高一下学期期末化学综合训练和参考答案

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页2023-2024学年高一下学期期末化学综合练习４参考答案1．D【详解】A．黏胶纤维是以天然纤维素为原料，经过碱化、老化、磺化等工序制成的可溶性纤维素磺酸酯，再溶于稀的碱溶液制成黏胶，芦苇的主要成分是纤维素，可用于制造黏胶纤维，A正确；B．白色污染主要由难降解的塑料形成，故推广使用可降解塑料有利于减少白色污染，B正确；C．淀粉存在于自然界中，是多糖，相对分子质量可达到几十万，属于天然高分子化合物，C正确；D．聚丙烯的链节为，D错误；故选D。2．A【详解】A．乙烯的空间构型为平面形，空间填充模型正确，A正确；B．羟基的电子式：

，B错误；C．乙酸乙酯的结构简式：，C错误；D．次氯酸的结构式：，D错误；故选A。3．B【分析】Y原子在同周期主族元素中半径最大，Y的相对原子质量为7，故Y为Li，则p=3，N=5，X为B，Z=5，N=10。【详解】A．X为B，元素位于元素周期表第IIIA族，A错误；B．Y为Li，单质在空气中燃烧的产物是，B正确；C．X为B，和氢元素形成共价化合物，C错误；D．和质子数相同中子数不同，互为同位素，D错误；故选B。4．A【详解】A．N(C2H5)3是三个乙基与氮相连，因此1mol中含有的非极性键的数目为3NA，故A正确；B．标准状况下，CO2的结构式为O=C=O，22.4LCO2即1molCO2分子中含有4NA对共用电子对，故B错误；C．整个过程是CO2＋H2HCOOH，因此每生成1mol甲酸，转移的电子数为2NA，故C错误；D．甲酸为弱酸，部分电离，故甲酸溶液中数目小于，故D错误。综上所述，答案为A。5．D【详解】A．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。根据图示可知等物质的量的HCN比CNH含有的能量更低，因此HCN比CNH更稳定，A错误；B．由图示可知HCN比CNH能量低，则HCN(g)→CNH(g)时会吸收能量，反应为吸热反应，但反应条件不一定需要在加热条件下进行，B错误；C．根据图示可知1molHCN(g)转化为中间状态的物质时需吸收186.5kJ的热量，但由于该中间物质中仍然存在化学键，断裂化学键需吸收能量，因此1molHCN(g)中的所有化学键全部断开需要吸收的热量大于186.5kJ，C错误；D．根据图示可知1molHCN(g)转化为1molCNH(g)需要吸收的能量为186.5kJ-127.2kJ=59.3kJ，D正确；故选D。6．B【详解】能与NaHCO3溶液反应产生气体，说明分子中含有—COOH，剩余基团为—C3H6Cl，所以可能的结构有

