模拟卷一答案

高二下学期期末模拟卷（一）答案1.【答案】B【详解】A．2,4,6−三硝基甲苯俗名TNT，一种烈性炸药，广泛用于国防、采矿、筑路、水利建设等，故A正确；B．医用酒精是指体积分数为75%的乙醇溶液，能使蛋白质变性，具有消毒杀菌作用，故B错误；C．福尔马林是甲醛水溶液，能使蛋白质变性，具有杀菌、防腐性能，可用于制作生物标本，故C正确；D．乙二醇(HOCH2CH2OH)熔点低，常用于生产汽车防冻剂，故D正确。综上所述，答案为B。2【答案】A【详解】A．葡萄糖的分子式为C6H12O6，其实验式：，故A正确；B．是正丁烷的球棍模型，故B错误；C．是2−溴甲苯的结构简式，故C错误；D．四氯化碳中氯原子半径大于碳原子半径，因此可能为甲烷或硅烷的比例模型，故D错误。综上所述，答案为A。3.【答案】A【详解】A．标准状况下，己烷是液体，22.4L己烷物质的量大于1mol，则含有的碳碳键数目大于5，故A正确；B．12.4g白磷()物质的量为0.1mol，则12.4g白磷()含P−P键的数目为0.6，故B错误；C．100g46%的乙醇溶液中乙醇质量为46g，水质量为54g，乙醇物质的量为1mol，水物质的量为3mol，因此溶液中含氧原子的数目为4，故C错误；D．1mol与2mol完全反应，甲烷与氯气取代反应是一系列的反应，因此生成的数目小于，故D错误。综上所述，答案为A。4.【答案】B【详解】A．实验室中用乙醇在浓硫酸催化和维持条件下制得乙烯，140℃时生成乙醚，故A错误；B．苯环上的H被磺酸基取代的反应称为磺化反应，苯的磺化反应：+HOSO3H+H2O，故B正确；C．羧酸与醇发生酯化反应的机理为“酸去羟基醇去氢”则正确的方程式为，故C错误；D．甲醛溶液中加入足量的银氨溶液并加热，反应的离子方程式为：，故D错误；故选B。5.【答案】B【详解】已知丙烷的燃烧热，，则C3H8(g)＋5O2(g)＝3CO2(g)＋4H2O(g)，若一定量的丙烷完全燃烧后生成18g水蒸气(即物质的量为1mol)，则放出的热量为，故B符合题意。综上所述，答案为B。6.【答案】D【详解】A．根据图知，该有机物中含有羟基、醚键两种官能团，故A正确；B．饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构，单键可以旋转，苯环上所有原子共平面，所以该分子中所有碳原子不可能共平面，故B正确；C．苯环和氢气以1：3发生加成反应，该分子中含有2个苯环，所以1mol该有机物最多消耗6mol氢气，故C正确；D．酚羟基和Na、NaOH以1：1反应，醇羟基和钠反应、和NaOH不反应，则等质量的儿茶素A分别与过量的Na和NaOH反应，消耗Na和NaOH的物质的量之比为6：5，故D错误；故选D。7.【答案】B【详解】A．该实验只能说蔗糖发生了水解，但不能说蔗糖已经完全水解，故A错误；B．乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别甲烷和乙烯，故B正确；C．苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀，易溶于苯，因此不可用浓溴水除去苯中混有的苯酚，故C错误；D．向无水乙醇中加入少量金属Na，Na在试管底部，有气泡产生，不会熔化，Na与乙醇不会剧烈反应，故D错误；综上所述，答案为B。8910.【答案】B【详解】A．Zn原子序数为30，Zn核外电子排布式：[Ar]3d104s2，则的核外电子排布式：，故A正确；B．淀粉为高分子化合物，憎水基对淀粉的溶解性影响能力大于憎水基，所以淀粉不溶于水，故B错误；C．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性：，故C正确；D．DHA中羰基的碳原子价层电子对数为3，杂化方式为，连羟基的碳原子价层电子对数为4，杂化方式为，故D正确；综上所述，答案为B。11.【答案】C【详解】A.图甲中根据该变量之比等于计量系数之比得到该图象表示的反应方程式为，甲中容器体积未知，无法计量A的反应速率，故A错误；B.图乙：某温度下发生反应：，根据图中信息得到时刻改变的条件可能是加入催化剂，可能是加压，故B错误；C.图丙：对图中反应升高温度，正反应增大的速率大于逆反应增大的速率，说明平衡正向移动，该反应是吸热反应，升高温度，该反应平衡常数增大，故C正确；D.图丁，根据下面两根曲线得到P2＞P1，从下到上，增大压强，C%增大，说明正向移动，即正向是体积减小的反应，即，故D错误。综上所述，答案为C。12.【答案】B【详解】A．反应①中作反应物，在反应③中生成，故在该过程中作催化剂，故A正确；B．该过程中没有非极性键的断裂和形成，故B错误；C．