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．下列各组离子在指定的溶液中可能大量共存的是( ) A．在pH=l 的溶液中:Na+ 、NH4+、I-、N03- B．含有大量ClO-的溶液：H+、Mg2+、S2-、SO42- C．在无色溶液中：Al3+、Cu2+、SO42-、Cl-
D．使酚酞试液变浅红色的溶液中：C032-、Cl-、 Na+ 、K+ 2．下列物质不属于电解质的是
A．NaOH B．H2SO4 C．蔗糖 D．NaCl 3．下列各组元素中，属于同一周期的是
A．H、Na B．Al、P C．O、Cl D．Mg、F
4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是（ ） A．60g丙醇中存在的共价键总数为11NA
B．标准状况下，H2和CO混合气体8.96L在足量O2中充分燃烧消耗O2的分子数为0.2NA C．0.5mol·L-1CuCl2溶液中含有的Cl-个数为NA
D．在反应4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O中，消耗1molCl2时转移的电子总数为1.5NA 5．下列各组物质中，互称为同系物的是( ) A．氧气和臭氧
B．乙酸和醋酸
C．正丁烷和异丁烷
D．甲烷和丙烷
6．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X是最外层只有一个电子的非金属元素，Y是地壳中含量最高的元素，W的原子序数是Y的2倍， X、Y、Z、W的最外层电子数之和为15。下列说法正确的是
A．X和Y只能形成一种化合物 B．简单离子半径：W2->Y2->Z2+ C．简单气态氢化物的热稳定性：W>Y D．WY2、ZY中化学键类型相同
7．已知短周期元素的离子aA2＋、bB＋、cC3－、dD－都具有相同的电子层结构．则下列叙述正确的是（） A．原子半径 A＞B＞D＞C B．原子序数 d＞c＞b＞a
C．离子半径 C＞D＞B＞A D．原子结构的最外层电子数目 A＞B＞D＞C 8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A．15g甲基（－CH3）含有的电子数是9NA B．7.8g苯中含有的碳碳双键数为0.3NA
C．1mol C2H5OH和1mol CH3CO18OH反应生成的水分子中的中子数为8NA D．标准状况下，2.24 L CCl4中的原子总数为0.5NA
9．下列关于F、Cl、Br、I形成相关物质性质的比较中，正确的是 A．单质的颜色随核电荷数的增加而变浅
B．单质的熔、沸点随核电荷数的增加而降低 C．它们的单质氧化性随核电荷数的增加而减弱 D．它们的氢化物的稳定性随核电荷数的增加而增强 10．下列说法正确的是( )
A．离子化合物中不可能含有共价键
B．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物 C．非极性键只存在于双原子单质分子里
D．金属元素和非金属元素形成的化合物中一定含有离子键 11．下列反应是吸热反应的是
A．
B．
C．
D．
12．将一小段镁带投入到盛有稀盐酸的试管中，发生剧烈反应。一段时间后，用手触摸试管外壁感觉烫手。这个实验事实说明该反应 A．为放热反应
C．过程中热能转化为化学能 13．下列叙述中，正确的是( )
A．两种粒子，若核外电子排布完全相同，则其化学性质一定相同 B．H2O比H2S分子稳定，是因为H2O分子间能形成氢键 C．含有共价键的化合物一定是共价化合物
D．两种原子，如果核外电子排布相同，则一定属于同种元素
B．为吸热反应
D．反应物的总能量低于生成物的总能量
14．某化学兴趣小组进行了有关Cu、稀硝酸、稀硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示。下列有关说法正确的是
A．实验①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，说明HNO3被Cu还原为NO2 B．实验③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸的强 C．实验③发生反应的化学方程式为3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO4
4CuSO4+2NO↑+4H2O
D．由上述实验可得出结论:Cu在常温下既可以和稀硝酸反应，又可以和稀硫酸反应 15．石油分馏塔装置示意如图。a、b、c分别为石油分馏产品。下列说法正确的是
A．在a、b、c三种馏分中，a的熔点最高 B．分馏产品的沸点：a>b>c>柴油＞重油
C．在a、b、c三种馏分中，c的平均相对分子质量最大 D．a、b、c、柴油、重油都是纯净物 16．已知：X(g) +2Y(g)
3Z(g)△H=-a kJ?mol（a＞0）。下列说法不正确的是（ ）
﹣1
A．0.1 mol X和0.2 mol Y充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3 mol B．达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化 C．1molX和2molY完全反应生成3mol的Z，放出aKJ的热量 D．升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小
17．选用下列试剂和电极:稀H2SO4、Fe2(SO4)3溶液、铁棒、铜棒、铂棒,组成如图所示的原电池装置，观察到电流计G的指针均有偏转，则其可能的组合共有( )
A．6种 B．5种 C．4种 D．3种
18．根据反应：2Ag++Cu═Cu2++2Ag，设计如图所示原电池，下列说法错误的是
A．X可以是银或石墨 C．Y是硫酸铜溶液
B．电子从铜电极经外电路流向X电极 D．X极上的电极反应式为Ag++e﹣═Ag
19．（6分）四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm?（a、b、c、d为元素的原子序数），它们具有相同的电子层结构，若m＞n，则下列叙述的判断正确的是
①a-b=n-m ②元素的原子序数a＞b＞c＞d ③元素非金属性Z＞R ④最高价氧化物对应水化物碱性X＞Y ⑤离子半径r(Rm?)＞r(Zn?)＞r(Yn+)＞r(Xm+) A．②③⑤正确
B．只有③正确
C．①②③④正确 D．①②③正确
2SO3（g）。下列说法不正．．
20．（6分）在一定条件下，对于密闭容器中进行的可逆反应：确的是 ．
A．改变反应条件可以改变该反应的限度 B．达到平衡后，SO3、SO2、O2在密闭容器中共存 C．达到平衡后，反应停止，正、逆反应速率都等于零 D．SO3、SO2、O2的浓度保持不变，说明该可逆反应达到了限度 二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．（6分）以物质的量为“桥梁”的计算是高中化学计算的基础，根据计算结果，回答下列问题： 在200 mL 2 mol/L MgCl2溶液中，溶质的质量为________g；此溶液中Mg的物质的量浓度为__________ mol/L；Cl的物质的量浓度为________ mol/L；将此溶液稀释到1000 mL其溶质的物质的量浓度为_____________ mol/L。
三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．（8分）Ag2O2是银锌碱性电池的正极活性物质，可通过下列方法制备：在KOH加入适量AgNO3溶液,生成Ag2O沉淀，保持反应温度为80，边搅拌边将一定量K2S2O8溶液缓慢加到上述混合物中，反应完全后，过滤、洗剂、真空干燥得到固体样品。反应方程式为
回答下列问题：
（1）上述制备过程中，检验洗剂是否完全的方法是 .
(2)银锌碱性电池的电解质溶液为KOH溶液，电池放电时正极的Ag2O2转化为Ag，负极的Zn转化为
－
2＋
K2Zn?OH?4，写出该电池反应方程式： . (3)准确称取上述制备的样品（设Ag2O2仅含和Ag2O）2.558g，在一定的条件下完全分解为Ag和O2，得到224.0mLO2（标准状况下）。计算样品中Ag2O2的质量分数（计算结果精确到小数点后两位）。 四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．（8分）ZnO在医药、石化等领域有广泛的用途。研究小组用某闪锌矿(主要成分ZnS，含有FeS、SiO2、MnCO3等杂质)制备氧化锌和硫单质，设计如下流程：
请回答下列问题：
(1)滤渣1的化学式为_______， (2)沉淀X的化学式为______________。
(3)“转化Ⅱ”中主要反应的离子方程式为___________________________。
(4)“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥。洗涤沉淀的操作为__________________。 五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．（10分）工业燃烧煤、；石油等化石燃料释放出大量氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等气体，严重污染空气。对 废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。 Ⅰ脱硝：
己知：H2的燃烧热为285.8kJ·mol N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H=+l33kJ·mol H2O(g)=H2O(l) △H=-44kJ·mol-1
在催化剂存在下，H2还原NO2可生成水蒸气和其它无毒物质的热化学方程式为：____________。 Ⅱ.脱碳：在2L的密闭容器中充入2mo1 CO2和6mol H2，在适当的催化剂作用下发生反应： CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(l)+H2O(l) △H<0
-1
-1
①该反应自发进行的条件是___________(填“”低温或“任意温度”) ②下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是________(填字母) a.混合气体的平均摩尔质量保持不变 b. CO2和H2的体积分数保持不变 c.CO2和H2的转化率相等 d. 混合气体的密度保持不变
e. 1mol CO2生成的同时有3 mul H―H键断裂
③CO2的浓度随时间(0～t2)变化如下图所示，在t2时将容器容积缩小一倍，t3时达到平衡，请画出t2～t4CO2浓度随时间的变化。______
(2)改变温度，使反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H<0中的所有物质都为气态。起始温度、
体积相同（T1℃、2L密闭容器）。反应过程中部分数据见下表： 反应时间 0min l0min 反应I：恒温恒容 20min 30min 1 1 CO2(mol) H2(mol) CH3OH(mol) H2O(mol) 2 6 4.5 0 0 反应Ⅱ：绝热恒容 0min 0 0 2 2 ① 达到平衡时，反应I、Ⅱ对比：平衡常数K(I)_____K(Ⅱ)(填“>”“<”或“=”下同）；平衡时CH3OH的浓度 c(I)______c(Ⅱ)。
②对反应I，前10min内的平均反应速率v(CH3OH)=_________。在其他条件不变的情况下，若30min时只改变温度T2℃，此时H2的物质的量为3.2mol，则T1________T2(填“>”“<”或“=”）。
参考答案
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．D
N03-离子间能反应;B.次氯酸根离子、【解析】分析：A.该溶液中存在大量氢离子, I-、硫离子与H+反应;C.铜离子为有色离子;D.该溶液呈弱碱性,四种离子之间不反应,在弱碱性溶液中能够共存。
详解：A.PH=1的溶液呈酸性,溶液中存在大量氢离子H+ 、I-、N03-,发生氧化还原反应,在溶液中不能大B. H+、ClO-、S2离子之间发生氧化还原反应，C. Cu2+量共存,故A错误；在溶液中不能大量共存,故B错误；为有色离子,不满足溶液无色的条件,故C错误；D. C032-发生水解反应，溶液显碱性，使酚酞试液变浅红色，C032-、Cl-、 Na+ 、K+之间不反应,在溶液中能够大量共存,故D正确；所以D选项是正确的。 点睛：本题考查指定的溶液中离子大量共存的问题。首先确定离子之间能否共存，再根据已知条件判断离子能否共存。例氢离子存在时, I-、N03-离子间能发生氧化还原反应，H+、ClO-、S2离子之间发生氧化还原反应，所以都不能共存。铜离子为有色离子与无色的条件不符，不能共存。 2．C
【解析】试题分析：电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，NaOH 、H2SO4、 NaCl分别是碱，酸和盐类，能在水溶液中或熔融状态下电离出离子，使得溶液能导电,属于电解质，蔗糖在水溶液中不能电离出离子，是非电解质，选C。 考点：电解质和非电解质的概念。 3．B
【解析】解：A．H、Na分别位于一、三周期，故A不选； B．Al、P均位于第三周期，故B选； C．O、Cl分别位于二、三周期，故C不选； D．Mg、F分别位于三、二周期，故D不选； 故选B．
【点评】本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握原子结构中电子层数等于周期数为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大． 4．C 【解析】 【分析】 【详解】
A、60g丙醇的物质的量为1mol，而丙醇中11条共价键，故1mol丙醇中含11NA条共价键， A项正确，不符合题意；
B、标况下8.96L混合物的物质的量为0.4mol，而1mol氢气和1molCO燃烧时均消耗0.5mol氧气，故0.4mol混合气体燃烧消耗0.2mol氧气，与两者的比例无关，B项正确，不符合题意； C、溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，C项错误，符合题意；
D、反应4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O转移6mol电子，消耗4mol氯气。故当消耗1mol氯气时转移1.5mol电子，即1.5 NA个，D项正确，不符合题意。 本题答案选C。 5．D
【解析】 【分析】
同系物指结构相似、在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物。 【详解】
A．氧气和臭氧互为同素异形体，不满足同系物条件，二者不属于同系物，故不选A； B．醋酸是乙酸的俗名，乙酸和醋酸属于同种物质，不属于同系物，故不选B； C．正丁烷和异丁烷互为同分异构体，不属于同系物，故C错误；
D．甲烷和丙烷都为烷烃，二者结构相似，分子间相差2个CH2原子团，属于同系物，故D正确； 【点睛】
本题考查了同分异构体、同素异形体、同系物的判断，注意明确同系物、同素异形体、同分异构体的概念的区别。 6．B
【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是最外层只有一个电子的非金属元素，则X为H元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；W的原子序数是Y的2倍，则W为S元素；Z最外层电子数之和为15-1-6-6=2，Z的原子序数大于氧、小于S，则Z为Mg。A．H和O可以形成H2O、H2O2，A错误；B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2-＞O2-＞Mg2+，B正确；C．非金属性W（S）＜Y（O），故氢化物稳定性W（S）＜Y（O），C错误；D．SO2含有共价键，MgO含有离子键，D错误，答案选B。 7．C
【解析】aA2+、bB+、cC3-、dD- 都具有相同的电子层结构，则一定满足关系式a－2＝b－1＝c＋3＝d＋1。其中A和B属于金属，位于同一周期，且A在B的右侧。C和D是非金属，位于同一周期，且位于A和B的上一周期，其中D位于C的右侧。同周期自左向右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，氢化物的稳定性也是逐渐增强的。核外电子排布相同的微粒其微粒半径随原子序数的增大而减小，所以只有选项C是正确的，其余都是错误的，答案选C。 8．A 【解析】
分析：A、甲基含有9个电子；B、苯中无碳碳双键；C、酯化反应中酸断羧基醇断氢；D、标准状况下CCl4为液体。
详解：A．15g甲基的物质的量都是1mol，1mol甲基中含有9mol电子，含有的电子数均为9NA，选项A正确；B．苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，选项B错误；C、C2H5OH和CH3CO18OH反应生成水为H218O，含10个中子，但酯化反应为可逆反应，故不能进行彻底，故生成的水中的中子个数小于10NA个，选项C错误；D、标况下CCl4为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项D错误。答案选A。
点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大。 9．C 【解析】 【分析】
F、Cl、Br、I是第ⅦA族元素，从F到I，核电荷数逐渐增大。 【详解】
A．F2是淡黄绿色气体，Cl2是黄绿色气体，Br2是深红棕色液体，I2是紫黑色固体，单质的颜色随核电荷数的增加而变深，故A错误；
B．从F2到I2，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，所以单质的熔、沸点逐渐升高，故B错误；
C．从F到I，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，所以它们的单质氧化性逐渐减弱，故C正确； D．氢化物的稳定性随非金属性的增强而增强，从F到I，非金属性逐渐减弱，所以它们的氢化物的稳定性也逐渐减弱，故D错误； 故选C。 【点睛】
同主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，原子核对最外层电子的束缚力逐渐减弱，所以得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，元素的非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强，单质的氧化性逐渐减弱，还原性逐渐增强，相应阴离子的还原性逐渐增强，阳离子的氧化性逐渐减弱。由于元素的金属性逐渐增强，所以单质和水或酸反应置换出氢气越来越容易，氢氧化物的碱性也逐渐增强；由于元素的非金属性逐渐减弱，所以单质和氢气化合越来越难，氢化物越来越不稳定，最高价氧化物的水化物的酸性逐渐减弱。 10．B
