高二下學期期末模擬卷（一）答案1.【答案】B【詳解】A．2,4,6?三硝基甲苯俗名TNT，一種烈性炸藥，廣泛用于國防、采礦、筑路、水利建設等，故A正確；B．醫(yī)用酒精是指體積分數(shù)為75%的乙醇溶液，能使蛋白質(zhì)變性，具有消毒殺菌作用，故B錯誤；C．福爾馬林是甲醛水溶液，能使蛋白質(zhì)變性，具有殺菌、防腐性能，可用于制作生物標本，故C正確；D．乙二醇(HOCH2CH2OH)熔點低，常用于生產(chǎn)汽車防凍劑，故D正確。綜上所述，答案為B。2【答案】A【詳解】A．葡萄糖的分子式為C6H12O6，其實驗式：，故A正確；B．是正丁烷的球棍模型，故B錯誤；C．是2?溴甲苯的結(jié)構(gòu)簡式，故C錯誤；D．四氯化碳中氯原子半徑大于碳原子半徑，因此可能為甲烷或硅烷的比例模型，故D錯誤。綜上所述，答案為A。3.【答案】A【詳解】A．標準狀況下，己烷是液體，22.4L己烷物質(zhì)的量大于1mol，則含有的碳碳鍵數(shù)目大于5，故A正確；B．12.4g白磷()物質(zhì)的量為0.1mol，則12.4g白磷()含P?P鍵的數(shù)目為0.6，故B錯誤；C．100g46%的乙醇溶液中乙醇質(zhì)量為46g，水質(zhì)量為54g，乙醇物質(zhì)的量為1mol，水物質(zhì)的量為3mol，因此溶液中含氧原子的數(shù)目為4，故C錯誤；D．1mol與2mol完全反應，甲烷與氯氣取代反應是一系列的反應，因此生成的數(shù)目小于，故D錯誤。綜上所述，答案為A。4.【答案】B【詳解】A．實驗室中用乙醇在濃硫酸催化和維持條件下制得乙烯，140℃時生成乙醚，故A錯誤；B．苯環(huán)上的H被磺酸基取代的反應稱為磺化反應，苯的磺化反應：+HOSO3H+H2O，故B正確；C．羧酸與醇發(fā)生酯化反應的機理為“酸去羥基醇去氫”則正確的方程式為，故C錯誤；D．甲醛溶液中加入足量的銀氨溶液并加熱，反應的離子方程式為：，故D錯誤；故選B。5.【答案】B【詳解】已知丙烷的燃燒熱，，則C3H8(g)＋5O2(g)＝3CO2(g)＋4H2O(g)，若一定量的丙烷完全燃燒后生成18g水蒸氣(即物質(zhì)的量為1mol)，則放出的熱量為，故B符合題意。綜上所述，答案為B。6.【答案】D【詳解】A．根據(jù)圖知，該有機物中含有羥基、醚鍵兩種官能團，故A正確；B．飽和碳原子具有甲烷結(jié)構(gòu)特點，甲烷為四面體結(jié)構(gòu)，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，苯環(huán)上所有原子共平面，所以該分子中所有碳原子不可能共平面，故B正確；C．苯環(huán)和氫氣以1：3發(fā)生加成反應，該分子中含有2個苯環(huán)，所以1mol該有機物最多消耗6mol氫氣，故C正確；D．酚羥基和Na、NaOH以1：1反應，醇羥基和鈉反應、和NaOH不反應，則等質(zhì)量的兒茶素A分別與過量的Na和NaOH反應，消耗Na和NaOH的物質(zhì)的量之比為6：5，故D錯誤；故選D。7.【答案】B【詳解】A．該實驗只能說蔗糖發(fā)生了水解，但不能說蔗糖已經(jīng)完全水解，故A錯誤；B．乙烯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，甲烷不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，因此可以用酸性高錳酸鉀溶液鑒別甲烷和乙烯，故B正確；C．苯酚與濃溴水反應生成三溴苯酚白色沉淀，易溶于苯，因此不可用濃溴水除去苯中混有的苯酚，故C錯誤；D．向無水乙醇中加入少量金屬Na，Na在試管底部，有氣泡產(chǎn)生，不會熔化，Na與乙醇不會劇烈反應，故D錯誤；綜上所述，答案為B。