2020年合肥市名校化学高一第二学期期末考试模拟试题《5份试卷合集》.pdf

《2020年合肥市名校化学高一第二学期期末考试模拟试题《5份试卷合集》.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年合肥市名校化学高一第二学期期末考试模拟试题《5份试卷合集》.pdf（79页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

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.下列叙述正确的是（）A.将滨水、铁粉和苯混合加热即可制得漠苯B.用苯和浓硝酸、浓硫酸反应混合即可制得硝基苯C.由苯制取澳苯和硝基苯其反应原理相同D.溟苯和硝基苯与水分层，漠苯在下层，硝基苯在上层【答案】C【解析】【分析】【详解】A.将液溟、铁粉和苯混合加热即可制得漠苯，选项A错误；B.用苯和浓硝酸、浓硫酸混合控制水浴在50 60,反应可制得硝基苯，选项B错误；C.由苯制取澳苯和硝基苯都是取代反应，其反应原理相同，选项C正确；D.溟苯和硝基苯与水分层，溟苯、硝基苯的密度都比

2、水大，都在下层，选项D错误。答案选C。2.下列关于有机物的叙述中不正确是A.含氢量：乙烷 乙烯 苯B.凡是含碳元素的化合物都属于有机化合物C.碳原子之间既可以形成单键，又可以形成双键和三键，还能成环D.碳原子数越多的烷克其同分异构体数目也越多【答案】B【解析】分析：A.根据短分子的最简式判断；B.碳酸钠等不是有机物；C.根据碳原子最外层含有4 个电子判断；D.有机物碳原子个数越多，结构越复杂。详解：A.乙烷、乙烯和苯的最简式分别是CH3、CH?和 C H,则含氢量：乙烷乙烯苯，A 正确；B.凡是含碳元素的化合物不一定都属于有机化合物，例如碳酸钠、CO等，B 错误；C.由于碳原子的最外层电子数是

3、4 个，既难失去电子，也难得到电子，因此碳原子之间既可以形成单键,又可以形成双键和三键，还能成环，C 正确；D.有机物碳原子个数越多，结构越复杂，因此碳原子数越多的烷烧其同分异构体数目也越多，例如丁烷有 2 种，戊烷有3 种，己烷有5 种，D 正确。答案选B。点睛：选 项 B 是易错点，有机化合物简称有机物，是含碳化合物或碳氢化合物及其衍生物的总称。有机物是生命产生的物质基础。无机化合物通常指不含碳元素的化合物，但少数含碳元素的化合物，如二氧化碳、碳酸、一氧化碳、碳酸盐等不具有有机物的性质，因此这类物质属于无机物。3.下列有关化学用语表达正确的是A.Cl-和气广离子结构示意图均可以表示为：2

4、8 8B.HC10 的结构式：H-C1-0C.HF 的电子式：H c：F：rD.质子数为92、中子数为146的 U原子：黑U【答案】A【解析】【详解】A 项，35c和 37。-的核电荷数都是17、核外都有18个电子，离子结构示意图都为。A 项正确;B 项，HC1O的结构式为HOCl,B 项错误；C 项，H F 中只有共价键，H F 的电子式H：?：，C 项错误；D 项，质子数为92、中子数为146的 U 原子的质量数为2 3 8,该原子表示为 U,D 项错误；答案选A。4.下列元素不属于第三周期的是（）A.Na B.M g C.Al D.N【答案】D【解析】【详解】A.Na属于第三周期第IA族

5、，不符合题意；B.M g属于第三周期第HA族，不符合题意；C.A1属于第三周期第U1A族，不符合题意；D.N 属于第二周期第VA族，符合题意；答案选D。5.下列有关说法不正确的是（）A.NCL分子中，所有原子都满足最外层为8 电子结构B.质量相同的四种物质苯、甲苯、乙烯、甲烷在足量氧气中完全燃烧时，消耗氧气物质的量最多的是甲烷C.石油分储与煤的干储均属于物理变化D.油脂在碱性溶液中的水解反应又称为皂化反应【答案】C【解析】【详解】A.NCL分子中，N 和 C1的化合价分别是+3价和一1 价，所有原子都满足最外层为8 电子结构，A 正确；B.烧分子中氢元素的含量越高，完全燃烧时消耗的氧气越多，苯

