广东省汕头市隆都中学2022年度高一化学上学期期末试题含解析

广东省汕头市隆都中学2022年度高一化学上学期期末试题含解析一、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.

某元素原子L层电子数比K层电子数多5个，该元素的最高正价为（

）

A.+7

B.+5

C.+3

D.无最高正价参考答案：D略2.某元素X的最高正价与最低负价的代数和为4，其气态氢化物的化学式可能是A.HX B.H2X C.XH3 D.XH4参考答案：B【分析】元素的最高正化合价与最低负化合价的绝对值之和为8，元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，可计算最高正价和最低负极，然后判断最高价氧化物的水化物或气态氢化物的化学式。【详解】设某元素的最高正化合价为x，最低负价x-8，x+(x-8)=4，解得x=+6，则最高正价数为+6，最低负化合价为-2，所以其气态氢化物的化学式为：H2X，故合理选项是B。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，明确原子结构与元素的最高价和最低负价的关系是解答本题的关键。

3.下列物质中不属于天然高分子化合物的是（

）A．纤维素

B．蛋白质

C．蔗糖

D.淀粉参考答案：C略4.火星上存在针铁矿[化学式：FeO(OH)]和黄钾铁矾，从而证明火星表面曾经存在过水。已知两种矿物中铁的价态相同，则黄钾铁矾{化学式记为：KFe3(SO4)2(OH)n}中n值为

A．4

B．5

C．6

D．7参考答案：C5.下列物质跟铁反应后，其产物能跟硫氰化钾溶液作用生成红色溶液的是

（

）A．盐酸

B．稀硫酸

C．溴水

D．硫酸铜溶液参考答案：C略6.下列各组中两个化学反应，属于同一反应类型的一组是A．由苯制溴苯；由乙醇与乙酸反应制乙酸乙酯B．由乙烯制1,2-二溴乙烷；由乙烷制一氯乙烷C．乙烯使溴水褪色；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色D．由苯制硝基苯；由苯制环己烷参考答案：A略7.元素性质呈现周期性变化的根本原因是A．元素的相对原子质量递增，量变引起质变B．元素原子的核外电子排布呈周期性变化C．元素的原子半径呈周期性变化D．元素的化合价呈周期性变化参考答案：B略8.下列有关硫及其氧化物的说法正确的是（

）A、硫俗称硫黄，易溶于水，微溶于酒精和二硫化碳。B、SO2能使酸性KMnO4溶液或新制氯水褪色，显示了SO2的漂白性。C、鉴别SO2和CO2可把气体分别通入澄清石灰水中观察现象D、SO2能与碱反应生成盐和水，说明SO2是酸性氧化物参考答案：D略9.实验室从含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I?等)中回收碘，其实验过程如下：下列叙述不正确的是A.“操作X”的名称为萃取，可在分液漏斗中进行B.“还原”步骤发生的反应为：SO32?+I2+H2O==2I?+SO42?+2H+C.“氧化”过程中，可用双氧水替代氯气D.“富集”即I2富集于有机溶剂，同时除去某些杂质离子参考答案：A【详解】A.“操作X”为分离CCl4层和水层名称为分液，可在分液漏斗中进行，A错误；B.“还原”步骤为使溶液中的碘单质变为碘离子，用亚硫酸吸收，发生的反应为：SO32?+I2+H2O==2I?+SO42?+2H+，B正确；C.“氧化”过程中，双氧水为绿色氧化剂，可氧化碘离子为单质，则可用双氧水替代氯气，C正确；D.“富集”即I2富集于有机溶剂，碘单质易溶于有机溶剂，而杂质离子易溶于水，利用碘的富集，除去某些杂质离子，D正确；答案为A

