四川省成都市石人中学高一化学期末试卷含解析

1、四川省成都市石人中学高一化学期末试卷含解析一、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. 自然界里常见金属元素存在最多的是Al，其次是铁，接着是铜。然而人类冶炼金属获得成功最早的反而是含量少的铜，含量最多的铝最迟冶炼出来，究其原因，合理的是( )A. 铜矿较易还原，铝矿很难还原B. 铜矿颜色较深，易发现，铝矿颜色较浅，不易发现C. 矿石在地下埋藏，铜矿最浅，容易开发，铝矿埋得深，难开发D. 以上说法是错误的参考答案：A【分析】铝属于亲氧元素，极易被氧气氧化生成氧化物，铜属于较不活泼金属，铜元素较易被还原生成铜单质。【详解】A铝较活泼

2、，极易被氧气氧化生成氧化物，所以在自然界中以化合态存在，且冶炼铝时应该采用电解法冶炼，一般条件下铝矿石难被还原，铜较不活泼，铜离子较易被还原，所以冶炼铜比铝早，选项A正确；B金属的冶炼难易程度与金属的颜色无关，选项B错误；C金属的冶炼难易程度与矿石在地下埋藏深浅无关，选项C错误；D选项A正确，选项B、C错误，故选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查金属的冶炼，金属冶炼方法的选取与其活泼性强弱有关，活泼金属采用电解法冶炼、较活泼金属采用热还原法冶炼、较不活泼金属采用热分解法冶炼，根据金属的活泼性强弱选取合适的冶炼方法，题目难度不大。2. 1g N2中含有x个原子，则阿伏伽德罗常数是（ ）Amol

3、1 Bmol1 C14x mol1 D28x mol1参考答案：C略3. 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293116Lv 的叙述错误的是A. 原子序数 116B. 中子数 177C. 核外电子数 116D. 核电荷数 293参考答案：D【分析】原子中原子序数=质子数=核外电子数=核电荷数，质子数+中子数质量数，据此解答。【详解】A、元素符号左下角表示的是原子核内的质子数，原子核内的质子数等于该元素的原子序数，所以该元素的原子序数是116，故A正确；B、在元素符号的左上角表示的是该元素原子的质量数，质量数就是质子数与中子数的和，所以该原子的中子数是293116

4、=177，故B正确；C、对于元素的原子来说，原子核内的质子数等于原子核外的电子数，等于元素的原子序数，所以该原子的原子核外电子数116，故C正确；D、293只表示该同位素原子的质量数，该原子的核电荷数是116，故D错误。故答案选D。【点睛】本题主要考查了原子符号的含义，掌握原子序数=核内质子数=核电荷数以及质子数、中子数与质量数的关系是解题的关键。4. 人们会利用纳米级（1-100nm,1nm=10-9m）微粒物质制造出更加优秀的材料和器件，使化学在材料、能源、环境和生命科学等领域发挥越来越重要的作用。将纳米级微粒物质溶解于液体溶剂中形成一种分散系，对该分散系及分散质颗粒的叙述中正确的是( )

5、A. 该分散系能发生丁达尔效应 B. 该分散系为溶液C. 该分散系属于悬浊液 D. 该分散系放置一段时间可能很快出现分层现象参考答案：A试题分析：分散系粒子直径在1nm到100nm之间的属于胶体，胶体能发生丁达尔效应，胶体较稳定能保持较长时间不会出现沉淀。答案选A。点评：分散质粒子的直径小于1nm的属于溶液，大于1nm小于100nm的属于胶体，大于100nm的属于浊液。5. 对于下列事实的解释正确的是A. 在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性B. 浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸具有挥发性C. 常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应D. 氨气可以完成喷泉实验，说

