高一（下）学期期末化学模拟试卷
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．下列有关金属及其合金的说法中，不正确的是 A．在普通钢中加入镍、铬等多种元素可炼成不锈钢
B．硬铝、青铜、金箔都属于合金，合金的性能一般优于纯金属 C．镁在空气中燃烧发出耀眼的白光，可用于制作照明弹 D．日用铝制品表面覆盖着致密的氧化膜，对内部金属起保护作用 【答案】B
【解析】A．在普通钢中加入镍、铬等多种元素可炼成不锈钢，A正确。B．金箔是单质，不是合金，B错误；C．镁在空气中燃烧发出耀眼的白光，可用于制作照明弹，C正确；D．Al是比较活泼的金属，但由于它在常温下容易与空气中的氧气发生反应产生致密的氧化物薄膜，对内层的金属起到了保护作用。所以有一定的抗腐蚀性能，D正确；答案选B。
2．已知 Na2SO3和 KIO3 反应过程和机理较复杂，一般认为分以下①～④步反应。 ①IO3－＋SO32－=IO2－＋SO42－(反应速率慢) ②IO2－＋2SO32－=I－＋2SO42－(反应速率快) ③5I－＋IO3－＋6H＋=3I2＋3H2O(反应速率快) ④I2＋SO32－＋H2O=2I－＋SO42－＋2H＋(反应速率快) 下列说法不正确的是：
A．IO2－和 I－是该反应的催化剂 B．此反应总反应速率由反应①决定
C．此反应①中氧化剂是IO3－，反应③中还原剂是 I－ D．若生成 0.5mol 碘单质，则总反应中有 5mol 电子转移 【答案】A 【解析】 【分析】
此反应的4个步骤中，②③④为快反应，是瞬间完成的，而①为慢反应，直接决定了反应进行的快慢； Na2SO3中S元素由+4价上升到+6价，KIO3中I元素由+5价降低到0价，由化合价守恒(电子守恒)配平方程式如下：5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O，
其中氧化剂是KIO3，反应中有10 mol电子转移，则生成的碘1 mol，以此分析。 【详解】
A. 从4个步骤的反应可知，IO2－和 I－是反应的中间产物，不是反应的催化剂，故A错误；
B. 此反应的4个步骤中，②③④为快反应，是瞬间完成的，而①为慢反应，所以总反应速率由反应①决定，故B正确；
C. 反应①中IO3－→IO2－，化合价降低，被还原，IO3－作氧化剂；反应③中I－→I2，化合价升高，被氧化，I－作还原剂，故C正确；
D. 由总反应5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O可知，反应中有10 mol电子转移，则生成的碘1 mol，若生成 0.5mol 碘单质，有 5mol 电子转移，故D正确。 故选A。
3．短周期元素A、B、C，A3?与B2?、C+电子层结构相同，则下列说法中不正确的是 A．离子半径：A3?>B2?>C+
B．等物质的量的A和B的简单气态氢化物，共用电子对数A>B C．A和B分别可以与氢原子形成18e?分子 D．原子半径：A>B>C 【答案】D 【解析】
分析：短周期元素A、B、C，A3-与B2-、C+电子层结构相同，则A、B在第二周期，C为第三周期，则结合所带电荷可知A为N元素、B为O元素，C为Na元素，据此结合元素周期律知识解答。
详解：根据上述分析，A为N元素，B为O元素，C为Na元素。A．电子排布相同的离子，原子序数越大，半径越小，则离子半径：A3-＞B2-＞C+，故A正确；B．A、B分别为N、O元素，其简单氢化物分别为NH3、H2O，N、O的物质的量相同时，NH3中含有共用电子对数较多，故B正确；C．N、O与氢原子形成的N2H4、H2O2都是18e-分子，故C正确；D．电子层越多原子半径越大，电子层相同时核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径C＞A＞B，故D错误；故选D。 4．下列说法正确的是( )
A．同主族元素的单质从上到下，氧化性逐渐减弱，熔点逐渐升高 B．单质与水反应的剧烈程度：F2>Cl2>Br2>I2
