2022年湖北省咸宁市崇阳县下津中学高一化学期末试题含解析

1、2022年湖北省咸宁市崇阳县下津中学高一化学期末试题含解析一、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. 随着资源的开发和现代化工业的发展，你认为减少酸雨以保护环境可采取的措施是（ ) 尽量少用煤作燃料把工厂的烟囱加高将燃料脱硫后再燃烧开发新的清洁能源植树造林 在已酸化的土壤中加石灰A B C D参考答案：C略2. 同主族元素形成的同一类型的化合物，往往结构和性质很相似，如PH4I的结构和性质与NH4Cl相似，有关对PH4I的叙述中不正确的是： （ ）A. 是一种共价化合物 B.将其加热可以分解C.能跟NaOH溶液反应 D. 可由P

2、H3与HI化合生成 参考答案：A略3. 用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述不正确的是( )A. 常温下，0.1molFe与足量稀硫酸反应，转移电子数目为0.2NAB. 3.2g由O2和O3组成的混合物中含有的原子数目为0.2NAC. 在过氧化钠与水的反应中，每消耗0.1mol过氧化钠，转移电子的数目为0.1NAD. 在KClO3+6HCl(浓) =KCl+3Cl2+3H2O反应中，若产生标准状况下6.72LCl2时，转移电子数目为0.6NA参考答案：DA. 常温下，0.1molFe与足量稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，转移电子数目为0.2NA，A正确；B. O2和O3均是氧元素形成的单质，3.2

3、g由O2和O3组成的混合物中含有的原子数目为0.2NA，B正确；C. 在过氧化钠与水的反应中，每消耗0.1mol过氧化钠，转移电子的数目为0.1NA，C正确；D. 在KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2+3H2O反应中每产生3mol氯气转移5mol电子，若产生标准状况下6.72LCl2即0.3mol时，转移电子数目为0.5NA，D错误，答案选D。点睛：该题侧重于氧化还原反应电子转移的计算与判断，掌握反应中有关元素化合价变化情况是解答的关键。D选项是解答的难点，注意氧化还原反应转化规律的理解与应用，即氧化还原反应中，以元素相邻价态间的转化最易；同种元素不同价态之间若发生反应，元素的化合价只

4、靠近而不交叉；同种元素相邻价态间不发生氧化还原反应。所以D选项中6mol氯化氢参加反应只有5mol被氧化，另外1mol转化为KCl。4. 下列说法错误的是（ ）A. 化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因B. 放热反应和吸热反应取决于反应物的总能量与生成物的总能量的相对大小C. 化学反应中的能量变化，通常表现为热量的变化放热或者吸热D. 铁在空气中被氧化属于吸热反应参考答案：D分析：A.根据化学反应中实质是化学键的断裂和形成判断；B.根据反应物总能量和生成物总能量的相对大小决定了反应是放出能量还是吸收能量；C.根据化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化； D. 铁在空气中被氧化属于

5、物质的缓慢氧化，根据常见的放热反应和吸热反应判断。详解：A.旧键断裂吸收能量，新键生成放出能量，所以化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因，故A正确；B.若反应物的总能量高于生成物的总能量为放热反应，若反应物的总能量低于生成物的总能量为吸热反应，故B正确；C.化学反应中能量变化，通常主要表现为热量的变化，故C正确；D. 铁在空气中被氧化属于物质的缓慢氧化，是放热反应，故D错误；故选D。点睛：本题考查化学反应中的能量变化，反应物和生成物能量的相对大小决定了反应是吸热还是放热，反应物的总能量大于生成物的总能量则为放热反应，反之为吸热反应，反应是放热还是吸热与反应的条件无关。另外要记住常见

6、的放热反应和吸热反应。5. 氢气在氯气中燃烧时产生苍白色火焰，在反应过程中，断裂1molH2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，断裂1molCl2中的化学键消耗的能量为Q2 kJ，形成1molHCl中的化学键释放的能量为Q3kJ，下列关系式正确的是（ ）A. Q1 + Q2 Q3B. Q1+ Q2 2Q3C. Q1 + Q2 Q3D. Q1 + Q2 2Q3参考答案：D【分析】根据反应热H=反应物的总键能-生成物的总键来计算该反应的反应热，氢气在氯气中燃烧，反应热H0，据此解答。【详解】破坏1molH2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，则H-H键能为Q1kJ/mol，破坏1molCl2中的化学键消耗

