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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.分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是分枝取A.分子中含有2 种官能团B.可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C.Imol分枝酸最多可与3moiNaOH发生中和反应D.可使澳的四氯化碳溶液、酸性高镒酸钾溶液褪色，且原理相同【答案】B【解析】【分析】【详解】A 项，该化合物分子中含有竣基、醇羟基、酸键和碳碳双键4 种官能团，故 A 项错误；B 项，该物质中含有竣基和羟基，既可以与乙醇发生酯化反应，也可以与乙酸发生酯化反应，反应类型相同，故 B 项正
2、确；C 项，分枝酸中只有较基能与NaOH溶液发生中和反应，一个分子中含两个较基，故 Imol分枝酸最多能与 2moi NaOH发生中和反应，故 C 项错误；D 项，该物质使澳的四氯化碳溶液褪色的原理是澳与碳碳双键发生加成反应，而是使酸性高镒酸钾溶液褪色是发生氧化反应，原理不同，故 D 项错误。综上所述，本题正确答案为B。【点睛】本题考查了有机化合物的结构与性质，包含了通过分析有机化合物的结构简式，判断有机化合物的官能团、反应类型的判断、有机物的性质，掌握官能团的性质是解题的关键。2.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
3、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A.“霸王”牌厕所清洁剂，能清除所有污秽B.“雪山牌”矿泉水，真正的纯水C.“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。3.下列物质在水溶液中的电离
4、方程式书写错误的是A.NaHCO3=Na+H+CO32 B.NH4NO3=NH4+4-NO3-C.NaHSO4=Na+H+SO42-D.Ba(OH)2=Ba2+2OH-【答案】A【解析】A.NaHCOs是强电解质，其在水溶液中可以完全电离为钠离子和碳酸氢根离子，因其为弱酸的酸式盐，故碳酸氢根离子只有很少的一部分发生电离，故其电离方程式为NaHCO3=Na+HCO3-,A 不正确；B.硝酸铁是强电解质，故其电离方程式为NH4NO3=NH：+ND】B 正确；C.NaHSOq是强酸的酸式盐，故其电离方程式为NaHSO4=Na+H+SO；,C 正确；D.Ba(OH)2是强碱，故其电离方程式为Ba(OH
5、)2=Ba2+2OH-,D 正确。本题选 A。4.一定条件下，在体积为10 L 的固定容器中发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH,(g)A H N a202 D.C a O M g (O H)2【答案】B【解析】分析：本题考查了化学键和晶体类型的关系。选项中物质含有的化学键分为离子键和共价键，离子键为活泼金属与活泼非金属之间形成的化学键,共价键为非金属性较强的原子之间形成的化学键,共价键分为极性共价键和非极性共价键，以此解答该题。详解:A.NaF只含有离子键，HC1只含共价键，故 A错误;B.NaOH、NaHS都含有离子键和共价键，所以B正确;C.MgCb只含有离子键，岫2。2 既含有离子
6、键又含有共价键，故 C错误;D.CaO含有离子键，M g(0 H)2含有离子键和共价键，故 D错误。答案选B。1 3.下列除杂方案错误的是A.A B.B C.C D.D选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO2(g)SO2(g)饱 和 NaHCCh溶液、浓 H2sOs洗气BNH4Cl(aq)FeCh(aq)NaOH溶液过滤CCH4(g)CO2(g)NaOH 溶液、浓 H2s洗气DFeCh(aq)CuCl2(aq)铁粉过滤【答案】B【解析】【详解】A.二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，浓硫酸干燥二氧化碳，则洗气可除杂，故 A 正确；B.NH Q l和 FeCb均与NaOH反应，应选氨水、过滤
7、，故 B 错误；C.NaOH溶液能吸收C O 2,浓硫酸干燥甲烷，则洗气可除去C M 中混有的C O 2,故 C 正确；D.CuCL溶液和过量Fe粉作用生成FeCk溶液和C u,过滤可除去Cu和过量Fe粉，故 D 正确;故答案为B。【点睛】在解答物质分离提纯试题时，选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则：1.不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变;3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。14.T K 时，向 2.0 L 恒容密闭容器中充入1.0 mol COC
