山西省忻州市五台中学2021年高一化学上学期期末试题含解析

山西省忻州市五台中学2021年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.某些建筑材料含有放射性元素Rn（氡），会对人体产生一定危害。该原子的中子数和质子数之差是A．52

B．138

C．86

D．224参考答案：A2.已知还原性Cl－<Fe2＋<H2O2<I－<SO2，下列反应不能发生的是()A.2Fe3＋＋SO2＋2H2O===SO＋4H＋＋2Fe2＋B.I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HIC.H2O2＋2H＋＋SO===SO2↑＋O2↑＋2H2OD.2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2参考答案：C试题分析：在氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的，所以根据已知还原剂的还原性强弱顺序可判断，选项A、B、D中的反应都是可以发生的，C中双氧水不能氧化硫酸，C不正确，答案选C。点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重能力的考查。主要是考查学生对氧化还原反应概念的理解掌握程度，以及灵活应变能力。3.某金属元素由氧化物转变为单质，则该金属元素A.一定被氧化

B.一定被还原

C.可能被氧化，也可能被还原

D.既不被氧化，也不被还原参考答案：B4.同分异构现象在有机化合物中是非常普遍的。下列各组化合物中互为同分异构体的是

①CH3CH2CH2CH3和(CH3)2CHCH3；

②CH3CH2OH和CH3CH2CH2OH；③CH3COOCH2CH3和CH3CH2CH2COOH；

④CH3CH=CHCH3和CH3CH2CH=CH2；

A、①②④

B、①③⑤

C、①③④⑤

D、①③④参考答案：D5.某非金属单质A和氧气发生化合反应生成B，B为气体，其体积是反应掉氧气体积的两倍(同温同压)。关于B分子组成的推测一定正确的是()A．有1个氧原子

B．有2个氧原子C．有1个A原子

D．有2个A原子参考答案：A略6.只给出下列甲中和乙中对应的量，不能组成一个求物质的量的公式的是

甲乙①物质微粒数阿伏加德罗常数②标准状况下气体摩尔体积标准状况下气体体积③固体体积固体密度④溶液中溶质的质量分数溶液的体积⑤非标准状况下物质的质量物质的摩尔质量

A.③

B.③④

C.②③④

D.③④⑤参考答案：B试题分析：①根据n=N/NA，所以有物质微粒数和阿伏伽德罗常数可计算物质的量；②根据n=V/Vm，则有标准状况下气体的摩尔体积和标准状况下的气体体积可计算物质的量；③有固体的密度和固体的体积只能计算固体的质量，缺少摩尔质量，不能计算物质的量；④有溶液中溶质的质量分数和溶液的体积不能计算物质的量，缺少溶液的物质的量浓度；⑤有物质的质量和该物质的摩尔质量科计算物质的量，根据n=m/M，所以答案选B。7.有一种粉末它是由铁的氧化物中的一种或者两种组成，取3.04g粉末加热，同时通入足量的CO使之完全反应，再用过量澄清石灰水把生成气体充分吸收，产生沉淀5g。则该粉末组成是A．只有Fe2O3

B．只有FeOC．等物质的量的Fe2O3和Fe3O4

D．等物质的量的FeO和Fe3O4参考答案：D8.元素周期表和元素周期律对与化学相关的科学技术具有指导作用，人们常在元素周期表中一定的区域内寻找特殊物质，其中寻找催化剂的区域为(

)A．金属与非金属的分界线附近区域

B．过渡元素区域C．氟、氯、硫、磷等元素附近区域

D．元素周期表左下部分主族元素区域参考答案：B9.甲乙两种非金属：①甲比乙容易与H2化合；②甲的氢化物比乙的氢化物稳定③甲的最高价氧化物对应的水化物的酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强；④与某金属反应时甲原子得电子数目比乙的多；⑤甲的单质熔沸点比乙的低。能说明甲比乙的非金属性强的是

