山西省运城市冯村乡中学2022-2023学年高一化学期末试题含解析

山西省运城市冯村乡中学2022-2023学年高一化学期末试题含解析一、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.下列叙述中正确的是A.周期表中第VA族元素的最高价氧化物对应水化物的化学式均为H3RO4B.O22-与S2-具有相同的质子数和电子数C.所有主族元素的简单离子所带电荷数绝对值与其族序数相等D.氕化锂、氘化锂、氚化锂可以作为“长征2号”火箭发射的重要燃料，LiH、LiD、LiT的化学性质不同参考答案：B分析：A、ⅤA族元素，最高价为+5价，N元素的最高价氧化物对应水化物的为HNO3；B、O22－与S2－的质子数均为16和电子数均为18；C、阴离子所带电荷数不一定等于其族序数；D、H、D、T核外同位素，LiH、LiD、LiT的化学性质几乎完全相同．详解：A、ⅤA族元素，最高价为+5价，N元素的最高价氧化物对应水化物的为HNO3，不符合H3RO4，故A错误；B、O22－与S2－的质子数16和电子数为18，所以两种微粒具有相同的质子数和电子数，故B正确；C、阴离子所带电荷数不一定等于其族序数，如：S2－为ⅥA、Cl－为ⅦA，故C错误；D、H、D、T核外同位素，LiH、LiD、LiT的化学性质几乎完全相同，故D错误，故选：B。2.下列有机反应方程式书写正确的是A.CH4+Cl2CH2Cl2+H2B.CH2=CH2+Br2CH3CHBr2C.D.参考答案：D试题分析：A．甲烷光照条件下分子中的氢原子会逐步被取代，反应方程式CH4+Cl2CH3Cl+HCl，故A错误；B．CH2=CH2与Br2发生加成反应，化学反应方程式为CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br，故B错误；C．苯与混酸加热条件下发生取代反应生成硝基苯，化学反应方程式为：，故C错误；D．葡萄糖在酒化酶作用下可以生成乙醇，化学反应方程式为：，故D正确。3.FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分应后仍有固体存在，下列判断不正确的是

A．加入KSCN溶液一定不变红色

B．溶液中一定含Fe2+

C．溶液中一定含Cu2+

D．剩余固体中一定含铜参考答案：C略4.有机化学知识在生活中应用广泛，下列说法不正确的是（

）A．利用天然气做燃烧可以有效地减少“温室效应”的气体产生B．由于乙醇能够溶解很多有机物和无机物，所以可用乙醇提取中药的有效成分C．用灼烧的方法可以鉴别毛织物和棉织物D．油脂是产生能量最高的营养物质，在饮食中不必控制油脂的摄入量参考答案：D略5.苯环结构中，不存在单双键交替结构，可以作为证据的事实是（

