《2019-2020学年拉萨市化学高一下期末考试模拟试题【5份试卷合集】.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年拉萨市化学高一下期末考试模拟试题【5份试卷合集】.pdf（81页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
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.有机物CH2=CHCH20H不能发生的反应是A.加成反应 B.中和反应 C.氧化反应 D.取代反应【答案】B【解析】分析：有机物分子中含有碳碳双键和羟基，结合乙烯和乙醇的性质分析判断。详解：A.含有碳碳双键，能发生加成反应，A 正确；B.碳碳双键和羟基均不能发生中和反应，B 错误；C.碳碳双键和羟基均能发生氧化反应，C 正确；D.含有羟基，能发生取代反应，D 正确。答案选B。2.下列叙述不正确的是A.用电子式表示HC1的形成过程：H 4 C1：-41：CI：B.类二二中的
2、原子核内的中子数与核外电子数之差是99C.在空气中加热金属锂：4Li+02-2 L i20D.（ClOzCHCE和 CH3cH2cH（倔）2属于同种物质【答案】B【解析】分析：A.HC1是共价化合物；B.质子数=核外电子数，质量数=质子数+中子数；C.L i的金属性较弱，与氧气反应生成氧化锂；D.结构与性质完全相同的是同一种物质。详解：A.HC1是共价化合物，H 原子和C1原子通过电子对的共用形成共价键，故用电子式表示形成过程为H +CI：*H ：Cl A 正确；B.质子数=核外电子数=67,质量数为1 6 6,则中子数为166-67=99,因此原子核内的中子数与核外电子数之差是99-67=3
3、2,B 错误；C.L i的金属性较弱，与氧气反应生成氧化锂，反应为4口+。2 0-2 口20,C 正确；D.（CH3）2CHC2H5和 CH3cH2cH（CH3”的结构与性质完全相同，属于同种物质，D 正确；答案选B。3.“玉兔”号月球车用第Pu作为热源材料。下列关于费pu的说法不正确的是（）A.曾 pu的原子核外电子数为144 B.赞 pu的核内质子数为94C.曹 pu与 望 Pu的化学性质相同 D.皆 pu与 fpu互为同位素【答案】A【解析】A.2；：P u的质子数为9 4,质量数为2 3 8,中子数为238-94=144,核外电子数为9 4,故 A 错误;B.2；：P u 的质子数为9
4、 4,故 B 正确；C.2j：P u与 2；：Pu具有相同的质子数，属于同种元素，化学性质基本相同，故 C 正确；D.与 p u 的质子数均为9 4,中子数不等，互为同位素，故 D 正确；故答案为A。4.下列各项因素中能够对化学反应速度起决定作用的是（）A.温度 B.浓度 C.催化剂 D.物质性质【答案】D【解析】影响化学反应速率的因素中，反应物的结构与性质是决定性的因素，即最主要因素，而温度、浓度、压强、催化剂等外界因素为次要因素，故选D。5.今有五种有机物:CH20H（CHOH）4cH O,（DCH3（CH2）3OH,CH2=CHCH2OH,CH2=CH-COOCH3,CH2=CH-COO
5、H。其中既能发生加成反应、加聚反应、酯化反应，又能发生氧化反应的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据各有机物中的官能团和各官能团的性质作答。【详解】CH20H（CHOHkCHO中，醛基能发生加成反应和氧化反应，醇羟基能发生酯化反应和氧化反应，不能发生加聚反应；CH3（CH2）3OH中，醇羟基能发生酯化反应和氧化反应，不能发生加成反应和加聚反应；CH2=CHCH20H中，碳碳双键能发生加成反应、加聚反应和氧化反应，含醇羟基能发生酯化反应和氧化反应；CH2=CHCOOCH3中，碳碳双键能发生加成反应、加聚反应和氧化反应，含酯基能发生水解反应（或取代反应），不能发生酯化反应；CH2=CH
6、COOH,含碳碳双键能发生加成反应、加聚反应和氧化反应，含竣基能发生酯化反应；其中既能发生加成反应、加聚反应、酯化反应，又能发生氧化反应的是，答案选A。6.在元素周期表中金属元素与非金属元素的分界线附近的一些元素能用于制（）A.合金 B.农药 C.催化剂 D.半导体【答案】D【解析】【详解】A.在元素周期表中，金属元素位于元素周期表的左下方，可以用来做合金等，如镁铝合金等，故不选A；B.非金属元素位于元素周期表右上方，通常制备农药所含的F、Cl、S、P等在周期表中的位置靠近，故不选 B；C.在过渡元素中寻找制催化剂的材料，如 M n O z、V 2O 5等，故不选C；D.在金属元素和非金属元素
