(3份试卷汇总)2019-2020学年吉林省白山市高一化学下学期期末预测试题

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．每一个公民都应尊重自然，顺应自然，增强节约意识、环保意识、生态意识，养成健康合理的生活方式和消费模式。

下列不符合这一主题的是
A．建立合法、公开的地沟油回收生产制度，将生产的地沟油用作工业用油
B．将生活垃圾分类回收，加工、使之再生、再利用
C．不用一次性筷子、不浪费纸张、不浪费粮食、做“光盘”一族
D．生活污水、工业废水不要乱排放，通过打深井，将之排到地层深处
2．下列物质中，属于共价化合物的是
A．NaCl B．HCl C．NaOH D．CaO
3．下列物质中，含有共价键的离子化合物是
A．NH3 B．HCl C．NaOH D．NaCl
4．同温同压下，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体，下列说法错误的是
A．所占的体积由大到小的顺序是：H2>CH4>O2>CO2>SO2
B．所含分子数由多到少的顺序是：H2>CH4>O2>CO2>SO2
C．所含的电子数由多到少的顺序是：SO2>CO2>O2>CH4>H2
D．密度由大到小的顺序是：SO2>CO2>O2>CH4>H2
5．在下列反应中，水既不是氧化剂，也不是还原剂的是
A．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑B．Cl2+H2O=HCl+HClO
C．2F2+2H2O=4HF+O2D．2H2O2H2↑+O2↑
6．反应2SO 2＋O22SO3在密闭容器中进行。

下列关于该反应的说法错误的是
A．升高温度能加快反应速率B．使用恰当的催化剂能加快反应速率
C．增大O2的浓度能加快反应速率D．SO2与O2能100％转化为SO3
7．下列物质属于纯净物的是
A．青铜B．CuSO4•5H2O C．水玻璃D．Fe(OH)3胶体
8．下列变化不涉及化学变化的是（）
A．氢氟酸刻蚀玻璃B．海水的蒸馏C．煤的干馏D．黏土烧结制陶瓷
9．工业上，合成氨反应N2 + 3H22NH3的微观历程如下图所示。

用、、分别表示N2、H2、NH3，下列说法正确的是
A．①→②催化剂在吸附N2、H2时，形成新的化学键
B．②→③形成N原子和H原子是放热过程
C．①→⑤ N2和H2全部化合成氨气
D．使用合适的催化剂，能提高合成氨反应的效率
10．下列各组物质中化学键的类型相同的是( )
A．HCl、MgCl2、NH4Cl B．NH3、H2O、CO2
C．H2O、Na2O、CO2D．CaCl2、NaOH、H2O
11．在l0℃时，10 mL 0.4 mol• L－1H2O2溶液发生催化分解：2H2O22H2O＋O2↑，不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表：
t/min 0 2 4 6
V(O2)/mL 0.0 9.9 17.2 22.4
下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）
A．0～2 min的平均反应速率比4～6 min快
B．0～6 min 的平均反应速率v(H2O2)＝3.3×10－2 moL－1•L－1• min－1
C．反应至 6 min 时，c(H2O2)＝0.3 mol·L－1
D．反应至6 min时，H2O2分解了50%
12．已知3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O。

下列判断正确的是
A．N元素的化合价降低B．NH3被还原
C．消耗0.3 mol CuO转移0.6 N A个电子D．CuO是还原剂
13．下列反应属于取代反应的是
A．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色B．乙醇使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．乙烷与氯气在光照条件下反应D．苯与氢气反应生成环己烷
14．近期我国冀东渤海湾发现储量达10亿吨的大型油田。

下列关于石油说法正确的是
A．石油主要含有碳、氢两种元素B．石油属于可再生矿物能源
C．石油分馏的各馏分均是纯净物D．石油的裂化属于物理变化
15．下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是
A．锌粒与稀硫酸的反应
B．甲烷在空气中燃烧的反应
C．灼热的木炭与CO2的反应
D．Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应
16．工业上，通常不采用电解法冶炼的金属是
A．A1B．Fe C．Na D．Mg
17．为了除去括号内的杂质，其试剂选择和分离方法都正确的是
序号物质（杂质）所用试剂分离方法
A 乙酸（乙醇）氢氧化钠溶液分液
B 乙烯（二氧化硫）酸性高锰酸钾溶液洗气
C 溴苯（溴）碘化钾溶液分液
D 乙醇（水）生石灰蒸馏
A．A B．B C．C D．D
18．1，4－二氧六环是一种常见的有机溶剂。

