《5份试卷合集》福建省厦门市2022届化学高一第二学期期末调研模拟试题

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为CHsCHXHYOOH,下列说法中错误的是A.水溶液显酸性 B.所有原子一定共面C.能够发生加成反应D.能够发生酯化反应【答案】B【解析】分析：有机物分子中含有碳碳双键和救基，结合相应官能团的结构与性质解答。详解：A.含有被基，其水溶液显酸性，A正确；B.含有甲基，则所有原子一定不共面，B错误；C.含有碳碳双键，能够发生加成反应，C正确；D.含有瘦基，能够发生酯化反应，D正确。答案选B。2.反应4NH3+5&=i4N0+6H2。在5L的密闭容器中进行，半分钟后，N0的物质的量增加了0.3moL则此反应的平均反应速率v(X)为A.v(NHa)=0.OO^oPL'^s'1 B.v(O2)=0.ISmoPL-^min1C.v(NO)=0.OOSmoPL-^s'* D.v(H2O)=0.lemoPL'^min'1【答案】B【解析】【详解】半分钟后，NO的物质的量增加了0.3mol,浓度是0.3mol+5L=0.06mol/L,则此反应的平均反应速率v(NO)=0.06mol/L4-30s=0.002moPL'^s'1,又因为反应速率之比是化学计量数之比，则v(NH3)=v(NO)=0.002mol,L1,s',v(O2)=0.002mol,L'^s'X5/4=0.0025moleL_1,sI=0.15mol,L',minv(H2O)=0.15mol«L1«min*1X6/5=0.18mol«L'*min',答案选B。【点睛】明确反应速率的含义和计算依据是解答的关键，注意反应速率与化学计量数之间的关系换算，尤其要注意换算时单位要统一。应【答案】D【解析】【详解】A、乙酸与乙醇互溶，不能分液，应该是蒸储，A错误；B、吸收乙酸乙酯时导管口不能插入溶液中，否则会引起倒吸，B错误；C、蒸储时冷却水应该是下口进上口出，C错误；D、甲烷与氯气光照条件下发生取代反应，实验装置正确，D正确。答案选D。.下列变化中，属于物理变化的是A.从石油中分情出汽油B.煤的气化制水煤气C.煤的干储制焦炭 D.油脂的水解制肥皂【答案】A【解析】A项，石油分储原理是根据沸点不同分离混合物，过程中没有新物质生成，属于物理变化，A正确；B项，水煤气是水蒸气通过炽热的焦炭而生成的气体，主要成份是一氧化碳、氢气，故煤的气化制水煤气过程有新物质生成，属于化学变化，B错误；C项，煤的干悟是隔绝空气加强热使煤分解的过程，属于化学变化，C错误：D项，油脂水解生成新物质，属于化学变化，D错误。点睛：本题考查化学变化和物理变化的判断，抓住化学变化和物理变化的本质区别，注意分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化。.下列说法中正确的是（ ）A.组成上相差一个或若干个CHZ原子团，且符合同一通式的有机物之间互称为同系物B.由于苯分子结构的特殊性，因此苯不能发生加成反应C.淀粉、纤维素、天然油脂等都属于混合物D.丙烷分子中所有原子不在一个平面上，但3个碳原子在一直线上【答案】C【解析】试题分析：A、同系物要求必须结构相似，故错误；B、苯能与氢气发生加成反应，故错误；C、淀粉和纤维素和天然油脂都为混合物，故正确；D、丙烷中的三个碳不在乙一条直线上，故错误.考点：同系物，苯的结构和性质，淀粉和纤维素和油脂的性质，烷烧的结构.已知:H2(g)+Bn(l)=2HBr(g)AH=-akJ/mol,蒸发ImolBn(l)需要吸收的能量为30kJ,其他数据如下表:Mg)Br2(g)HBr(g)lmol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/kJ436b369下列说法正确的是2HBr(g)=H2(g)+Br2(g)AH=+akJ/molHj(g)的稳定性低于HBr(g)Br2(g)=Br2(l) AH=+30kJ/molb=272-a【答案】D【解析】分析：A项，根据%(g)+Br2(1)=2HBr(g)AH=-akJ/mol和Br?(I)=Br?(g)AH=+30kJ/mol计算2HBr(g)=H2(g)+Br2(g)的AH：B项,键能越大，分子越稳定；C项，Br(g)=Brz(D的AH=-30kJ/mol；D项，AH=反应物的键能总和-生成物的键能总和。详解：A项，H2(g)+Br2(1)=2HBr(g)AH=-akJ/mol(①式)，蒸发ImolB。(1)需要吸收30kJ的能量，则Br2(1)=Br2(g)AH=+30kJ/mol(②式)，将②式-①式得，2HBr(g)=H2(g)+Br2(g)AH=+(30+a)kJ/mol,A项错误；B项，H-H键的键能大于H-Bi•键的键能，键能越大，分子越稳定，H2(g)的稳定性高于HBr(g),B项错误；C项，Br2(I)=Br2(g)AH=+30kJ/mol,贝!JBr(g)=Br2(I)AH=-30kJ/mol,C项错误；D项，2HBr(g)=H2(g)+Br2(g)AH=+(30+a)kJ/mol,AH=反应物的键能总和-生成物的键能总和，AH=+(30+a)kJ/mol=2E(H-Br)-[E(H-H)+E(Br-Br)]=2x369kJ/mol-436kJ/mol-bkJ/mol,解得b=272-a,D项正确；答案选IX.在一个绝热容积不变的密闭容器中发生Nz(g)+3H2(g) 2NH3(g)AH<0XV口压下列各项能说明该反应已经达到反应限度的是A.容器内气体的总质量保持不变 B.容器中肥的浓度保持不变C.断裂ImolN三N键的同时断裂3moiH-H键 D.弗和上的质量比14：3【答案】B【解析】A、遵循质量守恒，任何时刻，质量都是守恒的，故A错误；B、根据化学平衡的定义，当组分的浓度不再改变，说明反应达到平衡，故B正确；C、断裂加olN三N键的同时断裂3molH-H键，反应都是向正反应方向进行，不符合化学平衡的定义，故C错误；D、不知道开始通入多少的N?和H2,因此不能判断是否达到平衡，故D错误。点睛：判断是否达到化学平衡，要根据化学平衡状态的定义以及定义的延伸，特别是C选项的分析，一定注意反应方向是一正一逆。.下列说法正确的是A.二氧化硅用于制太阳能电池板B.淀粉、纤维素都是高分子化合物,水解的最终产物相同C.氨基酸与蛋白质遇到重金属盐均变性D.尼龙绳、羊绒衫和棉衬衣等生活用品都是由合成纤维制造的【答案】B【解析】分析：A.晶体硅用于制太阳能电池板；B.淀粉和纤维素都属于天然的高分子化合物，水解的最终产物都是葡萄糖：C.蛋白质遇重金属盐发生变性而不是氨基酸；D.羊绒衫的成分为蛋白质，棉衬衣的成分为纤维素，只有尼龙绳为合成纤维。详解:A.用于制太阳能电池板的是晶体硅而不是二氧化硅，故A错误；B.淀粉和纤维素都属于天然的高分子化合物，水解的最终产物都是葡萄糖，故B正确；C.蛋白质遇重金属盐时会发生凝结，失去原来的活性，所以误食重金属盐能使人中毒；氨基酸是蛋白质水解的最终产物，没有这个性质，故C错误；D.羊绒衫的成分为蛋白质，棉衬衣的成分为纤维素，只有尼龙绳是由合成纤维制造的，故D错误；所以B选项是正确的。W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，由此可知WXYZX、Y、Z中最简单氢化物稳定性最强的是YY元素氧化物对应水化物的酸性一定强于ZX元素形成的单核阴离子还原性强于YW的简单气态氢化物的水溶液呈碱性【答案】D【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置知，X、Y、Z、W四种短周期元素中W、X属于第二周期元素，Y、Z属于第三周期元素，由X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍可知，X是O元素，则W是N元素、Y是S元素、Z是C1元素。