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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.下列有关原电池的应用原理和有机物的结构及其性质说法中，不正确的是()A.铜锌硫酸组成的原电池中，电子是从锌经过导线流向铜B.把 Zn片放入盛有盐酸的试管中，加入几滴CuCL溶液，形成原电池加快了产H2速率C.乙烯能使滨水和酸性KM11O4溶液褪色，乙烯使两者褪色的化学原理相同D.C5H10不属于烷烧，C5H12属于烷危且有3 种同分异构体【答案】C【解析】【详解】A.原电池中电子有负极沿导线流向正极，铜锌硫酸组成的原电池中，锌是负极，铜是正极，所以电子有锌极流向铜极，故 A正
2、确；B.把 Zn片放入盛有盐酸的试管中，加入几滴CuCL溶液，发生置换反应，生成铜，构成锌铜原电池，加快了化学反应速率，故 B正确；C.乙烯能使淡水和酸性KMnCh溶液褪色，原理不同，乙烯与滨水中的溪单质发生加成反应，乙烯与酸性高镒酸钾发生氧化还原反应，故 C错误；D.一 分 子 CsHio五个碳原子十个氢原子不饱和，不属于烷烧，CsHm属于烷烧且有3 种同分异构体，分别是正戊烷，异戊烷，新戊烷，故 D正确；故选：Co2.从海带中提取碘有如下步骤：通入足量的Cb，将海带焙烧成灰后加水搅拌，加 CCL,振荡，用分液漏斗分液，过滤。合理的操作顺序是()A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】从海
3、带中提取碘时，应先将海带焙烧成灰后加水搅拌，过滤后得到含有碘离子的溶液，通入足量的Cl2,得到碘单质，加 CCL振荡，萃取，用分液漏斗分液，得到碘的四氯化碳溶液，答案为B。3.在体积固定的密闭容器中，加入2molA和 ImolB发生下列反应并且达到化学平衡状态，2A(g)+B(g)q=i3c(g)+D(g),平衡时C 的浓度为a m o l-1 若维持容器体积和温度不变，按下列4 种方法配比作为起始物质充入该容器中，达到平衡后，C 的浓度仍为amol】T 的是()A.4molA+2molB B.3molC+linoiB+lmolD+lmolAC.2molA+lmolB+lmolD D.1HIO
4、IA+0.5ITIOIB+1.5molC+0.5molD【答案】D【解析】【分析】维持容器的温度和体积不变，按下列四种配比作为起始物质，达到平衡后，C 的浓度仍是amolL“，说明达到相同的平衡，根据等效平衡，把物质都换算成方程式一边的物质，且和初始加入的2moi A、ImolB相等即可。【详解】A.4molA+2molB是原来初始量的2 倍，相当于增大压强，平衡正向进行，C 的浓度增大，A 不符合；B.3moic+lmolB+lmolD+lmolA 换算成 AB 为 3moiA、2m olB,相当于在 2moiA、ImolB 的基础上增加A,平衡正向移动，C 的浓度增大，B 不符合；C.2m
5、oiA+lmolB+lmolD相当于在2moiA、ImolB基础上增加D,平衡逆向移动，C 的浓度减小，C 不符合；D.ImolA+0.5moiB+lmolC+0.2moID 转化成 AB 为,2moiA,Im olB,平衡时 C 为 amolL“,D 符合。答案选D。4.在下列制备环氧乙烷的反应中，原子利用率最高的是A.C3CH2+CCH3OOOH(过氧乙酸)-CJ7CH2+CH,COOH0B.CH2-CH2+Cl2+Ca(OH)2 一飞严2+CaCl2+H2O0C.2cH2=8 2+0 2 2 咫 氏0D.3HoeH2cH20H 也匚 HOCH2CH2OCH2CH2OH+C20【答案】C【
6、解析】【分析】“绿色化学”要求在化工合成过程中，原子利用率达到100%,则有机反应的产物只有一种。【详解】只有反应物分子的原子全部进入生成物分子中，原子的利用率才能是100%的，2cH2=CH2+O 2 蝴剂一2区 7cH谢反应中,反应物全部转化为生成物,%?汨 2,没有副产品，原子利用率最高,00故选C。【点睛】本题考查有机物反应特点，侧重合成反应及反应产物分析的考查，注意把握常见有机反应的特点，明确合成过程中原子利用率为解答的关键。5.下列变化属于吸热反应的是碳与二氧化碳化合生石灰与水反应生成熟石灰Z n与稀硫酸反应氯酸钾分解制氧气Ba(OH)i.8H1O 与 NH4cl 反应甲烷与氧气的
