发布时间 : 星期四 文章【3份试卷合集】福建省莆田市2019-2020学年化学高一下期末考试模拟试题更新完毕开始阅读0874c36dbb0d6c85ec3a87c24028915f804d8493
B．葡萄糖为单糖，分子式为C6H12O6，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故B不选； C．纤维素为多糖，相对分子质量在10000以上，属于天然高分子化合物，故C选；
D．蔗糖为双糖，分子式为C12H22O11，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故D不选； 故选C。
二、计算题（本题包括1个小题，共10分） 21．0.5 32 16 1.56 【解析】 【分析】
（1）发生反应Cu+2H2SO4（浓）
VCuSO4+SO2↑+2H2O，根据n=计算，被还原的硫酸生成SO2，根
Vm据硫原子守恒计算被还原的硫酸，结合化学方程式计算参加反应的Cu的质量；
（2）发生反应Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑，最后的溶液中溶质为FeSO4，根据n（SO2）计算硫酸铜的物质的量，根据氢气的体积计算与Zn反应硫酸的物质的量，根据硫元素转化，再根据c=（3）根据元素的化合价进行分析两个反应中转移的电子的物质的量。 【详解】
（1）Cu与浓硫酸反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓）
CuSO4+SO2↑+2H2O，H2SO4被还原为SO2，根据
n计算。 V硫原子守恒可以知道，被还原的硫酸的物质的量n（H2SO4）=n（SO2）=
11.2L=0.5mol；根据反应方
22.4L/molCu～SO2，0.5mol，程式可知：参加反应的Cu的物质的量为0.5mol，质量为0.5mol×64g/mol=32g，故答案为：32g。
（2）加入足量的铁放出氢气，说明与铜反应的硫酸过量，过量硫酸与铁反应生成铜和硫酸亚铁，反应方程式为：Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑，将反应后的混合物加水稀释，过量硫酸的物质的量为n（H2SO4）=n（H2）
6.272L=0.28mol，根据（1）与铜反应的硫酸的物质的量为n（H2SO4）=2n（SO2）=2×0.5mol=1mol，
22.4L/mol1.28mol=16mol/L，故答案为：16。即原浓硫酸的物质的量为：1.0mol+0.28mol=1.28mol，则c（H2SO4）= -380?10L=
（3）根据以上的分析及元素的化合价可知，反应Cu+2H2SO4（浓）
CuSO4+SO2↑+2H2O中S元素的化
合价由+6价降低为+4价，转移2个电子，所以该反应中转移的电子的物质的量为0.5×2=1mol，反应Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑中H元素的化合价由+1价降低为0价，所以该反应中转移的电子的物质的量为0.28mol×2=0.56mol，故上述两个反应中转移的电子共有1+0.56=1.56mol，故答案为：1.56。 【点睛】
根据化学方程式计算时一定要准确找出相关物质之间的计量数关系，如果有一种反应物过量，则应根据量少的反应物来进行计算；如果涉及多步反应，可以根据几个化学方程式找出有关物质的关系式进行计算，使计算简化；如果是离子反应，可以根据离子方程式进行计算；如果是氧化还原反应，也可以利用电子转移关系进行有关计算。
三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．乙能防止倒吸（3）（2）（4）（1）（5）检查装置的气密性CH3COOH＋C2H5OH吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，使其分层
【解析】乙酸和乙醇易溶于水，不插入液面下是为了防止倒吸；球形干燥管导气的同时也起到防倒吸作用，则较合理的是装置是乙、丙；故答案为：乙；能防止倒吸；
a．实验步骤：(3)按所选择的装置组装仪器，在试管①中先加入3mL乙醇，并在摇动下缓缓加入2mL浓硫酸充分摇匀，冷却后再加入2mL冰醋酸并加入碎瓷；(2)将试管①固定在铁架台上；(4)在试管②中加入适量的饱和Na2CO3溶液，并滴加几滴酚酞溶液；(1)用酒精灯对试管①加热；(5)当观察到试管②中有明显现象时停止实验；故答案为：(3)(2)(4)(1)(5)；
b．实验前，要检查装置的气密性，故答案为：装置的气密性；
c．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，该反应为可逆反应为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOH+CH3CH2OH
CH3COOCH2CH3+H2O；
CH3COOCH2CH3+H2O；故答案为：
CH3COOC2H5＋H2O