【解析】A. 离子化合物中可能含有共价键，例如氢氧化钠等，A错误；B. 由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，例如氯化铵等，B正确；C. 非极性键不一定只存在于双原子单质分子里，例如乙醇中也含有非极性键，C错误；D. 金属元素和非金属元素形成的化合物中不一定含有离子键，例如氯化铝等，答案选B。
点睛：明确化学键的含义以及化学键与化合物之间的关系是解答的关键，一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。选项D是解答的易错点。 11．A 【解析】 【分析】
此题主要考察两个方面的内容，一是对反应过程中能量变化图像的认识，二是对常见的吸放热反应的总结。 【详解】
A. 由图像可知，生成物的总能量高于反应物的总能量，因此A反应为吸热反应； B. 由图像可知，生成物的总能量低于反应物的总能量，因此B反应为放热反应； C. 铝热反应为放热反应，C反应为放热反应；
D. 锌和稀盐酸的置换反应为放热反应，D反应为放热反应； 综上所述，属于吸热反应的是A，故答案选A。 12．A 【解析】 【分析】 【详解】
将一小段镁带投到盛有稀盐酸的试管中，发生剧烈反应。一段时间后，用手触摸试管外壁感觉烫手，说明反应为放热反应。放热反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量，该过程中化学能转化为热能，故选A。 13．D 【解析】 【详解】
A. 两种粒子，若核外电子排布完全相同，化学性质可能相似，但不一定相同，因为核电荷可能不同，得失电子的能力可能不同，比如钠离子和氖原子，故A错误；
B共价化合物的稳定性是由键能大小决定的，而氢键不是化学键，是分子间的作用力，氢键可以影响物质熔、沸点、溶解性等物理性质，故B错误；
C. 含有共价键的化合物不一定是共价化合物，也可能是离子化合物，所以C错误；
D. 原子中核外电子数等于核电荷数，如果核外电子排布相同，则核电荷数相同，则一定属于同种元素，故D正确， 故选D。 14．C 【解析】 【详解】
A、稀硝酸被Cu还原为NO，故A错误；
B、Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，稀硫酸的氧化性比稀硝酸弱，故B错误；
C、实验③发生反应的化学方程式为:3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO4═4CuSO4+2NO↑+4H2O，正确； D、由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，故D错误。 故答案选C。 15．C
【解析】在分馏塔中，位置越高温度越低，石油蒸气在上升途中会逐步液化、冷却及凝结成液体馏分，易挥发的沸点较低、较轻的馏分先出来，一定在最高处，也就是说分馏塔中出口越低，分馏出的馏分的沸点越高；a先分馏出来，c较a、b最后分馏出来，故熔沸点高低顺序为a＜b＜c，熔沸点越高，烃中含碳原子数越多，平均分子量越大，即相对分子质量a＜b＜c。A．熔沸点高低顺序为a＜b＜c，a处的馏分为汽油，故a的熔点最低，故A错误；B．分馏塔中出口越低，分馏出的馏分的沸点越高，故熔沸点高低顺序为a＜b＜c＜柴油＜重油，故B错误；C．a先分馏出来，c较a、b最后分馏出来，故熔沸点高低顺序为aD．＜b＜c，熔沸点越高，烃中含碳原子数越多，平均分子量越大，即相对分子质量a＜b＜c，故C正确；从分馏塔各个出口出来的馏分都为混合物，故D错误；故选C。
点睛：本题考查物质熔沸点与相对分子质量间的关系，从分馏塔各个出口出来的馏分都为混合物；易挥发的沸点较低，较轻的馏分先出来，在最高处，其分子量较低。 16．D 【解析】
A．0.1molX和0.2molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3mol，B．该反应是可逆反应，故A正确；达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化，故B正确；C．热化学反应方程式X(g) +2Y(g)
3Z(g)△H=-a kJ?mol﹣1表示1molX和2molY完全反应生成3mol的Z，放出aKJ的热量，故C正
确；D．升高反应温度，正、逆反应速率都增大，故D错误；故选D。 17．B
【解析】该装置是原电池,根据原电池的构成条件选取电极和电解质溶液.当电解质溶液为稀硫酸时,只有铁能作负极，则正极可以是铜，也可以是铂，所以有两种组合；当电解质溶液为硫酸铁时，负极可以是铁，则正极可以是铜，也可以是铂；若负极为铜时，正极只能是铂，所以有三种组合；所以通过以上分析知；能构成原电池的组合有5种。故选B。
点睛：该装置是原电池，根据原电池的构成条件选择电极和电解质溶液，有相对活泼的金属和不活泼的金属或导电的非金属作电极，且较活泼的金属能自发的和电解质溶液进行氧化还原反应，以此解答该题。 18．C 【解析】 【分析】 【详解】
A项、由总反应方程式可知X做正极，银或石墨活泼性比铜差，则X可以是能导电的银或石墨，故A正确； B项、由总反应方程式可知铜是原电池的负极，电子从铜电极经外电路流向X电极，故B正确； C项、由总反应方程式可知Y应是硝酸银溶液，故C错误；
Ag+在正极上得电子发生还原反应生成Ag，D项、由总反应方程式可知X为正极，电极反应式为Ag++e﹣═Ag，故D正确； 故选C。
19．A 【解析】 【分析】
四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-（a、b、c、d为元素的原子序数），它们具有相同的电子层结构，根据阴前阳后，可确定它们的位置，然后利用同周期元素性质的变化规律来分析解答。 【详解】
①离子aXm+、bYn+具有相同的电子层结构，则离子具有相同的电子数，即a-m=b-n，故①错误；
②由题意可知，具有相同的电子层结构，根据阴前阳后，X、Y在下一周期，Z、R在上一周期，若m＞n，则Y在X的前面，R在Z的前面，所以元素的原子序数为a＞b＞c＞d，故②正确；
③Z、R为上一周期的非金属元素，且元素的原子序数的离子c＞d，在同一周期元素非金属性从左向右增强，即非金属性Z＞R，故③正确；
④四种主族元素中X、Y为下一周期的金属元素，且元素的原子序数a＞b，在同一周期元素的金属性从左向右减弱，即金属性Y＞X，则最高价氧化物对应水化物碱性Y＞X，故④错误；
⑤由②可知元素的原子序数为a＞b＞c＞d，这四种主族元素的离子具有相同的电子层结构，具有相同电子层结构的离子半径，序数越大半径越小，故⑤正确。 所以正确的为②③⑤。 故选A。 20．C
【解析】分析：A、可逆反应是一定条件下的平衡状态,条件改变,平衡可能发生移动;B、反应是可逆反应,SO2、O2在密闭容器中共存；C、SO3、平衡状态SO3、化学平衡是动态平衡,正逆反应速率相同且不为0;D、SO2、O2的浓度保持不变是平衡的标志。
详解：A.可逆反应的限度都是在一定条件下的,改变条件可以改变反应的限度,A正确;B.只要可逆反应开始进行,则反应物和生成物就同时存在,B正确;C.在一定条件下,当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时(但不为0),达到动态平衡,反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态,称为化学平衡状态,故C错误;D、SO3、SO2、O2的浓度保持不变,说是平衡的标志,表明该可逆反应达到了平衡状态,所以D选项是正确的;所以答案选C。
点睛：本题考查化学反应的限度问题。化学反应达到平衡状态时也是化学反应的最大限度。 达到化学平衡状态的标志是正逆反应速率相等，反应物和生成物的浓度不在改变，根据平衡标志判断解答。 二、计算题（本题包括1个小题，共10分） 21．38 2 4 0.4 【解析】 【分析】
结合m=nM、n=cV、c浓V浓=c稀V稀及物质的构成计算。 【详解】
200mL2mol/LMgCl2溶液中，溶质的质量为m=nM=cVM=0.2L×2mol/L×95g/mol=38g；因为MgCl2=Mg2++2Cl-，所以在2mol/L的MgCl2溶液中，Mg2+的物质的量浓度为2mol/L，Cl-的物质的量浓度为2mol/L×2=4mol/L；溶液在稀释过程中溶质的物质的量不变即c浓V浓=c稀V稀，故此溶液稀释到1000mL其溶质的物质的量浓度为
0.2L?2mol/L=0.4mol/L，故答案为：38；2；4；0.4。
1L三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．（1）取少许最后一次洗涤滤液，滴入1～2滴Ba(NO)溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全（取少许最后一次洗涤滤液，滴入1～2滴酚酞溶液，若溶液不显红色，表示已洗涤完全）
设样品中AgO的物质的量为x，AgO 的物质的量量为y
【解析】
试题分析：（1）检验是否洗涤完全，可取最后一次滤液，检验溶液中是否含有SO42﹣或OH﹣，滴入1～2滴Ba（NO3）2溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全（或取少许最后一次洗涤滤液，滴入1～2滴酚酞溶液，若溶液不显红色，表示已洗涤完全），
故答案为取少许最后一次洗涤滤液，滴入1～2滴Ba（NO3）2溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全（或取少许最后一次洗涤滤液，滴入1～2滴酚酞溶液，若溶液不显红色，表示已洗涤完全）；
（2）电池放电时正极的Ag2O2转化为Ag，负极的Zn转化为K2Zn（OH）4，反应还应有KOH参加，反应的方程式为Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O=2K2Zn（OH）4+2Ag， 故答案为Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O=2K2Zn（OH）4+2Ag； （3）n（O2）=
=1.000×10﹣2mol，
设样品中Ag2O2的物质的量为x，Ag2O 的物质的量为y 248 g/mol×x+232g/mol×y=2.588g x+=1.000×10﹣2mol x=9.500×10﹣3mol y=1.000×10﹣3mol w（Ag2O2）=
=
=0.1．
答：样品中Ag2O2的质量分数为0.1． 考点：化学电源新型电池．.
四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．SiO2 Fe(OH)3 MnO4﹣+3Fe2++7H2O= MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+ 3Mn2+ + 2MnO4- + 2H2O = 5MnO2↓+ 4H+ 向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次 【解析】
分析：闪锌矿（主要成分ZnS，含有FeS、SiO2、MnCO3等杂质）用硫酸溶液溶解并过滤后，滤渣为不溶于稀硫酸的SiO2，逸出的气体为H2S，并用空气氧化H2S气体得到S，防污染空气，滤液1中含有FeSO4、ZnSO4及MnSO4等溶质，调整滤液1pH至5，并滴加KMnO4溶液，氧化溶液中的Fe2+和Mn2+，最终得到不溶物MnO2和Fe(OH)3，过滤得滤液2为ZnSO4和K2SO4溶液，在滤液2中滴加Na2CO3溶液，得ZnCO3沉淀，过滤、洗涤并干燥，最终煅烧得到ZnO，据此分析解题。
详解： (1)根据分析知闪锌矿（主要成分ZnS，含有FeS、SiO2、MnCO3，不溶于稀硫酸的为SiO2，所以滤渣1为SiO2。故答案为SiO2。
(2)滤液1经氧化并调节溶液PH=5后,得到不溶于水的MnO2和Fe(OH)3,则过滤所得不溶沉淀X为Fe(OH)3故答案为Fe(OH)3。
（3）转化Ⅱ为用KMnO4氧化溶液中Fe2+,还原产物为Mn2+,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可得发生反应的离子方程式MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+，3Mn2+ + 2MnO4- + 2H2O = 5MnO2↓+ 4H+ 。故答案为MnO4-+3Fe2++7H2O= MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+ ; 3Mn2+ + 2MnO4- + 2H2O = 5MnO2↓+ 4H+ (6)“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥。洗涤不溶物的方法是向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次。故答案为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次。
五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．4H2(g)+2NO2(g)= N2(g)+4H2O(g) △H=-1100.2kJ·mol-1 低温 d e
< < 0.025 mol·L-1·min-1 <
【解析】
Ⅰ、①H2的燃烧热为285.8kJ·mol-1，H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）△H=-285.8KJ/mol
②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H=+l33kJ·mol-1；③H2O(g)=H2O(l) △H=-44kJ·mol-1，①×4-②-③×4得到催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其它无毒物质的热化学方程式为4H2(g)+2NO2(g)= N2(g)+4H2O(g) △H=-1100.2kJ·mol-1；
Ⅱ.Ⅱ．（1）①CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（l）+H2O（l），熵变△S＜0，则反应焓变△H＜0，低温下满足△H-T△S＜0，故答案为低温；
②CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（l）+H2O（l），a、混合气体的平均式量始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故a错误； b、向2L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，按照1：3反应，所以过程中CO2和H2的体积分数始终保持不变，故b错误；c、向2L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，按照1：3反应，CO2和H2的转化率始终相等，不能确定反应是否达到平衡状态，故c错误；d、反应物是气体，生成物是液体，混合气体的密度保持不变，说明反应达到平衡状态，故d正确；e、1mol CO2生成的同时有3mol H-H键断裂，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故e正确；故选d e；
③在t2时将容器容积缩小一倍，压强增大，二氧化碳浓度增大，平衡正向进行，随后减小，t3时达到平衡，t4时降低温度，平衡正向进行，二氧化碳减小，反应速率减小，t5时达到平衡；图象t2起点二氧化碳浓度突然增大为1mol/L，随反应进行减小，图中t3 到t4终点平衡线在0.5的线上，t4t4以后在0.5线以下，但不能到横坐标线上且有平衡线段，图象为：
，故t2～t4CO2浓度随时间的变化。
（2）①CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0，反应Ⅰ是恒温恒容容器，Ⅱ为恒容绝热，反应是放热反应，图表中反应ⅠⅡ若恒温恒容达到相同平衡状态，Ⅱ为逆向恒容绝热，温度降低，平衡正向进行，平衡常数增大，甲醇浓度增大；故答案为＜，＜； ②CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g） 起始量（mol） 2 6 0 0 变化量（mol） 1 3 1 1 30min量（mol） 1 3 1 1
=1/3V=1/3×mol2L10min=0.025mol?L-1?min-1； 对反应I，前10min内的平均反应速率v（CH3OH）（H2）（6-4.5）若30min时只改变温度为T2℃，此时H2的物质的量为3.2mol，氢气增加，说明平衡逆向进行，温度升高T2＞T1，若30min时只向容器中再充入1mol CO2（g）和1mol H2O（g），对正逆反应的影响程度相同，平衡不变；故答案为0.025mol?L-1?min-1 ，＜，不。
点睛：本题考查了热化学方程式书写，平衡影响因素分析判断，平衡计算的分析应用，注意恒温恒容和恒容绝热容器的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等。
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．下列说法正确的是 A．氯化镁的电子式：B．氯原子的原子结构示意图：C．
Uus和
Uus互为同位素
D．用电子式表示氯化氢的形成过程：2．下列过程吸收能量的是 A．镁条燃烧
B．氨气液化
C．浓硫酸稀释
D．冰雪消融
3．将过量Fe粉放入200 mL 2 mol/L的HNO3溶液中，假设还原产物只NO且HNO3完全反应，则参加反应的Fe的质量为
A．4.2g B．5.6g C．8.4g D．11.2g 4．可用于治疗胃酸过多的物质是（ ） A．氢氧化铝
B．氯化钠
C．氯化钾
D．氢氧化钠
5．下列过程需用萃取操作的是
A．压榨花生获取油脂 B．油和水的分离
C．用CCl4提取水中溶解的I2 D．除去粗盐中的杂质 6．下列实验操作的现象与对应结论均正确的是 选项 实验操作 将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，A 振荡后静置 溶液分层，上层呈紫色 I2更易溶于有机溶剂 现 象 结 论 稀硝酸将铁粉氧化形成铁二B 铁粉与稀硝酸反应后，加入KSCN 无血红色溶液生成 价 酒精中含有水 C 将一小块Na放入酒精中 将石蜡油分解产生的气体通入到酸有气泡产生 D 性高锰酸钾溶液中 A．A
B．B
溶液褪色 气体中含有烯烃 C．C D．D
7．下列关于化学键的叙述正确的是 A．离子化合物中一定含有离子键 B．单质分子中均存在化学键
C．离子化合物中只有离子键
D．含有共价键的化合物一定是共价化合物
8．下列热化学方程式书写正确的是（△H的绝对值均正确）（ ） A．2NO2 = O2 + 2NO △H=+116.2kJ/mol（反应热）