7、分界线附近的元素既能表现出一定的金属性，又能表现出一定的非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如晶体硅，故选D。答案选D。【点睛】根据元素周期表中的元素分布及元素常见的性质来解题，一般金属延展性较好，可用于做合金，金属元素和非金属元素分界线附近的元素可以制作半导体材料，一般过渡金属可以用来做催化剂，一般非金属元素可以制作有机农药。7.在同温同压下，下列各组热化学方程式中，A H2,选项 C 正确；D.Ca CO3(s)=Ca O(s)+C02(g)A Hi 0,Ca O(s)+H2O(l)=Ca(O H)2 A H2A H 2,选项 D 错误。答案选 A。点睛：本题考查了物质反应能量变化分析判
8、断，主要是盖斯定律的应用，物质量不同、状态不同、产物不同，反应的能量变化不同，题目较简单。8.下列实验装置正确且能达到实验目的的是()图1图2图3图4A.用 图 1 装置证明非金属性CDOSiB.利用图2 装置，用饱和碳酸钠溶液分离乙醇和乙酸乙酯混合液C.图 3 为配制1 00 m L 一定浓度硫酸溶液D.用图4 装置灼烧海带【答案】B【解析】分析：A项，元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性越强，但稀盐酸属于无氧酸，不是最高价氧化物对应的酸；B 项，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度很小，而乙醇易溶；C项，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释，冷却后转移到容量瓶中；D项，灼烧海
9、带应在用堪中进行。详解：A项，稀盐酸属于无氧酸，不是最高价氧化物对应的酸，所以不能根据Na2CO3+2HCI=2NaCI+H2O+CO2t,证明非金属性 C1C,故 A 项错误；B 项，分离乙酸乙酯和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，实现酯和乙醇的分离，分离油层和水层采用分液的方法即可，故 B 项正确；C项，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释，冷却后转移到容量瓶中，故 C项错误；D项，灼烧海带应在用竭中进行，故 D项错误。综上所述，本题正确答案为B。9.在恒温恒压的密闭容器内发生如下反应：2NO2（g）=N2（Mg）,达到平衡时，再向容器内通入一定量的 NO2（g）,重新达到平衡后，与第
10、一次平衡时相比，N th的体积分数A.不变 B.增大 C.减小 D.无法判断【答案】A【解析】【分析】【详解】在恒温时，一容积可变的密闭容器中发生反应：2N（h（g）NzOMg）。达到平衡时，再向容器内通入一定量 的 NOMg）,由于反应前后反应物和生成物均是一种，因此如果保持压强不变，则平衡等效，体积分数不变，答案选A。10.工业合成氨反应N2+3HZ=2NH3,是一个正反应为放热的可逆反应。下列说法正确的是A.使用合适的催化剂可以加快反应速率，提高生产效率B.生成物的总能量大于反应物的总能量C.将该反应设计成原电池，放出的热量不变D.达到平衡时，N?的浓度与烟的浓度一定相等【答案】A【解析
11、】分析A、使用催化剂加快了反应速率，缩短反应时间，提高反应效率，平衡不移动；B、正反应是放热反应；C、若把该反应设计成原电池，化学能除转化成热能外，还转化成电能，所以放出的热量应减少；D、达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，以此解答。详解：A、使用催化剂加快了反应速率，缩短反应时间，提高反应效率，平衡不移动，所以A 选项是正确的；B、正反应是放热反应，则生成物的总能量小于反应物的总能量，故 B 错误；C、若把该反应设计成原电池，化学能除转化成热能外，还转化成电能，所以放出的热量应减少，故 C 错误；D.达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变但不一定相等，故 D 错误
12、；所以A 选项是正确的。H.如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相同的空心铜球和空心铁球，调节杠杆使其在水中保持平衡，然后小心地向烧杯中央滴入浓CuS04溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是（实验过程中不考虑铁丝反应及两边浮力的变化）（）A.杠杆为导体和绝缘体时，均为A端高B端低B.杠杆为导体和绝缘体时，均为A端低B端高C.当杠杆为绝缘体时，A端低B端高；为导体时，A端高B端低D.当杠杆为绝缘体时，A端高B端低；为导体时，A端低B端高【答案】D【解析】【分析】杠杆为导体时，向烧杯中央滴入浓CuS（h 溶液，构成Fe、Cu原电池；当杠杆为绝缘体时，只发生Fe与硫酸铜溶液的反应
