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山西省吕梁市枣林村中学2023年高一化学上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.以下是一些常用的危险品标志,装运乙醇的包装箱应贴的图标是(
)
参考答案:D略2.xgH2O中含有y个氢原子,则阿伏加德罗常数为(
)A.mol﹣1 B.mol﹣1 C.mol﹣1 D.mol﹣1参考答案:B【分析】根据n=计算出xg水的物质的量,然后计算出含有氢原子的物质的量,xgH2O中含有y个氢原子,再根据阿伏伽德罗常数NA=进行计算即可.【解答】解:xgH2O的物质的量为:n(H2O)==mol,含有氢原子的物质的量为:n(H)=2n(H2O)=mol,xgH2O中含有y个氢原子,所以根据阿伏伽德罗常数NA===mol﹣1,故选B.【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算,题目难度中等,注意掌握阿伏加德罗常数的概念及计算表达式,明确阿伏伽德罗常数与物质的量、摩尔质量之间的转化关系为解答本题的关键.3.下列有关实验原理或操作正确的是
(
)A.喷泉实验
B.转移溶液
C.收集氯化氢气体
D.稀释浓硫酸参考答案:A略4.下列说法不正确的是A.蛋白质水解的最终产物是氨基酸B.米饭在嘴中越咀嚼越甜的原因是淀粉水解生成甜味物质C.油脂、乙醇是人体必需的营养物质D.水果因含有酯类物质而具有香味参考答案:C5.工业上制漂白粉通常是将Cl2通入A.石灰水
B.碱石灰
C.石灰乳
D.生石灰参考答案:C6.下列物质中,能够导电的电解质是(
)A.Cu丝 B.熔融的MgCl2 C.NaCl溶液 D.蔗糖参考答案:B考点:电解质与非电解质;电解质溶液的导电性.专题:电离平衡与溶液的pH专题.分析:在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质,能导电的物质中含有自由电子或离子,据此分析解答.解答:解:A、铜丝能导电,但铜丝是单质不是化合物,所以铜丝不是电解质也不是非电解质,故A错误.B、熔融的氯化镁中含有自由移动的离子,所以能导电,氯化镁是能导电的电解质,故B正确.C、氯化钠溶液中含有自由移动的阴阳离子所以能导电,但氯化钠溶液是混合物,所以不是电解质,故C错误.D、蔗糖在水溶液里或熔融状态都以分子分子,所以都不导电,蔗糖是非电解质,故D错误.故选:B.点评:本题考查了电解质和非电解质的判断,难度不大,注意无论电解质还是非电解质都首先必须是化合物7.科学家已发现一种新型氢分子,其化学式为H3,在相同条件下,等质量的H3和H2相同的是A.原子数
B.分子数
C.体积
D.物质的量参考答案:A略8..标准状况下,将11.2LO2、11gCO2、0.25molN2混合,则该混合气体的体积为(
)A.2.24L
B.22.4L
C.44.8L
D.24.5L参考答案:B略9.污水处理的主要方法有:①中和法;②化学沉淀法;③氧化还原法;④过滤法。其中属于化学方法的有
A.①②③
B.②③④
C.①②④
D.①②③④参考答案:A略10.把少量废铁屑溶于过量稀硫酸中,过滤,除去杂质,在滤液中加入过量氯水,再加入过量的氨水,有沉淀生成。过滤,加热沉淀物至质量不再发生变化,得到固体残渣。上述沉淀和残渣分别为A.Fe(OH)2;Fe2O3
B.Fe(OH)2;FeOC.Fe(OH)2、Fe(OH)3;Fe2O3
D.Fe(OH)3;Fe2O3参考答案:D把少量废铁屑溶于过量稀硫酸中反应生成硫酸亚铁,过滤,除去杂质,在硫酸亚铁中加入过量氯水,亚铁离子被氧化生成铁质量,再加入过量的氨水,有氢氧化铁沉淀生成,过滤,加热沉淀物至质量不再发生变化,得到的固体残渣为Fe2O3,故选D。11.铅笔芯的主要成分是石墨和黏土,这些物质按照不同的比例加以混和、压制,就可以制成铅笔芯。如果铅笔芯质量的一半成分是石墨,且用铅笔写一个字消耗的质量约为1mg。那么一个铅笔字含有的碳原子数约为
A.2.5×1019个
B.2.5×1022个
C.5×1019个
D.5×1022个参考答案:A略12.乙烯的产量是衡量一个国家石油化工生产水平的标志,这是由于乙烯在石油化工生产中具有广泛的用途。下列关于乙烯的用途叙述不正确的是()A.以乙烯为原料可以合成聚乙烯等制备生活用品的材料
B.乙烯可以用来制备1,2-二溴乙烷()C.乙烯可以与水发生加成反应制备乙醇(CH3CH2OH)D.乙烯可以与HBr发生加成反应制备二溴乙烷()参考答案:D略13.下列实验操作均要用玻璃棒,其中玻璃棒作用相同的是
①过滤
②蒸发
③溶解
④向容量瓶转移液体A.①和②
B.①和③
C.③和④
D.①和④参考答案:D略14.用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述中正确的是()A.在25℃、101kPa下,11.2LCO2气体中含有的碳原子数目为0.5NAB.1mol氯气与足量Fe粉完全反应,失去的电子数为3NAC.常温常压下,78gNa2O2与足量水反应生成O2分子数为0.5NAD.2mol·L-1H2SO4溶液中含有的H+数目为4NA参考答案:C【详解】A.在25℃、101kPa下气体的摩尔体积大于22.4L/mol,11.2LCO2气体的物质的量小于0.5mol,其中含有的碳原子数目小于0.5NA,A错误;B.1mol氯气与足量Fe粉完全反应生成氯化铁,得到的电子数为2NA,B错误;C.常温常压下,78gNa2O2的物质的量是1mol,与足量水反应生成0.5mol氧气,则O2分子数为0.5NA,C正确;D.2mol·L-1H2SO4溶液的体积未知,则不能计算其中含有的H+数目,D错误。答案选C。15.下列化学反应的离子方程式正确的是(