8、h，反 应 COCk(g)=C12(g)+C O(g),经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：t/S02468n(Cl2)/mol00.160.190.200.20下列说法正确的是()A.反应在前2 s 的平均速率v(CO)=0.()8()molLsB.保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(C12)=0/lm olL“，则反应的AH0,错误；C、COC12(g)=C l2(g)+CO(g)起 始(mol 匚1)：0.5 0 0转 化(mol L-1)：0.1 0.1 0.1平 衡(mol,L-1)：0.4 0.1 0.1该 温 度 下 长=电 X=0.025,若起始向容器中充
9、入0.9 mol COCL、0.10 mol Ck和 0.10 mol C O,此时0.4Q=3M=。11 C0C.OCS和 CO?都含离子键D.OCS属于共价化合物【答案】C【解析】人.。）2分子的电子式为：6 胃（：6：，因此分子中每个原子最外层都达到了 8 电子稳定结构，A正确；B.同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：SC0,B正确；C.OCS和 CO?都不含离子键，全部是共价键，C错误；D.0CS只含有共价键，属于共价化合物，D正确，答案选C。1 9.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z 为短周期主族元
10、素，W 与 X 的最高化合价之和为8。下列说法错误的是W _|xIYIz1A.原子半径：WXB.常温常压下，Y 单质为固态C.气态氢化物热稳定性：ZWD.X 的最高价氧化物的水化物是强碱【答案】D【解析】【分析】W、X、Y 和 Z 为短周期主族元素，依据位置关系可以看出，W 的族序数比X 多 2,因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价（除 F 与 O 以外），可设X 的族序数为a,则 W 的族序数为a+2,W 与 X 的最高化合价之和为8,则有a+(a+2)=8,解得a=3,故 X 位于第IIIA族，为 A1元素；Y 为 S i元素，Z 为P 元素；W 为 N 元素，据此分析作答。【详解】
11、根据上述分析可知W、X、Y 和 Z 为 N、Al、S i和 P,则A.同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比较：NCiH1;Og+C6Hl2O蔗糖 葡萄糖果糖r H C 酒化一H 个葡萄糖发酵的方程式为：6 1 2 6 2 5 2,根据方程式计算题中要求的物理量。葡萄糖【详解】（1）n（G2H22。）68.4g _.-2 2 山=-J=0.2molM（C12H22OH）342g/molJ H/u+H Q r条*AC H iq+C sH uO蔗糖 葡萄糖果糖10.2moln(葡萄糖h1 10.2mol n（葡萄糖）n（葡萄糖）i=0.2mol；K
12、2。/=酝而可丁通曲=2m。】，贝 仙葡萄糖g m*C6Hl2。6 卿匕酶-2C2H5OH+2c。2 T葡萄糖1 22mol n(C2HsOH)1 _ 22moi-C2H5OH)n(C2H5OH)=4mol三、实验题(本题包括1 个小题，共 1()分)2 2.某同学完成如下实验。(1)实验记录(请补全表格中空格)实验步骤实验现象离子方程式5己厂新制氧水加入少ccu西、静NaBr酒液溶液分层下层呈橙色。s）J澳水加入XCCU家茄、静J E-E W溶液分层_ _ _ _ _ _ _ _ _ _Br2+2I-=I2+2Br-(2)该实验的目的是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
13、_ _ _ _ _ _ _ _ _(3)氯、溟、碘单质氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素，最外层电子数相同，从上到下，得电子能力逐渐减弱。【答案】Cl2+2Br-=Bn+2C下层呈紫色比较氯、浪、碘单质氧化性强弱(或比较氯、谟、碘元素非金属性强弱)电子层数增多，原子半径增大【解析】(D 新制氯水与NaBr溶液反应生成NaCl和 Br2,B。易溶于CC14,故下层呈橙色，反应离子方程式为：Cl2+2Br-=Br2+2CF；滨水与K I溶液反应生成NaBr和卜，L 易溶于CCL，故 下 层(CCL层)呈紫色。(2)由和实验可得，该实验的目的是比较氯、澳、碘单质氧化性强弱(或比较氯、溟、碘元素非金属性
