山西省运城市闻喜中学2021年高一化学下学期期末试题含解析

山西省运城市闻喜中学2021年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.某元素X的最高价氧化物为X2O5，则它的气态氢化物是（）A．HX B．H2X C．XH3 D．XH4参考答案：C【考点】原子结构与元素的性质．【分析】化合物中正负化合价的代数和为0，由“元素R的最高价氧化物化学式为X2O5”可知，元素R的化合价为+5价，同种元素的最高正价和负价的绝对值之和为8，以此解答．【解答】解：化合物中正负化合价的代数和为0，由“元素R的最高价氧化物化学式为X2O5”可知，元素R的化合价为+5价，同种元素的最高正价和负价的绝对值之和为8，所以X的负价为﹣3价，它的气态氢化物中H为+1价，所以它的气态氢化物化学式为XH3，故选C．2.同周期ⅠA和ⅢA族两种元素原子的核外电子数的差值不可能为A．2

B．12

C．18

D．26参考答案：C略3.据报道，我国的重庆市酸雨非常严重，为改变这一状况，重庆市正大力推广使用一种清洁能源，该能源是A．煤炭

B．石油

C．天然气

D．氢气参考答案：C略4.除去NaCl中混有的MgCl2、Na2SO4选用的化学药品是

（

）

A．NaOH和Ba(NO3)2

B．NaOH和BaCl2

C．Ca(OH)2和AgNO3

D．Na2CO3和BaCl2参考答案：B略5.下列变化需要加入还原剂才能实现的是

A．Na2SO3SO2

B．HClCl2C．H2SO4(浓)SO2

M

D．SO2S参考答案：CD6.氢氧燃料电池已用于航天飞机。以硫酸溶液为电解质溶液，电子经外电路、质子(H+)经内电路到达另一电极后发生电极反应，这种电池(下图)在使用时的电极反应如下：

2H2—4e-==4H+

O2+4e-+4H+==2H2O

下列说法不正确的是

A．右电极为电池正极，b处通入的物质是氧气

B．左电极为电池负极，a处通入的物质是氧气

C．H2在负极发生氧化反应

D．供电时的总反应为：2H2+O2=2H2O参考答案：B略7.下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的比较中，正确的是(

)A．热稳定性Na2CO3<NaHCO3B．水溶性Na2CO3<NaHCO3

C．在它们等浓度的溶液中滴入稀盐酸，放出气体的快慢Na2CO3＞NaHCO3

D．在它们的溶液中分别滴入石灰水，都有沉淀产生参考答案：D略8.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。9.某溶液中有SO42-、Mg2+、Fe2+、K+、Cl-、Al3+等六种离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的离子是

A．Mg2+

B．Al3+

C．Fe2+

D．Cl-参考答案：C10.wg含有双键的不饱和烃X能与VL的氢气（标准状况）完全反应，若X的相对分子质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则1molX中含有双键数目为：

A．

B．

C．

D．

参考答案：A略11.下列分子结构中，原子的最外层电子不能都满足8电子稳定结构的是（

）A．

B．

C．

D．参考答案：D略12.Cl2通入70℃的氢氧化钠水溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应（未配平）：

NaOH+Cl2→NaCl+NaClO+H2O，NaOH+Cl2→NaCl+NaClO3+H2O。

反应完成后测得溶液中NaClO与NaClO3的数目之比为5：2，则该溶液中NaCl与NaClO的数目之比为

A．3∶1B．2∶1C．15∶2D．1∶1参考答案：A要先配平方程式，再计算相关量。13.已知2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)为放热反应，对该反应的下列说法正确的是A．因该反应为放热反应，故不加热就可发生B．相同条件下，2molH2的能量或1molCO的能量一定高于1molCH3OH的能量C．该反应条件下，反应物H2和CO的总能量一定高于生成物CH3OH的总能量D．达到平衡时，CO的浓度与CH3OH的浓度一定相等参考答案：C14.在一定条件下，下列物质不能和SiO2反应的是()①焦炭②纯碱③碳酸钙④氢氟酸⑤硝酸⑥氢氧化钾⑦氧化钙⑧氟气A．③⑤⑦⑧

B．⑤⑦⑧C．⑤⑧

D．⑤参考答案：D解析：二氧化硅是酸性氧化物，可与碱及碱性氧化物反应，⑥、⑦能反应；二氧化硅与纯碱(或碳酸钙)在高温下能发生反应，②、③能反应；二氧化硅在高温下还能与焦炭发生置换反应，①能反应；二氧化硅作为一种特殊的氧化物还能与氟气、氢氟酸反应，④、⑧能反应；二氧化硅与硝酸不反应，⑤不能反应。15.用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是A.在常温常压下，11.2L氯气所含的原子数为NAB.2.3g金属钠被氧化成Na2O2，转移电子数为0.1NAC.5.6g铁与足量稀盐酸反应转移的电子数为0.3NAD.2L0.1mol/LNa2SO4溶液中含有的Na+的数为0.2NA参考答案：BA.在常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以该条件下的11.2L氯气的物质的量小于0.5mol，其所含的原子数小于NA，A不正确；B.2.3g金属钠的物质的量为0.1mol，其被氧化成Na2O2过程中，转移电子数为0.1NA，B正确；C.5.6g铁的物质的量为0.1mol，其与足量稀盐酸反应转移的电子数为0.2NA，C不正确；D.2L0.1mol/LNa2SO4溶液中含有的Na+的物质的量为0.4mol，所以Na+的数目为0.4NA，D不正确。本题选B。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.硝基苯是重要的精细化工原料,是医药和染料的中间体,还可作有机溶剂。制备硝基苯的过程如下:①组装如图反应装置。配制混酸,取100mL烧杯,用20mL浓硫酸与18mL浓硝酸配制混酸,加入漏斗中,把18mL苯加入三颈烧瓶中。②向室温下的苯中逐滴加入混酸,边滴边搅拌,混合均匀。③在50～60℃下发生反应,直至反应结束。④除去混酸后,粗产品依次用蒸馏水和10%Na2CO3溶液洗涤,最后再用蒸馏水洗涤得到粗产品。已知：i.+HNO3(浓)+H2O+HNO3(浓)+H2Oii

