《5份试卷合集》2020年河南省漯河市化学高一下期末调研模拟试题

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）I.由下列实验及现象不能推出相应结论的是（）实验现象结论A向2mLO.1mol的FeCb溶液中加足量铁粉,振荡,加1滴KSCN溶液黄色逐渐消失，加KSCN容液颜色不变还原性：Fe>Fe"B将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满C&的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性C加热盛有少量NHJICa固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸石蕊试纸变蓝NHJJC03显碱性D向含「的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色氧化性：C12>I2A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】分析：A.向2mL0.1mol/LFeCh的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe?+；B.瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳；C.加热碳酸氢筱，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色；D.变蓝色，说明有单质碘生成。详解：A.向2mL0.1mol/LFeCb的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe?+,反应中Fe为还原剂，Fe2+为还原产物，还原性：Fe>Fe2+,可观察到黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，A正确；B.瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳，反应中二氧化碳表现氧化性，B正确；C.加热碳酸氢核，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色，且为固体的反应，与盐类的水解无关，C错误;D.向含r的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，加入淀粉后溶液变成蓝色，说明有单质碘生成，即氯气把碘离子氧化为单质碘，则氧化性：C12>l2,D正确。答案选C。点睛：本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、钠的性质、物质的检验等，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质特点和氧化还原反应规律的应用，题目难度中等。2.某反应由两步反应AUBUC构成，它的反应能量曲线如图，下列叙述正确的是（ ）MA.三种化合物中C最稳定B.两步反应均为吸热反应A与C的能量差为E」A=B反应，反应条件一定要加热【答案】A【解析】【分析】【详解】A、根据能量越低越稳定的原则，三种化合物中C的能量最低，所以C最稳定，故A正确；B、由图象可知，第一步反应为吸热反应，第二步反应为放热反应，故B错误；C、A与C的能量差为AH=(E1-E2)+(E3-E4)=Ei+E3-E2-E4,则C错误；D、AB的反应是吸热反应，与反应发生的条件无关，即吸热反应不一定要加热，故D错误。答案选A0【点睛】本题考查化学反应与能量变化，注意把握物质的总能量与反应热的关系，易错点为C,注意把握反应热的计算。.下列属于共价化合物的是A.CO2 B.CaF2 C.NaOH D.N2【答案】A【解析】【分析】离子化合物是阴阳离子间通过静电作用而形成的；共价化合物是不同非金属原子间利用共用电子对而形成的，共价化合物只含有共价键，据此解答.【详解】A、CO2为共价化合物，分子中仅含共价键，选项A正确；B、CaF?是通过离子键形成的离子化合物，选项B错误；C、NaOH是通过离子键形成的离子化合物，选项C错误；D、刈分子中仅含共价键，但为单质不属于化合物，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查化学键和化合物类型的判断，题目难度不大，注意离子化合物和共价化合物的区别，易错点为选项C,氢氧化钠中含有离子键和共价键，但属于离子化合物。.下列属于吸热反应的是A.氧化钙与水反应 B.铁丝在氧气中燃烧C.NaOH溶液与盐酸反应 D.Ba(OH)2-8HzO晶体与NH4a晶体反应【答案】D【解析】【详解】A.氧化钙与水反应是放热反应；B.铁丝在氧气中燃烧是放热反应；NaOH溶液与盐酸反应是放热反应；Ba(OH)2-8H2O晶体与NH4C1晶体反应是吸热反应。本题选D。【点睛】解答本题的关键是熟记常见的吸热反应和放热反应，常见的放热反应：①大多数化合反应，②所有的燃烧反应，③酸碱中和反应，④金属与酸反应放出H2,⑤物质的缓慢氧化等；常见的吸热反应：①大多数分解反应，②盐类的水解反应，③Ba(OH)2・8%O与NH4C1的反应，④C和CO2.C和HzO(g)的反应等。.已知：“键线式”是将有机物结构简式中的碳和氢省略后的式子。例如：丙烷键线式可表示为从柑橘中炼制菇二烯(OY),下列有关它的推测正确的是( )A.属于芳香克 B.常温下为液态，难溶于水和有机溶剂C.不能使酸性高铳酸钾溶液褪色 D.分子式为GoH”【答案】D【解析】菇二烯(YJY)中不含有苯环，所以不属于芳香点，错误；B、根据相似相溶原理可知拓二烯易溶于有机溶剂，难溶于水，错误；C、菇二烯中含有C=C,因此可以使酸性高锯酸钾溶液褪色，错误；D、该有机物中含有10个C,16个H,则分子式为CwH如正确。故选D。点睛：本题主要考察学生在学习中的迁移能力，根据已学已知推断未知。例如本题提供了丙烷键线式可表示为7\,在解题中需要将此知识迁移，给出超二烯的键线式，解出他的分子式.通过观察菇二烯中含有碳碳双键，判断菇二烯酸性高锦酸钾溶液褪色。.根据元素周期表和元素周期律分析下面的推断，其中不正建的是Na的原子失去电子能力比Mg强HBr比HC1稳定Ca(OH)2的碱性比Mg(0H)2的碱性强D.破0,比H3P0,酸性强【解析】【详解】A.Na、Mg同周期，Na的金属性强，则Na失去电子能力比Mg强，故A正确；B.非金属性Cl>Br,元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则HCI比HBr稳定，故B错误；Mg、Ca同主族，Mg的金属性没有Ca强，则Ca(OH)2比Mg(OH)z的碱性强，故C正确；P,S同周期，S的非金属性强，则H2s04比H3PO,酸性强，故D正确；答案选Bo.检验某溶液中是否含有Na*、K\Fe3\Mg2\Cl\I\COAS03限用试剂有：盐酸、硫酸、硝酸领溶液、硝酸银溶液。设计如下实验步骤，并记录相关现象：(已知，N(V在酸性条件下具有强氧化性)下列叙述不正确的是A.试剂①为硝酸钦.试剂②一定为盐酸C.该溶被中一定有「、CO3A、SO产；Na*、IC至少含有一种D.通过在黄色溶液中加入硝酸银可以检验原溶液中是否存在C「【答案】D【解析】分析：由实验可知，加试剂①为硝酸钢溶液，生成白色沉淀为碳酸钢和硫酸锁，则加试剂②为盐酸，沉淀减少，硫酸领不溶于酸；加试剂①过滤后的滤液中，再加试剂②为盐酸，氢离子，硝酸根离子、发生氧化还原反应生成碘，溶液为黄色，以此来解答。详解：由实验可知，加试剂①为硝酸钢溶液，生成白色沉淀为碳酸领和硫酸领，则加试剂②为盐酸，沉淀减少，硫酸钢不溶于酸，则原溶液中一定存在CO/-、SO/，则不含Fe3+、Mg外加试剂①过滤后的滤液中，再加试剂②为盐酸，氢离子，硝酸根离子、r发生氧化还原反应生成碘，溶液为黄色，溶液为电中性，则一定含阳离子为K+,A.由上述分析可知，试剂①为硝酸领，选项A正确；B.由上述分析可知，试剂②一定为盐酸，因碳酸铁与硫酸反应生成硫酸领使沉淀量增加，选项B正确；C.由上述分析可知，该溶液中一定有「、C032\SO产、Na\K*至少含有一种，选项C正确；D.黄色溶液中加入硝酸银可生成Agl沉淀，试剂②加盐酸引入氯离子，不能检验原溶液中是否存在CL选项D不正确；答案选D。点睛：本题考查物质鉴别、检验的实验方案设计，为高频考点，把握白色沉淀的成分、黄色溶液中含碘为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。8.2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青

