精选3份合集西安市学年高一化学下学期期末质量跟踪监视试题.docx

1、精选3份合集西安市学年高一化学下学期期末质量跟踪监视试题高一（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根据元素周期律的变化规律，下列比较中，正确的是（ ）A原子半径：BrClF B氧化性：N2O2F2C金属性：AlMgNa D非金属性：CNP2一定条件下,乙醛可发生分解:CH3CHO(l)CH4+CO,已知该反应的活化能为190 kJmol-1。 在含有少量I2的溶液中,该反应的机理如下:反应:CH3CHO+I2CH3I+HI+CO(慢)反应:CH3I+HICH4+I2(快)下列有关该反应的叙述正确的是 ()A反应速率与I2的浓

2、度有关 BHI在反应中是氧化产物C反应焓变的绝对值等于190 kJmol-1 D乙醛的分解速率主要取决于反应3由甲醛(CH2O)、乙酸和乙酸乙酯组成的混合物中，氧元素的质量分数是37%，则碳元素的质量分数为()A27% B9% C54% D无法计算4下列关于有机物的说法错误的是A苯是一种无色无味液体，难溶于水，常用作有机溶剂B乙烯可作为植物生长调节剂C体积分数为75%的乙醇溶液可用作医用消毒剂D醋酸可以用于除去茶壶中的水垢5某原电池装置如图所示，电池总反应为2AgCl22AgCl。下列说法正确的是A正极反应为AgCl eAg ClB放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成C若用NaCl溶液代

3、替盐酸，则电池总反应随之改变D当电路中转移0.01 mol e时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子6下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是()A抗氧化剂 B调味剂C着色剂 D增稠剂7已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)为放热反应，对该反应的下列说法中正确的是A1mol O2(g)的能量一定高于2mol SO3(g)的能量B2mol SO2(g)和1mol O2(g)的总能量一定高于2mol SO3(g)的总能量C该反应达到化学平衡时，各物质的浓度保持不变且一定等于化学计量数(系数)之比D因该反应为放热反应，故不必加热就可发生8下列物质的电子式书写正确的是（）A氯化氢H

4、+Cl- B二氧化碳C氮气 D氯化镁Cl-Mg2+Cl-9丙烯酸(CH2=CH-COOH)的性质时可能有加成反应；聚合反应，酯化反应；中和反应；氧化反应A只有 B只有 C只有 D10丙烯酸(CH2 = CHCOOH )是一种重要的化工原料，可通过下列反应制备。2CH3CH = CH2 + 3O2催化剂，加热2CH2 = CHCOOH + 2H2O下列关于丙烯酸的说法不正确的是A与乙酸互为同系物 B能与NaHCO3溶液反应C能与乙醇发生酯化反应 D能使酸性高锰酸钾溶液褪色11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

5、-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+12已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) H = Q1 KJ/mol2H2(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 B（0.4Q1+0.05Q2）kJC（0.4Q

6、1+0.1Q3）kJ D（0.4Q1+0.1Q2）kJ13分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有(不考虑立体异构)A5种 B6种 C7种 D8种14苏轼的格物粗谈有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”按照现代科技观点，该文中的“气”是指( )A脱落酸 B甲烷 C生长素 D乙烯15PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也叫可入肺颗粒物，与肺癌、哮喘等疾病的发生密切相关，是灰霾天气的主要原因，它主要来自化石燃料的燃烧（如机动车尾气、燃煤）等，下列与PM2.5相关的说法不正确的是A大力发展电动车，减少燃油汽车的尾气排放量B开发利用

7、各种新能源，减少对化石燃料的依赖C多环芳烃是强致癌物，能吸附在PM2.5的表面进入人体DPM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素16下列能鉴别CO2和SO2的是A品红溶液 B澄清石灰水 C紫色石蕊试液 D氯化钡溶液17下列物质属于共价化合物的是ACaO BCO2 CC60 DNaCl18元素周期表里金属元素和非金属元素分界线附近能找到（ ）A新制农药元素 B制催化剂元素C制半导体元素 D制耐高温合金元素19（6分）将一定量的甲烷燃烧后得到CO、CO2和水蒸气，混和气体的质量是49.6g，通过无水氯化钙时，无水氯化钙增重25.2g，则CO2的质量是（）A12. 5g B1