)A.氯化铝溶液与过量的氨水反应:Al3++4NH3·H2O=-AlO2-+4NH4++2H2OB.氯气和水反应:Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-C.硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至中性:Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2OD.金属钠和水反应:Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑参考答案:CA、氢氧化铝只溶于强酸强碱,向氯化铝中加过量的氨水,只会生成氢氧化铝,而不会生成AlO2-,故A错误;B、HClO是弱酸,在离子方程中不可拆分,故氯气和水反应的离子方程应为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO,故B错误;C、NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液,假设NaHSO4为1mol,其中有1molH+,1molSO42-,要将溶液反应至中性,则需要加入1molOH-,即0.5molBa(OH)2,此时离子间反应量的关系为:1H++0.5SO42-+1OH-=1H2O+0.5BaSO4↓,整理成离子方程式为:2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O,故C正确;D、电荷不守恒,故D错误。故选C。二、实验题(本题包括1个小题,共10分)16.实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。资料:①K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液:②具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定。(1)制备K2FeO4(夹持装置略)①A为氯气发生装置。A中反应方程式是________________(锰被还原为Mn2+)。②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂________________。③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3C12+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外还有________________。(2)探究K2FeO4的性质①取C中紫色溶液,加入稀硫酸,产生黄绿色气体,得溶液a,经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2,设计以下方案:方案Ⅰ取少量a,滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤C中所得固体,再用KOH溶液将K2FeO4溶出,得到紫色溶液b。取少量b,滴加盐酸,有Cl2产生。
Ⅰ.由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有________________离子,但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化,还可能由________________产生(用离子方程式表示)。Ⅱ.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的是________________。②根据K2FeO4的制备实验得出:氧化性Cl2________________FeO42-(填“>”或“<”),而方案Ⅱ实验表明,Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反,原因是________________。参考答案:(1)①2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O
②
③Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
(2)①Ⅰ.Fe3+
4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O
Ⅱ.排除ClO-的干扰
②>
溶液的酸碱性不同【分析】(1)①A为氯气发生装置,由高锰酸钾和浓盐酸反应制取得到Cl2,MnO4-被还原为Mn2+,Cl-被氧化为Cl2,写出反应的方程式;②装置B为除杂装置,浓盐酸会挥发产生HCl,使得产生的Cl2中混有HCl,要除去HCl,可将混合气体通过饱和食盐水;③C中得到紫色固体和溶液,紫色的溶液为K2FeO4,碱性条件下,Cl2可以氧化Fe(OH)3制取K2FeO4,还存在Cl2和KOH反应;(2)①i.方案I中加入KSCN溶液至过量,溶液呈红色,说明反应产生Fe3+,不能判断一定K2FeO4将Cl-氧化,但K2FeO4在碱性溶液中稳定,酸性溶液中快速产生O2,自身转化为Fe3+;ii.