莲教授曾主持测定了钢(win)等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。锢与锄(37Rb)同周期。下列说法不正确的是In是第五周期第HIA族元素"549ln的中子数与电子数的差值为17C.原子半径：In>AlD.碱性：In(OH)3>RbOH【答案】D【解析】【分析】A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为置;B.质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子的质子数=电子数;C.同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大;D.同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱;【详解】A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为函因此皿位于元素周期表第五周期w第IIIA族，故A不符合题意；.质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子数=49,中子数为115-49=66,所以中子数与电子数之差为66-49=17,故B不符合题意：C.A1位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期HIA族，同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径In>Al,故C不符合题意；D.In位于元素周期表第五周期，枷(Rb)位于元素周期表第五周期第1A族，同周期元素，核电荷数越大,金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此碱性：In(OH)3〈RbOH,故D符合题意；综上所述，本题应选D。【点睛】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。.下列关于化学反应限度的叙述中错误的是()A.不同的化学反应，限度可能不同B.可以通过改变温度来控制化学反应的限度C.可以通过延长反应时间来改变化学反应的限度D.催化剂不能改变化学反应的限度【答案】C【解析】【详解】A.化学反应限度是指可逆反应在一定条件下反应的最大程度，不同的化学反应，化学反应的限度可能不同，故A项正确；B.影响化学平衡状移动的因素是：反应物的浓度、温度和气体压强等外界条件，所以可以通过改变温度来改变化学反应的限度，故B项正确；C.化学反应限度与反应时间长短无关，只与平衡常数有关，故C项错误；D.催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡，对反应限度无影响，故D项正确；综上所述，本题正确答案为C。【点睛】解题依据：化学反应限度是研究可逆反应在一定条件下所能达到的最大程度，也即化学反应动态平衡状态,根据影响化学平衡移动的因素进行判断相应的选项即可。10.一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO,MgSOKs)+CO(g)^=iMgO(s)+82(g)+SO2(g)AH>0.该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是选项XyA温度容器内混合气体的密度Bco的物质的量CO2与co的物质的量之比CSO2的浓度平衡常数KDMgSO』的质量(忽略体积)co的转化率A.AB.BC.CD.D【解析】【详解】A、AH>0,升高温度，平衡正向移动，二氧化碳浓度增大，混合气体的密度增大，故A正确；B、&=监黑，平衡常数只与温度有关，温度不变常数不变，增加CO的物质的量，CO2与CO的物质的量之比不变，故B错误；C、平衡常数只与温度有关，温度不变常数不变，故C错误；D、MgSO,是固体，增加固体质量，平衡不移动，CO的转化率不变，故D错误；答案选A..已知X+Y=M+N为放热反应.下列关于该反应的说法中，正确的是Y的能量一定高于NX、Y的能量总和高于M、N的能量总和C.因为该反应为放热反应，故不必加热就可发生D.断裂X、Y的化学键所吸收的能量高于形成M、N的化学键所放出的能量【答案】B【解析】A.反应物的总能量大于生成物的总能量，而Y的能量不一定高于N,故A错误；B.该反应为放热反应，所以反应物的总能量大于生成物的总能量，即X和Y的总能量一定高于M和N的总能量，故B正确；C.反应的放热、吸热与反应条件（如加热）无关，某些放热反应也需要加热才能反应，如氢气和氧气的反应，故C错误；D.反应物的总能量大于生成物的总能量，断裂X和Y的化学键所吸收的能量一定小于形成M和N的化学键所放出的能量，故D错误；故选B。点睛：本题考查反应热与皓变的应用，为高频考点，明确放热反应与反应物和生成物的总能量的关系为解答关键。需要注意的是，反应是放热还是吸热，与反应条件无关。.下列有关防止或减少酸雨的措施中不可行的是（ ）A.对燃煤及燃煤烟气进行脱硫B.推广天然气、甲醇等作为汽车的燃料C.对含S&、ND的废气处理后再排空D.人工收集大气雷电产生的氮的氧化物【答案】D【解析】分析：少用煤作燃料、燃料脱硫、开发新的能源等措施可以减少二氧化硫气体的排放，从而减少酸雨的形成。点睛：A.对燃煤及燃煤烟气进行脱硫，能减少二氧化硫的排放，所以能减少酸雨的形成，A正确；B.推广天然气、甲醇等作为汽车的燃料，能减少二氧化硫、氮氧化物的产生，所以能减少酸雨的形成，B正确；C.对含Sth、Nth的废气处理后再排空，能减少二氧化硫、二氧化氮的排放，所以能减少酸雨的形成，C正确；D.人工收集大气雷电产生的氮的氧化物，氮氧化物浓度较低，收集成本较高，不现实，D错误；答案选D。点睛：本题考查了二氧化硫污染及治理，明确酸雨形成的原因是解本题关键，从源头上控制二氧化硫、氮氧化物的产生，从而减少酸雨的形成，保护环境，人人有责。13.某实验探究小组研究320K时N2O5的分解反应：2N2O5f=i4NO2+O2o如图是该小组根据所给表格中的实验数据绘制的。下列有关说法正确的是t/min01234c(N2()5)/mol/L0.1600.1140.0800.0560.040c(Oz)/mol/L00.0230.0400.0520.060A.曲线I是N2O5的浓度变化曲线b.曲线n是th的浓度变化曲线c.N2O5的浓度越大，反应速率越快D.升高温度对该反应速率无影响【答案】C【解析】【分析】结合题给的曲线和表格中Omin时的数据，可以判断该反应是从反应物开始投料的，直至建立平衡状态。N2O5的速率从最大逐渐减小至不变，02的速率从最小逐渐增大至最大而后不变。【详解】A.曲线I是02的浓度变化曲线，A项错误；B.曲线n是N2O5的浓度变化曲线，B项错误；C.因从反应物开始投料，所以随N2O5的浓度减小，化学反应速率逐渐减小，直至平衡时化学反应速率保持不变，所以N2O5的浓度越大，反应速率越快，C项正确;D.升高温度，反应速率加快，D项错误；所以答案选择C项。14.已知：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）AH=-92kJ•mo「，下图表示L一定时，出的平衡转化率（a）随X的变化关系，L（L卜L2）、X可分别代表压强或温度。下列说法中，不正确的是A.X表示温度B.L2>LiC.反应速率u（M）>w（N）D.平衡常数K（M）>K（N）【答案】D【解析】【详解】A.根据图像，随着X的增大，W的平衡转化率（a）减小，X若表示温度，升高温度，平衡逆向移动，H2的平衡转化率（a）减小，故A正确；B.相同温度条件下，压强越大，出的平衡转化率（a）越大，L2>Li,故B正确；C.压强越大，反应速率越快，v（M）>v（N）,故C正确；D.温度不变，平衡常数不变，故D错误；故选D。CHiCOO.某有机物的结构简式为CfYH—CH> —fHCttCOOH»则此有机物可发生的反应类型有①取代②加成③氧化④酯化⑤中和A. B. C. D.【答案】D【解析】试题分析：分子中含有碳碳双键，可发生加成反应和氧化反应，含有酯基，可发生水解反应（或取代反应），含有竣基，具有酸性，可发生中和反应、酯化反应，含有羟基，可发生取代反应、消去反应和氧化反应，选D。考点：考查有机物的结构与性质。.下列装置能够组成原电池