它可以通过下列合成路线制得：
已知R—CH2—Br R—CH2OH，则A可能是( )
A．乙烯B．乙醇C．CH2＝CH－CH＝CH2D．乙醛
19．（6分）示意图或图示能够直观形象地呈现化学知识，下列示意图或图示正确的是
选项 A B C D
图式H-Cl-O
表示CaCl2的电子式Na+的结构示意图中子数为14的碳原子次氯酸的结构式A．A B．B C．C D．D
20．（6分）硅的氧化物及硅酸盐构成了地壳中大部分的岩石、沙子和土壤。

在无机非金属材料中，硅一直扮演着主角。

下面几种物质中含有硅单质的是
A．玛瑙B．光导纤维
C．太阳能电池板D．水晶
二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．（6分）取A克铝粉和Fe2O3粉末组成的铝热剂，在隔绝空气的条件下加热使之充分反应。

将反应后所得混合物研细，加入足量的氢氧化钠溶液，反应完全后放出气体0.672L；另取A克相同的铝热剂与足量稀硫酸作用，反应产生3.36L气体（上述气体体积均已换算成标准状况）。

（1）A克铝热剂中铝的物质的量为mol。

（2）A克铝热剂发中铝热反应，生成铁的质量为g。

（3）计算该铝热剂中铝粉的质量分数（结果准确到0.1％）。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．（8分）海水是巨大的资源宝库，海水淡化及其综合利用具有重要意义。

请回答下列问题：
(1)步骤I中，粗盐中含有Ca1+、Mg1+、SO41-等杂质离子，精制时常用的试剂有：①稀盐酸；②氯化钡溶液；
③氢氧化钠溶液；④碳酸钠溶液。

下列加入试剂的顺序正确的是______（填字母）。

A．①②③④ B．②③④① C．②④③① D．③④②①
请写出加入Na1CO3溶液后相关化学反应的离子方程式：_________、_________。

(1)步骤Ⅱ中已获得Br1，步骤Ⅲ中又将Br1还原为Br-，其目的是_________。

步骤Ⅱ用SO1水溶液吸收Br1，吸收率可达95%，有关反应的离子方程式为_________。

(3)为了从工业Br1中提纯溴，除去产物中残留的少量Cl1．可向其中加入_________溶液。

(4)步骤Ⅳ由Mg(OH)1得到单质Mg，以下方法最合适的是_________（填序号）。

A．
B．
C．
D．
四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．（8分）X、Y、Z、W、Q是四种短周期元素，X元素M层上的电子数是原子核外电子层数的2倍；Y原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；Z元素的单质为双原子分子，Z的氢化物水溶液呈碱性；W元素最高正价与最低负价之和为6；Q是地壳中含量最高的金属元素。

回答下列问题：
（1）X元素在元素周期表中的位置_______________________________________。

（2）由Y和W形成的化合物的电子式________。

（3）YX2分子的结构式为________，其化学键类型为是_________。

（4）前四种元素的简单氢化物中Z的沸点最高，原因是________________________________。

（5）写出Q和W两种元素的最高价氧化物的水化物发生反应的离子方程式___________________。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．（10分）某化学兴趣设计实验制取乙酸乙酯。

现用下图装置进行实验，在圆底烧瓶内加入碎瓷片，再加入由2ml 98%的浓H2SO4和3mL乙醇组成的混合液，通过分液漏斗向烧瓶内加入2mL醋酸，烧杯中加入饱和Na2CO3溶液．
已知：①无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2•6C2H5OH。

②有关有机物的沸点：
试剂乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯
沸点（℃）34.7 78.5 118 77.1
请回答下列问题：
(1)该实验有机反应物中含有的官能团有__________（填写名称），若用同位素18O示踪法确定反应产物水分子中氧原子的提供者（设18O在CH3CH2OH中），写出能表示18O位置的化学方程式
______________________________________，反应类型是____________________。

(2)与书中采用的实验装置的不同之处是：这位同学采用了球形干燥管代替了长导管，并将干燥管的末端插入了饱和碳酸钠溶液中，在此处球形干燥管的作用除了使乙酸乙酯充分冷凝外还有
____________________；加热一段时间后，可观察到烧杯D中液面________（填“上”或“下”）有无色油状液体生成，若分离该液体混合物，需要用到的玻璃仪器是____________________，这种方法叫做
________。

