2022广东省潮州市瓷都中学高一化学期末试卷含解析

2022广东省潮州市瓷都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.俄罗斯科学家最近合成第114号元素的原子，该原子的质量数为289，存在时间达到30秒，这项成果具有重要意义。该原子的中子数与电子数之差是()

A．61B．114

C．175

D．289参考答案：A略2.在某无色酸性溶液中能大量共存的一组离子是（）A．NH4+、SO42-

、Al3＋、NO3-

B．Na+、K+、HCO3-

、NO3-

C．Na+、Ca2+、NO3-、CO32-

D．K+、Cu2+、NH4+、NO3-参考答案：A略3.不需要化学变化就能够从海水中获得的物质是A、氯、溴、碘

B、钠、镁、铝

C、烧碱、氢气

D、氯化钠

参考答案：D略4.下列物质中，难溶于水的是A.

CuSO4

B.BaCO3

C.

AgNO3

D.Ba(OH)2参考答案：B5.下列有关实验操作不能达到相应目的的是()A．干燥Cl2B．分离汽油与食盐溶液C．实验室制取少量蒸馏水D．比较Na2CO3与NaHCO3的稳定性参考答案：D试题分析：A、Cl2不能与浓硫酸反应，浓硫酸有吸水性，因此可以干燥Cl2，A正确；B、汽油与食盐溶液是互不相溶的两层液体物质，可以用分液的方法分离，B正确；C、水的沸点是100℃，把自来水加热，当水沸腾时，变为蒸汽，通过冷凝管，水蒸气被冷凝变为液态，用锥形瓶收集起来，就得到了蒸馏水，因此该装置可以用于实验室制取少量蒸馏水，C正确；D、由于碳酸氢钠受热易分解，因此比较Na2CO3与NaHCO3的稳定性时由于玻璃的导热性差，应该把Na2CO3放在外管，把NaHCO3放在内管，若观察到右边烧杯的石灰水显变浑浊，就证明稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，D错误，答案选D。6.已知X、Y、Z、W为短周期主族元素，在周期表中的相对位置如图，有下列说法：

XYZW

①若HmXOn为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性(m、n均为正整数)②若四种元素均为金属，则Z的最高价氧化物对应的水化物一定为强碱③若四种元素均为非金属，则W的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸④若四种元素只有一定为金属，则Z与Y的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸。其中不正确的说法有几项A．1项

B．2项

C．3项

D．4项参考答案：C7.砹（At）与F、Cl、Br、I同主族，推测砹AA或砹的化合物不可能具有的性质是（）A．砹单质是有色固体B．非金属性：At＞IC．HAt的稳定性比HI的弱D．I2可以从At的可溶性盐溶液中置换出来At2参考答案：B【考点】卤素原子结构及其性质的比较．【分析】砹是原子序数最大的卤族元素，其性质与卤族其它元素具有相似性和递变性，如：其单质颜色具有相似性，其氢化物的稳定性、非金属性、氧化性都具有递变性，据此分析解答．【解答】解：A．同主族从上到下元素的单质从气态、液态、固态变化，且颜色加深，则砹是有色固体，故A正确；B．同一主族元素，其非金属性随着原子序数增大而减小，所以非金属性：At＜I，故B错误；C．同一主族元素中，其非金属性随着原子序数的增大而减小，则其相应氢化物的稳定性随着原子序数的增大而减弱，所以HAt的稳定性小于HI，故C正确；D．同一主族元素，其单质的氧化性随着原子序数的增大而减弱，所以I2可以把At从At的可溶性的盐溶液置换出来，故D正确；故选B．8.配制100ml2.0mol／LNaCl溶液时，下列情况中会导致最终浓度偏大的是A、定容时，不小心加水超过了刻度线后，用胶头滴管吸出部分溶液至刻度线B、容量瓶使用前未干燥

