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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.X(g)+3Y(g)=2Z(g)AH=-akJ mol1,一定条件下，将 ImolX 和 3molY 通入 2L 的恒容密闭容器中，反 应 lO m in,测得Y 的物质的量为2.4mol。下列说法正确的是A.lOmin内，Y 的平均反应速率为0.03mol L sB.第 lOmin时，X 的反应速率为O.Olmol L min 1C.lOmin 内，消耗().2molX,生成 0.4molZD.lOmin内，X 和 Y 反应放出的热量为akJ【答案】C【解析】【详解】反 应
2、 lO m in,测得Y 的物质的量为2.4m ol,则 Y 消耗的物质的量为：3moi-2.4mol=0.6moL根据反应X(g)+3Y(g)=2Z(g)可知，lOmin 内消耗 0.2molX、生成 0.4molZ,A.IOmin 内，Y 的平均反应速率为：0.6mol2L10min=0.03 mo卜 L*-min 故 A 错误；B.化学反应速率与化学计量数成正比，则 lOmin内 X 的反应速率为：v(X)=13xv(Y)=0.01mol L-l-min-1,该速率为平均速率，无法计算及时速率，故 B 错误；C.根据分析可知，lOmin内，消耗0.2m olX,生成0.4m olZ,故
3、C 正确；D.由于该反应为可逆反应，则 Imol X 和 3molY通入2L 的恒容密闭容器中生成Z 的物质的量小于2mol,放出的热量小于a k J,故 D 错误；故选C。【点睛】计算出lOmin内 Y 的平均反应速率，然后根据计量数与反应速率成正比得出X 的反应速率；该反应为可逆反应，则反应物不可能完全转化成生成物，所 以 lOmin内 X 和 Y 反应放出的热量小于a k J,据此进行解答。2.下列对化学键及化合物的分类完全正确的一组是A.MgCL与 NaOH均既含离子键又含共价键，均属离子化合物B.BaCOs与 H zSO”化学键类型不完全相同，均属强电解质C.乙醇与醋酸，均只含共价键
4、，均属非电解质D.氯气与氧气，均只含共价键，均只做氧化剂【答案】B【解析】【分析】【详解】A.MgCb中只有离子键，A 错误；B.BaCO.3与 H2s(I,化学键类型不完全相同，前者含有离子键和共价键，后者只有共价键，都属强电解质,B 正确；C.乙醇与醋酸，均只含共价键，乙醇是非电解质，醋酸是电解质，C 错误；D.氯气与氧气，均只含共价键，不一定均只做氧化剂，例如氯气可以作还原剂，D 错误；答案选B。【点睛】选 项 C 是易错点，注意电解质和非电解质的区别。化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。另外也需要注意电解质和化合物的关系。
5、3.将 4 m01 A 气体和2 m olB气体在2 L 固定体积的容器中混合，并在一定条件下发生如下反应：2A(g)+B(g)=9C(g)。若 经2s后测得C 的浓度为0.6 m ol/L,现有下列几种说法，其中正确的是A.用物质A 表示的反应的平均速率为0.6mol/(L s)B.2 s 时物质B 的浓度为1.4 mol/LC.2 s时物质A 的转化率为70%14D.2 s 时物质A 的体积分数为二27【答案】D【解析】【分析】【详解】起始A 的浓度为=2mol/L,B 的 浓 度 为 不 一=lmol/L,2L 2L2 A(g)+B(g)=2C(g),起始：2mol/L Imol/L 0
6、变化：0.6moVL 0.3mol/L 0.6mol/L2s 时：1.4mol/L 0.7mol/L 0.6mol/LA.2s内，用物质A 表示的反应的平均速率为v(A)=-=0.3 mol/(Ls),A 错误;B.2s时物质B 的浓度为0.7 mol/L,B 错误C.2s时物质A 的转化率为嬴7rx1。=3。,C 错误;D.2 s 时物质A 的体积分数为一，八，=,D 正确;1.4+0.7+0.6 27故选D。4.下列说法中，正确的是A.标准状况下，3.6 gW O 的物质的量为0.1 molB.常温常压下，11.2 LN2物质的量为0.5 molC.Imol/LMgCk溶液中C厂的物质的量
7、为ImolD.22gC()2的摩尔质量为44g/mol【答案】D【解析】3.6 g H2O 的物质的量为.，三_=0.2二二二，故 A错误；标准状况下，11.2 L N2物质的量为0.5 mol,一 卜 口故 B错误；没有溶液体积，不能计算Imol/LMgCL溶液中。一的物质的量，故 C错误；摩尔质量用g/mol作单位时，其数值为相对分子质量，CO?的摩尔质量为44g/m ol,故 D正确。5.某同学组装了如图所示的电化学装置，则下列说法正确的是A.图中甲池为原电池装置，C u电极发生还原反应B.实验过程中，甲池左侧烧杯中NO；的浓度不变C.若用铜制U 形物代替“盐桥”，工作一段时间后取出U