(3)从D中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入无水氯化钙，分离出
____________________；再加入无水硫酸钠，然后进行蒸馏，收集产品乙酸乙酯时，温度应控制在________左右。

(4)乙酸可使紫色石蕊试液变红，说明乙酸具有____________________性，写出乙酸与碳酸钠溶液反应的离子方程式____________________________________________。

参考答案
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．D
【解析】
【详解】
A．地沟油不符合食品卫生的要求，因此不能回到餐桌，但地沟油回收处理后，可用于工业生产，A项正确；
B．垃圾是放错位置的资源。

我们国家一直在提倡生活垃圾的分类回收、加工、再利用，B项正确；C．少用一次性筷子，可减少树木的砍伐，不浪费纸张、粮食是一种良好的节约习惯，C项正确；
D．生活污水，工业废水需要处理后才能排放，直接排入地层深处，会污染地下水和土壤，D项错误；
所以答案选择D项。

2．B
【解析】NaCl、CaO、NaOH含有离子键，属于离子化合物；HCl不含离子键，属于共价化合物。

故选B。

点睛：本题考查离子化合物与共价化合物的区别，注意：①含有离子键的化合物是离子化合物，只含有共价键的化合物是共价化合物，活泼金属与非金属之间一般形成离子键，非金属之间一般形成共价键；②强碱、大多数盐、活泼金属氧化物等一般是离子化合物，酸、非金属氧化物、大多数有机物等是共价化合物。

3．C
【解析】
试题分析：一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，含有离子键的化合物是离子化合物，全部由共价键形成的化合物是共价化合物，则氨气、氯化氢是共价化合物。

氢氧化钠是含有离子键和共价键的离子化合物，氯化钠是含有离子键的离子化合物，答案选C。

考点：考查化学键和化合物的判断
点评：该题是中等难度的试题，主要是考查学生对化学键以及化学键和化合物关系的熟悉了解程度，意在巩固学生的基础，提高学生的应试能力和学习效率。

明确化学键和化合物的关系是答题的关键。

4．C
【解析】
【详解】
A．根据n=m
M
可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，则同温同压下体积与物质的量成正比，
质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体，所占的体积由大到小的顺序是：H2＞CH4＞O2＞CO2＞SO2，故A正确；
B．根据n=m
M
可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越少，同温同压下，质量相同
的CO 2、H 2、O 2、CH 4、SO 2，分子数由多到少的顺序是：H 2＞CH 4＞O 2＞CO 2＞SO 2，故B 正确； C ．取mg 四种气体，质量相同的CO 2、
H 2、O 2、CH 4、SO 2五种气体含电子数分别为：44m ×22，2m ×2，32
m
×16，16m ×10，64
m
×32，所含的电子数由多到少是：H 2＞CH 4＞CO 2=O 2=SO 2，故C 错误； D ．同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，CO 2、H 2、O 2、CH 4、SO 2五种气体摩尔质量由小到大的顺序是：H 2＜CH 4＜O 2＜CO 2＜SO 2，密度之比为：H 2＜CH 4＜O 2＜CO 2＜SO 2，故D 正确； 故答案为C 。

5．B 【解析】 【分析】
元素化合价升高，失去电子，物质作还原剂；元素化合价降低，得到电子，物质作氧化剂，据此分析解答。

【详解】
A.在反应中2Na+2H 2O=2NaOH+H 2↑，Na 失去电子，元素化合价升高，作还原剂，H 2O 中的H 得到电子变为H 2，元素化合价降低，H 2O 作氧化剂，A 不符合题意；
B.在反应中Cl 2+H 2O=HCl+HClO ，只有Cl 2中的Cl 元素化合价升高、降低，因此Cl 2既作氧化剂，又作还原剂，水既不是氧化剂，也不是还原剂，B 符合题意；
C.在反应2F 2+2H 2O=4HF+O 2中，O 元素的化合价由H 2O 中的-2价变为O 2中的0价，化合价升高，失去电子，H 2O 作还原剂，C 不符合题意；
D.在该反应中H 2O 中的H 元素化合价降低获得电子，H 2O 作氧化剂；O 元素化合价升高，失去电子，H 2O 作还原剂，所以水既是氧化剂，也是还原剂，D 不符合题意； 故合理选项是B 。