6、明氨气极易溶于水参考答案：D【详解】A在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，故A错误；B浓硝酸见光或是加热条件下易分解为二氧化氮、氧气和水，导致浓硝酸颜色变黄，体现了浓硝酸的不稳定性，故B错误；C常温下，金属铝遇到浓硝酸会钝化，钝化是发生反应生成致密氧化膜的过程，故C错误；D氨气极易溶解于水，可利用氨气设计喷泉实验，故D正确；故答案为D。0.02 mol某金属单质与足量的盐酸反应，放出0.672 L H2（标准状况），并转变为具有Ne原子的电子层结构的离子，该金属元素在元素周期表中的位置是A第三周期第A族 B第二周期第A族C第三周期第A族 D第四周期第A族参考答案：A试题分析

7、：0.672 LH2（标准状况）为0.672/22.4=0.03mol，即转移的电子数为0.06mol，而该金属为0.02mol，所以该金属离子的的价态为0.06/0.02=3，又因为其与Ne原子的电子层结构，所以该金属为Al，其在元素周期表中的位置是第三周期第A族，故答案为A。点评：本题通过计算的方式推断元素周期表中的元素，有一定的新颖性，该题不难。7. 根据粒子散射现象，提出带核的原子结构模型的科学家是A汤姆生 B卢瑟福 C道尔顿 D波尔参考答案：B略8. 下列关于漂白粉的叙述正确的是（）A有效成分是CaCl2B空气中久置不会变质C工业上常用Cl2和消石灰反应制得D使用时加浓盐酸可提高漂白

8、效果参考答案：C【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】氯气与石灰乳发生氧化还原反应可制备漂白粉，主要成分为氯化钙、次氯酸钙，有效成分为次氯酸钙，在空气中久置时次氯酸钙与水、二氧化碳反应生成碳酸钙、HClO，HClO光照分解而变质，以此来解答【解答】解：A漂白粉的有效成分为Ca（ClO）2，故A错误；B次氯酸钙能与空气中的二氧化碳、水反应，发生Ca（ClO）2+H2O+CO22HClO+CaCO3、2HClO2HCl+O2，从而变质，故B错误；C氯气与消石灰反应生成CaCl2、Ca（ClO）2、H2O，反应的方程式为：2Ca（OH）2+2Cl2CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故C

9、正确；D使用时加浓盐酸，发生Cl+ClO+2H+=H2O+Cl2，生成有毒气体，易中毒，故D错误；故选C9. 下列有关物质检验的实验操作与现象能得到对应结论的是( )操作现象结论A.铝片放入浓硫酸中无明显变化铝与冷的浓硫酸不发生化学反应B用坩埚钳夹住一小块用砂纸打磨过的铝箔在洒精灯上加热铝熔化但不滴落Al2O3的熔点高于AlC用洁净铂丝蘸取某溶液进行焰色反应火焰呈黄色溶液中有Na，无KD将Cl2通入盛有湿润的红色布条的洗气瓶中红色布条褪色Cl2具有漂白性参考答案：BA铝片放入浓硫酸中，发生钝化，为氧化还原反应生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，故A错误；B将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加

10、热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故B正确；C观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，由现象不能确定是否含K+，故C错误；D氯气不具有漂白性，红色布条褪色，是因氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，故D错误；故选B。10. 13C-NMR(核磁共振)可用于含碳化合物的结构分析14NNMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，下面有关13C、15N叙述正确的是A13C与15N具有相同的中子数 B13C与C60是同一种物质C15N与14N互为同位素 D15N的核外电子数与中子数相同参考答案：C11.