13、，以此来解答。【详解】杠杆为导体时，向烧杯中央滴入浓CuSOa溶液，构成Fe、Cu原电池，Fe为负极，发生Fe-2e-Fe2+,Cu为正极，发 生 Cu2*+2e=Cu,则 A 端低，B 端高；杠杆为绝缘体时，只发生Fe与硫酸铜溶液的反应，在 F e的表面附着C u,质量变大，则 A 端高，B 端低,答案选D。【点睛】解题的关键是理解化学反应的原理，分析出铜丝与铁丝表面的固体质量变化是关键。1 2.书写正确的电离方程式是A.CH3COOHH*+CH3COO-C.H2co3=2H+CO；KHSO4 二 K-+H+so jD.HnSO3-2H-+SOf【答案】A【解析】【详解】A.醋酸是弱酸，不能
14、完全电离，要用可逆号，电离方程式为：CH,COOH#CH3COO+H+,A 项正确；B.硫酸氢钾是强酸酸式盐，在水溶液中能完全电离出氢离子、钾离子和硫酸根离子，B 项错误；C.碳酸是二元弱酸，分两步电离，H2CO3#H+HCO3,HCO3#H+CO32,C 项错误；D.亚硫酸是二元弱酸，分两步电离，H2sO3=H+HSO HSO3MH+SO3*,D 项错误；答案选A。1 3.短周期M、N 两种元素对应的简单离子分别为mMa+、n N%若离子的核外电子排布相同，则下列关系不正确的是（）A.原子半径：M N B.离子半径：M N D.主族序数：M N,故 A错误；B.M,、nN的核外电子排布相同，
15、M的质子数大于N,所以离子半径：故 B正确；C.根据M、N在周期表中的相对位置，原子序数：M N,故 C正确；D.M 的简单离子是阳离子、N的简单离子是阴离子，所以主族序数：M c(OH-)c(H+)C.10 01111=2的此1 溶液与10位 0.0111101广于2(011)2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20 mL,则溶液的：c(Cl-)+c(OH-)=c(Ba2+)+c(H+)D.10 mL 0.5 mol/L Na2cO3溶液中慢慢滴入 10 mL 0.5 mol/L 盐酸后的溶液:c(CO32-)+c(OH-)=c(H2CO3)+c(H+)【答案】C【解析】【详解】A.在 0.
16、1 mol U N aC K)溶液中，存在物料守恒：c(Na+)=c(HC10)+c(C10-),故 A 正确；B.混合后为氯化钠和氨水，显碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)=c(Cl-)c(OH-)c(NH4+)c(H+),故B 正确；C.常温下，pH=2 的 HC1 溶液浓度为 0.01 10 mL 0.01 mobL HCl 溶液与10mL0.01 moILBa(OH)2溶液充分混合后，碱剩余，根据电荷守恒，c(Cr)+c(OH-)=2c(Ba2+)+c(H+),故 C 错误；D.10 mL0.5 mol/L Na2cO3溶液中慢慢滴入10 mL0.5 moVL盐酸后的溶液中存在等
17、浓度的氯化钠和碳酸氢钠，溶液显碱性，根据质子守恒，C(CO32-)+C(OH-)=C(H2cO3)+c(H+),故 D 正确；故选C。1 7.向 NaOH和 Na2c03混合溶液中滴加O.lm o lir稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是()A.在 0a 范围内，只发生中和反应B.a=0.3C.ab段发生反应的离子方程式为CO32+2H+=CO2T+H2OD.原混合溶液中NaOH与 Na2cCh的物质的量之比为1:2【答案】B【解析】【分析】向 NaOH和 Na2c03混合配成的溶液中滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应：NaOH+HCl=NaC
18、l+H2O,氢氧化钠反应完毕后再发生碳酸钠与盐酸的反应:HCl+Na2cO3=NaHCO3+NaCL最后发生反应：NaHCO3+HCI=NaCl+H2O+CO2T,利用物质的量的关系并结合图象分析解答。【详解】A.向 NaOH和 Na2cCh混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠：NaOH+HCl=NaCl+H2O,继续滴加时，盐酸与 Na2c(h 首先发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl,不放出气体，继续滴加时发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2t,则在0-a范围内发生反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O,HCl+Na2cCh=Na
