2021-2022学年福建省南平市建阳第一中学高一化学下学期期末试题含解析

2021-2022学年福建省南平市建阳第一中学高一化学下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.科学家已获得了极具理论研究意义的N4分子，其结构为正四面体（如右图所示），与白磷分子相似。已知断裂1molN—N键吸收193kJ热量，断裂1molN≡N键吸收941kJ热量，则A.1molN4气体转化为N2时要放出724kJ能量

B.N4是N2的同位素C.1molN4气体转化为N2时要吸收217kJ能量

D.N4是一种新型化合物参考答案：A略2.下列有关原电池的说法正确的是A．原电池是把电能转化为化学能的装置B．原电池中电子流出的一极是正极，发生氧化反应C．原电池的两极发生的反应均为氧化还原反应D．形成原电池后，电解质溶液中的阳离子向正极移动参考答案：D略3.下列物质中，能使干燥的红色布条褪色的是

A．氯水

B．干燥的氯气

C．潮湿的氯化氢

D．氯化钙溶液参考答案：A4.下列分子结构图中的大黑点表示原子序数小于10的元素的“原子实”（指原子除去最外层电子的剩余部分），小黑点表示没形成共价键的最外层电子，短线表示共价键。其中分子结构图与化学式关系错误的是A.（C3H4O）

B.（HCN）C.

（NH3）

D.

（BF3）参考答案：A略5.下图为铜锌原电池示意图，下列说法正确的是(

)

A．锌片发生还原反应

B．烧杯中溶液逐渐呈蓝色

C．电子由锌片通过导线流向铜片

D．该装置能将电能转变为化学能参考答案：C略6.下列叙述正确的是A.分散系有的是纯净物，有的是混合物B.“冰水混合物”不是一种分散系C.直径介于1～100nm之间的微粒称为胶体D.胶体很不稳定，极易发生聚沉参考答案：B【分析】A．分散系是混合物；B．冰水混合物是一种物质组成的纯净物；C．直径介于1～100nm之间的微粒在分散剂中形成胶体；D．胶体为介稳体系。【详解】A．分散系是由分散质和分散剂组成的混合物，分散系是混合物，故A错误；B．“冰水混合物”是一种物质组成的纯净物，不是一种分散系，故B正确；C．胶体是分散质在分散剂中形成的混合物，直径介于1～100nm之间的微粒不能称为胶体，故C错误；D．胶体是介稳分散系，较稳定，加入电解质溶液或带相反电荷的胶体可发生聚沉，故D错误；答案选B。7.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A.能使酚酞试液变红的溶液中：H+、SO42﹣、Na+、NO3﹣B.加入Al能放出氢气的溶液中：NH4+、SO42﹣、Mg2+、HCO3﹣C.含有大量Cl2的溶液中：Ba2+、K+、NO3﹣、I﹣D.强酸性的溶液中：Cu2+、Br﹣、Ca2+、Cl﹣参考答案：D能使酚酞试液变红的溶液显碱性，H+与OH﹣反应生成水，故A错误；加入Al能放出氢气的溶液可能呈酸性或碱性，若呈酸性HCO3﹣与H+反应；若呈碱性NH4+、Mg2+、HCO3﹣与OH﹣反应，一定不能大量共存，故B错误；含有大量Cl2的溶液中，Cl2把I﹣氧化为I2，故C错误；强酸性的溶液中：Cu2+、Br﹣、Ca2+、Cl﹣不反应，故D正确。8.取一定质量的下列各组物质混合后，无论以何种比例混合，其充分燃烧后二氧化碳和水的质量不变且二者物质的量相同的是：（

）A．C2H2

C6H6

B．CH4C3H8

C．C3H6

C3H8

D．C2H4C4H8参考答案：D9.通常情况下，下列物质只能作氧化剂的是

（填选项编号，下同）；既可作氧化剂，又可作还原剂的是

．①浓H2SO4

②稀H2SO4

③H2S

④SO2

⑤S

⑥HCl

⑦浓HNO3

⑧稀HNO3．参考答案：①②⑦⑧；③④⑤⑥．考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：据化合价的高低判断微粒的氧化性还原性，最高价态的只有氧化性，最低价态的只有还原性，中间价态的既有氧化性又有还原性，以此解答该题．解答：解：①浓H2SO4

②稀H2SO4

⑦浓HNO3

⑧稀HNO3中中心元素化合价处于最高价态，在化学反应中表现为氧化性，而③H2S中H元素化合价为+1价，具有氧化性，S元素化合价为﹣2价，具有还原性，④SO2、⑤S元素化合价处于中间价态，⑥HCl中H元素化合价为+1价，具有氧化性，Cl元素化合价为﹣1价，具有还原性，则③④⑤⑥可作氧化剂，又可作还原剂，故答案为：①②⑦⑧；③④⑤⑥．点评：本题考查了根据化合价判断物质具有的氧化性、还原性，注意合理分析各物质中的元素价态，本题难度不大．10.已知质量数为A的某阳离子Rn+,核外有X个电子，则核内中子数为（