7、燃烧A.B.C.D.【答案】C【解析】碳与二氧化碳化合生成CO是吸热反应；生石灰与水反应生成熟石灰是放热反应；Zn与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，是放热反应；氯酸钾分解制氧气是吸热反应；Ba(0H)8HQ与NH4cl反应是吸热反应；甲烷与氧气的燃烧是放热反应，答案选C。6.下列推断正确的是()A.根据同浓度的两元素含氧酸钠盐(正盐)溶液的碱性强弱，可判断该两元素非金属性的强弱B.根据同主族两非金属元素氢化物沸点高低，可判断该两元素非金属性的强弱C.根据相同条件下两主族金属单质与水反应的难易，可判断两元素金属性的强D.根据两主族金属原子最外层电子数的多少，可判断两元素金属性的强弱【答案】C【解析】
8、【详解】A.元素的最高价含氧酸的酸性越强，则该元素非金属性越强，故A错误；B、氢化物沸点高低与晶体类型等因素有关，和元素的非金属性强弱没有必然联系，故B错误；C、元素的单质与水反应的越容易，则该元素金属性越强，反之越弱，故C正确；D、当元素原子电子层数相同时，才可以根据最外层电子数的多少判断金属性的强弱，故D错误.故选:C.7.一定温度下恒容的密闭容器中，反 应A K gH B X g).2AB(g)达到平衡的标志是A.正反应速率和逆反应速率相等且都为零B.容器内气体的总压强不随时间变化C.单位时间内生成2nmol A B的同时生成n mol B2D.容器内气体的平均相对分子质量不随时间变化【
9、答案】C【解析】试题分析：A.正反应速率和逆反应速率相等且都不为零是化学平衡状态的标志，A错误；B、反应前后气体的化学计量数之和相等，反应无论是否达到平衡状态，压强都不变，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，B错误；C、单位时间内生成2nmolAB的同时生成nmolB2,说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故 C 正确；D、反应前后气体的质量不变，物质的量不变，无论是否达到平衡状态，平均相对分子质量都不随时间变化，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故 D 错误.考点：可逆反应达到平衡状态的标准的判定。8.“玉兔”号 月 球 车 用 PU作为热源材料。下列关于二相PU的说法正确的是（）A.23
10、2 P U与238，互为同位素94 92UB.239 P U与 二 P U具有相同的中子数94 94C.232 P u与二抬U具有完全相同的物理性质和化学性质94 92D.239 P U与239 P U具有相同的电子层结构94 94【答案】D【解析】【详解】A.有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素，Pu和 U 的质子数不同，不是同位 素,故 A 错误；B.239 P u的质量数A=239、质子数Z=94、则中子数N=A-Z=239-94=145,：32 Pu的质量数A=238、质子数Z=94、则中子数 N=A-Z=238-94=144,核内质子数相同，但中子数不同，故
11、B 错误；C.两者的质子数不同，232 Pu与:北 U 属于不同的元素，其化学性质不同，故 C 错误；94 92D.两者具有相同的质子数，所以其核外电子数相同，则具有相同的电子层结构，故 D 正确。故选D。【点睛】质量数=质子数+中子数，核内质子数=核外电子数=核电荷数=原子序数。9.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+3、+5、3-2下列叙述正确的是A.X、Y 的单质与稀盐酸反应速率X S O；、C l，S2C.N H j、M g S O；、N 0：t D.K+C a2+C l-.N a+【答案】B【解析】分析：某
12、溶液既能溶解Ai(OH)3,又能溶解A 1,但不能溶解F e,该溶液为强碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子。详解：某溶液既能溶解AI（OH）3,又能溶解A L 但不能溶解F e,该溶液为强碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子。A.HCO3一与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故 A 错误；B.N a SO?ClS室 之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故 B 正确；C.NH4 Mg?+都与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故 C 错误；D.氢氧化钙微溶于水，Ca2+与氢氧根离子在溶液中不能大量共存，故 D 错误；故选B。点睛：本题考查离子共存的判断，注意明确离子不