19、HCO3+NaCl,故 A 错误；B.根据图像可知，从 a 点开始发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+C(hT，该过程中消耗氯化氢的物质的O.Olmol量与生成二氧化碳的物质的量相等为O.Olmol,则消耗0.1molL”稀 盐 酸 的 体 积 分 别 为:=0.1L,0.Imol/L所以 a=0.4-0.1=0.3,故 B 正确；C.根据分析可知，ab段发生反应为：NaHCO3+HCI=NaCI+H2O+CO2T,反应的离子方程式为：HCO3+H+=H2O+CO2T，故 C 错误；D.根据碳元素守恒，混合物中碳酸钠的物质的量是O.Olmol,b 点消耗盐酸的物质的量为0.1mol
20、/Lx0.4L=0.04mol,则 a 点氯化氢的物质的量为：0.04moI-0.01=0.03moL根据反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl可知，O.Olmol碳酸钠消耗O.Olmol氯化氢生成碳酸氢钠，则氢氧化钠的物质的量为0.03mol-0.01mol=0.02mol,所以原混合溶液中NaOH与 Na2CO3的物质的量之比为O.Olmol：0.01mol=2：1,故 D 错误;故选B。【点睛】明确盐酸与碳酸钠的反应可以分为两步：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCI,然后再发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2T是解题的关键。本题的难点和易错点为D,要注
21、意根据反应的方程式计算判断。1 8.下列实验现象预测正确的是（）A.实 验 I：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B.实验II：酸 性 KMnCh溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去C.实验III：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D.实验W：滴入FeCb后，可形成带电的胶体，该分散系导电能力增强【答案】B【解析】分析：A.根据单质溟能与NaOH溶液发生反应，苯与水互不相溶；B.根据浓硫酸具有脱水性和氧化性的性质分析；C.根据在加热时稀硝酸与铜发生反应，硝酸被还原成N O,广口瓶内有空气，可与NO反应；D.胶体粒子带电荷，胶体本身不带电。详解：A 项，苯的密度比水小，位于上层，
22、苯中的B。与 NaOH溶液发生反应，因此振荡后静置，上层溶液褪色，故 A 项错误；B 项，浓 H2s04与蔗糖发生氧化还原反应生成SCh和 CO2,CO2不与酸性KMnO4溶液反应，有气泡产生,SO2与酸性KMnCh溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，故 B 项正确；C 项，微热稀HNO3片刻，铜与稀HNCh发生反应生成NO,NO与广口瓶内的O2反应生成红棕色的NO2,故 C 项错误。D 项，FeCb饱和溶液滴入沸水中继续煮沸至红褐色，生成氢氧化铁胶体，胶体电中性，不带电，故 D 项错误;综上所述，本题正确答案为B。点睛：本题考查实验方案的评价，涉及到氧化还原反应、萃取等知识点，属于常见的冷拼试题
23、，考查点较多，学生应注意思维的及时转换来解答，B选项难度较大。19.在水中易分解。一定条件下，起始浓度均为0.0 2 1 6 m ol/L 的 溶 液，在不同的p H、温度下，发生分解反应，测得浓度减少一半所需的时间(t)如下表所示：下列判断不正确的是 P H、t /m i n T/A3.04.05.0 6.02 03 0 12 3 11 6 95 83 01 5 81 0 84 81 55 03 12 61 57A.实验表明，升高温度能加快的分解速率B.p H 增大能加速。3 分解，表明0 联可以对的分解起催化作用C.在 3 0 C、p H=4.0 时，&的分解速率为 L O O X l O
24、-n i ol/(L m i n)D.据表中的规律可推知，。3 在下列条件下的分解速率v (4 0、p H=3.0)v (3 0、p H=7.0)【答案】D【解析】A.实验表明，在 pH不变时，升高温度，t h 浓度减少一半所需的时间减少，所以升高温度能加快0 3 的分解速率，A正确；B.温度不变时，pH增大0 3 浓度减少一半所需的时间减少所以pH增大能加速0 3 分解,表 明 O F T 可以对0 3 的分解起催化作用，B正确；C.在 3 0、p H=4.0 时，。3 的分解速率为=1.0 0 x l 0-4m ol /(L-m i n),C 正确；D.据表中的规律可推知，在 4 0 C、