C．元素的非金属性越强，它的气态氢化物水溶液的酸性越强 D．还原性：S2－>Se2－ 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A、碱金属从上到下熔点降低，而卤族元素的单质从上到下，氧化性逐渐减弱，熔点逐渐升高，A错误； B、非金属性越强，对应单质与水反应越剧烈，则单质与水反应的剧烈程度：F2>Cl2>Br2>I2，B正确； C、非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越强，与气态氢化物水溶液的酸性无关，C错误； D、非金属性S>Se，对应离子的还原性为S2－ 2SO3(g)，已知反应进行到10秒时，SO2、 O2、SO3的物质的量分别为0.2 mol、0.1 mol、0.2 mol，则下列说法正确的是 A．10秒时，用O2表示该反应的平均反应速率为0.01 mol/（L·s） B．当反应达平衡时，SO3的物质的量可能为0.4 mol C．当SO2和O2的生成速率之比为2：1时，达到该反应限度 D．向容器内充人SO2，可以提高反应速率 【答案】D 【解析】 试题分析：反应进行到10s时生成三氧化硫0.2mol，则消耗氧气是0.1mol。由于不能确定容器的体积，所A不正确；SO2和SO3的物质的量之和是0.4mol，以不能计算该反应的反应速率是，根据S原子守恒可知，由于反应是可逆反应，反应物的转化率达不到100%，所以当反应达平衡时，SO3的物质的量不可能为0.4 mol，B不正确；反应速率之比是相应的化学计量数之比，所以二氧化硫和氧气的反应速率总是2:1的，C不正确；向容器内充人SO2，增大SO2的浓度，可以提高反应速率，D正确，答案选D。 考点：考查反应速率的计算、平衡状态的判断和外界条件对反应速率的影响等 点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型。试题针对性强，贴近高考，注重答题的灵活性，有利于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力。易错点是选项A。 6．两种气态烃组成的混合气体完全燃烧后所得到CO2和H2O的物质的量随混合烃总物质的量的变化如图所示。下列有关混合气体的说法不正确的是 A．该混合气体中可能含有乙烯 或丙炔（C3H4） B．该混合气体中一定含有甲烷 C．在110℃条件下，混合气体与氧气混合，总混合气燃烧前后体积不变 D．若混合气体由CH4和C2H4组成，则其体积比为1：3 【答案】D 【解析】 【分析】 由图可知两种气态烃的平均组成为C1.6H4，根据碳原子平均数可知，混合气体一定含有CH4，由氢原子平均数可知，另一气态烃中氢原子数目为4，碳原子数目大于1.6，不超过4，据此解答。 【详解】 A、混合气体一定含有CH4，由氢原子平均数可知，另一气态烃中氢原子数目为4，可能含有C2H4，或含有C3H4等，A正确； B、根据以上分析可知该混合气体中一定含有甲烷，B正确； C、在110℃条件下，生成的水为气体，两种气态烃的平均组成为C1.6H4，H原子数目为4，燃烧前后总体积不变，C正确； D、若混合气体由CH4和C2H4组成，令甲烷物质的量为xmol、乙烯为ymol，两种气态烃的平均组成为C1.6H4，根据平均C原子数目可知答案选D。 7．下列与有机物的结构、性质的有关叙述中正确的是 ．．A．苯既能发生取代反应，又能发生加成反应 B．乙烯、甲烷、聚乙烯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色 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、聚乙烯、油脂都属于高分子化合物 【答案】A 【解析】 【详解】 A、苯能与液溴、浓硝酸等发生取代反应，苯能与H2等发生加成反应，故A正确； B、乙烯中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲烷属于烷烃，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，聚乙烯的结构简式为故B错误； C、分馏是利用各组分的沸点不同进行分离的方法，属于物理变化，干馏：将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，属于化学变化，裂化、裂解：将长链的烃变为短链，属于化学变化，故C错误； D、纤维素、聚乙烯为高分子化合物，油脂不属于高分子化合物，故D错误； 答案选A。 【点睛】 高分子化合物包括纤维素、蛋白质、淀粉、聚乙烯等，特别注意油脂不属于高分子化合物，这需要学生熟记。 8．不能作为元素周期表中元素排列顺序的依据的是 （ ） A．原子的核电荷数 B．原子的核外电子数 C．原子的质子数 D．原子的中子数 【答案】D 【解析】 元素周期律的实质是原子核外电子排布周期性变化的必然结果，原子的核外电子数等于核电荷数，等于核内质子数，所以答案选D。 ，其中不含有不饱和键，即聚乙烯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色， x?2y?1.6，整理得x：y=2：3，D错误； x?y
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