AgNO：(aq)D.稀硫酸AgNO：(aq)D.稀硫酸【答案】B【解析】【分析】原电池的构成条件是能自发的进行氧化还原反应，有两个金属活泼性不同的电极插入电解质溶液中构成闭合回路，这几个条件必须同时具备，缺一不可。【详解】A项、装置中两个电极材料相同，不能形成原电池，应为两种活泼性不同的金属，故A错误；B项、装置中两电极材料不同，铜能和硝酸银发生置换反应，且构成了闭合回路，符合原电池的构成条件,故B正确；C项、装置中蔗糖是非电解质，其溶液不能导电，不能形成原电池，故C错误；D项、该装置没有形成闭合回路，故D错误。故选B。【点睛】本题考查原电池的工作原理，明确原电池的构成条件是解本题关键。.某兴趣小组同学利用氧化还原反应：2KMnO4+10FeSO4+8H2so4=2MnSO』+5Fe2（SO4）3+K2s（h+8H2O设计如下原电池，盐桥中装有饱和溶液。下列说法正确的是（）KMnO八MnSOH,SOKMnO八MnSOH,SO4溶液FeSO.溶液A.a电极上发生的反应为：MnO4+8H++5e=Mn2++4H2OB.外电路电子的流向是从a到bC.电池工作时，盐桥中的SO4”移向甲烧杯D.b电极上发生还原反应【答案】A【解析】试题分析：A、总电极反应式：2MnO4-+10Fe2++16H+=2Mn2++l0Fe3++8H2。，a极是正极得电子，电极反应式=总电极反应式一b极反应式，得出：2MnO4-+16H++1Oe-=2Mn2++8H2O,化简得：MnO4-+8H++5e-=Mn2++4H2O,A正确；B、根据A的分析，外电路电子流向是从b流向a,B错误；C、根据原电池的工作原理：阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，Sth?一向b极移动，C错误;D、根据原电池的工作原理：负极失电子，发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，b极上电极反应式:Fe2+-e-=Fe3+,D错误，答案选A。【考点定位】本题主要是考查原电池的工作原理及常见的化学电源【名师点晴】根据氧化还原反应理论分析反应2KMnO4+10FeSCh+8H2so4=2MnSCh+5Fe2（SO4）3+K2so4+8H2O可知，Mn元素的化合价降低，得到电子，Fe元素的化合价升高，失去电子，再结合原电池理论，则b为负极，a为正极，结合原电池中负极发生氧化反应，电流从正极流向负极，阴离子向负极移动来解答即可。18.下列过程包含化学变化的是A.干冰升华 B.粮食酿醋 C.滴水成冰 D.沙里淘金【答案】B【解析】【详解】A.干冰升华是固态二氧化碳升华变为气态，是物质状态发生了改变，没有形成新物质，是物理变化，故A错误B.粮食酿醋是把淀粉发酵制成醋酸，生成了新的物质，是化学变化，故B正确；C.滴水成冰，水在低温下凝固成冰，是水的状态发生了改变，没有形成新的物质，是物理变化，故C错误；D.沙里淘金是利用金的密度与沙子的差异，把它们分开，没有形成新的物质，是物理变化，故D错误；答案选B。【点睛】区分物理变化和化学变化的方法看有没有形成新的物质，需要学生多观察生活中的实例，多思考，并可以从微观角度分析产生化学变化的原因。19.“人文奥运、科技奥运、绿色奥运”是北京奥运会的重要特征，其中禁止运动员使用兴奋剂是重要举措之一。以下两种兴奋剂的结构分别为：①利尿被②兴奋剂①利尿被②兴奋剂X则关于它们的说法中正确的是()A.利尿酸分子中有三种含氧官能团，在核磁共振氢谱上共有六个峰B.1mol兴奋剂X与足量浓溟水反应，最多消耗4moiBnC.两种兴奋剂最多都能和含3moiNaOH的溶液反应D.两种分子中的所有碳原子均不可能共平面【答案】B【解析】A.利尿酸分子中含氧官能团分别是埃基、酸键和赧基，利尿酸中氢原子种类有7种，有7个吸收峰，故A错误；B.兴奋剂中含有碳碳双键、酚羟基，碳碳双键和苯环上酚羟基邻对位氢原子能和溟发生反应，所以1mol兴奋剂X与足量浓滨水反应，最多消耗4moiBn,故B正确；C.酚羟基、氯原子和陵基能和氢氧化钠反应，所以两种兴奋剂最多都能和含5moiNaOH的溶液反应，故C错误；D.碳碳双键、连接苯环的碳原子能共面，所以兴奋剂X中所有碳原子能共面，故D错误；故答案为B。20.下列说法正确的是A.多糖、蛋白质都是高分子化合物，一定条件下都能水解B.煤中含有苯和甲苯，可以用先干惚后分谯的方法把它们分开C.分储、干储都是物理变化，裂化、裂解都是化学变化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】A【解析】A.多糖属于天然高分子化合物，可水解成为很多单位单糖，蛋白质是生物体内重要的高分子化合物，在酶的作用下水解为氨基酸，A正确；B.煤中不含苯和甲苯，煤干储后从煤焦油中能分离出来苯和甲苯，B错误；C.干馆一般是煤的干懦，将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，又叫煤的焦化，有化学变化，C错误;D.羊绒衫的成分为蛋白质，尼龙绳是合成高分子纤维，棉衬衣原材料是天然高分子纤维，D错误。故选择A.二、计算题(本题包括1个小题，共10分)21.I.某温度(tC)时，水的KEO%则该温度(填“大于,，“小于,，或“等于，,)250理由是,将此温度下pH=11的NaOH溶液aL与pH=l的H2SO4溶液bL混合，(1)若所得混合液为中性，则a：b=；(2)若所得混合液的pH=2,则a：b=.II.25C时，0.1m。卜L“的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列说法不正确的是A.该溶液pH=4B.由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的1。6倍C.此酸的电离平衡常数约为1x107 D.升高温度，溶液的pH增大【答案】大于水的电离吸热，升高温度，促进水的电离，Kw增大10：19：2D【解析】I.升高温度促进水的电离，则水的离子积常数增大，某温度(t。。时水的K“=1X1O-I3>1X1O-M,则该温度

大于25y,故答案为大于；升高温度促进水电离；(DpH=ll的NaOH中c(OH)=0.0Imol/L,pH=l的硫酸中c(H+)=0.1mol/L,混合溶液呈中性，说明酸中n(H+)等于碱中n(OIT),则0.01a=0.1b,a：b=10；1,故答案为10：1；⑵若所得混合液的pH=2,混合溶液中c(H+)=0.01mol/L,c(H+)==0.01mol/L,a：b=9:2,故答案为9：2；OAmolc(H+)==0.01mol/L,a：b=9:2,故答案为9：2；II.A.c(H+)=0.1mol«L'x0.1%=104mol/L,pH=-iglO4=4,故A正确；B.水电离出的c(H+)等于溶液中10*c(OH)=^rmoVL=1010mol/L,由HA电离出的c(H+)为104mol/L,所以由HA电离出的c(H+)约为水电c(H¥l-clA-)IO'4x10-4离出的c(H+)的倍，故B正确；C.电离平衡常数K='/\ _—moV=lxlO-7mol.L1,c(/M) 0.1故C正确；D.HA的电离是吸热反应，升高温度促进HA电离，溶液中氢离子浓度增大，则溶液的pH减小，故D错误；故选D。三、实验题(本题包括1个小题，共10分)为了验证木炭可被浓硫酸氧化成CO?,选用如图所示装置(内含物质)进行实验。⑴按气流由左向右的流向，连接如图所示装置的正确顺序是(填字母，下同)接接,接 ⑵若实验检验出有CO?生成，则装置乙、丙中的现象分别为：装置乙中,装置丙中⑶装置丁中酸性KMnO4溶液的作用是。(4)写出装置甲中所发生反应的化学方程式：.【答案】AFECDB澄清石灰水变浑浊品红溶液未褪色吸收SO2A*不C+2H2SO4(浓)=CQT+2SpT+2H【解析】【分析】木炭与浓硫酸加热反应生成CO2、SO2和H2。。其中CO2、SO2在化学性质上的相同点是二者均为酸性氧