）A．A-x

B．A-x-n

C．A-x+n

D．A+x-n参考答案：B略11.工业上常用氯气给自来水消毒。某学生用自来水配制下列物质的溶液，不会产生明显药品变质的是A．石蕊

B．硝酸银

C．亚硫酸钠

D．氯化铝参考答案：D12.下列说法中正确的是（

）

A.铜丝能导电，所以铜是电解质B.食盐水能够导电，是因为NaCl在电流的作用下发生了电离C.CO2水溶液能导电，是因为CO2是电解质D.熔融Al2O3能导电，可判断Al2O3是电解质参考答案：略13.在实验室进行下列实验，括号内的实验用品都能用到的是A.苯溴代（苯、溴水、试管） B.蛋白质的盐析（试管、醋酸铅溶液、鸡蛋白溶液）C.钠的焰色反应（铂丝、氯化钠溶液、稀盐酸） D.肥皂的制取（烧杯、玻璃棒、甘油）参考答案：C【详解】A．苯的溴代需要液溴和溴化铁（作催化剂），而不是溴水，A项错误；B．醋酸铅为重金属盐，可进行蛋白质变性实验，B项错误；C．稀盐酸洗涤铂丝，灼烧后蘸取氯化钠溶液，再灼烧，观察焰色，则钠的焰色反应实验可完成，C项正确；D．肥皂的制取，需要油脂和NaOH溶液，括号内的实验用品不能制取肥皂，D项错误；答案选C。

14.下列叙述正确的是

A.

浓硝酸、浓硫酸均能将木炭氧化成二氧化碳

B.

Na2O2与水反应，红热的Fe与水蒸气反应均能生成碱

C.Li、C、S分别在足量氧气中燃烧均生成一种相应氧化物

D.

NaHCO3、Na2CO3、（NH4）2CO3三种固体受热后均能生成气体参考答案：AC略15.氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过以下反应合成：Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO。有关该反应下列叙述正确的是()A.上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B.上述反应中，每生成1molAlN需转移3mol电子C.AlN中氮的化合价为＋3D.AlN的摩尔质量为41g参考答案：B【详解】A、反应方程式可知，Al、O的化合价反应前后没有变化，N的化合价由“0”价变为“-3”价，而C的化合价由“0”价变为“+2”价，因此N2是氧化剂，Al2O3既不是氧化剂又不是还原剂，故A错误；B、N的化合价由“0”价变为“-3”价，故每生成1molAlN需转移3mol电子，故B正确；C、氮化铝中Al的化合价为“+3”价，根据化合物中各元素的正负化合价的代数和为零计算，氮元素的化合价是“-3”价，故C错误；D、氮化铝的摩尔质量是41g/mol，故D错误；综上所述，本题应选B。【点睛】在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂；摩尔质量的单位是g/mol。据此分析。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某研究性学习小组为测定某铝镁合金（不含其他元素）中镁的质量分数，设计了下列两种不同实验方案进行探究，请根据他们的设计回答有关问题．图一图二图三[探究一]实验方案：称量xg铝镁合金粉末，放在如图1所示装置的惰性电热板上，通电使其充分灼烧．（密封装置中氧气足量）问题讨论：（1）欲计算Mg的质量分数，该实验中还需测定的数据是．（2）假设实验中测出该数据为yg，则原铝镁合金粉末中镁的质量分数为（用含x、y的代数式表示）．[探究二]实验方案：称量xg铝镁合金粉末溶于稀硫酸，常温下测定生成气体的体积．问题讨论：（3）同学们拟选用如图2的实验装置完成实验，你认为最简易的装置的连接顺序是a接，接，接．（填接口字母，空格不一定填完，不够可加）．（4）同学们仔细分析（3）题中连接的实验装置后，又设计了如图3所示的实验装置．①装置中导管a的作用是②反应结束后发现量气管的液面高于干燥管的液面，此时应如何操作？③与图3装置相比，用图2连接的装置进行实验时，若不考虑导管中液体体积的影响，测定铝镁合金中镁的质量分数将（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．参考答案：1.铝镁合金充分灼烧后的固体质量2.×100%3.e，d、g4.便于分液漏斗中稀硫酸顺利流出（或平衡分液漏斗与锥形瓶中气压）（待产生H2恢复至室温时，）将量气管慢慢下移至液面与干燥管中液面相平偏小考点：探究物质的组成或测量物质的含量．

