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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.国际能源网报道：金属燃料可能成为新能源，可能带来结束煤、石油能源时代的希望，是一种理想的储能方式，下列说法错误的是A.金属燃烧后经加工处理后还可生成金属，因此可以重复使用B.金属燃烧产生的光能，可以通过相关设备转化为电能以充分利用C.镁、铝是地球上含量丰富的金属元素，且均可以从海水中提取D.可以利用镁在二氧化碳中燃烧，放出热量的同时收集碳单质【答案】C【解析】试题分析：镁、铝是地球上含量丰富的金属元素，可以从海水中提取金属镁，但无法从海水中提取金属铝，铝的工业制取方法是电
2、解熔融的氧化铝，选 C。考点：考查金属的用途。2.短周期三种元素X、Y、Z,原子序数依次递增，它们的最高价氧化物的水化物皆为强酸，下列说法不正确的是（）A.Y 在自然界中存在游离态 B.最高正价：X Y ZC.Y 气态氢化物溶于水呈酸性 D.非金属性：Y Z【答案】B【解析】短周期三种元素X、Y、Z,原子序数依次递增，它们的最高价氧化物的水化物皆为强酸，故酸分别为硝酸、硫酸、高氯酸，X、Y、Z 分别为氮、硫、氯，则 A、硫在自然界中存在游离态硫磺，选项A 正确；B、最高正价：X、Y、Z 分别为+5、+6、+7,即 XYZ,选项B不正确；C、Y 气态氢化物H?S溶于水呈酸性，选 项 C 正确；D
3、、非金属性：硫弱于氯，选项D正确。答案选B。3.苯的结构简式可用 来表示，下列关于苯的叙述中正确的是（）A.苯主要是以石油为原料而获得的一种重要化工原料B.苯中含有碳碳双键，所以苯属于烯燃C.苯分子中6 个碳碳化学键完全相同D.苯可以与滨水、高锌酸钾溶液反应而使它们褪色【答案】C【解析】A.石油分储是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，石油中没有苯，苯是煤干储产物中获得的液态化工原料，故 A错误；B.苯是平面结构，苯分子中的所有原子都在同一平面上，但苯分子中不含碳碳双键和碳碳单键，是介于单键和双键之间的特殊键，所以苯不属于烯崎，应
4、为芳香烧，故 B错误；C.若苯的结构中存在单双键交替结构，苯的邻位二元取代物有两种，但实际上无同分异构体，所以能说明苯不是单双键交替结构，苯分子中六个碳原子之间的化学键完全相同，故 C正确；D.含双键或三键的有机物或还原性的物质能使漠褪色，苯中没有碳碳双键或还原性，不能和漠发生反应，所以不能使溟的四氯化碳溶液褪色，苯与液澳需在催化剂条件下反应，苯也不能使酸性高锈酸钾溶液褪色，故 D错误；故选C。4.短周期元素W、X、Y和 Z 的原子序数依次增大，W原子是半径最小的原子，非金属元素X形成的一种单质能导电.元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2 倍。下列说法错误的
5、是（）A.元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成B.元素X与 W形成的共价化合物有多种C.元素W、X的氯化物中，各原子均满足8 电子的稳定结构D.元素Z可与元素X形成共价化合物X Z?【答案】C【解析】短周期元素W、X、Y 和 Z 的原子序数依次增大.W 原子是半径最小的原子，则 W 为 H 元素；Y 是地壳中含量最高的元素，则为O 元素；非金属元素X 形成的一种单质能导电，则该单质为石墨，所以 X 为 C 元素；Z 原子的最外层电子数是其电子层数的2 倍，而且原子序数比O 大，则 Z 的电子排布为2、8、6,所以Z 为 S 元素；A.Y 为 A1元素，A1与氢氧化钠溶液或盐酸反应均
6、有氢气生成，故 A 正确;B.C 与 H 可以形成烷烧、烯燃、燃燃等，则元素X 与 W 形成的共价化合物有很多种，故 B 正确；C.元素 W 为 H,X 为 C,二者的氯化物中，HC1中的H 原子最外层只有2 个电子，不满足8 电子的稳定结构,故 C 错误；D.元素S 可与元素C 形成共价化合物C S2,故 D 正确；故选C。5.下列物质中，属于含有共价键的离子化合物的是（）A.KOH B.Br2 C.MgCh D.H2S【答案】A【解析】考查化学键的判断。一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，所以A 中含有离子键核极性键，B 中含有非极性键，C 中含有