）①苯不能使酸性KMnO4溶液褪色

②苯分子中碳原子间的距离均相等③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷

④经实验测得间二甲苯仅一种结构⑤苯在FeBr3存在条件下与液溴发生取代反应，但不因化学变化而使溴水褪色A.②③⑤B.①②④C.①②⑤D.①③④参考答案：C【分析】苯环上的6个碳碳键完全相同，是介于碳碳单键、碳碳双键之间的“特殊键”。故苯环是3个C－C键、3个C=C交替结构所不能解释的事实，都要作为这种“特殊键”的证据。【详解】①若苯环结构中存在单双键交替结构则能使酸性KMnO4溶液褪色，苯不能使酸性KMnO4溶液褪色说明苯环结构中不存在单双键交替结构；②若苯环结构中存在单双键交替结构，C－C键键长应大于C=C键键长，苯分子中碳原子间的距离均相等说明苯环结构中不存在单双键交替结构；③苯环结构中无论是否存在单双键交替结构，一定条件下苯都能与H2加成生成环己烷，不能作为证据；④苯环结构中无论是否存在单双键交替结构，间二甲苯仅有一种结构，④不可作证据（邻二甲苯只有一种结构，可作为证据）；⑤若苯环结构中存在单双键交替结构则能使溴水因发生加成反应而褪色，苯不能使溴水发生加成反应而使溴水褪色说明苯环结构中不存在单双键交替结构。本题选C。6.下列气体既可以用浓硫酸干燥，又可以用碱石灰干燥的是：A.SO2 B.NH3 C.Cl2 D.O2参考答案：D【分析】根据气体干燥剂的化学性质判断，浓硫酸显酸性且具有强氧化性，不能干燥碱性的和还原性的气体；碱石灰的主要成分是CaO和NaOH，显碱性不能干燥酸性的气体。总体原则是：酸性干燥剂不能用来干燥碱性气体，而碱性干燥剂不能用来干燥酸性气体。【详解】A.二氧化硫是酸性氧化物，能和氢氧化钠反应，所以不能用碱石灰干燥；B.NH3可与浓硫酸发生反应，不能用浓硫酸干燥；C.Cl2可以用浓硫酸干燥，Cl2和氢氧化钠反应，所以不能用碱石灰干燥；D.O2是中性气体，与浓硫酸、碱石灰都不能反应，所以既能用浓硫酸又能用碱石灰干燥。综上所述，D符合题意，本题选D。7.在一定体积的18mol/L的浓硫酸中加入过量铜片并加热，被还原的硫酸为0.9mol，则浓H2SO4的实际体积为()A.等于50mL B.大于50mL C.等于100mL D.大于100mL参考答案：D试题分析：根据铜与硫酸反应的方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑+2H2O，若被还原的H2SO4为0.9mol，则根据方程式可知反应的硫酸的物质的量是1.8mol，则V=1.8mol÷18mol/L=0.1L=100mL，由于只有浓硫酸与铜反应，而稀硫酸不能反应，所以参加反应的浓硫酸的实际体积大于100mL，故选项D正确。

8.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．常温常压下，8gO2的体积为5.6L

B．标准状况下，22.4LH2O所含的分子数为NAC．标准状况下，50mL0.2mol·L-1的盐酸中含有分子数为0.01NA

D．常温常压下，10g氖气含有的原子数为0.5NA个参考答案：D9.下列离子方程式改写成化学方程式正确的是（

）A．Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓

CuCO3+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2CO3B．H++OH-=H2O

2KOH+H2SO4=K2SO4+2H2OC．Ca2++CO32-=CaCO3↓

Ca(NO3)2+MgCO3=CaCO3↓+Mg(NO3)2D．CO32-+2H+=CO2↑+H2O

BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O参考答案：BA．Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓表示可溶性的铜盐和可溶性的强碱混合生成Cu(OH)2↓和可溶性盐，而化学方程式中CuCO3难溶于水，故A错误；B．正确；C．碳酸镁是难溶物质不能拆，故C错误；D．碳酸钡不可拆，故D错误；故选B。10.下列物质中，通入CO2不能析出固体的是

A．Na2SiO3溶液

B．NaClO溶液

C．饱和Na2CO3溶液

D．Ca(OH)2溶液参考答案：B11.部分短周期元素的原子半径及主要化合价如下，根据表中信息，判断以下叙述正确的是元素代号LMQRT原子半径/nm0.1600.1430.1120.1040.066主要化合价+2+3+2+6、-2-2A.氢化物的稳定性为H2T<H2R B.单质与稀盐酸反应的剧烈程度为L<QC.M3+是所在周期中半径最小离子 D.L2+与R2-的核外电子数相等参考答案：C【分析】短周期元素，T、R都有-2价，处于ⅥA族，T只有-2价，则T为O元素、R为S元素，L、Q都有+2价，处于ⅡA族，原子半径L＞Q，则L为Mg元素，Q为Be元素，M有+3价，处于ⅢA族，原子半径M的介于L、R之间，则M为Al元素；元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，沸点越高；L2+为Mg2+，R2-为S2-，据此分析核外电子数；金属性越强，则与酸反应越快；M与T形成的化合物是氧化铝，据此解答【详解】A.非金属性O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，沸点越高即H2T＞H2R，A项错误；B.金属性Mg＞Be，则Mg与酸反应比Be快，B项错误；C.电子层数相同时，核电荷数越大，简单离子半径越小，则Al3+是所在周期中半径最小的离子，C项正确；D.L2+的核外电子数为12?2＝10，R2-的核外电子数为16-(-2)＝18，不相等，D项错误；答案选C。12.下列有关电能特点的说法错误的是A.电能是现代社会应用最广泛,使用最方便,污染最小的二次能源；B.目前我国发电总量中火电所占比率最多；C.燃煤发电过程中能量转换方式为:化学能→热能→机械能→电能；D.火力发电过程中能量转化率很高。参考答案：D略13.将0.06molFeCl2加入100mLK2Cr2O7溶液中，恰好使溶液中Fe2+全部转化为Fe3+，Cr2O72－被还原为Cr3+。则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为A．0.4mol/L