A．只要④

B．只有⑤

C．①②③④⑤

D．①②③参考答案：D略10.在下列各说法中，正确的是()A．ΔH>0表示放热反应，ΔH<0表示吸热反应B．热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数C．1molH2SO4与1molBa(OH)2反应生成BaSO4沉淀时放出的热叫做中和热D．1molH2与0.5molO2反应放出的热就是H2的燃烧热参考答案：B略11.X、Y、Z三种短周期元素，原子半径的大小关系为：，原子序数之和为16。X、Y、Z三种元素的常见单质在适当条件下可发生如图所示变化，其中B和C均为10电子分子。下列说法不正确的是（

）A．X元素位于ⅥAB．A不能溶解于B中C．B的沸点高于C的沸点D．A和C不可能发生氧化还原反应参考答案：D略12.下面是某同学做完铜一锌一硫酸原电池的实验后得出的结论和认识，正确的是（）A．构成原电池的正极和负极的材料必须是两种金属B．在该原电池中，铜作负极C．电子通过硫酸溶液由锌流向铜，在铜电极上被氢离子得到而放出氢气D．铜锌原电池工作时，若有13g锌溶解，则电路中就有0.4mol电子通过参考答案：D【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A．构成原电池正负极的材料不一定是两种金属；B．锌比铜活泼，锌为负极；C．电子只能经过外电路，溶液中由离子定向移动导电；D．根据锌和转移电子之间的关系式计算．【解答】解：A．构成原电池正负极的材料不一定是两种金属，可能是金属和导电的非金属，如石墨，故A错误；B．锌比铜活泼，锌为负极，铜为正极，故B错误；C．电子只能经过外电路，溶液中由离子定向移动导电，故C错误；D．铜、锌原电池工作时，若有13g锌被溶解，电路中通过的电子=×2=0.4mol，故D正确．故选D．13.下列反应的离子方程式正确的是A．过氧化钠投入水中：

2Na2O2+2H2O==4Na++4OH－+O2↑B．烧碱溶液吸收氯气：

Cl2+2OH-==Cl-+ClO-+H2OC．碳酸钙溶于盐酸

CO32-+2H+==H2O+CO2↑D．向氯化亚铁溶液中滴入氯水：Fe2++Cl2==Fe3++2Cl-参考答案：AB略14.某冶炼厂利用炼铜产生的SO2生产硫酸，变废为宝，化害为利。其原理是

A．利用了SO2的水溶性，将SO2直接通入水中

B．利用了SO2的氧化性，将SO2直接通入水中

C．利用了SO2的氧化性，使其与O2反应而转化为SO3，再与水反应

D．利用了SO2的还原性，使其与O2反应而转化为SO3，再与水反应参考答案：D15.下列说法正确的是（）A．用澄清石灰水可以鉴别碳酸钠和碳酸氢钠B．新制氯水经光照一段时间pH减小C．自然界硅元素贮量丰富，并存在大量的单质硅D．等质量的碳酸钠与碳酸氢钠分别于足量盐酸反应，产生二氧化碳质量相同参考答案：B【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；氯气的化学性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物．【分析】A．碳酸钠和碳酸氢钠均与石灰水反应生成白色沉淀；B．氯水含HClO，光照下HClO分解生成盐酸和氧气；C．Si为亲氧元素；D．盐酸足量时，等质量的碳酸钠与碳酸氢钠均完全反应，由n=可知碳酸氢钠的物质的量大．【解答】解：A．碳酸钠和碳酸氢钠均与石灰水反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故A错误；B．氯水含HClO，光照下HClO分解生成盐酸和氧气，则酸性增强，pH减小，故B正确；C．Si为亲氧元素，自然界硅元素以化合态存在，故C错误；D．盐酸足量时，等质量的碳酸钠与碳酸氢钠均完全反应，由n=可知碳酸氢钠的物质的量大，生成二氧化碳多，故D错误；故选B．二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.实验室欲用NaOH固体配制1.0mol·L-1的NaOH溶液240mL：（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④摇匀⑤移液⑥洗涤⑦定容⑧冷却其正确的操作顺序为____________________。（2）本实验用到的玻璃仪器有________________（至少回答3个）。（3）某同学欲称量NaOH的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图。烧杯的实际质量为________g，要完成本实验该同学应称出______gNaOH。

