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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 2 0 个 小 题，每 小 题 3 分，共 6 0 分.每 小 题 只 有 一 个 选 项 符 合 题 意）1.如图是四种常见有机物的比例模型。下列说法正确的是（）住 蒐 翻 叩甲 乙 丙 丁A.甲 能 使 酸 性 取!。4溶液褪色B.乙 可 与Br?发生取代反应而使溟水褪色C.丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键D.丁只能发生取代反应【答 案】C【解 析】【分 析】【详 解】A.甲为C H-不 能 被 酸 性K M nO,溶液氧化，A项错误;B.乙为乙烯，与Br?发生加成反应而使滨水褪色，B项错误；C.丙为苯，其 6
2、 个碳碳键完全相同，C 项正确；D.丁为乙醇，还可发生氧化反应等，D项错误；故 选 C。【点 睛】本题主要考查了比例模型以及物质的性质，难度不大，注意由比例模型可知四种常见有机物分别为甲烷、乙烯、苯、乙醇，然后根据物质的性质分析。2.工 业 上用铝土矿（主 要 成 分 为AbOs,还 有 少 量 的FezO3、SiOz等杂质）提取氧化铝作冶炼铝的原料，提取的操作过程如下：下列说法错误的是A.滤 渣A主 要 成 分 为S iaB.滤液乙含有的阴离子主要为Al（OH）-、C l O H C.滤液丙中溶质的主要成分为NazC03D.的基本反应类型为分解反应【答案】C【解析】分析：本题考查的是金属及其
3、化合物的分离和提纯，掌握铝的化合物的性质是关键。详解：铝土矿加入盐酸，氧化铝和氧化铁都可以溶解，二氧化硅不溶解，所以滤渣A 为二氧化硅，滤液甲中加入过量的氢氧化钠，得到氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，滤液乙主要成分为偏铝酸钠，通入过量的二氧化碳，反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀。A.滤渣A 为二氧化硅，故正确；B.滤液乙含有多阴离子主要为偏铝酸根离子和氯离子和氢氧根离子，故正确；C.滤液丙中主要成分为碳酸氢钠，故错误；D.氢氧化铝加热分解生成氧化铝和水，为分解反应，故正确。故选C。点睛：注意流程中物质的使用量的多少，通常量的不同产物不同。与物质的量有关的反应有：1.硝酸银和少量氨水反应生成氢氧化银沉
4、淀，和过量氨水反应生成银氨溶液。2.氢氧化钠和少量氯化铝反应生成偏铝酸钠和氯化钠，和过量的氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀。3.盐酸和少量偏铝酸钠反应生成氯化铝和氯化钠，和过量的偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀。4.碳酸钠和少量盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，和过量盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳和水。5.铁和少量硝酸反应生成硝酸亚铁，和过量硝酸反应生成硝酸铁。3.下列属于吸热反应的是A.气态水液化为液态水 B.高温分解石灰石C.氢氧化钠和盐酸反应 D.氢气在氯气中燃烧【答案】B【解析】【详解】A 项、气态水液化为液态水是一个放热过程，是物理变化，故 A 错误；B 项、高温分解石灰石是一个吸热反应，故 B 正
5、确；C 项、氢氧化钠和盐酸反应为中和反应，属于放热反应，故 C 错误；D 项、氢气在氯气中燃烧生成氯化氢的反应为放热反应，故 D 错误；故 选 B。4.根据下列热化学方程式：2H2s(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)AH=-Qj kJ-mol-1,2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g)AH=-Q2kJ-mol_1,2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(1)AH=-Q3kJ-mol1,判断 Qi、Q2 Q3三者关系正确的是()A.Q1Q2Q3 B.QIQ3Q2 c.Q3Q2Q.D.Q2 QI Q3【答案】B【解析】【详解】2H2S(g)+3O2(g)