C、转移溶液后，烧杯没有洗涤

D、在称量NaCl固体时，天平指针偏左参考答案：D略9.已知溶液中可以发生反应：①2FeCl3+2KI=2FeCl2+I2+2KCl

②Cl2+2FeCl2=2FeCl3，下列说法不正确的是A.反应①属于氧化还原反应，其中FeCl3做氧化剂B.由上述方程式可知氧化性顺序：Cl2>Fe3+>I2C.I－也可以被Cl2氧化D.往2mL0.1mol/LFeI2溶液中先滴入几滴氯水，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变红参考答案：D【详解】A.反应①中铁元素化合价降低，得到电子，属于氧化还原反应，其中FeCl3做氧化剂，A正确；B.反应①中FeCl3做氧化剂，碘是氧化产物，反应②中氯气是氧化剂，氯化铁是氧化产物，依据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知氧化性顺序：Cl2＞Fe3+＞I2，B正确；C.还原性碘离子强于亚铁离子，氯气能氧化亚铁离子，因此I－也可以被Cl2氧化，C正确；D.还原性碘离子强于亚铁离子，往2mL0.1mol/LFeI2溶液中先滴入几滴氯水，碘离子首先被氧化为碘，氯水不足，没有铁离子产生，因此再滴加几滴KSCN溶液，溶液不会变红，D错误；答案选D。【点睛】准确判断出反应中有关元素的化合价变化情况是解答此类问题的关键，注意在氧化还原反应中越易失电子的物质，失电子后就越难得电子，越易得电子的物质，得电子后就越难失去电子，因此一种氧化剂同时和几种还原剂相遇时，优先与还原性最强的还原剂发生反应；同理，一种还原剂遇到多种氧化剂时，优先与氧化性最强的氧化剂反应。10.下列物质的电离方程式书写正确的是A.Na2CO3＝Na2++CO32?B.NaHCO3＝Na++H++CO32?C.H2CO3＝2H++CO32?D.Ba(OH)2＝Ba2++2OH?参考答案：D【分析】用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式，表示物质溶解于水或熔融状态下电离成离子的化学方程式，据此解答。【详解】A.碳酸钠是盐，完全电离，电离方程式为Na2CO3＝2Na++CO32－，A错误；B.碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，电离方程式为NaHCO3＝Na++HCO3－，B错误；C.碳酸是二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主：H2CO3H++HCO3－，C错误；D.氢氧化钡是二元强碱，完全电离：Ba(OH)2＝Ba2++2OH－，D正确。答案选D。11.一种新型燃料电池，其电池反应为：CH4+2O2+2KOH==K2CO3+3H2O，下列说法正确的是A.甲烷在光照下与氯气反应，所得产物最多的是一氯甲烷B.电池负极的电极反应为CH4+

