广东省广州市从化第四中学2022-2023学年高一化学下学期期末试题含解析

广东省广州市从化第四中学2022-2023学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.下列物质的用途错误的是A．金属钠用于生产氯化钠

B．二氧化硅是制造光导纤维的材料C．氯气可用于自来水消毒

D．氧化铁用于生产红棕色颜料参考答案：A略2.下列各组离子中，在溶液中能大量共存，加入氢氧化钠溶液有沉淀析出，加入稀盐酸有气体放出的是

A．Na+、Ca2+、SO42-、CO32-

B．K+、Ba2+、HCO3-、Cl-

C．K+、Al3+、SO42-、NO3-

D．K+、Na+、CO32-、SO42-参考答案：B略3.下列离子方程式改写成化学方程式正确的是（

）

A.Cu2++2OH-=Cu(OH)2ˉ

CuCO3+2NaOH=Cu(OH)2ˉ+Na2CO3

B.CO32-+2H+=CO2-+H2O

BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2-+H2OC.Ca2++CO32-=CaCO3ˉ

Ca(NO3)2+Na2CO3=CaCO3ˉ+2NaNO3D.H++OH-=H2O

Mg(OH)2+H2SO4=MgSO4+2H2O参考答案：略4.固体A的化学式为NH5，已知其熔融态能够导电，则下列有关说法不正确的是（

）A.1molNH5中含有5NA个N—H键(设NA表示阿伏加德罗常数的值)B.NH5中既有共价键又有离子键C.NH5的电子式为D.NH5与水反应的离子方程式为NH4++H-+H2O===NH3·H2O＋H2↑参考答案：A【分析】固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体的最外电子层结构，则NH5属于铵盐，电子式为，铵根离子和氢离子之间存在离子键，铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，据此分析解答。【详解】A.NH5中存在离子键和共价键，1molNH5中含有4NA个N?H键(NA表示阿伏加德罗常数)，含有1mol离子键，A项错误；B.NH5属于铵盐，铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，所以NH5中既有共价键又有离子键，B项正确；C.NH5属于铵盐，铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，电子式为，C项正确；D.NH5和水发生氧化还原反应生成一水合氨和氢气，其离子方程式为NH4++H-+H2O===NH3·H2O＋H2↑，D项正确；答案选A。

5.下列叙述不正确的是

（

）

A.CH4与C4H10互为同系物

B.C5H12有三种同分异构体

C.甲烷与氯气在三溴化铁催化下发生取代反应

D.苯分子中的碳碳键是介于单键和双键之间的独特的键参考答案：C略6.在强酸性溶液中，下列各组离子能够大量共存的是()A.Cl-、Na+、NO3-、Ca2+

B.NH4+、HCO3-、Cl-、K+C.K+、Fe2+、Cl-、NO32-

D.Cu2+、NH4+、I-、Cl-参考答案：A在强酸性溶液中，含有大量的H+，A.Cl-、Na+、NO3-、Ca2+在酸性溶液中不能发生反应能够大量共存，故A正确；B.HCO3-与H+不能大量共存，故B错误；C.H+、Fe2+与NO32-能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D.在酸性溶液中Cu2+、NH4+、I-、Cl-离子间不发生反应，能够大量共存，故D正确；故选AD。7.用下列方法均可制得氧气：①2KClO32KCl=3O2↑②2HgO2Hg+O2↑③2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑④2H2O2O2↑+2H2O若要制得相同质量的氧气，反应中电子转移数目之比为（）A．3：1：1：2 B．2：2：2：1 C．3：1：4：2 D．2：1：1：1参考答案：B【考点】氧化还原反应．【分析】①2KClO32KCl=3O2↑②2HgO2Hg+O2↑③2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑④2H2O2O2↑+2H2O制得相同质量的氧气，可假设得到3molO2，结合反应及转移的电子数计算．【解答】解：制得相同质量的氧气，可假设得到3molO2，则①2KClO32KCl+3O2↑～12e﹣；