6、=2SO2(g)+2H2O(1)AH=-Q,kJ-mol1；(2)2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g)AH=-Q2 kJ mol1；2H2s(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(1)A H=-Q3 kJ-mol1,与相比较，H2O(g)-H2O放热，所 以 Q2Q3，则 Q1Q3Q2；答案选B。5.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层只有一个电子，Z 位于元素周期表IIA族，W与 X属于同一主族。下列说法正确的是()A.离子半径：r(W)r(Z)r(Y)B.X、W的简单氢化物的沸点：XWC.Y 的最高价氧化物对应水化物的
7、碱性比Z的弱D.由 X、Y 组成的化合物一定含离子键和共价键【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，为 O 元素；Y 原子的最外层只有一个电子且原子序数大于X,则 Y 为 Na元素；Z 位于元素周期表H A 族，且原子序数大于Y,则 Z 为 M g元素；W 与 X 属于同一主族且为短周期元素，则 W 为 S 元素，即 X、Y、Z、W 分别是O、Na、Mg、S 元素。【详解】A.硫离子含有3 个电子层，而镁离子和钠离子均含有2 个电子层，硫离子半径最大，钠离子和镁离子具有相同的电子层结构，钠离子半径大于镁离子，因此离子半径r(W)r(
8、Y)r(Z),故 A 错误；B.水分子间能够形成氢键，沸点高于硫化氢，故 B 正确；C.元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Y Z,则 Y 的最高价氧化物的水化物的碱性比Z 的强，故 C 错误；D.由 X、Y 组成的化合物可能是Na2O 也可能是Na2O2,Na2O 只含离子键、NazCh含有离子键和共价键，故 D 错误；故选B。【点睛】本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查学生判断及知识综合运用能力，明确原子结构、元素周期表结构、物质结构、元素周期律即可解答，注意：D 选项中易漏掉Na?。或 NazCh而导致错误。6.下列表示物质结构的化学用语正确的是()0A.甲烷分子的
9、比例模型：B.苯的最简式：CHC.乙烯的分子式：CH2=CH2D.乙醇的结构简式：C2H6O【答案】B【解析】试题分析：A.这是甲烷的球棍模型，错误；B.苯的分子式为C6H6,最简式为C H,正确；C.乙烯的分子式为C2H4,错误；D.乙醇的结构简式：CH3C H,O H,错误；故选B。【考点定位】考查化学用语的正误判断【名师点晴】解决这类问题过程中需要重点关注的有：书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加 ”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“”，没有成键的价电子也要写出来。书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序（如 HC1O应 是 HOC L 而不是H
10、-C 1-O）,其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。7.人造地球卫星上使用的一种高能电池（银锌蓄电池），其电池的电极反应式为：Zn+2OH-2e=ZnO+H2O,Ag2O+H2O+2e=2Ag+2OH.据此判断氧化银是（）A.负极，被氧化 B.正极，被还原 C.负极，被还原 D.正极，被氧化【答案】B【解析】【分析】原电池中正极上发生得电子的还原反应，负极上发生失电子的氧化反应。【详解】根据Ag+H+2e-=2Ag+20ir,氧化银中银元素化合价降低，发生还原反应，所以氧化银是正极，被还原，故选B。8.下列物质转化过程为
11、吸热的是A.生石灰与水作用制熟石灰 B.食物因氧化而腐败C.Ba（0H）28Hz0与 NH1晶体混合 D.盐酸与氢氧化钠混合【答案】C【解析】【详解】A.生石灰与水作用制熟石灰属于放热反应，A 不选；B.食物因氧化而腐败属于放热反应，B 不选；C.Ba（OH）2 8HzO与 N H 4a晶体混合属于吸热反应，C 选；D.盐酸与氢氧化钠混合发生中和反应，属于放热反应，D 不选；答案选C。【点睛】掌握常见的放热反应和吸热反应是解答的关键，即一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，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 c o 作还
12、原剂的反应等是吸热反应。9.请运用元素周期表的有关理论分析判断，下面几种元素及其化合物性质的推断中正确的是A.铭(T1)的氧化物的水化物可能具有两性B.碳(At)为无色固体，HAt不稳定，AgAt具有感光性，且不溶于水C.硫酸甥(SrSOD是难溶于水的白色固体D.XSe是无色、有毒、比HzS稳定的气体【答案】C【解析】分析：A.同主族自上而下，金属性增强，最高价氧化物对应水化物的碱性增强；B.同主族元素化合物的性质具有相似性和递变性；C.同主族元素化合物的性质具有相似性和递变性；D.同主族物质具有相似性和递变性，同主族自上而下，非金属性减弱，金属性增强，非金属越强氢化物越稳定。详解：A.同主族