6、、甲苯、乙烯、甲烷四种燃分子中氢元素含量最高的是甲烷，则质量相同的四种物质在足量氧气中完全燃烧时，消耗氧气物质的量最多的是甲烷,B 正确；C.石油分储属于物理变化，煤的干储过程中产生新物质，属于化学变化，C 错误；D.油脂在碱性条件下的水解反应又称为皂化反应，D 正确。答案选C。6.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZMRQ原子半径(X 10-%)1.860.991.431.600.750.74主要化合价最高正价+1+7+3+2+5最低负价-1-3-2下列说法正确的是A.元素X和 Q形成的化合物中不可能含有共价键B.X、Z、R的最高价氧化物的水化物之间可两两相互反应C.Q

7、比 R更容易失去电子D.M(0H)2的碱性比XOH的碱性强【答案】B【解析】同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，同一主族元素，原子半径随着原子序数增大而增大，所以右上角元素原子半径最小，左下角元素原子半径最大，元素最高正价等于其族序数，同一非金属元素最高正价与其最低负价的绝对值之和为8,X 原子半径最大且最高正价为+1,则 X 为 N a元素；Y 元素最高正价是+7、最低负价是-1价，则 Y 为 C1元素；Z 元素最高正价为+3,为第IIIA族元素，且原子半径大 于 C1元素，所 以 Z 是 A1元素；M 元素最高正价为+2,为第HA族元素，且原子半径大于Z,所 以 M是 Mg元素；

8、R 元素最高正价为+5、最低负价为-3,所 以 R 为第VA族元素，且原子半径小于C1元素，为 N 元素；Q 元素最低负价为-2且没有最高正价，为 O 元素；A.元素X 和 Q 形成的化合物有Na?。、Na2O2,过氧化钠中含有共价键，故 A 错误；B.X、Z、R 的最高价氧化物的水化物分别是NaOH、Al(OH)3、HNO3,氢氧化铝具有两性，所以它们之间可两两相互反应，故 B 正确；C.非金属性越弱的元素，其阴离子还原性越强，非金属性O N 元素，则 Q工比R3-稳定，故 C 错误；D.元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，M 金属性小于X,所 以 M(OH)2的碱性比XOH的

9、碱性弱，故 D 错误；故选B。7.Cu2O 是赤铜矿的主要成分，Cu2S 是辉铜矿的主要成分。铜的冶炼过程通常发生反应：CU2S+2CU2O=6CU+SO2T，下 列 有 关 说 法 正 确 的 是()A.该反应中有三种元素的化合价发生了变化B.每生成O.lmolCu,转移0.2mol电子C.C u既是氧化产物又是还原产物 D.Cu2s在反应中既是氧化剂又是还原剂【答案】D【解析】【分析】反应中Cu元素化合价降低，S 元素化合价升高，则反应中Cu2s和 CU2O都表现为氧化性，而 Cu2s还表现为还原性。【详解】A.该反应中Cu元素化合价降低，S 元素化合价升高，所以有两种元素化合价变化，故

10、A 错误；B.每生成().1 mol C u,转移电子=0.1 molx(1-0)=0.1 m o l,故 B 错误;C.该反应中铜元素化合价降低，所以铜是还原产物，故 C 错误；D.该反应中Cu元素化合价降低，S 元素化合价升高，则 Cu2s在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故 D正确；答案选D。8.将一小段镁带投入到盛有稀盐酸的试管中，发生剧烈反应。一段时间后，用手触摸试管外壁感觉烫手。这个实验事实说明该反应A.为放热反应 B.为吸热反应C.过程中热能转化为化学能 D.反应物的总能量低于生成物的总能量【答案】A【解析】【分析】【详解】将一小段镁带投到盛有稀盐酸的试管中，发生剧烈反应。一段时间

11、后，用手触摸试管外壁感觉烫手，说明反应为放热反应。放热反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量，该过程中化学能转化为热能，故选A9.我国科学家在世界上首次合成了三种新核素，其中一种新核素的名称是铅一1 8 5,符号侬H f,下列关于错一185的叙述，不正确的是()A.它是一种新的原子B.它是一种新的元素C.它的质量数为185D.它是饴-1 8 0 的一种新的同位素【答案】B【解析】【分析】【详解】H f 是一种新的原子，质量数为1 8 5,质子数为7 2,原子序数等于质子数.是H f的一种新的核素，同时噜H f也是H f的一种新的同位素，但不是新元素，是一种新的核素，故 B 错误，A、C、D