【详解】A项、元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强，O、S、CI三种元素中，O元素的非金属性最强，则最简单氢化物稳定性最强的是O,故A错误；B项、元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性S元素弱于C1元素，则最高价氧化物对应水化物的酸性高氯酸强于硫酸，故B错误：C项、元素非金属性越强，其对应的单核阴离子还原性越弱，O元素的非金属性强于S元素，则单核阴离子还原性阳离子弱于硫离子，故C错误；D项、W是N元素，简单气态氢化物为氨气，氨气的水溶液呈碱性，故D正确；故选D。【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用题给信息推断元素为解答关键。10.某未知溶液可能含Cl,、CO32\Na\SO?\Cu2+.将溶液滴在蓝色石蕊试纸上试纸变红；取少量试液，先滴加硝酸酸化的氯化铁溶液，有白色沉淀生成，再在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀。下列判断合理的是A.一定没有Na*、ClB.可能有CI、CO32一定没有CO3*、可能有SO4"一定有SO』、Cu2+【答案】D【解析】【分析】【详解】将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说明溶液呈酸性，则CO3?不存在；因为CM+水解呈酸性，所以有Cu2+,取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钢溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有SO/-；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中有cr,因为前面已滴加了氯化枷，可知溶液中一定含有C—+和so/,一定不含CO3,可能含有cr、Na+,故选D。【点睛】本题考查了溶液中离子的检验，题目难度中等，熟练掌握常见离子的性质及检验方法为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。11.下列电离方程式正确的是A.H2s 2H++S2 B.HC1OH++C1OH2O2H++O2 D.CH3COONH4NHZ+CH3COO【答案】B【解析】【分析】【详解】

A.多元弱酸分步电离，氢硫酸电离方程式为：H2sA.多元弱酸分步电离，氢硫酸电离方程式为：H2sH++HS,HSH++S2,故A错误;B.弱电解质部分电离，用"”号，次氯酸为弱酸，其电离方程式为：HC1OH++C1O,故B正确；C.出0为弱电解质，其电离方程式为2H2。 H3O++OH或故H2O H++OH,C错误；CH3COONH4为强电解质，溶液中完全电离出铁根离子和乙酸根离子，电离方程式为：CH3COONH4=NH4++CH3COO,故D错误；故选B。【点睛】本题主要考查电离方程式书写，掌握正确书写电离方程式的方法，并能正确判断电离方程式的正误是解答关键，题目难度不大。12.海带中含有碘元素，某校研究性学习小组设计了如下实验步骤提取碘：①通足量氯气②将海带烧成灰，向灰中加水搅拌③加入CCL振荡④过滤⑤用分液漏斗分液。合理的操作顺序为().a.(W—0—(D—@(D—(1>-@(D—(D—(D—@®—(D—©【答案】b【解析】【分析】【详解】从海带中提取碘，首先应将海带烧成灰，加水搅拌，然后过滤，往滤液中通足量氯气，将r氧化为k，然后加入萃取剂ccb,用分液漏斗分液，从而得出正确的操作顺序为：②⑤，故选b。13.下列粒子间的关系，描述不事硬的是A.*C1与；C：互为同位素 B.乙醇和乙酸互为同系物Cl HH-8-H和H-C-CI属于同种物质 D.CH(CH3)3和CH3cH2cH2cH3互为同分异构体ICl C1【答案】B【解析】分析：根据同位素、同系物和同分异构体的概念分析判断ABD的正误；根据甲烷的结构分析判断C的正误。详解：A.*C：与j：C：的质子数相同，但中子数不同，互为同位素，故A正确；B.乙醇和乙酸的结构不相似，一个含有官能团羟基，一个含有官能团装基，不属于同系物，故B错误；C.甲烷是正四面体结?rH—C—HH-C-ClI构，Cl和ci 属于同种物质，故C正确；D.CH(CH3)3和CH3cH2cH2cH3的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故D正确；故选B。.现将AlCb、MgCL、MgSO』、AL(SO4)3四种物质溶于水，形成的混合溶液中c(Al")=0.1mokl/i、c(Mg2+)=0.25mol-L'\c(Cl')=0.2mobL1,则该溶液中式5。/)为( )A.0.15mohLB.0.2mol・LC.0.25mol»L''D.0.30mobL'1【答案】D【解析】c(Al3+)=0.1mol»L'\c(Mg2+)=0.25moI»L'\c(Cl)=0.2mol«L',设该溶液中c(SO?)为x,由电荷守恒可知，0.1x3+0.25x2=0.2xl+xx2,解得x=0.30mol・L“，故选D。.下列说法正确的是A.生成物的总能量大于反应物的总能量时，AH<0B.在其他条件不变的情况下，使用催化剂可以改变反应的给变A*0、AS>0的反应在低温时不能自发进行一个化学反应的AH只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关【答案】D【解析】A、生成物的总能量大于反应物的总能量，此反应是吸热反应，△H〉。，故A错误；B、婚变只与始态和终态有关，与反应的途径无关，即使用催化剂不能改变反应的婚变，故B错误；C、根据H一TAS,因为AH<0,AS>0,因此任何温度下都能自发进行，故C错误；D、根据盖斯定律，故D正确。16.在下列各溶液中离子一定能大量共存的是()A.强碱性溶液中：K\A产、CI",SO42B.含O.lmol/LFe"的溶液中：K\Mg2\F、NO3-C.含O.lmol/LCa?+的溶液中：Na+、K\CO32\Cl-D.室温下pH=l的溶液中：Na\Fe3\NO3->SO42'【答案】D【解析】试题分析：A.强碱性溶液中：OH.与A产会发生离子反应，不能大量共存，错误；B.Fe3\1会发生氧化还原反应，不能大量共存，错误。C.Ca2\CO.，会发生离子反应形成CaCOj沉淀，不能大量共存，错误。D.室温下，pH=l的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中，H\Na\Fe3\NO1、SO)不能发生任何反应，可以大量共存，正确。考点：考查离子大量共存的知识。.下列关于铝及其化合物叙述中，正确的是()A.不能用铝制的器皿来盛放酸梅汤或碱水是因为铝会和酸或碱反应B.铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定C.氯化铝溶液与NaOH溶液互滴现象完全相同D.纯铝比铝合金的硬度更大、熔点更低【答案】A【解析】【详解】A、无论是铝还是其氧化物都能与酸或碱反应，不能用铝制器皿长期存放酸性或碱性食品，故A正确；B、铝表面形成致密的氧化膜，对内层的铝起保护作用，而不是铝本身化学性质稳定，故B错误；C、氯化铝溶液中滴入NaOH溶液，先有沉淀后沉淀溶解；NaOH溶液中滴入氯化铝溶液，开始没有沉淀后产生沉淀，互滴现象不同，故C错误；D、铝合金比纯铝的硬度大，故D错误。.分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO.、溶液反应放出气体的有机物有( )A.3种 B.4种 C.5种 D.6种【答案】B【解析】【分析】分子式为C此他的有机物可能是瘦酸或酯，能与饱和NaHCOs溶液反应放出气体，说明该有机物含有-COOH,为饱和一元粉酸，烷基为-GH9,丁基异构数等于该有机物的异构体数。【详解】分子式为C此◎的有机物能与NaHCG能产生气体，说明该有机物中含有-COOH,为饱和一元装酸，则烷基为-C4H”-CJfe异构体有：-CH£H2cH2cH3,-CH(CH,)CH2cH3,-CH2cH(CHs)如，-C(CHs)3.故符合条件的有机物的异构体数目为4,故选B.【点睛】本题考查特定结构的同分异构体书写，侧重于分析能力的考查，注意官能团的性质与确定，熟练掌握碳原子数小于5的点基的个数是解决本题的关键。19.