13、元素化合物的性质具有相似性和递变性，铭(T 1)与铝同主族，由于铭比铝活泼性强，所以钝(T1)的氧化物的水化物不可能具有两性，A 错误；B.同主族元素化合物的性质具有相似性和递变性，豉(At)为有色固体，HAt不稳定，AgAt具有感光性，且不溶于水，B 错误；C.Ba与 S r同主族，硫酸饮是不溶于水的白色沉淀，则硫酸锢(SrSO。是难溶于水的白色固体，C 正确；D.同主族物质具有相似性和递变性，同主族自上而下，非金属性减弱，非金属越强氢化物越稳定，硒(Se)是第VIA族元素与S 同族，其氢化物是有毒，稳定性比硫化氢(H 2S)弱的气体，D 错误；答案选C。1 0.在下列化学反应中，既有离子键
14、、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的是()A.2Na2O2+2H2O-4NaOH+02T B.CaH2+2H2OCa(OH)2+2H2fC.Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2 1+2NH3T D.NHl+NaOH二NaCl+NLT+%0【答案】A【解析】A.2Na2()2+2H2O=4NaOH+O2T中有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成，故 A 正确；B.CaH2+2H2O-Ca(OH)2+2H2T中不存在非极性键的断裂，故 B 错误；C.Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2I+2NH3T中有离子键、极性键的断裂，又有离子键、极性键的形成
15、，故 C错误；D.NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3T+H2。中有离子键、极性键的断裂，又有离子键、极性键的形成，故 D 错误；答案为A。点睛：一般金属元素与非金属元素形成离子键，不同非金属元素之间形成极性共价键，同种非金属元素之间形成非极性共价键，化学反应的实质为旧键的断裂和新键的生成,特别注意离子化合物一定存在离子键,可能存在共价键，而共价化合物中一定不存在离子键，只存在共价键，另外单质中不一定存在非极性共价键。1 1.下列各组溶液中，离子能够大量共存的是（）A.H+Cl Fe2+NO3 B.OH Na+SO42 HCO3C.NH4+Cl K+OH D.F Na+OH NO3【答案】D
16、【解析】【详解】A.Fe2 H+、NO；之间能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故 A 错误；B.因 HCOI能够与OH反应，不能大量共存，故 B 错误；C.NH4 OH.之间能够发生反应，在溶液中不能大量共存，故 C 错误；D.F、N a OH NO3一之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故 D 正确；答案选D。【点睛】本题的易错点为A,要注意硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性。1 2.下列说法不正确的是A.聚乙烯制品既可以用作塑料薄膜，还可用作食品包装袋B.糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反应C.油脂水解可得到丙三醇D.蛋白质在人体胃蛋白酶和胰蛋白酶的催化作用下，经过水解最终生成氨
17、基酸【答案】B【解析】A.聚乙烯塑料无毒，可用来生产食品袋、保鲜膜，故 A 正确；B.糖类中的葡萄糖属于单糖，是不能水解的糖，故 B 错误；C.油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油，在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，所以油脂水解得到丙三醇即甘油，故 C 正确；D.氨基酸通过缩合反应生成蛋白质，所以蛋白质水解最终产物是氨基酸，故 D 正确；故选B。1 3.下列说法正确的是A.矿物油也可以发生皂化反应B.葡萄糖和蔗糖都能发生银镜反应C.环己烯与苯可用滨水鉴别D.采取分液方法可以将液漠和CCL的混合物进行分离【答案】C【解析】【分析】A.矿物油属于烧类；B.还原性糖能发生银镜反应；C.双键