化物，都能与Ca(OH)2反应，使澄清石灰水变浑浊，这会干扰CCh的检验。SCh和在化学性质上的明显不同点是SO2有漂白性和还原性，而CO?没有。所以在检验CO2时，首先用酸性KMnCh溶液将SCh除去，再用品红溶液检验SO2是否被完全除去，最后用澄清石灰水检验CO2。【详解】(1)甲为浓硫酸与木炭生反应的装置，KMnO』可氧化SO2,用酸性KMnCh溶液除SO2,再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，验证木炭可被浓H2SO』氧化成CO2,可通过二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊确认，所以装置连接顺序为：AfFfE-CfD-B；(2)S(h具有漂白性，S(h能使品红褪色，丁装置用高隹酸钾酸性溶液除SO2,再通过品红溶液不褪色，证明SO2已经除尽，最后用澄清石灰水检验CCh,澄清石灰水变浑浊。若丙中品红褪色，则乙中的澄清的石灰水变浑浊，无法证明甲中反应生成了CO2；(3)若证明有CO2,需要先除去干扰气体SO2,用高钱酸钾可以吸收SO2；(4)浓硫酸与木炭在加热条件下反应生成CO2、SO2和水，方程式：C+2H2so4(浓)=CO2T+2SO,T+2H2O.四、推断题(本题包括1个小题，共10分)A是来自石油的重要有机化工原料，此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平。E是具有果香味的有机物,D能与碳酸钠反应产生气体,F是一种高聚物,可制成多种包装材料。(1)A(1)A的结构式为(2)C分子中的官能团名称是，验证C物质存在该官能团的试剂是,现象为(3)写出下列反应的化学方程式并指出反应类型:① :反应类型是③ ;反应类型是【答案】 醛基银氨溶液或新制的氢氧化铜试管内壁出现光亮的银镜或出现砖红色沉淀CH2=C叫+H/)催化剂'CH3cH20H加成反应()(), 取代反应(酯化反应)CH.LoHH<>, 取代反应(酯化反应)【解析】A是来自石油的重要有机化工原料，此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，所以A是H2C=CH2,E是具有果香味的有机物，E是酯，酸和醇反应生成酯，则B和D一种是酸一种是醇，B能被氧化生成D,A反应生成B,碳原子个数不变，所以B是CH3CH2OH,D是CH3COOH,铜作催化剂、加热条件下，CH3cH20H被氧气氧化生成C,所以C是CH3CHO,乙酸与乙醇分子酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3,A反应生成F,F是一种高聚物，乙烯发生加聚反应生成高聚物F为毛（?约一C%+。⑴通过以上分析知，A为乙烯，结构式为HX=C'H,故答案为：H\c=c/H.（2）C是CH3CHO,含有的官能团为醛基，可发生氧化反应，一般用银氨溶液或新制备氢氧化铜浊液检验,方法是在洁净的试管中加入lmL2%的AgNCh溶液，然后边振荡试管边逐滴加入2%的稀氨水，至最初产生的沉淀恰好溶解为止，制得银氨溶液.加入3-5滴待测溶液，水浴加热，有银镜出现（或在试管中加入10%的NaOH溶液2mL,滴入2%的CuSO,溶液4-6滴，得到新制的氢氧化铜,振荡后加入待测溶液0.5mL,加热，有砖红色沉淀生成），故答案为：醛基；银氨溶液（或新制的氢氧化铜）；试管内壁出现光亮的银镜（或出现砖红色沉淀）；（3）①一定条件下，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，反应方程式为：CH、=CH、_H、O些"CH：CH、OH，该反应属于加成反应；③乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OH野理CWCOOCH2cH3+H2O,该反应属于取代反应或酯化反应，故答案为：△催化剂 4m弁U+CH;=CH;-H;O 加成反应；CH3COOH+CH3CH2OH空竺=CH3COOCH2cH3+H2O;取代反应或酯化反应。△点睛：本题考查有机物的推断，正确判断A为解题的关键。本题的易错点和难点为（2）中醛基的检验，要注意掌握和理解有机中常见官能团的检验方法。五、综合题（本题包括1个小题，共10分）（1）实验室用酸性高铭酸钾检验溟乙烷与NaOH乙醇溶液反应生成的乙烯气体，如图，在通入酸性高钵酸钾之前为什么要先通入水中：;也可以用 代替酸性高铮酸钾，此时（填“有必要”，，没必要，，）将气体通入水中。MIHliWMIHliW液（2）实验室用饱和食盐水与电石反应制取乙块气体，发生反应的化学方程式为,产生的气体含有H2s等杂质，用硫酸铜溶液除去，写出除H2s的离子反应方程式 。（3）写出中子数为2的一种氨的核素。（4）对苯二酚与浓溟水充分反应，消耗两者的物质的量之比为.【答案】除去挥发出来的乙醇，乙醇也能使酸性高钛酸钾褪色，避免造成干扰 溟水没必要1:4CaC2+2H2O-Ca(OH)2+C2H2t H2S+Cu2+=CuSI+2H+1:4【解析】【详解】(1)因为乙醇也能使高铸酸钾溶液褪色，所以通入水中吸收会发出来的乙醇，防止对实验造成干扰；如果用溟水的话也可以检验乙烯，同时乙醇不能使溟水褪色，所以没有必要先通入水中，来除去挥发出来的乙醇；(2)电石和水剧烈反应生成乙快，饱和食盐水是用来降低化学反应速率的，反应方程式为：CaC2+2H2O—Ca(OH)2+C2H2],电石中往往含有P和S的杂质，生成的H2s气体可以被CuSO4溶液或CuCh溶液吸收，生成难溶的CuS沉淀，离子方程式为：H2S+Cu2+=CuSi+2H+5(3)氧的质子数为2,中子数为2的话，那么质量数为4,所以满足要求的氢的核素为;He；(4)酚羟基和漠水发生取代反应，只取代邻位和对位的氢原子，根据对苯二酚的结构，判断出对位有酚羟基，所以分别取代羟基邻位的氢原子，所以消耗两者的物质的量之比为1：4.【点睛】电石中含有P和S的杂质，所以制取乙块实验时，要注意先用CuSCh溶液或CuCh溶液除杂后，再进行验证乙烘性质的实验。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）.下列反应的离子方程式，正确的是A.Fe溶于稀盐酸：2Fe+6H*=2Fe3++3H2tB.用小苏打治疗胃酸过多：COar+ZH^COzt+H2OC.用FeCh溶液腐蚀印刷电路板上铜箔：Fe3++Cu=Fe2+4-Cu2+D.铝与浓氢氧化钠溶液反应：2A1+2OFT+2H2O=2AKV+3H2f【答案】D【解析】【详解】A项，铁溶于稀盐酸反应的离子方程式为Fe+2H*=Fe*+H2t,故A错误；B项，用小苏打治疗胃酸过多的的离子方程式为：HCO3+Ht=CO2t+H2O,故B错误；C项，用FeCb溶液腐蚀印刷电路板上铜的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2"Cu2*,故C错误；D项，铝与浓氢氧化钠溶液反应：2AI+2OET+2H2O=2AKh-+3H21,D正确。答案选D。.如下表所示，为提纯下列物质（括号内为少量杂质），所选用的除杂试剂与主要分离方法都正确的是（）选项不纯物质除杂试剂分离方法A乙烷（乙烯）KMnO,（酸化）洗气B溟苯（嗅）NaOH溶液分液C苯（乙烯）溪水分液DcOjCsOj)碳酸钠溶液洗气A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】除杂必须遵循的原则：不增加新杂质（不增）、不减少被提纯物质（不减）、操作简便易行（易分）等，据此分析选项正误。【详解】A、酸化KMnth溶液能将杂质乙烯氧化，但生成的二氧化碳又成为乙烷中的新杂质。常用溟水洗气以除去乙烷中的乙烯，A错误；B、溟与NaOH溶液反应生成易溶于水的钠盐，通常溪苯与NaOH溶液不反应，且漠苯不溶于水，密度比