8、形物称量，质量会减小D.若甲池中A g电极质量增加5.4g时，乙池某电极析出1.6g金属，则乙中的某盐溶液可能是AgNCh溶液【答案】D【解析】A 项，甲池有盐桥，乙池中两电极材料相同，甲池为原电池，乙池为电解池，因为活泼性C u A g,所以甲池中C u电极为负极，负极电极反应式为Cu-2d=Cu2+,为氧化反应，错误；B 项，NO离子由甲池右侧烧杯向左侧烧杯定向移动，左侧烧杯中NO；的浓度增大，错误；C 项，若用铜制U 形物代替“盐桥”，甲池的左侧烧杯为电解池，右侧烧杯为原电池，U 形物插入右侧烧杯中的Cu为负极，其上发生的电极反应 为 Cu-2d=Cu2+,插入左侧烧杯中的Cu为阴极，其
9、上发生的电极反应为Cu2+2e=Cu,根据电子守恒，工作一段时间后取出U 形物称量，质量不变，错误；D 项，甲池中A g电极的电极反应式为Ag+e-=Ag,若甲池中A g电极质量增加5.4g St,电路中通过的电子物质的量为n(e-)=n(A g)=5.4g108g/mol=0.05mol,乙池某电极析出L6g金属，乙池中盐溶液的阳离子应为不活泼金属的阳离子，若乙中的某盐溶液是AgNO3溶液，根据电子守恒，乙池中阴极先后发生的电极反应为Ag+e=Ag、2H+2e=H2 f,正确；答案选D。【点睛】.易错点：C 项中铜制U 形物代替“盐桥”时，铜 制 U 形物与盐桥的作用不同，是在甲池的左、右两
10、烧杯中分别组成电解池和原电池；D 项中易忽视乙池中AgNCh溶液浓度低时，其阴极是分阶段发生还原反应。6.下列化学用语正确的是A.镁离子:M g2t B.氯原子：Cl2C.S 原子的结构示意图：16）2 8 D.乙醇的结构式：CH3cH20H【答案】A【解析】【详解】A.镁离子带2 个正电荷，化学式为M g 3 选项A 正确；B.氯原子的符号为C 1,选 项 B 错误；7c.s 原子的结构示意图为 卜 2 3 6,选 项 C 错误；H HI|D.乙醇的结构简式为CH3cH2OH,结构式为HCf OH,选 项 D 错误。H H答案选A。7.下列过程中发生的化学反应是取代反应的是A.苯和滨水混合后
11、，静置分层 B.苯在空气中燃烧C.葡萄糖在酒化酶作用下生成酒精和C O?D.淀粉在稀硫酸作用下水解生成葡萄糖【答案】D【解析】A、苯和滨水混合，利用溟单质易溶于有机溶剂，苯从滨水中萃取出漠单质，属于物理变化，故A 错误；B、苯燃烧生成CO?和 H2O,属于氧化反应，故 B 错误；C、此反应不属于取代反应，故 C 错误;D、淀粉水解成葡萄糖的反应（CsHioOsE+nHzOTnC6Hl2。6,此反应是取代反应，故 D 正确。8.w“左 是工业上制硝酸的重要反应，下列有关说法错误的是4NH3+5 O,q 4N0+6H2。A.使用催化剂可以加快反应速率B.增大压强可以加快反应速率C.达到平衡时，V（
12、正）=V 侬）D.增大02的浓度可以使N%全部转变为NO【答案】D【解析】【详解】A 项、催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，可增大反应速率，故 A 正确；B 项、增大压强，气体浓度增大，单位体积活化分子数目增多，反应速率增大，故 B 正确；C 项、V （正）=v（逆）说明各物质的浓度、质量等不变，说明达到反应限度，为平衡状态，故 C 正确;D 项、该反应为可逆反应，可逆反应不可能完全进行，转化率不可能达到100%,故 D 错误；故选D。【点睛】可逆反应不可能完全进行，转化率不可能达到100%是解答关键，也是易错点。9.周 与 02发生反应的过程可用如图模型图表示（“一”表示化学键）
13、。下列说法不正确的是（）A.过 程 I 是吸热过程B.过程ID一定是放热过程C.该反应过程中所有旧化学键都断裂，且形成了新化学键D.该反应的能量转化形式只能以热能的形式进行【答案】D【解析】【详解】A、过程I 表示化学键的断裂，该过程是吸热过程，A 正确；B、过程III表示化学键的形成，该过程是放热过程，B 正确；C、如图所示，该反应过程中所有旧化学键都断裂，且形成了新化学键，C 正确；D、可以利用该反应设计燃料电池，将化学能转化为电能，D 错误；故 选 D。10.下列物质中，不能用作漂白剂的是A.S02 B.Ca（C10）2 C.NaClO D.H2S04【答案】D【解析】试题分析：漂白剂有
