试题3套汇总届贵州省六盘水市高一下化学期末考试模拟试题Word格式.docx

1、L1，H2的浓度为5 molL1，3 min后测得NH3浓度为0.6 molL1，则此时间内，下列反应速率表示正确的是（ ）Av（NH3）0.2 molL1s1 Bv（N2）1.0molmin1Cv（H2）0.3 molmin1 Dv（H2）1.67 mol3min后测得NH3浓度为0.6 molL-1，则此时间内用氨气表示的反应速率为0.6 molL-13min0.2molL-1min-，反应速率之比是相应的化学计量数之比，根据方程式可知用氢气和氮气表示的反应速率分别是molL-1min-10.1、0.3，答案选C。4研究有机物一般经过以下几个基本步骤：分离、提纯确定最简式确定分子式确定结构

2、式，以下用于研究有机物的方法错误的是（ ）A蒸馏常用于分离提纯液态有机混合物B燃烧法是研究确定有机物成分的有效方法C1H核磁共振谱通常用于分析有机物的相对分子质量D对有机物分子红外光谱图的研究有助于确定有机物分子中的官能团【解析】试题分析：A蒸馏分离沸点相差较大的互溶的液体，常分离提纯液态有机混合物，故A正确；B燃烧热利用原子守恒确定有机物分子式，是研究确定有机物成分的有效方法，故B正确； C1H核磁共振谱通常确定有机物分子中H原子种类，质谱图通常用于分析有机物的相对分子质量，故C错误； D有机物分子红外光谱可以确定有机物分子中含有的基团、官能团，故D正确。考点：有机物实验式和分子式的确定5下

3、列化合物互为同分异构体的是A乙醇与乙酸 B乙烯与聚乙烯 C葡萄糖与果糖（C6H1206） D蛋白质与氨基酸A、乙酸的结构简式CH3COOH，乙醇的结构简式C2H5OH，分子式不同，不是同分异构体，选项A错误；B、乙烯的结构简式CH2=CH2，聚乙烯的结构简式、分子式与乙烯不同，两者不是同分异构体，选项B错误；C、葡萄糖的结构简式为CH2OH（CHOH）4CHO，果糖的结构简式为CH2OH（CHOH）3COCH2OH，所以葡萄糖和果糖是同分异构体，选项C正确；D、蛋白质与氨基酸分子式不同，不是同分异构体，选项D错误。本题考查有机物的名称与结构、同分异构体等，难度不大，根据名称书写结构是解题关键，

4、注意聚乙烯的聚合度n，即乙烯与聚乙烯不可能为同分异构体。6铁屑和氯气在500600 下可制取无水FeCl3，实验装置如下图。下列说法正确的是（）A分液漏斗中盛放的试剂是稀盐酸B实验时应先点燃I 中酒精灯，再点燃中酒精灯C洗气瓶中盛放的试剂是饱和食盐水D烧杯中盛放的试剂是澄清石灰水，目的是吸收尾气【答案】B【解析】A、装置是制备氯气，分液漏斗中应该盛放的试剂是浓盐酸，选项A错误；B、实验时应先点燃I 中酒精灯先制备氯气，用氯气排尽装置中的空气后，再点燃中酒精灯，选项B正确；C、洗气瓶中盛放的试剂是浓硫酸，干燥氯气，选项C错误；D、澄清石灰水对氯气的吸收效果差，烧杯中盛放的试剂是浓氢氧化钠溶液，目

5、的是吸收尾气，避免污染空气，选项D错误。答案选B。7目前工业上冶炼铝通常采用的方法是ACO或H2还原法 B铝热反应法 C电解法 D热分解法铝是活泼的金属，一般通过电解熔融的氧化铝得到，答案选C。该题的关键是是掌握常见金属的活泼性顺序，然后有针对性的选择冶炼的方法即可。8工业上用铝土矿（主要成分为A12O3，还有少量的Fe2O3、SiO2等杂质）提取氧化铝作冶炼铝的原料，提取的操作过程如下:下列说法错误的是A滤渣A主要成分为SiO2B滤液乙含有的阴离子主要为Al（OH）4-、Cl-、OH-C滤液丙中溶质的主要成分为Na2CO3D的基本反应类型为分解反应分析：本题考查的是金属及其化合物的分离和提纯

