性减弱，H A t,很不稳定，故 A 错误；B.B 在周期表的周期数和族序数比K 的均 大 1,则为第

46、五周期第IIA 族元素，由于硫酸钙为微溶，从上到下溶解度减小，故 B 对于的硫酸盐在水中不会是易溶，故 B 错误；C.错为较活泼金属，TI2O3和 T1(OH)3均不属于两性物质，T1(OH)3为强碱，故 C 错误；D.D 为 N,氮的部分氧化物会产生光化学烟雾，还会破坏臭氧层，故 D 正确；故选D。5.为了进一步改善北京地区的环境质量，下列做法不正碰的是A.推广使用无磷洗衣粉B.使用清洁燃料的公交车C.减少含硫化石燃料的大量燃烧D.使用不易降解的一次性塑料餐具【答案】D【解析】试题分析：A、无磷洗衣粉，可以防止赤潮和水化现象的发生，正确；B、；使用清洁燃料的公交车，可以防止有毒气体的排放，有

47、利于环保，正确；C、减少含硫化石燃料的大量燃烧，可以减少酸雨的形成，正确；D、不易降解的一次性塑料餐具，容易形成白色污染，错误。考点：本题考查化学与环境保护。6.下列关于海水资源综合利用的说法中，正确的是A.海水蒸发制海盐的过程只发生化学变化B.只通过物理变化即可从海水中提取澳单质C.海水淡化的方法主要有蒸储法、电渗析法、离子交换法等D.提取海水中的M g,在沉淀MgCk过程中，从经济角度考虑可选用NaOH溶液【答案】C【解析】【详解】A.海水蒸发制海盐是利用水的沸点低的性质，在该过程中只发生物理变化，A 错误；B.从海水中提取澳单质，显通过氧化反应将B/氧化为B。单质，然后鼓入热空气将B。吹

48、出，用还原剂将B n还原为B L 通过富集之后，再用氧化剂氧化B/为 B。单质，因此发生的变化有物理变化和化学变化,B 错误；C.海水淡化可通过蒸储法、电渗析法、离子交换法等方法获得，C 正确；D.从海水中提取海水中的M g,在 沉 淀 MgCk过程中，从经济角度考虑可选用Ca(OH)2溶液，若选用NaOH溶液，造价较高，D 错误；故合理选项是Co7.“低碳经济，节能减排”是当今世界经济发展的新思路。下列行为与之相惇的是A.开发风能、太阳能等新能源B.回收处理工业废气C.大力发展新能源汽车D.过度开采煤、石油和天然气【答案】D【解析】A.开发风能、太阳能等新能源，可以减少化石燃料的使用量，满足

49、“低碳经济，节能减排”，故A 不选；B.回收处理工业废气，可以减少对环境的污染，满足“低碳经济，节能减排”，故 B 不选；C.大力发展新能源汽车，可以减少对环境的污染，满足“低碳经济，节能减排”，故 C 不选；D.过度开采煤、石油和天然气，会增大环境污染问题，与“低碳经济，节能减排”相违背，故D选；故选D。8.如图所示是Zn和Cu形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡上的记录卡如下，则卡片上的描述合理的是MHtSO.实验后的记录：Zn为正极，Cu为负极 Cu极上有气泡产生，发生还原反应 SO2响Zn极移动 若 有0.5m“电子流经导线，则产生5.6L气体外电路电流的流向是：Cu+Zn

50、负极反应式：Cu-2 e=Cu2+,发生氧化反应A.B.(2)(3XS)C.D.【答案】B【解析】分析：Z n和C u形成的原电池中，Z n作负极，发 生Zn-2e=Zn2+；C u电极为正极，发生2H+2e-=H2f,总电池反应Zn+2H+=Zn2+H2T,电子由负极流向正极，阴离子向负极移动，以此来解答。详解：Zn为负极，Cu为正极，错 误；C u电极上发生2H+2e.=H2f,所以Cu极上有气泡产生，发生还原反应，正确；SO&2一向负极锌极移动，正确；由2H+2d=出3可以知道，有0.5mol电子流向导线，产生氢气0.25mol,则产生5.61.气体(标况)，正确；电子由Z n电极经导线