可能用到的有关数据列表如下：(1)配制混酸应在烧杯中先加入___________。(2)恒压滴液漏斗的优点是_____________。(3)实验装置中长玻璃管可用_______代替(填仪器名称).(4)反应结束后,分离混酸和产品的操作方法为_________。(5)为了得到更纯净的硝基苯,还需先向液体中加入___(填化学式)除去水,然后采取的最佳实验操作是_______。参考答案：(1)浓硝酸

(2)可以保持漏斗内压强与发生器内压强相等,使漏斗内液体能顺利流下

(3)冷凝管(球形冷凝管或直行冷凝管均可)

(4)分液

(5)CaCl2

蒸馏【分析】根据硝基苯的物理和化学性质分析解答；根据浓硝酸的性质分析解答；根据有机化学实验基础操作分析解答。【详解】(1)浓硫酸密度大于浓硝酸，应将浓硝酸倒入烧杯中，浓硫酸沿着烧杯内壁缓缓注入，并不断搅拌，如果将浓硝酸加到浓硫酸中可能发生液体飞溅，故答案为：浓硝酸；(2)和普通分液漏斗相比，恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，可以保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下，故答案为：可以保持漏斗内压强与发生器内压强相等，使漏斗内液体能顺利流下；(3)长玻璃管作用是导气、冷凝回流，该实验中可以冷凝回流挥发的浓硝酸以及苯使之充分反应，减少反应物的损失，提高转化率，可用冷凝管或球形冷凝管或直行冷凝管替代，故答案为：冷凝管（球形冷凝管或直行冷凝管均可）；(4)硝基苯是油状液体，与水不互溶，密度比水大，在下层，分离互不相溶的液态，采取分液操作，故答案为：分液；(5)用蒸馏水洗涤，硝基苯中含有水，用无水CaCl2干燥，然后将较纯的硝基苯进行蒸馏，得到纯硝基苯，故答案为：CaCl2，蒸馏。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.控制变量法是研究化学变化量的重要思想方法。请仔细观察下表中50mL稀盐酸和1g碳酸钙反应的实验数据：实验序号碳酸钙状态C(HCl)/]mol·l-1溶液温度/℃碳酸钙消失时间/s反应前反应后1块状0.520394002粉末0.52040603块状0.620412804粉末0.82040305块状1.020401206块状1.0305040（1）该反应属于

反应（填“吸热”或“放热”）。（2）实验5、6表明

对反应速率的影响。（3）从本实验数据中分析，影响化学反应速率的因素还有

，能表明这一规律的实验序号是

。参考答案：略18.现有甲、乙两瓶无色溶液，已知它们可能为AlCl3溶液和NaOH溶液。现做如下实验，请回答： 实验①实验②实验③取甲瓶溶液的量400mL120mL120mL取乙瓶溶液的量120mL440mL400mL生成沉淀的量1.56g

1.56g

3.12g

(1)甲瓶溶液为____溶液，其物质的量浓度为____mol·L－1。(2)乙瓶溶液为____溶液，其物质的量浓度为____mol·L－1。参考答案：(1)__AlCl3__

_0.5_(2)__NaOH__

__0.5__

解析：实验③与②相比，少用了40mL乙溶液，却可多产生沉淀，由此可确定出乙为NaOH溶液，则甲为AICI3溶液。还可求出40mLNaOH溶液可溶解Al(OH)3的质量为3.12g－1.56g＝1.56g。则：Al(OH)3～NaOH78g

1mol1.56g

n(NaOH)n(NaOH)＝0.02molc(NaOH)＝0.02mol/0.04L＝0.5mol·L－1再求c(AlCl3)：由实验②知，440mLNaOH溶液中含NaOH的物质的量为0.44L×0.5mol·L－1＝0.22mol。而1.56gAl(OH)3沉淀为0.02mol，产生0.02molAl(OH)3需消耗0.06molNaOH。因此，Al(OH)3沉淀溶解所要消耗NaOH的量为：0.22mol－0.06mol＝0.16mol。设AlCl3的物质的量为y，AlCl3＋4NaOH===NaAlO2＋3NaCl＋2H2O1mol4moly

0.16moly＝0.04mol共有AlCl3：0.04mol＋0.02mol＝0.06molc(AlCl3)＝0.06mol/0.12L＝0.5mol·L－1。19.（14分）在反应Cu+4HNO3（浓）===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O中：（1）该反应被氧化的元素_________，被还原的元素_________。（填元素符号）（2）该反应中氧化剂为_________________，还原剂为_________________；氧化产物为_________________，还原产物为_________________。（3）当该反应有32gCu被消耗，被消耗的HNO3的物质的量是_________