6、，掌握铝的化合物的性质是关键。详解：铝土矿加入盐酸，氧化铝和氧化铁都可以溶解，二氧化硅不溶解，所以滤渣A为二氧化硅，滤液甲中加入过量的氢氧化钠，得到氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，滤液乙主要成分为偏铝酸钠，通入过量的二氧化碳，反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀。A.滤渣A为二氧化硅，故正确；B.滤液乙含有多阴离子主要为偏铝酸根离子和氯离子和氢氧根离子，故正确；C.滤液丙中主要成分为碳酸氢钠，故错误；D.氢氧化铝加热分解生成氧化铝和水，为分解反应，故正确。故选C。点睛：注意流程中物质的使用量的多少，通常量的不同产物不同。与物质的量有关的反应有：1.硝酸银和少量氨水反应生成氢氧化银沉淀，和过量氨水反应生成

7、银氨溶液。2.氢氧化钠和少量氯化铝反应生成偏铝酸钠和氯化钠，和过量的氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀。3.盐酸和少量偏铝酸钠反应生成氯化铝和氯化钠，和过量的偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀。4.碳酸钠和少量盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，和过量盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳和水。5.铁和少量硝酸反应生成硝酸亚铁，和过量硝酸反应生成硝酸铁。9下列说法正确的是A热稳定性：HIHBrHCl B元素非金属性：PSClC原子半径：C1F D碱性：Mg（OH）2KOHA、非金属性越强，其氢化物越稳定，同主族从上到下非金属性减弱，因此有热稳定性：HClHI，故A错误；B、同周期从左向右非金属性增强，因此是ClP，故B错误

8、；C、电子层数越多，半径越大，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，因此原子半径：ClF，故C正确；D、金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，K的金属性强于Mg，因此KOH的碱性强于Mg（OH）2，故D错误。10下列混合物能用分液法分离的是A乙醇与乙酸 B苯和溴苯C乙酸乙酯和Na2CO3溶液 D葡萄糖与果糖混合液A乙酸能够溶解在乙醇中，不能使用分液的方法获得，错误。 B溴苯容易容易苯中，不能使用分液的方法分离，错误。C乙酸乙酯和Na2CO3溶液是互不相溶的两层液体，可以使用分液的方法分离得到，错误。D葡萄糖与果糖混合液是互溶的物质，不能使用分液的方法分离得到，错误。考查混合物能用分

9、液法分离的判断的知识。11下列化学用语表达正确的是A一氯乙烷的结构式CH3Cl B丁烷的结构简式CH3（CH2）2CH3C四氯化碳的电子式 D苯的分子式试题分析：A一氯乙烷的结构式为，A错误；B丁烷的结构简式为CH3（CH2）2CH3，B正确；C四氯化碳的电子式为，C错误；D苯的分子式为C6H6，D错误，答案选B。考查化学用语正误判断12在恒容密闭容器中，可逆反应C（s）+CO2（g）2CO（g）达到平衡状态的标志是（ ）单位时间内生成n molCO2的同时生成n molC 单位时间内生成n molCO2 的同时生成2n mol CO CO2 、CO的物质的量浓度之比为1: 2的状态 混合气体

10、的密度不再改变的状态 混合气体的压强不再改变的状态 C的质量不再改变的状态A B C D化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化。生成二氧化碳和生成C都是逆反应，其速率之比始终等于化学计量数之比，不能说明反应达到平衡状态，错误；单位时间内生成nmolCO2 的同时生成2nmolCO，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，正确；CO2、CO的物质的量浓度之比决定于开始加入的多少和反应程度，与平衡状态无关，错误；C为固体，平衡正向移动，气体质量增大，逆向移动，气体质量减小，所以混合气体的密度不变说明反应达到平衡状态，正确；