8、3.2g C19.7g D24.4g20（6分）一定条件下，RO和氟气可发生如下反应ROF22OH=RO2FH2O，从而可知在RO中，元素R的化合价是A4 B5 C6 D7二、计算题（本题包括1个小题，共10分）21（6分）T 时，将3 mol A气体和2 mol B气体通入体积为2 L的密闭容器中(容积不变)，发生反应：3A(g)B(g) xC(g)，2 min时反应达到平衡状态(温度不变)，剩余1.8 mol B，并测得C的浓度为0.4 mol/L。请填写下列空白：（1）x_。（2）用B表示该反应的速率为_mol/(Lmin)，A的转化率为_。（3）该温度下平衡常数表达式为：_。三、实验题

9、（本题包括1个小题，共10分）22（8分）实验室制备乙酸乙酯的装置，如图所示，回答下列问题：(1)乙醇、乙酸和浓硫酸混合顺序应为_。(2)收集乙酸乙酯的试管内盛有的饱和碳酸钠溶液的作用是_。(3)反应中浓硫酸的作用_。(4)反应中乙醇和乙酸的转化率不能达到100%，原因是_。(5)收集在试管内的乙酸乙酯是在碳酸钠溶液的_层。(6)该反应的化学方程式为_。(7)将收集到的乙酸乙酯分离出来的方法为_。四、推断题（本题包括1个小题，共10分）23（8分）A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E 元

10、素的周期序数与主族序数相等。（1）E 元素在周期表中的位置_。（2）写出A2W2的电子式为_。（3）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现改用A2W2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式_。（4）元素D的单质在一定条件下，能与 A 单质化合生成一种化合物DA，熔点为800，DA能与水反应放氢气，若将1molDA和1molE 单质混合加入足量的水，充分反应后成气体的体积是_（标准状况下）。（5）D的某化合物呈淡黄色，可与氯化亚铁溶液反应。若淡黄色固体与氯化亚铁反应的物质的量之比为1：2，且无气体生成，则该反应的离子

11、方程式为_。五、综合题（本题包括1个小题，共10分）24（10分）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。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

12、项符合题意）1A【解析】【详解】A卤族元素，从上到下，随着原子序数的增大，原子半径逐渐增大，故A正确；B非金属性越强，单质的氧化性越强，则氧化性N2O2F2，故B错误；C同周期，从左向右，金属性减弱，则金属性：AlMgNa，故C错误；D同周期，从左向右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，则非金属性：CN，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点和难点为D中C和P非金属性强弱的判断，可以借助于磷酸和碳酸是酸性强弱判断。2A【解析】【详解】A碘为催化剂，增大反应速率，浓度越大，反应速率越大，A正确；B反应I中碘元素化合价降低，HI为还原产物，B错误；C焓变为反应物与生成物的活化能之差，

13、C错误；D反应I较慢，决定着总反应的快慢，D错误；答案选A。3C【解析】【详解】在混合物中,只有3种元素C、H、O,氧元素的质量分数为37%,那么碳和氢元素的质量分数为1- 37%=63%；在甲醛(CH2O) 、乙酸(C2H4O2)和乙酸乙酯(C4H8O2)中,C原子与H原子数目之比是定值为1：2，质量之比为：m(C):m(H)=12:2=6：1，所以C占6/7,故碳元素质量分数为63%6/7=54%；所以本题答案为C。【点睛】根据在甲醛、乙酸、乙酸乙酯混合物中,C原子与H原子数目之比是定值，均为1:2；据氧元素的质量分数求出碳和氢元素的质量分数,进而求出碳元素的质量分数,据此解答。4A【解析

14、】【详解】A. 苯是一种无色，有芳香味液体，难溶于水，常用作有机溶剂，A项错误；B. 乙烯可作为植物生长调节剂，催熟果实，B项正确；C. 体积分数为75%的乙醇溶液可用作医用消毒剂，C项正确；D. 茶壶中的水垢主要成分为CaCO3和Mg(OH)2，醋酸呈酸性，能与盐和碱反应，D项正确；答案选A。5D【解析】【分析】【详解】A项正确的正极反应式为Cl22e2Cl，错误；B项由于阳离子交换膜只允许阳离子通过，故在左侧溶液中才会有大量白色沉淀生成，错误；C项若用NaCl溶液代替盐酸，电池总反应不变，错误；D项当电路中转移0.01 mol e时，交换膜左侧产生0.01 mol Ag与盐酸反应产生AgC

15、l沉淀，同时约有0.01 mol H通过阳离子交换膜转移到右侧溶液中，故左侧溶液共约0.02 mol离子减少，正确。故选D。6A【解析】【详解】A. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；B. 调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；C. 着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；D. 增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。故选:A。7B【解析】【分析】【详解】A2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，2mol SO2(g)和1mol O2(g)的总能量一定高于2mol SO3(g)的总能量，而1