现有化学反应A(g)+B(g)=AB(g)AH(反应过程如曲线1所示)，当反应体系中加入物质K后反应分两步进行(反应过程如曲线2所示)：反应选程①A(g)+K(g)=AK(g)AH, ②AK(g)+B(g)=AB(g)+K(g)AH2,根据图像分析，下列说法正确的是A.反应过程中AK(g)是催化剂 B.加入催化剂会降低反应的AHC.AH>0D.hnolA(g)和加olB(g)的总能量高于ImolAB(g)的能量【答案】D【解析】分析：A.根据催化剂催化原理判断；B.催化剂的作用是降低该反应发生所需要的活化能；C.根据图示判断AH的大小；D.根据图示中反应物和生成物具有的能量判断。详解：根据①A(g)+K(g)=AK(g)和②AK(g)+B(g)=AB(g)+K(g)的反应，K是催化剂，AK(g)是催化剂的中间产物，所以A选项错误；催化剂的作用是降低该反应发生所需要的活化能，但不能够改变化学反应的结变，所以B选项错误；根据图示，反应物具有较高能量，生成物具有降低能量，该反应是放热反应，AH<0,C选项不正确；从题干的图示观察得反应物A和B生成具有的总能量高于生成物AB的总能量，D选项正确；正确选项D。20.下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是()A.质子数为17、中子数为20的氯原子：C1O'、'B.氯离子(C「)的结构示意图：C.氯分子的电子式：：［|：［|：••••D.氯乙烯分子的结构简式：H3C-CH2C1【答案】c【解析】【分析】【详解】A、左上角应是质量数，质量数=中子数+质子数=37,应是:;C1,故A说法错误；B、氯离子质子数大于电子数，其结构示意图：迹)))，故B错误；C、氯原子最外层7个电子，每个氯原子都达到8电子稳定结构，故C正确；D、氯乙烯结构简式：CH,=CHCI,而题目中是氯乙烷，故D说法错误。二、计算题(本题包括1个小题，共10分).向100mL含HC1的AlCh溶液中逐滴加入O.lmol•『的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积V(mL)与产生A1(OH)3沉淀的物质的量n(mol)的关系如图：试计算：(请写出运算过程)(1)原溶液中HC1的物质的量浓度。(2)原溶液中AlCb的物质的量浓度。【答案】0.05mol/L 0.05mol/L【解析】【分析】(1)由图知：加入NaOH溶液50mL时，HC1被完全中和，发生反应：NaOH+CI=NaCl+H2O,可知n(HCl)=n(NaOH),再根据c="计算；(2)由图知：加入NaOH溶液(200-50)mL=150mL时，A严离子被全部沉淀，发生反应A产+3OH=A1(OHM，据此计算n(AlCb),再根据c=，计算。【详解】(1)由图知：加入NaOH溶液50mL时，HCI被完全中和，发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O,可知一，0.05Lx0.1mol/Ln(HCl)=n(NaOH),所以c(HCl)= =0.05mol/L；(2)由图知：加入NaOH溶液(200-50)mL=150mL时，A产离子被全部沉淀，发生反应：A13++3OH=A1(OH)31，可知n(AlCb)=3n(NaOH),所以：c(AlCh)=§1x0.1m°l/L=0>05mol/Lo0.1L三、实验题(本题包括1个小题，共10分).目前世界上60%的镁是从海水提取的。海水提镁的主要流程如下：提示：①MgCb晶体的化学式为MgCL^ILO,②MgO的熔点为2852C,无水MgClz的熔点为714C。(1)操作①的名称是,操作②的名称、冷却结晶、过漉。(2)试剂a的名称是.(3)用氯化镁电解生产金属镁的化学方程式为：.【答案】过滤蒸发浓缩盐酸MgCL(熔触)=^Mg+CLt【解析】分析：生石灰溶于水得到氢氧化钙溶液加入沉淀池，沉淀镁离子，过漉得到氢氧化镁固体，加入稀盐酸后溶解得到氯化镁溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体，熔融电解得到金属镁，据此解答。详解：(D分析流程操作①是溶液中分离出固体的方法，操作为过滤；操作②为溶液中得到溶质晶体的方法为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到；(2)试剂a为溶解氢氧化镁得到氯化镁溶液，结合提纯目的得到需要加入盐酸，即试剂a为盐酸;(3)电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气，方程式为MgCL(熔融)里电Mg+CbT。四、推断题(本题包括1个小题，共10分).G是一种药物的中间体，其合成的部分路线如下：C-D的反应类型是一反应。(2)化合物F的分子式为C“H2iNO”写出F的结构简式：―o(3)化合物A与HCHO反应还可能生成的副产物是(4)写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：①分子中含有苯环，能与NaHCO3溶液反应；②含有一个手性碳原子。(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以、CH3NO2为原料制备苫的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。【解析】【详解】⑴根据量以“北/＞分析，C中一CHO变为后面，原来碳氧双键变为单键，还加了中间物C D质，可得出发生加成反应，故答案为加成反应；⑵巨工/^”点播E，化合物F的分子式为C14H21NO.„根据分子式中碳原子个数，CH,CHO和一N%E发生反应了，因此F的结构简式：⑶有h/■^僻二。01。分析出化合物A与HCHO反应，发生在羟基的邻位，羟基的另外一个邻

HO,故答案案为HOCHO,故答案案为HOC位也可以发生反应，所以还可能生成的副产物是H0HO(4好)分子中含有苯环，能与NaHCOj溶液反应，说明含有竣基;HO所以B的一种同分异构体的结构简式:H-1-COOH,故答案为0H(5)所以B的一种同分异构体的结构简式:H-1-COOH,故答案为0H(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以-COOH的合成路线流程图,分析要得到只能是 通过加成反应得到,需要在碱性条件下水解得到HO-CHCKNOj在催化氧化变为通过小区反应得到I,所以合成路线为ClcNaOHJHm一&HO-CHCH:NO2C0Hx6.需要在碱性条件下水解得到HO-CHCKNOj在催化氧化变为通过小区反应得到I,所以合成路线为ClcNaOHJHm一&HO-CHCH:NO2C0Hx6.6浓味酸/H：OH1点Clch2ohNaOH.入02._'LI]Cu/_HO-CHCH;NO：CH,NO：一件j旅味喉，工,故答案为HO-CHOtNO：CH3NO2反应生成!五、综合题(本题包括1个小题，共10分)24.德国化学家凯库勒认为：苯分子是由6个碳原子以单双键相互交替结合而成的环状结构.为了验证凯库勒有关苯环的观点，甲同学设计了如图实验方案。莘和液漠莘和液漠①按如图所示的装置图连接好各仪器；②检验装置的气密性；③在A中加入适量的苯和液溟的混合液体，再加入少最铁粉，塞上橡皮塞，打开止水夹K卜及、及；④待C中烧瓶收集满气体后，将导管b的下端插入烧杯里的水中，挤压11先装有水的胶头滴管的胶头，观察实验现象。请回答下列问题。(1)A中所发生反应的反应方程式为,能证明凯库勒观点错误的实验现象是.(2)装置B的作用是o(3)C中烧瓶的容积为500mL,收集气体时，由于空气未排尽，最终水未充满烧瓶，假设烧瓶中混合气体对反的相对密度为37.9,则实验结束时，进入烧瓶中的水的体积为 mL(空气的平均相对分子质量为29).(4)将装置A内反应后的液体依次进行下列实验操作就可得到较纯净的澳苯：①用蒸储水洗涤，振荡，分液；②用5%的NaOH溶液洗涤，振荡，分液；③用蒸情水洗涤，振荡，分液；④加入无水氯化钙干燥；⑤(填操作名称).