11、 葡萄糖的分子式为C6H12O6，其中碳的质量分数为A60.0% B33.3% C53.3% D40.0% 参考答案：D12. “厨房化学”是指用家庭生活用品来进行化学实验，从而对化学进行学习和探究的活动。下列实验在“厨房化学”中不能完成的是 A检验自来水中含的Cl B检验食盐中不含碘单质C蛋白质在加热条件下发生变性 D检验蛋白质壳能溶于醋酸参考答案：A略13. 下列实验中(固定仪器省略)，没有错误的是参考答案：A略14. 下列物质能导电，且为电解质的是A、蔗糖 B、KNO3晶体 C、盐酸 D、熔化的NaCl参考答案：D略15. 由两种金属组成的混合物12 g，与足量的稀硫酸反应后，在标准状况

12、下产生H2为11.2升，这种金属混合物可能是ANa与Mg BFe与Zn CAl与Cu DMg与Zn参考答案：C略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16. (10分)(2011锦州高一检测)目前世界上60%的镁是从海水提取的。海水提镁的主要流程如下：请回答下列问题：(1)从离子反应的角度思考，在海水中加入石灰乳的作用是_，写出在沉淀池发生反应的离子方程式 _.(2)石灰乳是生石灰与水形成的化合物，从充分利用海洋化学资源，提高经济效益的角度考虑，生产生石灰的主要原料来源于海洋中的_。(3)操作A是_，操作B是_。(4)加入的足量试剂a是_(填化学式)。(5)无水MgCl2在熔融状态下，通电后

13、会产生Mg和Cl2，该反应的化学方程式为_。从考虑成本和废物循环利用的角度，副产物氯气可以用于_。参考答案：略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17. 从石油中获取乙烯已成为目前生产乙烯的主要途径。请根据下图回答：(1)以石油为原料，获取大量乙烯的主要方法是_ (填字母代号)。A 水解 B 裂解 C 分馏(2)乙烯的结构简式是_，B分子中官能团的名称是_。(3)A与B反应的化学方程式是_，反应类型是_，利用该反应制取乙酸乙酯的原子利用率为_。(原子利用率期望产物的总质量与生成物的总质量之比)(4)某同学用图所示的实验装置制取少量乙酸乙酯。实验结束后，试管甲上层为透明且不溶于水的油状液体。

14、实验时，为分离出乙酸乙酯中混有的少量A和B，试管中应先加入_，实验结束后，振荡试管甲，有无色气泡生成，其主要原因是_ (用化学方程式表示)，最后分离出乙酸乙酯用到的主要仪器是_。参考答案：(1)B (2)CH2=CH2 羧基 (3)CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5+H2O 酯化反应 83.02% (4) 饱和碳酸钠溶液 Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+CO2+ H2O 分液漏斗【分析】由有机物的转化关系可知，石油经催化裂解的方法获得乙烯，一定条件下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则A为乙醇；在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，则B为

15、乙酸，据此解答。【详解】(1)工业上以石油为原料，通过催化裂解的方法获取大量乙烯，故答案为：B；（2）乙烯的结构简式为CH2=CH2；B为乙酸，乙酸的结构简式为CH3COOH，官能团为羧基，故答案为：CH2=CH2；羧基；（3）A与B的反应是在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5+H2O；若有1mol乙醇反应，期望乙酸乙酯的总质量为88g，生成物乙酸乙酯和水的总质量为106g，则该反应制取乙酸乙酯的原子利用率为100%83.02%，故答案为：CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5+H2O；

16、酯化反应；83.02%；（4）乙酸乙酯中混有挥发出的乙醇和乙酸，可以加入饱和碳酸钠溶液，中和挥发出来的乙酸，溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解，碳酸钠与乙酸反应的化学方程式为Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+CO2+ H2O；最后用分液的方法分离出乙酸乙酯，分液用到的主要仪器是分液漏斗，故答案为：饱和碳酸钠溶液；Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+CO2+ H2O；分液漏斗。【点睛】乙酸乙酯中混有挥发出的乙醇和乙酸，饱和碳酸钠溶液能够中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；能够溶解挥发出来的乙醇；能够降低乙酸乙酯在水中的溶

17、解度，便于分层得到酯是解答的关键。18. 向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2 mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。(1)A-B段的离子反应方程式为_。(2)原NaOH溶液的浓度为_mol/L。(3)通入CO2在标准状况下的体积为_mL。(4)所得溶液的溶质成分是_，其物质的量之比为_。参考答案：(1)H+HCO3-=H2O+CO2 (2)0.2 mol/L (3)336ml (4) Na2CO3和NaHCO3 1：2【分析】向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，可能发生的反应有：2NaOH+C

