2022山东省青岛市中心中学高一化学下学期期末试卷含解析

2022山东省青岛市中心中学高一化学下学期期末试卷含解析一、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.根据我省中心气象台报道，近年每到春季，我省一些城市多次出现大雾天气，致使高速公路关闭，航班停飞。雾属于下列分散系中的（

）A.溶液

B.悬浊液

C.乳浊液

D.胶体参考答案：D试题分析：雾中的分散质粒子直径在胶体的范围，属于胶体。选D。2.下列各组物质中化学键的类型相同的是

（

）A．HCl

MgCl2

NH4Cl

B.

NH3

H2O

CO2C.

CaCl2

NaOH

H2OD.

H2O

Na2O

?CO2参考答案：B略3.下列溶液中，与100ml0.5mol／LNaCl溶液所含的Cl-的物质的量浓度相同的是（

）A、100ml0.5mol／LMgCl2溶液

B、200ml0.25mol／LHCl溶液C、50ml1mol／LNaCl溶液

D、200ml0.25mol／LCaCl2溶液参考答案：D略4.下列对于可逆反应2A(g)＋B(g)2C(g)＋3D(g)达到平衡时的说法正确的是A.A、B全部转化成了C、D B.反应已经停止C.反应混合物中各组分的浓度不再改变 D.v(C)∶v(D)=2∶3参考答案：C【分析】2A(g)+B(g)?2C(g)+3D(g)为可逆反应，该反应达到平衡状态时的特征为：化学平衡为动态平衡，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化等，据此分析。【详解】A．可逆反应中，反应物不可能完全转化成生成物，故A错误；B．化学平衡为动态平衡，到达平衡时反应没有停止，故B错误；C．达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度不再变化，故C正确；D．化学反应速率与化学计量数成正比，则v(C)：v(D)始终为2：3，与平衡状态无关，故D错误；故答案为C。【点睛】化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值；二、间接标志：①各物质的浓度不变。②各物质的百分含量不变；③对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志；④对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志；⑤对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志；⑥对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。

5.在20℃，1大气压下，将三个分别盛氨气、氯化氢、二氧化氮的等容积烧瓶分别倒置于盛水的水槽中，当水进入烧瓶中，并使气体充分溶解后，假定烧瓶中溶液无损失，所得溶液的物质的量浓度之比为A.1：1：1 B.5：5：4 C.1：2：3 D.1：1：2参考答案：A试题分析：设烧瓶体积为V，则气体体积也是V，当倒置水槽后氨气和氯化氢都溶解到水中时，得到的是氨水和盐酸，溶液的体积就是烧瓶的体积V。溶质的物质的量n=V/Vm，由C=n/V得C=V/Vm/V=1/Vm。二氧化氮溶于水发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，得到硝酸溶液n(NO2)=V/Vm，n(HNO3)=2V/3Vm，因为NO体积与NO2是1:3，所以溶液体积为2V/3，代入公式C=n/V计算浓度和上面两种相同。综上所述，A正确，本题选A。6.下列化学用语正确的是：A．8个中子的碳原子的核素符号：12C

B．H2O的电子式：C．Cl－离子结构示意图：

D．甲烷的结构式：参考答案：D略7.下列说法中正确的一组是

参考答案：D略8.元素性质呈周期性变化的决定因素是A．元素原子半径大小呈周期性变化

B．元素相对原子质量依次递增C．元素原子最外层电子排布呈周期性变化

D．元素的最高正化合价呈周期性变化参考答案：C略9.下列物质①NaHCO3②Al③Al2O3④Al(OH)3中，既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的是

（

）A、③④

B、①③④

C、③

D、全部参考答案：D略10.下列各组离子在溶液中能大量共存的是A．Na＋、Al3＋、Cl－、

B．Cu2＋、Cl－、、OH－C．Ca2＋、Na＋、、

D．H＋、、、OH－参考答案：A11.下列图示的实验基本操作正确的是

参考答案：C略12.从原子序数11到17，下列递变关系错误的是（

）

A、原子半径逐渐增大

B、原子的电子层数不变

C、最高正价数逐渐增大

D、从硅到氯负价从-4→-1参考答案：A略13.已知钡的活动性介于钠和钾之间，下列叙述正确的是A．钡与水反应不如钠与水反应剧烈

B．钡可以从KCl溶液中置换出钾C．氧化性：K＋>Ba2＋>Na＋

D．碱性：KOH>Ba(OH)2>NaOH参考答案：D14.制印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2。向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是烧杯中A．有铜无铁