7、离子键，D 中含有极性键，答案选A。6.NaOH、KOH等碱性溶液可以贮存在下列哪种试剂瓶中。A.具有玻璃塞的细口瓶 B.具有玻璃塞的广口瓶C.带滴管的滴瓶 D.具有橡胶塞的细口瓶【答案】D【解析】试题分析：固体药品一般放在广口瓶中，液体试剂一般放在细口瓶中。NaOH、KOH等碱性物质的溶液容易与玻璃中的成分SiCh发生反应：2OH+SiO2=SiO32+H2O.产生的NazSiCh、QSiCh有粘性，容易将玻璃瓶与玻璃塞黏在一起。所 以 NaOH、KOH等碱性溶液可以贮存在具有橡胶塞的细口瓶中。选项为：Do考点：考查化学试剂的保存的知识。7.下列“解释或结论”与“实验操作及现象”不对口的是A
8、.A B.B C.C D.D选项实验操作及现象解释或结论A.向某溶液中逐滴加入盐酸，产生无色无味气体此溶液中一定含有CO32B.将干燥和湿润的红色布条，分别放入盛有氯气的集气瓶中，湿润的红色布条褪色氯气与水反应一定产生具有漂白性的物质C.将蘸有浓盐酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近，产生大量白烟N%遇到HC1时反应生成NH4cl晶体D.向某溶液中逐滴加入NaOH溶液，立即产生白色沉淀，迅速变成灰绿，最终变成红褐色此溶液中一定含有Fe2+【答案】A【解析】CO32,HCO3-都能与盐酸反应放出二氧化碳气体，所以向某溶液中逐滴加入盐酸，产生二氧化碳气体，不一定含有CO3已 故 A错误；水不能使红布
9、条褪色，将干燥的红色布条放入盛有氯气的集气瓶中，红布条不褪色，说明氯气没有漂白性，将湿润的红色布条放入盛有氯气的集气瓶中，湿润的红色布褪色，说明氯气与水反应生成了具有漂白性的物质，故 B正确；浓盐酸、浓氨水都有挥发性，将蘸有浓盐酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近，N%遇 到 HC1时反应生成N H Q L 产生大量白烟，故 C正确；Fe?+与NaOH溶液反应生成白色氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁被氧气氧化为红褐色氢氧化铁，故 D正确。8.下列说法不正确的是A.雷雨时，可增加土壤中硝酸盐类氮肥的含量B.许多领域中用液氮制得低温环境C.造成光化学烟雾的罪魁祸首是SthD.正常雨水因溶有C O 2,其
10、pH约 为 1.6,而酸雨的pH小 于 1.6【答案】C【解析】A.由于在放电条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再经过复杂的化学变化,最后生成了易被农作物吸收的硝酸盐，所以为作物提供了所需要的N 元素，属于氮肥，可增加土壤中硝酸盐类氮肥的含量，故 A 正确；B.液氮汽化时需要吸收热量而使周围环境温度降低，所以能制造低温环境,故 B 正确；C.氮的氧化物为有毒气体，为造成光化学烟雾的主要原因，故 C 错误；D.空气中含有二氧化碳，二氧化碳溶于水后生成碳酸，碳酸显酸性从而使雨水的pH 约 为 1.6,酸雨的pH 小 于 L 6故 D 正确；故选c.9.下列属于放热反应的是A
11、.燃烧木炭取暖B.C与 CO?共热C.煨烧石灰石(主要成分是CaC03)制生石灰(CaO)D.Ba(OH)2 8H20 晶体与NH4C1晶体反应【答案】A【解析】分析：反应物总能量高于生成物总能量的反应是放热反应，根据常见的放热反应或吸热反应判断。详解：A.燃烧木炭取暖一定是放热反应，A 正确；B.C 与 CO2共热生成CO是吸热反应，B 错误；C.燃烧石灰石(主要成分是CaCO3)制生石灰(CaO)是吸热反应，C 错误；D.Ba(OH)2 8H2O晶体与NH4cl晶体反应是吸热反应，D 错误。答案选A。点睛：掌握常见的放热反应或吸热反应是解答的关键，一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃
12、烧,大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，钱盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。需要说明的是不论是吸热还是放热均是相对于化学变化。1 0.日本福岛核电站泄漏的核燃料衰变产物有放射性元素二等，其 中 I可以用来治疗甲状腺癌，但是如果没有癌症，它也可能诱发甲状腺癌。下列有关说法中不正确的是()A.的原子核所含中子数是78B.核能的利用证实了原子的可分性C.u i原子和放射性碘原子互为同位素D.L 1原子和碘 I 原子的质子数不同【答案】D【解析】本题考查同位素。详解：”的原子核质量数为1 3 1,质子数为5 3,所含中子数是(131-53)=7