14、三种：（1）结合性：跟有色物质简单结合，如 SOz；（2）具有强氧化性：利用强氧化性把有色物质氧化，如氯气、次氯酸盐、臭氧、过氧化氢等；（3）吸附性：活性炭；硫酸虽然具有强氧化性但具有脱水性，使有色物质变黑，故 D选项错误。考点：考查漂白剂的漂白的原理。11.下列有关化学用语的表述不正确的是A.氯化氢的电子式：H：C1：B.乙块的结构简式：C H C H、一 二C.力的结构示意图：D.乙烯的球棍模型：节【答案】B【解析】分析：A.氯化氢为共价化合物；B.乙块的结构简式必须标出碳碳三键；C.S?-核内16个质子,核 外 18个 电 子；D.乙烯分子中存在碳碳双键。详解：A.氯化氢为共价化合物，其
15、电子式为:H：c i：,选项A 正确；B.乙块的结构简式为：C H H H,选 288项 B不正确；C.S”的结构示意图为：，选 项 C 正确；D.乙烯的球棍模型为：，选项D正确。答案选D。1 2.下列离子方程式书写不正确的是（）A.盐酸与 N a z S i O s 溶液混合：S i 032+2l T=H2S i O31B.浓盐酸和二氧化锦共热制取 C l2；M n O2+4H S O 广B.H N H N 03-【答案】C【解析】分析：如果离子间在溶液中能发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质、发生的反应分析判断。详解：A.B a-SO/结合生成硫酸钢沉淀，不能大量共存，A 错误；B
16、.H CO.?一结合生成二氧化碳和水，不能大量共存，B 错误；C.K Na NO 3,OIF在溶液中相互之间均不反应，可以大量共存，C 正确；D.H CH3COO-结合生成弱酸醋酸，不能大量共存，D 错误；答案选c。1 4.运用元素周期律分析下面的推断，其中不正确的是()A.H B r O,的酸性比H K X 的酸性强B.锂(L i)与水反应比钠与水反应剧烈C.在氧气中，锄(R b)的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂D.碘(A t)为有色固体，A g A t 难溶于水也不溶于稀硝酸【答案】B【解析】【详解】A.同主族元素从上到下非金属性减弱，所 以 H B r O,的酸性比H I 0,的酸性强，故
17、 A正确；B.同主族元素从上到下金属性增强，钠与水反应比锂(L i)与水反应剧烈，故 B错误；C.同主族元素从上到下金属性增强，在氧气中，枷(R b)的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂，故 C正确；D.同主族元素具有相似性，碘单质为有色固体，所以磷(A t)为有色固体，溟化银和碘化银难溶于水也不溶于稀硝酸，所以A g A t 难溶于水也不溶于稀硝酸，故 D正确；选 B。15.下列关于海水资源综合利用的说法中，正确的是A.海水蒸发制海盐的过程只发生化学变化B.只通过物理变化即可从海水中提取漠单质C.海水淡化的方法主要有蒸储法、电渗析法、离子交换法等D.提取海水中的M g,在沉淀MgCb过程中，从经济
18、角度考虑可选用NaOH溶液【答案】C【解析】【详解】A.海水蒸发制海盐是利用水的沸点低的性质，在该过程中只发生物理变化，A 错误；B.从海水中提取溟单质，显通过氧化反应将BF氧化为B。单质，然后鼓入热空气将B。吹出，用还原剂将B。还 原 为 通 过 富 集 之 后，再用氧化剂氧化Br.为B。单质，因此发生的变化有物理变化和化学变化,B 错误；C.海水淡化可通过蒸储法、电渗析法、离子交换法等方法获得，C 正确；D.从海水中提取海水中的M g,在 沉 淀 MgCL过程中，从经济角度考虑可选用Ca(OH)2溶液，若选用NaOH溶液，造价较高，D 错误；故合理选项是C o16.下列在理论上可设计成原电
19、池的化学反应是()A.C(s)+H20(g)=C 0(g)+H2(g)B.B a(0H)2 8H20(S)+2N H4C 1(s)=B a C l2(a q)+2N H3 H2O(1)+8H20(1)c.C（s）+C 02（g）=2C 0（g）D.C H 4（g）+202（g）f C 02（g）+2H z 0【答案】D【解析】理论上凡是能自发进行的放热的氧化还原反应均可以设计为原电池，A、该反应是吸热反应，不能设计为原电池，A 错误；B、该反应是非氧化还原反应，不能设计为原电池，B 错误；C、该反应是吸热反应，不能设计为原电池，C 错误；D、该反应是放热的氧化还原反应，可以设计为原电池，D 正