B．有铁无铜

C．铁、铜都有

D．铁、铜都无参考答案：B15..下列说法正确的是(

)A．离子化合物中只能含有离子键B．共价化合物中可能含有离子键C．原子最外层2个电子的元素一定在ⅡA族D．化学反应的过程，本质上是旧化学键断裂和新化学键形成的过程参考答案：D略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料，某研究性学习小组的同学拟用下列装置制取高纯度的苯甲酸甲酯。

熔点/℃沸点/℃密度/g·cm－3水溶性苯甲酸122.42491.27微溶甲醇－9764.30.79互溶苯甲酸甲酯－12.3199.61.09不溶

有关数据如表所示，请回答下列问题：(1)在烧瓶中混合有机物及浓硫酸的方法是___________________，装置C如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是___________________。(2)B装置的冷凝管的主要作用是_____________，可否换为球形冷凝管______（填“可”或“否”）。(3)制备和提纯苯甲酸甲酯的操作先后顺序为_______________(填装置字母代号)。(4)A中Na2CO3的作用是____________________；D装置的作用是___________________(5)在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后________(填标号)。a．直接将苯甲酸甲酯从分液漏斗的上口倒出b．直接将苯甲酸甲酯从分液漏斗的下口放出c．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将苯甲酸甲酯从下口放出d．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将苯甲酸甲酯从上口倒出参考答案：(1)先将一定量的苯甲酸放入烧瓶中，然后再加入甲醇，最后边振荡边缓慢加入一定量的浓硫酸

冷却后补加

(2)冷凝收集产品

否

(3)CFEADB

(4)除去苯甲酸甲酯中的苯甲酸

除去没有反应完的Na2CO3

(5)b解析：本题考查实验设计方案的评价，（1）根据表格中数据，苯甲酸常温下为固体，因此先加入苯甲酸，然后加入甲醇，最后加入浓硫酸，具体操作是：先将一定量的苯甲酸放入烧瓶中，然后再加入甲醇，最后边振荡边缓慢加入一定量的浓硫酸；加热一段时间，发现忘记加瓷片，需要冷却装置C后，再加入碎瓷片，防止烫伤；（2）装置B中冷凝管是把产物有气体冷却为液体，即冷凝收集产品，此冷凝管不能换为球形冷凝管，产品会残留在球形冷凝管的凹处；（3）装置C是制备苯甲酸甲酯的发生装置，制备的苯甲酸甲酯混有苯甲酸、甲醇和硫酸，应用水洗去可溶于水的物质，，苯甲酸甲酯常温下为液体，然后采用分液的方法进行分离，苯甲酸甲酯中混有苯甲酸和少量乙醇，利用苯甲酸的酸性强于碳酸，用碳酸钠除去苯甲酸，碳酸钠是固体且过量，然后采用过滤方法除去碳酸钠，最后采用蒸馏的方法，得到苯甲酸甲酯，操作的先后顺序是CFEADB；（4）根据（3）的分析，碳酸钠的作用是除去苯甲酸甲酯中的苯甲酸；装置D的作用是：除去没有反应完的Na2CO3；（5）由于苯甲酸甲酯的密度大于水的密度，分液时应从下口流出，上层液体从上口倒出，即选项b正确。点睛：本题考查实验设计方案的评价，本题的难点是物质提纯操作顺序，判断苯甲酸甲酯中杂质，先采用水洗，除去易溶于水的物质，利用苯甲酸甲酯常温下为液体，然后用分液方法进行分离，苯甲酸微溶于水，则苯甲酸甲酯中混有苯甲酸，利用苯甲酸的酸性强于碳酸，用碳酸钠除去苯甲酸，过滤，蒸馏。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（14分）（1）将amol钠和amol铝一同投入mg足量水中，请用两个离子方程式表示有关生成H2的变化：