12、正确；答案选 B。1 0.只用水不能鉴别的一组物质是A.乙醇和乙酸 B.乙酸乙酯和乙醇C.苯和四氯化碳 D.溟水和浪苯【答案】A【解析】【详解】A.乙醇和乙酸均易溶于水，无法用水鉴别，A正确；B.乙酸乙酯不溶于水，且比水密度小；乙醇易溶于水，无分层，可以鉴别，B错误；C.苯、四氯化碳均不溶于水，苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大，可以鉴别，C错误；D.溟水溶于水与水无分层，溟苯不溶于水，密度比水大，可以鉴别，D错误；答案为A1 1.下列说法正确的是()A.诗 句“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中 的“丝”和“泪”分别是蛋白质和高级燃B.糖类、油脂、蛋白质都是天然高分子化合物C.糖类、油脂、

13、蛋白质都能发生水解D.油脂的皂化反应属于加成反应【答案】A【解析】分析：A 项，蚕丝的主要成分是蛋白质，烛泪指的是石蜡，石蜡是几种高级燃的混合物；B.高分子化合物的相对分子量达到1()000以上，油脂不属于高分子化合物；C 项，单糖、二糖不能水解，多糖才能发生水解；D.油脂在碱性条件下水解反应为皂化反应，属于取代反应。详解：A 项，蚕丝的主要成分是蛋白质，烛泪指的是石蜡，石蜡是几种高级燃的混合物，故 A 项正确；B 项，糖类有单糖和二糖和多糖，单糖和二糖不属于高分子化合物；油脂的相对分子量较小，不属于高分子化合物，故 B 错误；C 项，单糖、二糖不能水解，多糖才能发生水解，故 C 项错误；D.

14、油脂在碱性条件下水解反应为皂化反应，属于取代反应，故 D 错误；综上所述，本题的正确答案为A。点睛：本题考查了高分子化合物结构与性质、有机反应类型，注意掌握高分子化合物概念、结构及性质，明确淀粉和纤维素属于混合物，二者不属于同分异构体。1 2.正己烷是优良的有机溶剂，其球棍模型如图所示。下列有关说法正确的是W rA.正己烷的分子式为C6H1 2,其沸点比丙烷低B.正己烷的一氯代物有3 种C.正己烷能与滨水发生取代反应而使滨水褪色D.正己烷所有碳原子可在一条直线上【答案】B【解析】【分析】【详解】A.正己烷的分子式为C6H1 4,其沸点比丙烷高，故 A 错误；B.正己烷中有三种等效氢，所以其一氯

15、代物有3 种，故 B 正确；C.正己烷不能与溟水反应，不能使溟水褪色，故 C 错误；D.正己烷中的碳原子均为饱和碳原子，和每个碳原子连接的四个原子构成四面体结构，键角约为109。2 8,，所以正己烷分子中所有碳原子不可能在一条直线上，故 D 错误；故 选 B。【点睛】正己烷的球棍模型：，,正己烷分子中的碳原子可以呈锯齿状。1 3.对于反应2NOg)一 NzOKg),在一定条件下达到平衡，在温度不变时，欲使的比值增大，应采取的措施是()体积不变，增加NO?的物质的量体积不变，增加N2O4的物质的量使体积增大到原来的2 倍 充 入 N2,保持压强不变A.B.C.D.【答案】D【解析】由于反应前后体

16、积都是不变的，所以，加 入 NCh还是加入N2O4都是相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，所以不正确。都是相当于降低压强，平衡向逆反应方向移动，二者比值增大，答案选D.1 4.以下事实不能用元素周期律解释的是（）A.Na2cCh的热稳定性强于NaHCChB.氯与钠形成离子键，氯与氢形成共价键C.与等浓度的稀盐酸反应，M g比 A1剧烈D.F 2在暗处遇H2即爆炸，L 在暗处遇H2几乎不反应【答案】A【解析】【详解】A.Na2cCh的热稳定性强于NaHCCh，与元素周期律无关，不能用元素周期律解释，故 A 选；B.同一周期从左到右，元素的金属性逐渐减弱、非金属性逐渐增加，故钠是活泼的金属元素，

17、氯是活泼的非金属元素，氯与钠容易形成离子键；H 和氯都是非金属元素，氯与氢原子间容易形成1 对共用电子，各自形成稳定结构，形成共价键，可以用元素周期律解释，故 B 不选；C.金属性M g A L 则单质还原性M g A l,与等浓度的稀盐酸反应，M g比 A1剧烈，能够用元素周期律解释，故 C 不选；D.同一主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，故非金属性F L 故氟气与氢气化合较容易，可以利用元素周期律解释，故 D 不选；故选A.1 5.下列物质转化常通过加成反应实现的是（）A。0C.C Hi-*C Hs C l D.C H3C H20 H-*C H3C H0【答案】B【解析】A、硝基苯是苯