8910.【答案】B【詳解】A．Zn原子序數(shù)為30，Zn核外電子排布式：[Ar]3d104s2，則的核外電子排布式：，故A正確；B．淀粉為高分子化合物，憎水基對淀粉的溶解性影響能力大于憎水基，所以淀粉不溶于水，故B錯誤；C．根據(jù)同周期從左到右電負性逐漸增大，同主族從上到下電負性逐漸減小，則電負性：，故C正確；D．DHA中羰基的碳原子價層電子對數(shù)為3，雜化方式為，連羥基的碳原子價層電子對數(shù)為4，雜化方式為，故D正確；綜上所述，答案為B。11.【答案】C【詳解】A.圖甲中根據(jù)該變量之比等于計量系數(shù)之比得到該圖象表示的反應方程式為，甲中容器體積未知，無法計量A的反應速率，故A錯誤；B.圖乙：某溫度下發(fā)生反應：，根據(jù)圖中信息得到時刻改變的條件可能是加入催化劑，可能是加壓，故B錯誤；C.圖丙：對圖中反應升高溫度，正反應增大的速率大于逆反應增大的速率，說明平衡正向移動，該反應是吸熱反應，升高溫度，該反應平衡常數(shù)增大，故C正確；D.圖丁，根據(jù)下面兩根曲線得到P2＞P1，從下到上，增大壓強，C%增大，說明正向移動，即正向是體積減小的反應，即，故D錯誤。綜上所述，答案為C。12.【答案】B【詳解】A．反應①中作反應物，在反應③中生成，故在該過程中作催化劑，故A正確；B．該過程中沒有非極性鍵的斷裂和形成，故B錯誤；C．反應②中二氧化碳分子中有碳氧雙鍵斷裂，反應②的類型為加成反應，故C正確；D．根據(jù)總反應，若用HOCH2CH2OH輔助固定，HOCH2CH2OH+CO2→H2O+，則產(chǎn)物可能為，故D正確；故選B。13.【答案】C【詳解】A．根據(jù)圖中信息，N是氯離子失去電子變?yōu)槁葰猓瑒t為電解池的陽極，則b為正極，a為直流電源的負極，故A錯誤；B．M電極為陰極，氫離子向M極移動，則M極上發(fā)生的反應為：＋2e－＋2H＋＝，故B錯誤；C．根據(jù)電解池“異性相吸”，則雙極膜中向陽極即N電極遷移，故C正確；D．電路中每通過2mol時，N電極上生成1mol氯氣，由于不清楚是否為標準狀況下，則氯氣體積未知，若為標準狀況下則產(chǎn)生22.4L，故D錯誤。綜上所述，答案為C。14.【答案】C【詳解】A．根據(jù)圖知，20℃時，0.20mol/LNaHX溶液的pH＜7，則NaHX溶液呈酸性，故A正確；B．a(chǎn)點溶液中加入的NaOH中和一半的NaHX，溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的NaHX、Na2X，NaHX溶液呈酸性，說明HX的電離程度大于水解程度，則NaHX抑制水電離，X2能水解而促進水電離，酸、堿抑制水電離；c點溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的Na2X、NaOH溶液的pH＞12，抑制水電離，且比a點抑制水電離程度大，b點溶質(zhì)為Na2X，促進水電離，所以水電離程度：b＞a＞c，故B正確；C．b點NaOH、NaHX恰好完全反應生成Na2X，溶液中存在電荷守恒、存在物料守恒，根據(jù)電荷守恒和物料守恒得質(zhì)子守恒，故C錯誤；D．c點溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的NaOH、Na2X，NaOH、Na2X中都能電離出Na+，NaOH電離、X2水解都生成OH，但水解程度較小，所以，X2部分水解生成HX，溶液呈強堿性，則溶液中c(H+)很小，所以則存在，故D正確；故選C。二、非選擇題(共5題，共58分)15.