14、强弱)。(3)氯、溪、碘属于同主族元素，最外层电子数相同，从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力逐渐减弱，故单质氧化性逐渐减弱。四、推断题(本题包括1 个小题，共 10分)2 3.某燃A 是有机化学工业的基本原料，可用于水果催熟。A 可发生如图所示的一系列 化学反应。CL比照,(4)H J i1(i1/II。/催化剂 HCI ID：-A-*C(2)回答下列问题：(1)c 的结构简式为(2)写出反应的化学方程式：,该反应是(填反应类型)。(3)E 的相对分子质量是A 的两倍，则与A 互为同系物的E 有 种，写出其中一种的结构简式：【答案】CH3cH2cl CH2=CH2+H2O CH3
15、CH2OH 加成反应 3【解析】【分析】论A 是有机化学工业的基本原料，可用于水果催熟，故 A 为 CH2=CH2,乙烯与氢气发生加成反应生成B,B为CH3cH3,乙烯与HC1发生加成反应生成C,C为 CH3cH2。,乙烯与水发生加成反应生成D,D为 CH3cH20H,CH3cH3与氯气发生取代反应生成CH3CH2CL【详解】(1)由分析可知，C 的结构简式为CH3cH2。；(2)反应是乙烯的催化加水生成乙醇的反应，方程式为CH2=CH2+H2。一 jC H 3 c H 2 O H,该反应为加成反应；(3)E的相对分子质量是A 的两倍，且 E是 A 的同系物，所以E的分子式为C 4H 8,其属
16、于单烯短的同分异构体共有三种，分别为、五、综合题(本题包括1 个小题，共 1 0 分)2 4.完成下列问题。(1)在元素周期表中位于对角线的元素性质有相似性，如锂和镁。下列关于金属锂的说法不正确的是一。A.金属锂是最轻的金属 B.锂可以和冷水反应放出氢气C.碳酸锂易溶于水 D.氢氧化钠碱性强于氢氧化锂(2)下列有关碱金属的说法中，正确的是.A.金属锂应保存在煤油中B.随着核电荷数增加，阳离子的氧化性逐渐减弱C.它们都能在空气里燃烧生成M 2 O(M 表示碱金属)D.碱金属单质熔沸点随核电荷数的增大而升高(3)金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢反应原理如下：吸氢反应：2 L i+H 2 L
17、i H 放氢反应：L i H+H z OL i OH+H 2 t放氢反应中的氧化剂是。己知L i H 固体密度为0.8 g/c m3o用锂吸收U 2 L (标准状况)H2,生成的L i H 体积与被吸收的H z 体积比为.由生成的L i H 与 H 作用放出的H 2 用作电池燃料，若能量转化率为8 0%,则导线中通过电子的物质的量为 m o l o【答案】C B H20 1；1 1 2 0 1 6【解析】(1)A、金属锂是最轻的金属，选项A 正确；B、碱金属都可以与冷水反应生成碱和氢气，锂可以和冷水反应放出氢气，选项B 正确；C、根据对角线的元素性质有相似性，碳酸锂与碳酸镁的溶解性相似,微溶于
18、水，选项C不正确；D、同主族元素从上而下金属性逐渐增强，氢氧化物的碱性逐渐增强，故氢氧化钠碱性强于氢氧化锂，选项D 正确。答案选C；(2)A、锂的密度小于煤油的，应该保存在石蜡中，选项 A 不正确；B、随着核电荷数增加，金属性逐渐增强，对应阳离子的氧化性逐渐减弱，选项B 正确；C、金属钾着火可以生成过氧化钾，选 项 C不正确；D、碱金属单质熔沸点随核电荷数的增大而降低，选项D不正确。答案选B；(3)放氢反应：L i H+H z O=L i OH+H 2 t 中只有H元素的化合价变化，压0为氧化剂；由反应I,当吸收5 m o i 上时，则生成l Om o l L i H,V=一=0.1 L,则生
19、成的L i H 体积与被吸收p 0.8 xl 03g/L的比体积比为：0.1 L ：1 1 2 L =1:1 1 2 0；1 0 m o l L i H 可生成5 m o l 压,实际参加反应的压为1 0 m o l X 8 0%=8 m o l,5。1 压转化成l m o l H20,转移2 m o l 电子，所以8 m o i 上可转移1 6 m o l 的电子。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.下列说法正确的是A.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B.已知Im ol稀硫酸和足量的稀NaOH溶液混合，放