13、能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等。本题的难点是溶液酸碱性的判断，易错点为D。1 6.隔绝空气加热至5 0 0 C 时 绿 矶（硫酸亚铁晶体）能完全分解，某化学小组为探究分解产物的成分，选用下图所示装置进行实验（夹持装置略），A中固体完全分解后变为红棕色粉末。下列说法不正确的是A.所选用装置的正确连接顺序为A-C-E-D-BB.E装置是用来检验S 0 3,则 X可以是硝酸酸化的硝酸锁溶液C.可选用酸性K M n O,溶液检验A装置中残留固体是否为F e z O sD.该反应的化学方程式可能是2 F e S O4-7 H20=F e203+S 021
14、 +S 0 3 t +1 4 H20【答案】B【解析】分析：A中固体完全分解后变为红棕色粉末，铁由二价升高为三价，则有元素化合价降低，硫由+6 价，降为+4 价，有二氧化硫生成。A中硫酸亚铁晶体能完全分解2 F e S 04 7 H2O F e20 3+S 021 +S 031 +1 4 H20,用 C除去水，再通过E吸收三氧化硫，再用品红检验二氧化硫，最后用碱石灰除去尾气。详解：A、A中硫酸亚铁晶体能完全分解2 F e S O a 7 H 2 O=F e z（）3+S O 2 t+S O 3 t+1 4 H z O,用 C除去水，再通过E吸收三氧化硫，再用品红检验二氧化硫，最后用碱石灰除去尾
15、气。所选用装置的正确连接顺序为A-C-E-D-B,故 A正确；B、E装置是用来检验S 0 3,则 X不可以是硝酸酸化的硝酸钢溶液，二氧化硫会被氧化为硫酸根,生成硫酸钢沉淀，故 B错误；C、如有亚铁没有被氧化，溶于酸后，能使酸性K M n O,溶液褪色，可选用酸性K M n O,溶液检验A装置中残留固体是否为F e z O s,故 C正确；D.该反应的化学方程式可能是2 F e S 04 7 H20=F e203+S 0 2 1 +S 031 +1 4 H20,故 D 正确；故选 B 1 7.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
16、醇（乙酸）乙烷（乙烯）溪苯（溟）A.A B.B C.C D.D除杂试剂生石灰Na2cCh溶液酸 性 KMnO4溶液CC14分离方法蒸馈分液洗气萃取【答案】A【解析】【详解】A 项、水能与氧化钙反应生成沸点高的氢氧化钙，加入生石灰然后蒸储可分离出乙醇，故 A 正确；B 项、乙酸能与碳酸钠溶液反应生成沸点高的乙酸钠，加入碳酸钠溶液然后蒸储可分离出乙醇，不能利用分液法分离，故 B 错误；C 项、除杂时应能将杂质除去并不能引入新的杂质，乙烯能被酸性高镒酸钾溶液氧化成C O 2,引入了新的杂质，故 C 错误；D 项、CCL与澳苯和溟互溶，不能除去浪苯中混有的澳，应加入氢氧化钠溶液洗涤分液，故 D 错误；
17、故选A o【点睛】本题考查物质的分离提纯，侧重于分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，除杂时注意不能引入新杂质是解答关键。18.维生素C能增强人体对疾病的抵抗能力，促进人体生长发育，中学生每天要补充6 0 m g 的维生素C.下列物质含有丰富维生素C的 是（）A.牛肉 B.辣椒 C.鸡蛋 D.牛奶【答案】B【解析】分析：蔬菜和新鲜水果中富含维生素C,据此解题。详解：蔬菜和新鲜水果中富含维生素C,牛肉和鸡蛋中富含蛋白质。答案选B。19.如下图装置，试管中盛有水，气球a 中盛有干燥的NazOz颗粒。U 形管中注有浅红色的水。将气球用橡皮筋紧缚在试管口。实验时将气球中的NazOz抖落到
18、试管b 的水中，将发现的现象是A.U 形管内红水褪色C.气球a 被吹大B.试管内溶液变红D.U 形管水位dvc【答案】C【解析】【详解】由于发生反应2Na2（）2+2H2O=4NaOH+O2T，产生O2使气球膨胀，该反应放出大量热量，使锥形瓶中空气受热膨胀，左边液面下降，右边液面上升，而出现U 形管中水位d c,由于浅红色的水是在U 形管中而非试管中，则试管内溶液不变色，U 形管内的红水不褪色，故选C。2 0.据科学家预测，月球的土壤中吸附着数百万吨的汨e，而在地球上氢元素则主要以He的形式存在。下列说法正确的是A.原子核内含有4 个质子B汨 e与W He互为同位素C.汨 e与在元素周期表中占