水大的液体，故用分液法分离，B正确；C、乙烯和滨水发生加成反应生成1,2一二溟乙烷，生成的1,2一二澳乙烷又溶解在苯中，达不到除杂的目的，C错误；D、二氧化碳、二氧化硫均与碳酸钠溶液反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的二氧化硫，D错误.答案选B。.下列说法中正确的是A.溶液和胶体的本质区别是当一束强光通过胶体时，可出现一条光的通路，溶液则没有此现象B.氯化铝溶于水后产生的氢氧化铝胶体吸附了水中悬浮颗粒并沉降，达到净水目的。C.凡是均一、透明的、没有丁达尔现象的液体都是溶液D.过滤氢氧化铝胶体溶液，可得到氢氧化铝固体。【答案】B【解析】A.溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质微粒直径大小，选项A错误；B.氢氧化铝胶体吸附了水中悬浮颗粒并沉降可用于净水，选项B正确；C.因为均一、稳定的液体不一定是溶液，例如水、酒精等都是均一、稳定的液体，它们都是纯净物，不属于溶液，选项C错误；D.胶体可透过滤纸，过滤氢氧化铝胶体溶液无法得到氢氧化铝固体，选项D错误。答案选B.B. 的比例模型:D,乙烯的球棍模型:.B. 的比例模型:D,乙烯的球棍模型:W的结构式：N-NC.氯化氢的电子式：H+［：C1：］~【答案】D【解析】【详解】A.N2的结构式为N^N,A错误；不能表示C(h的比例模型，不能表示C(h的比例模型，B错误;C.氯化氢是共价化合物，电子式为H?&：,C错误；D.乙烯的球棍模型为。。，D正确；答案选D。【点睛】选项B是易错点，学生往往只从表面看满足CO?是直线形结构，但忽略了碳原子半径和氧原子半径的大小关系。.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。.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，由这些元素组成的常见物质的转化关系如下图，其中a、b、d、g为化合物，a为淡黄色固体，c是Z的单质，在铝热反应中常做引发剂；e、f为常见气体单质。下列有关说法正确的是A.简单离子的半径：Y>Z>XB.简单氢化物的沸点：Y〉XC.最高价氧化物对应水化物的碱性：Z>YD.队Y的氧化物所含化学键类型相同【答案】B【解析】分析：短周期元素w、X,Y、Z的原子序数依次增加，其中a、b、d、g为化合物，a为淡黄色固体，则a为过氧化钠；c是Z的单质，在铝热反应中常做引发剂，c为金属镁；e、f为常见气体单质，根据框图,镁与化合物b反应生成气体单质f,则f为氢气；过氧化钠与化合物b反应生成气体单质e,则e为氧气，则b为水，d为氢氧化钠，g为氢氧化镁。详解：根据上述分析，a为过氧化钠，b为水，c为镁，d为氢氧化钠，e为氧气，f为氢气，g为氢氧化镁;则W为H、X为O、Y为Na、Z为Mg。A.X为O、Y为Na、Z为Mg,简单离子具有相同的电子层结构，离子半径：X>Y>Z,故A错误；B.氢化钠是离子化合物，沸点高于水，故B正确；C.元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性：Y>Z,故C错误；D.水或过氧化氢都是共价化合物，只含有共价键、氧化钠或过氧化钠都属于离子化合物，含有离子键，化学键类型不同，故D错误；故选B.7.短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是次外层的3倍，X、W同主族，Y原子半径在同周期中最大，Z的M层电子数比K层多1。下列说法中正确的是（ ）A.最简单气态氢化物的沸点：X<WY、Z、M最高价氧化物对应的水化物相互之间可发生反应W氧化物对应的水化物是一种强酸D.最简单气态氢化物的热稳定性：W>R【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是次外层的3倍，则X含有2个电子层，最外层含有6个电子，X为O元素；X、W同主族，则W为S元素；R的原子序数大于S,则R为C1元素；Y原子半径在同周期中最大，其原子序数大于O,则Y位于第三周期，为Na元素；Z的M层电子数比K层多1,则Z为AI元素，据此解答。【详解】根据分析可知：X为O,Y为Na,Z为Al,W为S,R为C1元素。A.H2s分子间不存在氢键，只存在分子间作用力，而水分子之间还存在氢键，因此使水的沸点较高，A错误；B.A1(OH)3是两性氢氧化物，具有两性，NaOH是强碱，H2s是强酸，因此NaOH、A1(OH)3和H2SO4相互之间两两可发生反应，B正确：C.S的氧化物对应的水化物可能是H2sO』，也可能是H2sO3,H2sO3为弱酸，C错误；D.元素的非金属性SVC1,则简单氢化物的稳定性：W<R,D错误；故合理选项是B.【点睛】本题考查原子结构与元素性质及元素周期律的关系的知识，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，该题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。8.钿(Pd)元素的原子序数为46,下列叙述错误的是( )A.署Pd和野Pd互为同位素 B.Pd核外有46个电子C.Pd核内有46个质子D.122Pd的原子核内有46个中子【答案】D【解析】分析：同位素：原子核内质子数相同，中子数不同的元素的原子互为同位素；质量数A=质子数Z+中子数N。详解：根据同位素定义，蜉Pd和野Pd中质子数是相同的，都是46,中子数是不同的，分别是56和57,所以普Pd和野Pd互为同位素，A选项正确；Pd原子的质子数是46,质子数=核外电子数，所以Pd核外有46个电子，B选项正确；贤Pd的质子数是46,C选项正确；步Pd的质子数是46,中子数N=质量数A-质子数Z=102-46=56,普Pd的中子数是56,D选项错误；正确选项D。9.不久前，央视8套播出的“我们恨化学”广告引起了轩然大波。由此，北京大学化学与分子生物工程学院教授周公度先生欲将央视8套告上法庭。广告中常含有科学性错误。下列广告用语中，不含科学性错误的是“霸王”牌厕所清洁剂，能清除所有污秽“雪山牌”矿泉水，真正的纯水“大自然牌茶叶“真正的绿色饮品，天然种植不含任何化学元素D.吸烟有害健康【答案】D【解析】试题分析：A、清洁剂不可能清除所有污秽：故A不正确；B、矿泉水不是纯水，它含多种矿物质，含有多种微量元素；故B不正确；C、茶叶也是物质，它肯定是由元素组成；故C不正确；D、吸烟会引发多种疾病，有损健康.故D正确；故选D。考点：考查了物质的元素组成：酸的化学性质；纯净物和混合物的判别；烟的危害性及防治的相关知识。10.可逆反应2so2+O2=^2SCh达到平衡的标志是①消耗2molSO2的同时生成2molSO3②SO2、Ch与SO3的物质的量之比为2：1：2③反应混合物中，SO3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2moiSO?的同时生成2moiSG,即V正（S&）=V正（SO,）,速率同向，不能确定是否达到平衡，故①错误；②sa、a与sa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.H.下列物质属于共价化合物的是A.CaOB.CO2C.CmD.NaCl【答案】B【解析】A、氧化钙是由钙离子和阳离子以离子键结合形成的离子化合物，故A不选；B.ca中只含共价键，属于共价化合物，故B选：C.5中只含有共价键，是单质，故C不选；D.NaCl中只存在离子键，属于离子化合物，故D不选；故选B。点睛：本题考查离子化合物、共价化合物等基本概念，侧重考查学生对概念的理解，注意这几个概念的区别。一般来说，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，共价化合物中一定不含离子键，离子化合物中可能含有共价键。12.欲除去下列物质中混入的少量杂质（括号内物质为杂质），能达到目的的是（ ）A.乙醇（乙酸）：加入新制生石灰，蒸储B.苯（漠）：加入氢氧化钠溶液，过滤C.