西藏林芝地区一中2023学年化学高二第二学期期末教学质量检测试题(含解析)_第1页
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文档简介

1、2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷注意事项:1答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、下列实验不能达到预期目的的是( )AI探究乙烯与Br2的加成反应BII探究苯分子是否含有碳碳双键CIII探究乙醇的还原性DIV制取少量乙酸乙酯2、某同学设计如下原电池,其

2、工作原理如图所示。下列说法不正确的是A该装置将化学能转化为电能B负极的电极反应是:Ag +I-e-=AgIC电池的总反应是Ag+ +I-=AgID盐桥(含KNO3的琼脂)中NO3-从左向右移动3、下列有关化学反应速率的说法中,正确的是()A用铁片和稀硫酸反应制取氢气时,改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气的速率B100 mL 2molL-1 的盐酸与锌反 应时,加入适量的氯化钠溶液,生成氢气的速率不变C二氧化硫的催化氧化是一个放热反应,所以升高温度,反应速 率减慢D汽车尾气中的 CO 和 NO 可以缓慢反应生成N2和CO2,减小压强,反应速率减慢4、使用单质铜制硝酸铜,耗用原料最经济,而且对环境几

3、乎没有污染的是()ACuCu(NO3)2BCuCuOCu(NO3)2CCuCu(NO3)2 DCuCuCl2Cu(NO3)25、列叙述正确的是A常温常压下,1.5molNO2的体积约为33.6LBNaOH的摩尔质量是40gC100mL水中溶解了8.4gNaHCO3,则溶液中Na+的物质的量浓度为1mol/LD同温同压下,相同体积的C12和SO2气体所含的分子数一定相同6、科研工作者对甘油(丙三醇)和辛酸合成甘油二酯的酶法合成工艺进行了研究。发现其它条件相同时,不同脂肪酶(号、号)催化合成甘油二酯的效果如图所示,此实验中催化效果相对最佳的反应条件是( )A12h,I号B24h,I号C12h,II

4、号D24h,II号7、反应O2(g)2SO2(g)2SO3(g)H0,若在恒容绝热容器中发生,下列选项表明该反应一定已达平衡状态的是A容器内的密度不再变化B容器内的温度不再变化C容器内气体的反应速率正(O2)=2逆(SO2)D容器内气体的浓度c(O2)c(SO2)c(SO3)=1228、环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物,螺2,2戊烷()是最简单的一种。下列关于该化合物的说法错误的是( )A与环戊烯互为同分异构体B二氯代物超过两种C所有碳原子均处同一平面D生成1 molC5H12至少需要2 molH29、下列说法中正确的是糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物,适当条件下均可发生水解油脂、

5、乙酸乙酯都是酯类,但不是同系物石油的分馏,煤的气化、液化、干馏等过程均为化学变化蛋白质的变性和盐析都不是可逆过程塑料、橡胶和纤维都是天然高分子材料ABCD10、下列物质的变化规律,与共价键的键能有关的是AF2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高BHF的熔、沸点高于HClC金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅DNaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低11、下列大小关系正确的是A熔点:NaINaBrB硬度:MgOCaOC晶格能:NaClNaBrD熔沸点:CO2NaCl12、某澄清透明溶液中,可能大量存在下列离子中的若干种:H+、NH4+、K+、Mg2+、 Cu2+、Br、AlO2、Cl

6、、SO42、CO32,现进行如下实验: 用试管取少量溶液,逐滴加入稀盐酸至过量,溶液先浑浊后又变澄清,有无色气体放出。将溶液分为3份。 在第1份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量,溶液先浑浊后又变澄清。加热,将湿润的红色石蕊试纸置于试管口,未见明显现象。 在第2份溶液中加入新制的氯水和CCl4,振荡后静置,下层溶液显橙红色。 则下列推断正确的是:A溶液中一定有K+、Br、AlO2、CO32B溶液中一定没有NH4+、Mg2+、Cu2+、ClC不能确定溶液中是否有K+、Cl、SO42D往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液可确认是否有Cl13、下列实验可以获得预期效果的是()A用金属钠检验乙醇中是否