20、 出 U4.6kJ热量，则该中和反应的中和热为AH=一57.3 kJ/molC.等量H 2 在 O 2 中完全燃烧生成H 2 O(g)与生成H 2 O，前者放出的热量多D.乙醇燃烧热的热化学方程式为：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)AH=-1367.0k.I/mol【答案】B【解析】【详解】A 项、某些放热反应也需要加热才能发生反应，如氢气和氧气的反应需要点燃发生，故 A 错误；B 项、l m o l 稀硫酸和足量的稀Na OH 溶液反应生成2 m o l&O,放热为1 1 4.6 k J,则生成I m o l 水放出的热量为 5 7.3k J,该中和反应的中和
21、热为AH=-5 7.3 k j/m o l,故 B 正确；C项、H20 (g)变 化 为(1)为放热过程，则等量不在中完全燃烧生成员0 (g)与生成H Q (1),前者放出的热量少，故 C错误；D 项、燃烧热是在一定条件下，I m o l 可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，水的稳定状态是液态，故 D 错误；故选B。【点睛】本题考查反应热，注意燃烧热和中和热定义的理解，注意物质的聚集状态分析是解答关键。2.下列关于水泥和普通玻璃工业生产的叙述正确的是产品都是硅酸盐反应条件都是高温都用含有硅的物质作原料反应原理都是一系列复杂的物理化学变化A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】【详解
22、】水泥和普通玻璃产品都是硅酸盐，正确；反应条件都是高温，正确；制硅酸盐水泥的原料：石灰石和黏土；制普通玻璃的原料：石英砂、石灰石、纯碱，都用含有硅的物质作原料，正确；反应原理都是一系列复杂的物理化学变化，正确；答案选D。3.一定温度下，密闭容器中可逆反应3X(g)+Y(g)=2 Z(g)达到限度的标志是A.X 的生成速率与Z 的生成速率相等B.单位时间内生成3n mol X,同时消耗nmol YC.某时刻X、Y、Z 的浓度相等D.某时刻X、Y、Z 的分子个数比为3:1:2【答案】B【解析】X的生成速率与Z 的生成速率比等于3:1 时，一定达到平衡状态，故 A错误；单位时间内生成3n mol X
23、.同时消耗nmol Y,正逆反应速率相等，故 B正确；反应达到平衡，X、Y、Z 的浓度不一定相等，故 C错误；反应达到平衡，X、Y、Z 的物质的量不一定相等，故 D错误。4.据最近报道，中国生产的首艘国产航母“山东”号已经下水。为保护航母、延长服役寿命可采用两种电化学方法。方 法 1：舰体镶嵌一些金属块;方法2：航母舰体与电源相连。下列有关说法正确的是()A.方 法 1 叫外加电流的阴极保护法B.方法2 叫牺牲阳极的阴极保护法C.方 法 1 中金属块可能是锌、锡和铜D.方法2 中舰体连接电源的负极【答案】D【解析】试题分析：舰体是由钢板做的。方 法 1,舰体镶嵌一些金属块，必须是比铁活泼的金属
24、，如锌等(锡和铜不行)，这种方法叫牺牲阳极的阴极保护法；方法2,航母舰体与电源相连，必须与电源负极相连，这种方法叫外加电流的阴极保护法。综上所述，D 正确，本题选D。5.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 m L,平均分成两等份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2 g(己知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如下图所示。下列分析或结果错误的是()A.第二份溶液中最终溶质为FeSO4B.原混合酸中NO3.物质的量为0.4molC.OA段产生的是NO,AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe?+,BC段产生氢气D.取 20 mL原混合酸加水稀释至
25、1 L 后溶液c(H+)=0.1mol I?【答案】B【解 析】【分 析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3+4H+=Fe3+NOT+2H2O,AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+,BC 段发生反应为：Fe+2H+=Fe2+H2T，A.铁先与硝酸反应，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离 子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝酸；B.OA段发生反应为：Fe+NO.,+4H+=Fe3+NOT+2H2O,硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离子方程式计算；C.铁先与硝酸反应生成一氧化氮与铁离子，之后铁与铁离子反应生产亚铁离