7、的能量为Q2kJ，则Cl-Cl键能为Q2kJ/mol，形成1molHCl中的化学键释放的能量为Q3kJ，则H-Cl键能为Q3kJ/mol，对于H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g），反应热H=反应物的总键能-生成物的总键能=Q1kJ/mol+Q2kJ/mol-2Q3kJ/mol=（Q1+Q2-2Q3）kJ/mol，由于氢气在氯气中燃烧，反应热H0，即（Q1+Q2-2Q3）0，所以Q1+Q22Q3。故选D。6. 中国科学技术名词审定委员会已确定第116号元素Lv的名称为鉝。关于Lv的叙述错误的是A原子序数116 B中子数177 C核外电子数116 D相对原子质量293参考答案：D7. 锗（Ge

8、）是第四周期第 A 元素，处于周期表中金属区与非金属区的交界线上，下列叙述正确的是 A锗是一种金属性很强的元素 B锗的单质具有半导体的性能 C锗化氢（GeH4）稳定性很强 D锗酸(H4GeO4)是难溶于水的强酸参考答案：B略8. （不定项）用下列装置不能达到有关实验目的的是A用甲图所示装置将溶液定容到100 mLB用乙图装置制备Fe(OH)2C用丙图装置可制得金属锰D用丁图装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性参考答案：A9. 在一密闭容器中进行反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)，已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2 molL1、0.1 molL1、0.

9、2 molL1，当反应达到平衡时，可能存在的数据是 ()ASO2为0.4 molL1，O2为0.2 molL1BSO2为0.25 molL1CSO3为0.4 molL1 DSO2、SO3均为0.15 molL1参考答案：B10. 下列操作能达到实验目的的是选项实验目的实验操作A证明 Cl 的非金属性比 C 强将盐酸滴入放有大理石的烧杯中，观察是否有气泡产生B分离乙醇和乙酸将混合物放在分液漏斗中，振荡、静置、分液C证明增大反应物浓度，能加快化学反应速率将两块表面积相同的锌粒分别放入稀硫酸和浓硫酸中D证明 KCl 中存在离子键熔融状态的 KCl 是否导电参考答案：D【详解】A项、应根据最高价氧化为

10、对应的水化物的酸性比较非金属性强弱，验证Cl的非金属性比C强，不能用盐酸，应用高氯酸，故A错误；B项、乙醇和乙酸互溶，不能用分液方法分离，故B错误；C项、要证明增大反应物浓度能加快化学反应速率，不能改变反应物的性质。锌与稀硫酸反应生成氢气，与浓硫酸反应生成二氧化硫，反应物硫酸的性质改变，故C错误；D项、离子化合物在熔融状态破坏离子键，电离形成自由移动的离子，能导电，共价化合物在熔融状态不能破坏共价键，不能电离形成自由移动的离子，不能导电，则熔融状态的 KCl 能导电证明 KCl 中存在离子键，故D正确；故选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重物质性质及实验技能的考查，注意实验的评价性、

11、操作性分析，注意反应原理和实验实验原理的分析是解答关键。11. X、Y、Z、R为原子序数依次递增的四种主族元素。其中X、Y同周期，X的最高正价是最低负价绝对值的3倍，Y、Z、R同主族，R为人体所需的微量元素。下列说法不正确的是( )AZ的单质为非极性分子，易溶解在四氯化碳等有机溶剂中BY、Z、R的氢化物的稳定性逐渐减弱 C 127R的核外含有53个电子D在含有Z单质的水溶液中，通入足量XO2气体，溶液的颜色逐渐褪去参考答案：C略12. 下列各组混合物中，不能用分液漏斗进行分离的是A. 水和溴苯 B. 乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液C. 碘和四氯化碳 D. 硝基苯和水参考答案：CA水和溴苯不互溶，能分