；

．该溶液的溶质质量分数为

．（2）在标准状况下，22.4升的密闭容器中充入CO2和CO混合气体，其密度为10/7g/L，加入足量Na2O2充分振荡并不断用点火花点燃至完全反应，则容器中存在

molO2，molNa2CO3．（3）取一定量的镁铝合金，用足量盐酸溶解后，再加入过量的NaOH溶液，然后滤出沉淀物，加强热灼烧，最后得到白色粉末，干燥后称量，这些粉末与原合金的质量相等，则合金中铝的质量百分含量为

．（4）已知2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣，2Br﹣+Cl2=2Cl﹣+Br2．往100mLFeBr2溶液中缓慢通入2.24升氯气（标准状况），结果溶液中有三分之一的Br﹣被氧化成Br2．求原FeBr2的物质的量浓度

．（5）部分氧化的Fe﹣Cu合金样品（氧化物为Fe2O3、CuO）共5.76g，经如图处理：

根据题中条件计算V=

．参考答案：（1）2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑；2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；%．（2）0.125；1；

（3）40%；

（4）1.2mol/L；

（5）448；

【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）根据钠与水反应生成了氢氧化钠及铝与氢氧化钠反应生成了偏铝酸钠和氢气，据此写出反应的离子方程式；根据反应计算出生成的氢气、偏铝酸钠的物质的量及质量，再根据溶质质量分数的公式求出溶液的溶质质量分数；（2）在标准状况下，22.4升的密闭容器中充入CO2和CO混合气体，物质的量n==1mol，其密度为g/L，质量=g/L×22.4L=32g，气体平均摩尔质量M=32g/mol，计算得到二氧化碳和一氧化碳物质的量，结合化学方程式定量关系计算；（3）镁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液，沉淀为氢氧化镁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到白色粉末为氧化镁，氧化镁质量等于合金的质量，利用组成可知氧化镁中O元素的质量等于合金中Al的质量，以此来解答；（4）n（Cl2）==0.1mol，根据2Fe2++Br2═2Fe3++2Br﹣知，还原性Fe2+＞Br﹣，所以向溴化亚铁溶液中通入氯气时，氯气先和Fe2+反应后和Br﹣反应，将氯气通入溴化亚铁溶液中时有的溴离子被氧化成溴单质，说明亚铁离子完全被氧化，根据转移电子守恒进行计算；（5）根据最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，由于合金中氧物质的量=0.02mol，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08﹣0.04=0.04molH+生成氢气；【解答】解：（1）钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑；铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气，所以化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，则离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；由反应离子方程式可知，钠和铝反应的物质的量之比为1：1，所以将amol钠和amol铝一同投入mg足量水中，钠、铝能恰好反应最终得到amolNaAlO2，根据方程式知反应过程中共得到H2的物质的量为：a+a=2amol，生成NaAlO2的物质的量为amol，则所得溶液中溶质的质量为：amol×82g/mol=82ag，溶液的质量为：23ag+27ag+mg﹣4ag=（46a+m）g，故所得溶液的溶质质量分数为：ω（NaAlO2）=×100%=%，故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑；2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；%．（2）在标准状况下，22.4升的密闭容器中充入CO2和CO混合气体，其密度为10/7g/L，加入足量Na2O2充分振荡并不断用点火花点燃至完全反应，过氧化钠足量，最后容器中剩余的只有O2、Na2CO3和Na2O2，依据碳元素守恒得到最后得到碳酸钠物质的量为1mol，在标准状况下，22.4升的密闭容器中充入CO2和CO混合气体，物质的量n==1mol，其密度为g/L，质量=g/L×22.4L=32g，气体平均摩尔质量M=32g/mol，设二氧化碳物质的量为x，CO物质的量为y，则：x+y=1mol，44x+28y=32x=0.25mol，y=0.75mol，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2CO+O2=2CO2，最后容器中剩余氧气物质的量为0.125mol，故答案为：0.125；1；

（3）由镁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液，沉淀为氢氧化镁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到白色粉末为MgO，MgO的质量等于合金Mg、Al的质量，所以MgO中O元素的质量等于合金中Al的质量，则合金中Mg的质量分数等于氧化镁中镁的质量分数：×100%=60%，合金中铝的质量百分含量为40%，故答案为：40%；

