2022山西省忻州市宁武县阳方口镇阳方口中学高一化学下学期期末试题含解析

2022山西省忻州市宁武县阳方口镇阳方口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.在密闭容器中，加热等物质的量的NaHCO3和Na2O2的固体混合物，充分反应后，容器中固体剩余物是(

)A.Na2CO3和Na2O2

B.Na2CO3和NaOHC.NaOH和Na2O2

D.NaOH、Na2O2和Na2CO3参考答案：B试题分析：设Na2O2固体和NaHCO3固体都为1mol，则2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O2mol

1mol1mol1mol1mol

0.5mol0.5mol0.5mol2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，0.5mol0.5mol0.5mol

0.5mol

0.5mol

1mol则剩余固体为n（Na2CO3）=0.5mol+0.5mol=1mol，n（NaOH）=1mol，即剩余固体是等物质的量的Na2CO3和NaOH的混合物，故选B。2.

将0.2mol某烷烃完全燃烧后，生成的气体缓缓通过0.5L2mol/L的NaOH溶液中，生成正盐和酸式盐的物质的量之比为1：3，则该烷烃是

A．甲烷

B．乙烷

C．丙烷

D．丁烷参考答案：D3.下列各组溶液，同时开始反应，出现浑浊最早的是（

）A.20℃时50mL0.05mol·L-1Na2S2O3溶液与50mL0.1mol·L-1硫酸混合B.20℃时5mL0.1mol·L-1Na2S2O3溶液与5mL0.1mol·L-1硫酸混合C.10℃时50mL0.05mol·L-1Na2S2O3

溶液与50mL0.1mol·L-1硫酸混合D.10℃时5mL0.1mol·L-1Na2S2O3溶液与5mL0.1mol·L-1硫酸混合参考答案：B【详解】温度对反应速率影响较大，先比较温度，由题中的数据可知，20℃＞10℃，则C、D的反应速率小于A、B中的反应速率，又由于B中Na2S2O3的浓度大于A的，则B的反应速率大于A的反应速率，故B正确，ACD错误。答案选B。【点睛】本题考查的是化学反应速率的影响因素。根据选项中的数据可知，有温度、浓度影响反应速率，浓度越大、温度越高，则反应速率越大，出现浑浊最早，据此解答。

4.下列叙述中，正确的是A.14C中含有14个中子 B.1H、2H、3H是同一种核素C.H2O与D2O互称同位素 D.C60、金刚石、石墨均为碳的同素异形体参考答案：D【详解】A．14C中含有中子＝14﹣6＝8，故A错误；B．1H、2H、3H质子数相同为同种元素，质量数不同为不同原子，是三种不同核素，故B错误；C．H2O与D2O(重水)是化合物，不是同位素，故C错误；D．C60、金刚石、石墨是同种元素组成的不同单质，均为碳的同素异形体，故D正确；故答案为D。5.将Na2O2投入FeCl2溶液中，可观察到的实验现象是A.

有白色沉淀生成

B.

有红棕色沉淀生成C.

没有沉淀生成

D.

既有红棕色沉淀生成又有无色气体产生参考答案：D将Na2O2投入FeCl2溶液中，发生的反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2NaOH+FeCl2=Fe(OH)2↓+2NaCl，4Fe(OH)2+O2+H2O=4Fe(OH)3，4Fe(OH)2是白色沉淀易被氧化为红褐色的Fe(OH)3沉淀，所以看到的现象是：有大量气泡生成，出现白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色。答案选D。点睛：本题考查钠化合物的性质、氢氧化钠的性质，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，正确分析反应过程是解本题的关键，经常考查的还有Na2O2、Na投入CuSO4溶液中观察到的现象。Na2O2投入FeCl2溶液反应中Na2O2和水反应，生成的氢氧化钠和氧气，氢氧化钠再与氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，由此分析解答。6.下列有关碱金属铷(Rb)的叙述中，正确的是A．硝酸铷是离子化合物，易溶于水

B．氢氧化铷是弱碱C．在钠、钾、铷三种单质中，铷的熔点最高

D．氧化铷是酸性氧化物参考答案：C略7.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示，若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍．下列说法错误的是（）

X

Y

ZW

A.气态氢化物的热稳定性：X＜YB.最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞Z＞XC.X、Y元素均存在同素异形体D.W的单质具有漂白性，能使干燥的有色布条褪色参考答案：DY原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Y为O，根据各元素在周期表的位置可知，X为C，Z为S，W为Cl；A．元素非金属性C＜O，所以氢化物越稳定C＜O，故A正确；B．元素非金属性Cl＞S＞C，所以最高价氧化物对应水化物的酸性W＞Z＞X，故B正确；C．C、O、S都可以形成多种单质，故C正确；D．根据氯气与水生成次氯酸能漂白，所以氯气不能使干燥的有色布条褪色，故D错误；故选D。8.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：下列叙述正确的是（）元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+5、+3、﹣3﹣2元素化合物的性质