12、层，能用分液方法分离，故A正确；B乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液不互溶，能分层，能用分液方法分离，故B正确；C碘和四氯化碳互溶，不能用分液的方法分离，应用蒸馏的方法分离，故C错误；D硝基苯和水不互溶，能分层，能用分液方法分离，故D正确；答案为C。13. 下列说法中错误的是 A石油中含有C5C11的烷烃，可以通过石油的分馏得到汽油B含C18以上的烷烃的重油经过催化裂化可以得到汽油C煤是由有机物和无机物组成的复杂的混合物D煤中含有苯和甲苯，可以用先干馏后分馏的方法把它们分离出来参考答案：D略14. 下列基态原子或离子的电子排布式错误的是 A. K 1s22s22p63s23p64s1 B. F- 1s2

13、2s22p5C. Mg2+ 1s22s22p6 D. Br 1s22s22p63s23p63d104s24p5参考答案：B15. 下列反应的离子方程式相同的一组是： ACH3COOH+NaHCO3 CH3COOH+Na2CO3； BAgNO3+NaClAgNO3 + HCl； CBa(OH)2+H2SO4 BaCl2+H2SO4； DKOH+NH4ClNaOH+HCl； 参考答案：B二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16. 配制480 mL 0.5 molL1的NaOH溶液，试回答下列问题：(1)选择仪器：完成本实验所必需的仪器有托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、玻璃棒、_ _、

14、_ _等。(2)计算、称量：需称量NaOH固体的质量为_ 。(3)溶解、冷却：该步实验中需要使用玻璃棒，作用是_ _。(4)转移、洗涤：洗涤烧杯23次是为了_ _。(5)定容、摇匀：定容的具体操作是 (6)不规范的实验操作会导致实验结果的误差，下列使所配制溶液的物质的量浓度偏高的是_，偏低的是_(填序号)。在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外定容时俯视刻度线将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线参考答案：(1) _胶头滴管_、_500_mL容量瓶_ (2) _10.0g_(3) _搅拌、加

15、速溶解_(4) _保证溶质全部转移至容量瓶中_(5) _向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线12_cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切_(6) _ _解析：(1)配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液使用的仪器有托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500 mL容量瓶。(2)计算、称量：由于没有480 mL容量瓶，要使用500 mL容量瓶，因此需称量NaOH固体的质量为m0.5 L0.5 molL140 gmol110.0 g。(3)溶解、冷却：该步实验中需要使用玻璃棒，作用是搅拌、加速NaOH固体的溶解。(4)转移、洗涤：洗涤烧杯23次是为了保证溶质全

16、部转移至容量瓶中，使配制的溶液浓度更准确。(5)定容、摇匀：定容的具体操作是向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线12 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切。(6)在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外，使溶质的质量减少，溶质的物质的量也减少，因此溶液的浓度偏低；定容时俯视刻度线则溶液的体积偏小，使溶液的浓度偏高；将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容，溶液的温度高于容量瓶的使用温度，当恢复至室温时，溶液的体积偏小，使溶液的浓度偏高；定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线，则溶液的体积偏大，使溶液的浓度偏低。三

17、、综合题（本题包括3个小题，共30分）17. (8分) 有Na2SO4和Na2CO3混合溶液10.0毫升，加入足量BaCl2溶液，充分反应后,经过滤、洗涤和烘干，得到白色沉淀1.451克。将沉淀与过量盐酸反应，得到112毫升CO2气体(标准状况)。求原混合溶液中Na2SO4和Na2CO3的物质的量浓度（写出计算过程）。参考答案：c（Na2SO4）=0.2 mol/L c（Na2CO3）=0.5 mol/L略18. 在容积为10L的密闭容器中，通入40molN2和120molH2，在一定条件下进行反应，2s后达到平衡状态，此时N2的浓度为2 molL-1。试求：（1）用H2浓度表示2s内的平均反

18、应速率（2）N2的转化率（3）平衡时NH3的体积分数参考答案：(1) 3 mol ?L-1? s -1(2) 50%(3) 33.3%略19. 取质量为14.8g的Na2CO3和NaHCO3的固体混合物，与100mL 2.50mol?L-1的盐酸恰好完全反应不再放出气体。 （1）求原混合物中Na2CO3的质量分数。 （2）若100mL2.50mol?L-1的盐酸是用标签如右图所示的浓盐酸制得，则需该浓盐酸的体积是多少？ （3）若取等质量的原混合物配成溶液，逐滴滴入90mL 2.50mol?L-1的盐酸，并不断搅拌，求生成的气体在标准状况下的体积。参考答案：（1）解：设混合物中Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为x、y ，则由题意可得