反应②中二氧化碳分子中有碳氧双键断裂，反应②的类型为加成反应，故C正确；D．根据总反应，若用HOCH2CH2OH辅助固定，HOCH2CH2OH+CO2→H2O+，则产物可能为，故D正确；故选B。13.【答案】C【详解】A．根据图中信息，N是氯离子失去电子变为氯气，则为电解池的阳极，则b为正极，a为直流电源的负极，故A错误；B．M电极为阴极，氢离子向M极移动，则M极上发生的反应为：＋2e－＋2H＋＝，故B错误；C．根据电解池“异性相吸”，则双极膜中向阳极即N电极迁移，故C正确；D．电路中每通过2mol时，N电极上生成1mol氯气，由于不清楚是否为标准状况下，则氯气体积未知，若为标准状况下则产生22.4L，故D错误。综上所述，答案为C。14.【答案】C【详解】A．根据图知，20℃时，0.20mol/LNaHX溶液的pH＜7，则NaHX溶液呈酸性，故A正确；B．a点溶液中加入的NaOH中和一半的NaHX，溶液中溶质为等物质的量浓度的NaHX、Na2X，NaHX溶液呈酸性，说明HX的电离程度大于水解程度，则NaHX抑制水电离，X2能水解而促进水电离，酸、碱抑制水电离；c点溶质为等物质的量浓度的Na2X、NaOH溶液的pH＞12，抑制水电离，且比a点抑制水电离程度大，b点溶质为Na2X，促进水电离，所以水电离程度：b＞a＞c，故B正确；C．b点NaOH、NaHX恰好完全反应生成Na2X，溶液中存在电荷守恒、存在物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒得质子守恒，故C错误；D．c点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaOH、Na2X，NaOH、Na2X中都能电离出Na+，NaOH电离、X2水解都生成OH，但水解程度较小，所以，X2部分水解生成HX，溶液呈强碱性，则溶液中c(H+)很小，所以则存在，故D正确；故选C。二、非选择题(共5题，共58分)15.【答案】（1）增大接触面积，加快酸浸速率（2）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O、Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+（3）（4）①.+6②.1：1（5）36.6%【解析】【分析】废旧氢镍电池负极材料(含有NiO、Ni和少量La、Fe、Mg、Ca、MnO、石墨粉等)进行处理，氢镍电池电极材料加入稀硫酸溶解，石墨粉不溶，过滤除去，得到的滤液中含有的阳离子有:La2+、Fe2+、Ni2+、Mg2+、Ca2+、Mn2+以及过量的H+，加入硫酸钠使La转化为NaxLay(SO4)z∙H2O沉淀，过滤除去；加入双氧水把Fe2+氧化，并调节pH=4，生成Fe(OH)3沉淀，过滤除去；向滤液中加入NaF使Mg2+、Ca2+转化为CaF2、MgF2沉淀，过滤除去，调节pH=5，再向滤液中加入(NH4)2S2O8，把Mn2+氧化为MnO2沉淀，过滤除去MnO2沉淀，向滤液中加入(NH4)2C2O4，经过一系列操作得到NiC2O4∙2H2O晶体，据此分析即可。【小问1详解】“酸浸”前，常将负极材料粉碎，目的是增大接触面积，加快酸浸速率。【小问2详解】“沉铁”时发生的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O、Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+。【小问3详解】溶液中当离子浓度小于或等于1.0×105mol/L时，可认为该离子已经除尽，，则镁离子除尽时，，同理，钙离子除尽时，，则若要除尽镁离子和钙离子，加入NaF后。【小问4详解】“沉锰”时加入的(NH4)2S2O8中存在一个过氧键(OO)，O为1价，结合化合物中元素化合价的代数和为0，可得S的化合价为，Mn由+2价升高为+4价，Mn2+为还原剂，过氧键中的O由1价降低为2价，(NH4)2S2O8为氧化剂，根据得失电子守恒，该过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1。【小问5详解】根据滴定过程中发生的反应，得关系式为，则样品的纯度为16.【答案】（1）（2）①.＞②.水存在分子间氢键，使得沸点升高，不存在分子间氢键（3）18NA（4）有2对孤对电子，有1对孤对电子，孤对电子对孤对电子的排斥力大于孤对电子对成对电子的排斥力，使得成键键角减小，因此键角：（5）【解析】【小问1详解】Cu原子序数为29，其电子排布式为[Ar]3d104s1，的价电子排布式为3d9，则的价电子排布图为；故答案为：。