10.溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是（）A．是否有丁达尔现象 B．是否能通过滤纸C．分散质粒子的大小 D．是否均一、透明、稳定参考答案：C【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系．【分析】溶液、浊液、胶体三种分散系的本质区别为分散质粒子的直径大小，据此即可解答．【解答】解：A．胶体具有丁达尔现象，是胶体中胶粒（1nm～100nm）在光照时产生对光的散射作用形成的，微粒直径小于1nm的溶液和微粒直径大于100nm的浊液、没有该现象，该现象是由微粒直径决定的，丁达尔现象不是三种分散系的本质区别，故A错误；B．胶体能透过滤纸但不能透过半透膜，是由分散质微粒的直径决定的，所以，该现象不是三种分散系的本质区别，故B错误；C．根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别在于分散质粒子直径大小，故C正确；D．溶液均一、透明、稳定，胶体较稳定，浊液不稳定，是由分散质微粒的直径决定的，所以，该现象不是三种分散系的本质区别，故D错误；故选C．11.在某无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是A.NH4+、NO3-、Al3+、Cl-

B.Na＋、SiO32-、K+、NO3-C.MnO4-、K+、SO42-、Na+

D.K+、SO42-、HCO3-、Na+参考答案：A【分析】离子间如果不发生化学反应，则可以大量共存，结合离子的性质、发生的化学反应以及溶液无色显酸性分析判断。【详解】A、该组离子之间不反应，能大量共存，且均为无色的离子，A正确；B、因SiO32－、H+能结合生成硅酸沉淀，不能够大量共存，B错误；C、该组离子之间不反应，能共存，但MnO4－在酸性溶液中为紫色，与无色溶液不符，C错误；D、因H+、HCO3－能结合生成二氧化碳气体和水，不能够大量共存，D错误。答案选A。12.下列物质中互为同系物的是()A．葡萄糖和果糖B．蔗糖和麦芽糖C．乙酸和丙酸(CH3CH2COOH)参考答案：C略13.将5mol·L－1的盐酸10mL稀释到200mL，再取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度是()A．0.05mol·L－1

B．0.25mol·L－1C．0.10mol·L－1

D．0.50mol·L－1参考答案：B略14.CO、H2在一定条件下合成乙醇：2CO+4H2CH3CH2OH+H2O，该反应为放热反应。下列说法错误的是

（）A．反应物的总能量大于生成物的总能量B．增大H2浓度可以使CO转化率达到100℅C．使用合适的催化剂、升高温度均可加大反应速率D．反应达到平衡时，正反应和逆反应的化学反应速率相等且不为零参考答案：B15.化学成为一门自然科学，开始于A、对空气成分的研究

B、对质量守恒定律的研究C、元素周期表的发现

D、用原子——分子论来研究化学反应参考答案：D二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（12分）用Na2CO3·10H2O晶体，配制0.2mol/L的Na2CO3溶液480mL。(1)实验中用到的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯，还缺少_____________，

___________；(2)应用托盘天平称取Na2CO3·10H2O的晶体的质量为_________________g；(3)配制溶液时有以下几个操作：

①溶解②摇匀③洗涤④冷却⑤称量⑥转移溶液

⑦定容正确的操作顺序是__________________(填序号)。(4)根据下列操作对所配溶液的浓度各有什么影响，完成填空。

①碳酸钠失去了部分结晶水

②用“左码右物”的称量方法称量晶体

③碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠

④称量碳酸钠晶体时所用砝码生锈

⑤容量瓶未经干燥就使用其中引起所配溶液浓度偏高的有____________，无影响的有________。(填序号)参考答案：略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.SO2是一种重要的氧化物,可用于生产三氧化硫、硫酸、亚硫酸盐、硫代硫酸盐,也可用作熏蒸剂、防腐剂、消毒剂、还原剂等。(1)SO2性质多变,若将SO2气体通入氢硫酸中,能看到的现象为:__________,该反应中SO2表现出______性;若将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液中,离子反应方程式为_________,该反应中SO2表现出__________性。(2)SO2有毒,且能形成酸雨,是大气主要污染物之一。石灰-石膏法和碱法是常用的烟气脱硫法。石灰-石膏法的吸收原理:?①SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O②2CaSO3+O2+4H2O=2CaSO4·2H2O碱法的吸收原理:将含SO2的尾气通入足量的烧碱溶液中,请写出对应的化学反应方程式__________;已知:试剂Ca(OH)2NaOH价格(元/kg)0.362.9