13、8,A正确；核能的利用证实原子的可分性，B正确；叫 和 I 的质子数相同，中子数不同，所以I 和I 是同位素，C正确；原子和碘”原子的质子数都为53,D错误。故选D。点睛：对于原子来说：核内质子数=核外电子数=核电荷数，相对原子质量=核内质子数+核内中子数，要熟记这两个等式。1 1.已知正四面体型分子E 和单质分子G 反应，生成四面体型分子L 和分子M(组成E 分子的元素的原子序数均小于1 0,组成G 分子的元素为第三周期的元素)，反应过程如下图所示，则下列叙述中判断不正确的是()A.常温常压下，E、L 均为气态有机物B.E 是一种含有10个电子的分子C.上述反应的类型是取代反应D.物质M 的
14、形成过程可用电子式表示为：H*-H了白：【答案】D【解析】【详解】A.常温常压下，甲烷、一氯甲烷是气体，故 A正确；B.E是甲烷分子，甲烷是一种含有10个电子的分子，故 B正确；C.甲烷中的氢原子被氯原子取代生成一氯甲烷，属于取代反应，故 C正确；D.HC1属于共价化合物，不含有阴阳离子，故 D错误；故选：Do12.对于反应A(g)+3B(g)?=(C)3XO.2/W?/(L-5)C,、D、v(C)=0.2mol/(L*s)。(6)=-=-0.3mol/(L-s)因此，反应速率最大的为A。13.下列反应属于取代反应的是A.甲烷在空气中燃烧B.在银做催化剂的条件下，苯与氢气反应C.乙醇分子间脱水
15、生成乙醛D.乙醇使酸性高镒酸钾溶液褪色【答案】C【解析】分析：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.甲烷在空气中燃烧属于氧化反应，A 错误；B.在银做催化剂的条件下，苯与氢气反应生成环己烷，是加成反应，B 错误；C.乙醇分子间脱水生成乙醛属于分子间脱水，是取代反应，C 正确；D.乙醇使酸性高镒酸钾溶液褪色发生的是氧化反应，D 错误。答案选C。1 4.在恒温恒容的密闭容器中，发生可逆反应2NO(g)+Ch(g)=2NO2(g),不能说明该反应已经达到平衡状态的是A.正反应生成NO2的速率和逆反应生成NO 的速率相等B.反应容器中压强不随时间的延长而变
16、化C.混合气体颜色深浅保持不变D.混合气体的密度不随时间延长而变化【答案】D【解析】分析:反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化,可由此进行判断。详解:A.正反应生成NO2的速率和逆反应生成02的速率等于2:1时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故 A不选；B.反应前后气体的化学计量数之和不相等,当达到平衡时,气体的压强不变,故B 不选；C.当反应达到平衡状态时,二氧化氮的浓度不变,则混合气体颜色深浅不变，故 C 不选；D.反应前后气体的总质量不变，容器的容积不变，则混合气体的密度始终不变，故选D；答案选D。1 5.下列关于反应焙变及测定说法
17、正确的是A.甲烷的燃烧热为890kJ/mol,则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)H=-890k.J/molB.已知：S(s)+O2(g)=SO2(g)ZkHi 和 S(g)+O2(g)=SO2(g)4H 2。则C.O.lmol的 N2和 0.3mol的 H2在密闭容器中充分反应放热3.8kJ,其热化学方程式可以表示为：3H2(g)+N2(g)=2NH3(g)H=-38 kJ/molD.含有2.0gNaOH的稀溶液与足量稀盐酸完全中和放热2.87kJ,则稀醋酸与稀KOH溶液中和反应的热化学方程式：CHj CO O H(a q)+KO H(a
18、 q)=C H3CO O N a(a q)+H2O(1)A H =-57.4k J/m o l【答案】B【解析】A.甲烷的燃烧热为890k J/m o L 则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：Cf U g)+202(g)=C02(g)+2H20(l)H=-890k J/m o l,A 错误；B.气态硫的能量高于固态硫的能量，因此如果S(s)+O z(g)=S()2(g)乩和S(g)+02(g)=S 02(g)A H2,则HI Z H2,B 正确；C.由于是可逆反应，不能计算反应热，C 错误；D.醋酸溶于水电离，电离吸热，因此 CH3CO O H(a q)+KO H(a q)=CH3C00N a(
19、a q)+H20(l)的反应热 H-57.4k J/m o l,D错误，答案选B。点睛：A H 的比较：对放热反应，放热越多，越小；对吸热反应，吸热越多，A H 越大。比较反应热大小的四个注意要点：(1)反应物和生成物的状态。(2)A H 的符号：比较反应热的大小时，不要只比较 H 数值的大小，还要考虑其符号。(3)参加反应物质的量，当反应物和生成物的状态相同时，参加反应物质的量越多放热反应的A H 越小，吸热反应的A H 越大。(4)反应的程度：参加反应物质的量和状态相同时，反应的程度越大，热量变化越大。16.短周期元素X、Y、Z原子序数和为36,X、Y在同一周期，X+、Z?-具有相同的核外