【答案】（1）增大接觸面積，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】廢舊氫鎳電池負極材料(含有NiO、Ni和少量La、Fe、Mg、Ca、MnO、石墨粉等)進行處理，氫鎳電池電極材料加入稀硫酸溶解，石墨粉不溶，過濾除去，得到的濾液中含有的陽離子有:La2+、Fe2+、Ni2+、Mg2+、Ca2+、Mn2+以及過量的H+，加入硫酸鈉使La轉(zhuǎn)化為NaxLay(SO4)z?H2O沉淀，過濾除去；加入雙氧水把Fe2+氧化，并調(diào)節(jié)pH=4，生成Fe(OH)3沉淀，過濾除去；向濾液中加入NaF使Mg2+、Ca2+轉(zhuǎn)化為CaF2、MgF2沉淀，過濾除去，調(diào)節(jié)pH=5，再向濾液中加入(NH4)2S2O8，把Mn2+氧化為MnO2沉淀，過濾除去MnO2沉淀，向濾液中加入(NH4)2C2O4，經(jīng)過一系列操作得到NiC2O4?2H2O晶體，據(jù)此分析即可。【小問1詳解】“酸浸”前，常將負極材料粉碎，目的是增大接觸面積，加快酸浸速率。【小問2詳解】“沉鐵”時發(fā)生的離子方程式為H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O、Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+。【小問3詳解】溶液中當離子濃度小于或等于1.0×105mol/L時，可認為該離子已經(jīng)除盡，，則鎂離子除盡時，，同理，鈣離子除盡時，，則若要除盡鎂離子和鈣離子，加入NaF后。【小問4詳解】“沉錳”時加入的(NH4)2S2O8中存在一個過氧鍵(OO)，O為1價，結(jié)合化合物中元素化合價的代數(shù)和為0，可得S的化合價為，Mn由+2價升高為+4價，Mn2+為還原劑，過氧鍵中的O由1價降低為2價，(NH4)2S2O8為氧化劑，根據(jù)得失電子守恒，該過程中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：1。【小問5詳解】根據(jù)滴定過程中發(fā)生的反應，得關系式為，則樣品的純度為16.【答案】（1）（2）①.＞②.水存在分子間氫鍵，使得沸點升高，不存在分子間氫鍵（3）18NA（4）有2對孤對電子，有1對孤對電子，孤對電子對孤對電子的排斥力大于孤對電子對成對電子的排斥力，使得成鍵鍵角減小，因此鍵角：（5）【解析】【小問1詳解】Cu原子序數(shù)為29，其電子排布式為[Ar]3d104s1，的價電子排布式為3d9，則的價電子排布圖為；故答案為：。【小問2詳解】水存在分子間氫鍵，使得沸點升高，不存在分子間氫鍵，因此和的沸點：＞；故答案為：＞；水存在分子間氫鍵，使得沸點升高，不存在分子間氫鍵。【小問3詳解】一個水分子有2個σ鍵，1.5mol中σ鍵的數(shù)目為1.5mol×(2×4+4)×NAmol?1＝18NA；故答案為：18NA。【小問4詳解】已知鍵角：，原因是有2對孤對電子，有1對孤對電子，孤對電子對孤對電子的排斥力大于孤對電子對成對電子的排斥力，使得成鍵鍵角減小，因此鍵角：；故答案為：有2對孤對電子，有1對孤對電子，孤對電子對孤對電子的排斥力大于孤對電子對成對電子的排斥力，使得成鍵鍵角減小，因此鍵角：。【小問5詳解】根據(jù)題給信息，晶體的晶胞結(jié)構(gòu)與NaCl晶體的晶胞結(jié)構(gòu)相似，每個晶胞中含有4個“”，則該晶體的密度是；故答案為：。17.【答案】（1）MnO2＋4HCl(濃)＝MnCl2＋Cl2↑＋2H2O（2）①.f→g→e→d→a→b→h→i②.處理尾氣，防止污染環(huán)境，防止空氣中水蒸氣進入（3）①.球形冷凝管②.