余石灰-石膏法相比,碱法的优点是吸收快、效率高,缺点是__________;(3)在石灰-石膏法和碱法的基础上,设计了双碱法,能实现物料循环利用。上述方法中,实现循环利用的物质是__________,请用化学方程式表示在Na2SO3溶液中加入CaO后的反应原理__________。参考答案：(1)溶液中生成黄色沉淀

氧化性

2MnO4-+5SO2+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+

还原性

(2)SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O

成本较高

(3)NaOH

CaO+H2O=Ca(OH)2

Ca(OH)2+Na2SO3=CaSO3↓+2NaOH【分析】（1）将SO2气体通入氢硫酸中，发生反应SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O；将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液中，发生反应：5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+；（2）二氧化硫和氢氧化钠的反应方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，参照价格表，NaOH成本高；（3）向Na2SO3溶液中加入CaO后，生成NaOH，故NaOH为循环利用的物质；CaO加入溶液中会先和水反应，即CaO+H2O=Ca(OH)2，生成的Ca(OH)2再和Na2SO3溶液反应，据此答题。【详解】（1）二氧化硫具有弱氧化性，将SO2气体通入氢硫酸中，发生反应SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O，看到的现象为溶液中生成黄色沉淀，二氧化硫中S化合价由+4价→0价，化合价降低的反应物作氧化剂，体现氧化性；将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液中，高锰酸钾具有强氧化性，将二氧化硫溶于水后生成的亚硫酸氧化为硫酸，二氧化硫遇到强氧化剂时体现还原性，将MnO4-还原为Mn2+，S元素的化合价升高2价，锰元素的化合价降低5价，则高锰酸根系数为2，二氧化硫系数为5，根据原子守恒，硫酸根系数为5，Mn2+系数为2，根据电荷守恒，右侧补4个氢原子，最终根据H原子守恒，左侧补2个水，即方程式为：5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+，二氧化硫中S元素的化合价由+4价→+6价，化合价升高的反应物作还原剂，体现还原性，故答案为：溶液中生成黄色沉淀，氧化性，2MnO4-+5SO2+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+，还原性。（2）二氧化硫作为酸性氧化物，可以和氢氧化钠反应盐和水，参照二氧化碳和氢氧化钠反应的方程式，写出二氧化硫和氢氧化钠的反应方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，由于石灰的碱性比氢氧化钠弱，吸收SO2的速率慢、效率低，但吸收成本比氢氧化钠低的多，故答案为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，成本较高。（3）从流程图中可以看出，向Na2SO3溶液中加入CaO后，生成NaOH，生成的NaOH可以作为二氧化硫的吸收剂，故NaOH为循环利用的物质；CaO加入溶液中会先和水反应，即CaO+H2O=Ca(OH)2，生成的Ca(OH)2再和Na2SO3溶液反应，根据流程图，反应物之一为NaOH，再根据复分解反应原理，另一生成物为CaSO3，故反应方程式为：Ca(OH)2+Na2SO3=CaSO3↓+2NaOH，故答案为：NaOH，CaO+H2O=Ca(OH)2、Ca(OH)2+Na2SO3=CaSO3↓+2NaOH。18.在一支试管里放入一小块铜片，注入一定体积的浓硫酸，再给试管加热，充分反应。（1）写出反应的化学方程式_________________；若试管中铜片还有剩余，硫酸_________（填“已”或“未”）消耗完毕，其理由是__________________________；（2）若反应中有0.02molH2SO4被还原，则在标准状况下收集到的气体体积为__________mL，参加反应的铜的质量为____g。参考答案：(1)Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑

未

随着反应进行浓硫酸浓度减小，而铜与稀硫酸不反应

(2)448

1.28【分析】根据浓硫酸的强氧化性分析解答；根据化学反应方程式的化学计量关系进行物质的量计算分析解答。【详解】(1)铜与浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，方程式为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O；反应过程中，生成水，浓硫酸变成稀硫酸，铜与稀硫酸不反应，硫酸未反应完全，故答案为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O；未；随着反应进行浓硫酸浓度减小，而铜与稀硫酸不反应；(2)从反应方程式可知，被还原的硫酸的物质的量与二氧化硫的物质的量之比为1:1，所以n(SO2)=0.02mol，即标况下V(SO2)=0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL，消耗的n(Cu