【点睛】
本题考查物质在氧化还原反应中作用的判断。

氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，实质是电子转移。

元素化合价升高，失去电子，含有该元素的物质作还原剂，产生氧化产物；元素化合价降低，得到电子，含有该元素的物质作氧化剂，产生还原产物。

6．D
【解析】A 、升高温度使得任何化学反应的化学反应速率加快，故A 正确；B 、加入催化剂可以加快化学反应速率，故B 正确；C 、增大二氧化硫、氧气、三氧化硫的浓度均能加快该化学反应的速率，故C 正确；D 、可逆反应的反应物不能完全转化，故D 错误；故选D 。

点睛：本题考查影响化学反应速率的因素，影响化学反应速率的因素主要有温度、浓度、催化剂、压强等，注意催化剂的特点是解题的易错点。

7．B 【解析】 【分析】
【详解】
A、青铜是铜、锡合金，不是纯净物，A错误；
B、CuSO4•5H2O属于盐类，是纯净物，B正确；
C、水玻璃是指Na2SiO3的水溶液，是混合物，C错误；
D、Fe(OH)3胶体属于混合物，D错误；
答案选B。

8．B
【解析】A、玻璃中含有SiO2，发生SiO2＋4HF=SiF4＋2H2O，故A错误；B、海水蒸馏是利用加热使水蒸发，属于物理变化，故B正确；C、煤的干馏是隔绝空气加强热，使煤发生分解反应，故C错误；D、黏土烧结制陶瓷，发生化学变化，故D错误。

9．D
【解析】
【详解】
A.由图中可以知道，①→②催化剂在吸附N2、H2时，没有形成新的化学键，故A错误；
B.由图中可以知道，每3个氢分子和1个氮气分子断键得到N原子和H原子，断裂旧的化学键需要吸收能量，故B错误；
C.该反应为可逆反应，可逆反应有一定放热限度，反应物不可能转化为生成物，所以①→⑤N2和H2不可能全部化合成氨气，故C错误；
D.使用合适的催化剂，催化剂能够加快化学反应速率，能提高合成氨反应的效率，故D正确。

故选D。

10．B
【解析】
【分析】
【详解】
A、HCl共价化合物，只含共价键；MgCl2是离子化合物，只含离子键；NH4Cl是离子化合物，含有离子键和共价键，A错误；
B、NH3、H2O、CO2均为共价化合物，只含共价键，B正确；
C、H2O和CO2均为共价化合物，只含共价键；Na2O是离子化合物，只含离子键，C错误；
D、CaCl2是离子化合物，只含离子键；NaOH是离子化合物，含有离子键和共价键；H2O是共价化合物，只含共价键，D错误；故选B。

11．C
【解析】
【详解】
A.2H2O22H2O＋O2↑，A．0～2min产生的氧气的体积V（O2）=9.9×10−3L，4～6min产生的氧气的体积V（O2）=(22.4−17.2)×10−3L，所以0～2minH2O2平均反应速率比4～6min快，A正确；
B．0～6min产生的氧气的物质的量n（O2）=
3
22.410
22.4/
L
L mol
-
⨯
=0.001mol，n（H2O2）=2n（O2）=0.002mol，v
（H2O2）=0.2mol/L
6min
≈3.3×10-2mol/（L•min），B正确；
C．6min时，消耗n（H2O2）=2n（O2）=0.002mol；所以6min末，c（H2O2）
=0.010.4/0.002
0.01
L mol L mol
L
⨯-
（）
=0.20（mol/L），C错误；
D．6min时，H2O2分解的分解率为：0.20
0.40
×100%=50%，D正确；
故答案选C。

12．C
【解析】
【分析】
3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，被还原，CuO为氧化剂；N元素化合价由-3价升高到0价，被氧化，NH3为还原剂。

据此分析解答。

【详解】
A．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中N元素化合价由-3价升高到0价，故A错误；
B．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中N元素化合价由-3价升高到0价，被氧化，故B错误；
C．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，得到6个电子；N元素化合价由-3价升高到0价，失去6个电子，因此0.3 mol CuO转移0.6 N A个电子，故C正确；
D．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，被还原，CuO为氧化剂，故D 错误；
故选C。