(数字表示羧基的位置)，共有5种，故答案为B。7．B【详解】A．构成原电池的条件是两个活泼性不同的电极、电解质溶液、闭合电路，水果的作用是提供电解质溶液，故A正确；B．锌的活泼性大于铜，所以锌是负极、铜是正极，该电池的电流从铜片经导线流向锌片，故B错误；C．实验2和3的水果种类不同，所以实验目的是探究水果种类对电流大小的影响，故C正确；D．由实验1和2可知，其他条件相同时，电极间距离越小，水果电池的电流越大，故D正确；选B。8．A【详解】①Br2和CCl4的沸点不同，可以用蒸馏的方法分离，正确；②乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，不会引入新杂质，正确；③聚氯乙烯不含碳碳双键，不能使溴的CCl4溶液褪色，错误；④乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，正确；⑤鸡蛋清溶液遇醋酸铅溶液发生变性，错误；⑥淀粉、蛋白质属于高分子化合物，油脂不是高分子化合物，错误；故选A。9．A【详解】A．温度计测定馏分的温度，冷凝管中的水采用逆流的方式，图中操作正确，故A正确；B．乙醇、水都与Na反应生成氢气，不能用Na检验乙醇中是否含有水，应该用无水硫酸铜，故B错误；C．稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成难溶性的硅酸，酸性：硫酸>碳酸>硅酸，非金属性：S>C>Si。稀盐酸易挥发，二氧化碳中有氯化氢杂质，故C错误；D．NaOH溶液能促进乙酸乙酯水解，应该用饱和碳酸钠溶液分离乙酸乙酯，故D错误；故选：A。10．C【详解】A．的反应速率为平均速率，无法计算3min时生成氨气的量，A错误；B．用表示的转化为用H2表示时：，故前者的反应速率大，B错误；C．从方程式可以看出，断裂3molH-H键时断裂6molN-H键反应达到平衡状态，故单位时间内，有2molH—H键断裂同时有4molN—H键断裂，说明该反应达到平衡状态，C正确；D．平衡后，移走部分，产物浓度降低，的消耗速率也将减小，D错误；故选C。11．D【详解】A．煤的干馏是化学变化，A正确；B．反应为气体分子数增大的反应，故恒温恒容下反应达到平衡前，压强会变大，B正确；C．乙二醇的结构简式为HOCH2CH2OH，其分子种有两种不同化学环境的氢原子，C正确；D．酯化反应为可逆反应，2mol羟基不可能完全反应，D错误；故选D。12．B【分析】X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y为氧元素；Y与Z形成的化合物Z2Y3中，元素质量比m(Y):m(Z)=8:9，则Z的相对原子质量为，故Z为铝元素；X原子的最外层电子数为M原子和Z原子最外层电子数的和的一半，而M原子序数大于Z，故X最外层电子数大于3小于6，若为4，则X为碳元素，M为磷元素；若为5，则X为氮元素，M为氯元素。【详解】A.若X为碳元素，则其最高价氧化物的水化物碳酸是弱酸，A错误；B.无论M是磷元素还是氯元素，因H２O存在氢键，气态氢化物的沸点：Y＞M，B正确；C.地壳中含量最多的元素是O，C错误；D.同一周期从左往右，原子半径越来越小，同一主族从上往下，原子半径越来越大，所以无论M是磷元素还是氯元素，原子半径Z>M>X>Y，D错误。答案选B13．B【分析】根据图片知，放电时，Na失电子发生氧化反应，所以a作负极、b作正极，负极反应式为2Na-2e－＝2Na+、正极反应式为xS+2e－＝S，放电时，电解质中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动。据此解答。【详解】A．放电时，Na失电子发生氧化反应，所以a作负极，故A正确；B．放电时，Na失电子发生氧化反应，所以a作负极、b作正极，电解质中阳离子钠离子向正极b移动，故B错误；C．原电池工作时，控制的温度应为满足Na、S为熔融状态，则该电池适宜在较高温度下工作，故C正确；D．放电时，Na失电子发生氧化反应，所以a作负极、b作正极，β-Al2O3陶瓷的作用是传导离子和隔离钠与硫单质，故D正确；故选B。14．A【详解】A．图示生成物总能量高于反应物总能量，表示吸热反应，A正确；B．柠檬酸的分子式，B错误；C．柠檬酸的量未知，无法确定消耗碳酸氢钠的量，C错误；D．与羟基直接相连的碳原子上没有氢原子，不能在铜丝作用加热情况下发生催化氧化反应，D错误；故选A。15．B【详解】A．由题图可知，实验①在15min内用M表示的降解速率v(M)=，A错误；B．其他条件相同时，实验②的温度高，反应速率快，升高温度，M的降解速率加快，B正确；C．其他条件相同时，实验③的pH值大，所以说明pH值越大，与不利于M的降解，C错误；D．两组实验的反应温度和反应物两个影响速率的因素都不同，无法判断，D错误；故选B。16．(1)第三周期ⅦA族(2)弱于(3)(4)23:9(5)【分析】A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的最外层电子数是次外层电子数2倍，A原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素；B是短周期中金属性最强的元素，则B为Na；结合原子序数可以知道，C、D、E、F都处于第三周期，C是同周期中阳离子半径最小的元素，则C为Al；D元素的最高价氧化物对应水化物与B元素的最高价氧化物对应水化物反应的产物M是制备木材防火剂的原料，则D为Si、M为Na2SiO3；E的最外层电子数与内层电子数之比为3：5，则最外层电子数为6，故E为硫元素，F的原子序数最大，故F为Cl，由此可知：【详解】（1）F为Cl元素，原子核外有3个电子层、最外层电子数为7，处于周期表中第三周期VIIA族；（2）A为碳、E为S，碳酸为弱酸，硫酸为强酸，则S的非金属性比碳的强，故得电子能力C<S；AE2为CS2，结构类似于二氧化碳，因此其结构式为；（3）M为硅酸钠，其水溶液久置于空气中变浑浊是因为与二氧化碳反应，方程式为；（4）Na单质与氧气反应的产物、Al单质同时放入水中，产生两种无色气体，有关的化学方程式为：，氧气与氢气恰好反应，则二者物质的量之比为1：2，设氧气为1mol，则与氧气反应的Na单质为4mol，放入水中的Al单质为，二者质量比为；（5）为S2Cl2，其电子式为；S2Cl2与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体为二氧化硫，只有一种元素化合价发生改变，故S元素化合价降低，转移0.3mol电子生成二氧化硫为0.1mol，故有0.3molS原子发生还原反应，根据电子转移守恒可以知道S元素在还原产物中的化合价为0，故生成S，同时生成HCl，该反应的化学方程式为。17．(1)羧基(2)取代反应(3)②(4)【分析】乙醇通过催化氧化生成乙醛，故A为乙醛，乙醛再被氧化可以生成乙酸，故B为乙酸；甲苯与氯气发生取代反应，所以C的结构简式为，通过题目给定信息可知，D的结构简式为，据此可知：【详解】（1）根据乙酸苯甲酯的结构简式可知乙酸苯甲酯的分子式为；B为乙酸，因此官能团为羧基；（2）反应①为乙醇的催化氧化，故方程式为；反应④是氯原子被羟基取代掉了，因此反应类型为取代反应；反应⑤是和乙酸的酯化反应，反应方程式为；（3）反应产物只有一种的反应，原子利用率为100%，反应②的原子利用率为100%，符合绿色化学的要求；（4）甲苯被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成X，X为苯甲酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸苯甲酯互为同分异构体，故X的结构简式为。18．(1)分液漏斗冷凝回流(2)