B．0.2mol/L

C．0.1mol/L

D．0.08mol/L参考答案：C14.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.56gFe在足量稀硝酸中完全反应转移的电子数为2NAB.标准状况下，22.4LNH3所含的电子数为10NAC.5.6gFe在足量氯气中燃烧转移的电子数为0.2NAD.标准状况下，11.2LH2O中含有分子的数目为0.5NA参考答案：B【详解】A．56gFe是1mol，在足量稀硝酸中完全反应生成硝酸铁，因此转移的电子数为3NA，A错误；B．标准状况下，22.4LNH3是1mol，1分子氨气含有10个电子，则所含的电子数为10NA，B正确；C．5.6gFe是0.1mol，在足量氯气中燃烧生成氯化铁，转移的电子数为0.3NA，C错误；D．标准状况下水不是气态，不能利用气体摩尔体积计算分子数，D错误；答案选B。15.下图所示是分离混合物时常用的仪器，从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是

A.蒸馏、蒸发、萃取、过滤

B.蒸馏、过滤、萃取、蒸发C.萃取、过滤、蒸馏、蒸发

D.过滤、蒸发、萃取、蒸馏参考答案：B略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.经研究知Cu2＋对H2O2分解也具有催化作用，为比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果，某研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。回答相关问题：(1)定性分析：如图甲可通过观察________________，定性比较得出结论。有同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，其理由是________________________，H2O2在二氧化锰催化作用下发生反应的化学方程式为____________________________________。(2)定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略。图中仪器A的名称为________，实验中需要测量的数据是________。参考答案：(1)反应产生气泡的快慢（1分）控制阴离子相同，排除阴离子的干扰（1分）（2分）(2)分液漏斗（1分）

收集40mL气体所需要的时间（2分）首先明确实验目的：比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果；（1）图甲：两试管中盛有等体积、等浓度的H2O2，分别滴入氯化铁、硫酸铜溶液，通过产生气泡的快慢即可比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果（保持其他条件相同，只改变催化剂）；氯离子中氯为-1价，有还原性，H2O2有氧化性，故Cl-和H2O2可发生氧化还原反应，应排除Cl-的干扰；（2）“收集40mL气体所需要的时间”即通过计算分别用Fe3＋、Cu2＋催化时生成O2的速率，来定量比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果；

三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（1）①H2+CuOCu+H2O

②CaCO3+2HCl==CaCl2+CO2↑+H2O③3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O

④NH4NO3+Zn==ZnO+N2↑+2H2O⑤Cu2O+4HCl==2HCuCl2+H2O上述反应中，属于氧化还原反应的是__________________________（填序号）（2）用双线桥法表示下述反应的电子转移MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O________（3）在反应KIO3+6HI==3I2+KI+3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。（4）若反应3Cu+8HNO3（稀）==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O中转移了3mol电子，则生成的NO气体在标况下的体积是_____________L。（5）配平下面两个反应①____H2O+____Cl2+____SO2==____H2SO4+____HCl，②____KMnO4+____HCl==____KCl+____MnCl2+____Cl2↑+____H2O（系数是1的也请填上），根据以上两个反应反应，写出由KMnO4、K2SO4、MnSO4、SO2、H2O、H2SO4这六种物质组成的氧化还原反应的方程式并配平。______________________________________。参考答案：(1)①③④

(2)