18、能与浸水中的溟，发生加成使溟水褪色；D.液嗅会溶于有机溶剂；【详解】A.矿物油属于烧类，不能发生皂化反应，A 项错误；B.葡萄糖属于还原性糖，蔗糖不属于还原性糖，B 项错误；C 环己烯中含有双键，能与澳水发生加成反应使它褪色，苯能与溪水发生萃取，C 项正确；D.液溟能溶于有机溶剂，所以不能用分液的方法分离，D 项错误；答案选C。14.A(g)+C(g)=D(g),B(g)+C(g)=E(g)A H=-Q2kJ/mol,Q 1、Qz均大于 0,且 QiQ”若A、B组成的混合气体1 mol与足量的C反应,放热为QskJ。则原混合气体中A与B的物质的量之比为()Q3-Q2 Q iQ Q3-Q2 Q
19、iQQFQ QFQ QFQ【答案】A【解析】【详解】设 A 的物质的量为xm oL 则 B 的物质的量为Imol-xmol,A 反应放出的热量为xQi，B 反应放出的热量为(1-x)Q2,XQI+(1-X)(h=Q 3,解得 X=(Q3-Q2)/(Q1-Q2)，B 的物质的量为(QQ3)/(QQ2)，A 与 B 物质的量之比为(Q3-Q2)/(QQ3)。答案选A。15.下列有关烷爆的叙述中，错误的是A.烷烧分子中，所有的化学键都是单键B.分 子 通 式 为 的 燃 一 定 是 烷 爆C.正丁烷和异丁烷分子中共价键数目相同D.烷燃中除甲烷外，很多都能使酸性KM nO,溶液的紫色褪去【答案】D【解
20、析】分析：A、碳原子间以单键结合成链状、其余用H 原子来补充的有机物为烷燃；B、分子通式为CnH2n+2的炫一定是烷危；C、正丁烷和异丁烷只是碳架不同；D、烷燃不能使高镒酸钾溶液褪色。详解：A、碳原子间以单键结合成链状、其余用H 原子来补充的有机物为烷烧，故烷烧中所有的化学键均为单键，A 正确；B、碳原子间以单键结合成链状、其余用H 原子来补充，没有不饱和键，故烷烧是碳原子数相同时H%最高的荒，分子通式为C“H2n+2的煌一定是烷烧，B 正确；C、正丁烷和异丁烷只是碳架不同，含有的共价键数相同，均 为 13个，C 正确；D、烷烧是饱和短，性质较稳定，故均不能使高镒酸钾溶液褪色，也不能使滨水褪色
21、，D 错误。答案选D。16.下列变化中，吸收的热量用于克服分子间作用力的是（）A.加热氯化钠使之熔化 B.加热二氧化硅使之熔化C.液澳受热变成澳蒸气 D.加热碘化氢使之分解【答案】C【解析】A.加热氯化钠使之熔化克服的是离子键，A 错误；B.加热二氧化硅使之熔化克服的是共价键，B 错误；C.液漠受热变成溟蒸气克服的是分子间作用力，C 正确；D.加热碘化氢使之分解克服的是共价键，D 错误，答案选C。17.在恒温恒容的容器中进行反应2 so 2+O 2=2 S O 3,若反应物浓度由0.1 m o ljT 降到0.06 m o jT需 2 0 s,那么由0.06 mol L-1降到0.024mol
22、-L-1需要的反应时间为A.等 于 18s B.等 于 12s C.大 于 18s D.小 于 18s【答案】C【解析】【详解】反应物的浓度由0.Im okl?降到0.06moi!?需 2 0 s,即反应物的浓度变化为（0.0.06）molL=0.OoPL-1,反应速率为 明,反应物的浓度由0.06molLT降到0.024molL-,即反应物的浓度变化为（0.06-0.024）molL=0.036molL T,由于随着反应的进行，反应速率逐渐降低，则有。鳏7 案“，解得t 1 8 s,故选C。【点睛】本题考查反应速率的有关计算，注意理解随着反应的进行，反应物的浓度逐渐降低，从而导致反应速率逐渐
23、降低是解答关键。18.下列过程属于物理变化的是（）A.煤的干储 B.煤的气化 C.石油分馆 D.石油裂化【答案】C【解析】A.煤干储可以得到煤焦油，煤焦油中含有甲烷、苯和氨等重要化工原料，属于化学变化，故 A 错误；B.煤的气化是将其转化为可燃气体的过程，主要反应为碳与水蒸气反应生成th、C O 等气体的过程，有新物质生成，属于化学变化，故 B错误；C.石油的分储是根据物质的沸点不同进行分离的，属于物理变化，故C正确；D.石油裂化是大分子生成小分子，属于化学变化，故 D错误；故选C。点睛：明确变化过程中是否有新物质生成是解题关键，化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化
24、，化学变化与物理变化的本质区别是有无新物质生成，据此抓住化学变化和物理变化的区别结合事实进行分析判断即可。1 9.正确掌握化学用语是学好化学的基础.下列化学用语中不正确的是()A.乙烯的结构简式CH2XH2 B.CH,分子的球棍模型C.Ca的结构示意图 D.乙醇的分子式CzHeO【答案】B【解析】【详解】A.乙烯含有碳碳双键,结构简式为：C H2=C H2 A正确；B.C H a 分子为正四面体结构，碳原子半径比氢原子大，应为：B错误；C.C a?+的质子数为2 0,电子数为1 8,故结构示意图为C正确；D.乙醇的分子式为：C2H6O,D正确；所以本题答案为B。2 0.一定温度下，固定容积的密
