广东省云浮市罗定分界中学高一化学期末试卷含解析

1、广东省云浮市罗定分界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. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的丝和泪分别指A. 蛋白质，烃类B. 蛋白质，油脂C. 淀粉，油脂D. 纤维素，油脂参考答案：A【分析】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点 纤维素的性质和用途。【详解】诗句中的“丝”指的是蚕丝，其中含有的物质是蛋白质，诗句中的“泪”指的是熔化的石蜡，石蜡是分子中含碳原子数较多的烃的混合物。答案选A。2. Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如

2、下：2FeSO4 + 6Na2O2 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2，对此反应下列说法中正确的是 ANa2O2只作氧化剂 BNa2FeO4既是氧化产物又是还原产物CO2是还原产物 D2 mol FeSO4发生反应时，反应中共有8 mol电子转移参考答案：B略3. 下列反应中，电子转移的表示方法正确的是参考答案：C【分析】表示电子转移时，双线桥：方程式两侧，同种元素原子间的电子转移情况，箭头指向生成物，并标出得失和电子的数目；单线桥：在反应物一侧，还原剂把电子给了氧化剂，箭头指向氧化剂，不标得失，只写电子的数目；据以上分析解答。【详解】A.SiO2Si，硅元素化合价

3、由+4价降低到0价，得电子，CCO，碳元素化合价由0价升高到+2价，失电子，根据电子得失守恒，该方程式电子转移表示方法为：，A错误；B.NaNaOH，钠元素化合价由0价升高到+1价，失电子；H2OH2，氢元素化合价由+1价降低到0价，得电子，还原剂把电子转移给氧化剂，根据电子得失守恒，该方程式电子转移表示方法为：，B错误；C.KII2，碘元素化合价由-1价升高到0价，失电子；KMnO4MnSO4，锰元素化合价由+7价降低到+2价，得电子，根据电子得失守恒，该方程式电子转移表示方法为：，C正确；D. CuCuSO4，铜元素化合价由0价升高到+2价，失电子；H2SO4SO2，硫元素化合价由+6价降

4、低到+4价，得电子，还原剂把电子转移给氧化剂，该方程式电子转移表示方法为：，D错误；综上所述，本题选C。4. 与9.6 g SO2所含的氧原子数相等的NO2的质量为 （ ）A9.6 g B6.9 g C4.6 g D2.3 g参考答案：B略5. 某烃1mol完全燃烧生成4molCO2，且能与2mol氢气加成，该烃是下列中的 A、CH2=CHCH2CH3 B、(CH3)2CHCH=CH2 参考答案：C略6. 下列不符合当今化学研究方向的是 A发现新物质 B合成新材料 C研究化学反应的微观过程 D研究化学反应中原子守恒关系参考答案：D略7. 在通风橱中进行下列实验：步骤现象Fe表面产生大量无色气泡

5、，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法不正确的是A. I中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O22NO2B. II中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C. 对比I、II中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D. 针对中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化参考答案：C试题分析：A、中由于稀硝酸有强的氧化性，与铁发生氧化还原反应，硝酸得到电子被还原变为NO，气体为无色，当遇到空气时，发生反应：2NO+O2=2NO2，气体变为红棕色的NO2，A正确；B、在中浓硝酸有强的氧化性，在室温

6、下遇铁、铝会使金属表面氧化产生一层氧化物薄膜，对内层金属起保护作用，从而防止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此不能进一步反应，这恰好说明浓硝酸的氧化性比稀硝酸强，因此B正确；C、根据以上分析可知，C错误；D、中将金属铜放入浓硝酸中，Fe、Cu及浓硝酸构成原电池，由于铁在浓硝酸中发生发生钝化，因此铁为原电池的正极，铜为负极，失去电子被氧化变为Cu2+，在正极上溶液中的NO3-得到电子被还原为NO2气体，因此会看到有红棕色的气体产生。针对中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可根据电流计的指针偏转方向判断Fe是否被氧化，D正确，答案选C。8. 下列实验仪器不宜直接用来加热的是 A试管 B坩埚 C