乙醇（水）：加入金属钠，充分振荡静置后，分液D.乙烷（乙烯）：通入酸性高链酸钾溶液，洗气【答案】A【解析】A项，乙酸与生石灰反应生成乙酸钙属于盐，乙醇沸点低，通过蒸馆使乙醇变为气态与乙酸钙分离，故A正确；B项，澳单质可与氢氧化钠溶液反应，苯常温下为液态，与氢氧化钠溶液不反应且难溶于水，所以除去苯中的漠可先加入氢氧化钠溶液，再分液，故B错误；C项，金属钠与水和乙醇都反应，所以不能用金属钠除去乙醇中的水，故C错误；D项，乙烯被酸性高锌酸钾溶液氧化会有CO2生成，使乙烷中混入新杂质，所以不能用酸性高链酸钾溶液除去乙烷中的乙烯，故D错误。点睛：本题考查物质的分离和提纯，注意根据除杂质的原则判断：①所选除杂剂只能和杂质反应，不能和原物质反应；②除去杂质的同时不能引入新杂质；③通常把杂质转化为可溶物、沉淀或气体等便于和原物质分离的状态。题中C项，可加入生石灰然后蒸储，因为生石灰与水反应生成氢氧化钙，蒸储时可得到较纯净的乙醇；D项，可将混合气体通过滨水，除去乙烷中的乙烯。.下列物质不属于电解质的是A.NaOHB.H2SO4C.蔗糖D.NaCl【答案】C【解析】试题分析：电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，NaOH、H2SO4,NaCl分别是碱，酸和盐类，能在水溶液中或熔融状态下电离出离子，使得溶液能导电,属于电解质，蔗糖在水溶液中不能电离出离子，是非电解质，选C。考点：电解质和非电解质的概念。.在接触法制硫酸和合成氨工业的生产过程中，下列说法错误的是（）A.硫铁矿在燃烧前要粉碎，目的是使硫铁矿充分燃烧，加快反应速率B.二氧化硫的催化氧化反应的温度控制在450度左右，主要考虑到催化剂V2O5的活性温度C.吸收塔中用98.3%的浓硫酸代替水吸收SCh,以提高效率D.工业上为提高反应物N2、%的转化率和NH3的产量和反应速率，常在合成氨反应达到平衡后再分离氨气【答案】D【解析】【分析】【详解】A.硫铁矿燃烧前需要粉碎的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，故正确；B.二氧化硫的催化氧化是放热反应，升高温度不是为了让反应正向移动，而是虑到催化剂V2O5的活性温度，故B正确；C.吸收塔中SO3如果用水吸收，发生反应：SO3+H2O H2s04,该反应为放热反应，放出的热量易导致酸雾形成，阻隔在三氧化硫和水之间，阻碍水对三氧化硫的吸收；而浓硫酸的沸点高，难以气化，不会形成酸雾，同时三氧化硫易溶于浓硫酸，所以工业上从吸收塔顶部喷洒浓硫酸作吸收液，最终得到“发烟”硫酸，故C正确；D.合成氨生产过程中将NHj液化分离，即减小生成物氨气的浓度，可以使化学反应速率减慢，但是能提高N2、H2的转化率，故D错误；故选D。【点睛】工业生产要追求效益的最大化，但也可以通过中学化学实验原理来解释，注意根据相应的实验原理解答。15.反应mA(s)+nB(g)『二pC(g),AH<0,在一定温度下，平衡时B的体积分数(B%)与压强变化的关系如图所示，下列叙述中一定正确的是①m+n<p②x点表示的正反应速率大于逆反应速率③n<p④x点反应速率比y点时的反应速率慢⑤若升高温度，该反应的平衡常数增大a. b.C.(§XgX§) D.0(§XS)【答案】A【解析】【详解】①A为固态，压强对该物质无影响，由图象的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，则有nVp,故①错误；②x点位于曲线上方，未达到平衡状态，由图象可以看出，当B的含量减小时，可趋向于平衡，则应是向正反应方向移动，即丫正>丫送，故②正确；③由图象的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，则有nVp,故③正确；④由图像可以看出x点的压强小于y点压强，压强越大，反应速率越大，故x点比y点的反应速率慢，故④正确；⑤正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故⑤错误。故选A。16.下列化学用语正确的是. HHA.氯原子的结构示意图：B.乙醇分子的结构式：H-C-C-O-H।।, HHC.过氧化氢分子的电子式：卬［0°『“D.硫酸钠的电离方程式：NafOEa#SO产【答案】B【解析】【详解】A.氯原子的结构示意图应该是：Q47)2))，A错误；HHB.乙醇分子的结构式：H—C—C—O—H9B正确；II

HHC过氧化氢分子是共价化合物，电子式为：C错误；••••D.硫酸钠的电离方程式为：Na2so4=2Na++SO42-,D错误；答案选B。17.已知H-H键的键能为436kJ-moH,H-N键的键能为391k>moH,根据热化学方程式：N2(g)+3H2(g)=2N%(g)AH=-92.4kJ-mol1,可知N^N键的键能是431kJ-mol1B.649kJ-mol'1C.945.6kJ-mol1D.896kJ-mol1【答案】C【解析】【详解】解：已知：H-H键能为436kJ/moLH-N键能为391kJ/moL令N三N的键能为x,对于反应N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)AH=-92.4kJ/mol,始变=反应物的总键能-生成物的总键能，故x+3x436kJ/mol-2x3x391kJ/mol=-92.4kJ/mol,解得：x=945.6kJ/mol,故答案为C。18.如图，用直流电源电解稀NazSO,水溶液的装置。在石墨电极a和b附近分别滴加几滴酚歆溶液，通电后下列实验现象中正确的是aM.aM.溶液A.逸出气体体积，a极小于b极a极逸出无味气体，b极逸出刺激性气味气体a极附近溶液呈红色，b极附近溶液不显色a极附近溶液不显色，b极附近溶液呈红色【答案】C【解析】分析：A、电解水时，阳极产生的氧气体积是阴极产生氢气体积的一半；B、氢气和氧气均是无色无味的气体；C、酸遇酚酸不变色，碱遇酚歆显红色；D、酸遇酚酬不变色，碱遇酚猷显红色。详解：A、和电源的正极b相连的是阳极，和电源的负极a相连的是阴极，电解硫酸钠的实质是电解水，阳极b放氧气，阴极a放氢气，氧气体积是氢气体积的一半，A错误：B、a电极逸出氢气，b电极逸出氧气，均是无色无味的气体，B错误；C、a电极氢离子放电，碱性增强，该极附近呈红色，b电极氢氧根离子放电，酸性增强，该极附近不变色，C正确；D、a电极氢离子放电，碱性增强，该极附近呈红色，b电极氢氧根离子放电，酸性增强，该极附近不变色，D错误。答案选C.19.高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为：放电3Zn+2K2FeO4+8H2Q— ,3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH充电下列叙述不正确的是()A.放电时负极反应为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2B.放电时正极反应为：FeO?4-4H2O+3e-=Fe(OH)j+5OH-C.放电时每转移3moi电子，正极有1molKzFeCh被氧化D.放电时正极附近溶液的碱性增强【答案】C【解析】【分析】由反应可知，放电时Zn为负极，KzFeO」在正极上发生还原反应；充电时电池的正极与电源的正极相连为阳极，阳极发生氧化反应，据此答题。【详解】A.放电时，负极Zn失电子被氧化，生成Zn(OH)2,电极反应式为Zn-2e+2OH-=Zn(OH)2,故A正确；BKFeO」为电池的正极，得电子发生还原反应，生成Fe(OH)j,电极反应式为FeO?+3e+4H2O=Fe(OH)3+5OH,故B正确；C.放电时，Fe化合价由+6价降低为+3价，则放电时每转移3moi电子，正极有ImoKFeO」被还原，故C错误；D.放电时，正极生成OH：溶液碱性增强，故D正确。故选C。【点睛】原电池中，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，然后根据装置中的信息，通过外电路中电子的流向、物质的转化、电解质离子的运动方向等信息确定两个电极的极性，然后分析电极反应。20.X、Y、Z、W,Q是原子序数依次增大的5种短周期主族元素。