25、闭容器中，反应2sO2(g)+O 2(g)2 S O3(g),达到化学平衡状态的标志是n(S0 2)：n(0 2)：n(S03)=2：1：2 SO 2 的浓度不再发生变化 容器中的压强不变单位时间内生成n m o l SO s,同时生成2 n m o l 02混合气体的平均相对分子质量不变A.B.C.D.【答案】C【解析】化学平衡状态的标志：正反应速率等于逆反应速率，平衡混合物中各组成成分的含量不变。反应体系中S0 2、0 2、SO 3 的物质的量之比为2：1：2,仅仅是反应过程中的一种可能，因此不能作为判断平衡状态的依据，错误；SO 2 的浓度不再发生变化，说明反应达到平衡状态，正确；对于反
26、应前后体积变化的反应，容器内压强不再发生变化，说明反应达到平衡状态，正确；单位时间内生成n m o l SO3,同时生成2 n n w l O 2,不满足反应速率之比是相应的化学计量数之比，没有达到平衡状态，错误；混合气体的质量不变，物质的量变化，因此混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡状态，正确；答案选C。点睛：可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：正反应速率和逆反应速率相等。反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。因此判断化学反应是否达到平衡状态，关
27、键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。二、计 算 题（本题包括I 个小题，共 1 0 分）2 1.用下图装置进行电解实验（a、b、c、d 均为伯电极），供选择的有4组电解液，要满足下列要求:组A 槽B槽1N a C lA g N O32A g N 03C u C l23N a 2 s。4A g N O s4N a O HC u S04工作一段时间后A槽 p H 上升，B槽的p H 下降；b、c两极上反应的离子的物质的量相等。（1）应选择的电解质是上述四组中的第 组。（2）该组电解过程中各电极上的电极反应为：a极 b极c 极 d 极一（3）当 b极上析出7.1 g电解
28、产物时，a极上析出产物的质量为 g；【答案】第 1 组 4 H+4 e-=2 H 2 t 2 C l-2 e-=C l2 f A g+e-=A g 4 0 H-4 e-=021 +2 H200.2 g【解析】【分析】1 组、A槽是电解氯化钠，氯化钠溶液p H 增大，b电极是阳极，电极反应为：4 C r-4 e=2 C I21 ;B槽电解硝酸银溶液，溶液p H 减小，c电极为阴极，电解反应为：4 A g+4 e-=4 A g,根据电子守恒可以知道，b、c 两极上反应的离子的物质的量相等；2组、A槽是电解硝酸银，溶液p H 减小，b电极是阳极，电极反应为：4 0 H-4 e=2 H20+02 1
29、；B槽电解氯化铜溶液，溶液p H 减小，c电极为阴极，电解反应为：C u +2 e-=C u,根据电子守恒可以知道，b、c 两极上反应的离子的物质的量不相等；3 组、A槽是电解水，硫酸钠溶液p H 不变，b电极是阳极，电极反应为：4 0 H=4 e-=2 H 2 0+0 2 t ；B槽电解硝酸银溶液，溶液p H 减小，c电极为阴极，电解反应式为：4 A g+4 e-=4 A g,根据电子守恒可以知道，b、c 两极上反应的离子的物质的量相等；4 组、电解氢氧化钠溶液实质是电解水，A槽是电解水，氢氧化钠溶液pH增大，b 电极是阳极，电极反应式为：40H-4e=2H20+02 1；B槽电解硫酸铜溶液
30、，溶液pH减小，c 电极为阴极，电解反应式为：Cu2，+2e=C u,根据电子守恒可以知道，b、c 两极上反应的离子的物质的量不相等。【详解】(1)根据上述分析可以知道，符合条件的是第1 组；因此答案是：1；第 1 组电解过程中各电极上的电极反应式为：a、4H+4葭=2 4 t；b、4Cr-4e-=2Cl21；c 4Ag+4e-=4Ag；d、401r-45=2上0+021 ;因此，本题正确答案是：4lT+4e2H21 s b、4Cr-4e-2C121；c、4Ag*+4e-=4Ag；d、40H-4e=2H20+02 1；第 1 组中：a、4H#+4e=2H2 t;b、4C14e-=2CL t;当
31、 b 极上析出7.1g即物质的量为0.lm ol氯气时,a 极上析出为氢气的物质的量为0.lm o L 氢气的质量为0.lmol X2g/mol=0.2g；答案：0.2g。【点睛】解题依据：根据串联电路中电子守恒的规律，分析两个电解池阴阳极放电的离子的物质的量变化，根据电极反应和电极反应过程中离子变化确定溶液pH变化。三、实验题(本题包括1 个小题，共 10分)2 2.菠菜具有丰富的营养。民间流传：菠菜与豆腐不宜同时食用。资料：(1)菠菜中含有可溶性草酸盐、碳酸盐等(2)醋酸不与草酸钙反应(3)某草酸钙晶体(CaCzOixHzO)的相对分子质量为128+18X(实验一)菠菜中部分成分分析(1)