【点睛】
掌握氧化还原反应的规律是解题的关键。

本题的易错点为D，要注意氧化剂、还原剂概念的理解，可以通过“还原剂：失高氧(石膏痒)”帮助记忆。

13．C
【解析】
【分析】
取代反应为有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团取代的反应，注意取代反应和加成反应、氧化反应等反应类型的区别。

【详解】
A项、乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；
B项、乙醇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B错误；
C项、在光照条件下，乙烷与氯气发生取代反应生成氯代烷和氯化氢，故C正确；
D项、一定条件下，苯与氢气发生加成反应生成环己烷，故D错误；
故选C。

【点睛】
本题考查有机反应类型的判断，注意常见有机物的性质，根据性质判断可能发生的反应类型是解答关键。

14．A
【解析】本题主要考查石油的成分与加工。

详解：石油主要成分为烷烃和芳香烃，主要含有碳、氢两种元素，A正确；石油分馏得到液化石油气，石油、天然气是化石燃料，是不可再生的，B错误；石油分馏出的各馏分均是混合物，D错误；石油的裂化属于化学变化，D错误。

故选A。

15．B
【解析】
【分析】
【详解】
A、此反应属于置换反应，也是氧化还原反应，但属于放热反应，故错误；
B、C＋CO2=2CO，属于氧化还原反应，也属于吸热反应，故正确；
C、所有的燃烧都是放热反应，故错误；
D、此反应虽然是吸热反应，但不是氧化还原反应，故错误。

答案选B。

16．B
【解析】分析：电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法：Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得。

详解：A．Al的性质很活泼，采用电解其氧化物的方法冶炼，A错误；
B．Fe采用热还原法冶炼，B正确；
C．Na的性质很活泼，采用电解其氯化物的方法冶炼，C错误；
D．Mg的性质很活泼，采用电解其氯化物的方法冶炼，D错误；
答案选B。

17．D
【解析】
【分析】
【详解】
A. 乙酸与氢氧化钠溶液反应，而杂质乙醇不与氢氧化钠溶液反应，且它们之间互溶，无法用分液分离，故A错误；
B. 乙烯和二氧化硫都可以与酸性高锰酸钾溶液反应，所以不能用高锰酸钾溶液除去乙烯中的二氧化硫，故B错误；
C.碘化钾与溴反应生成单质碘，碘、溴都易溶于溴苯，无法用分液的方法分离，故C错误；
D. 水与生石灰反应生成氢氧化钙，然后蒸馏分离出乙醇，故D正确。

故选D。

【点睛】
除去乙醇中少量的水，由于两者沸点相近，蒸馏很容易使两者都蒸出来，所以加生石灰，生成不挥发的氢氧化钙，然后再蒸馏，这样可得99.5%的无水酒精，如果还要去掉残留的少量水，可以加入金属镁再蒸馏。

18．A
【解析】
【详解】
根据逆合成分析法可知，由于C是经浓硫酸做催化剂、脱水生成了1，4-二氧六环这种醚类，即可知由C 生成1，4-二氧六环发生的是醇分子间的脱水，因此C为HOCH2CH2OH，而C是B通过和氢氧化钠水溶液作用得到的，故可知B为卤代烃，即B到C发生的是卤代烃的水解，又结合B是烃A和溴反应得到的，故B为BrCH2CH2Br，而B是由烃A和溴反应生成的，所以A是乙烯，和溴通过加成反应得到B。

答案选A。

19．A
【解析】
分析：A、CaCl2是离子化合物，由阴阳离子构成。

B、钠的质子数为11；C、中14为质量数；D、次氯酸中心原子为氧；
详解：A、CaCl2是离子化合物，CaCl2的电子式，故A正确；B、钠的质子数为11，Na+的结构示意图，故B错误；C、中14为质量数，不是中子数，故C错误；D、次氯酸中心原
子为氧，次氯酸的结构式H-O-Cl，故D错误，故选A。

点睛：本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、结构式、原子结构示意图等知识，解题关键：明确常见化学用语的书写原则，培养学生的规范答题能力，易错点D，次氯酸中心原子为氧，次氯酸的结构式H-O-Cl。