冷凝回流苯等物質(zhì)（4）除去產(chǎn)品中的乙酸（5）46.7%【解析】【小問1詳解】B中是二氧化錳和濃鹽酸在加熱條件下反應生成氯化錳、氯氣和水，其發(fā)生反應的化學方程式為MnO2＋4HCl(濃)＝MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；故答案為：MnO2＋4HCl(濃)＝MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。【小問2詳解】A裝置是制備氯化鋁，B是制備氯氣，C是干燥氯氣，D是除掉氯氣中氯化氫氣體，E是除掉尾氣，防止空氣中水蒸氣進入，因此制備無水時導管接口順序為c→f→g→e→d→a→b→h→i，其中裝置E的作用是處理尾氣，防止污染環(huán)境，防止空氣中水蒸氣進入；故答案為：f→g→e→d→a→b→h→i；處理尾氣，防止污染環(huán)境，防止空氣中水蒸氣進入。【小問3詳解】苯等物質(zhì)沸點不高，受熱易揮發(fā)，通過球形冷凝管充分冷凝回流可提高苯等物質(zhì)的利用率，儀器N的名稱為球形冷凝管，其作用有：①平衡氣壓；②冷凝回流苯等物質(zhì)；故答案為：球形冷凝管；冷凝回流苯等物質(zhì)。【小問4詳解】苯中溶解有苯乙酮、乙酸等物質(zhì)，乙酸能與堿反應，可選用NaOH溶液洗滌粗品，以除去七中溶解的乙酸，因此步驟二中用NaOH溶液洗滌的目的是除去產(chǎn)品中的乙酸；故答案為：除去產(chǎn)品中的乙酸。【小問5詳解】14.0g苯物質(zhì)的量為，10.2g乙酸酐物質(zhì)的量為，根據(jù)方程式分析得到乙酸酐不足，由反應可知，參加反應的苯、乙酸酐和生成的苯乙酮的物質(zhì)的量相等，所以苯乙酮理論產(chǎn)量為0.1mol，則苯乙酮的產(chǎn)率為；故答案為：46.7%。18.【答案】（1）①.?②.（2）AB（3）（4）①.＋6e－＋6H＋＝＋H2O②.5.4【解析】【小問1詳解】根據(jù)蓋斯定律第一個方程式減去第二個方程式得到的?；方程式相減，則平衡常數(shù)相乘，則得到平衡常數(shù)；故答案為：?；。【小問2詳解】A.當反應未達平衡時，加入高選擇性催化劑，反應速率加快，則可以提高單位時間內(nèi)甲醇的產(chǎn)率，故A正確；B.反應達平衡后，向體系中充入氦氣，反應體系濃度不變，平衡都不移動，副反應平衡不移動，故B正確；C.1h內(nèi)，濃度由2mol?L?1降低至1mol?L?1，的平均反應速率為1mol?L?1·h?1，由于存在主反應和副反應，氫氣的平均反應速率不一定是的平均反應速率的2倍即氫氣的平均反應速率不一定為2mol?L?1·h?1，故C錯誤；D.升高溫度，反應Ⅰ正反應速率增大，逆反應速率增大，故D錯誤；綜上所述，答案為AB。【小問3詳解】恒溫恒容的密閉容器中，加入2mol和4mol，若只發(fā)生主反應，反應起始壓強為，建立三段式得到，反應達平衡時，壓強為，，解得x=1，主反應的分壓平衡常數(shù)；故答案為：。【小問4詳解】利用電催化也可將轉(zhuǎn)化為，化合價降低，得到電子，在原電池中作正極，裝置如下圖所示，電極Ⅱ上的電極反應式為＋6e－＋6H＋＝＋H2O，電極I上的電極反應式為2H2O?4e－＝O2↑＋4H＋，Y當產(chǎn)生3.2g時，轉(zhuǎn)移0.6mol電子，則陽極室生成0.15mol氧氣和0.6molH＋移向右側(cè)，則溶液的質(zhì)量減少0.15mol×32g?mol?1＋0.6mol×1g?mol?1＝5.4g；故答案為：＋6e－＋6H＋＝＋H2O；5.4。19.【答案】（1）（2）①.碳碳雙鍵②.B（3）①.②.消去反應（4）+(n1)H2O（5）①.16②.、和【解析】【分析】X（C3H6O）的核磁共振氫譜只有1個吸