25、p H=3.0 的条件下，C h 浓度减少一半所需的时间一定大于3 1 s,在 3 0、p H=7.0 的条件下，t h 浓度减少一半所需的时间一定小于1 5 s,所以O 3 在下列条件下的分解速率v (4(T C、p H=3.0)v (3 0、p H=7.0),D不正确。本题选D。点睛：本题考查的是用控制变量法探究影响化学反应速率的因素，其关键是控制在其他条件相同的条件下,分析某因素发生变化时对化学反应速率的影响，考查了学生分析数据的能力和归纳推理能力。2 0.下列说法正确的是()A.由 H形 成 1 m ol H-H 键要吸收热量B.所有燃烧反应都是放热反应c.16go3单质中含有的分子个
26、数为NAD.凡经加热而发生的化学反应都是吸热反应【答案】B【解析】分析：A、化学键的形成会放出能量；B、所有发光放热的氧化还原反应均为燃烧；C、求出臭氧的物质的量，然后根据分子个数N=nNA判断；D、不能根据反应条件来判断反应吸放热。详解：A、由于原子的能量高于分子的能量，故化学键的形成会放出能量，故 A 错误；B、所有发光放热的氧化还原反应均为燃烧，故所有的燃烧均为放热反应，故 B 正确；C、16g臭氧的物质的量为n=*=m o l,故分子个数NENAJ NA个，故 C 错误；D、不能根据反应条件来判断反应吸放热，即4%/一 一 3 i需要加热的反应不一定是吸热反应，不需要加热的不一定是放热
27、反应，故 D 错误；故选B。二、计算题(本题包括1 个小题，共 10分)21.一块表面被氧化的钠，投入足量水中充分反应，放出3.36L(标准状况)的气体，该气体在电火花下刚好完全反应；测得反应后溶液的体积为200m L,此溶液与100mL6moi/L的盐酸恰好完全中和。试计算(简要写出计算过程)：(1)反应所得NaOH溶 液 的 物 质 的 量 浓 度 是 多 少?(2)该表面被氧化的钠各成分的质量是多少g_?【答案】3moi/L m(Na)=4.6g、m(Na2O)=6.2g、m(Na2()2)=7.8g【解析】【分析】表面已氧化变质的金属Na投入水反应生成的气体在电火花下刚好完全反应，说明
28、生成的气体为氢气和氧气的混合物，因此该固体中含有钠、过氧化钠，根据与盐酸反应的氢氧化钠的量分析判断有无氧化钠，再结合反应的方程式分析计算。【详解】(1)表面已氧化变质的金属Na投入水，无论是钠、氧化钠还是过氧化钠与水反应均生成氢氧化钠，因此所得溶液为氢氧化钠溶液，所得溶液200mL与 100mL6mol/L盐酸恰好反应，最终溶质为NaCl,所得200mL溶液中n(Na+)=n(Cr)=6moin.x0.1L=0.6mol,由Na元素守恒,溶液中氢氧化钠的物质的量为0.6mol,NaOH溶液的物质的量浓度=3m()l/L,答：反应所得NaOH溶液的物质的量浓度是3moi/L；0.2L3.36L收
29、集到气体3.36L,气 体 的 物 质 的 量 r=0.15m ol,该气体在电火花下刚好完全反应，说明生成的气体为氢气和氧气的混合气体，且 n(H2)：n(O2)=2:1,即 n(H2)=0.1mol,n(02)=0.05m ol,根据2Na+2H2O=2NaOH+H2T,需要钠 0.2moL 质量为 0.2molx23g/mol=4.6g,根据 2Na2O2+2H2O=4NaOH+02 T，则表面的过氧化钠为O.lmoL质量=0.1molx78g/mol=7.8g,根据钠元素守恒，表面生成的氧化钠的物质的量=86ml 一。2m d 一0mol x?=o/m o i,质量为0 molx62g
30、/mol=6.2g,答：表面被氧化的钠各成分的质量分别为 m(N a)=4.6 g 、m(N a 2 O)=6.2 g、m(N a 2 C h)=7.8 g。【点睛】本题的易错点和难点是判断固体的组成，要注意固体的组成只可能为钠、氧化钠、过氧化钠中的2 种或3种，需要根据生成的气体在电火花下刚好完全反应判断。七、工业流程三、实验题(本题包括1 个小题，共 1 0 分)2 2.溟苯可用作有机溶剂澳苯是制备精细化工品的原料，也是制备农药的基本原料。其制备可采用下列装置：有关数据如下表:密度(g c m-3)熔点/C沸点/c溶解性漠3.1 2-7.25 8.8微溶于水,易溶于乙醇、乙酸、氯仿、四氯化
31、碳等苯0.8 85.58 0.1不溶于水,易溶于有机溶剂澳苯1.5 0-3 0.71 5 6.2不溶于水，溶于甲醇、乙醛、苯、四氯化碳等多数有机溶剂有关反应：Hr(i)O+B r 2%己+H B r (嗅苯制备反应)Br(i i)j+H z。幽+曲(反 应 微 弱)实验步骤：在装置A底部放入少许石棉丝，然后加入2 g 铁粉;装置C中加入由2 2.0 m L 苯 和 1 0.0 m L 液滨混合而成的混合液;其他装置的试剂如图所示;打开装置C的活塞，使苯、液溟混合液滴到铁粉上;取下装置B,进行下列流程图中的操作，最后得到1 1.1 矶滨苯。粗溟苯与粗 漠 苯 与 分 离I,洗漆,分离口 C aC