【小问2详解】水存在分子间氢键，使得沸点升高，不存在分子间氢键，因此和的沸点：＞；故答案为：＞；水存在分子间氢键，使得沸点升高，不存在分子间氢键。【小问3详解】一个水分子有2个σ键，1.5mol中σ键的数目为1.5mol×(2×4+4)×NAmol−1＝18NA；故答案为：18NA。【小问4详解】已知键角：，原因是有2对孤对电子，有1对孤对电子，孤对电子对孤对电子的排斥力大于孤对电子对成对电子的排斥力，使得成键键角减小，因此键角：；故答案为：有2对孤对电子，有1对孤对电子，孤对电子对孤对电子的排斥力大于孤对电子对成对电子的排斥力，使得成键键角减小，因此键角：。【小问5详解】根据题给信息，晶体的晶胞结构与NaCl晶体的晶胞结构相似，每个晶胞中含有4个“”，则该晶体的密度是；故答案为：。17.【答案】（1）MnO2＋4HCl(浓)＝MnCl2＋Cl2↑＋2H2O（2）①.f→g→e→d→a→b→h→i②.处理尾气，防止污染环境，防止空气中水蒸气进入（3）①.球形冷凝管②.冷凝回流苯等物质（4）除去产品中的乙酸（5）46.7%【解析】【小问1详解】B中是二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，其发生反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)＝MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；故答案为：MnO2＋4HCl(浓)＝MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。【小问2详解】A装置是制备氯化铝，B是制备氯气，C是干燥氯气，D是除掉氯气中氯化氢气体，E是除掉尾气，防止空气中水蒸气进入，因此制备无水时导管接口顺序为c→f→g→e→d→a→b→h→i，其中装置E的作用是处理尾气，防止污染环境，防止空气中水蒸气进入；故答案为：f→g→e→d→a→b→h→i；处理尾气，防止污染环境，防止空气中水蒸气进入。【小问3详解】苯等物质沸点不高，受热易挥发，通过球形冷凝管充分冷凝回流可提高苯等物质的利用率，仪器N的名称为球形冷凝管，其作用有：①平衡气压；②冷凝回流苯等物质；故答案为：球形冷凝管；冷凝回流苯等物质。【小问4详解】苯中溶解有苯乙酮、乙酸等物质，乙酸能与碱反应，可选用NaOH溶液洗涤粗品，以除去七中溶解的乙酸，因此步骤二中用NaOH溶液洗涤的目的是除去产品中的乙酸；故答案为：除去产品中的乙酸。【小问5详解】14.0g苯物质的量为，10.2g乙酸酐物质的量为，根据方程式分析得到乙酸酐不足，由反应可知，参加反应的苯、乙酸酐和生成的苯乙酮的物质的量相等，所以苯乙酮理论产量为0.1mol，则苯乙酮的产率为；故答案为：46.7%。18.【答案】（1）①.−②.（2）AB（3）（4）①.＋6e－＋6H＋＝＋H2O②.5.4【解析】【小问1详解】根据盖斯定律第一个方程式减去第二个方程式得到的−；方程式相减，则平衡常数相乘，则得到平衡常数；故答案为：−；。【小问2详解】A.当反应未达平衡时，加入高选择性催化剂，反应速率加快，则可以提高单位时间内甲醇的产率，故A正确；B.反应达平衡后，向体系中充入氦气，反应体系浓度不变，平衡都不移动，副反应平衡不移动，故B正确；C.1h内，浓度由2mol∙L−1降低至1mol∙L−1，的平均反应速率为1mol∙L−1·h−1，由于存在主反应和副反应，氢气的平均反应速率不一定是的平均反应速率的2倍即氢气的平均反应速率不一定为2mol∙L−1·h−1，故C错误；D.升高温度，反应Ⅰ正反应速率增大，逆反应速率增大，故D错误；综上所述，答案为AB。【小问3详解】恒温恒容的密闭容器中，加入2mol和4mol，若只发生主反应，反应起始压强为，建立三段式得到，反应达平衡时，压强为，，解得x=1，主反应的分压平衡常数；故答案为：。【小问4详解】利用电催化也可将转化为，化合价降低，得到电子，在原电池中作正极，装置如下图所示，电极Ⅱ上的电极反应式为＋6e－＋6H＋＝＋H2O，电极I上的电极反应式为2H2O−4e－＝O2↑＋4H＋，Y当产生3.2g时，转移0.6mol电子，则阳极室生成0.15mol氧气和0.6molH＋移向右侧，则溶液的质量减少0.15mol×32g∙mol−1＋0.6mol×1g∙mol−1＝5.4g；故答案为：＋6e－＋6H＋＝＋H2O；5.4。19.【答案】（1）（2）①.碳碳双键②.B（3）①.②.消去反应（4）+(n1)H2O（5）①.16②.、和【解析】【分析】X（C3H6O）的核磁共振氢谱只有1个吸