11、反应前后气体物质的量不同，所以压强不变说明反应达到平衡状态，正确；C的质量不再改变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，正确；13一定条件下某容器中各微粒在反应前后的变化如图所示,其中和代表不同元素的原子。关于此反应说法错误的是A一定属于化合反应B一定属于可逆反应C一定属于吸热反应D一定属于氧化还原反应A两种或者多种物质生成一种物质的反应是化合反应，根据图示可知，此反应的反应物有两种，反应后生成一种化合物，且有反应物剩余，故A正确；B由图可知，反应前后均存在反应物分子，该反应为可逆反应，故B正确；C反应吸放热与反应类型无必然关系，故根据图示无法确定反应是吸热还是放热，故C错误；D有元素发生

12、化合价变化的反应为氧化还原反应，而有单质参与的化合反应一定是氧化还原反应，故此反应为氧化还原反应，故D正确；本题考查了四大基本反应类型和氧化还原反应之间的关系与氧化还原反应的判断等，难度不大，注意有单质参与的化合反应一定是氧化还原反应。14一定温度下，在一个2L的密闭容器中加入3mol A和2.5mol 的B，发生如下反应3A（气）B（气）xC（气）2D（气），5分钟后反应达到平衡时，测的容器内的压强变小，同时C为0.25mol/L。下列结论错误的是A平衡时，A的浓度为0.75mol/LB平衡时， B的转化率为20%CD的平均反应速率为0.1mol/（Lmin）D反应开始至平衡的过程中混合气体

13、的平均相对分子质量在减小【答案】D5min后反应达到平衡，容器内压强变小，则有x+23+1，x2，只能为x=1，C为0.25mol/L，则生成n（C）=2L0.25mol/L =0.5mol以此解答该题。A平衡时，A的浓度为=0.75 mol/L，故A正确；B平衡时， B的转化率为=20%，故B正确；CD的平均反应速率为=0.1mol/（Lmin），故C正确；D反应3A（气）B（气） C（气）2D（气）是气体总物质的量减小的反应，气体总质量不变，则反应开始至平衡的过程中混合气体的平均相对分子质量在增大，故D错误；故选D。15下列分子中，其中子总数为24的是（）A14C16O2 B18O3 C2

14、H217O2 D14N16O2中子数等于质量数减去质子数。A. C的中子数为14-6=8，O的中子数为16-8=8，所以1个二氧化碳中的中子数为8+28=24；B.18O中子数是18-8=10，所以1个臭氧分子中有30个中子；C. 2H217O2中的中子数为12+29=20；D. 14N16O2中子数为7+28=23个中子。故选A。16下列有关化学用语，使用正确的是A氯原子的原子结构示意图：BNH4Cl的电子式：C原子核内有10个中子的氧原子：D聚乙烯的结构简式：CH2=CH2A. 氯原子的核外电子数是17，原子结构示意图：B. NH4C1是离子化合物，电子式：，B错误；C. 原子核内有10个

15、中子的氧原子可表示为，C正确；D. 乙烯的结构式：，D错误。注意了解有机物结构的常见表示方法，（1）结构式：完整的表示出有机物分子中每个原子的成键情况。（2）结构简式：结构式的缩简形式。结构式中表示单键的“”可以省略，“CC”和“CC”不能省略。醛基、羧基则可简写为CHO和COOH。（3）键线式：写键线式要注意的几个问题：一般表示3个以上碳原子的有机物；只忽略CH键，其余的化学键不能忽略；必须表示出CC、CC键等官能团；碳氢原子不标注，其余原子必须标注（含羟基、醛基和羧基中氢原子）；计算分子式时不能忘记顶端的碳原子。另外还需要注意球棍模型和比例模型的区别。17下列事实不能用勒夏特列原理解释的是