10OH--8e-==CO32-+7H2OC.常温下，通入5.6LO2完全反应后，有1

mol电子发生转移D.该电池工作时，电池正极附近溶液的碱性减弱参考答案：B12.叠氮化钠(NaN3)是无色离子晶体，遇高热或剧烈震动能发生强烈爆炸，快速分解成钠单质和氮气，是汽车安全气囊中的成分之一。下列有关说法正确的是A.NaN3中只含有离子键B.1molNaN3完全分解最多可以产生33.6LN2C.当有4.2gN2生成时，转移电子数约为6.02×1022D.常温下，NaN3化学性质稳定，包装盒上无需特别说明注意事项参考答案：C【详解】A.该化合物是离子化合物，含有离子键；N3-中还存在非极性共价键，A错误；B.没给出气体所处状态，因此无法确定放出气体的体积，B错误；C.4.2gN2的物质的量是n(N2)=4.2g÷28g/mol=0.15mol，根据分解反应方程式2NaN32Na+3N2↑可知，每有3molN2生成，转移2mol电子，则有0.15molN2生成时，即有0.1mol电子转移，故转移电子数约为6.02×1023，C正确；D.由信息知NaN3化学性质不稳定，遇高热或剧烈震动能发生强烈爆炸，所以应在外包装盒上注明低温保存，不能剧烈震动，小心搬移等，D错误；故合理选项是C。13.已知在碱性溶液中可发生如下反应：Fe(OH)3+ClO﹣+OH﹣═FeO4n﹣+Cl﹣+H2O（未配平）．则下列有关叙述错误的是（）A.已知FeO4n﹣中Fe的化合价是+6价，则n=2B.每产生1molCl﹣，转移2mol电子C.FeO4n﹣具有强氧化性，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂D.若n=2，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3参考答案：D试题分析：A．已知FeO4n﹣中Fe的化合价是+6价，由化合价的代数和等于电荷数可得n=2，正确；B．反应中Cl的化合价从+1价降低到-1价，则每产生1molCl-，转移2mol电子，正确；C．FeO4n﹣具有强氧化性能杀菌消毒，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂，正确；D．若n=2，Fe元素的化合价变化3价，Cl元素的化合价变化2价，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，错误。14.元素A和B的原子序数都小于18，已知A元素的最外层电子数为a，次外层电子数为b；B元素原子的M层电子数为(a-b)，L层电子数为(a+b)，则A、B两元素所形成的化合物的性质可能有A、能与水反应

B、能与硫酸反应

C、能与NaOH反应

D、能与碳酸钠反应参考答案：CD15.在短周期元素中,原子最外电子层只有1个或2个电子的元素是（）A．金属元素

B．稀有气体元素

C．非金属元素

D．无法确定为哪一类元素参考答案：D二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某课外活动小组的同学，在实验室做锌与浓硫酸反应的实验中，甲同学认为产生的气体是二氧化硫，而乙同学认为除二氧化硫气体外，还可能产生氢气。为了验证甲、乙两位同学的判断是否正确，丙同学设计了如图所示实验装置(锌与浓硫酸共热时产生的气体为X，且该装置略去)，试回答下列问题：（1）上述反应中生成二氧化硫的化学方程式为______________________________。（2）乙同学认为还可能产生氢气的理由是__________________________________。（3）丙同学在安装好装置后，必不可少的一步操作是________________________。（4）A中加入的试剂可能是_____，作用是__________________________________；B中加入的试剂可能是_____，作用是__________________________________；E中加入的试剂可能是_____，作用是__________________________________。（5）可以证明气体X中含有氢气的实验现象是：C中：_________________________，D中：_________________________。如果去掉装置B，还能否根据D中的现象判断气体X中有氢气？_____(填“能”或“不能”)，原因是______________________________________________________。参考答案：(1)Zn＋2H2SO4(浓)==ZnSO4＋SO2↑＋2H2O

(2)当Zn与浓H2SO4反应时，浓H2SO4浓度逐渐变稀，Zn与稀H2SO4反应可产生H2

(3)检查装置的气密性

(4)品红溶液

检验SO2

浓H2SO4

吸收水蒸气

碱石灰

防止空气中水蒸气进入D中

(5)黑色(CuO)变成红色(Cu)

白色粉末变成蓝色

不能

因为混合气体中含H2O，会干扰H2的检验【分析】浓硫酸具有强氧化性，与Zn反应Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，可能发生Zn与稀硫酸反应：Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，验证H2的存在，通过H2还原氧化铜进行；【详解】（1）生成SO2，发生的化学方程式为Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O;（2）随着反应进行，浓硫酸的浓度降低，Zn与稀硫酸发生Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，产生氢气；（3）需要通入气体，因此实验必不可缺少的一步操作是检验装置的气密性；（4）根据实验目的，需要检验SO2、H2，检验SO2：利用SO2能使品红溶液褪色，H2不行，因此装置A中盛放的试剂是品红，作用是检验SO2存在；酸性高锰酸钾溶液作用是除去SO2，防止SO2干扰后续实验；检验H2的存在，氢气还原CuO，需要检测H2O，因此装置B中盛放的试剂为浓硫酸，作用是吸收水蒸气，干燥氢气；C装置盛放CuO，D装置盛放无水CuSO4，E装置盛放的试剂可能为碱石灰，防止空气中水蒸气进入D装置，干扰对H2O的检验；（5）根据(4)，证明气体中有氢气，C中现象是黑色变为红色，D中：白色粉末变成蓝色；如果去掉B装置，从高锰酸钾溶液中出来的气体带有水蒸气，对H2的检验产生干扰，因此去掉B装置，不能根据D装置现象判断是否含有H2。