26、子，最后是铁和硫酸反应；D.最终溶液为硫酸亚铁，结合消耗铁的总质量计算硫酸的物质的量，进而计算硫酸的浓度。【详 解】A.硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶 液 中 最 终 溶 质 为FeSO4,选 项A正 确；B.OA段发生反应为：Fe+NO3+4H+=FeJ+NOt+2H2O,硝酸全部起氧化剂作用，由于原溶液分成2等份_5.6g进 行 实 验，故 原 混 合 液 中n(NO3D=2n(Fe)=2 x-.-=0.2m ol,选 项B错 误；56g/molC.由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3+4H+=Fe3+NOT+2
27、H2O,AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+,BC 段发生反应为：Fe+2H+=Fe2+H2T，选项 C 正确；14gD.第 二 份 反 应 消 耗22.4g铁，物 质 的 量 为入广|=0.25moL所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守56g/mol恒，所 以 每 份 含 硫 酸0.25moL所 原 混 合 酸 中H2sO4物 质 的 量 浓 度 为 端 詈=2.5mol/L,取20 m L原混合 酸 加 水 稀 释 至1 L后 溶 液c(H+)=2.5mol/L x2X=0.1 mol L1,选 项D正确；IL答 案 选 项B。【点 睛】本题以图象为载体，考查有关金属和酸反应的计
28、算题，难度较大，关键根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用o6.下 列 说 法 正 确 的 是()A.CO、NO、NO?都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在B.Nft汽化时吸收大量的热，因此，氨常用作制冷剂C.C O?、NO?或SO?都会导致酸雨的形成D.活性炭、SO2、NaQ都能使品红溶液褪色，原理不同【答 案】D【解 析】【分析】【详解】A、NO能和氧气反应，故不能在空气中稳定存在，故 A 错误；B、液氨变成氨气需要吸收周围环境的热量，导致周围环境的温度迅速降低，因此液氨可作制冷剂，故 B错误；C、CO?不会导致酸雨的形成，SO2、NO?都会导致酸雨的形成，故
29、C 错误；D、活性炭为吸附性，二氧化硫与品红化合，过氧化钠具有强氧化性，则能使品红溶液褪色，但原理不同，故 D 正确。所 以 D 选项是正确的。7.下列化学用语表示正确的是（）A.乙醇的结构简式:C 2H eO B.氯化氢的电子式：|:C.CH,分子的比例模型：8 D.镁离子的结构示意图：【答案】C【解析】A、C2H6。是乙醇的分子式，其结构简式为CH3cH20H或 C2H5OH,故 A 错误；B、氯化氢是共价化合物，不是离子化合物，故 B 错误；C、此模型是甲烷的比例模型，故 C 正确；D、Mg2+是 M g失去两个电子，其结构示意图为:故 D 错误。8.X 元素最高价氧化物对应水化物的化学
30、式为H2XO4,该元素的气态氢化物可以的是A.HX B.H2X C.XH3 D.XH4【答案】B【解析】【分析】X 元素最高价氧化物对应水化物的化学式为H2XO4,则 X 的化合价为+6,在氢化物中，X 显负价，按 8电子稳定性原则，应为-2 价。【详解】A.H X 中，X 显-1 价，不合题意；B.H2X中，X 显-2 价，符合题意；C.XH3中，X 显-3 价，不合题意；D.XH4中，X 显-4 价，不合题意。答案为B。9.人工光合作用能够借助太阳能，用 CO2和 H2O制备化学原料。下图是通过人工光合作用制备HCOOH的原理示意图，下列说法不正确的是K用1 MgO等杂质）中提取A1B的两
31、种工艺流程如下：请回答下列问题：（1）流程甲加入盐酸后生成Fe的离子方程式为；（2）铝土矿中固体A 是（填化学式），写出沉淀F 转化为氧化铝的化学方程式(3)流程乙中，写出滤液Y 与过量CO?反应生成沉淀Z的离子方程式为；(4)固体X 是(填化学式)(5)利用铝热反应原理，写出有C na制备Cr的化学方程式。【答案 1 Fe2O3+6H=2Fe3+3H2O Si02 2A1(OH)3_ A 12O3+3H2O A102-K：02+H20=Al(OH)31+H C O 3-和高温Si032+2C02+2H20=H2SiO31+2HC03-Fe203 和 M gO Cr2O3+2 Al=A l2O
32、3+2Cr【解析】【分析】由题给工艺流程甲可知，铝土矿与过量盐酸反应得固体A 和滤液B,二氧化硅与盐酸不反应，氧化铝、氧化铁和氧化镁溶于盐酸，则固体A 为 SiO 2,滤液B 中含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等；向滤液中加入过量 的 NaOH溶液，依据氢氧化铝的性质可知，沉 淀 C 中含有氢氧化铁和氢氧化镁，滤 液 D 中含有偏铝酸钠和氯化钠;向滤液D 中通入过量二氧化碳，二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，则沉淀F 为 Al(OH)3,滤液E 中含有NaCI和 NaHCOj；根据工艺流程乙可知，铝土矿与过量氢氧化钠反应反应得固体X 和滤液Y,氧化铁和氧化镁与氢氧化钠溶液不反应，