32、 I,分离J ONaOH混 合 物空A ffi澳-笨-回答下列问题：(1)装置A中 的 铁 粉 可 以 用(填 试 剂 的 化 学 式)代 替，原因是 装 置 B中的N a O H 的作用是.(3)装置D中苯的作用是 o(4)分 离 I、分离I I、分离n i 分别为(填标号)。a.分液、蒸储、过滤 b.分液、分液、过滤c.过滤、分液、过滤 d.分液、过滤、过滤(5)流程图中加入的C a C L 的作用是,若实验过程中省略该步操作，实 验 的 产 率(填“偏高”偏 低 或“不变”).(6)本实验的产率为.【答案】Fe B n 起催化作用的是Fe B n 除去漠苯中的B r,除去HB r 中的B
33、 m b 干燥(或答“除去溟苯中的水分”)偏低 0.7 5 0或 7 5.0%【解析】(1)苯和溪的反应中滨化铁为催化剂，所以铁粉可以用演化铁代替；(2)反应后容器中有澳，加入氢氧化钠,漠可以和氢氧化钠反应，进而除去漠苯中的B m；(3)漠可以溶解在苯这种有机溶剂中，所以可以用苯除去 HB r 中的B n；(4)澳苯和氢氧化钠是分层的，用分液的方法分离，加水洗涤，在用分液的方法分离，在加入氯化钙吸水，氯化钙不溶于水，不溶于苯，所以用过滤的方法分离，故选b。(5).加入氯化钙是为了吸水，干燥澳苯；如果省略该不操作，则加热过程中澳苯和水发生微弱反应，所以漠苯的产率偏低；(6)根据铁和滨的反应计算铁
34、消耗的溟的质量，2 Fe+3 B r2=2 Fe B r3,消耗的溟的质量为垩愕=8.5 7 g ,仪器中加入的溪的质量为l()x 3.1 2=3 L 2 g,则与苯反应的溟的质量为3 L 2-8.5 7=2 2.6 3 g,苯的质量为2 2 x 0.8 8=1 9.3 6 g,生成的溟苯的质量为l l.l x l.5=1 6.6 5 g,根据方程式计算苯和澳反应中苯过量，用溟计算，cc 16.65 r CN O H S：C：O N H4+O H =N H3 H2O【解析】X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大.X的一种核素没有中子，则 X为 H 元素；Y是有机物的主要组成元素，则 Y为
35、 C元素；L 和 M分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则 L为 0元素、M为 Al,Z的原子序数介于碳、氧之间，则 Z为 N 元素.(D L 的元素符号为0；M为 A1 元素，在元素周期表中的位置为第三周第IDA族；Z为 N 元素，元素的最高正价和最低负价分别为+5、-3,它的氢化物和最高价氧化物对应水化物分别为：阳 和 HN0 3,故答案为0；第三周第IHA 族；+5、-3；NH3；HNO3；(2)N、H 两元素按原子数目比1：3 和 2：4 构成分子A 和 B,则 A 为 NH3、B为 N2H4,A 的电子式为由辛耳B(3)硒(Se)是人体必需的微量元素，与 L(氧)同一主族，S
36、e 原子比L(氧)原子多两个电子层，则 Se 的原子原子结构示意图为：(-34)2 8 1 8 6,故答案为1 34)2 S 1 8 6；(4)所以元素中H 原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故五种元素的原子半径从大到小的顺序是：A l C N 0 H,故答案为A l C N 0 H；(5)埃基硫(C OS)分子结构与二氧化碳分子结构相似,所有原子的最外层都满足8电子结构，分子中S 原子、氧原子与碳原子之间分别形成2 对共用电子对，其电子式为：$：C：0，故答案为$：C：0；(6)由 X、Z、L 三种元素组成的离子化合物为NH4NO3等，与稀Na OH溶液反
37、应的离子方程式:NH4+OH=NH3 H20,故答案为岫+0 臼=限咱20。五、综合题(本题包括1 个小题，共 1 0 分)24.(I)某氨基酸中含有C、N、H、0四种元素，已知除氢原子外，其他原子均达到最外层8电子的稳定结构。如图为该氨基酸分子的球棍模型：(1)氨基酸是(填“淀粉”、“纤维素”、“蛋白质”或“油脂”)完全水解的产物，该氨基酸的结构简式为。(2)该 氨 基 酸 中 含 氧 官 能 团 的 名 称 是(3)一定条件下，该氨基酸能与乙醇发生反应，此反应类似于乙酸与乙醇的反应，写出此反应的化学方程式：o(4)互为同系物的有机物具有相同的官能团，与该氨基酸互为同系物且少一个碳原子的氨基