32、用开水煮沸菠菜样品碎末2 3 m in的目的是。(2)溶液M 中含有的主要阴离子有_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _(3)已知C 能使澄清石灰水变浑浊。A 与醋酸生成C 的化学方程式是(4)B 的化学式可能是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _(5)草酸比碳酸的酸性(填“强”或“弱”)。(实验二)对某草酸钙晶体进行热分解研究，得到相关数据如
33、图所示。6 2 0 0 4 0 0 6 0 0 8 0 0 (0 0 0 *分解温度/c(1)800C时得到的固体只含钙元素和氧元素，质量比为5:2,其化学式是。(2)固体质量由12.8 g 变 为 10.0 g 的 过 程 中 发 生 反 应 的 化 学 方 程 式 是。(3)x=【答案】充分浸出可溶物 C2O4”CO322CH3COOH+CaCO3=(CH3COO)?Ca+COzT+HzOCaCzO 强CaOCaC2O4,=CaCO3+COtl【解析】实验一：(1)用开水煮沸菠菜样品碎末有利于使样品中的可溶物充分溶解，故答案为充分浸出可溶物。(2)由资料：菠菜中含有可溶性草酸盐、碳酸盐等，
34、溶液M 中含有的主要阴离子有C2O4、CO32 O(3)因气体 C 能使澄清石灰水变浑浊，则 C 为二氧化碳，根据信息醋酸不与草酸钙反应，但能与碳酸钙反应生成可溶性盐，则加醋酸时碳酸钙和醋酸反应生成了二氧化碳，沉 淀 A 为草酸钙和碳酸钙的混合物，沉淀B为草酸钙，故答案为CaCC3+2CH3coOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CCM;(4)由上分析知，沉 淀 B 为草酸钙，化学式为：CaC2O4(5)根据强酸制弱酸原理，醋酸酸性大于碳酸酸性，又因为醋酸不能溶解草酸钙，所以草酸酸性大于醋酸酸性，故草酸比碳酸的酸性强。实验二：(1)根据图象可知600时发生碳酸钙分解反应，800时得到的固体只
35、含钙元素和氧元素，质量比为5:2,则 N(Ca)：N(O)=1；1,固体成分为CaO。(2)400C时草酸钙分解，其质量由12.8g变 为 10.0g,生成碳酸钙和CO气体，方程式是：CaC2O4 CaCO3+CO(3)根据图象可知0200C是晶体失去结晶水的过程，14.6克 CaC2O4xH2O 失去水后生成12.8克 CaC2O4,根据CaCQ4-xHQ CaCQI28+I8x 128,14.6g 12.8g所以X=lo点睛：本题通过实验的方式探究了菠菜不能与豆腐同食的原因，考查了学生应用化学知识解决生活中实际问题的能力，解答时注意：熟悉常见物质的检验方法；挖掘题目信息并灵活应用。四、推断
36、题(本题包括1 个小题，共 10分)2 3.已知A 的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平,B、D 是饮食中两种常见的有机物,F 是一种有香味的物质,F中 碳 原 子 数 是D的两倍。现 以A为 主 要 原 料 合 成F和 高 分 子 化 合 物E,其合成路线如图所示:H2O B由D和 Cu 浓 硫 酸 A C(D A的 结 构 式 为 B中官能团的名称为.写 出反应的化学方程式。，反应类型:。，反应类型:。(3)写 出D与金属钠反应的化学方程式(4)实 验 室 怎 样 区 分B和D?(5)含B的 体 积 分 数 为75%的水溶液可以作【答 案】I I 羟基 2CH3CH2OH+O2多2
37、cH3CHO+2H2。氧化反应H 0 C H CH3C00H+CH3CH20HS2CH3COONa+H2 T分别取待测液于试管中,滴加少量石蕊溶液,若溶液变红,则所取待测液为乙酸,另一种为 乙 醇(或其他合理方法 消 毒 剂(或 医用酒精)【解 析】【分 析】以A、B、D、F为突破口，结合合成路线中的信息进行分析求解。【详 解】已 知A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为乙烯；A与 水 反 应 可 生 成B,B、D是饮食中两种常见的有机物，则B为 乙 醇，D可能乙酸；F是一种有香味的物质，F可能为酯；由图中信息可 知，B和D可在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应生成F,F中 碳
38、原 子 数 是D的两倍，则 可 确 定D为乙酸、F为乙酸乙酯；以A为主要原料合成高分子化合物E,则E为聚乙烯。H H(1)A为乙烯，其结构式为|。B为乙醇，其官能团的名称为羟基。H OC H反应为乙醇的催化氧化反应，化 学 方 程 式 为2cH3cH2OH+O2爱2cH3CHO+2H20,反应类型：氧化反应。反应为酯化反应，化 学 方 程 式 为CH3COOH+CH3cH20H里 磬CH3COOCH2cH3+H2O,反应类型：酯化反应(或取代反应)。(3)乙酸有酸性，可以与金属钠反应生成氢气，化 学 方 程 式 为2cH3coOH+2Na*2CH3COONa+H2f,(4)实验室区分乙醇和乙酸