7、蒸发皿 D烧杯 参考答案：D9. 如图所示每条折线表示周期表AA中的某一族元素氢化物的沸点变化，每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是()AH2SBHClCPH3DSiH4参考答案：D略10. 配制一定物质的量浓度的KOH溶液时，导致浓度偏低的原因可能是( )A. 定容时仰视刻度线和液面B. 容量瓶中原有少量的蒸馏水C. 移液时，不慎将液体流到瓶外D. 容量瓶盛过KOH溶液，使用前未洗涤参考答案：C【分析】根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小或V比理论值大时，都会使所配溶液

8、浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。【详解】A、定容时仰视观察刻度线和液面，导致加入的蒸馏水体积偏大，根据c=可得，配制的溶液浓度偏低，故A不选；B、容量瓶中原有少量的蒸馏水，因为定容时还需要放入蒸馏水，所以不影响配制结果，故B不选；C、移液时，不慎将液体流到瓶外，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，根据c=可得，配制的溶液浓度偏低，故C选；D. 容量瓶盛过KOH溶液，使用前未洗涤，导致所配溶液中KOH的物质的量增大，根据c=可得，配制的溶液浓度偏高，故D不选。故选C。11. 下表是元素周期表的一部分，有关说法正确的是族周期AAAAAAA2cd3abefA. e

9、的氢化物比d的氢化物稳定B. a、b、e三种元素的原子半径：ebaC. 六种元素中，c元素单质的化学性质最活泼D. c、e、f的最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强参考答案：D试题分析：由题意可得，a为Na，b为Mg，c为C，d为O，e为S，f为Cl，A项O的非金属性强于S，故O的氢化物稳定性强于S，故A项错误；B项a、b、e三种元素电子层数相同，但核电荷数abbe，故B项错误；C项c元素最外层电子数为4，既不容易的电子也不容易是电子，故c元素化学性质不活泼，故C项错误；D项c、e、f元素非金属性fec，故最高价氧化物对应水化物酸性fec，故D项正确；本题选D。12. 标准状况下，若vL氢气

10、含有的氢分子数为N，则阿伏加德罗常数可表示为（）Amol1 Bmol1 Cmol1 Dmol1参考答案：A考点：物质的量的相关计算专题：计算题分析: 根据n=计算氢气的物质的量，再根据N=nNA计算阿伏加德罗常数解答：标准状况下，VL的物质的量为=mol，含有氢气分子数目为N，则：molNA=N，解得，NA=mol1，故选A点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的计算，比较基础，注意对公式的理解与灵活运用13. 下列有关Na2CO3和NaHCO3比较中，不正确的是（）A热稳定性：Na2CO3NaHCO3B相同温度下，0.1molL1盐溶液的pH值：Na2CO3NaHCO3C等质量的碳酸钠和碳酸氢钠分别

11、与足量盐酸反应放出气体的量：Na2CO3NaHCO3D相同温度下，0.1molL1盐溶液分别与0.1molL1HCl反应的剧烈程度：Na2CO3NaHCO3参考答案：D【考点】钠的重要化合物【分析】ANaHCO3受热易分解；Na2CO3受热不分解；B相同条件下，pH值：Na2CO3NaHCO3C相同质量时，碳酸氢钠的物质的量大，结合反应判断；DNaHCO3与盐酸反应一步完成，而Na2CO3与盐酸反应两步进行【解答】解：A碳酸氢钠受热易分解，不稳定，则热稳定性为Na2CO3NaHCO3，故A正确；BNa2CO3水解程度比NaHCO3大，物质的量浓度相同时，碳酸钠溶液碱性较大，故B正确；C设质量都

12、是106g，则Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为1mol、mol，根据Na2CO3CO2，NaHCO3CO2，产生的CO2的物质的量分别为1mol、mol，即放出CO2的质量：Na2CO3NaHCO3，故C正确；D分别滴加HCl溶液，反应离子方程式为CO32+2H+CO2+H2O，HCO3+H+H2O+CO2，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，故D错误故选D【点评】本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，选项D为解答的易错点，注重基础知识的积累14. 下列叙述错误的是（）A乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因