【答案】◎>+Br2 +HBra烧瓶中产生“喷泉”现象除去未反应的苯蒸汽和滨蒸汽450蒸储【解析】分析：(1)苯与溟在澳化铁做催化剂的条件下发生取代反应，生成澳苯和澳化氢；(2)因为反应放热,苯和液溟均易挥发，溪的存在干扰检验1和Br;(3)根据相对密度进行计算；(4)通过蒸情方法获得纯净的溟苯。详解：(1)苯与溟在澳化铁做催化剂的条件下生成溟苯和溟化氢，苯分子里的氢原子被澳原子所代替，方程式为:+也金_OT，；hb,，该反应为取代反应，不是加成反应，所以苯分子中不存在碳碳单双键交替,所以凯库勒观点错误，生成的溟化氢极易溶于水，所以a烧瓶中产生“喷泉”现象，因此，本题正确答案是：O+*：F—"U+HBr,a烧瓶中产生“喷泉”现象；(2)因为反应放热，苯和液溟均易挥发，苯和澳极易溶于四氯化碳，用四氯化碳除去澳化氢气体中的溟蒸气和苯，以防干扰检验H+和Br;因此，本题正确答案是:除去未反应的苯蒸气和澳蒸气；(3)烧瓶中混合气体对Hz的相对密度为37.9,故烧瓶中混合气体的平均分子量为37.9X2=75.8,设HBr的体积为x,空气的体积为y,则:81x/29x备=75.8①;x+y=50(@；联立①②计算得出:x=45()mL,y=50mL,故进入烧瓶中的水的体积为x=450mL,因此，本题正确答案是:450；(4)加入无水CaCL粉末干燥，然后通过蒸情操作，获得纯净的澳苯，故答案为：蒸储.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.恒温、恒压下，将1molCh和2moiSO2气体充入一体积可变的容器中（状态I）,发生反应2so2+O2-2SO3,状态n时达平衡，则02的转化率为（）I.6L2LII1A.40%B.60%C.80%D.90%【答案】B【解析】试题分析：根据PV=nRT,恒温、恒压下，物质的量之比等于体积之比，则有n（前）：n（后）=V*（前）：V（后）,即：噜='.，可得：。喀=-1，则n（后）=2.4moL根据差量法可知，反应前后减少的物质实际就是。2的物质的量，所以。2消耗了0.6moLO2的转化率为0.6/1="60%”。考点：化学平衡的计算.下列物质中既有离子键又有共价键的可溶性化合物是A.H2SO4 B.BaSO4 C.N2 D.NaOH【答案】D【解析】【分析】【详解】A、硫酸是含有共价键的可溶性化合物，A错误：B、硫酸领是含有离子键和共价键的难溶性化合物，B错误；C、氮气中含有共价键的单质，难溶于水，C错误；D、氢氧化钠是含有离子键和共价键的可溶性化合物，D正确；答案选D。.3-甲基戊烷的一氯代产物有（不考虑立体异构）A.2种B.3种C.4种 D.5种【答案】C【解析】试题分析：同一个碳原子上的氢原子是相同的，其次同一个碳原子所连接的所有甲基上的氢原子是相同的，再就是具有对称性结构的（类似于平面镜成像中物体和像的关系），则根据3-甲基戊烷的结构简式CH3cH2cH（CHACH2cH3可判断分子中含有4类氢原子，因此其一氯代物有4种，答案选C.【考点定位】考查一氯代物种类判断【名师点晴】本题以3-甲基戊烷的一氯代产物判断为载体，重点考查了有机物结构特点、等效氢原子的判断依据和方法、同分异构体的概念的了解、理解和掌握程度，对同分异构体的正确书写能力，考查了学生严密的推理能力，思维的严谨性。考查了学生对知识的灵活应用和综合运用所学化学知识解决相关化学问题的能力。该题的关键是明确等效氢原子的判断依据，即首先同一个碳原子上的氢原子是相同的，其次同一个碳原子所连接的所有甲基上的氢原子是相同的，再就是具有对称性结构的（类似于平面镜成像中物体和像的关系）。4.珅为第4周期第VA族元素，根据它在元素周期表中的位置推测，碑不可能具有的性质是（）A.神在通常情况下是固体B.可以存在一3、+3、+5等多种化合价AS2O5对应水化物的酸性比H3P弱Ash的稳定性比P%强【答案】D【解析】【分析】【详解】A、N、P、As的单质随原子序数增多熔沸点升高，P是固体，故神是固体，A项正确；B、N元素可以存在一3、+3、+5等多种化合价，故珅可以存在一3、+3、+5等多种化合价，B项正确;C、同主族自上而下，元素非金属性减弱，最高价含氧酸酸性减弱，故AS2O5对应水化物的酸性比HjPO」弱，C项正确；D、同主族自上而下，元素非金属性减弱，对应氢化物稳定性减弱，AsH3的稳定性比PH,弱，D项错误;答案选D。.下列物质属于人体所需的糖类物质的是A.淀粉B.蛋白质C.味精D.食用油【答案】A【解析】试题分析：A、淀粉属于糖类物质，A正确；B、蛋白质不属于糖类，B错误；C、味精是谷氨酸钠，不属于糖类，C错误；D、食用油属于油脂，D错误。答案选A。考点：考查人体所需的营养物质。.可逆反应2s。2+12so.3达到平衡的标志是①消耗2molSO2的同时生成2molS03②SO2、Ch与SO3的物质的量之比为2：1：2③反应混合物中，Sth的质量分数不再改变A.①② B.①③ C.只有③ D.只有①【答案】C【解析】【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质）,平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析。【详解】①消耗2molS02的同时生成2molS03,即V正（S&）=V正（SOa）,速率同向，不能确定是否达到平衡，故①错误；②S02、0a与SOa的物质的量之比为2：1：2,这与反应的初始物质的量以及反应的转化程度有关，不能确定是否达到平衡，故②错误；③反应混合物中，sa的质量分数不再改变，即各物质的浓度保持不变，能确定是否达到平衡，故③正确;故选：c.7,现有一包固体粉末，可能含有SiO2、KOH、Na2co3、Na2s。八BaCb中的一种或几种。某同学为探究固体粉末的组成，取适量样品进行如下实验。下列说法不正确的是A.固体粉末中一定不含KOHB.固体粉末中一定含有BaCb和Na2cC.取溶液1先加足量盐酸酸化，再加氯化铁溶液，若未产生白色沉淀，则样品中无硫酸钠D.为进一步确定原样品组成，可以向固体2中加入NaOH溶液【答案】C【解析】【分析】【详解】A.在样品中加入足量的水，形成溶液，焰色反应，透过蓝色钻玻璃未观察到紫色，说明没有氢氧化钾，选项A不选；B.在样品中加入足量水，有固体产生，并在固体中加入足量盐酸有气体产生，说明一定有氯化领和碳酸钠,选项B不选；C.取溶液1先加足量盐酸酸化，再加氯化弱溶液，若未产生白色沉淀不能证明样品中无硫酸钠，有可能硫酸钠少量，被反应完全，选项C选；D.确定原样品的组成可以向固体2中加入足量氢氧化钠溶液，如果沉淀消失则证明无硫酸钠，若沉淀部分消失则含有二氧化硅和硫酸钠，若无变化则不含二氧化硅，选项D不选。答案选C。【点睛】本题考查了物质鉴别，为高频考点，掌握物质的性质、反应以及现象是解题的关键，侧重分析与实验能力的考查。8,使用分液漏斗时，应首先（ ）A.洗涤 B.检查是否漏水 C.打开玻璃塞 D.打开活塞【答案】B【解析】【分析】【详解】具有活塞或塞子的仪器使用前需要检查是否漏液，分液漏斗有活塞和瓶塞，为了避免影响分离效果，在使用前首先需要检查是否漏水，答案选9.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意图如下。下列有关该电池的说法正确的是（）电极A 电极BA.电池工作时，Cth"向电极B移动B.电极B上发生的电极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32C.电极A±H2参与的电极反应为H2+2OH__2e_=2H2O催化剂D.反应CH4+H2O_3H2+CO,每消耗1molCH4转移12mol电子A【答案】B【解析】【详解】A.电池工作时，CCh?一向负极移动，即向电极A移动，选项A错误：B为正极，正极为氧气得电子生成CO3*，反应为O2+2CO2+4e=2CO3,选项B正确；A是负极，负极上CO和H2被氧化生成二氧化碳和水，电极A反应为：H2+CO+2CO32-4e=H2O+3CO2,选项C错误；催化剂D.反应CH4+H2O: 3H24-CO,C元素化合价由-4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0A价，每消耗ImolCH,转移6moi电子，选项D错误;答案选B。