39、的方法有多种，要注意根据两者的性质差异寻找，如根据乙酸有酸性而乙醇没有,可以设计为；分别取待测液于试管中，滴加少量石蕊溶液，若溶液变红，则所取待测液为乙酸，另一种为乙醇。含乙醇的体积分数为75%的水溶液可以使蛋白质变性，故可作消毒剂(或医用酒精)。【点睛】本题注重考查了常见重要有机物的经典转化关系，要求学生在基础年级要注意夯实基础，掌握这些重要有机物的重要性质及其转化关系，并能将其迁移到相似的情境，举一反三，融会贯通。五、综合题(本题包括1 个小题，共 10分)24.I.某反应在体积为4 L 的恒容密闭容器中进行，在 0-3分钟内各物质的量的变化情况如图所示(A,B,C 均为气体，且 A 气体
40、有颜色)。该反应的化学方程式为(2)反应开始至2 分钟时，B 的 平 均 反 应 速 率 为,A 的转化率为(3)能说明该反应已达到平衡状态的是a.容器内气体的颜色保持不变b.容器内混合气体的密度保持不变c.v 迎(B)=2v 正(C)d.容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变II.如图是氢氧燃料电池构造示意图O该电池工作时，电子的流向 f(填“a”“b”)，每生成1 mol H2O则理论上电路中通过的电子数为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _【答案】2A+B-=2C 0.125mol/(Lmin)40%ad a b 2NA【解析】【分析】I.(1)从物质的物质的量的变化趋势判断反应物和
41、生成物，根据物质的物质的量变化值之比等于化学计量数之比书写化学方程式；(2)化学反应速率是单位时间内浓度的变化，据此可求得反应速率；(3)可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度不再变化，若存在有色物质，则有色物质的颜色也不再变化，据此对各选项进行判断；II.氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，电极反应式为Hz-2e=2H+,通入氧气的一极为原电池的正极，电极反应式为O2+4H+4e-=2H2。，该电池总反应是2H2+02=2%。，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，据此分析。【详解】I.(1)由图象可以看出，A、B 的物质的量逐渐减小，则 A、B 为反
42、应物，C 的物质的量逐渐增多，所以C 为生成物，当反应到达2min时，An(A)=2mol,An(B)=lmol,An(C)=2m oL化学反应中，各物质的物质的量的变化值之比与化学计量数呈正比，贝必n(A)：An(B)：An(C)=2：1：2,所以反应的化学方程式为：2A+B r 2C；Imol(2)由图象可以看出，反应开始至2min时，ln(B)=lmol,B 的平均反应速率为：4L2min,、5m ol-3m ol.八=0.125mol/(L,m in)；A 的转化率为-x 100%=40%；5 mol(3)a.只有A 为有色物质，当容器内气体的颜色保持不变，说明各组分的浓度不再变化，该
43、反应已经达到平衡状态，选项a 正确；b.容器的体积不变，气体的总质量不变，气体的密度始终保持不变，无法判断是否达到平衡状态，选项b 错误；c.v 逆(B)=2v正(C)时正反应速率和逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，选项c 错误；d.反应为气体体积缩小的反应，容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变说明反应已达到平衡状态,选项d 正确；答案选ad；II.氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，电极反应式为H2-2E=2H+,通入氧气的一极为原电池的正极，电极反应式为O2+4H+4e-=2H2。，该电池总反应是2H2+O2=2H2。，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正
44、极，即由a 通过灯泡流向b；根据反应2H2+02=20可知，每生成ImolH2O 则理论上电路中通过的电子数为2NA。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.有 KOH和 Ca(OH)2的混合溶液，c(OH)=0.1 molL 取此溶液500 m L,向其中通入CO2，通 入 CO2的 体 积(V)和生成沉淀的物质的量(n)的关系如图所示。图 中(V1)为 112 mL(标准状况),则图中V2、V3的体积(单位为m L)分 别 是()A.560、672 B.1008、1120 C.2240、2352 D.392、5