16、A合成氨工业选择的反应条件不是室温，是500左右B配制氯化铁溶液时，将氯化铁加入盐酸中，然后加水稀释C实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气D硫酸工业中，使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率A项，合成氨的反应为N2+3H22NH3 H0，从化学平衡的角度，室温比500有利于平衡向合成氨的方向移动，工业选择的反应条件不是室温，是500左右主要考虑500时催化剂的活性最好、500时化学反应速率较快，不能用勒夏特列原理解释；B项，在FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl，将FeCl3加入盐酸中， c（H+）增大，使FeCl3的水解平衡逆向移动，抑制FeCl3的水解，

17、能用勒夏特列原理解释；C项，Cl2与水发生可逆反应：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，在饱和食盐水中，c（Cl-）增大，使Cl2与水反应的平衡逆向移动，降低Cl2的溶解度，有利于收集Cl2，能用勒夏特列原理解释；D项，硫酸工业中，SO2发生催化氧化的方程式为2SO2+O22SO3，使用过量的空气，即增大O2的浓度，使平衡正向移动，提高SO2的利用率，能用勒夏特列原理解释；答案选A。18下列物质中，只含有极性共价键的是（）ANaCl BO2 CCCl4 DNaOH【解析】A. NaCl属于离子化合物，只含有离子键，故A错误；B. O2属于非金属单质，中含有非极性共价键，故B错误；C. CCl4

18、属于共价化合物，只含有极性共价键，故C正确；D. NaOH属于离子化合物，含有离子键和极性共价键，故D错误；19常温下，下列溶液酸性最强的是Ac（H+）=1105mol/L BpH=3的溶液Cc（OH）=1105mol/L D0.1mol/L 的盐酸A氢离子浓度为1105mol/L；B常温下pH=3的溶液中氢离子浓度为0.001mol/L；Cc（OH-）=110-5mol/L的溶液中，氢离子浓度为：mol/L=1109mol/L；D0.1mol/L 的盐酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L；溶液中氢离子浓度越大，溶液酸性越强，则酸性最强的为D，故答案为D。20对于反应2NO2（g）N2O4（g

19、），在一定条件下达到平衡，在温度不变时，欲使的比值增大，应采取的措施是（ ）体积不变，增加NO2的物质的量体积不变，增加N2O4的物质的量使体积增大到原来的2倍 充入N2，保持压强不变A BC D由于反应前后体积都是不变的，所以，加入NO2还是加入N2O4都是相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，所以不正确。都是相当于降低压强，平衡向逆反应方向移动，二者比值增大，答案选D。二、计算题（本题包括1个小题，共10分）212SO2（g）+O2（g） =2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示。已知1mol SO2（g）氧化为1mol SO3的H=-99kJmol-1.请回答下列问题：（1）图中A、C

20、分别表示_、_，E的大小对该反应的反应热有无影响？_。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？_，理由是_；（2）图中H=_KJmol-1；（3）已知单质硫的燃烧热为296 KJmol-1，计算由S（s）生成3 molSO3（g）的H_（要求写计算过程）。【答案】反应物能量 生成物能量 无 降低 因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低 -198 1185 KJmol-1 （1）根据图像特点和方程式可知，A表示反应物的总能量，C表示生成物的总能量。E表示活化能，其大小和反应热是无关的。催化剂能降低反应的活化能，从而加快反应速率。（2）图像表示的是生成2molSO3时反

21、应过程中的能量变化，因此H299kJ/mol198 kJ/mol。（3）硫燃烧的热化学方程式为S（s）+O2（g） =2SO2（g） H1=-296KJmol-1，又知 SO2（g）+1/2O2（g） =SO3（g） H2=-99 KJmol-1，据盖斯定律可知，3 S（s）+9/2O2（g）=3SO3（g） H=3（H1+H2）= 1185 kJ/mol。三、实验题（本题包括1个小题，共10分）22按如图所示装置进行实验，以制取乙酸乙酯（1）试管A中的液体由以下试剂混合而成：2mL乙醇；3mL浓硫酸；2mL 乙酸一般状况下，这三种试剂的加入顺序是：先加入_（填序号，下同），再加入_，最后加入