d．饱和Na2CO3溶液的作用有：吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，使其分层，故答案为：吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，使其分层。
点晴：本实验中要注意：①加入试剂的顺序：乙醇→浓硫酸→乙酸，原因：浓硫酸密度比乙醇的大，如果先加浓硫酸，密度小的乙酸会在浓硫酸上层，浓硫酸放热会使乙醇沸腾而溅出；(2)防倒吸装置的使用：避免反应过程中因试管中乙醇挥发压强减小而发生倒吸现象；②浓硫酸的作用：催化剂、吸水剂；③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；④玻璃导管的作用：冷凝回流、导气。
四、推断题（本题包括1个小题，共10分） 23．（1）Cl2；SO2；FeCl3；
(2)Cl2＋SO2＋2H2O=2HCl＋H2SO4，2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42－＋4H＋。
【解析】试题分析：（1）A和硝酸酸化的硝酸应发生生成白色沉淀，说明A中含有Cl－，B与盐酸酸化的BaCl2反应生成白色沉淀，B中含有SO42－，X、Y均为刺激性气味的气体，因此推出X和Y为Cl2、SO2，XY为SO2，和Fe发生反应，因此X为Cl2，即C为FeCl3；（2）反应①利用氯气的氧化性，把SO2氧化成SO42
－
－＋
，本身被还原成Cl，因此离子反应方程式为：Cl2＋SO2＋2H2O=2HCl＋H2SO4，反应②利用Fe3的强氧化
性，把SO2氧化成SO42－，本身被还原成Fe2＋，即反应②的离子反应方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42－＋4H＋。
考点：考查元素及其化合物的性质等知识。 五、综合题（本题包括1个小题，共10分） 24．
3 1:1 轴对称 CO sp 三角锥形 原子半径N< P< As，键长Ga-N <
842Ga-P < Ga-As，键能Ga-N > Ga-P > Ga-As，故熔点降低 12 NAa3
【解析】 【详解】
(1)Ga原子价层电子有6个电子，4s能级上有2个电子，4p能级上有1个电子，其外围电子排布图为
；同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅡA元素
第一电离能大于第ⅢA元素，第ⅤA族的第一电离能大于第ⅥA族元素，所以第二周期中第一电离能顺序为：B＜Be＜C＜O＜N，第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素；
(2)单键是一个σ键，三键是一个σ键2个π键，通过HCN分子的结构简式H-C≡N可知含有2个σ键 2个π键，得出σ键与π键的数目之比为1：1； σ键的对称方式为轴对称；等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子，与CN-互为等电子体的分子为CO ；
(3) 氮原子形成单键时为sp3杂化，形成双键时为sp2杂化，形成叁键时为sp杂化，N3-中心原子的杂化轨道类型为sp ； NF3中N的杂化类型为sp3，形成3个共用电子对，还有一对孤对电子，因而NF3的空间构型为三角锥形；
(4)原子半径N< P< As，键长Ga-N < Ga-P < Ga-As，键能Ga-N > Ga-P > Ga-As，故熔点降低； (5)从六方晶胞的面心原子分析，上、中、下层分别有3、6、3个配位原子，故配位数为12；六方晶胞中原子的数目往往采用均摊法：①位于晶胞顶点的原子为6个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/6；②位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；③位于晶胞侧棱的原子为3个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/3；④位于晶胞底面上的棱棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/4；⑤位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1， GaN晶胞中Ga原子个数为
11112??2??3?6，晶胞中N原子个数为6??4?6，所以该结构为Ga6N6，质量为6×84/NA g，该
623六棱柱的底面为正六边形，边长为a cm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为6?32ancm2，如图所示可知高为2倍的正四面体高，46?846842。 2?acm，所以体积为32a3，密度为NA=33NAa32a3【点睛】
有关晶胞密度的计算步骤：
①根据“分摊法”算出每个晶胞实际含有各类原子的个数，计算出晶胞的质量m； ②根据边长计算晶胞的体积V； ③根据ρ=
m进行计算，得出结果。 V