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-,使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体,使K2FeO4稳定析出,并除去ClO-离子,防止酸性条件下ClO-和Cl-反应产生Cl2干扰实验;②Fe(OH)3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-,可以说明Cl2的氧化性大于FeO42-,而方案Ⅱ实验表明,Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反,方案Ⅱ是FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2,两种反应体系所处酸碱性介质不一样;【详解】(1)①A为氯气发生装置,由高锰酸钾和浓盐酸反应制取得到Cl2,MnO4-被还原为Mn2+,Cl-被氧化为Cl2,所以反应的方程式为:2MnO4-+10Cl-+16H+═5Cl2↑+2Mn2++8H2O;②装置B为除杂装置,反应使用浓盐酸,浓盐酸会挥发产生HCl,使得产生的Cl2中混有HCl,需要除去HCl,可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的,所以装置B应为:③C中得到紫色固体和溶液,紫色的为K2FeO4,在碱性条件下,Cl2可以氧化Fe(OH)3制取K2FeO4,还存在反应为Cl2和KOH反应,所以还发生的反应方程式为:Cl2+2KOH═KCl+KClO+H2O;(2)①i.方案I中加入KSCN溶液至过量,溶液呈红色,说明反应产生Fe3+,但该离子的产生不能判断一定K2FeO4将Cl-氧化,注意K2FeO4在碱性溶液中稳定,酸性溶液中快速产生O2,自身转化为Fe3+,发生反应为:Fe3+;4FeO42-+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O;ii.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-,使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体,可以使K2FeO4稳定析出,同时考虑到K2FeO4表面可能吸附ClO-,ClO-在酸性条件下可与Cl-反应生成Cl2,从而干扰实验,所以用KOH溶液洗涤的目的是:使K2FeO4稳定溶出,并把K2FeO4表面吸附的ClO-除尽,防止ClO-与Cl-在酸性条件下反应产生Cl2,避免ClO-干扰实验;②Fe(OH)3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-,可以说明Cl2的氧化性大于FeO42-,而方案Ⅱ实验表明,Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反,方案Ⅱ是FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2,两种反应体系所处酸碱性介质不一样,溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱;三、综合题(本题包括3个小题,共30分)17.乙烯是一种重要的化工原料,以乙烯为原料衍生出部分化工产品的反应如下(部分反应条件已略去):请回答下列问题:(1)
A的化学名称是_______;(2)
B和A反应生成C的化学方程式为___________,该反应的类型为_____________;(3)
D的结构简式为___________;(4)
F的结构简式为_____________;(5)
D的同分异构体的结构简式为___________。参考答案:(1)乙醇(2)CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O取代反应(酯化反应)(3)(4)CH3COOCH2CH2OOCCH3(5)CH3CHO
略18.把0.6molX气体和0.6molY气体混合于2L密闭容器中,使它们发生如下反应:2X(g)+Y(g)=nM(g)+2W(g)2min末,若测知以W的浓度变化表示的反应速率为0.05mol?L﹣1?min﹣1,容器内气体的总物质的量与反应前容器内气体的总物质的量之比为5:4,则:(1)前2min内用Y的浓度变化表示的平均反应速率为___________。(2)2min末时X的浓度为_________。(3)化学反应方程式中n的值是____________。参考答案:(1)0.025mol?L﹣1?min﹣1
(2)0.2mol?L﹣1
(3)n=4,解析:以W的浓度变化表示的反应速率为0.05mol?L-1?min-1,可知生成W为0.05mol?L-1?min-1×2min×2L=0.2mol,则
2X(g)+Y(g)═nM(g)+2W(g)
开始
0.6
0.6
0
0
转化
0.2
0.1
0.1n
0.2
2min末
0.4
0.5
0.1n
0.2
容器内气体的总物质的量与反应前容器内气体的总物质的量之比为5:4,则=,解得n=4;(1)W与Y的化学计量数比为2:1,则前2min内用Y的浓度变化表示的平均反应速率为0.05mol?L-1?min-1×=0.025mol?L-1?min-1;
(2)2min末X的浓度为=0.2mol/L;
(3)由上述分析可知,n=4。19.物质A—J间的转化关系如下图所示,A、C为金属氧化物,其中A为红棕色粉末,B、D是生活中常见金属单质,F、J是难溶于水的白色化合物,G、J受热后容易分解(1)A的化学式是_________,A与B反应的反应类型是________(填四大基本反应类型)。(2)I→J反应的离子方程式是___________________________________________。(3)F转化为G的过程中观察到的现象是__________,反应的化学方程式是____________。参考答案:(1)Fe2O3
置换反应
(2)AlO2-+CO2+3H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
(3)白色沉
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