20、确，答案选D。点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，注意理论上凡是能自发进行的放热的氧化还原反应均可以设计为原电池，解答时注意结合选项灵活应用。1 7.下列反应中，生成物总能量高于反应物总能量的是A.镁粉与稀盐酸反应 B.甲烷燃烧C.碳酸钙受热分解 D.中和反应【答案】C【解析】【详解】生成物总能量高于反应物总能量，说明该反应为吸热反应。A.镁粉与稀盐酸反应为放热反应，故 A 错误；B.甲烷燃烧为放热反应，故 B 错误；C.碳酸钙受热分解为吸热反应，故 C 正确；D.中和反应为放热反应，故 D 错误。故选C【点睛】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
21、化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铁盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。答题时还需要明确物理变化中的放热或吸热不能归为放热反应或吸热反应。1 8.化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确的是（）A.天然气、石油、甲醇、风力、氢气为一次能源B.海水淡化的方法有蒸馆法、电渗析法等C.石油裂化的目的是得到乙烯、丙烯等化工原料D.P M 2.5 含有的铅、镉、铭、钿、碑等对人体有害的元素均是金属元素【答案】B【解析】分析：A、氢能属于二次能源；B.海水淡化是指除去海水中的盐分以获得淡水的工艺过程（又称海水脱盐），其方法较多；C.裂化的目的是得到轻质油；D、种属于非金属元素。详解
22、：A、一次能源是自然界中以原有形式存在的、未经加工转换的能量资源。包括化石燃料(如原煤、原油、天然气等)、核燃料、生物质能、水能、风能、太阳能、地热能、海洋能、潮汐能等，氢能属于二次能源，故 A错误；B.海水淡化是指除去海水中的盐分以获得淡水的工艺过程(又称海水脱盐)，蒸储是分离和提纯液态混合物常用的方法之一蒸馈法是人类最早使用的淡化海水的方法,技术和工艺比较完备；电渗析法是一种利用离子交换膜进行离子交换的方法,是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，原理为通电后，阴离子移向阳极,阳离子移向阴极,分离盐和水,所以B选项是正确的；C.石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料(汽油,煤油,柴油等)的产
23、量,特别是提高汽油的产量,故C 错误；D.铅、镉、铭、帆属于金属元素，珅属于非金属元素，故 D 错误；所以B选项是正确的。19.研究小组发现一种化合物在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物浓度随反应时间变化如图所示。则反应lOmin时反应物的浓度和反应4min-8min间的平均反应速率，结果应是A.7.5mol/L 和 2.5mol/(L,min)B.7.5imol/L 和 2.5umol/(L,min)C.0.75umol/L 和 3.0u(L-min)D.0.75mol/L 和 5.0umol/(L-min)【答案】B【解析】分析：根据图像观察反应lOmin时反应物的浓度，根 据 v=三
24、计算反应48min间的平均反应速率。详解：由图可知，lOmin时反应物的浓度为7.5pmol/L；48 min期间，反应物浓度变化为(20-10)jimol/L=10pmol/L,所以 48 min 期间，反应速率为 二 二 二 二 一=2.5|1 mol/(L,min)；故选 B。2 0.下列各组物质中化学键的类型完全相同的一组是A.HC1 MgCl2 NH4C1 B.H2O Na2O2 CO2C.CaCl2 NaOH H2O D.C2H6 H2O2 C2H4【答案】D【解析】【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，IA族 和 IIA族元素与V
25、IA族和VIIA族元素之间易形成离子键。【详解】A项、氯化氢中只含共价键，氯化镁中只含离子键，氯化钱中含有离子键和共价键，故 A错误；B项、水和二氧化碳分子中只含共价键，过氧化钠中含有离子键和共价键，故 B错误；C项、氯化钙中只含离子键，水中只含共价键，氢氧化钠中含有离子键和共价键，故 C错误；D项、乙烷、双氧水和乙烯分子中都只含共价键，化学键的类型完全相同，故 D正确。故选D。【点睛】本题考查化学键的判断，明确离子键和共价键的概念是解本题关键。二、计算题(本题包括1 个小题，共 10分)21.I.某温度(t)时，水 的KW=1 0 4 3,则 该 温 度(填“大于”“小于”或“等于)25,理