38、酸的结构简式为。(II)如图，在左试管中先加入2 m L 9 5%的乙醇，并在摇动下缓缓加入3 m L 浓硫酸，再加入2 m L 乙酸,充分摇匀。按图连接好装置，用酒精灯对左试管小火加热3 5 m i n 后，改用大火加热，当观察到右试管中有明显现象时停止实验。试回答：在右试管中通常加入 溶液，实验生成的乙酸乙酯，其密度比水,是有特殊香味的液体。分 离 右 试 管 中 所 得 乙 酸 乙 酯 的 操 作 为(只 填 名 称)。反 应 中 加 入 浓 硫 酸 的 作 用 是,O反应类型是：.NH NU2【答案】蛋白质 竣基CHsCHCOOH CH3CHCOOH+CH3CH2OH掌 生 +H2O
39、H 2N C H 2C O O H饱 和 碳 酸 钠 小 分 液 吸 水 剂(11 1 11(；CH;CI K(M )11N ii.(2)中含氨基、粉基，其中含氧官能团是竣基，故答案为：竣基；(H A I K()()11NH2N H2(3)含-C O O H,可与乙醇发生酯化反应，反应为CHsC,HCX)()H(H3(,U C()()H、簿.c 、卜 I,N112+CH 3cH 20H丝携理+H2O,故答案为：(II l III N M 1 1.(|(,ll;(l K()()11+CH3CH2OH 产A+H2O;(II IK M g(O H)2A l(O H)3 B.金属活泼性：N a M g
40、 A lC.原子半径：N a A l M g D.原子序数：N a A l Mg(OH)2Al(OH)3；B 项，同一周期从左到右，元素的金属性逐渐减弱，金属活泼性：NaMgAl;C项，同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径：NaMgAl；D项，Na、Mg、A l分别是11、12、13号元素，故原子序数：NaMgMg(OH)2Al(OH)3,故 A项正确；B 项，同一周期从左到右，元素的金属性逐渐减弱，金属活泼性：NaM gAl,故 B 项错误；C项，同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径：NaM gAl,故 C项错误；D项，Na、Mg、A l分别是11、12、13号元素，故原子序
41、数：NaM gp3B.容器乙中反应从开始到达平衡的反应速率为v(Hz)=0.05mol/(L-min)C.C1C3D.2cip3,A 正确；B、氮气的反应速率=(2mol/L-L5moi/L)+5min=0.1moV(L-m in),同一可逆反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以氢气反应速率=0.3mol/(Lmin),B 错误；C、甲相当于是在丙的基础上再增 加 Imol氮气，平衡向正反应方向进行，氨气的浓度增大，则 gC3,C 错误；D、恒温、恒容条件下，假设乙容器的容积为4 L,则达到平衡时甲乙为等效平衡，各组分的含量、浓度相等，此时氮气的浓度为c”然后将容器的容积缩
42、小到2 L,若平衡不移动，2cl=1.5mol/L,由于压强增大，平衡向着正向移动，氨气的浓度增大，所以2clL5mol/L,D 错误；答案选A。点睛：本题以化学平衡移动原理为载体考查平衡状态判断、等效平衡、化学平衡计算等知识点，侧重考查基本理论，难点构建等效平衡，然后利用外界条件对平衡的影响分析解答。5.实验室常用锌与2moi 1/盐酸溶液制取氢气。下列措施会降低此产生速率的是A.用锌粉代替锌块B.向该盐酸溶液中加入少量的氯化钠固体(忽略溶液体积变化)C.改用4moi!?盐酸溶液D.向该盐酸溶液中加入等体积、等浓度的氯化钠溶液【答案】D【解析】A.用锌粉代替锌块，增大了接触面积，反应速率加快
43、，故 A 不选；B.向该盐酸溶液中加入少量的氯化钠固体，盐酸的浓度不变，反应速率不变，故 B 不选；C.改用4moiL“盐酸溶液，增大了盐酸的浓度，反应速率加快，故 C 不选；D.向该盐酸溶液中加入等体积、等浓度的氯化钠溶液，盐酸的浓度减小，反应速率减慢，故 D 选；故选D。6.下列除去杂质的方法正确的是()除去乙烷中少量的乙烯：光照条件下通入C12,气液分离除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸 馆 除 去 C02中少量的S02：气体通过盛有饱和碳酸钠溶液的洗气瓶除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸储A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【详解】乙烷在光照条件下