7、含有少量水B用溴水除去苯中的少量苯酚C用质谱法测定有机物相对分子质量D用湿润的pH试纸测定溶液的pH14、下列各项叙述中,正确的是()A所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形,但球的半径大小不同B镁原子由1s22s22p63s21s22s22p63p2时,原子释放能量,由基态转化成激发态C24Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d44s2D价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第A族,是s区元素15、下表为元素周期表的一部分,其中X、Y、Z、W为短周期元素,W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法正确的是AX、W、Z的原子半径依次递减BY、Z、W的最高价氧化物的水化物酸

8、性依次递减C根据元素周期表推测T元素的单质具有半导体特性D最低价阴离子的失电子能力X比W强16、将10 mL 0.21 molL1的盐酸和10 mL 0.1 molL1Ba(OH)2溶液混合,再用水稀释至5 L,取出10 mL滴入甲基橙试剂,则溶液显示的颜色是()A蓝色B红色C黄色D橙色二、非选择题(本题包括5小题)17、分子式为C3H7Br的有机物甲在适宜的条件下能发生如下一系列转化:(1)若B能发生银镜反应,试回答下列问题有机物甲的结构简式为_;用化学方程式表示下列转化过程:甲A:_B和银氨溶液反应:_(2)若B不能发生银镜反应,请回答下列问题:A的结构简式为_;用化学方程式表示下列转化过

9、程甲+NaOHD:_,DE:_18、有机物A(C6H12O2)具有果香味,可用作食品加香剂,还可用作天然和合成树脂的溶剂。已知: D、E具有相同官能团,E的相对分子质量比D大; E分子含有支链; F是可以使溴的四氯化碳溶液褪色的烃。(1) B的化学名称为_;D的结构简式_。(2) C、F分子中所含的官能团的名称分别是_、_。(3) 写出有机物B生成C的化学反应方程式:_;反应类型是_。(4) 写出有机物B与E反应生成A的化学反应方程式:_;反应类型是_。(5) E的同分异构体中能同时满足下列条件的共有_种(不含立体异构) ,并写出任意一种符合条件的同分异构体结构简式_。能与Na反应; 能发生银

10、镜反应。19、苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料,有机化学中通过酯化反应原理,可以进行苯甲酸甲酯的合成。有关物质的物理性质、实验装置如下所示:苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯熔点/122.49712.3沸点/24964.3199.6密度/gcm31.26590.7921.0888水溶性微溶互溶不溶实验一:制取苯甲酸甲酯在大试管中加入15g苯甲酸和一定量的甲醇,边振荡边缓慢加入一定量浓硫酸,按图A连接仪器并实验。(1)苯甲酸与甲醇反应的化学方程式为_。(2)中学实验室中制取乙酸乙酯时为了提高酯的产率可以采取的措施有_实验二:提纯苯甲酸甲酯该实验要先利用图B装置把图A中制备的苯甲酸甲酯水洗提纯,再利用图C装置进行

11、蒸馏提纯(3)用图B装置进行水洗提纯时,B装置中固体Na2CO3作用是_。(4)用图C装置进行蒸馏提纯时,当温度计显示_时,可用锥形瓶收集苯甲酸甲酯。(5)最终制取15g苯甲酸甲酯,计算得苯甲酸甲酯的产率为_(小数点后保留1位有效数字)。20、实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。资料:K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液;具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定。(1)制备K2FeO4(夹持装置略)A为氯气发生装置。A中反应方程式是_(锰被还原为Mn2+)。将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。_C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2

12、Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外还有_。(2)探究K2FeO4的性质取C中紫色溶液,加入稀硫酸,产生黄绿色气体,得溶液a,经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl而产生Cl2,设计以下方案:方案取少量a,滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色。方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体,再用KOH溶液将K2FeO4溶出,得到紫色溶液b。取少量b,滴加盐酸,有Cl2产生。由方案中溶液变红可知a中含有_离子,但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl氧化,还可能由_产生(用方程式表示)。方案可证明K2FeO4氧化了Cl。用KOH溶液洗涤的目的是_。根据K