形成常见的两性氧化物Z2是常见保护气W3可用于杀菌消毒A．W的氢化物比Z的氢化物稳定B．X、Y元素的金属性X＜YC．Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水D．一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2参考答案：A【考点】原子结构与元素的性质．【分析】都是短周期元素，Y形成常见的两性氧化物，则Y为Al；Z有+5、﹣3价，处于ⅤA族，且Z2是常见保护气，则Z为N元素；W有﹣2价，处于ⅥA族，且W3可用于杀菌消毒，则W为O元素；X有+2价，原子半径大于Al，故X为Mg，据此解答．【解答】解：都是短周期元素，Y形成常见的两性氧化物，则Y为Al；Z有+5、﹣3价，处于ⅤA族，且Z2是常见保护气，则Z为N元素；W有﹣2价，处于ⅥA族，且W3可用于杀菌消毒，则W为O元素；X有+2价，原子半径大于Al，故X为Mg，A．同周期自左而右非金属性增强，非金属性O＞N，非金属性越强氢化物越稳定，故氢化物稳定性H2O＞NH3，故A正确；B．同周期随原子序数增大，金属性减弱，故金属性Mg＞Al，故B错误；C．氢氧化铝溶于强碱，不能溶于弱碱氨水，故C错误；D．氮气与氧气在放电条件下反应生成NO，不能直接得到二氧化氮，故D错误，故选A．9.化学与生活是紧密相联的，下列说法正确的是（）A．为防止食品的氧化变质，常在食品包装袋中放入生石灰B．节日里绚丽的烟花，是通过某些金属元素的化学变化实现的C．SO2具有漂白性，通常用于银耳等食品的漂白D．干冰或碘化银可用于进行人工降雨参考答案：D【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．生石灰不具有还原性；B．焰色反应为物理变化；C．二氧化硫不能用于漂白食品；D．干冰升华和碘化银易分解过程都吸收热量．【解答】解：A．生石灰一般用于吸水，不具有还原性，不能防止食品的氧化变质，可用作干燥剂，故A错误；B．节日里绚丽的烟花利用到焰色反应，焰色反应为物理变化，故B错误；C．二氧化硫有毒，对人体有害，不能用于漂白食品，故C错误；D．利用高炮，将碘化银炮弹发射到高空云团的零度层以上，利碘化银在高空中分解生成银单质和碘单质，形成人工冰核．这些冰核经过水汽凝聚，形成冰晶．冰晶发展到一定的程度，将通过零度层下降，之后融化，形成雨滴，或干冰升华过程中吸热，水蒸气聚集成小液滴，故D正确．故选D．10.标准状况下，在三个干燥的烧瓶中，①烧瓶装入干燥纯净的NH3

②烧瓶装入含一半空气的HCl

③烧瓶装入NO2和O2（体积比为4:1）的混合气，然后分别用水做喷泉实验。实验结束后①、②、③三个烧瓶中所得溶液的溶质的物质的量浓度之比为A.2

:

1

:

2

B.

5

:

5

:

4

C.

1

:

1:

1

D.无法确定参考答案：B11.下列气体中既可用浓硫酸干燥，又可用固体氢氧化钠干燥的是()A.Cl2 B.O2C.SO2 D.NH3参考答案：B详解】A、Cl2与碱反应，所以Cl2不能用固体氢氧化钠干燥，故不选A；B、O2与浓硫酸、氢氧化钠都不反应，所以O2既可用浓硫酸干燥，又可用固体氢氧化钠干燥，故选B；C、SO2与碱反应，所以SO2不能用固体氢氧化钠干燥，故不选C；D、NH3与酸反应，所以NH3不能用浓硫酸干燥，故不选D。12.“厨房化学”是指用家庭生活用品来进行化学实验，从而对化学进行学习和探究的活动。下列实验在“厨房化学”中不能完成的是