20、电子层结构。下列推测不正确的是A.同周期元素中X的金属性最强 B.X、Z形成的化合物只含有离子键C.同族元素中Z的氢化物稳定性最高 D.同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强【答案】B【解析】分析：X、Z都是短周期元素，X+、Z 2-具有相同的核外电子层结构，X为 N a 元素，Z为 O元素；X、Y、Z的原子序数之和为36,X、Y在同一周期，Y的原子序数为17,Y为 C1元素。根据元素周期律和化学键的知识作答。详解：X、Z都是短周期元素，X+、Z 2-具有相同的核外电子层结构，X为 N a 元素，Z为 O元素；X、Y、Z的原子序数之和为36,X、Y在同一周期，Y的原子序数为17,Y为 C1元素
21、。A 项，X为 N a 元素，N a 位于第三周期第I A 族，同周期从左到右主族元素的金属性逐渐减弱，同周期元素中X的金属性最强，A 项正确；B 项，X、Z形成的化合物有N a z O、N a i O2,N a z O 中只有离子键，N a z O z 中含离子键和共价键，B 项错误；C 项，Z为 O元素，O位于第二周期第V I A 族，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，同主族中Z的氢化物稳定性最高，C 项正确；D项，Y为 C1元素，C1位于第三周期第VH A 族，同周期从左到右主族元素的非金属性逐渐增强，最高价含氧酸的酸性逐渐增强，同周期元素中Y的最高价含氧
22、酸的酸性最强，D项正确；答案选B。17.已知热化学方程式：S Ch(g)+l/2Ch(g)S Ch(g)A H=98.32k J/m o l,在容器中充入 2m o i S O 2和 Im o l t h 充分反应，最终放出的热量为()A.196.64k JB.小于 98.32k JC.小于 196.64kJ D.大于 196.64kJ【答案】C【解析】【分析】根据热化学方程式得出生成ImolSCh时放出的热量，利用极限法计算出2mol SO2和 ImoKh反应生成SO3的物质的量，计算放出的热量，由于可逆反应的不完全性，所以放出的热量小于按极限法计算放出的热量。【详解】根据热化学方程式SO2
23、(g)+k2(g)=5 6 0 3 (g)AH=-98.32kJ/mol的含义，可知S(h和 Ch反应生成 ImolSCh时放出的热量为98.32kJ,所以生成2moiSO3时放出的热量为196.64kJ,由于是可逆反应，2moi SO2和 ImoKh不能完全反应，所以放出的热量小于196.64kJ.答案选C。【点睛】以反应热的计算为载体，考查可逆反应的不完全性，注意可逆反应无论进行多长时间，反应物都不可能100%地全部转化为生成物。18.常温常压下，下列气体能用瓶口向下排空气法收集的是()A.C02 B.NH3 C.CI2 D.SO2【答案】B【解析】分析：能采用瓶口向下排空气法收集的气体应
24、该满足密度比空气小，然后分析四个选项中各个气体的性质，据此分析解题。详解：A、二氧化氮密度比空气大，故 A错误；B、氨气密度比空气小，故 B正确；C、氯气密度比空气大，故 C错误；D、二氧化硫密度比空气大，故 D错误.故答案为：B点睛：本题是关于常见气体收集方法的常见考题，难度不大，解题关键是掌握向下排空气法收集的气体应该满足密度比空气小，然后分析四个选项中各个气体的化学性质。19.下列物质不属于电解质的是A.NaOH B.H2SO4 C.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
25、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。2 0.反应N B(g)n 2N 0z(g)H=+57 k J m o l,在温度为、T?时，平衡体系中N O?的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是()收的体积分数P i P：IFSA.a c 两点的反应速率：a cB.a、c两点气体的颜色：a深，c浅C.b、c 两点的转化率：b cD.由 b点到a点，可以用加热的方法【答案】D【解析】分析：本题考查的是反应条件对速率和影响，关键是对图像的分析能力的考查。详解：A.压强越大，反应速率越快，故错误；B.