13、2FeO4的制备实验得出:氧化性Cl2_FeO42-(填“”或“”),而方案实验表明,Cl2和FeO4资料表明,酸性溶液中的氧化性FeO42-MnO4-,验证实验如下:将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中,振荡后溶液呈浅紫色,该现象能否证明氧化性FeO421、有A、B、C三种可溶性盐,阴、阳离子各不相同,其阴离子的摩尔质量按A、B、C的顺序依次增大。将等物质的量的A、B、C溶于稀硝酸,所得溶液中只含有H+、Fe3、K、SO42、NO3、Cl几种离子,同时生成一种白色沉淀。请回答下列问题:(1)经检验及分析,三种盐中还含有下列选项中的一种离子,该离子是_。A Na B Mg2 C

14、Cu2 D Ag(2)盐A的名称为_。(3)不需要加入其它任何试剂就能将上述三种盐溶液区分开来,鉴别出来的先后顺序为_(填化学式)。(4)若将A、B、C三种盐按一定比例溶于稀硝酸,所得溶液中只含有H+、Fe3、K、SO42、NO3几种离子,其中Fe3、SO42、K物质的量之比为124,则A、B、C三种盐的物质的量之比为_,若向溶液中加入少量Ba(OH)2发生反应的离子方程式为:_。2023学年模拟测试卷参考答案(含详细解析)一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、D【答案解析】A. 乙烯含有碳碳双键,能与溴发生加成反应,因此I可以探究乙烯与Br2的加成反应,A正确;B. 苯如果存在碳碳双键,

15、能使酸性高锰酸钾溶液褪色,因此II可以探究苯分子是否含有碳碳双键,B正确;C.在催化剂作用下乙醇可以发生催化氧化,所以III可以探究乙醇的还原性,C正确;D. 制取少量乙酸乙酯时应该用饱和碳酸钠溶液吸收,且导管不能插入液面下,D错误;答案选D。2、D【答案解析】图中没有外接电源,反而是有个电流表,且电路中有电子的移动方向,则该装置是原电池装置。由于只有Ag+能和I-离子反应,所以电池的总反应是Ag+ +I-=AgI,负极反应为:Ag +I-e-=AgI,正极反应为:Ag+e-=Ag。【题目详解】A. 经分析,该装置是原电池装置,则该装置将化学能转化为电能,A正确;B. 根据电子的移动方向,可以

16、推断出左侧电极为负极,该电极反应为:Ag +I-e-=AgI,B正确;C. 该电池中,表观上看,只有Ag+和I-反应,所以总反应是Ag+ +I-=AgI,C正确;D. 左侧电极为负极,右侧电极为正极,NO3-带负电荷,向负极移动,所以应该是从右向左移动,D错误;故合理选项为D。【答案点睛】题中涉及的原电池反应是不常见的反应,也未告知正极和负极,所以需要仔细观察。可以通过电子的转移方向判断出正、负极;再结合图中给出的物质,可以推出总的反应方程式,再推出正极反应,两式相减可得负极反应。由此可见,对于此类题目,一定要认真观察图。3、D【答案解析】A、浓硫酸能够使铁钝化,铁片与浓硫酸反应不能生成氢气,

17、故A错误;B、向盐酸溶液中加入氯化钠溶液,相当于稀释了盐酸,盐酸浓度减小,反应速率减慢,故B错误;C、升高温度,反应速率加快,故C错误;D、有气体参加的反应,压强越小反应的速率越慢,故D正确;所以本题答案为:D。4、B【答案解析】用铜制取硝酸铜的最佳方法应是:从经济角度出发,制取等量的硝酸铜时,所用的原料最少,成本最低;从环境保护的角度出发,制取硝酸铜时不对环境造成污染。【题目详解】A反应生成NO气体,污染环境,故A错误;B金属铜与氧气反应生成氧化铜,氧化铜与硝酸反应生成硝酸铜,不生成污染性气体,故B正确;C反应生成NO2气体,污染环境,故C错误;D反应消耗氯气和硝酸银,反应复杂,且成本高、不