20．C
【解析】
A．玛瑙的主要成分是二氧化硅，故A错误；
B．光导纤维的主要成分是二氧化硅，故B错误；
C．太阳能电池板的主要成分是硅单质，故C正确；
D．水晶的主要成分是二氧化硅，故D错误．
故选C．
【点评】本题考查硅及二氧化硅的用途，题目较为简单，注意积累常见物质的组成和用途．二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．（1）0.1；（2）4.48；（3）29.7%
【解析】(1)铝热剂直接与H2SO4作用时产生气体的反应：
2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3 +3H2↑
54.0 g 67.2 L
m(Al) 3.36 L
解得：m(Al)=54 3.36
67.2
g L
L
⨯
=2.70g，n(Al)=
2.7
27/
g
g mol
=0.1mol，故答案为：0.1；
(2)铝热反应后的混合物与足量NaOH能放出H2，表明铝热反应后Al剩余，则：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
54.0g 67.2 L
m(Al) 0.672L
解得：m余(Al)=540.672
67.2
g L
L
⨯
=0.540 g，
Fe2O3 +2Al Al2O3+2Fe 54g 112g
2.70g-0.540g m(Fe)
则：m(Fe)=()
2.700.540112
54
g g g
g
-⨯
=4.48g，故答案为：4.48；
(3)根据(2)的计算，m余(Al)=0.540 g Fe2O3 + 2Al Al2O3+2Fe
160 g 54g
m(Fe2O3) 2.70g-0.540g
则：m(Fe2O3)=()
2.700.540160
54
g g g
g
-⨯
=6.4 g，则：w(Al)=
2.7
6.4 2.7
g
g g
+
×100%=29.7%，故答案为：29.7%。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．B、C Ca1++CO31-==CaCO3↓Ba1++ CO31-==BaCO3↓富集（或浓缩）溴元素Br1+SO1+1H1O=4H++1Br-+SO41-NaBr（或溴化钠） C
【解析】分析：（1）除去粗盐中的Ca1＋、Mg1＋、SO41－，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸
钠，要先加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除过量的钡离子；（1）海水中溴的浓度太低，要进行富集。

（3）利用氯的氧化性强于溴，Cl1＋1Br－=1Cl－＋Br1；（4）海水中加入试剂氢氧化钙沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤后在氢氧化镁沉淀中加入试剂盐酸溶解，得到氯化镁溶液，通过操作浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁；
详解：（1）要先除硫酸根离子，然后再除钙离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加氢氧化钠除去镁离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了，过滤就行了，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子碳酸根离子，顺序为：B.②③④①或 C.②④③① ，故选BC。

(1)步骤Ⅱ中已获得Br1，但浓度太稀，步骤Ⅲ中又将Br1还原为Br-，其目的是富集（或浓缩）溴元素。

步骤Ⅱ用SO1水溶液吸收Br1，吸收率可达95%，SO1将溴还原为Br-，有关反应的离子方程式为Br1+SO1+1H1O=4H++1Br-+SO41-。

(3)为了从工业Br1中提纯溴，除去产物中残留的少量
Cl1．利用氯的氧化性强于溴，可向其中加入NaBr（或溴化钠）溶液，Cl1＋1Br－=1Cl－＋Br1。

(4)海水中加入试剂氢氧化钙沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤后在氢氧化镁沉淀中加入试剂盐酸溶解，得到氯化镁溶液，通过操作浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁；步骤Ⅳ由Mg(OH)1得到单质Mg，最合适的方法是C。

A、氧化镁熔点太高，故A错误；B、MgO离子化合物，很稳定，高温也不分解，故B错误；D、电解MgCl1水溶液只能得到氢氧化镁、氢气和氯气，故D错误；故选C。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．第三周期第VIA族（CCl4电子式略）S=C=S极性键NH3分子间存在氢键Al(OH)3+ 3H+ = Al3+ + 3H2O
【解析】
分析：根据X元素M层上的电子数是原子核外电子层数的2倍，可知X为S元素；根据Y的最外层电子数是次外层电子数的2倍，可知Y为C元素；；根据Z的常温下单质为双原子分子,其氢化物水溶液呈碱性，可知Z为N元素；根据W元素最高正价与最低负价之和为6，可知W为Cl元素；根据Q是地壳中含量最高的金属元素，可知Q为Al元素。

详解：（1）X为S元素，在元素周期表中的位于第三周期第VIA族；（2）由Y和W形成的化合物为CCl4，
电子式为；（3） YX2分子CS2，结构式为S=C=S，其化学键类型为极性键共价键；
（4）Z的气态氢化物为氨气，氨气分子间存在氢键，一种特殊的分子间作用力，强于普通的分子间作用力，因此氨气的沸点最高；（5）Q和W两种元素的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝和高氯酸，两者发生中和反应，方程式为：Al(OH)3 + 3H+ = Al3+ + 3H2O。