26、a 点二氧化氮的体积分数大于c 点，但 c 点压强大，说明容器的体积变小，所以c 点二氧化氮的浓度大，颜色深，故错误；C.b、c 两点二氧化氮的体积分数相同,说明转化率相同，故错误；D.从 b点到a点，压强不变，二氧化氮的体积分数增加，结合反应为吸热反应,说明反应条件为升温，故正确。故 选 D。点睛：注意气体的颜色是二氧化氮的浓度大小的表示，二氧化氮的体积分数与浓度大小没有必然联系，注意改变压强时改变了容器的体积。二、计算题(本题包括1 个小题，共 10分)2 1.将等物质的量的A、B 混合于2L 的密闭容器中，发生下列反应：3A(g)+B(g)-x C(g)+2D(g)。经4m i n 后，
27、测得D的浓度为0.5m o l L _1,CA：CB=3；5,C 的平均反应速率是0.125m o l L 1 m i n 1,此 时 A的物质的量浓度为？(2)B的平均反应速率为？(3)x 值是？(列出三段式，写出计算过程)【答案】(l)0.75m o l L；(2)0.0625m o l L1 m i n-b(3)2【解析】由4 m i n 内D的浓度变化量为0.5 m o l 广，可以求出A、B、C 的浓度变化量分别为3 I X-X 0.5 m o l*L -X 0.5 m o l L -X 0.5 m o l L-1.设 A、B 的起始浓度为n,则可以得到下列关2 2 2系：3A(g)
28、+B(g),fC(g)+2D(g)起始浓度 n n 0 0浓度变化 0.75 0.25 0.25x 0.54m i n 后浓度(n-0.75)(n-0.25)0.25x 0.5由题意 c(A)：c(B)=(n-0.75)：(n-0.25)=3：5,n=l.5 m o P L-1,c(A)=(n-0.75)m o l L-1=0.75 m o l L-1根据 v(B)=。,v(B)：v(D)=l：2,得 v(B)=O.0625 m o l,L _1,m i n-1,根据 v(C)：v(D)=x：2,求得tx=2。(l)4m i n 时 A 的物质的量浓度=0.75 m o l L;答：4 min
29、时 A 的物质的量浓度为0.75 m o P L-1；(2)根据上述分析，v(B)=0.0625 m o P L-m i n1,答:B 的平均反应速率为 0.0625 m o l-L m i n；(3)根据上述计算，得到x=2；答：x值是2。点睛：本题考查了化学平衡计算应用，主要是反应速率、平衡浓度的计算分析，反应速率之比等于化学方程式计量数之比。有关化学平衡的计算，要学会使用三段式解题。三、实验题(本题包括1 个小题，共 10分)22.如图所示，“二氧化碳是否在有水存在时，才能与过氧化钠反应？”这个问题可通过以下实验加以证明。(1)按图装置，在干燥的试管m中装入N a 2O 2后，在通入CO
30、 2之前，应事先将活塞(K1、K 2)关闭好，目的何在？.(2)试 管 I 内的试剂X是一时，打开活塞Ki、K2,加热试管HI约 5 分钟后，将带火星的小木条插入试管n的液面上，可观察到带火星的小木条不能剧烈地燃烧起来，且n i 内淡黄色粉末未发生变化，则所得的结论 是 一 o(3)试管I 内试剂为CO 2饱和水溶液时，其他操作同(2),通过的现象，可以证明N a 2O 2与潮湿的C O 2 能反应且放出02。(4)C O 2 与过氧化钠反应机理也可用示踪原子分析加以证明，请完成下列反应方程式：_ N a2O 2+_ _ _ _ C18O2+H218O-。【答案】以防止试管m内的过氧化钠和外界
31、相通时发生吸潮现象 浓H2s过氧化钠与干燥的c o?不反应 带火星的小木条在试管n的液面上复燃，同时，m 内固体由淡黄色变为白色 2 2 2=2N a 2c l 8O 3+O 2T+2H2。【解析】【详解】本题旨在利用对比实验，探究N a 2t)2与 C O 2反应的环境，故实验步骤中，首先让N a z Ch 与干燥CO 2反应，必须保证整个环境中不能有H 2 O,故通入反应装置前C O 2必须干燥，故答案为以防止试管HI内的过氧化钠和外界相通时发生吸潮现象；(2)二氧化碳必须是干燥的，所以使用试剂X浓硫酸进行干燥；由带火星的小木条不能剧烈地燃烧起来，且m内淡黄色粉末未发生变化，说明干燥的二氧
32、化碳与过氧化钠没有发生反应，故答案为浓H2s 04；过氧化钠与干燥的C02不反应；（3）过氧化钠与潮湿的二氧化碳反应会生成氧气，所以带火星的小木条在试管n 的液面上会复燃；HI内固体由淡黄色变为白色，说明淡黄色的过氧化钠由于参加了反应生成了白色的碳酸钠，故答案为带火星的小木条在试管II的液面上复燃，同时，m 内固体由淡黄色变为白色；（4）过氧化钠与潮湿的二氧化碳反应的实质为：二氧化碳与水结合生成碳酸，碳酸电离的氢离子与过氧化钠反应，碳 酸 中 完 全 存 在 于 碳 酸 根 离 子 中，生成的水中不含18（）,反应的化学方程式为：2Na2O2+2C18O2+2H2l8O=2Na2C,8O3+O