B．NaOH（aq）+HCl（aq）= NaCl（aq）+H2O（l） △H=+57.3 kJ/mol（中和热） C．C2H5OH（l）+3O2（g）= 2CO2（g）+3H2O（g） △H=﹣1367.0 kJ/mol（燃烧热） D．S（s）+O2（g）= SO2（g） △H=﹣296.8 kJ/mol（反应热） 9．下列反应符合如图所示的反应是 ( )
A．CO2与炽热的炭反应生成CO C．Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl固体混合
B．石灰石分解 D．食物因氧化而腐败
10．下列各物质含少量杂质，除去这些杂质应选用的试剂或操作方法正确的是( ) 序号 ① ② ③ ④ 物质 KNO3溶液 FeSO4溶液 H2 NaNO3固体 杂质 KOH CuSO4 CO2 CaCO3 除杂应选用的试剂或操作方法 加入FeCl3溶液，并过滤 加入过量铁粉，并过滤 通过盛NaOH溶液的洗气瓶，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶 溶解、过滤、蒸发 C．②③④
D．①②③
A．①②③④ B．①③④
11．反应A+3B=2C+2D在不同条件下反应速率如下，其中最快的是( ) A．V(A)=0.15mol/（L·min） C．V(C)=0.4mol/（L·min）
B．V(B)=0.6mol/（L·min） D．V(D)=0.0075 mol/（L·s）
12．化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列有关化学用语正确的是( ) A．CO2的电子式：
B．S原子的结构示意图：
C．NH3的结构式为： D．质量数为37的氯原子：
13．下列关于卤族元素由上到下性质递变的叙述，正确的是 （ ） ①单质的氧化性增强 ②单质的颜色加深 ③气态氢化物的稳定性增强 ④单质的沸点升高 ⑤阴离子的还原性增强
A．①②③ B．②③④ C．②④⑤ D．①③⑤ 14．下列离子方程式中，书写不正确的是（ ） A．金属钾与水反应：2K+2H2O=2K++2OH－+2H2↑ B．氯气通入碘化钾溶液中：Cl2 + 2I－= 2Cl－ + I2
C．铜片放入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3－= Cu2++2NO2↑+2H2O
D．醋酸与碳酸钠溶液反应：2CH3COOH+CO32－=2CH3COO－+ H2O+CO2↑ 15．下面是某同学所画的各原子的原子结构示意图，你认为正确的是（ ） A．
B．
C．
D．
16．下图是A、B两种重要的有机合成原料的结构。下列有关说法中正确的是
A．A与B互为同系物
B．A与B都能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应 C．在一定条件下，A与B均能发生取代反应 D．A与B都能与NaHCO3溶液反应产生CO2
17．一定温度下，恒容密闭容器中发生反应：4NH3（g）+5O2（g）不能说明该反应达平衡的是（ ） A．V（正）（O2）＝V（逆）（NO）
B．密闭容器内气体的密度不再改变
4NO（g）+6H2O）（g），下列叙述
C．密闭容器的压强不变 D．氮气的浓度不再改变
18．鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，下列方法中最简单有效的是( ) A．加入足量的NaOH溶液 C．加入足量的盐酸
19．（6分）下列说法正确的是 ( )
A． 葡萄糖、油脂、蛋白质都能发生水解反应
B．糖类、油脂、蛋白质都是由C、H、O三种元素组成的 C．葡萄糖和果糖都能发生银镜反应 D．必需氨基酸人体不能合成
20．（6分）在实验室中，下列除杂（括号内物质为杂质）的方法正确的是 A．溴苯（溴）：加入KI溶液，振荡，分液 B．乙烷（乙烯）：通过盛有KMnO4溶液的洗气瓶
C．硝基苯（浓HNO3）：将其倒入足量NaOH溶液中，振荡、静置，分液
B．加热煮沸
D．观察是否产生丁达尔现象（效应）
D．乙烯（SO2）：通过盛有溴水的洗气瓶 二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．（6分）1.52g铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，求：
（1）该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度？ （2）该合金中铜与镁的物质的量之比？
（3）NO2和N2O4的混合气体中，它们的体积分数分别是多少？ 三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．（8分）某化学兴趣小组用甲、乙两套装置（如图所示）进行丙烯酸（H2C=CHCOOH)与乙醇（CH3CH2OH)酯化反应的实验。已知：乙醇的沸点为78.5℃，丙烯酸的沸点为141℃，丙烯酸乙酯的沸点为99.8℃。 回答下列问题：
（1）仪器M的名称为_________，仪器A、B中的溶液均为 _________。 （2）甲、乙两套装置中效果比较好的装置是_______，原因是__________。 （3）乙装置中冷凝水应该从______（填“a”或“b”）口进入。
（4）若7.2g丙烯酸与5.2g乙醇完全反应，则理论上生成的丙烯酸乙酯的质量为________。（精确到小数点后一位）
四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．（8分）已知：A是石油裂解气的主要产物之一，其产量常用于衡量一个国家石油化工发展水平的标志。下列是有机物 A～G之间的转化关系：
请回答下列问题：
（1）A的官能团的名称是___________；C的结构简式是________；
（2）E是一种具有香味的液体，由B+D→E的反应方程式为___________，该反应类型是______________； （3）G 是一种高分子化合物，其结构简式是______________；
（4）比赛中，当运动员肌肉挫伤或扭伤时，随队医生即对准受伤部位喷射物质F（沸点 12.27°C）进行应急处理。写出由A制F的化学反应方程式______________。
（5）E的同分异构体能与NaHCO3溶液反应，写出该同分异构体的结构简式_______。 五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．（10分）节能减排、开发新能源目前受到国际社会的高度关注。
(1)近年我国努力开发新能源，调整能源结构。下列属于可再生能源的是_______(填字母)。 A．氢能 B．天然气 C．石油 D．生物质能
(2)工业生产中会产生SO2、H2S等有害气体，可采取多种方法进行处理。 I.生物法脱H2S的原理为:H2S+Fe2(SO4)3=S↓+2FeSO4+H2SO4 4FeSO4+O2+2H2SO4
2Fe2(S04)3+2H2O
5
①硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×10倍，该菌的作用是_______。
②由图1和图2判断使用硫杆菌的最佳条件为_____。若反应温度过高，反应速率下降，其原因是_____。
I.双碱法去除SO2的原理是先用NaOH溶液吸收SO2，再用CaO使NaOH再生。 NaOH溶液
Na2SO3溶液
写出过程①的离子方程式：______________。
(3)人们也利用多种方法回收利用烟气用的有害气体，变废为宝。如果利用NaOH溶液、石灰和O2处理硫酸工厂尾气中的SO2使之最终转化为石膏(CaSO4·2H2O)，假设硫元素不损失，每天处理1000m3(标准状况)含0.2%(体积分数)SO2的尾气，理论上可以得到多少千克石膏 (计算结果保留小数点后一位)?_______
参考答案
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．C
【解析】分析：A、氯化镁是离子化合物； B、氯原子的核外电子数是17；
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、氯化氢是共价化合物。
详解：A、氯化镁是离子化合物，电子式：，A错误；
B、氯原子的原子结构示意图：，B错误；
C、的质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，C正确；
D、氯化氢是共价化合物，用电子式表示氯化氢的形成过程：答案选C。 2．D 【解析】
，D错误；
分析：A．燃烧反应属于放热反应；B．液化是气态变为液态，放出热量；C．浓硫酸稀释过程中放出大量的热量； D．冰雪消融是固态变为液态，吸收热量。
详解：A．镁条燃烧属于放热反应，选项A错误；B．氨气液化过程中氨气放出能量变为液氨，选项B错误；C．浓硫酸加水稀释过程中放出大量的热量，选项C错误；D．冰雪消融固态变为液态吸收热量，选项D正确；答案选D。
点睛：本题考查了物质变化过程中的能量变化，难度不大，重点掌握常见的放热反应和吸热反应类型。 3．C
【解析】分析：本题考查的是铁和硝酸反应的计算，注意过量的铁与硝酸反应时生成硝酸亚铁。 详解：将过量Fe粉放入200mL2mol/L的HNO3溶液中，反应方程式为：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，0.2=0.4mol计算，则消耗的铁的物质的量为0.15mol，其质量为0.15×56=8.4g。根据硝酸的物质的量为2×故选C。 4．A 【解析】 【分析】
胃酸中的酸主要是盐酸。 【详解】
A．氢氧化铝是弱碱，可与盐酸反应生成氯化铝和水，宜用做治疗胃酸过多的药物，故A符合题意； B．氯化钠不能与盐酸反应，不能用于治疗胃酸过多的药物，故B不符合题意； C．氯化钾不能与盐酸反应，不能用于治疗胃酸过多的药物，故C不符合题意；
D．氢氧化钠属于强碱，具有强烈的腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多的药物，故D不符合题意； 答案选A。 【点睛】
要治疗胃酸过多，可以选用能与盐酸反应的物质，且应选择无毒、无腐蚀性的物质。 5．C 【解析】
A. 压榨花生获取油脂是用机械压力把种子中的油脂给分离出来，不是萃取，A错误； B. 油不溶于水，油和水的分离需要分液，B错误；
C. 碘易溶在有机溶剂中，用CCl4提取水中溶解的I2利用的是萃取，C正确； D. 除去粗盐中的杂质利用的是沉淀法，D错误。答案选C。
点睛：掌握物质的性质差异、分离与提纯的原理是解答的关键。注意萃取实验中萃取剂的选择原则：和原溶液中的溶剂互不相溶；对溶质的溶解度要远大于原溶剂。 6．D 【解析】 【详解】
A.现象错误，乙醇与碘水中的水相互溶解，不分层，A错误；
B.结论错误，铁与硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁与过量的铁粉反应生成二价铁，溶液无血红色出现，B错误；
C.将一小块Na放入酒精中，Na与乙醇反应生成乙醇钠和氢气，C错误；
D.石蜡受热分解生成含有碳碳双键的物质，与高锰酸钾发生氧化还原反应，溶液褪色，D正确； 答案为D。 7．A
【解析】A. 含有离子键的离子化合物是离子化合物，离子化合物中一定含有离子键，A正确；B. 单质分子中不一定均存在化学键，例如稀有气体分子中不存在化学键，B错误；C. 离子化合物中不一定只有离子键，可能含有共价键，例如NaOH中H与O之间存在共价键，C错误；D. 含有共价键的化合物不一定是共价化合物，例如氢氧化钠中含有共价键，属于离子化合物，D错误，答案选A。
点睛：明确化学键的含义、化学键与化合物之间的关系是解答的关键，一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，全部由共价键形成的化合物是共价化合物，另外Al与Cl之间形成的化学键是共价键。 8．D 【解析】 【详解】
A．热化学反应方程式要注明物质在反应时的状态，故A错误； B．中和反应是放热反应，△H应小于0，故B错误；
C．燃烧热要求可燃物的物质的量必须为1mol，得到的氧化物必须是稳定的氧化物，H2O的状态必须为液态，故C错误；
D．热化学方程式的书写注明了物质的聚集状态、△H的正负号、数值、单位均正确，故D正确； 故选D。 【点睛】
本题的易错点为C，要注意燃烧热的生成为稳定的氧化物，水须为液态的水。 9．D 【解析】 【分析】
根据图像可知反应物总能量高于生成物总能量，属于放热反应，据此解答。 【详解】
A. CO2与炽热的炭反应生成CO，属于吸热反应，A错误； B. 石灰石分解生成氧化钙和二氧化碳，属于吸热反应，B错误； C. Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl固体混合属于吸热反应，C错误； D. 食物因氧化而腐败而变质，属于放热反应，D正确。 答案选D。 10．C 【解析】
KNO3溶液中含有少量KOH，应加入适量的稀硝酸调节溶液的pH=7，用氯化铁除杂会引入杂质，①不正确；FeSO4溶液中含有少量CuSO4，加入过量铁粉可以把铜置换出来，过滤除去铜和过量铁粉，②正确；H2含有中少量CO2，通过盛NaOH溶液的洗气瓶除去CO2，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶干燥，③正确；NaNO3NaNO3可溶而CaCO3不可溶，固体中含有少量CaCO3，溶解、过滤、蒸发可以除去杂质并得到纯净的NaNO3固体，④正确。综上所述，C正确，本题选C。 11．D 【解析】 【分析】
不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质的速率与其化学计量数的比值越大，表示反应速率越快，注意单位保持一致。 【详解】 A.
v?A?1v?B?3?0.15mol（/L?min）=0.15mol/（L?min）；
10.6mol（/L?min）=0.2mol/（L?min）；
30.4mol（/L?min）=0.2mol/（L?min）；
2B. ?C. v?C?2?D.V(D)=0.0075 mol/(L?s)=0.45 mol/（L?min），
v?D?2?0.45mol（/L?min）=0.225mol/（L?min）；
2故反应速率V(D)>V(B)= V(C)>v(A)，所以合理选项是D。 【点睛】
本题考查化学反应速率快慢比较的知识，利用比值法可以迅速判断，也可以转化为同一物质的速率进行比较，要注意单位一定要统一，然后再进行比较。 12．C
【解析】试题分析：A不正确，CO2的电子式应该是
；S原子的最外层电子数是6个，不
是8个，则选项B不正确；在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，则质量数为37的氯原子是
，D不正确，答案选C。
考点：考考查常见化学用语的正误判断
点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型与重要的考点。该题基础性强，难易适中，主要是考查学生对常见化学用语的熟悉掌握程度。该类试题需要明确的是常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，需要学生熟练记住。 13．C
【解析】试题分析：①卤族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，对应单质的氧化性逐渐减弱，故①错误；②卤素单质从上到下，单质的颜色分别为浅黄绿色、黄绿色、红棕色、紫色，颜色逐渐加深，故②正确；③卤族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性减弱，故③错误；④卤素单质都属于分子晶体，从上到下单质的相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，单质的沸点升高，故④正确；⑤卤族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，对应阴离子的还原性增强，故⑤正确，故选C。
考点：考查同主族元素对应单质、化合物的性质的递变 14．C 【解析】 【详解】
A. 金属钾与水反应生成氢氧化钾和氢气：2K+2H2O=2K++2OH－+2H2↑，与题意不符，A错误； B. 氯气通入碘化钾溶液中生成碘单质和氯离子：Cl2 + 2I－= 2Cl－+ I2，与题意不符，B错误；
C. 铜片放入稀硝酸中生成硝酸铜、NO和水：3Cu+8H++2NO3－= 3Cu2++2NO↑+4H2O，符合题意，C正确； D. 醋酸与碳酸钠溶液反应：2CH3COOH+CO32－=2CH3COO－+ H2O+CO2↑，与题意不符，D错误； 答案为C。 15．D
【解析】 【分析】
根据核外电子排布理论：即能量最低原理、泡利原理、洪特规则判断。 【详解】 A、
违反了泡利原理，每个原子轨道最多容纳两个电子，应表示为：
故A错误；
B、违反了能量最低原理，先排布4s轨道后排3d轨道，应表示为：故B错误；
C、违反了能量最低原理，先排满3p后排4s，20号元素为钙，不可能失去6个电子，应表示为：
故C错误；
D、均符合核外电子排布规律，故D正确。
答案选D。 16．C 【解析】
分析：根据有机物结构简式可知A中含有碳碳双键和羟基，B中含有羧基，据此判断。
详解：A.同系物是指结构相似，组成上相差n个CH2原子团的有机物之间的互称，A分子中含有羟基，B分子中含有羧基，结构不相似，不互为同系物，A错误；
B.B分子中含有羧基和苯环，和溴的四氯化碳溶液不会发生加成反应，B错误；
C.A、B分子含有的羟基和羧基均能发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，另外苯环上的氢原子也可以被取代，C正确；
D.只有羧基能与碳酸氢钠反应产生二氧化碳，因此A与碳酸氢钠溶液不反应，D错误； 答案选C。 17．B 【解析】 【详解】
A. 化学反应速率V（正）（O2）＝V（逆）（NO）＝V（逆）（O2），正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，选项
A不选；
B、根据ρ=,气体的质量没有变，容器的体积也不变，密度ρ在整个过程中一直不变，平衡不一定达平衡，
选项B选；
C、恒温恒容密闭容器中，只要未达到平衡状态，压强一直在变，P不变就说明反应达平衡，选项C不选； D、各反应物的浓度保持不变则反应达平衡状态，氮气的浓度不再改变则达平衡，选项D不选； 答案选B。 【点睛】
本题考查化学平衡状态的判断，根据化学平衡状态的特征：逆、定、动、变、等来判断化学反应是否达到平衡。其中注意B项为易错点，反应物和生成物都是气体，质量守恒，容器的体积不变，则密度不变。 18．D 【解析】 【分析】 【详解】
胶体能产生丁达尔效应，而溶液是不能的，据此可以鉴别溶液和胶体，所以答案选D。 【点睛】
溶液和胶体的本质区别是分散质粒子的直径大小不同，常用丁达尔效应区分二者，但丁达尔效应属于物理变化，而不是化学变化。 19．D
【解析】A. 葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，A错误；B. 蛋白质是由C、H、O、N等多种元素组成，B错误；C. 果糖不能发生银镜反应，C错误；D. 必需氨基酸人体不能合成，D正确，答案选D。 20．C 【解析】 【详解】