A．检验自来水中含的Cl–

B．检验食盐中不含碘单质C．蛋白质在加热条件下发生变性

D．检验蛋白质壳能溶于醋酸参考答案：A略13.下列烷烃在光照下与氯气反应，生成的一氯代烃只有一种的是（

）

A、

CH3CH2CH2CH3

B、

C、

D、

参考答案：C略14.下列措施对加快化学反应速率明显有效的是A.钠与水反应：增大水的用量B.焦炭燃烧：将固体焦炭研碎C.铝发生置换反应制取H2：选用浓硫酸D.合成氨反应：恒温恒容条件下通入Ne参考答案：BA.水是液体，钠与水反应中增大水的用量不会改变反应速率，A错误；B.焦炭燃烧中将固体焦炭研碎，增大反应物的接触面积，反应速率加快，B正确；C.铝发生置换反应制取氢气中选用浓硫酸，常温下铝在浓硫酸中钝化，不能产生氢气，C错误；D.合成氨反应中恒温恒容条件下通入Ne，反应物浓度不变，反应速率不变，D错误，答案选B。点睛：掌握外界条件对反应速率影响的变化规律是解答的关键，尤其要注意惰性气体对反应速率的影响。对有气体参加的反应，压强改变?气体物质浓度改变?化学反应速率改变，即压强改变的实质是通过改变浓度引起的，所以有气体参加的反应体系中充入“惰性气体”(不参与反应)时，对化学反应速率的影响为：①恒容：充入“惰性气体”→总压增大→物质浓度不变(活化分子浓度不变)→反应速率不变。②恒压：充入“惰性气体”→体积增大→物质浓度减小(活化分子浓度减小)→反应速率减慢。15.已知溶质质量分数为98%的浓硫酸（），其物质的量浓度为，取该硫酸与水混合，配制成溶质质量分数为49%的硫酸（），其物质的量浓度为，则分别为（

）

A、

B、

C、

D、参考答案：A略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.现用二氧化锰与浓盐酸反应制备纯净干燥的氯气，再用氯气与铜粉反应制取少量CuCl2，其装置如下：（1）写出装置A中发生反应的离子方程式_________________________。（2）B中选用的试剂是饱和食盐水，其作用是除去Cl2中混有的__________杂质；装置E的作用是___________________。（3）即使A装置中的MnO2和D装置中的Cu都是足量的，100mL12mol／L浓盐酸经充分反应后得到的CuCl2也不足0.3mol，其原因是______________A.装置漏气

B.A装置在加热过程中盐酸易挥发C.CuCl2潮解吸水

D.A装置中反应生成的水要稀释盐酸，剩余的盐酸不再反应（4）某实验小组的同学用经Cl2消毒的自来水配制下列溶液：①KI；②AgNO3；③AlCl3；④FeCl2；⑤稀盐酸，发现部分药品变质，它们是(请用序号作答)____________________。（5）另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强。他们将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样。请你分析该现象的原因（用化学方程式表示）_____________________________________。（6）一定条件下，在一定量的石灰乳中通入一定量的氯气，二者恰好完全反应。生成物中含有三种含氯元素的离子，其中ClO－、ClO两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的曲线如图所示。该过程中参加反应Cl2的物质的量是________mol。若产生的n（C1-）为11mol，n（C1O3-）为2mol，则参加反应的Ca(OH)2的物质的量为________mol。参考答案：(1)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O

(2)HCl

收集氯气

(3)BD

(4)①②④

(5)2H2O+SO2+Cl2==2HCl+H2SO4

(6)5mol

7mol解析：(1)用二氧化锰与浓盐酸反应制备纯净干燥的氯气，装置A中发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)生成的氯气中含有少量的氯化氢和水蒸气，B中选用饱和食盐水，可以除去Cl2中混有的氯化氢杂质；C中用浓硫酸干燥氯气，干燥的氯气与铜粉反应后多余的氯气用E收集，剩余的氯气用氢氧化钠溶液除去尾气，防止污染空气，故答案为：HCl；收集氯气；(3)即使A装置中的MnO2和D装置中的Cu都是足量的，100mL12mol／L浓盐酸经充分反应后得到的CuCl2也不足0.3mol，说明生成的氯气物质的量小于0.3mol，即被氧化的氯化氢少于0.6mol，少于氯化氢总量的一半。A.实验前都要进行气密性检查，装置漏气是不合理的，故A错误；B.A装置在加热过程中盐酸易挥发，使得利用的氯化氢减少，故B正确；C.CuCl2潮解吸水与氯化铜的物质的量多少无关，故C错误；D.二氧化锰只能与浓盐酸反应，A装置中反应生成的水要稀释盐酸，变成稀盐酸不再反应，故D正确；故选BD。(4)经Cl2消毒的自来水可以看成浓度较小的氯水，①氯水中含有氯气，能够将KI氧化变质；②氯水中含有氯离子，能够与AgNO3反应生成氯化银沉淀变质；③AlCl3与氯水中的微粒不反应，不变质；④氯水中含有氯气，能够将FeCl2氧化变质；⑤稀盐酸与氯水中的微粒不反应，不变质；变质的有①②④，故答案为：①②④；(5)氯气具有较强的氧化性，二氧化硫具有较强的还原性，在水溶液中两者1：1发生反应：Cl2+SO2+2H2O═2HCl+H2SO4，生成物都无漂白性，因而SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液时，品红溶液并不褪色，故答案为：2H2O+SO2+Cl2==2HCl+H2SO4；(6)由图可知，t2时n(ClO-)=2mol，n(ClO3-)=1mol，根据得失电子守恒，n(C1-)=2mol×1+1mol×5=7mol，根据氯元素守恒，参加反应Cl2为mol=5mol，若产生的n(C1-)为11mol，n(C1O3-)为2mol，根据得失电子守恒，n(ClO-)=11mol-2mol×5=1mol，根据电荷守恒，n[Ca(OH)2]=n(Ca2+)=×(11mol+2mol+1mol)=7mol，故答案为：5mol；7mol。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.下表是现行中学化学教科书中元素周期表的一部分，除标出的元素外，表中的每个编号表示一种元素，请根据要求回答问题：族周期ⅠA

01HⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA

2

①②FNe3③Mg④Si⑤

⑥

(1)②表示的元素是______(填元素符号)。(2)①与⑤两种元素相比较，原子半径较大的是______(填元素符号)，其非金属性较强的是______(填元素符号)，其最高正价氧化物水化物酸性较强的酸是_______(填分子式)。(3)⑥元素的单质可以用来制取漂白粉，其有效成分是______(填化学式)。③与⑥两种元素所形成化合物所含化学键是______(填“共价键”或“离子键”)。(4)写出元素③的最高价氧化物对应的水化物与元素④的最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式：____________。参考答案：(1)O

(2)P

N

HNO3

(3)Ca(ClO)2

离子

(4)Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O【分析】由元素在周期表的位置可知，①～⑥分别为N、O、Na、Al、P、Cl，(1)②位于第二周期ⅥA族；(2)电子层越多，原子半径越大；同主族从上到下非金属性减弱；非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强；(3)氯气与石灰乳反应可制备漂白粉，③与⑥两种元素所形成化合物为NaCl；(4)元素③的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，元素④的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，二者反应生成偏铝酸钠和水。【详解】(1)②表示的元素是O；(2))①与⑤两种元素相比较，原子半径较大的是P，其非金属性较强的是N，其最高正价氧化物水化物酸性较强的酸是HNO3；(3)⑥元素的单质可以用来制取漂白粉，其有效成分是Ca(ClO)2，③与⑥两种元素所形成化合物是氯化钠，所含化学键是离子键；(4)元素③的最高价氧化物对应的水化物与元素④的最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式为Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O。【点睛】理解元素周期律是解题关键，元素周期律的主要内容是同周期元素从左到右，原子序数逐渐增大，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族从上到下原子半径增大，非金属性减弱，则对应氢化物的稳定性减弱，最高价含氧酸的酸性减弱；同一周期从左向右原子半径减小，非金属性增强，则对应氢化物的稳定性增强，最高价含氧酸的酸性增强。

18.（16分）现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表：元素编号元素性质或原子结构TM层上有6个电子X最外层电子数是次外层电子数的2倍Y常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性[来源:高考资源网.Z元素最高正价是＋7价

（1）元素T为

元素（填元素名称）。元素X的一种核素可测定文物年代，这种核素的符号是

。

（2）元素Y在周期表中的位置

。

（3）元素Z的原子结构示意图为

。（4）元素Z与元素T相比，非金属性较强的是

（用元素符号表示），能证明这一事实的依据是

。（5）探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之一。T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物中化学性质明显不同于其他三种的是

（填酸的化学式），理由是

。

参考答案：16分，每空2分）（1）硫

；146C

（2）第2周期第ⅤA族ks5u高考资源网

（3）（4）Cl；HClO4的酸性比H2SO4强（答案合理给分）（5）H2CO3；碳酸是弱酸，其它酸为强酸（答案合理给分）略19.（9分）用石油裂化和裂解过程得到的乙烯、丙烯来合成丙烯酸乙酯的路线如图：根据以上材料和你所学的化学知识回答下列问题：（1）乙烯的电子式

，除去甲烷中得乙烯所用的试剂是（填序号）．A．稀硫酸

B．溴的四氯化碳溶液C．水

D．酸性高锰酸钾溶液（2）由CH2=CH2制得有机物A的化学反应类型是

；A与B合成丙烯酸乙酯的反应的类型是

反应．（3）已知2CH3CHO+O22CH3COOH．若以乙烯为主要原料合成乙酸，其合成路线如图所示．反应②的化学方程式为

．工业上以乙烯为原料可以生产一种重要的合成有机高分子化合物，其反应的化学方程式为

，反应类型是

．参考答案：（1）；B；（2）加聚反应；酯化反应或取代反应