（4）n（Cl2）==0.1mol，根据2Fe2++Br2═2Fe3++2Br﹣知，还原性Fe2+＞Br﹣，所以向溴化亚铁溶液中通入氯气时，氯气先和Fe2+反应后和Br﹣反应，将氯气通入溴化亚铁溶液中时有的溴离子被氧化成溴单质，说明亚铁离子完全被氧化，设c（FeBr2）=xmol/L，根据转移电子守恒得n（Fe2+）×1+n（Br﹣）×1=2n（Cl2），即0.1xmol×1+0.2xmol×1×=0.1mol×2，x=1.2，故答案为：1.2mol/L；

（5）根据最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，由于合金中氧物质的量=0.02mol，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08﹣0.04=0.04molH+生成氢气，即生成0.02mol氢气，标况体积为448ml，故答案为：448；【点评】本题考查氧化还原反应有关计算、混合物的有关计算、化学方程式计算等，为高频考点，明确离子反应先后顺序、发生的反应找出合金与氧化物的关系是解本题关键，结合转移电子守恒分析解答，侧重考查学生的分析、理解能力，题目难度中等．18.计算题（共7分）NO与CO都是汽车尾气里的有害物质，它们能很缓慢地反应：2NO+2CO=N2+2CO2。(1)某研究性学习小组在一密闭容器中充入一定量的NO与CO进行该反应。其他条件不变，改变下列条件不能加快反应速率的是

a.使用适当的催化剂

b.压缩体积增大压强c.体积不变通入稀有气体Ar使体系的压强增大

d.升高温度(2)一定温度下，将一定量的NO和CO通入固定容积的密闭容器中，加入适当的催化剂。5min后，测得混合气中NO浓度为0.06mol·Ｌ－1，CO2的浓度为0.12mol·Ｌ－1，求：①NO的起始浓度?②用CO浓度的变化表示5min内该反应的速率?（要求在答题纸上写出解题过程）参考答案：(1)c

（3分）

(2)

2NO+2CON2+2CO2起始浓度（mol·L-1）c0(NO)

c0(CO)

0

0转化浓度（mol·L-1）0.12

0.12

0.125min后浓度（mol·L-1）0.06

c0(NO)=0.06mol·L-1+0.12mol·L-1=0.18mol·L-1

（2分）△c(CO)=△c(NO)=0.12mol·L-1ν(CO)=（0.12/5）mol·L-1·min-1=0.024mol·L-1·min-1

（2分）答（略）略19.I.现有五种溶液，分别含下列离子：①Ag+，②Mg2+，③Fe2+，④Al3+，⑤Fe3+。(1)写出符合下列条件的离子符号：既能被氧化又能被还原的离子是______，加铁粉后溶液增重的是____；(2)向Fe2+的溶液中滴加NaOH溶液，现象是__________________。(3)除去FeCl2中FeCl3中所涉及的离子方程式：________________。II.(1)如图所示，将氯气依次通过盛有干燥有色布条的广口瓶和盛有湿润有色布条的广口瓶，可观察到的现象是：____________，该实验证明起漂白作用的是______。(填化学式)(2)①氯气有毒，实验室吸收多余的氯气的原理是(用离子方程式表示)__________________；②根据这一原理，工业上常用廉价的石灰乳吸收工业氯气尾气制得漂白粉，漂白粉的有效成分是_________(填化学式)。③长期露置于空气中的漂白粉会失效，失效的原因是(用化学方程式表示)___________________________，________________________。④漂白粉是否完全失效可用稀盐酸检验，加稀盐酸后产生的气体是______(填字母代号)。A.O2

B.Cl2

C.CO2

D.HClO参考答案：I.(1)Fe2+

Fe3+

(2)生成白色絮状沉淀，沉淀迅速由白色变为灰绿色，最后变为红褐色

(3)Fe+2Fe3+═3Fe2+

II.(1)干燥的有色布条无明显现象，潮湿的有色布条褪色

HClO(2)①Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O

②Ca(ClO)2

③Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO

2HClO2HCl+O2↑

④C【分析】I.(1)居于中间价态的金属阳离子既能被氧化又能被还原，铁能将银从溶液中置换出来，能和Fe3+反应生成Fe2+；(2)向Fe2+的溶液中滴加NaOH溶液，发生反应：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，白色氢氧化亚铁沉淀，很容易被氧气氧化为氢氧化铁；(3)Fe3+能被铁还原生成Fe2+，且不引入新杂质；I