A．溴与KI反应生成碘，碘易溶于溴苯，引入新杂质，不能除杂，应加NaOH溶液、分液除杂，故A错误； B．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应选溴水、洗气除杂，故B错误； C．硝酸与NaOH溶液反应后，与硝基苯分层，然后分液可除杂，故C正确； D．二者均与溴水反应，不能除杂，应选NaOH溶液、洗气除杂，故D错误； 故选C。
二、计算题（本题包括1个小题，共10分） 21．14.0mol/L 2：1
NO2：80%，NO：20% 【解析】 【分析】
（1）已知溶液的密度和溶质质量分数，求其物质的量浓度，通常设溶液的体积为1L，简化计算。 （2）用好题给的质量数据，列方程组求算。
（3）先用好得失电子守恒求出NO2和N2O4的物质的量，再求其体积分数。 【详解】
(1)设取该浓硝酸的体积为1L，则其物质的量浓度为
1.40g/mL?1000mL?63%?63g/mol =14.0mol/L；
1L(2)设铜的物质的量为n(Cu)，镁的物质的量为n(Mg)，用2.54g沉淀质量减去合金质量，得到OH-质量为1.02g，其物质的量为0.06mol；因铜和镁均是+2价，则铜与镁的总物质的量为0.03mol，可得64 n(Cu)+24 n(Mg)=1.52①，n(Cu)+ n(Mg)=0.03②，联立解得n(Cu)=0.02mol，n(Mg)=0.01mol，则铜与镁的物质的量之比为2：1；
(3) 标准状况下1.12L气体，其分子的物质的量为0.05mol，设NO2、N2O4的物质的量为n(NO2)、n(N2O4)，则有n(NO2)+n(N2O4)=0.05①；据整体过量中的得失电子守恒有：
n(NO2)×1+n(N2O4)×2=0.03×2 ②；两式联立解得n(NO2)=0.04mol，n(N2O4)=0.01mol，所以NO2气体的体积分数为80％。 【点睛】
64n(Cu)+24n(Mg)=1.52，本题的第2问也可用利用铜的镁的质量列出一个方程：然后利用Cu与Cu(OH)2、Mg与Mg(OH)2的物质的量间关系列出另一方程：n(Cu)×98+n(Mg)×58=2.54，两式联立成方程组直接求解。
三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．蒸馏烧瓶 饱和Na2CO3溶液 乙 乙的冷凝效果好，可减少丙烯酸乙酯的损失 b 10.0g 【解析】
（1）由装置图可知M为蒸馏烧瓶，因酯类物质不溶于饱和碳酸钠溶液，则吸收、提纯可用饱和碳酸钠溶液；（2）因反应在加热条件下进行，乙醇、丙烯酸乙酯易挥发，为减少损失，应充分冷凝，则乙装置效果较好；（3）乙装置中长导管C的作用是冷凝回流乙醇，平衡内外大气压强；冷凝管应从下口进水，上口出n=7.2g÷72g/mol=0.1mol，n水，以保证水充满冷凝管，起到充分冷凝的作用；（4）（H2C=CHCOOH）（CH3CH2OH）=5.2g÷46g/mol=0.113mol，
乙醇过量，如H2C=CHCOOH完全反应，则生成0.1mol丙烯酸乙酯，质量为0.1mol×100g/mol=10.0g。 四、推断题（本题包括1个小题，共10分） 23．碳碳双键 CH3CHO CH3CH2OH+CH3COOH应) 【解析】 【分析】
A是石油裂解气的主要成份，它的产量通常用来衡量一个国家石油化工水平，A是乙烯，乙烯和水发生加
CH2＝CH2+HCl
CH3COOCH2CH3+H2O 酯化反应(或取代反
CH3CH2Cl CH3CH2CH2COOH；(CH3)2CHCOOH
成反应生成B，则B是乙醇，乙醇和氧气在铜作催化剂作用下催化反应生成C，则C是乙醛，乙醇在高锰酸钾作用下生成D，D是乙酸，乙醇和乙酸在浓硫酸作用下反应生成乙酸乙酯E。G是一种高分子化合物，由A乙烯加聚而成为聚乙烯此判断。 【详解】
（1）A为乙烯含有碳碳双键，C为乙醛，结构简式为CH3CHO；
（2）E是一种具有香味的液体，为乙酸乙酯，B+D为乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯和水，属于酯化反应，方程式为CH3CH2OH+CH3COOH（3）G为聚乙烯，结构简式为
CH3COOCH2CH3+H2O； ；
CH3CH2Cl；
，F为A乙烯和氯化氢加成而成为氯乙烷，据
（4）乙烯和氯化氢加成生成氯乙烷，方程式为CH2=CH2+HCl
（5）E（CH3COOCH2CH3）的同分异构体能与NaHCO3溶液反应则含有羧基，该同分异构体的结构简式为CH3CH2CH2COOH或(CH3)2CHCOOH。 【点睛】
本题考查有机物的推断，涉及烯、醇、醛、羧酸等的性质与转化等，根据A结合物质的性质利用顺推法进行判断，注意掌握常用化学用语的书写，注意对基础知识的理解掌握。 五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24． AD 催化作用 30℃、pH=2.0 蛋白貭变性(或硫杆菌失去活性)，使催化剂失去催化作用 2OH+ SO2= SO3 +H2O 15.4kg
【解析】分析：再生能源是指在自然界能反复生成的。SO2是酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水。二氧2HO，根据关化硫与石灰乳反应生成亚硫酸钙与水，亚硫酸钙在水存在的条件下被氧气氧化生成CaSO4·系式SO2--CaSO4.2H2O来计算生成石膏。
(1)煤、石油、天然气以及核能短期内从自然界得不到补充,属于不可再生能源,而太阳能、氢能可以从自然界源源不断的得到补充,属于可再生能源,所以AD选项正确的。
（2）①根据生物脱的H2S原理可知：硫杆菌在反应中充当催化剂，可以降低反应所需活化能，加快反应速率，因此硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率远大于无菌时FeSO4被氧化的速率。答案：催化作用。 ②由两图可知，在30、PH=2.0时，硫杆菌对Fe2+的氧化速率最大；温度过高，反应速率下降的原因是高温使得硫杆菌蛋白质变性，失去活性，催化作用。答案：30、PH=2.0
（2）过程①中NaOH溶液与SO2反应生成Na2SO3, 离子方程式为2OH-+SO2=SO32-+H2O。
(3) 二氧化硫与石灰乳反应生成亚硫酸钙与水，亚硫酸钙在水存在的条件下被氧气氧化生成二水合硫酸钙即石膏，根据关系式计算：设理论上可得到mg的石膏，则有SO2--CaSO4.2H2O,1molSO2生成172g石膏,2HO）=[（1000×1000）L/22.4（L· mol-1）]×0.2%×172 g· mol-1=15357 g≈15.4 根据硫原子守恒，m（CaSO4·kg。
-2-
点睛：本题考查污染的处理，利用所学知识结合习题中的信息即可解答，习题中数据是解答本题的关键，2HO）也是本题的难点，解答时抓住硫原子守恒规律，进行计算。即根据硫原子守恒，m（CaSO4·=[（1000×1000）L/22.4（L. mol-1）]×0.2%×172 g·mol-1=15357 g≈15.4 kg
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．下列叙述不正确的是（ ） A．NH3易液化，液氨常用作制冷剂 B．稀HNO3氧化能力弱于浓HNO3
C．贮存铵态氮肥时要密封保存，并放在阴凉处 D．硝酸只能被Zn?Fe等金属还原成H2 2．下列相关实验不能达到预期目的的是 ．．选项 A B C D A．A
相关实验 将SO2通入溴水，溴水褪色 将氯水加入KI-淀粉溶液中 将铁和锌置于稀硫酸中构成原电池 检测熔融AlCl3的导电性 B．B
C．C
预期目的 验证SO2的漂白性 验证Cl的非金属性比I强 比较铁和锌的金属性强弱 证明AlCl3是共价化合物 D．D
3．化学与生产、生活、社会发展等息息相关。下列说法正确的是 A．为补充土壤中的钾元素，可在田间焚烧秸秆 B．煤经过气化、液化等物理变化可转变为清洁燃料 C．聚乙烯、聚氯乙烯均可作包装材料，且不会造成环境污染 D．在食品包装时放入盛有铁粉的透气小袋可防止食品氧化变质
4．山东半岛蓝色经济区的建立使海洋经济将成为山东经济转型升级发展的重点。下列说法正确的是 A．从海水中提取溴单质的过程中涉及氧化还原反应 B．从海带中提取碘单质的过程中只涉及复分解反应 C．从海水中提取镁单质的过程中要涉及置换反应 D．从海水中提取氯化钠的过程中涉及化学反应
5．向某溶液中加入含Fe2+的溶液后，无明显变化，当再滴入几滴新制氯水后，混合溶液变成红色，则下列结论错误的是（ ） A．该溶液中一定含有SCN- B．氧化性：Fe3+＞Cl2
C．Fe2+与SCN-不能形成红色物质 D．Fe2+被氯水氧化为Fe3+
6．环境保护十分重要，“绿水青山就是金山银山”。右图是甲、乙、丙、丁四个城市某个时段测得的雨水pH值（纵坐标）图，依据图形判断酸雨最严重的城市是（ ）
A．甲 C．丙
7．下列仪器名称为“干燥管”的是
B．乙 D．丁
A． B． C． D．
8．短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是
A．元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8 B．原子半径的大小顺序为：rX＞rY＞rZ＞rW＞rQ C．离子Y2－和Z 3＋的核外电子数和电子层数都相同 D．元素W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Q的强 9．下列有关说法正确的是（ ） A．共价键一定只存在于共价化合物中
B．CH3CH2CH3光照下与氯气反应，只生成1种一氯代烃 C．苯在浓硫酸催化下与浓硝酸的反应是取代反应 D．石油裂解和裂化的目的相同
10．氮氧化铝（AlON）是一种高硬度防弹材料，可以在高温下由反应Al2O3+C+N2列有关说法合理的是 A．上述反应中氮气作还原剂 B．氮氧化铝中氮元素的化合价是-3 C．氮氧化铝晶体中的作用力是范德华力
D．根据氮氧化铝晶体的硬度可推断其晶体类型可能与石英相同 11．下列选项中的物质所含指定原子数目一定相等的是( )
A．温度和压强不同，相同质量的一氧化二氮和二氧化碳两种气体的总原子数 B．等温等压下，相同体积的乙烯和乙炔、乙烷的混合气体的总原子数 C．等温等压下，相同体积的氧气和臭氧两种气体中的氧原子数
2AlON+CO合成，下
D．相同物质的量、不同体积的氨气和甲烷两种气体中的氢原子数
12．某化合物的分子式为C5H11Cl，结构分析表明，该分子中有两个-CH3，有两个-CH2-，有一个个-C1，它的结构种类有 A．2种
B．3种
C．4种
D．4种
和一
13．在实验室中，下列除杂（括号内物质为杂质）的方法正确的是 A．溴苯（溴）：加入KI溶液，振荡，分液 B．乙烷（乙烯）：通过盛有KMnO4溶液的洗气瓶
C．硝基苯（浓HNO3）：将其倒入足量NaOH溶液中，振荡、静置，分液 D．乙烯（SO2）：通过盛有溴水的洗气瓶
14．将等体积的甲烷与氯气混合于一集气瓶中，加盖后置于光亮处，下列有关此实验的现象和结论叙述不正确的是（ ） A．瓶内壁有油状液滴形成 B．瓶中气体的黄绿色逐渐变浅 C．反应的有机产物都为液体 D．若日光直射可能发生爆炸
15．如图所示是Zn和Cu形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡上的记录卡如下，则卡片上的描述合理的是
实验后的记录： ①Zn为正极，Cu为负极
②Cu极上有气泡产生，发生还原反应 ③SO42﹣向Zn极移动
④若有0.5mol电子流经导线，则产生5.6L气体 ⑤外电路电流的流向是：Cu→Zn
⑥负极反应式：Cu﹣2e﹣═Cu2+，发生氧化反应
A．②④⑤ B．②③⑤ C．①④⑥ D．②③④⑤ 16．设NA为阿伏加德罗常数值，下列有关叙述正确的是（ ） A．1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同
B．0.1 mol Na2O2与足量的二氧化碳反应转移的电子数为0.1 NA
C．1.7g 羟基（-OH）所含电子的数目为NA
D．56g Fe与足量的水蒸汽充分反应生成氢气，转移电子数为3 NA 17．下列金属冶炼的反应原理，不正确的是( ) ．．．A．K2O + H2 C．Fe3O4 + 4CO
2K + H2O
3Fe + 4CO2
B．2HgO
2Hg + O2↑
2Na + Cl2↑
D．2NaCl(熔融)
18．实验室用海带提取碘的操作过程中，所选仪器错误的是（ ） 选项 A B C D A．A
操作 称取3.0 g的干海带 灼烧干海带至完全变成灰烬 过滤煮沸后的海带灰与水的混合液 用四氯化碳从氧化后的海带灰浸取液中提取碘 B．B
C．C
所选仪器 托盘天平 蒸发皿 漏斗 分液漏斗 D．D
19．（6分）有关电化学知识的描述正确的是
A．CaO+H2O=Ca(OH)2,可以放出大量的热，故可把该反应设计成原电池，把其中的化学能转化为电能 B．原电池的两极一定是由活动性不同的两种金属组成
C．从理论上讲，任何能自发进行的氧化还原反应都可设计成原电池 D．原电池工作时，正极表面一定有气泡产生
20．（6分）下列与有机物的结构、性质的有关叙述中正确的是( ) A．乙烯、氯乙烯、聚乙烯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色 B．乙酸与乙醇可以发生酯化反应，又均可与金属钠发生置换反应 C．分馏、干馏都是物理变化，裂化、裂解都是化学变化 D．纤维素
葡萄糖
CO2和H2O（释放能量维持生命活动）
二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．（6分）1.52g铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，求：
（1）该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度？ （2）该合金中铜与镁的物质的量之比？
（3）NO2和N2O4的混合气体中，它们的体积分数分别是多少？ 三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．（8分）某化学课外小组用下图装置制取溴苯。先向分液漏斗中加入苯和液溴，再将混合液慢慢滴入
反应器A(A下端活塞关闭)中。
(1)写出A中反应的化学方程式：___________。
(2)实验结束时，打开A下端的活塞，让反应液流入B中，充分振荡，目的是___________，有关反应的化学方程式是___________。
(3)C中盛放CCl4的作用是___________。
(4)要证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应实验方法是___________。 四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．（8分）A?G均分别代表一种物质，结合如图所示的转化关系（框图中的部分产物已略去），回答下列问题：
已知：I.天然有机高分子化合物A，是一种遇到碘水能变蓝的多糖； Ⅱ. H为丙三醇(CH2OH-CHOH-CH2OH)，G有香味。 (1)①C→E的反应类型为_________。 ②与出D→C的化学反应方程式：_________。
③写出F与H以物质的量3：1浓硫酸、加热条件下发生的化学方程式：_____。
(2)人在剧列运动后腿和胳膊会感到酸胀或疼痛，原因之一是B(C6H12O6)→2C3H6O3（乳酸）。某研究小组为了研究乳酸(无色液体，与水混溶)的性质，做了如下实验：
①取90g乳酸饱和NaHCO3溶液反应，测得生成的气体体积为22.4L(标准状况下）； ②另取90g乳酚与过量的金属钠反应，测得生成的气体体积为22.4L(标准状况下）。
由以上实验推知乳酸分子含有的官能团名称________；试写出所有符合上述条件有机物的同分异构体的结构简式________。
五、综合题（本题包括1个小题，共10分） 24．（10分）下表为元素周期表的一部分。
（1）⑥在元素周期表中的位置是___________________________。 （2）在上表元素中，非金属性最强的是________（填元素符号）。
（3）比较①、⑤的原子半径和气态氢化物的稳定性：原子半径小的是________（填元素符号），气态氢化物更稳定的是______________（填化学式）。
（4）③的最高价氧化物对应的水化物与④的氧化物反应的离子方程式是： _____________________________________________________________________。
参考答案
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．D
【解析】试题分析：A、氨气容易液化，转化成气体时，从外界吸收热量，常作制冷剂，故说法正确；B、氧化性和浓度有关，浓度越大，氧化性越强，故说法正确；C、铵盐见光受热易分解，因此密封且阴凉处保存，故说法正确；D、硝酸是氧化性算，和金属反应不产生氢气，故说法错误。 考点：考查氮及其化合物的性质等知识。 2．A 【解析】
分析：A.二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，二氧化硫被氧化； B. 非金属的非金属性越强，其单质的氧化性越强；
C. 原电池反应中，活泼金属做负极，可以判断金属性的强弱； D. 熔融状态下氯化铝不导电。
详解：A．溴具有强氧化性，二氧化硫能使溴水褪色，是因为二氧化硫和溴发生氧化还原反应生成H2SO4和HBr，该反应中二氧化硫体现还原性，故A错误；
B．非金属的非金属性越强，其单质的氧化性越强，氯气能置换出碘，说明氯气的氧化性大于碘，则非金属性Cl＞I，故B正确；
C．铁、锌和稀硫酸形成原电池，活泼金属做负极，锌的金属性强于铁，故C正确； D．熔融状态下氯化铝不导电，说明氯化铝是共价化合物，故D正确； 故答案选A。 3．D
【解析】A．直接在田间焚烧秸秆会造成大气污染，同时也会破坏土壤中的微生物，虽然草木灰中含有少量的钾肥，但是得不偿失，所以不符合“节能减排，低碳生活”的主题，故A错误；B．通过煤经过气化、
液化等化学变化可转变为清洁燃料，故B错误；C．聚乙烯、聚氯乙烯均可作包装材料，但造成白色污染，故C错误；D．铁粉有还原性，在食品包装时放入盛有铁粉的透气小袋可防止食品氧化变质，故D正确，答案为D。 4．A 【解析】
试题分析：B、海水中的碘元素是化合态，从海带提取碘单质的过程，是把海水中的碘元素反应生成碘单质，发生氧化还原反应，故错；C、从海水中提取镁通常用电解的方法，故错；D、海水蒸发制海盐的过程中是利用氯化钠溶解度随温度变化不大，蒸发水得到氯化钠晶体，主要是物质变化，故错。故选A。 考点：海水的综合利用
点评：本题考查的是海水的综合利用的相关知识，题目难度不大，考查学生对基础知识的掌握程度。 5．B 【解析】 【详解】
向某溶液中加入含Fe2+的溶液后，溶液颜色无明显变化。当再滴入几滴新制氯水后，混合液变成红色，说明亚铁离子被加入的氯水氧化为三价铁离子和硫氰酸根离子结合为红色溶液； A．原溶液中一定含有SCN-，故A正确；