19、有不同的位置D.旧 的最外层电子数为2,故汨e易失去最外层电子【答案】B【解析】【详解】A.原子核内有2 个质子，A 错误；B 汨与W H e都含有2 个质子，中子数不同，都 是 He元素的一种原子，互为同位素，B 正确；C.与拍6s为同位素，在元素周期表中所占位置相同，C 错误；D.士也最外层电子数为2,达到了稳定结构，故蛆6难失去或者得到电子，D 错误；故合理选项为Bo二、计 算 题（本题包括1 个小题，共 10分）21.一种用铝土矿和硫铁矿烧渣（配料中含AI2O3、Fe2O3 FeO及 Si（）2等）为原料制备无机高分子絮凝剂聚合碱式氯化铝铁的流程如下：盐酸 H2O2溶 液NaOH溶液（
20、1）配 料 中 属 于 两 性 氧 化 物 的 是，步骤H酸溶时，FezOj被 溶 解 的 化 学 方 程 式 为（2）“滤 渣 1”的 主 要 成 分 为 （填化学式），为检验“过 滤 1”后的溶液中是否含有F e?*,可选用的化学试剂是.(3)步骤IV加 入H2O2溶 液 的 目 的 是,发生反应的离子方程式为一。(4)步骤V 调节pH=3发生反应生成聚合碱式氯化铝铁，若溶液pH过大，可 能 造 成 的 影 响 是；步骤VI包含的操作有过滤、干燥得到产品。(5)测定聚合碱式氯化铝铁 可表示为 FeaAlb(OH)xClJ n)中 n(Fe)/n(Al)的比值的步骤如下：步 骤 1：准确称取
21、产品5.710g溶于水，加入足量的稀氨水，过滤，将滤渣灼烧至质量不再变化，得到3.350g固体。步 骤 2：另准确称取相同质量样品，溶于足量NaOH溶液，过滤，充分洗涤，将滤渣灼烧至质量不再变化,得到固体0.8000g.计算产品中n(Fe)/n(Al)的比值。(写出计算过程)【答案】AI2O3 Fe2O3+6HCl=2FeCI3+3H2O SiO2 KSCN溶液 把溶液中的亚铁离子氧化为铁离子 2Fe?+H2O2+2H+=2Fe+2H2。得到的是 Fe(OH)3和 Al(OH)3 洗涤 5:1【解析】【分析】由流程图可知，铝土矿和硫铁矿烧渣酸溶时，AI2O3 Fe2O3和 FeO与盐酸反应生成
22、氯化铝、氯化铁和氯化亚铁，SiO2不与盐酸反应，过滤得含有氯化铝、氯化铁和氯化亚铁的滤液，滤 渣 1 为没有反应的SiO2；酸性条件下，向滤液中加入双氧水溶液，氯化亚铁被双氧水氧化生成氯化铁；向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH为 3,促进氯化铝和氯化铁的水解得到聚合碱式氯化铝铁，若溶液pH过大，可能会使氯化铝和氯化铁转化为Fe(OH)3和 A1(OH)3沉淀，降低聚合碱式氯化铝铁的产率；静置后，过滤、洗涤和干燥得到聚合碱式氯化铝铁产品。【详解】(1)配料中AI2O3为两性氧化物，Fe2O3,FeO为碱性氧化物，SiCh为酸性氧化物；步骤H酸溶时，Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁和水，
23、反应的化学方程式为Fe2O3+6HCl=2FeCI3+3H2O,故答案为：A12O3；Fe2O3+6HCl=2FeCI3+3H2O；(2)酸性氧化物SiO2不与盐酸反应，过滤得到的滤渣1 为没有反应的SiO2；实验室用KSCN溶液检验Fe3+,故答案为：SiO2；KSCN溶液；(3)步骤IV为酸性条件下，氯化亚铁被双氧水氧化生成氯化铁，反应的离子方程式为2Fe*+H2O2+2H=2Fe3t+2H2O,故答案为：2Fe2+H2O2+2H=2Fe3*+2H2O；(4)步骤V 若将溶液pH过大，可能会使氯化铝和氯化铁转化为Fe(OH)3和 A1(OH)3沉淀，降低聚合碱式氯化铝铁的产率；静置后，过滤
24、、洗涤和干燥得到聚合碱式氯化铝铁产品，故答案为：得到的是Fe(OH)3和 Al(OH)3;洗涤；(5)由步骤 2 在 5.710 样品中：160g m orX n(Fe2O3)=0.8000g,n(Fe2O3)=0.0050m ol,相，由步骤 1在 5.710g 样品中：102g mol-1 X n(AI2O3)+160g mol-1X n(Fe,Oj)=3.350g,102g,mol-1Xn(Al2O3)=3.350g-0.8000g,n(Al2O3)=0.025m ol,贝!Jn(AI)：n(Fe)=(2X0.025mol)：(2X0.005mol)=5:1,即产品中n(Fe)/n(A
