江苏省泰州市姜堰溱潼中学2020-2021学年高一化学上学期期末试卷含解析

1、江苏省泰州市姜堰溱潼中学2020-2021学年高一化学上学期期末试卷含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1. 工业上常用电解法冶炼的金属是a. alb. fec. cud. ag参考答案：a【详解】aal的性质很活泼，采用电解其氧化物的方法冶炼，故a正确；bfe采用热还原法冶炼，故b错误；ccu采用热还原法冶炼，故c错误；dag采用热分解法冶炼，故d错误；故选a。【点睛】本题考查金属冶炼的一般方法和原理，根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法。冶炼活泼金属k、ca、na、mg、al等，一般用电解熔融的氯化物(al是电解熔融的

2、三氧化二铝)制得；冶炼较不活泼的金属zn、fe、sn、pb、cu等，常用还原剂还原；hg、ag等用加热分解氧化物的方法制得。 2. 将一定量锌与100ml18mol/l浓硫酸充分反应后，若锌完全溶解同时产生气体0.8mol，将反应后的溶液稀释得400ml，测得溶液c(h+)=2mol/l，则下列叙述中错误的是（ ）a. 气体中so2和h2物质的量比为6:1b. 反应中共消耗锌52.0gc. 所得气体应该为so2和h2混合物d. 反应共转移电子1.6mol参考答案：a【分析】zn和浓硫酸发生：zn+2h2so4（浓）=znso4+so2+h2o，随着反应的进行，溶液浓度减小，稀硫酸与z

3、n发生：zn+h2so4（稀）=znso4+h2，则生成的气体为so2和的h2混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。【详解】生成气体的物质的量为0.8mol，溶液剩余硫酸的物质的量为0.5×0.4l×2mol/l=0.4mol，参加反应的n（h2so4）=0.1l×18mol/l-0.4mol=1.4mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xmolso2，ymolh2，则根据方程式zn+2h2so4（浓）=znso4+so2+h2o、zn+h2so4（稀）=znso4+h2可知x+y=0.8、2x+y=1.4，解得x=0.6，y=

4、0.2，所以反应会生成0.6mol的二氧化硫和0.2mol的氢气。a气体中so2和h2物质的量比为3：1，故a错误；b生成1mol混合气体转移2mol电子，消耗1mol的锌，所以反应中共消耗金属zn的质量m（zn）=0.8×65g/mol=52g，故b正确；c由以上分析可知所得气体应该为so2和h2的混合物，故c正确；d生成1mol混合气体转移2mol电子，所以反应共转移电子1.6mol，故d正确。故答案选a。【点睛】本题考查氧化还原反应的相关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同，从质量守恒的角度解答该题，计算生成气体的物质的量关系是解答该题的关键

5、。3. 用酸性氢氧燃料电池电解饱和食盐水的装置如图所示 (a、b为石墨电极)。下列说法中，正确的是a电池工作时，正极反应式为：o2 +2 h2o + 4e-= 4oh-b电解时，a 电极周围首先放电的是clc电解时，电子流动路径是：负极外电路阴极溶液阳极正极d忽略能量损耗，当电池中消耗0.2g h2 时，b极周围会产生2.24l h2参考答案：b4. 把4种不同体积或不同浓度的x溶液，分别加入4个盛有10ml 2mol·l1盐酸的烧杯中，并加水稀释到50ml，此时x和盐酸进行反应，其中反应速率最大的是(     )a.20ml，3 mol

6、83;l1               b.20ml，2 mol·l1c.10 ml，4 mol·l1          d.10 ml，2 mol·l1参考答案：a略5. 如图是周期表中短周期的一部分，w、x、y三种元素原子核外电子数之和等于x的质量数，x原子核内质子数和中子数相等下列叙述中不正确的是（） a三种元素的原子半径的大小顺序

7、是wyxbw最高价氧化物对应水化物具有强酸性，气态氢化物的水溶液具有弱碱性cx元素的氧化物、氢化物的水溶液都呈酸性dy元素的单质是非金属单质中唯一能跟水发生剧烈反应的单质参考答案：a【考点】原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质【分析】图是周期表中短周期的一部分，可知w、y处于第二周期，x处于第三周期，设x元素的质子数为a，则w的质子数为a9，y的质子数为a7，x元素的原子核内质子数等于中子数，则x的质量数为2a，w、x、y三种元素的原子核外电子数等于x的质量数，则a9+a+a7=2a，解之得a=16，则x为s、w为n、y为f，据此解答【解答】解：图是周期表中短周期的一部分，可知w、