点睛：本题考察重点是根据元素周期律推断元素种类的相关题型。

解这类题首先要牢记元素周期律的相关内容，短周期元素的核外电子排布特点等，根据X元素M层上的电子数是原子核外电子层数的2倍，可
知X为S元素；根据Y的最外层电子数是次外层电子数的2倍，可知Y为C元素；；根据Z的常温下单质为双原子分子,其氢化物水溶液呈碱性，可知Z为N元素；根据W元素最高正价与最低负价之和为6，可知W为Cl元素；根据Q是地壳中含量最高的金属元素，可知Q为Al元素。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．羟基、羧基CH3COOH+CH3CH218OH CH3CO18OC2H5+H2O酯化反应（取代反应）防倒吸上分液漏斗分液乙醇（或CaCl2•6C2H5OH）77.1℃酸2CH3COOH+CO=2CH3COO‑+H2O+CO2↑
【解析】(1) 反应物乙酸分子内含有羧基，乙醇分子内含有羟基；乙酸和乙醇在加热、浓硫酸作催化剂的条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应方程式为：CH3COOH+CH3CH218OH CH3CO18OC2H5+H2O；(2)球形干燥管的管口伸入液面下可以起冷凝的作用，同时防止倒吸；乙酸乙酯的密度比水小，则加热一段时间后，可观察到烧杯D中液面上有无色油状液体生成；若分离该液体混合物，可利用分液漏斗进行分液操作即可；
(3)用氯化钙除去少量乙醇，过滤分离出乙醇（或CaCl2•6C2H5OH），用无水硫酸钠除去少量的水，无水硫酸钠吸水形成硫酸钠结晶水合物；乙酸乙酯的沸点为77℃，所以收集77℃左右的馏分，以得较纯净的乙酸乙酯；
（4）乙酸可使紫色石蕊试液变红，说明乙酸具有酸性，乙酸与碳酸钠溶液反应的离子方程式为
2CH3COOH+CO=2CH3COO‑+H2O+CO2↑。

点睛：把握反应原理、平衡移动、有机物的性质为解答的关键，各试剂及装置的作用：①浓硫酸的作用：催化剂、吸水剂；②饱和Na2CO3的作用：中和乙酸，溶解乙醇，便于闻酯的气味；降低乙酸乙酯在水中的溶解度；③玻璃导管的作用：冷凝回流、导气。

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．下列叙述正确的是（）
A．1mol任何物质都含有6.02×1023个原子
B．0.012kg12C含有约6.02×1023个碳原子
C．硫酸的摩尔质量是98g
D．常温常压下，1mol氧气的体积为22.4L
2．关于核素碳的说法错误的是（）
A．碳元素的相对原子质量为14B．碳元素的原子序数为6
C．该核素的中子数为8D．该核素用于测定一些文物的年代
3．用化学用语表示NH 3+ HCl NH4Cl中的相关微粒，其中正确的是（）
N B．HCl 的电子式：
A．中子数为8的氮原子：8
7
C．NH3的结构式：D．Cl−的结构示意图：
4．常温常压下，下列有机物以液态形式存在的是
A．甲烷B．乙烯C．一氯甲烷D．乙酸
5．如图为实验室制取少量乙酸乙酯的装置图。

下列关于该实验的叙述中不正确的是( )
A．向a试管中先加入浓硫酸，然后边摇动试管边慢慢加入乙醇，再加冰醋酸
B．试管b中导气管下端管口不能浸入液面的原因是防止实验过程中发生倒吸现象
C．实验时加热试管a的目的是及时将乙酸乙酯蒸出并加快反应速率
D．试管b中饱和Na2CO3溶液的作用是吸收随乙酸乙酯蒸出的少量乙酸和乙醇
6．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）
A．1mol甲基(CH3-)所含的电子数为10N A
B．46g由NO2和N2O4组成的混合气体中，含有的原子总数为3N A
C．常温常压下，1mol分子式为C2H6O的有机物中，含有C-O键的数目为N A
D．标准状况下22.4L四氯化碳中含有C-Cl键的数目为4N A
7．通常情况下能共存且能用浓硫酸干燥的气体组是（）
A．SO2、Cl2、H2S B．O2、H2、SO2
C．NO、H2、O2D．CO、NH3、O2。