18、在加热条件下与混酸发生取代反应，故 A 错误；B、是乙烯与嗅发生加成反应生成，故 B正确；C、发生取代反应，故 C 错误；D、发生催化氧化生成乙醛，故 D 错误。1 6.如图是批量生产的笔记本电脑所用的甲醇燃料电池的结构示意图。甲醇在催化剂作用下提供质子（H+）和电子，电子经外电路、质子经内电路到达另一极与氧气反应。电池总反应式为B.C H2=C H2-C H2B r C H2B r2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O,下列说法中不正确的是A.左边的电极为电池的负极，a 处通入的是甲醇B.每消耗3.2 g 氧气转移的电子为0.4 molC.电池负极的反应式为CH3OH+H2O-6e=CO2

19、+6H+D.电池的正极反应式为O2+2H2O+4e=4OH-【答案】D【解析】【详解】A.由电子移动方向可知，左边电极反应失去电子，所以左边的电极为电池的负极，a 处通入的是甲醇，故A 正确；B.每消耗3.2克即O.lmol氧气转移的电子数为0.4m oL故 B 正确；C.电池负极的反应式为：CH3OH+H2O-6e=CO2+6H+,故 C 正确；D.电池的正极反应式为：O2+4e*4H+=2H2。，故 D 错误；答案选D。1 7.下列离子反应方程式正确的是A.实验室用固体氯化铉和熟石灰共热制取N%：2NH4+Ca(OH)2 2NH3t+Ca2+2H2OB.铜与浓硝酸反应:3Cu+8H+2NO

20、3=3CU2+2NOf+4H2OC.氨水与 F eCb 溶液反应：3OH+F e3+=F e(OH)31D.Na?。2投入水中：2Na2O2+2H2O=4Na+4O!T+O2T【答案】D【解析】【详解】A.固体在离子方程式中不能拆，所以实验室用固体氯化钱和熟石灰共热制取N d 的离子方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 2 2NH3t+CaCI2+2H2O,故 A 错误；B.铜与浓硝酸反应应生成二氧化氮，离子方程式为Cu+4H+2NO3-=CU2+2NO2T+2H2O,故 B 错误;C.一水合氨为弱电解质，不能拆，所以离子方程式应为3NHrH2O+F e3+=F e(OH)31+3NH4+,故

21、 C 错误;D.将 Na2()2投入水中的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na+4OHT+O2T，故 D 正确；故答案选D。【点睛】判断离子方程式正误这类问题，一把从三方面考虑，一是方程式是否符合客观事实，二 是“拆”的工作是否正确，三是方程式电荷是否守恒。1 8.常温下三氯化氮（NCb）是一种淡黄色的液体，其分子结构呈三角锥形，以下关于NCb说法正确的是（）A.该物质中N-C1键是非极性键B.NCb中 N 原子采用sp2杂化C.该物质是极性分子D.因 N-C1键的键能大，所以NCb的沸点高【答案】C【解析】【详解】A、N 和 C1是不同的非金属，则 NC1键属于极性键，故 A 错误；B

22、、NCb中 N 有 3 个。键，孤电子对数=1,价层电子对数为4,价层电子对数等于杂化轨道数，即NCb中 N 的杂化类型为s p j 故 B 错误；C、根 据 B 选项分析，NCb为三角锥形，属于极性分子，故 C 正确；D、NCb是分子晶体，NCb沸点高低与N-C 1键能大小无关，故 D 错误；答案选C。1 9.实验室用下列两种方法制取氯气：用含HC1146g的浓盐酸与足量的MnO2反应；用 87g MnO?与足量的浓盐酸反应，则 所 得 质 量A.比多 B.比多 C.一样多 D.无法比较【答案】B【解析】【详解】实验室制取氯气的化学方程式为MnC）2+4HCl（浓 旌 乂“匕+0？f 2H2