（4）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起所配溶液浓度偏高的是_____（填序号）

①没有洗涤烧杯和玻璃棒

②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水

④定容时俯视刻度线

⑤定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线。参考答案：(1)②①③⑧⑤⑥⑦④

(2)烧杯、玻璃棒、250ml容量瓶、量筒、胶头滴管

(3)27.4

10.0

(4)④解析：（1）.配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以正确的顺序为：②①③⑧⑤⑥⑦④；（2）.根据实验操作的步骤以及每步操作需要的仪器主要有：一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的玻璃仪器为：烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管、量筒等。故答案为：烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管、量筒等（回答三个即可）；（3）.根据天平的称量原理：左盘物体的质量=右盘物体的质量+游码的读数，所以烧杯的实际质量为30g－2.6g=27.4g，因配制溶液的体积为240mL，而容量瓶的规格没有240mL，故只能选用250mL的容量瓶，则NaOH的质量m=cvM=1.0mol·L?1×0.25L×40g/mol=10.0g，故答案为：27.4；10.0；（4）.①没有洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故①不选；②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故②不选；③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，因后续还需要加水定容，故对所配制的溶液浓度无影响，故③不选；④定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故④正确；⑤定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故⑤不选。所以答案选④。【名师点睛】配制一定物质的量浓度溶液的误差分析，要紧扣公式c=n/V：如①没有洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；⑤定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低等。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.已知铜和浓硫酸可以在加热条件下发生如下反应(反应方程式已配平)：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+A↑+2H2O试完成下面的问题：(1)A物质可以导致酸雨的形成。则A应该属于______(用字母代号填写)a．酸

b．碱

c．盐

d．酸性氧化物

e．碱性氧化物(2)该反应中被氧化的元素是_________________，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。(3)写出该反应的化学方程式并用双线桥标出电子转移的方向和数目：____________。(4)一定量的铜片与100mL18mol/L的浓H2SO4充分反应，如果该反应过程中转移了0.2mol电子，生成的CuSO4的质量为_________g，生成的A气体在标准状况下体积为________L(假设气体全部逸出)。参考答案：(1)d

(2)Cu

1︰1

(3)

(4)16

2.24【分析】(1)根据已配平的化学反应方程式中元素守恒，可确定A为SO2，结合SO2气体能导致酸雨确定其类别。(2)化合价入手分析，元素化合价升高的过程为氧化反应(或被氧化)，得电子的反应物是氧化剂，失电子的反应物为还原剂，由此分析。(3)运用双线桥表示电子转移的方向和数目时，线桥过等号，箭头由反应物指向生成物且箭头的起点和终点是同种元素，线桥上标明“得ne-”或“失ne-”。(4)根据Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O~转移2e-中计量关系计算。【详解】(1)因为有Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+A↑+2H2O，根据元素守恒知A是SO2，因A能形成酸雨，且SO2能与碱反应生成盐和水：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，所以SO2是酸性氧化物，答案选d。(2)根据反应式Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，铜元素的化合价由0价升高到CuSO4中的+2价，故铜元素发生氧化反应（或被氧化）；单质铜是还原剂，硫元素化合价由H2SO4中的+6价降低到SO2中的+4价，H2SO4得电子是氧化剂，2molH2SO4中只有1molH2SO4得电子，根据化学计量数可知，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1。(3)运用双线桥表示电子转移的方向和数目时，线桥过等号，箭头的起点和终点都指向同一元素且由反应物指向生成物，线桥上标明“得”或“失”及电子数目：。(4)根据Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O~转移2e-，可知每转移2mol电子生成1molCuSO4和1molSO2，所以转移0.2mol电子生成CuSO4的物质的量=×0.2mol=0.1mol，0.1molCuSO4的质量=0.1mol×160g/mol=16g；转移0.2mol电子时生成SO2气体物质的量=×0.2mol=0.1mol，0.1