25、l)的比值为：5:1.【点睛】若溶液pH过大，可能会使氯化铝和氯化铁转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，降低聚合碱式氯化铝铁的产率是实验设计的关键。三、实验题(本题包括1个小题，共10分)2 2.利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组通过在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下：根据设计要求回答：(1)B装置有三种功能：均匀混合气体；(2)(2)设V(C /V(C H 4)=X,若理论上欲获得最多的氯化氢，则x值应_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _o(3)E装置除生成盐酸外，还含有有机物，从E中 分 离 出 有 机 物 的 最
26、 佳 方 法 为。该装置还有缺陷，原因是没有进行尾气处理，其 尾 气 主 要 成 分 为(填 编 号)。a.CH4 b.CH3CI c.CH2CI2 d.CHCI3 e.CCI4(4)D装置的石棉中均匀混有KI粉末，其作用是 o(5)E装置的作用是(填编号)。A.收集气体 B.吸收氯气 C,防止倒吸 D.吸收氯化氢(6)在C装置中，经过一段时间的强光照射，发现硬质玻璃管内壁有黑色小颗粒产生，写出置换出黑色小颗粒的化学方程式 o【答案】控制气流速度干燥混合气体大于或等于4分液ab吸收过量的氯气CDCH4+2CE催化剂C+4HCI【解析】(D生成的氯气中含有水，B装置除具有均匀混合气体之外，还有控
27、制气流速度的作用。又因为浓硫酸具有吸水性，还具有干燥混合气体的作用；(2)氯气与甲烷发生取代反应，反应特点是Im ol氯气可取代Im olH原子生成Im o lH C l,设V(C12)/V(CH4)=x,若理论上欲获得最多的氯化氢，则x值应保证甲烷被完全取代，x应大于或等于4。(3)E装置中除了有盐酸生成外，还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水，能分层，可用分液分开；反应生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，只有一氯甲烷是气体，还可能有过量的甲烷，可能存在剩余的甲烷和生成的一氯甲烷等气体，应进行尾气处理，答案选ab；(4)氯气具有氧化性，K I
28、中-1价的碘能被氯气氧化,产物为氯化钾固体和碘单质，所以D装置的石棉中均匀混有K I粉末，能吸收过量的氯气。(5)装置中最后剩余的氯化氢气体需要吸收不能排放到空气中，氯化氢易溶于水需要防止倒吸，答案选CD；(6)黑色小颗粒是碳，该反应是置换反应，反应的方程式为CH4+2CL催化剂C+4HCL四、推断题(本题包括I 个小题，共 10分)2 3.有 关“未来金属”钛的信息有：硬度大熔点高常温下耐酸碱、耐腐蚀，由钛铁矿钛的一种工业流程为：反应:;丽四|(1)钛铁矿的主要成分是FeTith(钛酸亚铁)，其中钛的化合价 价，反应化学方程式为(2)反应的化学方程式为Tith+C+Cl更史TiCL+CO(未
29、配平)，该反应中每消耗12gC,理论上可制备TiCl4 go(3)TiCk在高温下与足量M g反应生成金属T i,反应化学方程式，该反应属于一(填基本反应类型)(4)上述冶炼方法得到的金属钛中会混有少量金属单质是一(填名称)，由前面提供的信息可知，除去它的试剂可以是以下剂中的一(填序号)A HC1 BNaOH CNaCl DH2SO4【答案】+4 2FeTiCh+C 高温 CO2t+2Fe+2TiO2 95g ZMg+TiC4高温 2Mgeb+Ti 置换反应 镁 AD【解析】【详解】(1)根据正负化合价的代数和为0,设钛元素的化合价为x,则+2+X+(-2)x3=0,解得x=+4；钛酸亚铁和碳
30、在高温条件下生成二氧化碳、铁和二氧化钛，2F eT Q+C 高 温 CO2T+2Fe+2TiO2;故填：+4；2FeTiCh+C 高温 CO2t+2Fe+2TiO2;(2)根据氧化还原反应原理配平得反应的化学方程式为TiO2+2C+2ck量鼠TiCl4+2CO,根据反应可知，每消耗12gC,理论上可制备TiCL 19()g/molX=95g；(3)TiCL在高温下与足量M g反应生成金属T i,根据质量守恒定律，还应有氯化镁，化学方程式为2Mg+TiCL高 温 2MgCl2+Ti；该反应是一种单质与一种化合物反应，生成一种新的单质和一种新的化合物，所以反应类型为置换反应；故填：2Mg+TiCL
31、高 温 2Mgeb+Ti；置换反应；(3)反应中加入足量金属镁可知得到的金属钛中会混有少量的金属镁，金属镁可以和盐酸或硫酸反应,所以除去它的试剂可以是稀盐酸或稀硫酸。故填：镁；AD【点睛】本题考查化学实验的设计和评价，物质的制备、收集和净化物质的分离等知识。易错点为(2)根据氧化还原反应原理配平得反应的化学方程式，钛的化合价不变，碳的化合价由0 价变为+2 价，氯的化合价变为-1 价，结合质量守恒配得反应T iO 2+2 C+2 cL 高 温 T iC l4+2 C O.五、综合题(本题包括1 个小题，共 1 0 分)2 4.L写出下列反应的化学方程式，并指出反应类型：(1)用乙烯制备聚乙烯：