23、。，Mn（h 不能氧化稀盐酸，146g用含HC1146g的浓盐酸与足量的Mnth反应;146g的 浓 盐 酸 的 物 质 的 量 为=-=4mol,36.5g/mol根据MnCh与浓HC1反应，随着反应的进行，浓 HC1变稀，稀盐酸不能与Mn（）2反应，MnO?足量时，不能准确计算出氯气的量，故反应中产生的氯气小于Imol；87gMn()2的物质的量为：n(MnO2)=6=r 7=l m o L用87g MnCh与足量的浓盐酸反应，不考虑m 87g/molHC1的挥发，浓盐酸足量时，根 据MnO2与浓HC1反应，计算出氯气的量为Imol；所以反应后所得氯气的物质的量为：r(C)r(A)r(B)

24、C.离子半径：r(B*)r(A2t)r(C3-)r(D-)D.B、D两元素的最高价氧化物的水化物在溶液中反应的离子方程式可表示为H+OHXHzO【答案】D【解析】试题分析：四种离子是第三周期元素，故分别是：M g、Na、P、Cl,A、前两个表现正价，失电子，核外电子排布相同，都是2、8,后者表现负价，得电子达到8电子稳定结构，核外电子排布相同，都是2、8、8,故A选项不正确；B、同周期从左向右原子半径依次减小(稀有气体除外)，r(Na)r(Mg)r(P)r(C l),故B不正确；C、看电子层数：电子层数越多，半径越大，原子序数：核外电子排布相同，离子半径随原子序数递增，而减小，离子半径：r(P

25、3-)r(Cl-)r(Na+)r(M g),故C错误；D、B的最高价氧化物的水化物是NaOH,D的最高价氧化物对应水化物HC104,其离子反应方程式：H*+0H-=H20考点：考查原子结构、性质等知识。二、计算题(本题包括1个小题，共10分)21.按要求回答下列问题：(1)已知拆开ImolH H键、ImolCl C1键、ImolH C1键分别需要吸收的能量为436.4kJ、242.7kJ、431.8kJ 0则由H?和Cl?反应生成ImolHCl需要(填“放出”或“吸收”)k J的热量。(2)H2可以在C1?中安静地燃烧。甲、乙两图中，能表示该反应能量变化的是图_ _ _ _(填“甲”或“乙”)

26、。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 0.125moILmin 0.75mol/L C【解析】【分析】(1)依据婚变AH=反应物的化学键键能之和一生成物的化学键键能之和计算；(2)%可以在

27、C b中安静地燃烧，该反应属于放热反应，据此判断；根 据 丫=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)=gv(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c=计 算；根据平衡状态的特征分析判断。【详解】(1)已知拆开 ImolH-H 键、ImolCl-Cl 键、ImolH-Cl 键分别需要的能量是 436.4kJ、242.7kJ 431.8kJ,则反应：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)MAH=436.4kJ/mol+242.7kJ/mol-

28、2x431.8kJ/mol=-l85.5kJ/mol,反应生成ImolHCI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尸一-:-=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/(Lm in),则

29、 v(B)=-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)-J2c(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故答案为：0.7

30、5moVL；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1个小题，共10分)2 2.乙酸乙酯是重要的有机合成中间体，广泛应用于化学工业。实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下:在甲试管(如图)中加入2mL浓硫酸、3m L乙醇和2m L乙酸的混合溶液。按如图连接好装置(装置气密性良好)并加入混合液，小火均匀地加热3-5min待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管并用力振荡，然后静置待分层。分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。(1)写出该反应的化学方程式是：;(2)与教材采用的实验装置不同，此装置中采用了球形干燥管，其作用是

31、。(3)甲试管中，混合溶液的正确加入顺序：；(4)步骤中需要用小火均匀加热，其主要原因是;(5)上 述 实 验 中 饱 和 碳 酸 钠 溶 液 的 作 用 是(填 字 母 代 号)。A.反应掉乙酸和乙醇 B.反应掉乙酸并吸收乙醇C.析出乙酸乙酯D.加速酯的生成，提高其产率欲将乙试管中的物质分离开以得到乙酸乙酯，必须使用的仪器是;分离时，乙酸乙酯应该从仪器(填：“下口放”或“上口倒”)出。CH3COOH+CH3CH2OH B C H3C O O C H2C H3+H2O 防倒吸 乙醇，浓硫酸，乙酸防止乙醇与乙酸剧烈沸；防止乙酸乙酸挥发过快；防止试管受热不均而炸裂 BC 分液漏斗 上口倒【解析】【