33、氧化铝和二氧化硅溶于氢氧化钠溶液，则固体X 为 Fe2()3和 M gO,滤液Y 中含有硅酸钠和偏铝酸钠；向滤液中通入过量二氧化碳，过量二氧化碳与硅酸钠和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝、硅酸沉淀和碳酸氢钠，则沉淀Z 中含有Al(OH)3和硅酸，滤 液 K 中含有NaHCCh，【详解】(1)流程甲中加入盐酸，铝土矿中FezOj与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O,故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；(2)铝土矿中固体A 是不与盐酸反应的酸性氧化物二氧化硅，化学式为竽。2；氢氧化铝沉淀灼烧分解生成氧化铝和水,反应的化学方程式为2A1(OH)3=
34、AI2O3+3H2O,故答案为:SiO2；2A1(OH)3 _ A12O3+3H2O；(3)流程乙中，滤 液 Y 中硅酸钠和偏铝酸钠与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝、硅酸沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为 A1O2+CO2+H2O=A1(OH)3 I+HCO；和 SiO32+2CO2+2H2O=H2SiO3 I+2HCO3,故答案为：AIO2+CO2+H2O=A1(OH)3 I+HCO3 和 SiO32+2CO2+2H2O=H2SiO3 I+2HCO3；(4)流程乙中，铝土矿与过量氢氧化钠反应反应得固体X 和滤液Y,氧化铁和氧化镁与氢氧化钠溶液不反应，氧化铝和二氧化硅溶于氢氧化钠溶液，则固体X
35、为 FezOj和 M gO,故答案为:；Fe2()3和 MgO；(5)O2O3与 A l高温条件下发生铝热反应生成AI2O3与 C r,反应的化学方程式为Cr2O3+2高温 高温A l=A l2O3+2C r,故答案为：Cr2O3+2 Al AI2O3+2Cr【点睛】本题考查化学工艺流程，注意氧化物性质的分析，利用物质性质分析工艺流程中物质的转化，正确书写反应的方程式是解答关键。三、实 验 题(本 题 包 括1个小 题，共1()分)2 2.下图是苯和澳的取代反应的实验装置图，其 中A为具有支管的试管改制成的反应容器，在其下端开了一个小孔，塞好石棉绒，再加入少量的铁屑粉。填写下列空白：试液 溶液
36、(1)向 反 应 容 器A中逐滴加入溟和苯的混合液，几秒钟内就发生反应。写 出A中发生反应的化学方程式(有机物写结构简式)；(2)能 证 明A中发生的是取代反应，而不是加成反应，试 管C中苯的作用是。反应开始后,观 察D和E两 支 试管，看到的现象分别是,;(3)反 应2 min3 m in后，在B中 的 氢 氧 化 钠 溶 液 里 可 观 察 到 的 现 象 是、;(4)苯是一种重要的化工原料，以下是用苯作为原料制备某些化合物的转化关系图：已知：a.RNO2 RNH2b.苯环上原有的取代基对新导入的取代基进入苯环的位置有显著影响。C./+H2so4(浓)SO II+H2OA转 化 为B的化学
37、方程式是;E的结构简式为【答 案】O+B r：催 颂 O-B r+H B r 吸收溟化氢气体中混有的B e蒸汽 D管中溶液变红 E管中产生浅黄色沉淀 红褐色沉淀 底层出现油状液体 1a 3 人口、.【解 析】【分 析】(1)反应容器A中苯和液漠在铁屑做催化剂条件下发生取代反应生成漠苯和漠化氢；(2)能证明A中发生的是取代反应，而不是加成反应，说明生成物为漠苯和溟化氢，由于溟易挥发，浪化氢气体中混有澳蒸汽；(3)漠化铁与氢氧化钠溶液反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀；浪苯和氢氧化钠溶液不互溶，且漠苯的密度大于水的密度；(4)由有机物转化关系可知，在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸共热发生硝化反应生成硝基苯；由
38、苯生成J 的转化关系可知，若苯环上先引入硝基，新导入的取代基会进入苯环的间位,7 NI I 由苯生成 的转化关系可知，若苯环上先引入澳原子，新导入的取代基会进入苯环的对位。【详解】(1)反应容器A中苯和液漠在铁屑做催化剂条件下发生取代反应生成澳苯和澳化氢，反应的化学方程式为O +B r：崖 也 刚。-B r +H B r，故答案为：。催 也 驾 Q B r +H B r !(2)能证明A中发生的是取代反应，而不是加成反应，说明生成物为溟苯和溟化氢，由于滨易挥发，浪化氢气体中混有澳蒸汽，根据相似相溶原理知，澳易溶于四氯化碳，所以C中苯的作用是吸收澳化氢气体中的溟蒸汽，防止漠蒸汽干扰滨化氢的检验；