18、利于环境保护,故D错误;答案选B。【答案点睛】本题考查较为综合,侧重于化学与生活、环境的考查,为高考常见题型,难度不大,注意制备方案的评价。5、D【答案解析】A常温常压下,Vm22.4L/mol,1.5molNO2的体积V1.5mol22.4L/mol=33.6L,故A错误;BNaOH的摩尔质量是40g/mol,故B错误;C8.4gNaHCO3中含有钠离子的物质的量为0.1mol,但溶液的体积不等于溶剂的体积,因此溶液中Na+的物质的量浓度不等于1mol/L,故C错误;D同温同压下,气体摩尔体积相等,根据V=nVm知,体积之比等于物质的量之比,所以物质的量为1:1,则同温同压下,相同体积的C1

19、2和SO2气体所含的分子数一定相同,故D正确;故选D【点评】本题考查以物质的量为中心的计算,明确物质的量公式中各个物理量的关系是解本题关键,熟练掌握物质的量有关公式,题目难度不大6、A【答案解析】结合图及表可知,12h,I号时合成甘油二酯转化率大,时间快;【题目详解】结合图及表可知,在12h时,辛酸的转化率和甘油二酯的含量较高,同时,反应时间增加的话,转化率和甘油二酯的含量不会增加的太明显,所以选用12h更好;在12h时,脂肪酶号的转化率和甘油二酯的含量都比高,所以选用号,A项正确;答案选A。7、B【答案解析】A.所有物质全是气态,混合气的质量始终不变,在恒容容器内混合气的密度始终不变,故密度

20、不变化不能说明一定达到平衡状态,A不选;B. 绝热容器中发生化学反应时,温度会随着反应而发生变化,当反应容器内的温度不再变化时,说明反应一定达到平衡状态,B选;C. 容器内气体的反应速率正(O2)= 逆(O2)=逆(SO2)时,说明反应一定达到平衡状态,正(O2)=2逆(SO2)时反应没有达到平衡状态,C不选;D. 容器内气体的浓度c(O2)c(SO2)c(SO3)=122,可能是某个瞬间巧合,未能显示正逆反应速率相等或各成分的含量保持定值,因此不能说明反应一定达到平衡状态,D不选;答案选B。【答案点睛】平衡状态的判断方法有:对同一个物质而言正反应速率和逆反应速率相等,如正(O2)= 逆(O2

21、),若选用不同物质的速率,则不同物质的正反应和逆反应速率等于化学计量数之比,如正(O2)=逆(SO2),则说明已平衡,各成分的含量、也可以是物质的量或浓度保持定值、不再改变了,选定的某个物理量,一开始会随着反应的发生而变化,而当这个量不再改变的时候,就达到化学平衡状态,如B中提到的温度就是这样的一个物理量。8、C【答案解析】分析:A、分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体;B、根据分子中氢原子的种类判断;C、根据饱和碳原子的结构特点判断;D、根据氢原子守恒解答。详解:A、螺2,2戊烷的分子式为C5H8,环戊烯的分子式也是C5H8,结构不同,互为同分异构体,A正确;B、分子中的8个氢原子完全相

22、同,二氯代物中可以取代同一个碳原子上的氢原子,也可以是相邻碳原子上或者不相邻的碳原子上,因此其二氯代物超过两种,B正确;C、由于分子中4个碳原子均是饱和碳原子,而与饱和碳原子相连的4个原子一定构成四面体,所以分子中所有碳原子不可能均处在同一平面上,C错误;D、戊烷比螺2,2戊烷多4个氢原子,所以生成1 molC5H12至少需要2 molH2,D正确。答案选C。点睛:选项B与C是解答的易错点和难点,对于二元取代物同分异构体的数目判断,可固定一个取代基的位置,再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。关于有机物分子中共面问题的判断需要从已知甲烷、乙烯、乙炔和苯的结构特点进行知识的迁移灵活应用。

23、9、B【答案解析】油脂不是高分子化合物,单糖不可以水解,故错误;油脂、乙酸乙酯都是酯类,但酯基的数目不同,不是同系物,故正确;石油的分馏是物理变化,煤的气化、液化、干馏等过程为化学变化,故错误;蛋白质的变性不是可逆过程;盐析是可逆过程,盐析后的蛋白质加水后可以再溶解,故错误;塑料只有人工合成的,不是天然高分子材料;橡胶和纤维既有天然的,也有人工合成的,故错误;综上所述,正确的有,B项正确;答案选B。10、C【答案解析】A.F2、Cl2、Br2、I2 属于分子晶体,影响熔沸点的因素是分子间作用力的大小,物质的相对分子质量越大,分子间作用力越强,沸点越高,与共价键无关系,故A不符合题意;B.HF的