44、与氯气发生取代反应，应用滨水除杂，故错误；乙酸与碳酸钠溶液反应，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用于除杂，故正确；二者与饱和碳酸钠都反应，应用饱和碳酸氢钠除杂，故错误；乙酸易与生石灰反应生成乙酸钙，可增大沸点差，利用蒸储可除杂，故正确。综合以上分析，是正确的。故答案选B。【点睛】本题考查物质的分离、提纯，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，除杂时不能引入新杂质，更不能影响被提纯物质的性质。7.我国科研人员提出了由CO2和 CH4转化为高附加值产品CH3coOH的催化反应历程。该反应历程示意如下：下列说法不无碗的是A.该反应遵循质量守恒定律B.CH4CH3COOH过程
45、中，有 CH 键发生断裂C.一吸收能量并形成了 C-C 键D.生 成 CHjCOOH总反应的原子利用率为100%【答案】C【解析】【分析】根据图示可知,CO2和 CH4在催化剂存在下反应生成CH3COOH,总反应方程式为CO2+CH4-CH3COOHO【详解】A 项、CO2和 CH 在催化剂存在下反应生成CH3COOH遵循质量守恒定律，故 A 正确；B 项、CH4选择性活化变为CH3COOH过程中，有 1个 C-H 键发生断裂，故 B 正确；C 项、根据图示，的总能量高于的总能量，一放出能量，对比和，一形成了 C-C 键，故 C 错误；D 项、该反应只有CH3coOH一种生成物，原子利用率为1
46、00%,故 D 正确：故选C。【点睛】注意认真观察示意图，分清反应物、中间产物和生成物是解答关键。8.下列反应属于取代反应的是A.苯燃烧生成CO2和上0 B.乙烯使Bm的 CCL溶液褪色C.苯与液浸的反应 D.乙醇使酸性KM nO.溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A.苯燃烧生成CO2和上0 属于氧化反应，选 项 A 错误；B.乙烯使B。的 CCL溶液褪色属于加成反应，选项B错误；C.苯与液澳的反应，生成澳苯和澳化氢，属于取代反应，选项C正确；D.乙醇使酸性KM nO,溶液褪色，发生氧化反应，选项D错误。答案选C。9.氢 氨 酸（HCN）的下列性质中，能证明它是弱酸的是A.H C N 易溶于水
47、B.HCN溶液的导电性比盐酸的弱C.25 时 Imol/LHCN 溶液 pH 约为 3D.10 mL lmol/L HCN溶液恰好与10 mL lmol/L NaOH溶液完全反应【答案】C【解析】【分析】HCN为弱电解质，利用其部分电离来分析，一般测定溶液的pH 或测定相同条件下与强酸的导电性的比较，以及对应盐溶液的酸碱性来判断；【详解】A、HCN是强酸还是弱酸，与溶解度无关，故 A 不符合题意；B、应在相同条件下进行，如相同温度、相同体积、相同浓度等，HCN溶液的导电性比盐酸溶液的弱，才能说明HCN为弱酸，故 B 不符合题意；C、假 设 HCN为强电解质，lm ol L-i的 HCN的 pH
48、应 为 1,但现在pH=3,说明HCN为弱酸，故 C 符合题意；D、无论HCN是强酸还是弱酸，10 m L lmol/L HCN溶液都恰好与10 m L lmol/L NaOH溶液完全反应，不能证明酸性强弱，故 D 不符合题意；答案选c。【点睛】本题考查弱电解质的判断方法，明确弱电解质在水中电离不完全是解答本题的关键，学生应注意在平时的学习中归纳判断弱电解质的方法，难度不大。10.%和%是不同的核素，下列说法正确的是A.和 1 七2的物理性质、化学性质均相同B.4.481A）z含有4N-个中子（M表示阿伏伽德罗常数的值）C.”?和,论互为同位素D.36 gs（）2 含有 16 mol 电子【答
49、案】D【解析】分析：A.根据同位素的性质判断；B.气体不一定处于标况下；C.质子数相同、中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素；D.1分 子”02含 有 16个电子。详解：A、因 16。和 18。的物理性质不同和化学性质相似，所 以 1602和 1802的物理性质不同，化学性质相似，A 错误；B、4.48L18O2的物质的量不一定是0.2m oL不能计算其中含有的中子数，B 错误；C、1602和 1802均是氧气单质，不能互为同位素，C 错误；D、36 gl8。2的物质的量是Im o l,其中含有16 m oi电子，D 正确。答案选D。1 1.近年来，我国许多城市禁止汽车使用含铅汽油，其主
50、要原因是（）A.提高汽油燃烧效率 B.降低汽油成本C.避免铅污染大气 D.铅资源短缺【答案】C【解析】试题分析：铅是一种极毒的物质，是-种慢性中毒的元素，因为它能置换骨中的钙，储存在骨中而不显任何坏影响，人不会注意到它，一旦它开始溶在血液中，中毒已经很深了。铅中毒会导致死胎、流产、不育和弱智儿.现在的食品和日常生活用品对含铅量有明确的规定，尤其是儿童用品，如儿童玩具的表面油漆绝对不能用含铅量大的普通油漆，必须用特殊的无铅油漆.人们在生活中尽量少接触铅及含铅物品。汽油中的铅来自于汽油添加剂-四乙基铅，它可以提高汽油的抗暴震性，提高汽油标号，但也污染了环境。所以，为了避免铅污染大气，我国许多城市禁