如图转化关系中所涉及的物质含有这五种元素的单质或化合物，其中反应①是置换反应,A为金属单质,D为非金属单质,原子核外最外层电子数D是A的2倍,F是一种最高价含氧酸,遇光或热会分解。下列说法正确的是A.简单氢化物的沸点:Z>WY与W形成的化合物都可以和氢氧化钠溶液反应Y、Z、W元素中，原子半径最小的是WW与Q组成的常见化合物中可能含有极性共价键【答案】C【解析】分析：X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的5种短周期主族元素。如图转化关系中所涉及的物质含有这五种元素的单质或化合物，其中反应①是置换反应,A为金属单质,D为非金属单质,原子核外最外层电子数D是A的2倍，则A为Mg,D为C单质，B为C&,C为MgO,F为，E为，X、Y、Z、W、Q五种元素分别为：H、C、N、0、Mg.详解：A.水分子间形成氢键，简单氢化物的沸点:HaOANHa.ZVW,故A错误；B.Y与W形成的化合物有C0、C02,只有CQ可以和氢氧化钠溶液反应，故B错误；C.同周期自左而右原子半径减小，Y、Z、W即C、N、0三种元素中,原子半径最小的是W即0,故C正确；D.W与Q组成的常见化合物为氧化镁，是离子化合物,只有离子键，故D错误：故选C。点睛：本题考查了物质转化关系的分析判断，物质性质的应用，原子结构的知识的应用，难点：反应①是置换反应,A为金属单质,D为非金属单质,原子核外最外层电子数D是A的2倍,推断出为镁与二辄化碳反应生成碳和氧化镁，从而突破难点。二、计算题(本题包括1个小题，共10分).有机物A由碳、氢、氧三种元素组成。现取3gA与4.48L氧气(标准状况)在密闭容器中燃烧，燃烧后生成二氧化碳、一氧化碳和水蒸气(假设反应物没有剩余).将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重3.6g,碱石灰增重4.4g.回答下列问题：(1)通过计算确定该有机物的分子式 .(2)若有机物A能与金属钠反应放出氢气，请写出有机物A可能的结构简式 .【答案】C此0CH3cH2cH2OH、C"喘CH'【解析】分析：根据已知生成二氧化碳、一氧化碳和水的质量确定分子中碳、氢、氧原子个数，进而确定分子式。再结合相关的性质确定官能团，进而确定物质的结构简式。详解：(1)浓硫酸增重3.6g为水的质量，n(H2O)=3.6g/18(g.mol1)=0.2mol根据H原子守恒可知n(H)=2n(H2O)=0.4mol,碱石灰增重4.4g为二氧化碳的质量，n(CO2)=4.4g/44g.moll=0.Imol,4.48L氧气的物质的量=4.48L/22.4L.moH=0.2mol,氧气的质量=0.2molX32g/mol=6.4g,故CO的质量=3g+6.4g-3.6g-4.4g=l.4g,故n(CO)=1.4g/28(g.mol1)=0.05mol,根据C原子守恒可知n(C)=n(CO2)+n(CO)=0.1mol+0.05mol=0.15molo由0原子守恒可知3gA中n(O)=2n(CO2)+n(CO)+n(H2O)-2n(O2)=2x0.1mol+0.05mol+0.2mol-2x0.2mol=0.05mol,由上述分析知3gA中,n(H)=0.4mol,n(C)=0.15mol,所以,n(C):n(H):n(0)=3:8:1,故A的最简式为C3HsO,由H原子与碳原子数目可知,H原子已经饱和C原子四价结构，故其最简式即为分子式,A的分子式为C3HtiO。答案：该有机物的分子式为C3HsO.(2)有机物的分子式为C3H80,为醇或酸,。因为有机物A能与金属钠反应放出氢气，所以只能为醇类，可能结构简式为CH3cH2cH2OH、'比黑CH3。答案:有机物卜可能的结构简式为CH3cH2cH2OH、'三、实验题(本题包括1个小题，共10分).乙烯是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，也是一种植物生长调节剂,在生产生活中有重要应用。下列有关乙烯及其工业产品乙醇的性质及应用，请作答。(1)将乙烯气体通入澳的四氯化碳溶液中，反应的化学方程式为;(2)下列各组化学反应中，反应原理相同的是(填序号)；①乙烯使漠的四氯化碳溶液褪色和乙烯使酸性KMnO,溶液褪色②苯与液溟在催化剂作用下的反应和乙醇使酸性KMnO,溶液褪色③甲烷光照条件下与氯气反应和苯与硝酸在浓硫酸条件下反应

乙烯（填（3）取等物质的量的乙醇和乙烯，在足量的氧气中完全燃烧，两者耗氧量的关系乙醇大于、小于、等于）；乙烯（填（4）工业上可由乙烯水合法生产乙醇，乙烯水合法可分为两步（HaSO,可以看作HOSO3H）第一步：反应CHsXHi+HOSOsH（浓硫酸）fCH3cH2OSO3H（硫酸氢乙酯）；第二步：硫酸氢乙酯水解生成乙醇。①第一步属于（填反应类型）反应；②上述整个过程中浓硫酸的作用是（填选项）A.氧化剂 B.催化剂 C.还原剂（5）发酵法制乙醇，植物秸秆（含50%纤维素）为原料经以下转化制得乙醇植物秸秆一tit-CeHizOe—2cH3cH20H+2C&t现要制取2.3吨乙醇，至少需要植物秸秆吨。【答案】CH2=CH2+Br2^CH2BrCH2Br③等于加成B8.1【解析】（1）乙烯气体通入溟的四氯化碳溶液中，乙烯含有碳碳双键，易发生加成反应，乙烯与滤单质发生加成反应dlt+BnfCH^rCHjBr；（2）①乙烯使溟的四氯化碳溶液褪色是加成反应，乙烯使酸性KMnO,溶液褪色是酸性KMnO,氧化乙烯，反应原理不同；②苯与液溪在催化剂作用下的反应属于取代反应，乙醇使酸性KMnO,溶液褪色是高钵酸钾氧化乙醇，两者反应原理不同；③甲烷光照条件下与氯气反应和苯与硝酸在浓硫酸条件下反应均属于取代反应，原理相同；（3）乙烯燃烧的方程式CH+SauZCOs+ZlM）,乙醇燃烧的方程式为6^0+302=2（X）2+31120,由方程式可知，制取等物质的量的乙醇和乙烯，在足量的氧气中完全燃烧，两者耗氧量相等；（4）①有机物分子中双键（三键）两端的碳原子与其他原子或团直接结合生成新的化合物的反应叫加成反应，因此上述第一步反应属于加成反应；②整个反应过程中硫酸参加反应，但反应前后质量和化学性质不变，因此其作用是催化剂；（5）纤维素的化学式为（C6HM6）“根据反应可知现要制取2.3吨乙醇，至少需要植物秸秆.二二•色=SJ吨。点睛：本题重点考察了有机反应原理及类型，重点考察取代反应和加成反应.有机化合物分子中的某个原子（或原子团）被另一种原子（或原子团）所取代的反应叫做取代反应。有机物分子中双键（三键）两端的碳原子与其他原子或团直接结合生成新的化合物的反应叫加成反应。四、推断题（本题包括1个小题，共10分）23.某研究小组为了探究一种无机矿物质X（仅含四种元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：HCI(aq)气体甲溶液1一一■►白色沉淀1HCI(aq)气体甲溶液1一一■►白色沉淀1气体更HjO固体2HCI(aq)无耙条"溶液3OH-无氧条届溶液2白色沉淀2空气红褐色沉淀另取10.80gX在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1.请回答如下问题:(1)画出白色沉淀1中金属元素的原子结构示意图 ,写出气体甲的电子式 。(2)X的化学式是,在惰性气流中加热X至完全分解的化学反应方程式为.(3)白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是(用化学反应方程式表示)。(4)一定条件下，气体甲鱼固体1中的某种成分可能发生氧化还原反应，写出一个可能的化学反应方程式 ,并设计实验方案验证该反应的产物.【答案】中而空O：：C：：OCaFeC2O6(BKCaCOyFeCOj)CaCO3-FeCO3A.CaO+FeO+2CO2T 4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)32FeO+CO2AFe2O3+CO检验FezCh：将固体加入盐酸溶解，再滴入KSCN溶液，溶液呈血红色；检验CO：将气体产物通过灼烧CuO,黑色固体变为红色【解析】【分析】由白色沉淀在空气中可转化为红褐色沉淀知X中含有铁元素，由X与盐酸反应生成气体甲，一般与盐酸反应产生气体的物质中含有CO32或HCO,,甲又能与溶液1反应生色沉淀且该白色沉淀又可在水中继续与甲反应，故甲是CO2。