16、mol O2(g)的能量和2mol SO3(g)的能量的相对大小不能确定，故A错误；B2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故2mol SO2(g)和1mol O2(g)的总能量一定高于2mol SO3(g)的总能量，故B正确；C该反应达到化学平衡时，各物质的浓度保持不变，但不一定等于化学计量数(系数)之比，平衡时各物质的浓度和起始投料以及转化率有关，故C错误；D化学反应的本质的旧键断裂和新键形成的过程，旧键断裂需要消耗能量，所以很多放热反应也需要加热才能发生，2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的反应需要加热到450左右，故D错误；故选B。

17、8B【解析】分析：A.氯化氢中含有共价键；B.二氧化碳中含有共价键；C.氮气分子中氮原子还含有不参与成键的电子；D.氯化镁中含有离子键。详解：A. 氯化氢分子中含有共价键，电子式为，A错误；B. 二氧化碳分子中含有共价键，电子式为，B正确；C. 氮气的电子式为，C错误；D. 氯化镁中含有离子键，电子式为，D错误。答案选B。9D【解析】分析：丙烯酸(CH2=CH-COOH)中含有碳碳双键和羧基，结合乙烯和乙酸的性质分析解答。详解：丙烯酸(CH2=CH-COOH)中含有双键和羧基两种官能团，双键能发生加成反应和氧化反应以及加聚反应，羧基能发生中和反应，也能发生酯化反应(取代反应)，故选D。10A【

18、解析】【分析】丙烯酸的官能团为碳碳双键和羧基，属于不饱和一元羧酸，能表现烯烃和羧酸的性质。【详解】A项、丙烯酸属于不饱和一元羧酸，乙酸属于饱和一元羧酸，通式不同、类别不同，不互为同系物，故A错误；B项、丙烯酸含有羧基，酸性强于碳酸，能与NaHCO3溶液反应生成丙烯酸钠、二氧化碳和水，故B正确；C项、丙烯酸含有羧基，在浓硫酸作用下，与乙醇共热发生酯化反应生成丙烯酸乙酯和水，故C正确；D项、丙烯酸含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；故选A。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键。11D【解析】分析：A.该溶液中存在大量氢

19、离子, I-、N03-离子间能反应;B.次氯酸根离子、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,在溶液中不能大量共存,故A错误；B. H+、ClO-、S2离子之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存,故B错误；C. Cu2+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

20、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。12A【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=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，氢气的物质的量

21、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0.4molQ1kJ/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。13D【解析】试题分析：分子式为C5H12O的

22、有机物，能够与Na反应放出氢气，表明分子中含有羟基。戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷，CH3CH2CH2CH2CH3分子中有3种H原子，被-OH取代得到3种醇；CH3CH2CH（CH3）2分子中有4种H原子，被-OH取代得到4种醇；C（CH3）4分子中有1种H原子，被-OH取代得到1种醇；所以该有机物的可能结构有8种，故选D。考点：考查了同分异构体的相关知识。14D【解析】乙烯是生物生长催熟剂，故D正确。15D【解析】【分析】大力发展电动车，开发利用各种新能源，可减少化石燃料的使用和PM2.5的排放，PM2.5具有较强的吸附性，可吸附一些有害物质，不利用人体健康。【详解】A.大力发展电动车，减少燃

23、油汽车的使用，可减少尾气排放，所以A选项是正确的；B.开发利用各种新能源，可减少化石燃料的使用，减少环境污染，所以B选项是正确的；C. PM2.5具有较强的吸附性，可吸附一些有害物质，不利用人体健康，所以C选项是正确的；D. 砷为非金属元素，故D错误。答案选D。16A【解析】【分析】【详解】A. 二氧化硫具有漂白性，能够使品红褪色，可鉴别，故A正确；B.SO2与CO2都是酸性氧化物,SO2和CO2气体都可使澄清石灰水变浑浊，不能鉴别，故B错误；C.SO2与CO2都是酸性氧化物,与水反应生成碳酸和亚硫酸, SO2与CO2气体都可使紫色石蕊试液变红，不能鉴别，故C错误；D.SO2与CO2气体与氯化