26、由是，将此温度下pH=11的 NaOH溶液aL与 pH=l的 H 2 s 溶液bL混合，(1)若所得混合液为中性，则 a：b=；(2)若所得混合液的pH=2,则 a：b=oH.2 5 c 时，0.1molL“的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列说法不正确的是A.该溶液pH=4 B.由 H A 电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的 10,倍C.此酸的电离平衡常数约为1x10 D,升高温度，溶液的pH增大【答案】大于水的电离吸热，升高温度，促进水的电离，Kw增 大 10：19：2D【解析】I.升高温度促进水的电离，则水的离子积常数增大，某温度(俨。时水的K“=lxio-I3lxl(
27、r“，则该温度大于25。仁故答案为大于；升高温度促进水电离；(l)pH=ll的 NaOH中 c(OH)=0.01mol/L,pH=l的硫酸中c(H+)=0.1mol/L,混合溶液呈中性，说明酸中n(H+)等于碱中 n(OH),则 0.01a=0.1b,a：b=10：1,故答案为 10：1；若所得混合液的pH=2,混合溶液中c(H+)=0.01mol/L,OAmol/LxbL-O.Qlmol/LxaLc(H+)=-7 式7-=0.01mokL,a：b=9：2,故答案为 9：2；a+b)LII.A.c(H+尸0.lmolL-ixO.l%=l(r4mol/L,pH=-lglO4=4,故 A 正确；B
28、.水电离出的 c(H+)等于溶液中0-1 4c(OH)=moi/L=1 O 10mol/L,由 H A电离出的c(H*)为 104m oi/L,所以由H A电离出的c(H*)约为水电A c(+)(?(Ai)10-4 x 10-4.离出的c(H+)的 IO,倍，故B正确；C.电离平衡常数K=、/x iu m o ltlx io m o i.i/,c(HA)0.1故 C 正确；D.H A的电离是吸热反应，升高温度促进H A电离，溶液中氢离子浓度增大，则溶液的pH减小，故 D 错误；故选D。三、实验题(本题包括I 个小题，共 10分)2 2.如图在试管甲中先加入2mL 95%的乙醇，并在摇动下缓缓加
29、入2mL浓硫酸，充分摇匀，冷却后再加入少量无水乙酸，用玻璃棒充分搅拌后将试管固定在铁架台上，在试管乙中加入5mL饱和的碳酸钠溶液,按图连接好装置，用酒精灯对试管甲小火加热35min后，改用大火加热，当观察到乙试管中有明显现象时停止实验。试回答：乙酸乙酯制备(1)试管乙中观察到的现象是 o(2)液 体 混 合 加 热 时 液 体 容 积 不 能 超 过 其 容 积,本 实 验 反 应 开 始 时 用 小 火 加 热 的 原 因 是;(已知乙酸乙酯的沸点为77；乙醇的沸点为78.5C；乙酸的沸点为117.9C)(3)试 管 甲 中 加 入 浓 硫 酸 的 目 的 是.(4)该 实 验 中 长 导
30、管 的 作 用 是,其不宜伸入试管乙的溶液中，原因是。(5)试管乙中饱和Na2cCh的作用是(6)写出试管甲中发生反应的化学方程式 o【答案】液 体 分 层 1/3 加快反应速率，同时又防止了反应物未来得及反应而挥发损失催化剂、吸水 剂 导 气、冷凝防止加热不充分而倒吸除去乙酸乙酯中的乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层析出 CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOC2 H5 +H20【解析】分析：(1)根据乙酸乙酯的性质、含有的杂质结合碳酸钠的性质分析判断实验现象；(2)依据实验基本操作分析，液体混合加热时液体容积不能超过其容积的三分之一，开始时用小火加热的原因是加快反应速率，避
31、免反应物的挥发；(3)浓硫酸的作用是作酯化反应的催化剂和吸水剂；(4)加热反应过程中乙醇、乙酸乙挥发出，长导管起到冷凝作用，不宜伸入试管乙的溶液中是防止加热不充分发生倒吸；(5)根据乙酸乙酯的性质、含有的杂质分析用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯的原因；(6)装置甲中醋酸和乙醇在浓硫酸催化作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水。详解：(1)乙酸乙酯不溶于水、密度小于水，混有的乙酸和乙醇被碳酸钠溶液反应或溶解，则试管乙饱和碳酸钠溶液中，生成的乙酸乙酯在水溶液上层，试管中观察到的现象是：液体分层，在饱和碳酸钠上层产生有特殊香味的无色液体；(2)液体混合加热时液体容积不能超过其容积的三分之一，开始时用小火加