45、04【答案】B【解析】【分析】向 KOH和 Ca(OH)2的混合稀溶液中通入C O 2,二氧化碳先和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，当氢氧化钙消耗完时，继续通入二氧化碳，在碳酸钙沉淀溶解前二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾，当氢氧化钾完全反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钾、水反应生成碳酸氢钾，当碳酸钾反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钙、水反应生成可溶性的碳酸氢钙，然后根据相同条件下体积之比等于物质的量之比来解答。【详解】有 KOH和 Ca(OH)2的混合溶液，c(OHD=0.1 molL 取此溶液500m L,氢氧根离子的物质的量是：0.Imol/LXO.5L=0.05mol,OA
46、段发生反应：Ca2+2OH+CO2=CaCO3 I+H2O,消耗 112mL(物质的量为0.005mol)CO2,所 以 n(Ca2t)=0.005m ol,产生碳酸钙的物质的量为0.005m oL消耗了氢氧根离子是O.OlmoL所 以 KOH中含有氢氧根离子的物质的量=0.O5mol-O.Olmol=0.O4mol；AB段发生反应：OH+CO2=HCO3-,消耗 n(CO2)=0.04m ol,标况下体积是：22.4L/molX0.()4mol=0.896L=896mL,Vi 为 U 2m L,贝!I V2=U2mL+896mL=1008mL；B-最后段：CaCO3+H2O+CO2=Ca2t
47、+2HCO3,碳酸钙溶解,消耗二氧化碳体积和OA段相等，即 U2mL,V3的体积为：1008mL+U2mL=1120mL。答案选B。【点睛】本题考查离子方程式的计算，题目难度中等，明确发生反应原理以及反应的先后顺序为解答该题的关键，注意掌握物质的量与其它物理量之间的关系，试题培养了学生的分析能力、化学计算能力以及图像分析与识别能力。2.研究人员研制出一种锂水电池，可作为鱼雷和潜艇的储备电源。该电池以金属锂和钢板为电极材料，以 LiOH为电解质，使用时加入水即可放电。关于该电池的下列说法不正确的是A.水既是氧化剂又是溶剂 B.放电时正极上有氢气生成C.放电时OH,向正极移动D.总反应为：2Li+
48、2H2。=2LiOH+H2 T【答案】C【解析】【详解】A.在反应2Li+2H2O=2LiOH+H2T中，水是氧化剂，同时水又是溶剂，故 A 正确；B.正极发生还原反应，所以放电时正极上有氢气生成，故 B 正确；C.阴离子移向负极，放电时O IF向负极移动，故 C 错误；D.L i与 Na处于同主族，化学性质相似，所以总反应为2Li+2H2O=2LiOH+H2T，故 D 正确。答案选C。3.对于锌、铜和稀硫酸组成的原电池（如图），下列有关说法正确的是（）稀MSdZn是负极Zn-2e-=Zn2+A.B.Cu是正极2H*+2e=H2 tC.D.【答案】D【解析】分析：锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，
49、锌为负极，发生氧化反应,电极方程式为Zn-2e-=Zn2+,铜为正极,正极发生还原反应,氢离子得到电子生成氢气，电解方程式为2 k+2e=H2 t,以此解答该题。详解:锌比铜活泼,锌为负极,铜为正极,负极电极方程式为Zn-2e=Zn2+正极为2H+2e=坨丁,则正确的为，所 以 D 选项是正确的。4.下列物质在括号内的条件下可以与烷燃发生反应的是A.氯水（光照）B.浓硫酸 C.氧气（点燃）D.酸性KMnO_,溶液【答案】C【解析】【详解】烷烧化学性质稳定，不与强酸、强碱、酸性高镒酸钾溶液、溪水发生反应，但在光照条件下可以与气态卤素单质发生取代反应，点燃条件与氧气发生燃烧反应，故 选 C。【点睛
50、】本题考查烷烧的性质，注意明确烷煌的结构和性质是解答关键。5.ImolH-H 键的键能是 436 kJ/mol,Imol I-I 键的键能是 151kJ/moL Imol H I 的键能是 299 kJ/mol,则对于H2（g）+I2 2Hl（g）的反应，下列说法正确的是（）B.吸 收 U kJ热量D.吸收288kJ热量A.放 出 U kJ热量C.放出288kJ热量【答案】A【解析】【分析】H=反应物的键能和-生成物的键能和，据此解答。【详解】据反应方程式H2（g）+l2（g）=2HI（g）,其411=反应物的键能和-生成物的键能和=436kJ/mol+151kJ/mol_2X299kJ/m