金学导航大联考2023学年化学高一下期末达标检测模拟试题含答案解析

1、2023学年高一下化学期末模拟测试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在36 g碳不完全燃烧所得气体中，CO占13体积，

2、CO2占2C(s)12O2(g)=CO(g)H110.5 kJmol1CO(g)12O2(g)=CO2(g)H283 kJmol与这些碳完全燃烧相比，损失的热量是A172.5 kJ B1 149 kJ C283 kJ D517.5 kJ2、反应2X（气）+Y（气）=2Z（气）+热量，在不同温度(T1和T2)及压强(P1和P2)下，产物Z的物质的量(nz)与反应时间(t)的关系如图所示。下列判断正确的是AT1T2 P1P2BT1P2CT1T2 P1P2DT1T2 P1 Na+ Al3+ H2O H2O可形成分子间氢键，沸点最高 离子键、非极性共价键 【答案解析】B的单质在常温下为双原子分子，它与

3、A可形成分子X，X的水溶液呈碱性；由此可知A为氢元素，B为氮元素，X为氨气；A、D同主族，且D的原子序数大于氮，则D为钠元素；C的原子序数等于A、B原子序数之和，即1+7=8，则C为氧元素；E是地壳中含量最高的金属元素，则为铝元素；F元素的原子最外层比次外层少两个电子，由此可知F为硫元素；G为氯元素，据此分析。【题目详解】B的单质在常温下为双原子分子，它与A可形成分子X，X的水溶液呈碱性；由此可知A为氢元素，B为氮元素，X为氨气；A、D同主族，且D的原子序数大于氮，则D为钠元素；C的原子序数等于A、B原子序数之和，即1+7=8，则C为氧元素；E是地壳中含量最高的金属元素，则为铝元素；F元素的原

4、子最外层比次外层少两个电子，由此可知F为硫元素；G为氯元素。(1)G为氯元素，在元素周期表中的位置为第三周期A族；(2)具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大半径越小，故元素C、D、E的简单离子O2-、Na+、Al3+的半径由大到小关系为O2- Na+ Al3+；(3)A分别与C、F形成的氢化物H2O、H2S，沸点较高的是H2O，原因是H2O可形成分子间氢键，沸点最高；(4) Na2O为离子化合物，用电子式表示Na2O的形成过程为：；C、D还可形成化合物Na2O2，Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，过氧根离子中存在共价键，故Na2O2中含有的化学键是离子键、非极性共价键。18、 羟基 羧基

5、饱和碳酸钠溶液 溶解乙醇，反应乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度 CH2 = CH2 + H2OCH3CH2OH，加成反应 2CH3CH2OH+O22CH3CHO + 2H2O，氧化反应 CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，酯化反应或取代反应 【答案解析】A的产量通常用来衡量一个国家石油化工水平，则A是CH2=CH2，乙烯和水发生加成反应生成B，B为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化反应生成C，C为CH3CHO，C进一步氧化生成D，D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成G，G为CH3COOCH2CH3，乙酸乙酯在碱性条件下水解生成乙醇与E，E为CH3COONa；F

6、是高分子化合物，乙烯发生加聚反应生成高分子化合物F，F为，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，A是CH2=CH2，B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH，E为CH3COONa，F为。(1)A是CH2=CH2，乙烯的电子式为；B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，含有的官能团分别是羟基和羧基，故答案为：；羟基；羧基；(2)在实验室中，可用图2所示装置制取少量乙酸乙酯，试管a中盛放的试剂是饱和碳酸钠溶液，其作用为：溶解乙醇，反应乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，故答案为：饱和碳酸钠溶液；溶解乙醇，反应乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；(3)反应为乙烯的水化反应，反应的化学方程式为C

7、H2 = CH2 + H2OCH3CH2OH，该反应为加成反应；反应为乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO + 2H2O，属于氧化反应；反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，属于酯化反应或取代反应，故答案为：CH2 = CH2 + H2OCH3CH2OH，加成反应；2CH3CH2OH+O22CH3CHO + 2H2O，氧化反应；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，酯化反应或取代反应。19、A B A D I中品红褪色 检验SO2是否除尽 中品红不褪色，IV中酸性KMnO4溶液褪色

8、NH3HBr =NH4Br A 【答案解析】根据二氧化硫的漂白性、还原性及乙烯的性质设计实验检验它们的存在；根据有机反应的产物特点分析有机反应类型。【题目详解】（1）由题干信息及图示装置可知，装置用于检验乙烯和二氧化硫，因为乙烯和二氧化硫都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故先用品红溶液检验二氧化硫，再用氢氧化钠溶液除去二氧化硫，再次用品红溶液检验二氧化硫是否除尽，最后通入酸性KMnO4溶液检验是否有乙烯，能说明SO2气体存在的现象是：I中品红褪色；使用装置的目的是：检验SO2是否除尽；确定含有乙烯的现象是：中品红不褪色，IV中酸性KMnO4溶液褪色； 故答案为A， B ， A， D；I中品红褪色；检

9、验SO2是否除尽；中品红不褪色，IV中酸性KMnO4溶液褪色；（2） 产生白烟是因为有白色固体生成，由题意分析是溴化氢与氨气反应，化学反应方程式：NH3HBr=NH4Br ； 有溴化氢生成说明该反应为取代反应；故答案为NH3HBr=NH4Br ；A。【答案点睛】在判断是否存在乙烯时，因为二氧化硫也可以使高锰酸钾溶液褪色，所以一定要在二氧化硫除尽的情况下，高锰酸钾溶液褪色才可以说明存在乙烯，在实验现象的描述时要说清楚。20、过滤； 2ICl2=I22Cl； 坩埚、酒精灯、泥三角、三脚架； B 【答案解析】（1）分离固体和液体用过滤，利用溶解性的差异来分析。中Cl2将I氧化成I2；（2）灼烧固体用

10、到坩埚、酒精灯、泥三角、三脚架；（3）萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多。【题目详解】（1）过滤适用于不溶于水的固体和液体，根据流程可知，分离固体海带灰和液体碘离子的溶液用过滤。中的反应是Cl2将I氧化成I2的反应，过程中有关反应的离子方程式为2ICl2=I22Cl；（1）灼烧海带的仪器是坩埚、用于加热的仪器是酒精灯、放置坩埚的仪器是泥三角、三脚架；（3）萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，故可用四氯化碳或苯等，酒精、醋酸、甘油等和水是互溶的，不能选择。答案选B。【答案点睛】本题考查了实验室里从海藻中提取碘的流程，

11、侧重考查了物质的分离和提纯，掌握过滤、萃取、灼烧固体等操作是解答本题的关键，题目难度中等。21、羧基取代反应（或酯化反应）CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH饱和碳酸钠溶液吸收乙醇，反应乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度【答案解析】A是一种常见的有机物，其产量可以作为衡量一个国家石油化工发展水平的标志，则A为乙烯，乙烯发生加聚反应生成F为聚乙烯；乙烯与水发生加成反应生成B为乙醇，乙醇与氧化发生氧化反应生成C为乙醛，乙醛继续氧化生成D为乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成G为乙酸乙酯，乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成乙醇和E为乙酸钠。(1) A为乙烯，其结构式为；(2)D为乙酸，含氧原子团的名称为羧基，是乙酸与乙醇发生酯化反