32、;反应类型_ _ _ _ _ _ _ _(2)乙醇在加热有铜作催化剂的条件下反应：；反应类型_ _ _ _ _ _ _(3)乙酸乙酯在稀硫酸加热条件下水解：；反应类型I I.现有下列五种有机物：见、CH2=CHZ、CHSCLOH、C H3 C H 2 cH 2 C ft、C H 3 C O O H。请回答：(1)写 出 的 官 能 团 的 名 称.(2)与 互 为 同 系 物 的 是 (填序号)。(3)写 出 的 同 分 异 构 体 的 结 构 简 式。答案n C H2=C H2*.-C H2-CHJ 加聚反应 2 cH3cH 2 O H+O 2?2 cH 3 C H O+2 H 2 O 氧化
33、反应C M O O C H 2 cHs+&0 巴q CH3coO H+C H 3 cH 2 0 H 取 代 反 应 竣 基 C ft C H (C H s)C H3【解析】I.乙烯发生加成聚合反应可以制备聚乙烯，反应为：前3 黑 上 乙 壬 也 一 码 土，属于加聚反应；(2)乙醇在加热有铜作催化剂的条件下反应生成乙醛和水，反应方程式为：2 C H3C H2O H+O2 C 2 C H3C H 0+2 H20；反应类型氧化反应；(3)乙酸乙酯在稀硫酸加热条件下水解生成乙酸和乙醇，反应方程式为:C H 3 C 0 0 C H2C H3+H20 ,C H 3 C O O H+C H 3 C H 2
34、 O H；反应类型取代反应；I L (1)为 C H sC O O H,属于较酸，其官能团的名称为竣基；(2)与(甲烷属于烷所)互为同系物的是C H 3 cH 2 C H 2 C H 3 (丁烷也属于烷煌)；(3)的同分异构体有异丁烷，其结构简式为C H 3 cH (C H3)C H3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.检验淀粉、蛋白质、葡萄糖溶液，依次可分别使用的试剂和对应的现象正确的是A.碘水，变 蓝 色；浓硝酸，变黄色；新 制 CU（OH）2,砖红色沉淀B.浓硝酸，变黄色；新 制 CU（OH）2,砖红
35、色沉淀；碘水，变蓝色C.新 制 Cu（OH%,砖红色沉淀；碘水，变蓝色；浓硝酸，变黄色D.碘水，变 蓝 色；新制CU（OH）2,砖红色沉淀；浓硝酸，变黄色【答案】A【解析】【分析】【详解】检验淀粉用碘水，现象是显蓝色。浓硝酸能使蛋白质显黄色，葡萄糖含有醛基，可用新制氢氧化铜悬浊液检验，所以正确的答案是A。2.下列物质的分离方法不正确的是（）A.用重结晶的方法除去硝酸钾中混有少量的氯化钾B.用蒸馈的方法将自来水制成蒸储水C.用酒精萃取碘水中的碘D.用过滤的方法除去食盐溶液中的泥沙【答案】C【解析】【详解】A 项、氯化钾和硝酸钾都溶于水，二者溶解度不同，可利用结晶的方法分离，故 A 正确；B 项、
36、自来水中含有盐类物质，利用沸点不同制取蒸储水，则一般用蒸储的方法将自来水制成蒸储水，故B 正确；C 项、酒精和水互溶，则不能用酒精萃取碘水中的碘，一般选择苯或四氯化碳作萃取剂，故 C 错误；D 项、泥沙不溶于水，食盐溶于水，则能用过滤的方法除去食盐中泥沙，故 D 正确；故选C。3.某煌结构简式如下：QCH=CHCH3其分子结构中处于同一平面内的原子最多有（）A.18 种 B.17 种 C.16 种 D.12 种【答案】B【解析】【详解】根据苯环有12原子共面、乙烯分子有6 原子共面、碳碳单键可以旋转，当苯环所在的面与一CH=CH-C所在的面共面时，一C&中也有1个 H 原子可能在这个平面，故。
37、-CH=CH-CH 3分子结构中处于同一平面内的原子最多有17个，本题选B。【点睛】有机物分子中的共面问题，通常都以苯环12原子共面、乙烯6原子共面、乙快4 原子共直线、甲烷的正四面体结构为基本模型，将有机物分子分成不同的片断，逐一分析其共面可能。要注意题中间的一定共面还是可能共面。4.制造太阳能电池需要高纯度的硅，工业上制高纯硅常用以下反应实现：Si（s）+3HC1（g）3 0 0 X：SiHCh（g）+H2（g）;AH=-381 kJ-mol-SiH Cb+m】goi lo g 对上述两个反应的叙述中，错误的是A.两个反应都是置换反应 B.反应是吸热反应C.两个反应互为可逆反应 D.两个反