B．氯气能氧化亚铁离子为三价铁离子，依据氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以氧化性Fe3+＜Cl2，故B错误；
C．Fe2+与SCN-不能形成红色物质，三价铁离子与SCN-能形成红色物质，故C正确； D．加入氯水发生的反应为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+被氯水氧化为Fe3+，故D正确； 故答案为B。 【点睛】
能根据实验现象，明确实验原理是解题关键，溶液中的Fe2+与加入的新制氯水发生反应：
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，氧化性：Fe3+＜Cl2；能使含Fe3+的溶液变为红色，说明原溶液中一定含有SCN-；因原溶液中加入含Fe2+的溶液后，无明显变化，说明Fe2+与SCN-不能形成红色物质。 6．C 【解析】 【详解】
空气中存在CO2溶于水生成碳酸使正常雨水显酸性，正常雨水的pH值约等于5.6；雨水的pH值变小的原因是由于污染大气的氮氧化物、SO2等气体与空气中的氧气发生反应，这些气体及其氧化产物溶于雨水后生成HNO3、H2SO3使雨水的pH小于5.6而成为酸雨，pH越小，酸雨越严重，根据图像可知，pH最小的是丙，故选C。 7．A 【解析】
【详解】
A.是干燥管，正确；B.是圆底烧瓶；故错误；C是容量瓶，故错误；D是漏斗，故错误。 8．A 【解析】
由元素在短周期中的位置可知，X为氮元素、Y为氧元素、Z为Al元素、W为硫元素、Q为Cl元素；A．元素X的最高正价为+5，元素Z的最高正化合价为+3，二者最高正化合价之和等于8，故A正确；B．同周C．O2-、期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径rZ＞rW＞rQ＞rX＞rY＞，故B错误；Al3+核外电子数都是10、都有2个电子层，故C错误；D．非金属性Cl＞S，故酸性HClO4＞H2SO4，故D错误；故选A。
点睛：微粒半径大小比较的常用规律：(1)同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2
－
＞Cl－。(2)同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。(3)电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。(4)同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。(5)电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。 9．C
【解析】A、有些离子化合物也存在共价键，如氢氧化钠溶液中，故A错误；B、丙烷中有两种不同的氢原子，与氯气发生取代反应生成2种一氯代烷，即CH2ClCH2CH3、CH3CHClCH3，故B错误；C、苯与硝酸反应生成硝基苯和H2O，属于取代反应，故C正确；D、裂化的目的是得到轻质汽油，裂解的目的是得到乙烯等气态化工原料，故D错误。 10．D 【解析】
由化合价代数和为0可知，氮氧化铝中铝元素化合价为+3价，O为-2价，氮元素的化合价为-1。A．反应中N元素化合价降低，N2为氧化剂，A错误；B．根据上述分析，氮元素的化合价为-1，B错误；C．氮氧化铝晶体中化学键应为共价键C错误；D．根据氮氧化铝晶体的硬度可推断其晶体类型应为原子晶体，D正确；故选D。 11．A 【解析】 【分析】
应用计算物质的量的几个公式、阿伏加德罗定律解答。 【详解】
A项：N2O和CO2摩尔质量都是44g/mol，相同质量时两种气体的分子总数、原子总数都相等，A项正确； B项：据阿伏加德罗定律，等温等压下，相同体积的乙烯和乙炔、乙烷的混合气体的分子总数相同，其原子总数不一定相等；
C项：据阿伏加德罗定律，等温等压相同体积的氧气和臭氧分子总数相同，氧原子数之比为2:3； D项：相同物质的量的氨气和甲烷两种气体中，分子数相等，氢原子数之比为3:4； 本题选A。 12．C 【解析】 【详解】
某化合物的分子式为C5H11Cl，结构分析表明，该分子中有两个-CH3，有两个-CH2-，有一个
和一个-C1，
它的结构种类可能有CH3CHClCH2CH2CH3、CH3CH2CHClCH2CH3、(CH3)2CHCH2CH2Cl、CH3CH2CH(CH3)CH2Cl四种不同结构，因此合理选项是C。 13．C 【解析】 【详解】
A．溴与KI反应生成碘，碘易溶于溴苯，引入新杂质，不能除杂，应加NaOH溶液、分液除杂，故A错误； B．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应选溴水、洗气除杂，故B错误； C．硝酸与NaOH溶液反应后，与硝基苯分层，然后分液可除杂，故C正确； D．二者均与溴水反应，不能除杂，应选NaOH溶液、洗气除杂，故D错误； 故选C。 14．C 【解析】 【详解】
A.一氯甲烷是气体，内壁出现油状液体，是甲烷和氯气发生取代反应，生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳，故A正确；
B.甲烷和氯气发生取代反应，生成的产物均无色，试管中气体颜色会变浅，故B正确； C.一氯甲烷是气体，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳都是液体，故C错误；
D.若日光直射，甲烷与氯气迅速反应生成大量气体，气体剧烈膨胀，可能发生爆炸，故D正确； 故选C。 15．B
【解析】分析：Zn和Cu形成的原电池中，Zn作负极,发生 Zn-2e-=Zn2+ ； Cu电极为正极，发生2H++2e-=H2↑，总电池反应Zn+2H+=Zn2++H2↑,电子由负极流向正极,阴离子向负极移动，以此来解答。 详解：①Zn为负极，Cu为正极，① 错误；②Cu电极上发生2H++2e-=H2↑，所以Cu极上有气泡产生,发生
还原反应,②正确；③ SO42向负极锌极移动，③正确；④由2H++2e-=H2↑，可以知道,有0.5mol电子流向导线,产生氢气0.25mol,则产生5.6 L气体(标况)，④正确；⑤电子由Zn电极经导线流向Cu电极,电流与电子运动方向相反,⑤正确；⑥负极反应式:Zn-2e-= Zn2+ ,发生氧化反应,⑥ 错误；②③⑤均正确；正确选项B。
点睛：原电池工作时溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，电子由负极经外电路流向正极，电子不能从电解质中通过。 16．B 【解析】
A.1mol乙烷的化学键为7mol，1mol乙烯含有5mol化学键，故错误；B. 因为反应中过氧化钠既做氧化剂又做还原剂，所以0.1mol过氧化钠和二氧化碳反应中，转移电子为0.1mol，故正确；C.1个羟基含有9个D.56克铁与水蒸气反应转移8/3mol电子，电子，所以1.7克羟基即0.1mol羟基含有0.9mol电子，故错误；故错误。故选B。
【点睛】阿伏伽德罗常数的题是必考题型，其中关于氧化还原反应通常涉及歧化反应等，常见的反应为过氧化钠与水或二氧化碳的反应，或氯气与水或氢氧化钠的反应，或二氧化氮和水的反应，掌握特殊反应中的转移电子数是关键。 17．A 【解析】 【详解】
A．钾的还原性强于氢气，不能用氢气还原法冶炼钾，A错误； B．汞性质比较稳定，用热分解氧化物的方法制取，故B正确； C．铁性质较活泼，可以用热还原法制取，故C正确； D．钠性质活泼，用电解熔融氯化钠法制取，故D正确； 故选A。 18．B 【解析】 【详解】
A.称取3.0g固体用托盘天平，故A正确； B.灼烧固体用坩埚，不能用蒸发皿，故B错误； C.过滤用漏斗，故C正确；
D.碘易溶于四氯化碳而不易溶于水，故可以用四氯化碳从氧化后的海带灰浸取液中提取碘，用分液漏斗分液，D正确; 本题答案选B。 19．C
﹣
【解析】A．能设计成原电池的反应必须是自发进行的放热的氧化还原反应，该反应不是氧化还原反应，所以不能设计成原电池，故A错误；B．燃料电池中原电池的两极相同，可均为Pt电极，则原电池的两极不一定是由活动性不同的两种金属组成，也可为金属与非金属电极，故B错误；C．能自发进行的氧化还原反应，且为放热的反应都可设计成原电池，则理论上说，不能自发进行的氧化还原反应可设计成电解装置发生，故C正确；D. 原电池工作时，正极表面不一定有气泡产生，如铁-铜-硫酸铜原电池，正极上析出铜固体，故D错误；故选C。 20．B 【解析】 【分析】 【详解】
A．乙烯、氯乙烯（均含有碳碳双键）均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，聚乙烯分子中不存在碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；
B．乙酸与乙醇可以发生酯化反应，乙酸与金属钠发生反应生成醋酸钠和氢气，乙醇与金属钠发生反应生成乙醇钠和氢气，B正确；
C．分馏是物理变化，干馏、裂化、裂解都是化学变化，C错误；
D．纤维素是多糖，但人体内没有能使纤维素水解的酶，不能为人体提供能量，D错误； 故答案选B。
二、计算题（本题包括1个小题，共10分） 21．14.0mol/L 2：1
NO2：80%，NO：20% 【解析】 【分析】
（1）已知溶液的密度和溶质质量分数，求其物质的量浓度，通常设溶液的体积为1L，简化计算。 （2）用好题给的质量数据，列方程组求算。
（3）先用好得失电子守恒求出NO2和N2O4的物质的量，再求其体积分数。 【详解】
(1)设取该浓硝酸的体积为1L，则其物质的量浓度为
1.40g/mL?1000mL?63%?63g/mol =14.0mol/L；
1L(2)设铜的物质的量为n(Cu)，镁的物质的量为n(Mg)，用2.54g沉淀质量减去合金质量，得到OH-质量为1.02g，其物质的量为0.06mol；因铜和镁均是+2价，则铜与镁的总物质的量为0.03mol，可得64 n(Cu)+24 n(Mg)=1.52①，n(Cu)+ n(Mg)=0.03②，联立解得n(Cu)=0.02mol，n(Mg)=0.01mol，则铜与镁的物质的量之比为2：1；
(3) 标准状况下1.12L气体，其分子的物质的量为0.05mol，设NO2、N2O4的物质的量为n(NO2)、n(N2O4)，
则有n(NO2)+n(N2O4)=0.05①；据整体过量中的得失电子守恒有：
n(NO2)×1+n(N2O4)×2=0.03×2 ②；两式联立解得n(NO2)=0.04mol，n(N2O4)=0.01mol，所以NO2气体的体积分数为80％。 【点睛】
64n(Cu)+24n(Mg)=1.52，本题的第2问也可用利用铜的镁的质量列出一个方程：然后利用Cu与Cu(OH)2、Mg与Mg(OH)2的物质的量间关系列出另一方程：n(Cu)×98+n(Mg)×58=2.54，两式联立成方程组直接求解。
三、实验题（本题包括1个小题，共10分） 22．2Fe+3Br2=2FeBr3、
+Br2
+HBr 除去溴苯中溶解的溴
Br2+2NaOH═NaBr+NaBrO+H2O 除去溴化氢气体中的溴蒸气 向试管D中加入AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，则能证明（或向试管D中加石蕊试液，溶液变红） 【解析】 【分析】
铁与溴反应生成溴化铁，在溴化铁催化作用下，苯与溴发生取代反应生成溴苯和HBr，C装置用于除去溴，D装置用于吸收HBr，通过检验HBr，可以验证苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应。据此分析解答。 【详解】
铁与溴反应生成溴化铁，在溴化铁催化作用下，苯与溴发生取代反应生成溴苯和HBr，C装置用于除去溴，D吸收HBr，为检验HBr，可加入硝酸银溶液，反应完后，打开活塞，氢氧化钠与溴反应，可除去溴苯中的溴．
(1)铁与溴反应生成溴化铁，发生2Fe+3Br2=2FeBr3，在催化剂的作用下，苯环上的氢原子被溴原子所取代，生成溴苯，同时有溴化氢生成，方程式为
+Br2
+HBr；
+Br2
+HBr，2Fe+3Br2=2FeBr3；故答案为：
(2)溴单质能与氢氧化钠溶液反应而溴苯不能，因此用氢氧化钠溶液可以除去溴苯中的溴单质，发生Br2+2NaOH═NaBr+NaBrO+H2O，故答案为：除去溶于溴苯中的溴；Br2+2NaOH═NaBr+NaBrO+H2O； (3)CCl4 能溶解溴不能溶解溴化氢，可用四氯化碳除去溴化氢中的溴，以免干扰实验现象，故答案为：除去溴化氢气体中的溴蒸气；
(4)如果苯和液溴发生的是取代反应，则有HBr生成，如果发生的是加成反应，则无HBr生成，也就是说，如果要证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应，只需检验有无HBr生成。可向试管D中加入AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，则能证明发生取代反应，也可以通过检验H+的方法证明，可向试管D中加石蕊试液，若溶液变红，则证明发生取代反应，故答案为：向试管D中加入AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，则能证明(或向试管D中加石蕊试液，溶液变红)。 【点睛】
本题的易错点为(4)，要注意取代反应和加成反应的产物的区别，HBr在水中能够电离出氢离子和溴离子，因此可以通过检验溴离子和氢离子设计实验。 四、推断题（本题包括1个小题，共10分） 23．氧化反应 CH2=CH2+H2O
CH3CH2OH
CH2OH-CHOH-CH2OH+3CH3COOHHOCH2CH2COOH 【解析】 【分析】
+3H2O 羧基、羟基 CH3CHOHCOOH、
A是一种遇到碘单质能变蓝的多糖，则A为淀粉，水解生成B为葡萄糖，由转化关系可知C为CH3CH2OH，D与H2O在一定条件下反应产生C，则D为乙烯，结构简式为CH2=CH2，乙醇催化氧化产生的E为CH3CHO，E催化氧化产生的F为CH3COOH，则G为【详解】
由上述分析可知：A为淀粉，B为葡萄糖，C为CH3CH2OH，D为CH2=CH2，E为CH3CHO，F为CH3COOH，G为
。
，以此解答该题。
(1)①C为CH3CH2OH，CH3CH2OH在Cu催化下发生氧化反应产生CH3CHO，所以乙醇变乙醛的反应为氧化反应；
②乙烯与水反应的化学方程式为：CH2=CH2+H2O
CH3CH2OH；
③F是乙酸，H是丙三醇，F与H以物质的量比3：1在浓硫酸、加热条件下发生的化学方程式为CH2OH-CHOH-CH2OH+3CH3COOH
+3H2O；
(2)①乳酸相对分子质量是90，90g乳酸的物质的量是1mol，取90g乳酸与过量的饱和NaHCO3溶液反应，测得生成22.4L标准状况下即1mol的气体，说明乳酸分子中含有1个羧基；②另取90g乳酸与过量的金属钠反应，测得生成22.4L标准状况下即1mol的气体，则说明乳酸分子中含有1个羧基、1个羟基，则乳酸可能的结构为CH3CHOHCOOH、HOCH2CH2COOH。 【点睛】
把握高分子化合物A为淀粉为解答本题的关键，掌握物质的性质及转化关系、反应条件、反应的物质的量关系是解答题目的基础，能与NaHCO3反应的官能团只有羧基，能与Na反应的官能团有羧基、醇羟基、酚羟基，则是该题的核心，然后结合物质的分子式判断可能的结构，注意有机反应及有机物的性质。 五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．第3周期VIIA族FNNH3Al2O3 + 2OH- === 2AlO2- + H2O
【解析】由图可得，①为N、②为F、③为Na、④为Al、⑤为P、⑥为Cl。
（1）⑥为Cl，在元素周期表中的位置是第3周期VIIA族。（2）同周期，越往右元素非金属性越强，同主族，越往上元素非金属性越强，故上表元素中，非金属性最强的是F。（3）①为N，⑤为P，同主族，越往下原子半径越大，故N原子半径较小；同主族，越往下非金属性越弱，气态氢化物稳定性越差，故NH3更稳定。（4）③为Na、④为Al，③的最高价氧化物对应的水化物（NaOH）与④的氧化物(Al2O3)反应的离子方程式是：Al2O3 + 2OH- = 2AlO2- + H2O。
点睛：本题考查元素周期表与元素周期律的综合应用，比较基础，比较原子半径、金属性和非金属性强弱、气态氢化物稳定性等都是常考的重点，注意掌握元素周期表特别是前三周期的结构和同周期同主族的性质递变规律、掌握元素周期律的实质并灵活运用。
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．下列说法错误的是( ) A．蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖
B．绝大多数酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质 C．植物油含不饱和脂肪酸酯，能使溴的四氯化碳溶液褪色 D．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖 【答案】A 【解析】 【详解】
A. 蔗糖和麦芽糖均为双糖，果糖为单糖，故A错误；
B. 绝大多数酶是蛋白质，少数具有生物催化功能的分子不是蛋白质，如复合酶，故B正确；
C. 植物油为液态油脂，分子的烃基中含不饱和碳碳双键，这种脂肪酸酯，能使溴的四氯化碳褪色，发生加成反应，故 C正确；
D. 淀粉和纤维素为多糖，一定条件下水解的最终产物均为葡萄糖，故D正确； 答案选A。
2．mol-1)。化学健的键能指常温常压下，将1mol分子AB拆开为中性气态原子A和B所需要的能量(单位为kJ·根据键能数据估算CH4(g)+4F2(g)=CF4(g)+4HF(g)的反应热△H为（ ） 化学键 mol-1) 键能/(kJ·A．-485kJ·mol-1 C．+1940kJ·mol-1 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
△H=反应物键能之和-生成物键能之和，结合图表中键能数据和反应中化学键的判断进行计算，△H=414 kJ·mol-1×4+4×155 kJ·mol-1-（489 kJ·mol-1×4+4×565 kJ·mol-1）=-1940 kJ·mol-1，D项符合题意； 本题答案选D。
3．下列有关两种微粒ZX和
AA?1ZC-H 414 B．+485kJ·mol-1
C-F 489 H-F 565 F-F 155 D．-1940kJ·mol-1
X?的叙述正确的是（）
A．一定都是由质子、中子、电子组成的 B．化学性质几乎完全相同
C．核电荷数和核外电子数一定相等
D．质子数一定相同，质量数和中子数一定不相同 【答案】D
AA?1?【解析】A．氕原子不含有中子，A错误；B．ZX为原子，ZX为离子，两者化学性质不相同，B错误；AA?1?C．ZX的核电荷数为Z，核外电子数为Z；ZX的核电荷数为Z，核外电子数为Z?1，故核电荷数相同，AA?1?核外电子数不同，C错误；D．ZX的质量数为A，中子数为A?Z；ZX的质量数为A+1，中子数为A+1
－Z，故质子数相同，质量数和中子数不同，D正确，答案选D。 4．下列实验能达到目的是