18、O2=Na2CO3+H2O或NaOH+CO2NaHCO3；AB段反应产生CO2气体，是由于发生反应NaHCO3+HCl=CO2+NaCl+H2O，根据Na元素守恒，计算出溶液中NaOH的物质的量，结合c=，计算出NaOH的浓度；根据图像中发生反应NaHCO3+HCl=CO2+NaCl+H2O，消耗盐酸的物质的量，可计算出CO2的体积；利用Na2CO3与盐酸反应分步进行，首先是Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，然后是NaHCO3+HCl=CO2+NaCl+H2O，根据两步消耗盐酸的物质的量关系，结合图像中产生气体前后消耗HCl的体积多少判断溶液成分，并进一步计算各种成分的物质的量及其

19、比值关系。【详解】(1)A-B段发生反应为NaHCO3+HCl=CO2+NaCl+H2O，其离子反应方程式为H+HCO3-=H2O+CO2；(2)当产生气体达到最大值时，溶液为NaCl溶液，根据元素守恒，可得n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)= 0.2 mol/L0.1L=0.02mol，由于NaOH溶液的体积为100 mL，所以该溶液的浓度为c(NaOH)=；(3)由图像可知发生反应NaHCO3+HCl=CO2+NaCl+H2O，消耗HCl体积为75mL，其物质的量是n(HCl)= 0.2 mol/L0.075L=0.015mol，则n(CO2)= n(HCl)=0.015mol，

20、V(CO2)= 0.015mol22.4L/mol=0.336L=336mL；(4) 向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，可能发生的反应有：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O或NaOH+CO2NaHCO3；溶液的成分可能有四种情况，分别是NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3。若是第一种情况，不产生气体消耗HCl体积大于产生气体消耗HCl的体积，与图像不符合；若是第二种情况，不产生气体消耗HCl体积等于产生气体消耗HCl的体积，与图像不符合；若是第四种情况，加入盐酸立刻产生气体，也与图像不符合；只有第三种情况，不产生气体消耗HCl体积

21、小于产生气体消耗HCl的体积，与图像符合。假如该溶液中Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为x、y，则根据图像可知25mLHCl发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，n(Na2CO3)=n(HCl)=0.2mol/L0.025L=0.005mol，75mL盐酸发生反应NaHCO3+HCl=CO2+NaCl+H2O，则n(NaHCO3)(总)= 0.2 mol/L0.075L=0.015mol，其中有0.005mol Na2CO3与HCl反应产生，所以原溶液中含有NaHCO3的物质的量为0.015mol-0.005mol=0.010mol，故所得溶液中n(Na2CO3)：n(

22、NaHCO3)=0.005mol：0.010mol=1：2。【点睛】本题结合图象的将反应关系与反应有机的结合起来，考查了元素化合物的性质，对图象的分析，是解决题目的关键，易出错在图象分析不到位，同时化学变化关系分析不出来。要熟练掌握元素及化合物的性质，将反应过程及元素守恒结合起来综合分析、解答。19. （1）某温度时，在2 L容器中X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。由此分析，该反应的化学方程_；从反应开始至2 min，Z的反应速率为_ molL-1min-1。 （2）若上述反应的H0,下列有关该反应速率的叙述，正确的是_。A升高温度和增大压强均可以增大活化分子百分数，加快反应速率B使用催化剂可以使反应的活化能降低，加快反应速率C活化分子间所发生的碰撞为有效碰撞D降低温度，v正、v逆均减小且v正减小的倍数小于v逆减小的倍数（3）在一密闭容器中发生反应N2(g)3H2(g) 2NH3(g) H0，达到平衡后，只改变某一个条件时，反应速率与反应时间的关系如图所示。t1、t3、t4时刻分别改变的一个条件是：A增大压强 B减