38、应都是氧化还原反应【答案】C【解析】分析：单质和化合物反应生成另外一种单质和化合物，该反应为置换反应，置换反应均为氧化还原反应；两个反应的反应条件不同，不属于可逆反应；根据正反应放热，则逆反应为吸热进行判断；据以上分析解答。详解：单质和化合物反应生成另外一种单质和化合物，该反应为置换反应，两个反应都是置换反应，A错误；反应为放热反应，反应为反应的逆反应，所以为吸热反应，B错误；不可逆，因为反应的条件不同，C 正确；置换反应都是氧化还原反应，D错误；正确选项C。点睛：所有的置换反应都为氧化还原反应，所有的复分解反应都为非氧化还原反应，化合反应、分解反应可能为氧化还原反应，也可能为非氧化还原反应。
39、5.已知一定温度下，下列反应的平衡常数：H2（g）+S（s）=H 2 s（g）K“S（S）+02（g）=S O 2（g）R o 则相同温度下反应 H2（g）+SO2（g）=iO 2（g）+H2s（g）的平衡常数为（）A.K1+K2 B.KI-K2 C.KJ K2 D.KI/K2【答案】D【解析】试题分析：H2（g）+SO2（g）=iO 2（g）+H2s（g）可以由：H2（g）+S（s）;=iH 2 s（g）减去S（s）+02（g）=iSO 2（g）得至U,H2（g）+S（s）=H 2 s（g）的平衡常数为 Kn S（s）+02（g）=S O 2（g）的平衡常数为K2O故反应H2（g）+SO2（
40、g）=iO 2（g）+H2s（g）的平衡常数为K1/K2,所以本题的答案选择D。考点：化学平衡常数的表达点评：本题考查了化学平衡常数的表达，该考点是高考考查的常考考点，本题难度不大。6.“信息”“材料”和“能源”被称为新科技革命的三大支柱。下列有关选项不正确的是（）A.信息技术的发展离不开新材料的合成和应用B.目前中、美、日等国掌握的陶瓷发动机技术大大提高了发动机的能量转化效率C.在即将到来的新能源时代，核能、太阳能、氢能将成为主要能源D.软质隐形眼镜和航天飞船表面的高温结构陶瓷都属于有机高分子材料【答案】D【解析】【详解】A.在20世纪发明的七大技术信息技术、生物技术、核科学和核武器技术、航
41、空航天和导弹技术、激光技术、纳米技术、化学合成和分离技术中，化学合成和分离技术为其余六种技术提供了必需的物质基础,因此信息技术的发展离不开新材料的合成和应用，故 A 正确；B.为了提高发动机热效率，减少能量损耗，这就需要取消或部分取消冷却系统，使用陶瓷耐高温隔热材料,故 B 正确；C.核能、太阳能、氢能都是洁净能源，为新能源时代的主要能源，故 C 正确；D.航天飞船表面的高温结构陶瓷是无机非金属材料，故 D 错误。故选D。7.我国本土科学家屠呦呦因为发现青蒿素而获得2015年的诺贝尔生理和医学奖。已知二羟甲戊酸是生物合成青蒿素的原料之一，下列关于二羟甲戊酸的说法正确的是()o/川必人人/0H二
42、殿甲戊酸A.能发生加成反应，不能发生取代反应B.一定条件下，能够发生水解反应C.标准状况下hnol该有机物可以与足量金属钠反应产生22.4L H2D.与乙醇发生酯化反应生成产物的分子式为C 此【答案】D【解析】A.不能发生加成反应，故 A 错误；B.不存在可水解的基团，不能发生水解反应，故 B 错误；C.标准状况下Imol该有机物可以与足量金属钠反应产生1.5molx22.4L/mol=33.6LH2,故 C 错误；D.二羟甲戊酸的分子式为C6Hl2。4,-COOH与乙醇发生酯化反应生成有机产物的分子式为C8Hl6。4,故 D 正确；答案为D。8.下列各选项中错误的是A.离子半径：L/H2SH
43、FC.酸性：H2SiO3H2CO3H2SO4HClO4 D.碱性：Al(OH)3Mg(OH)2NaOH【答案】B【解析】【详解】A 项、同主族元素自上而下，离子半径依次增大，则离子半径的大小顺序为Li+Na+K+,故 A 正确；B 项、元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强，非金属性的强弱顺序为SiSF,则氢化物稳定性的强弱顺序为SiH4 H2SH F,故 B 错误；C 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，非金属性的强弱顺序为SiC则最高价氧化物对应水化物的酸性的强弱顺序为H2SiO3H2CO3H2SO4HClO4，故 C 正确；D 项、元素的金属性越强，最高价氧化物对应水