39、漠化氢溶于水得到氢溟酸，氢溪酸是酸性物质，能使石蕊试液变红色；氢澳酸能和硝酸银反应生成淡黄色沉淀溟化银，则观察D和E两试管，看到的现象是D管中变红，E管中产生浅黄色沉淀，故答案为：吸收滨化氢气体中混有的B n蒸汽；D管中溶液变红，E管中产生浅黄色沉淀；(3)溪与铁反应生成澳化铁，溟化铁做反应的催化剂，漠化铁与氢氧化钠溶液反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀；溟苯和氢氧化钠溶液不互溶，且溟苯的密度大于水的密度，则在B中的氢氧化钠溶液里可观察到的现象是底层出现油状液体，故答案为：红褐色沉淀；底层出现油状液体；(4)由有机物转化关系可知，在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸共热发生硝化反应生成硝基苯，则A为硝a a基
40、苯；硝基苯与C H 3 c l在催化剂作用下发生取代反应生 成 入 ，则B为 入 ，故A转化为B的化O C H,的转化关系可知，若苯环上先引入硝基，新导入的取代基会进入苯环的间位,由苯生成匕，”的转化关系可知，若苯环上先引入澳原子，新导入的取代基会进入苯环的对位，则E一定为 B.,故答案为:【点睛】注意苯的取代反应实验原理的理解，注意题给信息的分析是解答关键。四、推断题(本题包括1 个小题，共 1 0 分)2 3.A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素。A元素的原子核内只有1 个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应的水化物的化学式为H B 0 3；
41、C元素原子的最外层电子数比次外层电子数多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D ；C、E元素同主族。(D B 在 元 素 周 期 表 中 的 位 置 是。(2)E元 素 形 成的 最 高 价 氧 化 物 对 应 的 水 化 物 的 化 学 式 为,由A、B、C 三种元素形成的离子化合物的 化 学 式 为.(3)C、D、E形 成 的 简 单 离 子 的 半 径 大 小 关 系 是(用 离 子 符 号 表 示)。(4)用电子式表示化合物A的形成程:,化合物D 2 C 2 中含有的化学键是(5)化合物D2C2与 A2C反应的化学方程式【答案】第二周期第VA族 H2S 04
42、 N H 4 N O 3 S2-0*2-3 4 N a 2 H +.()-离子键、非极性键(或共价键)2 N a 2 0 z+2 H 2 g 4 N a 0 H+0 z【解析】【分析】A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1 个质子，则 A为 H元素；B的最高价氧化物对应水化物的化学式为H B O s,则 B的最高化合价为+5 价，位于周期表第VA族，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，应为N元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，只能有2个电子层，最外层电子数为6,应为0元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D z
43、C,则 D的化合价为+1 价，D为 N a 元素；C、E主族，则 E为 S元素。【详解】(D B 元素为N元素，位于元素周期表第二周期VA族，故答案为：第二周期VA族；(2)E 为 S 元素，最高价为+6,最高价氧化物对应水化物为H 2 s 0 故答案为：H2S 04；(3)C、D、E形成的简单离子分别为。2 一、N a*、同主族元素，从上到下离子半径依次增大，电子层结构相同的离子，随核电荷数增大，离子半径依次减小，则 离 子 半 径 的 大 小 关 系 是 N a,故答案为：S2 02 N at5(4)A为 H元素、C为 0元素，A 2 c 为上0,为0为共价化合物，用电子式表示HQ的形成过
44、程为2 H 一 ()-,1 1：()：H ;化合物D 2 c 2 为 N a z O z,N a z O z 为离子化合物，含有离子键和非极性键(或共价键)，故答案为：2 H.+.6离子键、非极性键(或共价键)；(5)化合物D z 为 N a z O z,A 2 c 为 fW,过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为2 N a2O2+2 H2O=4 N a O H+O2,故答案为:2 N a2O2+2 H2O=4 N a O H+O2,【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用题给信息推断元素，注意位置、结构、性质的相互关系是解答关键。五