三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.镁及其合金是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的。主要步骤如下：(1)为了使MgS04转化为Mg(OH)2，试剂①可以选用____（填化学式）。(2)加入试剂①后，能够分离得到Mg(OH)2沉淀的方法是____。(3)试剂②可以选用___（填化学式）。(4)无水MgCl2在熔融状态下，通电后会产生Mg和Cl2，该反应的化学方程式为：_________________。参考答案：(1)Ca(OH)2

(2)过滤

(3)HCl

(4)MgCl2Mg+Cl2↑分析：由流程图可知，海水中加入氢氧化钠，将硫酸镁转化成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，通入蒸发浓缩、洗涤干燥得到干燥的氯化镁，然后电解熔融氯化镁获得金属镁。详解：（1）使MgSO4转化为Mg（OH）2，应选择碱，在转化中不引入新的离子，则试剂①选择Ca(OH)2，为了使镁离子完全转化，加入Ca(OH)2的量应过量。（2）过滤适用于不溶于水的固体和液体，氢氧化镁不溶于水，所以分离得到Mg（OH）2沉淀的方法是过滤。（3）从氢氧化镁到氯化镁，氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁和水。（4）电解熔融氯化镁得到镁和氯气，电解的化学方程式为：MgCl2Mg+Cl2↑。点睛：本题考查了海水资源的综合利用，根据金属的活泼性确定金属的冶炼方法，注意试剂①②的选取为易错点。18.航天飞机常采用新型燃料电池作为电能来源，燃料电池一般指采用H2、CH4、CO、C2H5OH等可燃物质与O2一起构成的电池装置。它可直接将化学能转化为电能，甲烷燃料电池以KOH溶液为电解质，其总反应的化学方程式为：CH4＋2O2＋2OH－===CO32—＋3H2O。(1)负极上的电极反应为____________________________________。(2)消耗标准状况下的5.6LO2时，有________mol电子发生转移。(3)开始放电时，正极附近溶液的pH________(填“增大”、“减小”或“不变”)。参考答案：(1)CH4＋10OH－－8e－===CO32—＋7H2O

(2)1

(3)增大【分析】（1）该燃料电池中，负极上燃料甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子；

（2）根据氧气和转移电子正极的关系式计算转移电子物质的量；

（3）放电时，正极附近生成氢氧根离子导致氢氧根离子浓度增大。【详解】(1)该燃料电池中，负极上燃料甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，其电极反应式分别为：CH4＋10OH－－8e－===CO32—＋7H2O，故答案为：CH4＋10OH－－8e－===CO32—＋7H2O；(2)氧气物质的量==0.25mol，因负极电极反应式为：2H2O+O2+4e?=4OH?知，转移电子物质的量=4n(O2)=4×0.25mol=1mol，故答案为：1；(3)放电时，正极附近生成氢氧根离子导致氢氧根离子浓度增大，则溶液的pH增大，故答案为：增大。【点睛】燃料电池是常考点，学生要理解原电池原理，掌握电极反应式的正确书写是解题的关键，可以借助电荷守恒与原子守恒书写，另外还要注意电解质的酸碱性不同，电极反应式也会受影响。19.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要角度。请根据如图所示，回答下列问题：(1)Y的化学式为________，检