A．图①所示实验可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱 B．用图②装置收集CO2气体 C．用图③装置制备BaSO3沉淀 D．用图④装置除去SO2中的HCl 【答案】A 【解析】 【详解】
A.稀硫酸不挥发，三种酸均为最高价氧化物对应水化物，则图①所示实验可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱，A正确；
B.二氧化碳的密度大于空气，用图②装置长进短出收集CO2气体，B错误； C.二氧化硫与氯化钡溶液中不反应，用图③装置无法制备BaSO3沉淀，C错误；
D.NaOH既可以与HCl，又可与二氧化硫反应，则用图④装置不能够除去SO2中的HCl，D错误； 答案为A。
5．Mg-H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液，示意图如下。该电池工作时，下列说法正确的是（ ）
A．Mg 电极是该电池的正极
B．H2O2在石墨电极上发生氧化反应 C．石墨电极附近溶液的pH 增大 D．溶液中Cl－向正极移动 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A.组成原电池的负极被氧化，在Mg－H2O2电池中，镁为负极，而非正极，A项错误； B. H2O2在石墨电极上得电子发生还原反应，B项错误；
C.工作时，正极反应式为H2O2+2H++2e-═2H2O，不断消耗H+离子，正极周围海水的pH增大，C项正确； D.原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，形成闭合回路，所以溶液中的Cl－向负极移动，D项错误。 答案选C。 【点睛】
本题考查原电池的工作原理等知识。正确书写电极反应式为解答该题的关键，镁-H2O2酸性燃料电池中，镁为活泼金属，应为原电池的负极，被氧化，电极反应式为Mg-2e-═Mg2+，H2O2具有氧化性，应为原电池的正极，被还原，电极反应式为H2O2+2H++2e-═2H2O，根据电极反应式判断原电池总反应式，根据电极反应判断溶液pH的变化。
6．已知甲烷的燃烧热为890.3 kJ?mol－1。氢气的燃烧热为285.8 kJ?mol－1。现有9 mol的甲烷和氢气的混合气体，完全燃烧后放出热量7408.2 kJ，则该混合气体中甲烷和氢气的物质的量比为( ) A．1∶8 B．8∶1 C．4∶17 D．17∶4 【答案】B
【解析】设甲烷xmol、氢气ymol，则x+y=9、890.3x+285.8y=7408.2，解得：x=8、y=1，故选B。 点睛：本题考查燃烧热概念及有关计算，注意燃烧热是指在25℃、101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量。 7．下列叙述不正确的是（ ）。
A．甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种 B．分子式符合C5H11Cl的化合物有6种
C．已知二氯苯有3种结构，则四氯苯也有3种结构 D．菲的结构简式为【答案】B 【解析】
，一定条件下，它与硝酸反应，可生成5种一硝基取代物
【分析】 【详解】
A．含有3个碳原子的烷基有丙基、异丙基两种，甲苯苯环上有3种氢原子，分别处于甲基的邻、间、对位位置上，所以甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有3?2?6种，故A正确； B．含有5个碳原子的饱和链烃为C5H12，有正戊烷、异戊烷、新戊烷，正戊烷中有3种H原子，异戊烷中有4种H原子，新戊烷中有1种H原子，故C5H12的一氯代物共有3?4?1?8种，故B错误； C．由于苯环上含有6个氢原子，故二氯苯与四氯苯的结构数目相等，故C正确；
D．如图所示中含有5种氢原子，故可生成5种一硝基取代物，故D正确；
故答案选B。
8．下列属于物理变化的是
①石油的分馏 ②煤的干馏 ③石油的裂化 ④铝热反应 ⑤由乙烯制备聚乙烯 ⑥将氧气转化为臭氧 ⑦乙烯催熟果实 ⑧将苯加入溴水中 ⑨海水蒸馏制取淡水 A．①②③④ 【答案】C 【解析】 【分析】
化学变化是指在原子核不变的情况下，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，化学变化与物理变化的本质区别在于是有无新物质生成，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。 【详解】
①石油的分馏⑧苯遇溴水⑨海水蒸馏法制取淡水没有新物质生成，属于物理变化；
②煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，有新物质生成，属于化学变化；③石油裂化是由石油的馏分经裂化而得的汽油，有新物质生成，属于化学变化；④铝热反应有新物质生成，属于化学变化；⑤由乙烯变为聚乙烯有新物质聚乙烯生成，属于化学变化；⑥氧气转变为臭氧有新物质臭氧生成，属于化学变化；⑦乙烯催熟果实有新物质生成，属于化学变化； 答案选C。 【点睛】
本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，这里的新物质是指和变化前的物质是不同种的物质，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化。
9．金属材料在日常生活以及生产中有着广泛的运用。下列关于金属的一些说法不正确的是
B．①②⑦⑧⑨
C．①⑧⑨
D．①②⑥⑨
A．合金的性质与其成分金属的性质不完全相同 B．工业上金属Mg、Al都是用电解熔融的氯化物制得的 C．金属冶炼的本质是金属阳离子得到电子变成金属原子 D．越活泼的金属越难冶炼 【答案】B 【解析】 【详解】
A. 合金的性质与其成分金属的性质不完全相同，A正确；
B. 金属镁用电解熔融MgCl2的方法制备，金属铝用电解熔融Al2O3的方法制备，B错误； C. 金属冶炼的本质是金属阳离子得到电子变成金属原子，C正确； D. 越活泼的金属其金属阳离子越难得到电子，因此越难冶炼，D正确； 答案选B。
10．下列反应属于取代反应是 A．C3H8 + 5O2C．【答案】B
【解析】试题分析：有机物分子的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替生成其它物质的反应是取代反应，据此可知B正确，A是丙烷的燃烧，C是乙烯的加聚反应，D是苯的加成反应，答案选B。 考点：考查有机反应类型的判断
点评：该题是常识性知识的考查，也是高考中的常见考点。该题的关键是明确常见有机反应类型的含义以及判断依据，然后具体问题、具体分析即可，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力。 11．2010年4月中旬全球核安全峰会在华盛顿举行，发展核电、制裁核武器发展是会议主题。各式各样电池的发展是化学对人类的一项重大贡献。下列有关电池的叙述正确的是 A．手机上用的锂电池属于二次电池 B．锌锰干电池中，锌电极是正极 C．氢氧燃料电池工作时氢气在负极被还原 D．太阳能电池的主要材料为二氧化硅 【答案】A 【解析】 【详解】
A．手机上的锂离子电池可以充电、放电，属于二次电池，故A正确；
B．锌锰干电池中锌失去电子发生氧化反应生成Zn2+，所以锌作负极，故B错误； C．氢氧燃料电池工作时，氢气在负极失电子被氧化，故C错误；
3CO2 +4H2O B．CH4+C12
CH3C1+HCl
+3H2
D．
D．太阳能电池的主要材料为硅，光导纤维的主要材料是二氧化硅，故D错误； 答案选A。 【点睛】
本题考查较综合，涉及原电池原理、太阳能电池等知识点，根据一次电池和二次电池的判断方法、原电池正负极上发生的反应即可解答，难度不大。
12．一种“既热即食型”快餐适合外出旅行时使用，它是利用两种物质发生化学反应对食物进行加热，这两种化学物质最适合选择的是( ) A．浓硫酸与水 【答案】C 【解析】 【详解】
A、浓硫酸溶于水放热，但浓硫酸具有强烈的腐蚀性，故不选A； B、氢氧化钠溶于水放热，但氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，故不选B；
C、生石灰与水反应生成氢氧化钙放出大量热量，且无腐蚀性价格也便宜，故选C； D、氯化钠溶于水热量变化不明显，不能对食物进行加热，故不选D。 13．已知：CH4(g)+2O2(g)==CO2(g)+2H2O(1) △H = ―Q1 KJ/mol 2H2(g)+O2(g)==2H2O(g) △H = ―Q2 KJ/mol 2H2(g)+O2(g)==2H2O(1) △H = ―Q3KJ/mol
常温下，取体积比为4:1的甲烷和氢气的混合气体11.2L（已折合成标准状况），经完全燃烧后恢复至常温，则放出的热量为( ) A．（0.4Q1+0.05Q3）kJ C．（0.4Q1+0.1Q3）kJ 【答案】A 【解析】 【分析】
根据混合气体的体积计算混合气体的物质的量，结合气体体积比计算甲烷、氢气的物质的量，再根据热化学方程式计算放出的热量。 【详解】
甲烷和氢气的混合气体体积为11.2L（折合成标准状况），则甲烷和氢气的混合气体的总物质的量为
B．（0.4Q1+0.05Q2）kJ D．（0.4Q1+0.1Q2）kJ
B．氢氧化钠与水
C．生石灰与水
D．氯化钠与水
11.2L1=0.5mol，甲烷和氢气的体积比为4:1，所以甲烷的物质的量为0.5mol×=0.4mol，氢气的物
22.4L/mol5质的量为0.5mol-0.4mol=0.1mol，由CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) △H = ―Q1 kJ/mol可知，0.4mol甲烷燃烧放出的热量为0.4mol×Q1kJ/mol=0.4Q1kJ，混合气体完全燃烧后恢复至室温，生成物水为液态，由2H2(g)+O2(g)==2H2O(1)△H = ―Q3kJ/mol可知，0.1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为0.05Q3kJ，所以放
出的热量为0.4Q1+0.05Q3，答案选A。 【点睛】
本题考查反应热的计算，试题难度不大，注意根据生成物水为液态选择相应的热化学方程式计算反应热，为易错点。
14．除去下列物质中的杂质(括号内为杂质)，所用试剂和分离方法均正确的是（） A B C D A．A 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A项、乙烯与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳气体，会引入新杂质，应用溴水除杂，故A错误； B项、苯不溶于水，乙酸与氢氧化钠反应生成可溶性的乙酸钠，分液即可除去杂质，故B正确； C项、氢氧化钠溶液既能与氯气反应也能与HCl反应，选用氢氧化钠溶液无法除去氯气中混有的氯化氢，故C错误；
D项、钠与乙醇反应生成乙醇钠和氢气，选用钠无法除去乙醇中混有的水，故D错误； 故选B。
15．化学反应A2+B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（ ）
混合物 甲烷(乙烯) 苯(乙酸) 氯气(HCl) 乙醇(水) B．B
所用试剂 酸性高锰酸钾 氢氧化钠溶液 氢氧化钠溶液 金属钠 C．C
D．D
分离方法 洗气 分液 洗气 蒸馏
A．该反应是吸热反应
B．断裂1molA-A键和1molB-B键能放出xkJ的能量 C．断裂2molA-B键需要吸收ykJ的能量
D．2molAB的总能量高于1moA2和1molB2的总能量 【答案】C 【解析】
【详解】
A、根据图像，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应是放热反应，故A错误； B、断裂化学键需要吸收能量，而不是释放能量，故B错误； C、由图可知断裂2molA-B键需要吸收ykJ能量，故C正确；
D、由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，故D错误； 故选C。
16．除去Na2CO3固体中少量NaHCO3的最佳方法是
A．加入适量盐酸 B．加入NaOH溶液 C．加热 D．配成溶液后通入CO2 【答案】C
A．Na2CO3和NaHCO3都反应生成氯化钠，B．【解析】试题分析：加入盐酸，故A错误；因不能确定NaHCO3的量，加入NaOH易混入新杂质，且反应后还要蒸发结晶，操作复杂，故B错误；C．碳酸氢钠不稳定，加热易分解生成Na2CO3，故C正确；D．在溶液中通入CO2气体，Na2CO3反应生成NaHCO3，不能将杂质除去，故D错误。故选C。
考点：考查物质的分离提纯方法选择与应用
【名师点睛】化学是研究物质的组成、结构、性质、用途及制取（或合成）的自然科学，而物质的制取过程中一定要涉及到物质的除杂、分离、提纯等问题，因此有关物质的分离提纯实验题型是历次考试的重点题型。常用分离方法有：过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、萃取分液、蒸馏（分馏）、盐析、洗气等。选择物质分离提纯试剂和方法的基本原则：①不增（不引入新的杂质）；②不减（不减少被提纯的物质）；③易分离（被提纯的物质与杂质易分离）；④易复原（被提纯的物质易复原）。 17．下列属于化石燃料的是
A．氢气 B．木柴 C．煤 D．酒精 【答案】C 【解析】
试题分析：化石燃料包括煤、石油、天然气，所以属于化石燃料的是煤，答案选C。 考点：考查化石燃料的判断
18．下列物质中，含有共价键的是（ ） A．CaO 【答案】D 【解析】 【详解】
A．CaO中钙离子和氧离子之间只存在离子键，不存在共价键，故A不选； B．MgCl2中只含镁离子与氯离子形成的离子键，不存在共价键，故B不选； C．NaCl中钠离子和氯离子之间只存在离子键，不存在共价键，故C不选；
B．MgCl2
C．NaCl
D．NH4Cl
D．NH4Cl中含离子键，在铵根离子内存在N-H极性共价键，故D选； 故选D。 【点睛】
本题的易错点为B，要注意离子化合物中如果存在原子团，则原子团内还存在共价键，在MgCl2中存在的镁离子与氯离子，不存在原子团，只存在离子键，2个氯离子间不能形成化学键。 19．下列有关说法正确的是 A．C4H9Cl有4种同分异构体
C．油脂都不能使溴的四氯化碳溶液褪色 【答案】A 【解析】 【详解】
A. 丁烷有2种同分异构体，各有2种等效氢原子，则C4H9Cl有4种同分异构体，A正确； B. 煤的干馏是化学变化，石油的分馏是物理变化，B错误； C. 高级不饱和脂肪酸甘油酯能使溴的四氯化碳溶液褪色，C错误；
D. 糖类中的淀粉、纤维素等是高分子化合物，葡萄糖等是小分子化合物，油脂是小分子化合物，D错误； 答案选A。
20．X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素。其中只有Z是金属，W的单质是黄色固体，X、Y、W在周期表中的相对位置关系如图所示。下列说法正确的是
B．煤的干馏和石油的分馏都是化学变化 D．糖类、油脂和蛋白质都是天然高分子化合物
A．五种元素中，原子半径最大的是W B．Y的简单阴离子比W的简单阴离子还原性强 C．Y与Z形成的化合物都可以和盐酸反应 D．Z与Q形成的化合物水溶液一定显酸性 【答案】C
【解析】试题分析：W的单质是黄色固体，则W一定是S。根据元素在周期表中的相对位置可判断Y是O，X是C。Q的原子序数大于W，且是短周期元素，因此Q是Cl。Z是金属，原子序数大于O而小于S，则Z是Na或Mg或Al。A、同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增强，五种元素中，原子半径最大的是Z，A错误；B、同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则Y的简单阴离子比W的简单阴离子还原性弱，B错误；C、Y与Z形成的化合物不论是氧化钠、过氧化钠、氧化镁或氧化铝都可以和盐酸反应，C正确；D、Z与Q形成的化合物水溶液不一定显酸性，例如氯化钠溶液显中性，D错误，答案选C。
考点：考查位置、结构和性质关系应用
二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．H、O三种元素组成，有机物A只由C、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中含有-OH和位于分子端的-C≡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____________。 【答案】C5H8O、【解析】 【分析】 根据n=
m计算有机物A、二氧化碳、水的物质的量，根据原子守恒计算烃分子中C、H原子数目，根据M相对原子质量计算分子中氧原子数目，据此书写烃的分子式；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≡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84，16.8g有机物A的物质的量=
8.4g22g=0.1mol，经燃烧生成22.0g CO2，物质的量为=0.5mol，生成7.2g H2O，物质的量为
84g/mol44g/mol7.2g0.5mol?10.4mol?2=0.4mol，故有机物A分子中N(C)==5，N(H)==8，根据相对分子质量为
18g/mol0.1mol0.1mol84，则N(O)=
2?5?2?884?12?5?8=1，故A的分子式为C5H8O；C5H8O不饱和度为：=2，红外光谱
162分析表明A分子中含有O-H键和位于分子端的C≡C键，核磁共振氢谱有三个峰，峰面积为6:1:1，故分子中含有2个CH3、1个-OH连接在同一C原子上，所以A的结构简式为：
，故答案为：C5H8O；
。
三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．某化学小组采用如图所示装置，对浓硝酸与木炭的反应进行探究(已知：4HNO3
4NO2↑+O2↑+2H2O)。
请回答下列问题：
（1）检查装置气密性后，将燃烧匙中的木炭在酒精灯上加热至炽热状态，伸入三颈烧瓶中，生成的气体
的颜色为__，产生该气体的反应的化学方程式是__。
（2）装置C中盛有足量Ba(OH)2溶液，炽热的木炭与浓硝酸反应后可观察到C中出现白色沉淀，该白色沉淀为__(填化学式)。 （3）装置B的作用是__。
（4）装置D中收集到了无色气体，有同学认为是NO，还有同学认为是O2。 ①下列对该气体的检验方法合适的是__(填字母)。 A.敞口观察装置D中集气瓶内气体的颜色变化
B.将湿润的蓝色石蕊试纸伸入集气瓶内，观察蓝色石蕊试纸是否变红 C.将带火星的木条伸入集气瓶中，观察木条是否复燃
②如果D中集气瓶内收集到的无色气体是氧气，则氧气的来源是__。 【答案】红棕色C+4HNO3(浓)【解析】 【分析】
探究实验，连接装置，检查装置的气密性，然后装药品，实验开始，装置A：碳单质和浓硝酸加热反应生成二氧化氮、二氧化碳和水，反应的化学方程式为C+4HNO3(浓)
加热4NO2↑+CO2↑+2H2OBaCO3防倒吸AC浓硝酸的分解
加热4NO2↑+CO2↑+2H2O、副反应：
4HNO3