【点睛】本题考查了化学电源新型电池，明确原电池中物质得失电子、电子流向、离子流向即可解答，难点是电极反应式书写，要根据电解质确定正负极产物。甲烷和水经催化重整生成CO和H2,反应中C元素化合价由-4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到。价，原电池工作时，CO和Hz为负极反应，被氧化生成二氧化碳和水，正极为氧气得电子生成CO?..下列说法不无硼的是A.不是所有的糖类都能发生水解B.蛋白质水解的最终产物都是氨基酸，氨基酸分子中一定含有氨基和技基C.往皂化反应后的溶液中加入热的饱和食盐水，上层析出固体物质D.用于纺织的棉花和蚕丝的主要成分都是纤维素【答案】D【解析】【详解】A.单糖不能发生水解反应，故A说法正确，不能选；B.蛋白质水解产物是氨基酸，氨基酸分子中一定含有氨基和瘦基，故说法正确，不能选；C.皂化反应后的溶液加入热的饱和食盐水，发生盐析，析出固体，说法正确，故不符合题意；D.蚕丝是蛋白质，不是纤维素，故说法不正确，符合题意，选D..某元素的原子最外层只有一个电子，它跟卤素结合时，生成的化学键A.一定是离子键B.一定是共价键C.两者都有可能 D.以上说法都不对【答案】C【解析】原子最外层只有一个电子的元素可能是氢元素，也可能是碱金属元素，因此该元素与卤素结合时,可能形成离子键（如NaCD,也可能形成共价键（如HC1）,故选C。点睛：一般活泼金属和活泼非金属易形成离子键，非金属间易形成共价键，离子化合物中可能含有共价键,共价化合物中一定不含离子键，原子最外层只有一个电子，则该元素可能为碱金属，也可能为氢元素，然后结合形成的化合物，确定化学键类型。.下列各组物质互为同分异构体的是A.氧气和臭氧 B.和D2OC.乙醇和甲醇 D.正丁烷和异丁烷【答案】D【解析】分析：A.氧气和臭氧属于同素异形体；B.HzO和D2O都是由氢、氧元素组成的同一物质；C.乙醇和甲醇结构相似，属于同系物；D.正丁烷和异丁烷属于同分异构体.详解：氧气和臭氧是同种元素的不同单质，属于同素异形体,A错误；出0和D2O都是由氢、氧元素组成的化合物，结构相同，二者为同一物质，B错误；乙醇和甲醇结构相似，分子组成上相差1个CH?原子团，属于同系物，C错误；正丁烷和异丁烷是分子式相同结构不同的化合物，所以属于同分异构体,D正确：正确选项D。.下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（ ）A.油脂与浓NaOH反应制高级脂肪酸钠；乙烯使酸性高锌酸钾溶液褪色B.乙焕使溟的四氯化碳溶液褪色；乙烯与水反应生成乙醇C.在苯中滴入溟水，溟水褪色；氯乙烯制备聚氯乙烯D.苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中水浴加热；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷【答案】D【解析】【分析】有机物分子中双键或三键两端的碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应叫加成反应。有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，据此解答。【详解】A.油脂与浓NaOH反应制高级脂肪酸钠属于水解反应，是加成反应；乙烯使酸性高钵酸钾溶液褪色发生的是氧化反应，A不选；B.乙狭使溪的四氯化碳溶液褪色是加成反应；乙烯与水反应生成乙醇是加成反应，B不选；C.在苯中滴入滨水，溟水褪色，发生萃取，不是化学变化；氯乙烯制备聚氯乙烯发生加聚反应，C不选;D.苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中水浴加热发生取代反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷发生的是加成反应，D选；答案选D。14.下列变化中，由加成反应引起的是（）A.乙烯通入酸性高铳酸钾溶液中，高钵酸钾溶液褪色B.苯在一定温度、压强和催化剂的作用下和氢气反应，生成环己烷C.一定条件下，苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中，有油状物生成D.苯加入到滨水中，振荡后滨水层褪色【答案】B【解析】【详解】A、高锌酸钾有强氧化性，能将乙烯氧化而褪色，发生的是氧化还原反应，而不是加成反应，A错误。B、苯中碳和碳间的化学键是一种介于单键和双键之间的独特的共价键，虽然不是典型的双键，但是仍具有高度的不饱和性，可以与氢气加成生成环己烷，B正确。C、在浓硫酸的催化下，苯与浓硝酸在一定温度下，可发生取代反应生成有机物一硝基苯，为油状物，C错误.D、溟在水中的溶解度小而在苯中的溶解度很大，苯加入到溟水中，苯将滨水中的漠夺取出来而使滨水层褪色，这是一个物理变化，在化学上叫萃取，D错误。正确答案为Bo15.元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸。则下列判断正确的是A.非金属性：Z<T<XB.R与Q的电子数相差26C.气态氢化物稳定性：RVTVQD.最高价氧化物的水化物的酸性：Q>T【答案】B【解析】【详解】R单质在暗处与比剧烈化合并发生爆炸，R为F元素，由元素在周期表中的位置可知，T为CI元素，Q为Br元素，X为S元素，Z为Ar元素；Z为Ar元素，最外层为稳定结构，金属性与非金属性在同周期中最弱，同周期自左而右金属性减弱，故非金属性ZVXVT,故A错误；R为F元素，Q为Br元素，原子序数相差26,故B正确；C.同主族自上而下，非金属性减弱，故非金属性F>Cl>Br,非金属性越强，气态氢化物越稳定，故稳定性HF>HCl>HBr,故C错误；D.同主族自上而下，非金属性减弱，故非金属性Cl>Br,非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，故酸性：T>Q,故D错误；故答案为B.【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度（或生成的氢化物的稳定性），非金属单质跟氢气化合越容易（或生成的氢化物越稳定），元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物（即最高价含氧酸）的酸性强弱.最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱。.取一支大试管，通过排饱和食盐水的方法先后收集半试管甲烷和半试管氯气，用铁架台固定好。放在光亮处一段时间。下列对观察到的现象的描述及说明正确的是（）A.试管中气体颜色变浅，是因为发生了加成反应B.试管中有少量白雾生成，这是氯化氢的小液滴C.试管内壁出现油状液体，这是甲烷与氯气的混合溶液D.试管内壁出现油状液体，这是CH3cl小液滴【答案】B【解析】试题分析：A.甲烷和氯气发生取代反应，生成的产物均无色，试管中气体颜色会变浅，A项错误；B.该反应有氯化氢生成，氯化氢与水蒸气结合，形成氯化氢的小液滴，而成白雾，B项正确；C.内壁出现油状液体，是甲烷和氯气发生取代反应，生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳，C项错误；D.-氯甲烷是气体，内壁出现油状液体，是甲烷和氯气发生取代反应，生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳,D项错误；答案选B.考点：考查甲烷与氯气的取代反应。.聚四氟乙烯结构如图，下列对它的说法错误的是FFFFA.合成它的小分子化合物是CFz=CFz由CFEF2合成它的反应属于加聚反应C.聚四氟乙烯一定条件下能发生加成反应D.合成它的小分子CFEFz一定条件下能发生加成反应【答案】C【解析】分析：CF2XF2在一定条件下发生加聚反应生成聚四氟乙烯，据此分析各选项。详解：A.合成它的小分子化合物是CF2=CF2,故A正确；FFB.由CF*CFz合成三1」：的反应类型为加聚反应，故B正确；!IFFc.毛人分子中不含不饱和键，不能发生加成反应，故c错误；!I,D.CFHFz,结构中含碳碳双键，一定条件下能发生加成反应，故D正确；故答案选C.