32、热的原因是加快反应速率，同时又防止了反应物未来得及反应而挥发损失；(3)浓硫酸有吸水性，促进该反应向正反应方向移动，浓硫酸能加快反应速率，所以浓硫酸的作用是作催化剂和吸水剂；(4)已知乙酸乙酯的沸点为7 7；乙醇的沸点为7 8.5 C；乙酸的沸点为H 7.9 C,加热反应过程中乙醇、乙酸乙挥发出，长导管起到冷凝作用，不宜伸入试管乙的溶液中是防止加热不充分发生倒吸；(5)碳酸钠溶液溶解乙醇，能跟乙酸反应吸收乙酸，便于闻到乙酸乙酯的香味，降低乙酸乙酯的溶解度，使乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，便于分层，即饱和碳酸钠溶液的作用是除去乙酸乙酯中的乙醇和乙酸,降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层析出；(6)装置
33、中醋酸和乙醇在浓硫酸催化作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为CHOOH+CHICHZOHJ -C HJCOOCJHS+HZO,A点睛：本题考查乙酸乙酯的制备，题目难度不大，本题注意把握乙酸乙酯的制备原理和实验方法，学习中注重实验评价能力的培养。四、推断题(本题包括I 个小题，共 1 0 分)2 3.A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质或化合物，其中B 为淡黄色固体，它们有如图所示的转化关系：(1)推断各符号所代表的物质的化学式：A,B,C,D,E o(2)分别写出反应、的化学方程式：,.(3)写出反应的离子方程式【答案】N aN a20 2 N a0 H N a2 C
34、 0 3 N aH C 0 3 2 N a+2 H20=2 N a0 H+H21 C 02+H20+N a2C 03=2 N aH C 03C 02+2 0 H_ C l C 0 H H-0-0-H N a+：0：0 ：2-N a+C 02+A 1 02-+2 H20=A l(0 H)31 +H C 03(C 02+2 A 1 02-+3 H20=2 A l(O H)3l+C 032-)C 02+H20+C 0 32=2 H C 03【解析】分析：X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大，Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则 Z 为 O元素、R为 A 1；X、Y 两
35、元素最高正价与最低负价代数和均为0,原子序数均小于O元素，为 I A族元素、I V A 族元素，故 X为 H元素、Y 为 C元素；Q与 X同主族，结合原子序数可知，Q为 N a 元素，据此分析解答。详解：根据以上分析可知X、Y、Z、Q、R分别是H、C、O、N a、A l,贝！J(1)同周期自左而右，原子半径逐渐减小，电子层越多，原子半径越大，故原子半径由大到小的顺序是：Na Al COH；(2)0 和 H能形成多种化合物，其中相对分子质量是3 4 的分子为双氧水，含有氢氧单键和氧氧单键，结构式为H-O O H；(3)由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：A J B(在水溶液中
36、进行)，其 中 CD是溶于水显酸性的气体，D是淡黄色固体，则 D是 N az C h,C是 C O 2,过氧化钠是离子化合物，电子式为N a+：6：6：2-N a+；如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则 B是 A 1(O H)3,D是过氧化钠、C是二氧化碳，A是偏铝酸钠，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸根离子或碳酸氢根离子，离子反应方程式为：A 1 O2+2 H2O+C O2=A I (O H)3+H C O 3 或 2 A 1 O2+3 H2O+C O2=2 A 1 (O H)3+C O32；如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性，则 A为 N a2 c
37、 0 3、B为 N aH C C h，碳酸钠转化为碳酸氢钠的离子方程式为C O32+H2O+C O2=2 H C O3 点睛：本题主要是结合元素推断考查元素周期律、物质推断等，题目难度中等。准确判断出元素是解答的基础，难点是无机框图题推断，掌握常见元素及其化合物的性质、转化关系是解答的关键，注意无机框图题突破口的寻找，例如本题中淡黄色固体等。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.下列关于海水资源综合利用的说法中，正确的是（）A.从海水中富集镁元素用NaOH沉淀法B.从海水中提取精盐的过程中涉及了物理变化和化学