32、分析】实验室用乙酸与乙醇在浓硫酸作催化剂和吸水剂时反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯难溶于水，密度比水小，反应过程中生成的乙酸乙酯呈气态，经过冷凝变成液体，会引起装置中气体压强的变化，因此需要防止倒吸，结合实验的基本操作和实验注意事项分析解答。【详解】(1)乙酸与乙醇生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH，OH 里硫魄 CH3coOCH2cH3+H2O,故答案为：ACH3coOH+CH3cH20H 辞 嵯 OH3coOCH2cH3+H2O;(2)与教材采用的实验装置不同，此装置中采用了球形干燥管，可以起到防止倒吸的作用，故答案为：防倒吸；(3)浓硫酸溶于水放出大量的热，加入药品时，

33、为防止酸液飞溅，应先加入乙醇再加入浓硫酸和乙酸，故答案为：乙醇，浓硫酸，乙酸；(4)步骤中需要用小火均匀加热，可以防止乙醇与乙酸剧烈沸；防止乙酸乙酸挥发过快；防止试管受热不均而炸裂，故答案为：防止乙醇与乙酸剧烈沸；防止乙酸乙酸挥发过快；防止试管受热不均而炸裂；(5)制备乙酸乙酯时，常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，目的是中和乙酸并吸收部分乙醇、乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出，所 以 BC正确，故答案为：BC；(6)分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，实现酯与乙酸和乙醇的分离，分离油层和水层采用分液的方法，所以用到的仪器为分液漏斗；乙酸乙酯的

34、密度比水小，所以在碳酸钠溶液层上方有无色油状液体出现，分离时，乙酸乙酯应该从分液漏斗的上口倒出，故答案为：分液漏斗；上口倒。四、推断题(本题包括1 个小题，共 10分)2 3.元素周期表是学习化学的重要工具。下表为8 种元素在周期表中的位置。(1)下图所示的模型表示的分子中，可由A、D 形成的是朔a a b c d写出c 分 子 的 空 间 构 型 为,d 分子的结构简式 O关于d 分子有下列问题：d 分子中同一平面的原子最多有 个。若用一C4H9取代环上的一个H 原子，得到的有机物的同分异构体共有 种。(3)Na在 F单 质 中 燃 烧 产 物 的 电 子 式 为。上述元素的最高价氧化物的水

35、化物中,碱性最强的是(写化学式),其与Q 的 单 质 反 应 的 离 子 方 程 式 是。【答案】acd 正四面体,-CH s 13 12 N a ：6：6：Na+KOH2A1+2OH+2H2O=2AIO 2+3H2t【解析】【分析】根据元素所在周期表中的位置可知A 为 H 元素，D 为 C 元素，F为 O 元素，G 为 M g元素，Q 为 A1元素，M 为 S 元素，R 为 C1元素，N 为 K 元素，结合原子结构和物质的性质分析解答。【详解】根据元素所在周期表中的位置可知A 为 H 元素，D 为 C 元素，F为 O 元素，G 为 M g元素，Q 为 A1元素，M 为 S 元素，R 为 C

36、l元素，N 为 K 元素。(1)A为 H 元素，D 为 C 元素，根据图示，a 表示乙烯，b 表示氨气，c 表示甲烷，d 表示甲苯，由 A、D形成的是acd；甲烷为正四面体；甲苯的结构简式为 一CHi，故答案为：acd；正四面体；c=db be a【解析】【分析】(1)N2的初始物质的量0.20mol,第 5min时，M 的物质的量为0.06mol,根据转化率公式，转化率=xlOO%计算；(2)根据平均速率 v(N2)=ZkC+zM,v(H2)=3v(N2浒 算；(3)同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比；先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，从

37、而确定选项，注意单位是否相同；(4)根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【详解】Nz的初始物质的量0.20m ol,第 5min时，N2的物质的量为().06m ol,已经转化的氮气的物质的量为：0.20mol-0.06mol=0.14mol,反应在第 5min 时，N2的转化率=xl00%=0.14mol+0.2moixl00%=70%,故答案为：70%；N2的初始物质的量0.20m ol,第

38、 2min时，N2的物质的量为0.08m ol,从 02min内已经转化的氮气的物质的量为：0.20mol-0.08mol=0.12mol,平均速率 v(N2)=AC-rAt=0.12mol-r2L-r-2min=0.03mol/(L-min),V(H2)=3V(Nz)=0.09mol/(L-min),故答案为：0.09mol/(L min)；反应为N2(g)+3H2(g)2 N H 以氢气的反应速率为标准进行判断；a.V(NH3)=0.05mol/(L m in),反应速率之比等于其计量数之比，所以v(H2)=0.075mol/(L min)；b.v(H2)=0.03mol/(L-min)；