33、2T+2H2O,故答案为 2；2；2；=2Na2C,8O3+O2T+2H2O【点睛】本题考查了碱金属及其化合物的性质，该题是高考中的常见考点和题型，试题基础性强，旨在考查学生的逻辑推理能力。本题的易错点为（4）,碳酸电离的氢离子与过氧化钠反应，碳酸中18。完全存在于碳酸根离子中。四、推 断 题（本题包括1 个小题，共 10分）23.X、Y、Z、W、Q是四种短周期元素，X元素M层上的电子数是原子核外电子层数的2 倍；Y原子最外层电子数是次外层电子数的2 倍；Z元素的单质为双原子分子，Z 的氢化物水溶液呈碱性；W元素最高正价与最低负价之和为6；Q是地壳中含量最高的金属元素。回答下列问题：（1）X元
34、素在元素周期表中的位置_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _.（2）由Y和 W形 成 的 化 合 物 的 电 子 式。（3）YX?分 子 的 结 构 式 为,其化学键类型为是 o（4）前四种元素的简单氢化物中Z的沸点最高，原因是。（5）写出Q和 W两 种 元 素 的 最 高 价 氧 化 物 的 水 化 物 发 生 反 应 的 离 子 方 程 式.【答案】第三周期第VIA族（CCL电子式略）S=C=S 极性键 NH 3分子间存在氢键 Al（0H）3+3H=Al+3H20【解析】
35、分析：根据X元素M层上的电子数是原子核外电子层数的2 倍，可知X 为 S 元素；根据Y的最外层电子数是次外层电子数的2 倍，可知Y为 C 元素;；根据Z的常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性,可知Z为 N 元素；根据W元素最高正价与最低负价之和为6,可知W为 C1元素；根据Q是地壳中含量最高的金属元素，可知Q为 A1元素。详解：（1）X 为 S 元素，在元素周期表中的位于第三周期第VIA族；（2）由Y和 W形成的化合物为CCL,电子式为;（3）YXz分子CS2,结构式为 S=C=S,其化学键类型为极性键共价键;:C1：（4）Z的气态氢化物为氨气，氨气分子间存在氢键，一种特殊的分子间作用
36、力，强于普通的分子间作用力，因此氨气的沸点最高；(5)Q和 W两种元素的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝和高氯酸，两者发生中和反应，方程式为：A 1(O H)3 +3 H+=A l3+3 H 2 生点睛：本题考察重点是根据元素周期律推断元素种类的相关题型。解这类题首先要牢记元素周期律的相关内容，短周期元素的核外电子排布特点等，根据X元素M层上的电子数是原子核外电子层数的2 倍，可知 X为 S元素；根据Y的最外层电子数是次外层电子数的2倍，可知Y为 C元素;；根据Z 的常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性，可知Z 为 N元素；根据W元素最高正价与最低负价之和为6,可知 W为 C 1 元
37、素；根据Q是地壳中含量最高的金属元素，可知Q为 A 1 元素。五、综合题(本题包括1 个小题，共 1()分)2 4.从能量的变化和反应的快慢等角度研究反应：2 H 2+0 2=2 乂0。(1)为了加快正反应速率，可 以 采 取 的 措 施 有 (填序号，下同)。A.使用催化剂 B.适当提高氧气的浓度C.适当提高反应的温度 D.适当降低反应的温度(2)下 图 能 正 确 表 示 该 反 应 中 能 量 变 化 的 是。(3)从断键和成键的角度分析上述反应中能量的变化。化学键H H0=0H 0键能kj/mol4 3 64 9 64 6 3请填写下表:(4)氢氧燃料电池的总反应方程式为2 H 2+0
38、 2=2 上0。其中，氢气在_ _ _ _ _ _ 极发生_ _ _ _ _ _ _ 反应。电路中每化学键填“吸收热量”或“放出热量”能量变化(kJ)拆开化学键2 moi上化学键ImolA 化学键形成化学键4 molH-0 键总能量变化转移0.2mol电子，标准状况下消耗H2的体积是 Lo【答案】ABC A吸 收 热 量 1 3 6 8 放 出 热 量 1 8 5 0 放 出 热 量 4 8 4 负 氧 化 1.14【解析】分析：(1)根据外界条件对反应速率的影响分析判断；(1)氢气燃烧是放热反应；(3)根据断键吸热、形成化学键放热分析；(4)原电池中负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子发