38、变化C.从海水中提取溟单质的过程中用氯气做还原剂D.将海带烧成灰，用水浸泡，乙醇萃取可以提取碘单质【答案】B【解析】【详解】A.海水中镁离子的浓度较低，在海水中加入石灰乳可得氢氧化镁沉淀，实现了镁的富集，不选用NaOH,选项A 错误；B.海水中含有氯化钠，经过海水蒸发制得氯化钠，只发生了物理变化，但得到的是粗盐，需要进一步提纯得到精盐，粗盐提纯时发生化学变化，选项B 正确；C.溟元素由化合态转化为游离态发生氧化还原反应，反应方程式为：Cl2+2Br=2Cl+Br2,所以氯气做氧化剂，选 项 C 错误；D.海带中碘以r形式存在，不能用萃取剂直接萃取，另外乙醇易溶于水，不可用作萃取剂，选 项 D
39、错误;答案为B。2.某甲烷燃料电池构造示意图如下，关于该电池的说法不正确的是A.电解质溶液中Na.向 b 极移动B.b 极的电极反应是：O2+2H2O+4e=4OHC.a 极是负极，发生氧化反应D.电子通过外电路从b 电极流向a 电极【答案】D【解析】【分析】通过示意图可知，a 电极为燃料电池的负极，b 电极为电池正极，且电解质溶液为碱液，并可写出电池总反应式为 CH4+2O2+2NaOH=Na2CO3+3H2O,负极反应为 CH4+10OH-8e=CO32-+7H2O,正极反应为2O2+8e+4H2O=8OH【详解】A.原电池中，电解质溶液的阳离子向正极移动，所以钠离子向b 极移动，故 A
40、正确；B.b 极为正极，电极反应式为O2+2H2O+4d=4OH-,故 B 正确；C.a 极是负极，甲烷在负极失去电子，发生氧化反应，故 C 正确；D.电子通过外电路从a 电极流向b 电极，故 D 错误；故答案选D3.短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增加。m、p、r 是由这些元素组成的二元化合物，n 是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q 的水溶液具有漂白性，r 溶液为强电解质溶液，s 通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是()A.原子半径的大小W XXYC.Y的氢化物常温常压下为液态D.X的最高价氧化物的水化物为强酸【答案】C【解析】分析：短周期元素W、X
41、、Y、Z 的原子序数依次增加.m、p、r 是由这些元素组成的二元化合物，n 是元素Z 的单质，通常为黄绿色气体，则 n 为 CL,Z 为 C1元素；氯气与p 在光照条件下生成r 与s,r 溶液是一种常见的强酸，则 r 为 HCL s 通常是难溶于水的混合物，则 p 为 CH 4,氯气与m 反应生成H Q 与 q,q 的水溶液具有漂白性，则 m 为 H2O,q 为 HC1O,结合原子序数可知W 为 H 元素，X 为 C元素，Y 为 O 元素，然后结合元素周期律解答。详解：根据上述分析可知，W 为 H 元素，X 为 C 元素，Y 为 O 元素，Z 为 C1元素。A.所以元素中H 原子半径最小，同周
42、期自左而右原子半径减小，故原子半径W(H)Y (O)Z (Cl)X (C),故 B 错误；C.氧元素氢化物为水或双氧水，常温下均为液态，故 C 正确；D.X 的最高价氧化物的水化物为碳酸，碳酸属于弱酸，故D 错误；故选C。点睛：本题考查无机物的推断，把握物质的性质、发生的反应、元素周期律等为解答的关键。本题的突破口为氯气及氯气性质。本题的难点为B 中 O 和 C1元素非金属性强弱的判断。4.下列有关物质的性质与用途不对应的是()A.铝合金的密度小，硬度大，可用作建筑材料B.食品工业中用NazCOs作焙制糕点的膨松剂c.FeCL溶液能与Cu反应，可用于腐蚀铜制印刷电路板D.二氧化硅是制造光导纤维
43、的材料【答案】B【解析】【详解】A.铝合金的密度小，硬度大，具有优良的性能，则可用作建筑材料，A 正确；B.Na2c0 3 的碱性较强，一般选NaHCCh作焙制糕点的膨松剂，B 错误；C.FeCb溶液能与Cu反应生成氯化铜、氯化亚铁，则可用于腐蚀铜制印刷电路板，C 正确；D.二氧化硅能传递光信号，是制造光导纤维的材料，D 正确；答案选B。【点睛】本题考查物质的性质与应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。5.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
44、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+2 H 0=2 L i O H +H 2 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。6.下列关于S、SO?、