44、化物的碱性越强，金属性的强弱顺序为AlM gNa,则最高价氧化物对应水化物的碱性的强弱顺序为Al（OH）3Mg（OH）2Mn,所以可以用铝热反应选用装置乙来可制得金属镒，正确；C.加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物来制取乙酸乙酯。由于乙酸、乙醇都有挥发性,而且乙醇容易溶于水，乙酸可以与NaOH发生反应，而产生的乙酸乙酯也可以使乙酸乙酯发生水解反应消耗，因此使用装置丙来进行实验室制取乙酸乙酯时要换成饱和NaO3溶液来分离除杂，错误；D.HC1溶于水使烧瓶中气体压强减小，小气球会鼓起胀大，因此可以使用该装置验证HC1气体在水中的溶解性大小，正确。考点：考查化学实验操作的正误判断的知识。18.在塑料袋中
45、放一个成熟的苹果和一些青香蕉，将袋口密封，两天后青香蕉成熟了。导致青香蕉成熟的物质是成熟苹果释放出的A.C2H4 B.CH3C00H C.C6H6 D.CH3CH2OH【答案】A【解析】乙烯具有催熟作用，成熟的苹果可以释放出乙烯，导致青香蕉成熟，答案选A。19.下列关于化石燃料及其使用的一些说法中不正确的是()A.煤的气化是指将固态煤粉碎后高温下变为气态，以使煤燃烧时能与氧气充分接触而完全燃烧B.天然气除可用作清洁能源外，也可用于合成氨和生产甲醇等C.石油分储得到的汽油和石油催化裂化得到的汽油其成分不相同D.化石燃料也是重要的化工原料，乙烯和苯就是分别来自于石油和煤的基本化工原料【答案】A【解
46、析】【分析】A.煤的气化是指将固体煤转化为含有CO、H2、CH&等可燃气体和CO2、N2等非可燃气体的过程；B.天然气是一种公认的清洁、高效、绿色能源；C.石油分储得到的汽油主要含有饱和烧和石油催化裂化得到的汽油含有不饱和危；D.石油裂解可以得到乙烯，催化重整可以得到苯。【详解】A、煤的气化是将固态煤转化为可燃性气体的过程，主要反应的化学方程式为C(s)+H2O(g)1 C O(g)+H2(g),选项A错误；B、天然气、煤和石油都是重要的化工原料，选 项B正确；C、直储汽油的成分是烷烧，裂化汽油中含有不饱和烧，选 项C正确；D、天然气、煤和石油都是重要的化工原料，选项D正确；答案选A。【点睛】
47、本题考查化石燃料与基本化工原料，注意石油分馆得到的汽油主要含有饱和烧和石油催化裂化得到的汽油含有不饱和燃。2 0.过氧化氢(H2O2)溶液俗称双氧水，医疗上常用3%的双氧水进行伤口消毒。H2O2能与SO2反应生成H2SO4,H2O2的分子结构如图所示。下列说法错误的是()A.出。2的结构式为HOOHB.为含有极性键和非极件键的共价化合物C.H2O2与SO2在水溶液中反应的离子方程式为SO2+H2O2=2H+SO?D.H2O2与SO?反应过程中有共价键断裂，同时有共价键和离子键形成【答案】D【解析】【分析】【详解】A.由H2O2的分子结构图可知，H2O2的结构式为HOOH,故A正确；B.为共价化
48、合物，含 有H-O极性键和0-0非极件键，故B正确；C.H2O2与SO?在水溶液中反应的化学方程式为H2O2+S02=H2SO4,H2sO4为强电解质，完全电离，反应的离子方程式为S02+H2O2=2Ht+S O L,故C正确；D.H2O2与SO?反应的化学方程式为H2O2+S02=H2SO4,反应过程中有共价键断裂，同时有共价键形成，但没有离子键的形成，故D错误；答案选D。二、计算题(本题包括1个小题，共10分)2 1.有机物A只由C、H、O三种元素组成，常用作有机合成的中间体，测得8.4g该有机物经燃烧生成22.0g CO2和7.2g水，质谱图表明其相对分子质量为84；红外光谱分析表明A中
49、含有-OH和位于分子端的-C三C-,核磁共振氢谱显示有3种峰，且峰面积之比为6:1:1。试通过计算求A的分子式和结构简式OH【答案】CSH8O.HC=C-CHJ尻【解析】【分析】I T I根 据 n=下 计算有机物A、二氧化碳、水的物质的量，根据原子守恒计算燃分子中C、H原子数目，根据相对原子质量计算分子中氧原子数目，据此书写燃的分子式；红外光谱分析表明A分子中含有O-H 键和位于分子端的C 三 C键，核磁共振氢谱有三个峰，峰面积为6:1:1,分子中有3 种不同的H原子，原子数目之比为6:1:1,据此判断有机物A的结构简式。【详解】有机物A只含有C、H、O 三种元素，质谱图表明其相对分子质量为
50、8 4,1 6.8 g有机物A的物质的量8 4 月22e=O J,=0.1 mol,经燃烧生成2 2.0 g C O?，物质的量为一，=0.5moL生成7.2 gH 2。，物质的量84glmol 44g/mol“7.2 g 与一.0.5molxl 0.4 molx2 _为 7 7；-=0.4 mob故有机物A分子中N(C)=一 -=5,N(H)=-=8,根据相对分子质18g/mol O.lmol 0.1 mol_.8 4 1 2 x 5 8 ,._2x 5+2 8量为8 4,则 N(O)=-=1,故 A的分子式为C 5H 8。；C 5H 8 O不饱和度为：-=2,红1 6 2外光谱分析表明A分