39、生还原反应。详解：(1)A.使用催化剂可以加快反应速率，A 正确；B.适当提高氧气的浓度可以加快反应速率，B 正确；C.适当提高反应的温度可以加快反应速率，C 正确；D.适当降低反应的温度减小反应速率，D 错误。答案选ABC。(1)氢气燃烧是放热反应，这说明反应物的总能量高于生成物的总能量，因此能正确表示该反应中能量变化的是A。(3)由于断键吸收能量，则拆开ImolHi化学键需要吸收lmolX436kJ/mol=871kJ,拆 开 ImolOi化学键需要吸收能量是lmolX496kJ/mol=496kJ,则断键共需要吸收的能量是871kJ+496kJ=1368kJ；形成4molH-O键放出的能
40、量是4molX463kJ/mol=1851 kJ,所 以 Imol氢气反应最终放出的能量是1851kJ-1368kJ=484kJ。(4)氢气在反应中失去电子，则氢气在负极通入。Imol氢气失去Im ol电子，电路中每转移0.Im ol电子,则消耗氢气是0.Im o l,标准状况下的体积是1.14L。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.下列事实不可以用氢键来解释的是（）A.水是一种非常稳定的化合物B.测量氟化氢分子量的实验中，发现实验值总是大于20C.水结成冰后，体积膨胀，密度变小D.氨气容易液化【答案】A【
41、解析】【详解】A、氢键影响物质的部分物理性质，稳定性属于化学性质，即水是稳定的化合物与氢键无关，故 A 符合题意；B、HF分子间存在氢键，使 H F聚合在一起，非气态时，氟化氢可以形成（HF）”因此测量氟化氢分子量的实验中，发现实验值总是大于2 0,与氢键有关，故 B 不符合题意；C、水结冰，形成分子间氢键，使体积膨胀，密度变小，故 C 不符合题意；D、氨气分子间存在氢键，使氨气熔沸点升高，即氨气易液化，故 D 不符合题意；答案选A。2.下列物质中，使滨水和酸性高钵酸钾溶液都能褪色的是（）A.丙烯 B.苯 C.乙烷 D.硝酸【答案】A【解析】【详解】A、丙烯分子中含有碳碳双键，能与淡水发生加成
42、反应，使滨水褪色；能与酸性高镒酸钾溶液发生氧化还原反应，使酸性高镒酸钾溶液褪色，故 A 正确；B、苯中含有介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊键,可以与酸性高镒酸钾溶液褪色，但不能与滨水发生加成反应，但可以萃取滨水中的溟单质，所以苯不能使溟水褪色，故 B 错误；C、乙烷中含有碳碳单键，饱和烧，稳定性强，不能使滨水和酸性高锯酸钾溶液褪色，故 C 错误；D、硝酸不能使溟水和酸性高镒酸钾溶液褪色，故 D 错误；故选A。3.化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是A.CO2的 电 子 式&6：B.C1-的结构示意图C.乙烯的结构简式C2H4 D.质量数为37 的氯原子;Cl【答案】B
43、【解析】【分析】【详解】A、CO2的电子式为0：c：0，A 错误；B、C1原子的电子结构示意图为处）7,所 以 C1的电子结构示意图中，最外层电子数为8,B 正确;C、乙烯的结构简式为CH2=CH2,C 错误；D、质量数在原子符号的左上角，质子数在原子符号的右下角，所以质量数为3 7 的氯原子为；;Cl,D 错误；故合理选项为B。4.下列物质中，不能由单质直接化合得到的是（）A.FeCh B.Cu2s C.FeS D.SO3【答案】D【解析】【详解】A.氯气具有强氧化性，氯气与变价金属反应生成最高价金属氯化物，铁与氯气反应的化学方程式为：点燃2Fe+3C h2FeC 13,即可以由Fe与 Ch
44、直接化合得到F eC h,故 A 不符合题意；B.铜和硫在加热条件下反应，生成硫化亚铜，故 B 不符合题意；C.S 氧化性较弱，不能把变价金属直接变为最高价，铁与硫在点燃的条件下反应生成硫化亚铁，故 C 不符合题意；D.硫和氧气在点燃的条件下生成二氧化硫，二氧化硫和氧气在加热和催化剂条件下反应生成三氧化硫，三氧化硫不能直接由单质化合得到，故 D 符合题意；答案选D。5.下列叙述中正确的是A.如果存放有钠、电石等危险化学品的仓库着火，消防员不能用水灭火，应用泡沫灭火器灭火B.用石英制成光导纤维，由水玻璃制硅胶都是化学变化C.火法炼铜、湿法炼铜都是置换反应D.糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物【答