点睛：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯煌的性质及高分子单体的判断，题目难度不大。.一种“既热即食型”快餐适合外出旅行时使用，它是利用两种物质发生化学反应对食物进行加热，这两种化学物质最适合选择的是（）A.浓硫酸与水B,氢氧化钠与水 C.生石灰与水 D.氯化钠与水【答案】C【解析】【详解】A、浓硫酸溶于水放热，但浓硫酸具有强烈的腐蚀性，故不选A；B、氢氧化钠溶于水放热，但氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，故不选B；C、生石灰与水反应生成氢氧化钙放出大量热量，且无腐蚀性价格也便宜，故选C；D、氯化钠溶于水热量变化不明显，不能对食物进行加热，故不选D。.金属冶炼的实质是（）A.金属元素失去电子 B.金属元素获得电子C.金属元素被氧化了 D.金属元素可能被氧化，也可能被还原【答案】B【解析】【分析】金属冶炼的实质是金属元素由化合态转变成游离态，金属单质容易失去电子生成化合物，金属冶炼过程就是将高价态金属元素还原为0价，据此分析解答。【详解】金属单质容易失去电子生成化合物，金属冶炼实质是金属元素由化合态转变成游离态，过程就是将高价态金属元素对应原子得到电子发生还原反应，还原为0价。答案选B。【点睛】本题考查了金属冶炼的实质，明确氧化还原反应规律及金属存在形态是解题关键，题目难度不大。注意金属冶炼的常见方法以及与金属性强弱的关系判断。.下列有关说法正确的是A.蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解B.医疗上可用硫酸领作x射线透视肠胃的内服药，是因为硫酸领不溶于水C.用过漉的方法从碘的四氯化碳溶液中获得碘D.用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移到容量瓶中【答案】D【解析】试题分析：A、油脂不属于高分子化合物，错误；B、用硫酸领作x射线透视肠胃的内服药，是因为硫酸领即不溶于水也不溶于酸，错误；C、可用蒸馈的方法从碘的四氯化碳溶液中获得碘，错误；D、容量瓶不能加热，不能盛装热溶液，浓硫酸溶于水放热，应冷却至室温才能转移到容量瓶中，正确。考点：考查化学常识、化学实验基本操作.二、计算题(本题包括1个小题，共10分).有锌--铜和稀硫酸组成的原电池，当导线中有0.2摩尔电子转移时，问：(1)负极金属质量减少多少克？(2)正极产生的(标准状况下)气体的体积？【答案】6.5g 2.24L【解析】【分析】铜锌原电池中，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，根据锌、氨气和转移电子之间的关系式计算。【详解】(1)该原电池放电时，负极上锌失电子发生氧化反应，电极方程式为：Zn-2e=Zn2+,设当导线中有0.2mol电子通过时，负极锌片减少的物质的量为X。Zn-2e-=Zn2+ 转移电子Imol 2molx 0.2molx=0.1moL负极锌片减少的质量为m(Zn)=0.lmolX65g/mol=6.5g,故答案为：6.5g«(2)该原电池放电时，正极上氢离子得电子发生还原反应，电极方程式为：2H++2e=H2T，设当导线中有0.2mol电子通过时，铜片上析出氢气的物质的量为y。2H++2e=H2T 转移电子Imol 2moly 0.2moly=0.1molo正极产生的(标准状况下)气体的体积V(H2)=0.1molX22.4L/mol=2.24L,故答案为：2.24L。三、实验题(本题包括1个小题，共10分)22.如图是石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生乙烯，并检验乙烯性质的实验。回答下列问题:(1)从装置A中出来的气体中含有烷爆和.(2)B中酸性高铳酸钾溶液,这是因为生成的气体被 (填“氧化”或“还原”)，反应类型为.(3)C中溟的四氯化碳溶液,发生反应的化学方程式：,反应类型为。(4)在D处点燃之前必须进行的操作是,燃烧时反应的化学方程式为.【答案】乙烯褪色氧化氧化反应褪色CH2=CH24-Br2-CH2BrCH2Br加成反应先检验乙烯的纯度 CH,=CH,+3O,.♦,2CO,+2H,O【解析】【分析】石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生乙烯，乙烯含有碳碳双键，能使酸性高钵酸钾溶液和溟水褪色，据此解答。【详解】(1)从装置A中出来的气体中含有烷点和乙烯；(2)高钵酸钾溶液具有强氧化性能氧化乙烯，所以乙烯通入高钛酸钾溶液中发生氧化反应，实验现象是溶液紫红色褪去；(3)乙烯含有碳碳双键，通入乙烯和漠单质发生加成反应，溟水褪色，反应的化学方程式为CH2=CH2+Br2—CH2BrCH2Br；(4)点燃可燃性气体时应先验纯，在D处点燃前必须进行的操作是检验气体的纯度，乙烯燃烧生成二氧化碳和水，反应的方程式为CH,=CH,+3Ch点群,2CO,+2H,O.【点睛】本题考查了乙烯的化学性质和结构，题目难度不大，要注意乙烯中含有碳碳双键，有还原性，能使高镭酸钾溶液和溟水褪色，但是反应类型不同。四、推断题(本题包括1个小题，共10分)A是一种气态是。B和D是生活中两种常见的有机物。以A为主要原料合成乙酸乙酯，其中成路线如下图所示：A制备B的方程式为.B与钠反应的化学方程式为,利用B与钠反应制备氢气，若制得1molH2需要Bmolo(3)物质B在空气中可以被氧气为C,此过程的化学方程式为.(4)现拟分离含乙酸、乙醇和水的乙酸乙酯粗产品，下图是分离操作步骤流程图，图中圆括号表示加入

乙酸乙酯

乙酸

乙醇乙酸乙酯

乙酸

乙醇(•) . ① rH"n~•r5TarTZ^--IB| -4EI①写出加入的试剂：(a)是,(b)是o②写出有关的操作分离方法：①是,②是.【答案】CH2=CH2+H2O—催普剂>CH3cH20H 2cH3cH2OH+2Na->2cH3cHzONa+H2T 22CH3CH2OH+O2^->2CH3CHO+2H2O 饱和碳酸钠溶液 H2SO4分液蒸馈【解析】B和D反应生成乙酸乙酯，B氧化生成C,C氧化生成D,故B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，A与水反应生成乙醇，故A为乙烯。催化剂(1)乙烯与与水加成反应生成乙醇，反应的方程式为CH2=CH2+H2。-CH3CH2OH,故答案为催化剂CH2=CH2+H2OfCH3CH2OH；(2)乙醇与钠反应放出氢气，反应的化学放出式为2cH3cH2OH+2Na-2cH3cH2ONa+H2T，根据方程式,制得ImolH2需要2moL故答案为2cH3cHzOH+ZNa—2cH3cHzONa+ff;2；Cu(3)乙醇在空气中可以被氧气为乙醛，反应的方程式为2cH3cH2OH+O2-2CH3CHO+2H2。，故答案为Cu2CH3CH2OH+O2->2cH3cHO+2H2O;(4)①加入饱和碳酸钠溶液a,溶解乙醇和乙酸反应生成醋酸钠溶液，乙酸乙酯在碳酸钠溶液中不溶分层分液后将乙酸乙酯分离出来，蒸储混合溶液分离出乙醇，然后向剩余混合液中加入稀硫酸b,稀硫酸与醋酸钠反应生成醋酸和硫酸钠混合溶液，蒸情将醋酸分离出来，故答案为饱和碳酸钠；稀硫酸溶液；②乙酸乙酯在碳酸钠溶液中不溶分层分液后将乙酸乙酯分离出来，蒸储混合溶液分离出乙醇，故答案为分液；痴8。点睛：本题考查有机物的推断，涉及烯烧、醇、醛、粉酸的性质与转化和乙酸乙酯的除杂。解题时注意饱和碳酸钠溶液的作用，乙醇、乙酸、乙酸乙酯的性质的掌握。本题的易错点是方程式的书写。五、综合题(本题包括1个小题，共10分)24.(1)将金属钠置于空气中的加热，可以观察到有淡黄色固体生成，试写出该物质的电子式：—;如金属钠中混有少量金属钾，如何鉴别钾元素的存在？试简述实验操作及对应现象;(2)在实验室模拟侯氏制碱法制备碳酸钠：一定温度下，往一定量饱和NaCl溶液中通入氨气达到饱和后,再不断通入C&,一段时间后，出现沉淀，过滤得到NaHCOs晶体。该过程的化学方程式为：o(3)加热NaHCXh得到纯碱制品，实验室可进行此操作的装置可以是.