＋Br2

＋HBr(3)吸收溴蒸气(4)Ⅲ中硝酸银溶液内出现淡黄色沉淀(或测反应后Ⅲ中硝酸银溶液的pH，其pH变小)(5)使Ⅰ中的水倒吸入Ⅱ中，除去Ⅱ中的溴化氢气体反应结束后关闭K1，打开K2，使水进入Ⅱ中(6)蒸馏【分析】实验原理为：溴与苯在铁丝催化下剧烈反应，放出大量热，此时由于K1打开，溴蒸汽和反应得到的HBr到了Ⅲ，溴溶于苯，HBr与硝酸银反应得到沉淀。剩余的HBr和溴被NaOH吸收。完成后由于温度下降，气压负差，此时打开K2会使水被吸入Ⅱ。水的密度大于苯而小于溴苯，所以三种液体分为三层，便于提纯。【详解】（1）仪器A的名称为分液漏斗，冷凝管所起的作用为导气和冷凝回流。（2）三颈烧瓶中苯和液溴反应生成溴苯的化学方程式为

＋Br2

＋HBr。（3）因该实验的目的是要探究苯与溴发生反应的原理，若为加成反应无HBr生成，而取代反应则有，通过Ⅲ中硝酸银溶液内是否出现淡黄色沉淀来证明反应为取代还是加成。故需先除去溴蒸气的干扰。（4）能说明苯与液溴发生了取代反应的现象是Ⅲ中硝酸银溶液内出现淡黄色沉淀。（5）使Ⅰ中的水倒吸入Ⅱ中，除去Ⅱ中的溴化氢气体。由于温度下降，气压负差，此时打开K2会使水被吸入Ⅱ。（6）利用沸点差异，采取蒸馏的方式。19．(1)HCO+H2C2O4=HC2O+CO2↑+H2O(2)还原性2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O(3)除去混合气体中的二氧化碳H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O【分析】加热乙二酸，反应物通入B，使CuSO4粉末变蓝，说明有水生成；装置C中澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成；装置D中二氧化碳和氢氧化钠反应，作用为：除去混合气体中的二氧化碳；F中CuO粉末变红、G中澄清石灰水变浑浊说明有一氧化碳生成。【详解】（1）乙二酸中含有羧基，具有酸性，酸性比碳酸强，与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，因乙二酸是中强酸且过量，生成酸式盐，该反应的离子方程式为：HCO+H2C2O4=HC2O+CO2↑+H2O；（2）酸性KMnO4溶液具有强氧化性，向盛有少量乙二酸饱和溶液的试管中滴入用硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明乙二酸被酸性高锰酸钾氧化，具有还原性；该反应的离子方程式：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；（3）根据分析，乙二酸的分解产物为CO、CO2、H2O；H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O20．(1)(2)(3)A(4)Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O(5)反应放热，溶液温度升高，反应速率加快(6)AB(7)Al-3e-+3OH-=Al(OH)3【详解】（1）由图像可知，A为反应物，B、C均为生成物；物质的量的变化之比等于物质量浓度的变化量之比，则，故答案为：；（2）达到平衡状态时，，则由，故答案为：；（3）观察图像，纵坐标为A的反应速率，横坐标为时间，二者之积为浓度的变化量，故V(正)×t(平衡)表示A向正反应方向进行时减少的浓度，V(逆)×t(平衡)表示A向逆反应方向进行时增大的浓度，故阴影部分的面积表示A向正反应方向进行时“净”减少的浓度。故选A。（4）因铝的表面有一层致密的Al2O3能与HCl反应得到盐和水，无氢气放出，发生反应为：Al2O3+6HCl