由实验过程知X中含有+2价的铁，X中含有4种元素，若X中含有HCO3和Fe,则X分解的产物有3种，与题意不符，所以应含有COF,另一种金属可能是+2价的钙，根据化合价写出X的化学式为CaFe(CO3)2,X分解得到CO2、CaO、FeO.固体1是CaO、FeO的混合物，溶于水后得氢氧化钙溶液和固体2为FeO,氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，所以沉淀1是碳酸钙；FeO与盐酸反应生成氯化亚铁，无氧条件下与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，空气中转化为氢氧化铁。据此分析解答。【详解】(1)根据以上分析，白色沉淀1的金属原子是Ca,其原子结构示意图为*20;2BB2>C(h的电子式为o：：c：d；(2)X为CaFeCzO"或CaCOyFeCCh),X分解得到CO2、CaO、FeO,化学反应方程式为CaCO3-FeCO3ACaO+FeO+2CO2T;(3)白色沉淀2是Fe(OH)2,红褐色沉淀是Fe(OH)3,变色的原因是4Fe(OH)2+(h+2H2O===4Fe(OH)3；(4)固体1是CaO和FeO的混合物，由于铁元素处于中间价态，可以升高也可以降低，C(h中碳元素处于最高价态，只能降低，因此可能的化学反应方程式为2FeO+CO24Fe2O3+CO。验证该反应的产物：将固体粉末溶于稀盐酸，滴入KSCN溶液若显红色，则可证明产物中有枚3+；将气体产物通入灼烧的氧化铜固体中，固体变红色，且反应后气体通入澄清石灰水溶液变浑浊，则证明气体产物是CO。五、综合题(本题包括1个小题，共10分)24.碳及其化合物有广泛的用途(1)甲醇常作燃料，已知在常温常压下甲醇完全燃烧的热化学方程式如下：2cH30H⑴+3Ch(g)=2CO2(g)+4H2O(l)AHi.则2mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和气态水时反应的AHAHi(填“大于,,、“等于”或“小于”)(2)煤的综合利用煤气化是将水蒸气通过红热的碳产生水煤气：C(s)+H2O(g)#CO(g)+H2(g)AH=+131.3kJmol',达到平衡后，下列能提高水煤气生成速率的措施是。A.升高温度B.增加碳的用量C.缩小体积D.用CO吸收剂除去CO(3)一定温度下，将一定量的C(s)和HzO(g)放入某恒容密闭容器中发生上述反应，得到如下数据:达到平衡所需时间/S起始浓度/molL-1平衡浓度/molL'1HiO(g)H2(g)102.00.6计算该反应从开始到平衡时，以CO表示的反应速率为5%O(g)的转化率为.(4)下列可以说明反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)已经达到平衡状态的是—oA.单位时间内生成nmol%的同时，生成nmolCOB.反应速率：u(H2)=u(CO)=u(H2O)C.c(H2O):c(CO):c(H2)=1:1:1D.温度和体积一定时，混合气体的密度不再变化E.温度和体积一定时，容器内的压强不再变化【答案】大于ACO.Odmol-L^s-1 30%DE【解析】【分析】(1)水由气态转化为液态会发出热量，放出的热量越大，培变AH越小；(2)依据影响化学反应速率的因素分析解答；(3)建立三段式，由三段式数据计算可得：(4)根据化学平衡状态的特征解答。【详解】(1)水由气态转化为液态会发出热量，放出的热量越大，始变AH越小，根据盖斯定律可知，2moi甲醇完全燃烧生成二氧化碳和气态水时反应的AH大于AH”故答案为：大于；(2)A.升高温度可以加快反应速率，故正确；B.碳是固体，增加碳的用量不会引起反应速率的变化，故错误；C.缩小体积即增加压强，可以加快反应速率，故正确；D.用CO吸收剂除去CO可以减慢反应速率，故D错误；AC正确，故答案为：AC；(3)由题意建立如下三段式:C(s)+H2C(s)+H2O(g)co®+h2(g)起(mol/L)起(mol/L)变(mol/L)平(mol/L)2.00.61.4TOC\o"1-5"\h\z0 00.6 0.60.6 0.6由三段式数据计算以CO表示的反应速率为叫卫=0.061«()卜17%-1,取0但)的转化率为雷斤X100%=30%,故答案为：O.ObmolL-'s-'j30%；(4)A.单位时间内生成nmollh代表正反应速率，生成nmolCO也代表正反应速率，不能表示正逆反应速率相等，不能说明反应已经达到平衡状态，故错误；B.反应速率u(H2)=u(CO)=u(H2O)不能表示正逆反应速率相等，不能说明反应已经达到平衡状态，故错误；C.当体系达平衡状态时，c(H2O):c(CO):c(H2)可能是1:1:1,也可能不是1:1:1,是否为1:1:1与各物质的初始浓度及转化率有关，不能说明反应已经达到平衡状态，故错误；D.该反应是前后气体质量和气体体积发生变化的反应，恒容容器中发生密度变化，则温度和体积一定时，混合气体的密度不再变化能表示正逆反应速率相等，说明反应已经达到平衡状态，故正确；E.该反应是前后气体体积发生变化的反应，温度和体积一定时，容器内的压强不再变化能表示正逆反应速率相等，说明反应已经达到平衡状态，故正确；DE正确，故答案为：DE。【点睛】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。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.以下措施中不能减少酸雨产生的是A.对燃烧煤时产生的尾气进行除硫处理B.少用原煤作燃料C.燃煤时鼓入足量空气D.开发清洁能源.下列变化中，属于物理变化的是A.煤的干储B.石油的分储 C.石油的裂解D.蛋白质变性.银锌电池是一种常见化学电源，其反应原理：Zn+Ag2O+H2O===Zn（OH）2+2Ag,其工作示意如图所示。下列说法不氐卿的是ZnHl极承入、曲CE极OA.Zn电极是负极B.工作时K+移向Zn电极Ag^O电极发生还原反应Zn电极的电极反应式：Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2.下列各组元素性质或原子结构递变情况错误的是（ ）Li、Be、B原子最外层电子数依次增多P、S、C1元素最高正化合价依次升高N、O、F原子半径依次增大Na、K、Rb的电子层数依次增多.某小组为研究电化学原理，设计如图装置，下列叙述不正确的是（ ）aba和b不连接时，铁片上会有金属铜析出a和b用导线连接时，铁片上发生的反应为：Fe-2e=Fe"a和b用导线连接时，电流从Cu片流向铁片a和b用导线连接时，Cu"向铜电极移动.关于氨的下列叙述中，不正确的是（ ）A.实验室制氨气的方法是加热NH4C1B.液氨是纯净物C.氨易液化，因此可用来作制冷剂D.氨极易溶于水，因此可用来作喷泉实验.下列物质中，不属于高分子化合物的是A.纤维素 B.蛋白质 C.油脂 D.塑料.已知：25℃、lOlkPa条件下4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（s）AH=-2834.9kJ/mol4Al（s）+2O3（g）=2A12O3（s）AH=-3119.91kJ/mol:由此得出的结论正确的是A.等质量的02比能量低，由变03为吸热反应B.等质量的02比03能量低，由02变03为放热反应03比02稳定，由02变03为吸热反应02比03稳定，由02变03为放热反应9.已知化学反应A2（g）+B2（g）=2AB（g）的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是（A.每生成2moiAB吸收bkJ热量B.该反应热aH=+（a-b）kJ,mol-1C.该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量D.断裂1molA—A和1molB一B键，放出akJ能量.已知：isP、33As位于同一主族，下列关系正确的是A.原子半径：As>Cl>PB.热稳定性：HC1>PH