13、相同B淀粉、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同C煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠D乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去参考答案：A考点：乙烯的化学性质；苯的性质；石油的裂化和裂解；乙醇的化学性质；油脂的性质、组成与结构；淀粉的性质和用途分析：（1）乙烯含有双键，能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，溴单质在苯中的溶解度比在水中的大，苯使溴水褪色的原理是萃取；（2）淀粉、油脂和蛋白质在一定条件下都能水解，水解的最终产物分别是葡萄糖、高级脂肪酸和甘油、氨基酸；（3）煤油可由石油分馏获得，主要成分为烷烃，性质稳定，密度比金属钠小，可用来

14、保存金属钠；（4）乙酸中含有羧基，乙醇含有羟基，乙酸乙酯中含有酯基，在一定条件下都能发生取代反应，例如：乙酸和乙醇的酯化反应是取代反应，乙酸乙酯的水解反应也属于取代反应，乙酸具有酸性，其酸性强于碳酸，故能与Na2CO3反应解答：解：A、烯烃使溴水褪色的原理是加成反应，苯使溴水褪色的原理是萃取，故A错误；B、淀粉水解的最终产物是葡萄糖，蛋白质水解的产物是氨基酸，故B正确；C、煤油来自石油的分馏，可用作航空燃料，也可用于保存Na，故C正确；D、乙酸和乙醇的酯化反应是取代反应，乙酸乙酯的水解反应也属于取代反应，乙酸能，故可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故D正确；故选A点评：本题考查常见

15、有机物的性质，尤其要注意苯的物理性质，是一种良好的有机溶剂，可做萃取剂15. 镭是周期表中第七周期第A族元素，下列关于镭的性质描述中不正确的是（ ）A在化合物中呈+2价 B镭比钙的金属性强C氢氧化物呈两性 D碳酸盐难溶于水参考答案：C略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16. 某待测液中可能含有Ag+、Fe3+、K+、Ba2+、NH4+ 等离子，进行如下实验：（1）加入过量的稀盐酸，有白色沉淀生成。（2）过滤，在滤液中加入过量的稀硫酸，又有白色沉淀生成。（3）过滤，取少量滤液，滴入2滴KSCN溶液，没有明显的现象出现。（4）另取少量步骤（3）中的滤液，加入NaOH溶液至使溶液呈碱性，加热

16、，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体。根据实验现象回答：待测液中一定含有 离子；一定不含有 离子；还有_离子不能确定是否存在，要检验这些离子的实验方法是 ，操作是_。参考答案：Ag+、Ba2+、NH4+ ；Fe3+ ；K+ ；焰色反应；用铂丝沾取溶液在酒精灯上灼烧并透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17. （13分）有A、B、C、D、E五种常见化合物，都是由下表中的离子形成的：阳离子K+、Na+、Al3+、Cu2+阴离子OH、HCO3、NO3、SO42为了鉴别上述化合物。分别完成以下实验，其结果是：将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液；将E溶液滴

17、入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀完全溶解；进行焰色反应，B、C为紫色(透过蓝色钴玻璃)，A、E为黄色；在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，C、D中产生白色沉淀，B中无明显现象。将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成根据上述实验填空： 写出B、C的化学式：B ； C。写出过量E滴人到C溶液中的离子反应方程式 。 将含1 mol A的溶液与含1 mol E的溶液反应后蒸干，仅得到一种化合物，该化合物的化学式为 。 在A溶液中加澄清石灰水，其离子方程式为 。 上述五种化合物中有一种是常用作净水剂，其净水原理是： （请结合方程式及必要的文字进行叙述）。参考答案： KNO3 （1分） ； KAl(SO4)2(带结晶水也同样给分)（2分）Al34OH=AlO22H2O（2分） Na2CO3 （2分） HCO3Ca2OH=CaCO3H2O（或2HCO3Ca22OH=CaCO3CO322H2O）（2分） Al33H2O=Al(OH)3（胶体）3H （2分） Al(OH)3（胶体）具有很强的吸附能力，它能凝聚水中的悬浮物并使之沉降，从而达到净水的目的。（2分）18. 请你设计至少两种方法除去细小的铁颗粒中混有的细小的铝颗粒。（简要