(4)某实验小组通过下列实验探究过氧化钠与水的反应:①用化学方程式解释使酚酸试液变红的原因,依据实验现象推测红色褪去的原因是.(4)某实验小组通过下列实验探究过氧化钠与水的反应:①用化学方程式解释使酚酸试液变红的原因②加入MnOz反应的化学方程式为【答案】Na*［：0：0rNa.【答案】Na*［：0：0rNa.反应生成的HB具有漂白作用2H2021二匕反应生成的HB具有漂白作用2H2021二匕2HzO+Ozf【解析】【分析】(1)金属钠在空气中加热，钠与氧气反应生成淡黄色的离子化合物过氧化钠；可以利用焰色反应检验金属钠中混有少量金属钾；(2)由侯氏制碱法原理可知，二氧化碳和氨气在氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠和氯化核；(3)加热固体，可在用期或试管中进行；(4)①氢氧化钠是碱，碱遇酚歆变红，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气；红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性；②在二氧化锌做催化剂作用下，过氧化氢分解生成水和氧气。【详解】(1)金属钠在空气中加热，钠与氧气反应生成淡黄色的离子化合物过氧化钠，过氧化钠的电子式为N^［：O：O：|2'Na；钠元素的焰色反应为黄色，透过蓝色钻玻璃片，钾元素的焰色反应为紫色，则鉴别钾元素的方法是取少量金属钠在空气中加热，如透过蓝色钻玻璃能观察到紫色火焰，则证明金属钠中混有少量金属钾，故答案为：Na+［：0:0：广Na，；取少量金属钠在空气中加热，如透过蓝色钻玻璃能观察到紫色火焰，则证明金属钠中混有少量金属钾；(2)由侯氏制碱法原理可知，二氧化碳和氨气在氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠和氯化接，反应的方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3I+NH4CI,故答案为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3I+NH4CI；(3)加热固体，可在生期或试管中进行，则AB符合，C试管口应向下倾斜，防止试管炸裂，故答案为:AB；(4)①氢氧化钠是碱，碱遇酚歆变红，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2t：红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性，能氧化有色物质，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+(ht;反应生成的H2O2具有漂白作用；②在二氧化链做催化剂作用下，过氧化氢分解生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O2^2H2O+O2T，故答案为：2冉。2_丝_2H2O+O2T。【点睛】本题考查钠及其化合物的性质，侧重于分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的原理和方法，明确钠及其化合物的性质是解答关键。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.对于苯乙烯(<2^CH-CH2)有下列叙述：①能使酸性KMnCh溶液褪色；②能使漠的四氯化碳溶液褪色；③可溶于水：④所有的原子可能共平面。其中正确的是A.Q)(2X3) B.①®@C.①©④ D.全部正确2.下列说法正确的是( )A.物质发生化学反应都伴随着能量变化B.干冰汽化需吸收大量的热，这个变化是吸热反应C.在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量总是高于生成物的总能量D.放热反应的发生无需任何条件3.在下列各说法中，正确的是()AH>0表示放热反应，AH<0表示吸热反应1mol上与0.5mol02反应放出的热就是上的燃烧热C.热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数D.1molH2s0”与1molBa(OH)z反应生成BaS(h沉淀时放出的热叫做中和热.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是A.已知2H2(g)+Ch(g)=2H2O(g)；△H=-483.6kJmol-',则氢气的燃烧热为241.8kJ-moLB.已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2。⑴；AH=-57.3kJ-mol_1,则含20.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出大于28.65kJ的热量C.已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)：△H>0,则石墨比金刚石稳定D.己知2c⑸+2C)2(g)=2CO2(g)△H=a、2c(s)+C)2(g)=2CO(g)△H=b,则a>b.取三张湿润的蓝色石蕊试纸放在玻璃片上，然后按顺序分别滴加98.3%的硫酸、新制氯水、浓氨水，三张试纸最后呈现的颜色是A.红、白、蓝B.黑、白、蓝C.白、白、蓝D.黑、红、蓝.可逆反应：mA(g)+nB(g)K^pC(g)+gD(g)的v-t图象如图甲所示。若其他条件都不变，只在反应前加入合适的催化剂，则其v-t图象如图乙所示。现有下列叙述：@ai=a2；®ai<a2；®bi=b2；@bi<b2;⑤ti>tz;⑥ti=tz。(未加催化剂) (加催化剂)甲 乙则以上所述各项正确的组合为A.②®®B.©©⑤C.②③⑤D.®®®.下列说法中正确的是( )A.原电池中的电极一定要由两种不同的金属组成.原电池两极均发生氧化还原反应C.原电池中电子流出的一极是正极，发生氧化反应D.原电池中阳离子向正极移动8.用Na表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是A.1mol分子式为C2H6。的物质，含O—H数一定是NaB.标准状况下，22.4LCH2=CH2中含C一H数为4NAImol甲基(一CH3)中含有的电子数为9Na0.1mol由乙烯与乙醇组成的混合物完全燃烧所消耗的氧气分子数为0.3Na9.将10moiA和5molB放入10L真空箱内，某温度下发生反应：3A(气)+B(气) 2c(气)在最初0.2s内，消耗A的平均速率为0.06mol-(L-S)-l.则在0.2s时，真空箱中C的物质的量是( )A.0.12mol B.0.08mol C.0.04mol D.0.8mol10.一定温度下，在固定体积的密闭容器中发生反应：2HI(g)¥=^H2(g)+I2(g)AH>0,0〜15s内c(HI)由0.Imol/L降到0.07mol/L,则下列说法正确的是()A.当HI、Hz、h浓度之比为2：1：1时，说明该反应达平衡B.c(HI)由0.07mol/L降到0.05mol/L所需的反应时间小于10sC.升高温度正反应速率加快，逆反应速率减慢D.0〜15s内用L表示的平均反应速率为：v(L)=O.OOlmol/(L,s).同一周期X、Y、Z三种主族元素，其最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强，下列判断正确的是A.非金属性X>Y>Z B.原子半径X>Y>ZC.单质的氧化性X>Y>Z D.气态氢化物稳定性X>Y>Z.下列物质属于高分子化合物的是A.乙烷B.乙醇C.聚乙烯D.乙酸乙酯.某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：X(g)+Y(g)=^Z(g)+W(s)AH>0,下列叙述正确的是()A.加入少量W,逆反应速率增大B.当容器中气体压强不变时，反应达到平衡C.升高温度，平衡逆向移动D.平衡后加入X,上述反应的AH增大14.全钿液流电池工作原理如图所示。在电解质溶液中发生的电池总反应为：VO?*(蓝色)+HzO+v"(紫色）*==^vo2+（黄色）+V2+（绿色）+2H+.下列说法正确的是（）A.当电池无法放电时，只要更换电解质溶液，不用外接电源进行充电就可正常工作B.放电时，负极反应为V0『+2H++e-=V（）2++HQC.放电时，正极附近溶液由紫色变绿色D.放电过程中，正极附近溶液的pH变小为提纯下列物质（括号内的物质为杂质），所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是ABCD被提纯物质酒精（水）乙醇（乙酸）乙烷（乙烯）漠苯（溪）除杂试剂生石灰Na2cCh溶液酸性KMnO4溶液CC14分离方法蒸储分液洗气萃取A.A B.B C.C D.D16.在下列合成氨事实中N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）+Q,不能用勒夏特列原理解释的是①使用铁做催化剂有利于合成氨的反应②在高温下反应，更有利于合成氨的反应③增大体系的压强，可以提高氨的产量④在合成氨中要不断补充高压N2、H2混合气A.①③ B.②④ C.①0 D.（3X4）石油裂化的目的是（）A.使长链炫分子断裂为短链燃分子 B.除去石油中的杂质C.使直连燃转化为芳香燃 D.提高汽油的产量和质量下列物质能与Bn发生置换反应的是A.NaF B.NaCl C.KBr D.KI（6分）下列图示变化为吸热反应的是（