39、c.V(N2)=0.02mol/(L min),反应速率之比等于其计量数之比，所以v(H2)=0.06mol/(L min)；d.v(H2)=0.001mol/(L-min)。所以该反应进行快慢的顺序为acbd,故答案为：acbd；a.反应速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡状态都存在反应速率V(N 2):V(H2)：V(N H3)=1:3:2,不能用于判断是否破坏，故 a 错误；b.各组分的物质的量浓度不再改变，可说明正逆反应速率相等，达到破坏状态，故 b 正确；C.混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明气体的总物质的量不变，可说明达到破坏状态，故 C正确；d.因气体的质量不变，容

40、器的体积不变，则无论是否达到破坏，混合气体的密度都不变，故 d 错误；e.单位时间内生成nmolNz的同时，生成3nm olH 2,都为逆反应，不能说明正逆反应速率相等，故 e 错误；f.2V(N2)消耗=v(NH3)消耗，说明正逆反应速率相等，v(N2)消耗=2v(NH3)消耗，不能说明正逆反应速率相等，故 f 错误；g.单位时间内3moiH-H键断裂的同时2moiN-H键也断裂，正逆反应速率不等，没有达到破坏状态，故g 错误；故答案为：be.(5)a.及时分离出N%气体，氨气的浓度降低，化学反应速率变慢，故 a 错误；b.升高温度，化学反应速率加快，故 b 正确；C.增 大 N2的浓度，提

41、高化学反应速率，故 C正确；d.选择高效催化剂，可以加快化学反应速率。故 d 正确；故选：Co故答案为:C。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.对于反应4A(s)+3B(g)=2C(g)+D(g),在体积恒定的密闭容器中进行，经 2 min达平衡，B 的浓度减少了 0.6mol/L。下列说法正确的是()A.用 A 表示的反应速率是0.4 mol/(L-min)B.气体的平均相对分子质量不变可以说明该反应达到化学平衡C.压强不变可以说明该反应达到化学平衡状态D.向容器中充入N e,压强增大，反应速率加快【答案】B

42、【解析】【详解】A.A为纯固体，不能表示化学反应速率，A 错误；B.由于反应前后气体的质量变化，而气体的物质的量不变，因此若气体的平均相对分子质量不变，可以说明该反应达到化学平衡，B 正确；C.由于容器的容积不变，气体的物质的量不变，所以压强不变不能说明该反应达到化学平衡状态，C 错误;D.体积恒定，向容器中充入N e,气体的浓度均不变，则反应速率不变，D 错误；故合理选项是B。2.下列叙述错误的是A.乙烯使漠水褪色是因为发生了加成反应B.二氧化硫使溟水褪色是因为发生了氧化还原反应C.用乙酸和乙醇反应制备乙酸乙酯发生了酯化反应D.除去乙酸乙酯中的少量乙酸常用氢氧化钠溶液洗涤【答案】D【解析】A

43、.乙烯含有碳碳双键，使滨水褪色是因为发生了加成反应，A 正确；B.二氧化硫具有还原性，使滨水褪色是因为发生了氧化还原反应，B 正确；C.用乙酸和乙醇反应制备乙酸乙酯发生了酯化反应，C正确；D.氢氧化钠能与乙酸乙酯反应，除去乙酸乙酯中的少量乙酸常用饱和碳酸钠溶液洗涤，D 错误，答案选D。点睛：掌握相关物质的性质特点、发生的化学反应是解答的关键，选 项 B 是解答的易错点，注意SO?的还原性和漂白性的区别，注意SO?漂白性的范围和原理、条件。3.依据 2F e2+Cb=2F e3+2C，HC1O+H+cr=Cl2T+H2O,2F e3+Cu=2F e2+Cu2+,F e+Cu2+=F e2+C u

44、,判断下列氧化剂的氧化性强弱顺序正确的是()A.F e3+HClOCI2F e2+Cu2+B.HClOCl2F e3+Cu2+F e2+C.Cl2 HC1O F e3+Cu2+F e2+D.F e3+Cu2+Cl2HC1O F e2+【答案】B【解析】【分析】在同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性,据此分析解答。【详解】2F e2+Ck=2F e3+2Cr中氯气是氧化剂，铁离子是氧化产物，所以氧化性Cl2F e3+;HClO+H+Cr=H2O+C12中次氨酸是氧化剂，氯气是氧化产物，所以氧化性HClOCk;2F e3+Cu=C/+2F e2