45、案】C【解析】A 项，存放有钠、电石等危险化学品的仓库着火，不能用水灭火，也不能用泡沫灭火器灭火，因为钠与水和 CO2都能反应生成氧气，A 错误；B 项，石英和光导纤维的主要成分都是二氧化硅，用石英制成光导纤维不是化学变化，水玻璃的主要成分是硅酸钠，硅胶的主要成分是二氧化硅，由水玻璃制硅胶是化学变化,B 错误；C 项，湿法炼铜是铁和硫酸铜溶液反应置换出铜，属于置换反应，火法炼铜是高温下用Cu2s和反应生成Cu和 SO 2,是置换反应，C 正确；D 项，糖类中只有多糖属于高分子化合物，油脂不是高分子化合物，蛋白质是高分子化合物，D 错误。点睛：本题考查了物质的性质和用途，涉及灭火方法的选择、物理
46、变化与化学变化的判断、火法炼铜和湿法炼铜原理、高分子化合物概念等，题目难度不大，但熟悉相关物质的性质和相关概念是解题关键。6.下列反应，不能用于设计原电池的是A.Pd+PdO2+2H2SO4=2PdSO4+2H2O B.2A1+3I2=2A1I3C.Mg(OH)2+H2SO4=MgSO4+2H2O D.O2+2H2=2 H2O【答案】C【解析】【分析】自发的放热的氧化还原反应能设计成原电池，有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，以此来解答.【详解】A.Pd+PdO2+2H2SO4=2PdsCh+2H2O 属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，故 A 不选；B.2Al+3L=2All3属于自发
47、的氧化还原反应，能设计成原电池，故 B 不选；C.Mg(OH)2+H2s04=MgSO4+2H2O 中和反应属于复分解反应，不是氧化还原反应，不能用于设计原电池，故 C 选；D.O2+2H2=2H2O燃烧反应属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，故 D 不选；故选C【点睛】本题考查学生设计成原电池的反应具备的条件，解题关键：明确能自动发生的氧化还原反应能设计成原电池，难 点 D,可以设计成燃料电池。7.工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)+2H2(g)(s)+4HC1(g)；AH=+QkJ m ol1(Q 0),某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应，下列叙
48、述正确的是()A.反应过程中，若增大压强能提高SiCL的转化率B.若反应开始时SiCk为 Im o l,则达平衡时，吸收热量为QkJC.反应至4min时，若 HC1浓度为0.12mol LL 则 H2反应速率为0.03mol U miifiD.当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HC1通 入 lOOmLlmol L1的 NaOH溶液恰好反应【答案】D【解析】【详解】A.该反应是反应前后气体分子数增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCL的转化率减小，A 错误；B.该反应是可逆反应，达平衡时，吸收热量小于QkJ,B 错误；C.速率之比等于反应系数之比，V(H2)=-V(HC1)=
49、-xQ 1 2 n1 L l-0.015m ol U min,C 错误；2 2 4min0.025QkJ,D.由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HC1的 物 质 的 量 为-?x4=0.1m ol,QkJ mol100mLimolLT的 NaOH的物质的量为O.lm oL 二者物质的量相等，恰好反应，D 正确；故答案为：D。8.从海水中提取镁的工艺流程可表示如下：贝 壳 色 石 灰 乳I海水母-M gCh.晒。M g&浓 绿 结 晶 下列说法不正确的是A.用此法提取镁的优点之一是原料来源丰富B.步骤电解熔融MgCL时可制得M g(OH)2C.步骤可将晶体置于HC1气体氛围
50、中脱水D.上述工艺流程中涉及化合、分解和复分解反应【答案】B【解析】【分析】由题给流程可知，贝壳高温爆烧生成氧化钙，氧化钙与水反应生成石灰乳；海水经结晶，过滤得到含有镁离子的母液，将石灰乳加入母液中，石灰乳与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁；向氢氧化镁中加入盐酸，盐酸与氢氧化镁反应生成氯化镁和水，氯化镁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到六水氯化镁；六水氯化镁在氯化氢气氛中加热脱去结晶水生成无水氯化镁；电解熔融的氯化镁制得金属镁。【详解】A 项、海水中含有大量的镁元素，从海水中提取镁的优点之一是原料来源丰富，故 A 正确；B 项、电解熔融的MgCL时，阳极氯离子失电子发生氧化反应生成