分析：探究一实验原理为：铝镁合金粉末与氧气充分反应生成镁和铝的氧化物，根据铝镁的质量和氧化后的氧化物的质量通过列方程组法可以求得镁、铝的各自的质量，据此计算和分析；探究二实验原理为：利用铝镁合金粉末与足量的盐酸反应，测定产生氢气的体积，根据铝镁合金粉末的质量与产生氢氧的总体积列方程组可求得镁、铝的各自的质量，（3）根据实验原理可知，装置的组装顺序：合金与稀硫酸反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部；（4）①保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；②为了准确测定氢气的体积，量气管的液面与干燥管的液面必须水平相齐，如果不等，可以通过调节量气管的高度使液面水平相齐；③与图3装置相比，用图2连接的装置进行实验时，稀硫酸放入锥形瓶中会使收集到的氢气的体积偏大，图3中用了导管a消除了稀硫酸的体积对氢气体积的影响，据此分析．解答：解：探究一实验原理为：铝镁合金粉末与氧气充分反应生成镁和铝的氧化物，根据铝镁的质量和氧化后的氧化物的质量通过列方程组法可以求得镁、铝的各自的质量，（1）根据上面的分析可知，欲计算Mg的质量分数，该实验中还需测定的数据是铝镁合金充分灼烧后的固体质量，故答案为：铝镁合金充分灼烧后的固体质量；（2）设铝镁合金粉末中镁的质量a，铝的质量为b，则根据反应可知产生的氧化铝的质量为b=b，氧化镁的质量为a=a，则题意得，解得a=，所以原铝镁合金粉末中镁的质量分数为×100%=×100%，故答案为：×100%；探究二实验原理为：利用铝镁合金粉末与足量的盐酸反应，测定产生氢气的体积，根据铝镁合金粉末的质量与产生氢氧的总体积列方程组可求得镁、铝的各自的质量，（3）根据实验原理可知，装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：（a）接（e）、（d）接（g），故答案为：e，d、g；（4）①装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差，故答案为：便于分液漏斗中稀硫酸顺利流出（或平衡分液漏斗与锥形瓶中气压）；②为了准确测定氢气的体积，量气管的液面与干燥管的液面必须水平相齐，如果不等，可以通过调节量气管的高度使液面水平相齐，所以如果发现量气管的液面高于干燥管的液面，可以（待产生H2恢复至室温时，）将量气管慢慢下移至液面与干燥管中液面相平，故答案为：（待产生H2恢复至室温时，）将量气管慢慢下移至液面与干燥管中液面相平；③图3中用了导管a消除了稀硫酸的体积对氢气体积的影响，与图3装置相比，用图2连接的装置进行实验时，稀硫酸放入锥形瓶中会使收集到的氢气的体积偏大，所以通过计算得到的铝的质量分数偏大，镁的质量分数偏小，故答案为：偏小．点评：主要考查物质含量的测定、对实验原理与装置的理解、实验方案设计等，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合考查，需要学生具有知识的基础与综合运用知识分析问题、解决问题的能力三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.下列物质：①Cu

②CO2

③H2SO3④H2O⑤液态HCl⑥H2SO4⑦Ba（OH）2⑧NaCl

⑨蔗糖=10⑩NaOH溶液．属于电解质的是

，属于非电解质的是

，能导电的是

．（填序号，必须填全，否则不得分）参考答案：③④⑤⑥⑦⑧；②⑨；①⑩考点：电解质与非电解质．分析：电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；电解质在熔融状态下或水溶液中能导电，金属单质和半导体材料能导电．解答：解：①Cu为金属单质，存在自由移动的电子，能导电，既不是电解质也不是非电解质；②CO2不能导电，且自身不能电离，是非电解质；③H2SO3不能导电，在水溶液中能导电，是电解质；④H2O不能导电，是电解质；⑤液态HCl不能导电，在水溶液中能导电，是电解质；⑥H2SO4不能导电，在水溶液中能导电，是电解质；⑦Ba（OH）2不能导电，在水溶液中能导电，是电解质；⑧NaCl不能导电，在水溶液中能导电，是电解质；⑨蔗糖不能导电，是非电解质；⑩NaOH溶液是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；故属于电解质的是③④⑤⑥⑦⑧；属于非电解质的是②⑨；能导电的是①⑩；故答案为：③④⑤⑥⑦⑧；②⑨；①⑩．点评：本题考查物质的导电性的判断，电解质、非电解质概念的辨析，难度不大．解题时紧抓住电解质必须是化合物，以及导电是在水溶液或熔化状态下为条件18.（6分）随着世界粮食需求量的增长，农业对化学肥料的需求量越来越大，其中氮肥是需求量最大的一种化肥。而氨的合成为氮肥的生产工业奠定了基础，其原理为：N2＋3H22NH3（1）在N2＋3H22NH3的反应中，一段时间后，NH3的浓度增加了0.9mol·L－1。用N2表示其反应速率为0.15mol·L－1·s－1，则所经过的时间为

；A．2s

B．3s

C．4s

D．6s（2）下列4个数据是在不同条件下测得的合成氨反应的速率，其中反应最快的是

；A．v(H2)＝0.1mol·L－1·min－1

B．v(N2)＝0.1mol·L－1·min－1C．v(NH3)＝0.15mol·L－1·min－D．v(N2)＝0.002mol·L－1·min－1（3）在一个绝热、容积不变的密