45、H2s0,的叙述中，正确的是A.硫是一种易溶于水的黄色晶体B.SO?溶于水生成H 2SO 4c.用氢氧化钠溶液处理含有s a 的尾气D.浓 H2SO4不稳定，光照易分解【答案】c【解析】A.硫是一种不溶于水的黄色晶体，A错误；B.sa 溶于水生成H 2SO 3,B错误；C.SO2是酸性氧化物，用氢氧化钠溶液处理含有SO2的尾气，C正确；D.浓 HzSO,稳定，不易分解，D错误，答案选C。7.下列反应的离子方程式书写正确的是A.稀醋酸与氢氧化钠溶液的反应：H+OH=H2OB.铜粉与稀硝酸的反应：Cu+2H+=C+H2TC.液漠与碘化钾溶液的反应：Br2+r =B r-+l2D.碳酸氢钠溶液与氢氧
46、化钠溶液的反应：HCOj+OH-=H2O+CO32【答案】D【解析】【详解】A 项、醋酸与氢氧化钠溶液的反应生成醋酸钠和水，醋酸是弱酸，不能拆写，反应的离子方程式为CH3COOH 4-OH-=CH3COO+H2O,故 A 错误；B 项、铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，不能生成氢气，反应的离子方程式为3CU+8H+2NO3 3CU2+2NO f+4H2O,故 B 错误；C 项、液浪与碘化钾溶液发生置换反应生成漠化钾和单质碘，反应的离子方程式为Br2+2=2Br-+l2,故 C 错误；D 项、碳酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为HCO；+O H-=H2O+CO3
47、2-,故 D 正确;故选D。8.根据下列实验现象,所得结论正确的是A.A B.B C.C D.I)实验实验现象结论A左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡氧化性：Al3+Fe2+Cu2+B左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：CI2Br2l2C右烧杯中澄清石灰水变浑浊，左边烧杯中无明显变化热稳定性：Na2CO3NaHCO3D锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊非金属性：ClCSi【答案】C【解析】【详解】A.电解质为硫酸，活泼金属作负极，由现象可知金属性A l F e C u,即还原性A l F e C u,则氧化性Al3+Fe2+NaHCO3,故 C 正确；D.盐酸为无氧酸，且盐酸
48、挥发，盐酸也能与硅酸钠反应生成白色沉淀，不能比较非金属性，故 D 错误；故选C。9.下列溶液中通入SO2后，最终一定有白色沉淀的是()Ba(NCh)2溶液 BaC12溶液 Ca(OH)2溶液 N azSQ 溶液 H2s溶液A.B.C.D.【答案】D【解析】分析：硝酸根能够氧化二氧化硫生成硫酸根，硫酸根与领离子反应生成硫酸钢；盐酸的酸性强于亚硫酸；足量SO2气体与Ca(OH)2溶液反应会生成亚硫酸氢钙；亚硫酸的酸性强于硅酸；H2s溶液与二氧化硫反应生成S 沉淀。详解：硝酸根能够氧化二氧化硫生成硫酸根，硫酸根与银离子反应生成硫酸钢，一定有白色沉淀生成，正确；盐酸的酸性强于亚硫酸，向 BaCk溶液中
49、通入SO 2,不发生反应，错误；足量SO?气体与Ca(OH)2溶液反应会生成亚硫酸氢钙，最终不会产生白色沉淀，错误；Na2SiO3溶液中通入足量二氧化硫生成硅酸白色沉淀，正确；H2s溶液与二氧化硫反应生成S 沉淀，但 是 S 是淡黄色沉淀，不属于白色沉淀，错误。答案选D。点睛：本题考查二氧化硫的化学性质，注意二氧化硫在硝酸领溶液中易发生氧化还原反应，二氧化硫通入氯化领溶液不发生反应，为易错点。10.下列关于有机物的说法正确的是A.苯分子中含有碳碳双键，能与氢气发生加成反应B.乙烯分子中的所有原子共平面C.糖类、油脂和蛋白质均能发生水解反应D.乙醇和乙酸均能使石蕊试液变红【答案】B【解析】分析：
50、本题考查苯分子、乙烯分子的结构特征。两者都属于平面结构，但苯分子中不含有碳碳双键，它是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的键，乙烯分子中存在碳碳双键，结构不同。还考察了糖类、油脂和蛋白质，醇和乙酸的性质，抓住各种物质官能团的性质进行解答。详解：A.苯分子中不含有碳碳双键，是一种特殊的化学键，能与氢气发生加成反应，故A错误；B.乙烯分子是平面结构，所有原子共平面，故B正确；C.单糖不能发生水解反应，故C错误；D.乙醇不能使石蕊试液变红，乙酸属于酸能使石蕊试液变红，故D错误；答案：B。11.钝是一种碱金属元素，下列关于钠的叙述中正确的是（）A.氢氧化葩是一种可溶于水的强碱B.钝在空气中燃烧生成氧