45、、综 合 题（本题包括1 个小题，共 10分）2 4.从海水中可以提取很多有用的物质，例如从海水制盐所得到的卤水中可以提取碘。活性炭吸附法是工业提碘的方法之一，其流程如下：1 户 温干燥）一（分离操作一 粗 碘（非要科呼83溶 液 稀 陵 酸堡W（盆-4 化后过滤 相碟资料显示：I.pH=2时，NaNO2溶液只能将r氧化为h,同时生成NO；n.I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl；m.5SO32+2IO3+2H+=I2+5SO42+H2o；IV.12在碱性溶液中反应生成r和 io3（1）反应的离子方程式 O（2）方案甲中，根 据 12的特性，分离操作X 的名称是。（3）已知：反应中
46、每吸收3moi12转移5m oi电子，其离子方程式是。（4）0 2、酸 性 KM11O4等都是常用的强氧化剂，但该工艺中氧化卤水中的r 却选择了价格较高的NaNO2,原因是 O方案乙中，已知反应过滤后，滤液中仍存在少量的L、i io3 o 请分别检验滤液中的r、1 0/,将实验方案补充完整。实验中可供选择的试剂：稀 H2s。4、淀粉溶液、Fe2（SO4）3溶液、Na2s03溶液A.滤液用CCI4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出碘单质存在。【答案】2NOf+2r+4H+=12+2NO t+2H2。升 华（或加热）、冷凝结晶（无冷凝结晶不扣分）3I2+3CO32=5r+IO3+3CO2
47、t（或 3L+6CO32-+3H2O=5r+IO3-+6HCO3-）氯气、酸性高镒酸钾等都是常用的强氧化剂，会继续氧化12（或亚硝酸钠仅能把碘离子氧化成碘单质，意思对即可）从水层取少量溶液于试管中，加入几滴淀粉溶液，滴加Fez（SOD 3溶液，振荡，溶液变蓝，说明滤液中含有广；另从水层中取少量溶液于试管中，加入几滴淀粉溶液，加硫酸酸化，滴加Na2s03溶液，振荡，溶液变蓝，说明滤液中含有IO3-【解析】分析：反应是碘离子被亚硝酸钠氧化生成单质碘，然后利用活性炭吸附单质碘。方案甲中利用碘易升华分离。方案乙中利用浓碳酸钠溶液吸收单质碘，转化为碘酸根和碘离子，在酸性溶液中二者又发生氧化还原反应生成单
48、质碘，据此解答。详解：（1）反应为pH=2溶液显酸性，NaNO2溶液将氧化为L,同时生成N O,则其反应的离子方程式为：2NO2-+2r+4H=I2+2NO f+2H2O；(2)根据L 易升华的特性，分离操作X 的方法是升华或加热、冷凝结晶；(3)根据已知条件，反应中每吸收3moiL转移5moi电子，则碘在氧化还原反应中得失电子数为5(从0 价升高为+5价和从()价降低为T 价)，因此离子反应方程式是：3I2+3CO32-=5r+IO3+3CO2 t 或3I2+6CO32+3H2O=5r+IO3+6HCO3_;(4)CI2、酸性KMnO 等都是常用的强氧化剂，但该工艺中氧化卤水中的厂却选择了价
49、格较高的NaNO2,原因是氯气、酸性高锈酸钾等都是常用的强氧化剂，会继续氧化L，从而得不到12；(5)检验滤液中的可以选择氧化剂将其氧化产生的碘单质遇淀粉变蓝，检验滤液中的103-可利用还原剂将其还原产生碘单质遇淀粉变蓝，因此实验方案为：从水层取少量溶液于试管中，加入几滴淀粉溶液，滴加Fe2(SO4)3溶液，振荡，溶液变蓝，说明滤液中含有广；另从水层中取少量溶液于试管中，加入几滴淀粉溶液，加硫酸酸化，滴加Na2sCh溶液，振荡，溶液变蓝，说明滤液中含有点睛：本题主要是考查海水中提碘的问题，涉及氧化还原反应原理的应用及实验能力考查，弄清富集碘和吸收碘以及氧化还原反应中碘的存在形式是解答本题的关键
50、，难点是氧化还原反应中氧化剂或还原剂的选择，注意结合题干信息解答。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.I m o l某烷烧完全燃烧消耗的0 2为1 1 m o l,则其主链上含有5个碳原子的同分异构体（不考虑立体异构）有（）A.3种 B.6种 C.5种 D.7种2.四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是（）A.原子半径ZB.Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱C.X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小D.Z位于元素周期表中第2周期、第V I A族3 .下列选项中，在