45、+中铁离子是氧化剂，铜离子是氧化产物，所以氧化性F e3+Cu2+；F e+Cu2+=F e2+Cu中铜离子是氧化剂，亚铁离子是氧化产物，所以氧化性Ci2+F e2+；综上可得氧化剂的氧化性强弱顺序是HClOCl2F e3+Cu2+F e2+;答案选B。【点睛】本题考查氧化性强弱的判断，根据元素化合价变化来分析判断即可，注意“氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性”规律的使用。4.可用图装置收集的气体是屯A.H2 B.NO C.CO2 D.CH4【答案】C【解析】【分析】该收集方法为向上排空气法，气体密度大于空气，且该气体不与空气中的氧气反应。【详解】A.%的密度比空气小，需要采用向下排空气法收集

46、，故 A 错误；B.NO与空气中氧气反应，不能用排空气法收集，故 B 错误；C.CO2的密度大于空气，且不与氧气反应，可用该装置收集，故 C 正确；D.CH 的密度比空气小，需要采用向下排空气法收集，故 D 错误；答案选C。【点睛】该题需要注意的是排空气法不仅要看气体的密度与空气密度的大小关系，还要注意收集的气体是否与空气反应，能与空气中氧气反应的气体不能使用排水法收集。5.下列关于食物中的基本营养物质的叙述不正确的是A.蔗糖和麦芽糖互为同分异构体B.葡萄糖在碱性、加热条件下可以与银氨溶液反应C.植物油和动物脂肪中碳原子的连接方式完全相同D.酶是生物体内重要的催化剂【答案】C【解析】【详解】A

47、 项、蔗糖和麦芽糖分子式相同，均 为 G2H22。中 结构不同，互为同分异构体，故 A 正确；B 项、葡萄糖含有醛基，在碱性、加热条件下可以与银氨溶液发生银镜反应，故 B 正确；C 项、植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，分子中含有碳碳双键，动物脂肪为饱和高级脂肪酸甘油酯，分子中不含有碳碳双键，故 C 错误；D 项、酶是生物体内重要的催化剂，具有专一性、温和性和选择性的特点，故 D 正确；故选C。6,已知乙烯分子中含有一个碳碳双键，分子呈平面结构，六个原子都在同一平面上，下列对丙烯(CH3-CH=CH2)结构和性质的推断正确的是()A.丙烯既可以发生加成反应，又可以发生取代反应B.丙烯分子中三个碳

48、原子有可能在同一条直线上C.过量的丙烯通入浓滨水中，观察到溪水褪色，溶液均一稳定D.丙烯分子中所有的原子都在同一平面上，丙烯既可以发生加成反应，又可以发生取代反应【答案】A【解析】【分析】CHyCH=CH2中含碳碳双键，可发生加成、氧化反应，甲基可发生取代，碳碳双键为平面结构、甲基为四面体构型，以此来解答。【详解】A.含碳碳双键可发生加成反应，甲基上H 可发生取代反应，A 正确；丙烯分子中含甲基，甲基为四面体构型，则所有原子不可能都在同一平面上，故 A 错误；B.丙烯分子可看作是乙烯分子中的一个H 原子被甲基取代产生的物质，乙烯分子是平面分子,键角是120。,所以丙烯分子中三个碳原子不可能在同

49、一条直线上，B 错误；C.丙烯与浸水发生加成反应，产生澳代烷烧，该物质是有机物，难溶于水，因此观察到溪水褪色，但得到的液体有分层现象，C 错误；D.丙烯分子可看作是乙烯分子中的一个H 原子被甲基取代产生的物质，乙烯分子是平面分子，而甲基为四面体构型，因此丙烯分子中不可能所有的原子都在同一平面上，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系、原子的共线和共面为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。7 .H N 0 3 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

50、+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：（+l）+x+（-2）X 3=0,则 x=+5 价。故选：C 8 .下列关于氨酸铉（乩1 ）与尿素（：0（1 1 2）2）的说法正确的是A.互 为 同 分 异 构 体 B.互为同素异形体 C.都是共价化合物 D.都是离子化合物【答案】A【解析】A、氨酸核（N H N 0）与尿素（C 0（N H，2）的分子式均为含有2个 N、1 个 C、4个 H和 1 个 0,两者分子式相同，结构不同，互为同分异构体。正确；B、同素异形体研究对象为单质，由同种元素组成的不同单质互称为同素异形体，例如金刚石和石墨。错误；C