8、y处于第二周期，x处于第三周期，设x元素的质子数为a，则w的质子数为a9，y的质子数为a7，x元素的原子核内质子数等于中子数，则x的质量数为2a，w、x、y三种元素的原子核外电子数等于x的质量数，则a9+a+a7=2a，解之得a=16，则x为s、w为n、y为f，a同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径ywx，故a错误；bw为n元素，最高价氧化物对应水化物为硝酸，具有强酸性，其氢化物为氨气，水溶液呈弱碱性，故b正确；cx为s元素，常见氧化物为二氧化硫、三氧化硫，溶于水得到亚硫酸、硫酸，溶液呈酸性，氢化物为硫化氢，其水溶液呈酸性，故c正确，d非金属单质中只有氟气与水剧烈反应

9、生成hf与氧气，故d正确，故选a6. 氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域。在一定条件下，aln可通过以下反应合成：al2o3n23c2aln3co。有关该反应下列叙述正确的是a. 上述反应中，n2是还原剂，al2o3是氧化剂b. 上述反应中，每生成1 mol aln需转移3 mol电子c. aln的摩尔质量为41 gd. aln中氮的化合价为3参考答案：b【详解】a在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂。反应al2o3n23c2aln3co中，氮元素化合价降低，n2是氧化剂，碳元素化合价升高，所以c是还原剂，a错误；b氮元素化合价从0价降低到3价，

10、得到3个电子，则每生成1 mol aln需转移3 mol电子，b正确；caln的摩尔质量是41g/mol，g是质量的单位，c错误；daln中铝元素显+3价，根据化合价规则，所以氮的化合价为3价，d错误；答案选b。7. 列说法中正确的是(   )a. 第a族中元素的最高化合价都是+7价b. 第va族元素的最高化合价一定是+6价c. 第a族元素的最高化合价都是+4价d. 第ia族中都是活泼的金属元素参考答案：c【分析】主族元素的最高价一般等于元素原子的最外层电子数，据此判断。【详解】a. 第a族中元素的最高化合价不一定都是+7价，例如f没有正价，a错误；b. 第va族元素的最高

11、化合价一定是+5价，b错误；c. 第a族元素的最高化合价都是+4价，c正确；d. 第ia族中并非都是活泼的金属元素，例如h是非金属，d错误；答案选c。 8. 下列各组离子，在强酸性溶液中可以大量共存的是a. na、ca2、so42    b. ag、k、no3c. ba2、hco3、no3    d. na、no3、co32参考答案：b【详解】a项：ca2与so42会生成微溶于水的caso4而不能大量共存。a项错误；      b项：ag、k、no3彼此不反应，且都能大量存在

12、于酸性溶液中。b项正确；c项：hco3不能大量存在于酸性溶液中。c项错误；   d项：co32不能大量存在于酸性溶液中。d项错误。本题选b。9.  下列叙述中，错误的是（  ）a原子半径：namgo b13c和14c属于同位素c0族元素是同周期中非金属性最强的元素dn和p属于第a族元素，hno3酸性比h3po4的强参考答案：c同周期元素自左向右原子半径逐渐减小，a正确。13c和14c的质子数相同，质量数不同，所以这两种核素互称为同位素，b正确。同周期非金属性最强的元素位于第 a，c是错误的。同主族元素自上而下非金属性是减弱的，非金属性越强，相应最高价氧化

13、物对应水化物的酸性就越强，d正确。答案选c。10. 下列过程中，涉及化学变化的是（    ）    a. 氯气通入水中制氯水    b. 蒸馏法将海水淡化为饮用水    c. 活性炭使红墨水褪色    d. 四氯化碳萃取碘水中的碘参考答案：a略11. 某工厂排放的工业废水中可能含有k+、ag+、nh4+、mg2+、so42、cl、no3、hco3等离子。经检测废水呈明显的碱性，则可确定该厂废水中肯定不含有的离子组合是（  &#

14、160;  ）ag+、k+、no3、hco3    k+、nh4+、no3、so42ag+、nh4+、mg2+、hco3       k+、mg2+、so42、cl参考答案：c略12. 下列属于物理变化的是（ ）a石油蒸馏         b淀粉水解          c蛋白质水解      d煤的干馏参考答案：a略13. 为了

15、除去括号内的杂质，其试剂选择和分离方法都正确的是参考答案：b略14. 已知x+、y2+、z、w2四种离子均具有相同的电子层结构，下列关于x、y、z、w四种元素的描述，不正确的是                                 （   

16、 ）a原子半径：xyzw                   b原子序数：yxzw       c原子最外层电子数：zwyx     d金属性：xy，还原性：w2-z-参考答案：a略15. 如下图表示4个碳原子相互结合的几种方式。小圆球表示碳原子，小棍表示化学键，假如碳原子上其余的化学键都是与氢结合，则下列说法正确的是：a图中属