24、沸点较HCl高是因为HF分子间存在氢键,其作用力较HCl分子间作用力大,与共价键无关,故B不符题意;C.金刚石、晶体硅属于原子晶体,原子之间存在共价键,原子半径越小,键能越大,熔沸点越高,与共价键的键能大小有关,故C符合题意;D.NaF、NaCl、NaBr、NaI属于离子晶体,离子半径越大,键能越小,熔沸点越低,与离子键的键能大小有关,故D不符合题意;答案选C。【答案点睛】本题主要考查同种类型的晶体熔、沸的高低的比较,一般情况下,原子晶体中共价键键长越短,熔沸点越高;金属晶体中,形成金属键的金属阳离子半径越小,电荷数越多,金属键越强,熔沸点越高;分子晶体中形成分子晶体的分子间作用力越大,熔沸点

25、越高;离子晶体中形成离子键的离子半径越小,电荷数越多,离子键越强,熔沸点越高。11、B【答案解析】ANaI、NaBr都形成离子晶体,由于离子半径I-Br-,所以NaBr的晶格能大,熔点:NaINaBr,A不正确;B由于离子半径Mg2+Ca2+,所以晶格能MgOCaO,硬度MgOCaO,B正确;CNaCl和NaBr都形成离子晶体,离子半径Cl-NaBr,C不正确;DCO2形成分子晶体,NaCl形成离子晶体,所以熔沸点:CO2溶液的酸碱性不同若能,理由:FeO42在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2,溶液浅紫色一定是MnO4的颜色(若不能,方案:向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4,观察溶液紫色

26、快速褪去还是显浅紫色)【答案解析】分析:(1)KMnO4与浓盐酸反应制Cl2;由于盐酸具有挥发性,所得Cl2中混有HCl和H2O(g),HCl会消耗Fe(OH)3、KOH,用饱和食盐水除去HCl;Cl2与Fe(OH)3、KOH反应制备K2FeO4;最后用NaOH溶液吸收多余Cl2,防止污染大气。(2)根据制备反应,C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl,Cl2还会与KOH反应生成KCl、KClO和H2O。I.加入KSCN溶液,溶液变红说明a中含Fe3+。根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2,自身被还原成Fe3+。II.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O,即

27、KClO的存在干扰判断;K2FeO4微溶于KOH溶液,用KOH洗涤除去KClO、排除ClO-的干扰,同时保持K2FeO4稳定存在。根据同一反应中,氧化性:氧化剂氧化产物。对比两个反应的异同,制备反应在碱性条件下,方案II在酸性条件下,说明酸碱性的不同影响氧化性的强弱。判断的依据是否排除FeO42-的颜色对实验结论的干扰。详解:(1)A为氯气发生装置,KMnO4与浓盐酸反应时,锰被还原为Mn2+,浓盐酸被氧化成Cl2,KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O,根据得失电子守恒和原子守恒,反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2

28、O,离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O。由于盐酸具有挥发性,所得Cl2中混有HCl和H2O(g),HCl会消耗Fe(OH)3、KOH,用饱和食盐水除去HCl,除杂装置B为。 C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O,还有Cl2与KOH的反应,Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O,反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。(2)根据上述制备反应,C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl,还可能含有KClO等。i.方案I加入KSCN溶液,溶液变红

29、说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl-发生了反应,根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2,自身被还原成Fe3+,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒,可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2+4Fe3+10H2O。ii.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O,即KClO的存在干扰判断;K2FeO4微溶于KOH溶液,用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO-的干扰,同时保持K2FeO4稳定存在。制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O,在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价,Cl2是氧化剂,Fe元素的化合价由+3价升至+6价,Fe(OH)3是还原剂,K2FeO4为氧化产物,根据同一反应中,氧化性:氧化剂氧化产物,得出氧化性Cl2FeO42-;方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3+3Cl2+8H2O,实验表明,Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反;对比两个反应的条件,制备K2FeO4在碱性条件下,方案II在酸性条件下;说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化

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