24、钡溶液都不反应，因亚硫酸和碳酸的酸性都比盐酸弱，不能鉴别，故D错误；故选：A。17B【解析】A、氧化钙是由钙离子和阳离子以离子键结合形成的离子化合物，故A不选；BCO2中只含共价键，属于共价化合物，故B选；CC60中只含有共价键，是单质，故C不选；DNaCl中只存在离子键，属于离子化合物，故D不选；故选B。点睛：本题考查离子化合物、共价化合物等基本概念，侧重考查学生对概念的理解，注意这几个概念的区别。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，共价化合物中一定不含离子键，离子化合物中可能含有共价键。18C【解析】【详解】A.制农药的元素一般位于周期表的右上方

25、，非金属元素氟、氯、硫、磷等通常可以用来制取农药；B.制催化剂的元素一般位于过渡元素；C.制半导体的元素一般位于金属与非金属分界线附近；D.制耐高温的合金元素一般在过渡元素里寻找。故选C。【点睛】注意过渡元素不是金属元素和非金属元素分界线处的元素，而是指副族和第族元素。19B【解析】【分析】【详解】将一定量的甲烷燃烧后得到CO、CO2和水蒸气，混和气体的质量是49.6g，通过无水氯化钙时，无水氯化钙增重25.2g为水的质量，水的物质的量是25.2g18g/mol1.4mol，根据氢原子守恒可知甲烷的物质的量是1.4mol20.7mol，根据碳原子守恒可知一氧化碳和二氧化碳的物质的量之和是0.7

26、mol，二者的质量之和是49.6g25.2g24.4g，则0.7moln(CO2)28g/mol+n(CO2)44g/mol24.4g，解得n(CO2)0.3mol，所以生成的CO2的质量是0.3mol44g/mol13.2g。答案选B。20B【解析】【分析】【详解】根据等号两端电荷守恒可知，n=1，所以R的化合价是+5价，答案选B。【点睛】化学计算时一般都遵循几个守恒关系，即质量守恒、电荷守恒、电子的得失守恒和原子守恒等。二、计算题（本题包括1个小题，共10分）214 0.05 20% K= 【解析】【分析】(1)2molB反应，剩余1.8mol，反应消耗了0.2molB，结合题意计算生成的

27、C，再根据反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比计算；(2)消耗了0.2molB，同时会消耗0.2mol3=0.6molA，结合v=计算；(3)根据平衡常数是生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值书写。【详解】(1)2 min时反应达到平衡状态(温度不变)，剩余1.8 mol B，反应消耗了0.2molB，并测得C的浓度为0.4 mol/L，容器的体积为2L，则生成了0.8molC，B和C的化学计量数之比为0.20.8=14，故x=4；故答案为：4；(2)B消耗了0.2mol，容器的体积为2L，则B的浓度为0.1mol/L，用B表示反应速率为v=0.05

28、molL-1min-1；根据3A(g)B(g) 4C(g)，A消耗0.2mol3=0.6mol，A的转化率为100%=20%，故答案为：0.05；20%；(3)根据3A(g)B(g) 4C(g)，平衡常数表达式K=，故答案为：K=。三、实验题（本题包括1个小题，共10分）22向乙醇中慢慢加入浓硫酸和乙酸 中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯在水层中的溶解度，便于分层析出 催化剂和吸水剂 乙醇与乙酸的酯化反应为可逆反应，不能进行到底 上 CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O 分液 【解析】【详解】（1）浓硫酸密度比水大，溶解时放出大量的热，为防止酸液飞溅，加入药品时应先在

29、试管中加入一定量的乙醇，然后边加边振荡试管将浓硫酸慢慢加入试管，最后再加入乙酸；答案：先在试管中加入一定量的乙醇，然后边加边振荡试管将浓硫酸慢慢加入试管，最后再加入乙酸；（2）乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙醇易溶于水，乙酸可与碳酸钠发生反应而被吸收，用饱和碳酸钠溶液可将乙酸乙酯和乙醇、乙酸分离，所以饱和碳酸钠的作用为中和挥发出来的乙酸，溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度；答案：中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯在水层中的溶解度，便于分层析出；（3）由于是可逆反应，因此反应中浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂；答案：催化剂和吸水剂(4)因为乙酸与乙醇发生的酯化反应为可逆反应，反应不能进行到底，所以反应中乙醇和乙酸的转化率不能达到100%；答案：乙醇与乙酸的酯化反应为可逆反应，不能进行到底(5)因为乙酸乙酯密度比水小，难溶于水，所以收集在试管内的乙酸乙酯是在碳酸钠溶液的上层；答案：上(6)酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应的化学方程式为