(3)1:5

(4)22.4

(5)①21112

②2

16

2

2

58

2KMnO4+5SO2+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4【详解】（1）①H2+CuOCu+H2O；③3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O；④NH4NO3+Zn==ZnO+N2↑+2H2O这三个反应中化合价都有变化，所以都属于氧化还原反应；②CaCO3+2HCl==CaCl2+CO2↑+H2O；⑤Cu2O+4HCl==2HCuCl2+H2O这两个反应中没有化合价变化，均属于非氧化还原反应；综上所述，本题答案是：①③④。（2）MnO2→MnCl2，锰元素化合价由+4价降低到+2价，得电子发生还原反应；Cl-→Cl2，氯元素化合价由-1价升高到0价，失电子发生氧化反应；正确的电子转移表示为：；综上所述，本题答案是：。（3）在反应KIO3+6HI==3I2+KI+3H2O中，若有3molI2生成，KIO3→I2，碘元素化合价降低，得电子发生还原反应，做氧化剂，其物质的量为1mol；6molHI中有1molI-没被氧化，5molHI→2.5molI2，碘元素化合价升高，失电子发生氧化反应，做还原剂，其物质的量为5mol；因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5；综上所述，本题答案是：1:5。（4）反应3Cu+8HNO3（稀）==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O中，铜由0价升高到+2价，失电子；3molCu完全反应，共转移6mole-；根据3Cu--2NO-6mole-可知，当转移了3mol电子时，生成的NO气体的物质的量为1mol，其在标况下的体积是1×22.4=22.4L；综上所述，本题答案是：22.4。（5）①根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等规律，进行配平：Cl2→2HCl，氯元素化合价降低2价；SO2→H2SO4，硫元素化合价升高2价，化合价升降总数相等；因此Cl2前面系数为1，SO2前面系数为1，再根据原子守恒配平其它物质系数，正确的为：2H2O+Cl2+SO2==H2SO4+2HCl；综上所述，本题答案是：2,1,1,1,2。②根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等规律，进行配平：KMnO4→MnCl2，锰元素化合价降低5价；2HCl→Cl2，氯元素元素化合价升高2价，根据化合价升降总数相等规律：KMnO4前面的系数为2，Cl2前面系数为5；最后根据原子守恒配平其它物质系数，正确的为2KMnO4+16HCl==2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；KMnO4在反应中做氧化剂，被还原为MnSO4，SO2在反应中作还原剂，被氧化为H2SO4，根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等规律，进行配平：KMnO4→MnSO4，锰元素化合价降低5价；SO2→SO42-，硫元素元素化合价升高2价，根据化合价升降总数相等规律：KMnO4前面的系数为2，SO2前面系数为5；最后根据原子守恒配平其它物质系数，正确的为：2KMnO4+5SO2+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4；综上所述，本题答案是：2,16,2,2,5,8；2KMnO4+5SO2+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4。【点睛】针对于问题（3）在反应KIO3+6HI==3I2+KI+3H2O中，都是碘元素发生化合价变化，因此同种元素之间发生氧化还原反应时，化合价变化为“只靠拢，不交叉”；即KIO3中+5价的碘降低到0价碘；HI中-1价碘升高到0价碘，但是其中6个HI中有1个-1价碘没有发生变价，有5个-1价碘发生变价，被氧化；因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5。18.Ⅰ．（1）地壳中含量最高的金属元素是__________，Na2CO3俗称_______________，制造计算机芯片的半导体材料是_____________，水晶项链的主要成分是________________。（2）绿柱石（绿宝石）矿藏其主要化学成分为BenAl2Si6O18，可用氧化物形式表示为nBeO·Al2O3·6SiO2，其n值为________；北京奥运金牌“金镶玉”环形玉璧由昆仑玉制成，昆仑玉的成分可简单看成是Ca2Mg5Si8O22(OH)2，将其化学式改写成氧化物形式为_______。Ⅱ．现有五种溶液，分别含下列离子：①Mg2+②Al3+③Cu2+④Fe2+⑤Fe3+。（3）写出符合下列条件的离子符号：滴加氯水后明显减少的离子是______________，加铁粉后溶液增重的是_____________；（4）向④的溶液中滴加NaOH溶液，现象是_________________________，反应过程中属于氧化还原反应的化学方程式是_________________________________。参考答案：(1)铝（或Al）

苏打

硅（或单晶硅、或Si）

Si