加热4NO2↑+O2↑+2H2O，装置B：安全瓶，防倒吸，装置C：盛有足量Ba（OH）2溶液，检验二氧
化碳，装置D：收集尾气。据此解答。 【详解】
(1)碳与浓硝酸在加热的条件下反应生成二氧化碳和红棕色的二氧化氮，所以可观察到三颈瓶中气体的颜色为红棕色，反应方程式为C+4HNO3(浓)
加热4NO2↑+CO2↑+2H2O，
故答案为：红棕色； C+4HNO3(浓)
加热4NO2↑+CO2↑+2H2O；
(2)装置C中盛有足量Ba(OH)2溶液，二氧化碳通入其中，反应的化学方程式是：CO2+Ba(OH)2＝BaCO3↓+H2O，产生白色BaCO3沉淀， 故答案为：BaCO3；
(3)根据装置图可知，装置B的作用为用作安全瓶，缓冲，防止溶液倒吸， 故答案为：安全瓶，防倒吸；
(4)①A. 一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮,二氧化氮为红棕色,如果集气瓶内气体是NO,向装置D中通入O2，可以看到红棕色，对NO气体的检验方法合适，故A选；
B. 一氧化氮不溶于水，与水不反应，湿润的蓝色石蕊试不能区别一氧化氮和氧气，检验方法不合适，故B不选；
C. 将带火星的木条伸入集气瓶中，观察木条是否复燃，可以判断集气瓶中是否是氧气，对氧气的检验方法合适，故C选； 故答案为：AC；
②硝酸在加热的条件下分解4HNO3
加热4NO2↑+O2↑+2H2O，产生二氧化氮、水和氧气，所以氧气的来源
是浓硝酸在受热时分解所产生或二氧化氮溶于水之后生成的HNO3分解所产生， 故答案为：浓硝酸的分解。
四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，已知A的L层电子数是K层电子数的两倍，D是短周期元素中原子半径最大的元素，D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡黄色固态化合物，试根据以上叙述回答： (1)元素名称：A______； B______； E______；
(2)元素E在周期表中的位置_________，B、C、D、E的原子半径由小到大的顺序为(用元素符号或化学式表示，以下同)____________，D2C2的电子式__________，所含化学键____________． (3)写出AC2与D2C2反应的化学方程式_______________________．
(4)C、E的简单氢化物的沸点较高的是_____________，原因是________________． (5)用电子式表示化合物D2E的形成过程______________________． 【答案】碳 氮 硫 第三周期 ⅥA族 O? N?S?Na
和共价键 2CO2?2Na2O2?2Na2CO3?O2 H2O 水分之间存在氢键
【解析】 【分析】
根据元素周期表结构、核外电子排布规律及物质性质分析元素的种类；根据元素周期律比较原子大小及物质的熔沸点；根据原子间成键特点书写电子式及判断化学键类型；根据物质性质书写相关化学方程式。 【详解】
有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，已知A的L层电子数是K层电子数的两倍，则A为碳；D是短周期元素中原子半径最大的元素，同周期元素原子半径随核电荷数增大而减小，同主族元素原子半径随核电荷数增大而增大，所以D为钠；D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡黄色固态化合物，则C为氧，E为硫；B在碳、氧中间，则B为氮； (1)根据上述分析，元素名称为：A为碳； B为氮； E为硫；
离子键
(2)元素E为硫，16号元素，在周期表中的位置为第三周期 ⅥA族；同周期元素原子半径随核电荷数增大而减小，同主族元素原子半径随核电荷数增大而增大，所以B、C、D、E的原子半径由小到大的顺序为O? N?S?Na；过氧化钠的电子式为：
离子键结合，所以所含化学键离子键和共价键；
(3)过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为：
；氧原子间以共价键结合，过氧根和钠离子以
2CO2?2Na2O2?2Na2CO3?O2?；
(4)C的氢化物是H2O，常温常压下为液态，E的氢化物为H2S，常温常压下为气态，的简所以沸点较高的是H2O；原因是水分之间存在氢键；
(5)钠原子失电子形成钠离子，硫原子得电子形成硫离子，阴阳离子通过离子键结合，电子式表示化合物硫化钠的形成过程为：
五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．已知：Cl2O常温下为气态，溶于水可得只含单一溶质A的弱酸性溶液，且有漂白性，A溶液在放置过程中其酸性会增强。常温下，Cl2O与NH3反应生成离子化合物B、气体单质C和常见液体D，C为空气中含量最多的物质。请回答下列问题：
（1）B的化学式为_______，气体单质C的结构式为_________。 （2）用化学方程式表示A溶液酸性增强的原因______。 （3）A溶液能使紫色石蕊溶液褪色，体现了A具有____性。
（4）固体B与碱共热能生成一种刺激性气味的气体，该气体是_____(填“离子” 或“共价”)化合物。 【答案】NH4Cl N?N 2HClO=2HCl+O2? 漂白 共价 【解析】 【分析】
根据Cl2O溶于水生成一种弱酸且有漂白性，A溶液在放置过程中其酸性会增强，判断A溶液是HClO，根据常温下，Cl2O与NH3反应生成离子化合物B、气体单质C和常见液体D，C为空气中含量最多的物质，推断C是N2，D为常见液体H2O，B为离子化合物，结合元素来看，是NH4Cl。 【详解】
根据Cl2O溶于水生成一种弱酸且有漂白性，A溶液在放置过程中其酸性会增强，判断A溶液是HClO，根据常温下，Cl2O与NH3反应生成离子化合物B、气体单质C和常见液体D，C为空气中含量最多的物质，推断C是N2，D为常见液体H2O，B为离子化合物，结合元素来看，是NH4Cl。 （1）B为离子化合物，B的化学式为NH4Cl，气体单质C为氮气，结构式为N?N； （2）次氯酸会分解生成盐酸和氧气，方程式为2HClO=2HCl+O2?； （3）HClO溶液能使紫色石蕊溶液褪色，体现了HClO具有漂白性；
。
（4）固体B与碱共热能生成一种刺激性气味的气体，说明B中含有铵根离子，结合元素推断B为NH4Cl。 【点睛】
此题要注意弱酸溶液，在放置过程中其酸性会增强，根据其含有氯元素要想到是次氯酸，借此解题。
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．反应A+B→C △H ＜0，分两步进行① A+B→X △H＞0 ② X→C △H＜0 。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是
A． B．
C． D．
【答案】D 【解析】 【分析】
根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题． 【详解】
由反应 A+B→C（△H＜0）分两步进行 ①A+B→X（△H＞0），②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X（△H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（△H＜0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X的能量大于C，图象D符合， 故选D。 【点睛】
本题为图象题，主要考查了物质的能量分析应用，化学反应的能量变化、分析，题目难度不大，注意反应热与物质总能量大小的关系判断
2．下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是 A．苯分子的比例模型：
B．CO2的电子式：C．Cl－离子的结构示意图：D．乙烯的结构式：CH2=CH2
【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
A．苯分子中存在6个C和6个H，其分子中所有原子共平面，苯的碳碳键为一种完全相同的独特键，苯的比例模型为：
，故A正确；
B．二氧化碳为共价化合物，分子中存在两个碳氧双键，氧原子和碳原子的最外层都达到8电子稳定结构，二氧化碳正确的电子式为：
，故B错误；
C．氯离子核电荷数为17，最外层电子数为8，氯离子的结构示意图为：，故C错误；
D．乙烯分子中存在1个碳碳双键和4个碳氢键，乙烯的电子式为：短线表示出所有的共价键，乙烯正确的结构式为：
，其结构式中需要用
，故D错误。答案选A。
3．锂海水电池的反应原理为：2Li＋2H2O＝2LiOH＋H2↑，其示意图如图所示。有关该电池工作时说法错误的是
A．金属锂作正极 B．镍电极上发生还原反应 C．海水作为电解质溶液 D．可将化学能转化为电能 【答案】A 【解析】 【分析】
锂海水电池的电池反应为2Li+2H2O═2LiOH+H2↑，金属锂做原电池负极失电子发生氧化反应，电极反应：Li-e-=Li+，2H2O+2e-=2OH-+H2↑，金属镍做原电池正极，海水中水得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应：电子从负极沿导线流向正极。 【详解】
A. 锂海水电池的电池反应为2Li+2H2O═2LiOH+H2↑，金属锂做原电池负极失电子发生氧化反应，电极反应：Li?e?=Li+，故A错误；
B. 金属镍做原电池正极，海水中水得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故B正确；
C. 原电池中利用海水做电解质溶液，形成闭合回路，故C正确； D. 装置为原电池反应，化学能转化为电能，故D正确； 答案选A。
4．反应3X(g)+Y(g) ?2Z(g)+2W(g)在2 L密闭容器中进行，5 min时Y减少了0.5 mol，0~5 min内此反应的平均速率为
A．v(X)=0.05 mol·L?1·min?1 B．v(Y)=0.10 mol·L?1·min?1 C．v(Z)=0.10 mol·L?1·min?1 D．v(W)=0.05 mol·L?1·s?1 【答案】C 【解析】 【分析】 根据v=
Vc计算v（Y），再利用速率之比等于化学计量数之比求出用其它物质表示的反应速率，据此判断。 Vt【详解】
0.5molv（Y）=2L=0.05mol?L-1?min-1，
5minA．速率之比等于化学计量数之比，所以v(X)=3v(Y)=3×0.05mol?L-1?min-1=0.15 mol?L-1?min-1，故A错误；
0.5molB．v（Y）=2L=0.05mol?L-1?min-1，故B错误；
5minC．速率之比等于化学计量数之比，所以v(Z)=2v(Y)=2×0.05mol?L-1?min-1=0.1 mol?L-1?min-1，故C正确； D．速率之比等于化学计量数之比，所以v(W)=2v(Y)=2×0.05 mol?L-1?min-1=0.1 mol?L-1?min-1=0.0017mol?L-1?s-1，故D错误； 答案选C。 【点睛】
需注意化学反应速率的计算公式，知道它是平均速率，注意单位的换算。 5．下列装置能达到实验目的的是（）
A．实验室制取并收集氨气B．吸收氨气 C．代替启普发生器D．排空气法收集二氧化碳 【答案】B 【解析】
△ 试题分析：A、实验室制取氨气：2NH4Cl＋Ca(OH)2=====CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，氨气的密度小于空气，因此
采用向下排空气法收集，应用试管收集，故错误；B、NH3不溶于CCl4，氨气被稀硫酸吸收，防止倒吸，此实验可行，故正确；C、启普发生器好处随用随开，随关随停，但此实验装置不行，故错误；D、CO2的密度大于空气的密度，因此应从长管进气，故错误。 考点：考查气体的制取和收集等知识。
6．下列反应过程中的能量变化情况符合右图的是
A．铝热反应 B．氧化钙和水反应
C．氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应 D．一氧化碳气体的燃烧 【答案】C 【解析】 【分析】
根据示意图可知反应物总能量低于生成物总能量，属于吸热反应，据此解答。 【详解】
A. 铝热反应属于放热反应，A项错误；
B. 氧化钙和水反应属于放热反应，B项错误；
C. 氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应，属于吸热反应，C项正确； D. 一氧化碳气体的燃烧属于放热反应，D项错误； 答案选C。 【点睛】
8H2O与NH4Cl反应、C和H2O(g)、C与CO2反应、盐类水解、大多数的分解反常见的吸热反应是Ba(OH)2·应，学生要理解谨记。
7．W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，由此可知
A．X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是Y B．Z元素氧化物对应水化物的酸性一定强于Y C．X元素形成的单核阴离子还原性大于Y D．Z元素单质在化学反应中只表现氧化性 【答案】A 【解析】 【分析】
根据题给信息知W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，则W为氮元素；结合四种短周期元素在元素周期表中的相对位置判断，X为氧元素，Y为硫元素，Z为氯元素。 【详解】
A、非金属性：O＞Cl＞S，最简单氢化物稳定性最弱的是S，A正确；
B、同主族元素由左向右元素的非金属性逐渐增强，最高价氧化物水化物的酸性逐渐增强，故高氯酸的酸性一定强于硫酸，其它含氧酸则不一定，B错误；
C、同主族元素由上到下元素的非金属性逐渐减弱，形成阴离子的还原性逐渐增强，故O2—还原性弱于S2—，C错误；
D、氯气中氯元素为0价，是氯元素的中间价态，在化学反应中既可表现氧化性又能表现还原性，D错误。 答案选A。 【点晴】
本题考查的是学生对元素周期表与元素周期律的熟练理解程度，能结合题中条件快速确定元素的名称是解答的前提，这对学生基础要求比较高，建议复习时要重视双基的学习与检测，提高自己分析问题解决问题
的能力。本题解答的关键点是W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，说明W是N元素，再结合其他信息就可准确确定其他元素，再结合元素周期表的位、构、性解题即可。 8．海藻中含有丰富的碘元素，如图是实验室从海藻中提取捵的部分流程：
下列判断不正确的是
A．步骤①、③的操作分别是过滤、萃取分液
--B．步骤②中反应的离子方程式为：Cl2+2I=I2+2Cl
C．可用淀粉溶液检验步骤②中的反应是否进行完全 D．步骤③中加入的有机溶剂可以是CCl4 【答案】C 【解析】 【分析】
--将海藻灰悬浊液过滤，得到残渣和含碘离子的溶液，向溶液中通入氯气，发生反应：Cl2+2I=I2+2Cl，
得到含碘的水溶液，加入有机溶剂萃取，分液后得到含碘的有机溶液，经后期处理，得到晶体碘。 【详解】
A．步骤①是分离海藻灰残渣和溶液，所以是过滤，③是从含碘的水溶液得到含碘的有机溶液，所以是加入有机溶剂后萃取分液，故A正确；
--B．步骤②是向含碘离子的溶液中通入氯气，发生置换反应，离子方程式为：Cl2+2I=I2+2Cl，故B正确；
C．步骤②中的反应生成了碘，加入淀粉变蓝，所以不能用淀粉溶液检验是否进行完全。若检验反应是否进行完全，应该检验I-，故C错误；
D．碘易溶于有机溶剂中，所以萃取剂可以选择CCl4、苯等，故D正确； 故选C。
9．下图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。下列反应对应的曲线错误的是
A．向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量 B．向澄清石灰水中通入CO2至过量
C．向含有盐酸的A1C13溶液中滴入NaOH溶液至过量。
D．向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A. 1mol偏铝酸钠需要1mol盐酸，而溶解1mol氢氧化铝需要3mol盐酸，故A正确；
B. 氢氧化钙和CO2反应的方程式为Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O，溶解碳酸钙的方程式为CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，故B正确；
C. 氢氧化钠首先和盐酸反应，然后在和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，最后溶解氢氧化铝，故C正确； D. 反应的方程式依次为Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O、2KOH＋CO2=K2CO3＋H2O、K2CO3＋CO2＋H2O=2KHCO3、CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，故D错误， 答案选D。
10．下列各组物质中含有的化学键类型完全相同的是 A．NaCl NH4Cl C．H2O CH4 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A. NaCl中存在离子键，NH4Cl存在离子键和共价键，A项错误； B. Na2O存在离子键，CO2存在共价键，B项错误； C. H2O和CH4存在共价键，C项正确；
D. CaCl2中存在离子键，Na2O2存在离子键和共价键，D项错误； 答案选C。 【点睛】
离子键存在于离子化合物中，共价键存在于分子和离子团当中，如NH4+、SO42、O22等。 11．下列说法正确的是 A．I2升华需要破坏共价键 B．稳定性：HF < H2O < NH3< CH4 C．N2的电子式：
－
－
B．Na2O CO2 D．CaCl2 Na2O2
D．离子化合物中一定只含有离子键 【答案】C
【解析】 【分析】 【详解】
A.碘单质为分子晶体，升华需要破坏分子间作用力，不破坏共价键，A错误；
B.同周期元素，HF＞ H2O 从左到右非金属性依次增强，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，则稳定性：＞NH3＞ CH4，B错误；
C. N2为含有氮氮三键的双原子分子，电子式为
，C正确；
D. 离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如氢氧化钠中含有离子键和共价键，D错误； 故选C。
12．下图是土豆电池的示意图。土豆电池工作时，下列有关说法正确的是
A．Fe作负极，电极反应式为: Fe-3e-=Fe3+ B．Cu作正极，Cu片质量减少 C．电子由Fe经导线流向Cu片 【答案】C 【解析】
分析：根据金属的活泼性知,Fe作负极,Cu作正极,负极上Fe失电子发生氧化反应,正极得电子发生的还原反应,电子从负极沿导线流向正极,据此解答。
-2+
详解：A. Fe作负极，电极反应式为:Fe-2e=Fe 故A错误；B. Cu作正极，Cu片质量不变，故B错误；C.