22、（2）为防止试管A中的液体在实验时发生暴沸，在加热前还应加入碎瓷片若加热后发现未加入碎瓷片，应采取的补救措施是：_（3）试管B中盛放的试剂是_；反应结束后，分离B中的液体混合物需要用到的玻璃仪器主要是_试管B中的导管末端不伸入液面下方的目的是_（4）试管 A中CH3COOH与C2H518OH反应的化学方程式为：（5）该实验中用30gCH3COOH与46gC2H5OH反应，如果实际得到的乙酸乙酯的质量是26.4g，该实验中乙酸乙酯的产率是_【答案】停止加热，待装置冷却后，加入碎瓷片，再重新加热饱和Na2CO3溶液分液漏斗防止倒吸CH3CH218OH+CH3COOH CH3CO18OC2H5+H2

23、O60%（1）制取乙酸乙酯，为防止浓硫酸被稀释放出大量热导致液滴飞溅，应先加入乙醇再加入浓硫酸。（2）为防止试管A中的液体在实验时发生暴沸，在加热前可加入碎瓷片。若加热后发现未加入碎瓷片，可补加，方法是：停止加热，待装置冷却后，加入碎瓷片，再重新加热。（3）试管B中盛放饱和Na2CO3溶液接收反应产生的乙酸乙酯，同时除去挥发出的乙醇和乙酸，乙酸乙酯难溶于水溶液，可用分液漏斗分离；为了防止倒吸，试管B中的导管末端不能伸入液面以下。（4）根据酯化反应原理：“酸失羟基醇失氢”可得CH3COOH与C2H518OH反应的化学方程式为：CH3CH218OH+CH3COOH CH3CO18OC2H5+H2O

24、。（5）30gCH3COOH（0.5mol）与46gC2H5OH（1mol）反应，理论上生成乙酸乙酯44g（0.5mol），实际得到的乙酸乙酯的质量是26.4g，故该实验中乙酸乙酯的产率是：26.4g44g100%=60%。本题考查乙酸乙酯的制备，注意实验的基本操作及饱和碳酸钠溶液的作用，化学方程式的书写是易错点，注意掌握酯化反应的原理。四、推断题（本题包括1个小题，共10分）23A、B、C是与生命活动密切相关的三种常见化合物，每种物质所含元素种类均不超过三种，甲是单质。它们之间有如下转化关系：化合物D也是生活中常见的化合物，在一定条件下可发生如下反应：D+3甲3A+2B请回答下列问题：（1）

25、在化合物A、B、C、D中所含元素完全相同的是_和_（填字母）。（2）在常温下，A和B通过_转化为C。该过程的能量转化关系如何?_。（3）写出由C生成D的反应的化学方程式_。（4）化合物C是人类生命活动不可缺少的物质之一，它在血液中的正常含量是_。（5）目前化合物B在大气中含量呈上升趋势，对环境造成的影响是_。【答案】C D 绿色植物的光合作用 该过程中光能转化为化学能 CH2OH（CHOH）4CHO2CH3CH2OH+2CO2 100mL血液中约含葡萄糖80100mg 温室效应加剧 A、B、C是与生命活动密切相关的三种常见化合物，每种物质所含元素种类均不超过三种，且甲是单质。因此联系植物的光合作用可知，甲是氧气，C是葡萄糖，A和B是CO2与水。葡萄糖在一定条件下有分解生成B和化合物D，化合物D也是生活中常见的化合物，燃烧产物是水和CO2，这说明D是乙醇，B是CO2，所以A是水。（1）在化合物A、B、C、D中所含元素完全相同的是乙醇和葡萄糖，答案选C和D。（2）在常温下，A和B通过绿色植物的光合作用转化为C。该过程的能量转化关系是光能转化为化学能。（3）葡萄糖在酶的作用下分解生成乙醇和CO2，反应的化学方程式是CH2OH（CH