（6分）下列叙述中，正确的是A.自然界中存在大量单质硅B.石英、水晶、硅石的主要成分都是二氧化硅C.常温下硅性质活泼，能与氯气、强酸反应D.自然界中的硅都是以二氧化硅的形式存在二、计算题（本题包括1个小题，共10分）（6分）1.5mol氧分子中含有个氧分子，mol氧原子，质量为g,个氧原子，标准状况下体积为L。三、实验题（本题包括1个小题，共10分）（8分）某同学为了验证海带中含有碘，拟进行如下实验，请完成相关问题。（1）第1步：灼烧。操作是将足量海带灼烧成灰烬。该过程中将使用到的硅酸盐质实验仪器有（填代号，限填3项）。A.试管B.瓷生烟C.堪烟钳D.铁三脚架E.泥三角F.酒精灯G.烧杯H.量筒（2）第2步：「溶液的获取。主要操作为.（3）第3步：氧化。操作是依次加入合适的试剂。下列氧化剂最好选用（填代号），离子方程式为A.浓硫酸 B.新制氯水 C.KMnO,溶液D.H202（4）第4步：碘单质的检验。操作是取少量第3步的溶液，滴加淀粉溶液，如果溶液显一色，则证明海带中含碘。四、推断题（本题包括1个小题，共10分）（8分）A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39,B、W同周期，A、D同主族，A,W能形成两种液态化合物A?W和A2W2,E元素的周期序数与主族序数相等。（1）E元素在周期表中的位置。（2）写出A2W2的电子式为。（3）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现改用A2W2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式 。

(4)元素D的单质在一定条件下，能与A单质化合生成一种化合物DA,熔点为800℃,DA能与水反应放氢气，若将ImolDA和ImolE单质混合加入足量的水，充分反应后成气体的体积是(标准状况下)。(5)D的某化合物呈淡黄色，可与氯化亚铁溶液反应。若淡黄色固体与氯化亚铁反应的物质的量之比为1：2,且无气体生成，则该反应的离子方程式为o五、综合题(本题包括1个小题，共10分)(10分)(1)硝酸厂的尾气直接排放将污染空气，目前科学家探索利用燃料气体中的甲烷等将氮氧化物还原为氮气和水，其反应机理为(DCH4(g)+4NO2(g)===4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) AH=-574kJmoF1②CH4(g)+4NO(g)===2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)AH=-1160kJ-mol-1则甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为.(2)氢气不仅是新能源，也是重要的化工原料。氢气可由甲烷制备：CH4(g)+H2O(1)===CO(g)+3H2(g)AH=+250.1kJ-moF1,已知298K时，CH4(g)、CO(g)的燃烧热分别为890kbmoL、283kJ.moL。写出氢气燃烧热的热化学方程式。(3)如下图所示表示的是NO?和CO反应生成CCh和NO过程中能量变化示意图，请写出NO?和CO反应的热化学方程式：.能A可J过渡态Z^\£,=134kJ^rnol-'『反应物 \£^368kJmol-1反应进程参考答案一、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)B【解析】【详解】苯乙烯中含有苯环和碳碳双键，属于不饱和芳香烧，具有苯和乙烯的性质，苯乙烯的官能团为碳碳双键，可使酸性KMnO」溶液褪色，又可使漠的四氯化碳溶液褪色：烧都难溶于水而易溶于有机溶剂(如苯、CC14),苯乙烯属于燃类，难溶于水；从分子结构上看，苯乙烯是苯和乙烯两个平面型结构的组合，分子中所有的

原子可能共平面，则①②④正确，故选B【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于基础知识的考查，注意把握有机物的官能团的性质，注意苯乙烯是苯和乙烯两个平面型结构的组合是解答关键。A【解析】试题分析:A.化学反应的特征是：一是生成新物质，二是伴随着能量的变化，A项正确；B.吸热反应属于化学变化，干冰汽化需吸收大量的热，该过程是物理变化，不是吸热反应，B项错误；C.在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量不等于生成物的总能量，若反应物的总能量总是高于生成物的总能量,该反应为放热反应，若反应物的总能量总是低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，C项错误；D.有的放热反应也需要条件，如铝热反应，需要高温加热，D项错误；答案选A。考点：考查化学反应中的能量变化。C【解析】A.AH>0表示吸热反应，AHcO表示放热反应，选项A错误；B.Imol物质完全燃烧产生稳定的化合物时放出的热叫燃烧热。Imol七与0.5molO2反应得到的水可能是气态也可能是液态，放出的能量并不相同，选项B错误；C.热化学方程式中的化学计量数表示物质的量的关系，可以是分数，选项C正确；D.酸和碱发生中和反应生成Imol的水时放出的热叫做中和热。ImolH2s。4与lmolBa(OH)2反应生成BaSO4沉淀时产生2moi的水，选项D错误；答案选C。C【解析】【分析】A.燃烧热是指可燃物完全燃烧生成稳定化合物时放出的热量，应生成液态水：B.醋酸是弱酸，电离过程需要吸热，据此回答；一氧化碳燃烧生成二氧化碳放出热量，熔变为负值，据此分析比较大小；D.物质具有的能量越低越稳定，吸热反应，产物的能量高于反应物的能量，据此回答。【详解】A.燃烧热是指可燃物完全燃烧生成稳定化合物时放出的热量，氢气燃烧热应生成液态水，2H2(g)+O2(g)—2H2O(g)AH=-483.6kJmol-1,反应中生成物水为气态，A项错误；B.醋酸是弱酸，电离过程需要吸热，则含20.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于28.7kJ的热量，B项错误；C.C(石墨-s尸C(金刚石•s)4H>0,可知石墨转化为金刚石吸热，即金刚石的总能量高，能量越高越不稳定,则石墨比金刚石稳定，C项正确：2moic完全燃烧生成CO?放出的热量比生成CO放出的热量要多，焙变为负值，则b>a,故D错误；答案选c。B【解析】【分析】【详解】浓硫酸具有脱水性，能使试纸变黑，氯水中含有HC10,能漂白试纸，浓氨水显碱性，能使试纸变蓝，答案选B。B【解析】分析：催化剂只改变正逆化学反应的速率，缩短达到平衡的时间，但转化率不变，以此来解答即可。详解：催化剂只改变反应速率，缩小达到平衡的时间，但转化率不变，乙图使用催化剂，反应速率加快，故ai<a2,即①错误，②正确；乙图使用催化剂，反应速率加快，故b|Vb2,即③错误，④正确；时间缩短，所以h>t2,即⑤正确，⑥错误；即正确的为②④⑤。答案选B。点睛：本题考查催化剂对反应速率的影响及图象分析，明确图象中曲线的变化趋势以及表示的意义是解答的关键，注意催化剂只能改变活化能，从而改变反应速率，不能改变平衡状态，题目难度不大。D【解析】【详解】A.原电池中的电极可以由导电的非金属和金属组成，如Zn、石墨和稀硫酸可以构成原电池，故A错误；B.原电池负极失电子发生氧化反应、正极得电子发生还原反应，故B错误；C.原电池中电子流出的电极是负极，发生氧化反应，电子流入的电极是正极，发生还原反应，故C错误;D.原电池放电时，电解质中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，从而形成内电路，故D正确；答案选D。【点睛】考查原电池的构造和工作原理，准确掌握判断原电池正负极的方法。A【解析】【详解】A.Imol分子式为QH6。的物质，若为乙醇含O—H数是Na，若为甲醛不含有O—H键，A错误；B.标准状况下，22.4LCH2=CH2中即lmol乙烯中含C—H数为4NA，B正确：C.1个甲基中含有9个电子，则1mol甲基（一CH3）中含有的电子数为9Na，C正确；D.等物质的量的乙烯与乙醇，耗氧量相同，0.1mol由乙烯与乙醇组成的混合物完全燃烧所消耗的氧气分子数为0.3Na，D正确；答案为A【点睛】甲基为甲烷失去一个氢原子剩余部分，则1个甲基含有9个质子，9个电子。D【解析】试题分析：根据题意可知V(A)=2.26mol/(Ls),则在最初的2.2s内，消耗A物质的量是n(A)=2.26mol/(Ls)x2.2sxi2L=2.12mol,根据方程式可知An(C尸"2/3An(A)="2/3x2.12mol=2.28mol,选