D．实现了电能向化学能的转化
外电路电子由Fe经导线流向Cu片，故C正确；D. 实现了化学能向电能的转化，故D错误；答案：选C。 13．现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T五种，R原子的最外层电子数是电子层数的2倍；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Y与T同主族。五种元素原子半径与原子序数之间的关系如图所示。下列推断正确的是
A．离子半径：Y C．最高价氧化物对应水化物的酸性：T D．由X、Y、Z三种元素组成的常见化合物中含有离子键 【答案】D 【解析】短周期主族元素中，R原子最外层电子数是电子层数的2倍，可能为C或S，由图中原子半径和原子序数关系可知R应为C；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，应为Na2O、Na2O2，则Y为O，Z为Na；Y与T同主族，则T应为S，X的原子半径最小，原子序数最小，则X为H元素；A．离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径O2-＞Na+，故A错误；B．非金属性O＞S，故氢化物稳定性：H2O＞H2S，故B错误；C．非金属性S＞C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故C错误；D．由H、O、Na三种元素组成的化合物为NaOH，含有离子键，故D正确；故答案为D。 点睛：根据元素周期表的结构性质位置关系，准确推断元素是解题的关键，短周期主族元素中，R原子最外层电子数是电子层数的2倍，可能为C或S，由图中原子半径和原子序数关系可知R应为C；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，应为Na2O、Na2O2，则Y为O，Z为Na；Y与T同主族，则T应为S，X的原子半径最小，原子序数最小，则X为H元素，据此解答。 14．下列实验中，对应的现象以及解释或结论都正确且具有因果关系的是： 选操作 项 测定等浓度的Na2SO3和NaHSO3溶液的Na2SO3溶液的pHA pH 向盛有2ml 0.1mol/L AgNO3溶液的试先有白色沉淀生管中滴加一定量0.1mol/L NaCl溶B 液，再向其中滴加一定量 0.1mol/L 沉淀 KI溶液 室温下，取相同大小、形状和质量的Zn粒与1.0mol/LC Zn粒分别投入0.1mol/L的盐酸和的反应更剧烈 1.0mol/L的盐酸中 用石墨做电极电解Mg(NO3)2、Cu(NO3)2D 的混合溶液 A．A 【答案】C 【解析】 【详解】 A.阴离子水解程度越大，溶液pH越大，说明越易结合氢离子，则HSO3-结合H+的能力比SO32-的弱，故A错误； B．B C．C D．D 阴极上先析出铜 金属活动性：Cu> Mg 的影响 探究浓度对化学反应速率成，后又产生黄色Ksp(AgCl)> Ksp(AgI) 较大 的强 HSO3结合H的能力比SO3－+2－现象 解释或结论 B.向AgNO3溶液中先后滴加NaCl溶液和KI溶液，依次生成白色沉淀和黄色沉淀，由于滴加NaCl溶液后AgNO3过量，不能说明发生了沉淀的转化，不能得出Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故B错误； C.其他条件相同，探究浓度对化学反应速率的影响，反应物的浓度越大，反应速率越快，故C正确； D.由D的现象可得氧化性Cu2+＞Mg2+，还原性Mg>Cu，所以金属活动性：Mg>Cu，故D错误。 故选C。 15．下列有关化学用语的表述不正确的是 A．氯化氢的电子式：C．S2-的结构示意图：【答案】B 2-【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， B．乙块的结构简式：CHCH D．乙烯的球棍模型： 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，其电子式为： ，选项A正确；B. 乙块的结构简式为：CHCH，选 项B不正确；C. S的结构示意图为：D正确。答案选D。 16．将CO2转化为甲醇的原理为CO2(g)+3H2(g) 2- ，选项C正确；D. 乙烯的球棍模型为：，选项 CH3OH(g)+H2O(g) ΔH <0。500 ℃时，在体积为1 L 的 固定容积的密闭容器中充入1mol CO2、3mol H2，测得CO2浓度与CH3OH 浓度随时间的变化如图所示，从中得出的结论错误的是( ) ．． A．曲线X可以表示CH3OH(g)或H2O(g)的浓度变化 B．从反应开始到10min时，H2的反应速率υ(H2)=0.225 mol/(L·min) C．500 ℃时该反应的平衡常数K=3 D．平衡时H2 的转化率为75% 【答案】C 【解析】A、随反应进行X的浓度增大，X表示生成物，由方程式可知CH3OH（g）、H2O（g）的浓度变化相等，曲线X可以表示CH3OH（g） 或H2O（g） 的浓度变化，选项A正确；B、Y的起始浓度为1mol/L，故Y表示二氧化碳，平衡时二氧化碳的浓度为0.25mol/L，故v（CO2）= =0.075mol/（L﹒min）， 速率之比等于化学计量数之比，故v（H2）=3v（CO2）=3×0.075mol/（L﹒min）=0.225mol/（L﹒min），选项B正确；C、平衡时二氧化碳的浓度为0.25mol/L，则： CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）， 开始（mol/L）： 1 3 0 0 变化（mol/L）： 0.75 2.25 0.75 0.75 平衡（mol/L）： 0.25 0.75 0.75 0.75 故平衡常数k= =5.33，选项C错误；D、平衡时二氧化碳的浓度为0.25mol/L，二氧化碳的浓度变化 量为1mol/L-0.25mol/L=0.75mol/L，由方程式可知氢气的浓度变化为3×0.75mol/L=2.25mol/L，氢气的转化率= ×100%=75%，选项D正确。答案选D。 17．关于反应进行方向的判断，以下说法错误的是 A．高锰酸钾加热分解是一个熵增的过程 B．能自发进行的化学反应不一定是ΔH<0、ΔS>0 C．ΔH<0的化学反应均是自发反应，ΔS<0的化学反应均不能自发进行 D．反应2Al2O3(s)+3C(s) = 2Al (s)+ 3CO2(g)在常温下不能自发进行，说明该反应ΔH>0 【答案】C 【解析】 A. 高锰酸钾加热分解生成氧气，是一个熵增的过程，A正确；B. 根据△G＝△H－T△S＜0能自发进行可判断，能自发进行的化学反应不一定是△H＜0、△S＜0，B正确；C. △H＜0的化学反应不一定均是自发反应，△S＜0的化学反应不一定均不能自发进行，而是要依据自由能△G＝△H－T△S判断，C错误；D. 反应2Al203(s)+3C(s)＝2Al(s)+3C02(g)是熵值增加的反应，在常温下不能自发进行，根据△G＝△H－T△S可知说明该反应△H＞0，D正确，答案选C。 点睛：化学反应方向的判据指出的仅仅是在一定条件下化学反应自发进行的趋势，并不能说明在该条件下反应一定能实际发生，还要考虑化学反应的快慢问题。注意其三个规律：①放热且熵增加的反应一定能自发进行。②吸热且熵减少的反应一定不能自发进行。③焓变和熵变的作用相反且相差不大时，温度有可能对反应方向起决定性作用。 18．下列与有机物的结构、性质的有关叙述中正确的是( ) A．乙烯、氯乙烯、聚乙烯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色 B．乙酸与乙醇可以发生酯化反应，又均可与金属钠发生置换反应 C．分馏、干馏都是物理变化，裂化、裂解都是化学变化 D．纤维素【答案】B 葡萄糖 CO2和H2O（释放能量维持生命活动） 【解析】 【分析】 【详解】 A．乙烯、氯乙烯（均含有碳碳双键）均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，聚乙烯分子中不存在碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误； B．乙酸与乙醇可以发生酯化反应，乙酸与金属钠发生反应生成醋酸钠和氢气，乙醇与金属钠发生反应生成乙醇钠和氢气，B正确； C．分馏是物理变化，干馏、裂化、裂解都是化学变化，C错误； D．纤维素是多糖，但人体内没有能使纤维素水解的酶，不能为人体提供能量，D错误； 故答案选B。 19．我国著名的化学家张清莲准确测得铟（49In）的相对原子质量为114.818被国际原子量委员会采用为新的标准值。下列关于In的说法不正确的是（ ） ．．．A．In为长周期元素 C．In易导电导热 【答案】B 【解析】 【分析】 由In原子结构示意图可知，In位于周期表第五周期ⅢA族，原子序数为49，属于长周期元素，金属性较强，具有良好的导电性、导热性。 【详解】 A．元素周期表前三周期为短周期，由In原子结构示意图可知，In位于周期表第五周期ⅢA族，属于长周期元素，选项A正确； B．In位于周期表第四周期ⅢA族，属于主族元素，不属于过渡元素，选项B错误； C．In与Al同主族，且金属性较Al强，具有良好的导电导热性，选项C正确； D．In原子序数为49，原子核外有49个电子，选项D正确。 答案选B。 20．相同质量的铝分别投入足量的下列物质中反应生成氢气，消耗溶质物质的量最少的是 A．稀硫酸 B．稀盐酸 C．氢氧化钡溶液 D．氢氧化钠溶液 【答案】C 【解析】 【详解】 设Al均为2mol，则 A．由2Al～3H2SO4可知，生成氢气，消耗3molH2SO4； B．In为过渡元素 D．In原子核外有49个电子 B．由2Al～6HCl可知，生成氢气，消耗6molHCl； C．由2Al～Ba(OH)2可知，生成氢气，消耗1molBa(OH)2； D．由2Al～2NaOH可知，生成氢气，消耗2molNaOH； 所以消耗溶质的物质的量最少的是氢氧化钡溶液。 答案选C。 二、计算题（本题包括1个小题，共10分） 21．在一定温度下，在体积为2L的恒容密闭容器中，某一反应中X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示， (1)该反应的化学方程式为____________； (2)0到t分钟内，X的平均反应速率为____________。 【答案】2X【解析】 本题考查化学反应速率的计算，（1）同一个容器中，化学反应速率之比等于化学计量数之比等于物质的量变化之比，即X、Y、Z的系数之比为(2.4－1.6)：1.2：0.4=2：3：1，因此反应方程式为：2Xmin)=0.4/tmol/(L·min)。 根据化学反应速率的数学表达式，v(X)=(2.4－1.6)/(2×t)mol/(L· 点睛：本题易错点是问题（2），化学反应速率是物质的量浓度变化与时间的比值，注意单位的书写。 三、实验题（本题包括1个小题，共10分） 22．实验室欲配制0.2 mol/L的Na2CO3溶液250 mL： （1）配制溶液时必须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、___________。 10H2O晶体来配制该溶液，应称量晶体的的质量为__________g。 （2）若用Na2CO3· （3）容量瓶使用前必须进行的操作为_________________。 （4）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起所配浓度偏高的是___________。 ①没有洗涤烧杯和玻璃棒 ②容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水 ③定容时俯视刻度线 ④定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线 【答案】250mL容量瓶14.3检漏③ 【解析】（1）配制溶液时必须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、250mL容量瓶。（2）若用Na2CO3·10H2O晶体来配制该溶液，应称量晶体的质量为0.2mol/L×0.25L×286g/mol＝ Z+3Y；（2） Z+3Y 0.4/t mol·Lˉ1·minˉ1 14.3g。（3）容量瓶使用前必须进行的操作为检漏。（4）①没有洗涤烧杯和玻璃棒，溶质减少，浓度偏低；②容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，不影响；③定容时俯视刻度线，溶液体积增加，浓度偏高；④定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，溶液体积增加，浓度偏低，答案选③。 四、推断题（本题包括1个小题，共10分） 23．下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑩中元素，请用化学用语填空回答以下问题： （1）化学性质最不活泼的元素原子的原子结构示意图为________。 （2）元素①、②的简单氢化物的稳定性更强的是______________(用化学式表示，下同)。 （3）元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是______，碱性最强的是____，呈两性的氢氧化物是_________，元素③的最高价氧化物对应水化物中含有的化学键类型为________。 （4）在③～⑦元素中，简单离子半径最小的是_________。 （5）元素③的过氧化物的电子式为_________。 （6）在⑦与⑩的单质中，氧化性较强的是_____，用化学反应方程式证明：______。 【答案】 HF HClO4 KOH Al（OH）3 离子键和共价键 Al3+ Cl2 Cl2+2KBr=2KCl+Br2 【解析】 【分析】 由元素在周期表中位置可知，①为N元素、②为F元素、③为Na元素、④为Mg元素、⑤为Al元素、⑥为Si元素、⑦为Cl元素、⑧为Ar元素、⑨为K元素、⑩为Br元素。 【详解】 （1）化学性质最不活泼的元素为0族元素Ar元素，Ar原子的原子结构示意图为 ，故答案为： ； （2）同周期元素元素，从左到右非金属性依次增强，氢化物的稳定性依次增强，①为N元素、②为F元 素，氟化氢的稳定性强于氨气，故答案为：HF； （3）同周期元素元素，从左到右非金属性依次增强，碱性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，碱性依次减弱，同主族元素元素，从下到上非金属性依次减弱，金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，碱性依次增强，则酸性最强的是高氯酸，碱性最强的是氢氧化钾；两性的氢氧化物是氢氧化铝，氢氧化钠为离子化合物，含有离子键和共价键，故答案为：HClO4；KOH；Al（OH）3；离子键和共价键； （4）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③～⑦元素中，简单离子半径最小的是Al3+，故答案为：Al3+； （5）过氧化钠为离子化合物，是由钠离子和过氧根离子形成，电子式为 ，故答案为： ； （6）氯气的氧化性强于溴，氯气能与溴化钾发生置换反应生成单质溴和氯化钠，反应的化学方程式为Cl2+2KBr=2KCl+Br2，故答案为：Cl2；Cl2+2KBr=2KCl+Br2。 【点睛】 本题考查元素周期表与元素周期律，注意对元素周期表的整体把握，注意位置、结构、性质的相互关系是解答关键。 五、综合题（本题包括1个小题，共10分） 24．氨气是一种重要的化工产品。 (1)工业中用氯气和氢气在一定条件下合成氨气，有关方程式如下： 3H2 (g)+N2(g)?2NH3 (g) + 92.4 kJ ①对于该反应：要使反应物尽可能快的转化为氨气，可采用的反应条件是__________，要使反应物尽可能多的转化为氨气，可采用的反应条件是__________：(均选填字母) A．较高温度B．较低温度C．较高压强 D．较低压强 E．使用合适的催化剂 工业上对合成氨适宜反应条件选择，是综合考虑了化学反应速率、化学平衡和设备材料等的影响。 ②该反应达到平衡后，只改变其中一个因素，以下分析中不正确的是_______：(选填字母) A．升高温度，对正反应的反应速率影响更大 B．增大压强，对正反应的反应速率影响更大 C．减小生成物浓度，对逆反应的反应速率影响更大 ③某化工厂为了综合利用生产过程中副产品CaSO4，和相邻的合成氨厂联合设计了制备(NH4)2SO4的工艺流程(如图)，该流程中： 向沉淀池中通入足量的氨气的目的是______________________________，可以循环使用的X是_______________。(填化学式) (2)实验室中可以用铵盐与强碱共热得到氨气。有关的离子方程式为_____________________。 ①0.01 mol/L硝酸铵溶液0.5L，与足量的氢氧化钠溶液共热，可产生氨气_____L(标准状态)。 ②若有硝酸铵和硫酸铵的混合溶液0.5L，与足量的氢氧化钠溶液共热，可产生氨气0.025mol；在反应后的溶液中加入足量的氯化钡溶液，产生0.01 mol 白色沉淀，则原混合液中，硝酸铵的浓度为_______mol/L。 ③现有硝酸铵、氯化铵和硫酸铵的混合溶液V L，将混合溶液分成两等分：一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热，共产生氨气A mol；另一份溶液中慢慢滴入C mol/L的氯化钡溶液B L，溶液中SO42-恰好全部沉淀；将沉淀过滤后，在滤液中继续滴入硝酸银溶液至过量，又产生D mol沉淀。则原混合溶液中，氯化铵的浓度为________mol/L，硝酸铵的浓度为_______mol/L。(用含有字母的代数式表示) 【答案】ACE BC A 生成正盐，使Ca完全沉淀 CO2 2+ NH4++OH- ΔH2O+NH3? 0.112 0.01 2D-4BC2A-2D VV【解析】 【分析】 (1)①要使反应物尽可能快的转化为氨气，需要加快反应速率，可以通过升高温度、增大压强和使用合适的催化剂实现；要使反应物尽可能多的转化为氨气，需要反应正向移动，反应3H2 (g)+N2(g)?2NH3 (g) + 92.4 kJ是气体体积减小的放热反应，可以通过增大压强和较低温度实现； ②根据影响平衡移动的条件分析判断； ③在上述流程的沉淀池中通入足量氨气的目的是一方面提供反应物，另一方面使溶液呈碱性有利于CO2的吸收，在煅烧炉中发生CaCO3 CaO+CO2↑，则X为CO2可在此制备实验中循环使用； (2)铵盐与强碱共热得到氨气和水； ①根据NH4+元素守恒计算； ②根据NH4+元素守恒计算；； ③一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热，共产生氨气A mol，根据NH4++OH-═NH3+H2O可知每份中含有AmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗C mol/LBaCl2溶液B L，根据Ba2++SO42-═BaSO4↓可知每份含有SO42-CBmol，将沉淀过滤后，在滤液中继续滴入硝酸银溶液至过量，又产生D mol沉淀，根据Ag++Cl-=AgCl↓， 结合前面加入CBmol的BaCl2溶液可知，每份含有Cl-(D-2BC) mol。 【详解】 (1)①要使反应物尽可能快的转化为氨气，需要加快反应速率，可以通过升高温度、增大压强和使用合适的催化剂实现，故选ACE；要使反应物尽可能多的转化为氨气，需要反应正向移动，反应3H2 (g)+N2(g)?2NH3 (g) + 92.4 kJ是气体体积减小的放热反应，可以通过增大压强和较低温度实现，故选BC； ②A. 反应3H2 (g)+N2(g)?2NH3 (g) + 92.4 kJ是气体体积减小的放热反应，升高温度反应逆向移动，说明升高温度，对逆反应的反应速率影响更大，故A错误； B. 反应3H2 (g)+N2(g)?2NH3 (g) + 92.4 kJ是气体体积减小的放热反应，增大压强反应速率加快，反应正向移动，说明增大压强对正反应的反应速率影响更大，故B正确； C. 减小生成物浓度，反应逆向移动，说明减小生成物浓度对逆反应的反应速率影响更大，故C正确； 故选A。 ③在上述流程的沉淀池中通入足量氨气的目的是一方面提供反应物，另一方面使溶液呈碱性有利于CO2的吸收，在煅烧炉中发生CaCO3 CaO+CO2↑，则X为CO2可在此制备实验中循环使用； (2)铵盐与强碱共热得到氨气和水，离子方程式为：NH4++OH- ΔH2O+NH3?； ①0.5L 0.01 mol/L硝酸铵溶液中硝酸铵的物质的量为：0.5L?0.01 mol/L=0.005mol，根据NH4+守恒，最多生成氨气0.005mol，标况下的体积为：0.005mol?22.4L/mol=0.112L； ②由题意可知，在反应后的溶液中加入足量的氯化钡溶液，产生0.01 mol BaSO4白色沉淀，说明原溶液中含有硫酸根0.01mol，设硝酸铵的物质的量为xmol，根据NH4+守恒有x+0.01mol?2=0.025，得x=0.005mol，硝酸铵的浓度为 0.005mol=0.01mol/L； 0.5L③一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热，共产生氨气A mol，根据NH4++OH-═NH3+H2O可知每份中含有AmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗C mol/LBaCl2溶液B L，根据Ba2++SO42-═BaSO4↓可知每份含有SO42-CBmol，将沉淀过滤后，在滤液中继续滴入硝酸银溶液至过量，又产生D mol沉淀，根据Ag++Cl-=AgCl↓，结合前面加入CBmol的BaCl2溶液可知，每份含有Cl-(D-2BC) mol，则原混合溶液中，氯化铵的浓度为 2?D-2BC?V mol/L = 2D-4BC mol/L；每份中硝酸根的物质的量为： n(NH4+)- Vn(Cl-)-2n(SO42-)=Amol-2BCmol-D-2BCmol，硝酸铵的浓度为 ???2??A-2BC-?D-2BC??V mol/L = 2A-2Dmol/L。 V
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