17、于烷烃的是a、c、hb图中与b互为同分异构体的有e、f、hc图中物质碳元素的质量分数最大的是cd 图中c和f分子中氢原子数相同参考答案：b二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16. 工业生产需要大量原料，消耗大量能源，在得到所需产品同时产生了大量废气、废水、废渣。某工厂排放的废水中含有cu2、fe2、hg2、h等离子，某化学小组为了充分利用资源和保护环境，准备回收废水中的铜和汞，同时得到绿矾。他们设计了如下实验方案：（1）现有仪器：酒精灯、玻璃棒、坩埚、蒸发皿、蒸馏烧瓶、烧杯、铁架台等，完成步骤的实验操作还需要选择的玻璃仪器是_设计简单实验检验绿矾是否变质，简述你的操作：_。（2）步骤中加

18、入过量铁粉的目的是_，步骤中_(填“能”或“不能”)用盐酸代替硫酸。（3）步骤v利用氧化铜制取铜有如下四种方案：方案甲：利用氢气还原氧化铜；方案乙：利用一氧化碳还原氧化铜；方案丙：利用炭粉还原氧化铜；方案丁：先将氧化铜溶于稀硫酸，然后加入过量的铁粉、过滤，再将滤渣溶于过量的稀硫酸，再过滤、洗涤、烘干。从安全角度考虑，方案_不好；从产品纯度考虑，方案_不好。（4）写出步骤中涉及反应的离子方程式：_；步骤得到绿矾的操作蒸发浓缩_、_。参考答案：(1)漏斗   取产品少量溶于水，加入kscn溶液，如溶液变血红色，则产品变质    (2)将cu2+ h

19、g2+全部置换出来    不能    (3)甲、乙       丙    (4)fe+2h+=fe2+ +h2    冷却结晶    过滤分析：通过流程可知步骤是从溶液中得到绿矾晶体，应为蒸发结晶和过滤操作，由此可确定仪器的选择；亚铁盐变质会被氧化成三价铁离子，故检验变质即检验三价铁离子即可；酸的选择要考虑最终的目标产物，选取的原则是不要引入杂质离子。可燃性气体作为还原剂在加热的过程中会有爆炸的可

20、能性，而固体还原剂一般不易控制量会引入杂质；一种反应物过量的目的往往是为了使另一种反应物充分反应。 加入铁粉可将不如铁活泼的金属置换出来，得到亚铁盐和不活泼的金属；再在滤渣中加入硫酸可将过量的铁反应掉，剩下的固体中为铜和汞，通过灼烧可分离出汞，然后将氧化铜还原成铜单质。详解：（1）滤液中硫酸亚铁的浓度较低，先蒸发水到热饱和溶液，然后降温结晶，最后过滤得到硫酸亚铁晶体，过滤还需要漏斗，蒸发结晶还需要坩埚；绿矾变质生成+3价铁，检验fe3+用硫氰化钾溶液，即取少量晶体溶于水，滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红色，说明绿矾已变质。答案：漏斗；取产品少量溶于水，加入kscn溶液，如溶液变血红色，则产品变质。

21、（2）加入过量的铁粉，将铜离子和汞离子全部转化成相应单质得到铜和汞；若用稀盐酸代替稀硫酸，制得的绿矾中会混有氯化亚铁杂质；所以不能用稀盐酸代替稀硫酸。答案：将cu2+ hg2+全部置换出来；不能。（3）氢气和一氧化碳易燃烧，且一氧化碳有毒，用二者还原氧化铜存在不安全因素，即易发生爆炸，所以从安全方面考虑甲、乙不好；用炭粉还原氧化铜，所得铜中易混有炭粉，即从纯度方面考虑，丙不好。答案：甲 乙；丙。（4）根据框图知滤渣成分为的为cu、fe、hg步骤ii加入稀硫酸只有fe能与酸反应，所以反应的离子方程式分别为2h+fe=fe2+h2。步骤是由硫酸亚铁溶液得到绿矾的操作，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶和过

22、滤即可。答案：2h+fe=fe2+h2；冷却结晶；过滤。点睛：通过流程可知步骤是从溶液中得到绿矾晶体，应为蒸发结晶和过滤操作，由此可确定仪器的选择；亚铁盐变质会被氧化成三价铁离子，故检验变质即检验三价铁离子即可；酸的选择要考虑最终的目标产物，选取的原则是不要引入杂质离子。加入铁粉可将不如铁活泼的金属置换出来，得到亚铁盐和不活泼的金属；再在滤渣中加入硫酸可将过量的铁反应掉，剩下的固体中为铜和汞，通过灼烧可分离出汞，然后将氧化铜还原成铜单质。 三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17. (8分)把na2co3和nahco3的混合物样品10 g，加热到质量不再减少为止，把生成的气体通入

23、足量石灰水中，得白色沉淀5 g。求样品中nahco3的质量。  参考答案：设样品中nahco3的质量为x        2nahc03c02cac03(1分)        2×84            100          x      &#