3

12②2HgO2Hg+O2↑～4e﹣；

3

12③2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑～4e﹣；

3

12④2H2O2O2↑+2H2O～2e﹣；

3

6所以制得相同质量的氧气，反应中电子转移数目之比为12：12：12：6=2：2：2：1，故选B．8.参考答案：C9.等质量的CH4和NH3相比较，下列结论中错误的是（

）A．两种气体的分子个数之比为17：16

B．两种气体的原子个数之比为17：16C．两种气体的氢原子个数之比为17：12

D．同温同压下，两种气体的体积之比为17：16参考答案：B略10.把4.48LCO2通过一定量的过氧化钠固体后收集到3.36L气体（气体的测量均在标准状况下），则这3.36L气体的质量是A．6.0g

B．5.6g

C．4.8g

D．3.8g参考答案：A略11.短周期元素A、B、C，A3-与B2-、C+电子层结构相同，则下列说法中不正确的是A.离子半径:

A3->B2->C+B.等物质的量的A和B的简单气态氢化物，共用电子对数A>BC.A和B分别可以与氢原子形成18e-分子D.原子半径:

A>B>C参考答案：D分析：短周期元素A、B、C，A3-与B2-、C+电子层结构相同，则A、B在第二周期，C为第三周期，则结合所带电荷可知A为N元素、B为O元素，C为Na元素，据此结合元素周期律知识解答。详解：根据上述分析，A为N元素，B为O元素，C为Na元素。A．电子排布相同的离子，原子序数越大，半径越小，则离子半径：A3-＞B2-＞C+，故A正确；B．A、B分别为N、O元素，其简单氢化物分别为NH3、H2O，N、O的物质的量相同时，NH3中含有共用电子对数较多，故B正确；C．N、O与氢原子形成的N2H4、H2O2都是18e-分子，故C正确；D．电子层越多原子半径越大，电子层相同时核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径C＞A＞B，故D错误；故选D。12.用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是

（

）A．标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为1NAB．常温常压下,溶有1.06gNa2CO3的溶液中含有的Na+离子数为0.02NAC．通常状况下，1NA个CO2分子占有的体积为22.4LD．物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl－个数为1NA参考答案：B略13.将足量Na2O2投入FeCl2溶液中可观察到的现象是

A．生成白色沉淀

B．生成红褐色沉淀

C．有气泡产生

D．无变化参考答案：BC14.将一定量的镁铝合金样品分成两等份，一份加入足量稀盐酸中，充分反应后，收集到标准状况下气体11.2L；另一份加入足量NaOH溶液中，充分反应后，收集到标准状况下气体6.72L。则原合金样品中镁的物质的量为()A．0.2mol B．0.25molC．0.4mol D．0.5mol参考答案：C15.据中央电视台报道，近年来我国的一些沿江城市多次出现大雾天气，致使高速公路关闭，航班停飞，雾属于下列哪种分散系（）A．乳浊液 B．溶液 C．胶体 D．悬浊液参考答案：C【考点】胶体的重要性质．【分析】根据常见的胶体有淀粉溶液、冬天的大雾、牛奶、鸡蛋（蛋白质溶液）溶液、Al（OH）3胶体、Fe（OH）3胶体等．【解答】解：分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔现象，大雾时，用灯照射时会出现一条光亮的通路，则雾属于胶体分散系，故选：C．二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某校环保小组学生处理污水样品时，需要配制450mL0.1mol/L硫酸。（1）如图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的仪器是_____（填字母），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是______（填仪器名称）。（2）如果用5.0mol/L的硫酸来配制上述硫酸，则需该硫酸的体积为_____。（3）在容量瓶的使用方法中，下列操作正确的是____（填字母）。A.使用容量瓶前检查它是否漏水B.容量瓶用水洗净后，再用待配溶液润洗C.配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水接近标线l～2cm处，用滴管加蒸馏水至标线D.定容后，盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀（4）定容时，若仰视刻度线，则所配溶液物质的量浓度___(填“偏大”“偏小”“不变”)。参考答案：(1)C

玻璃棒、烧杯

(2)10.0mL

(3)AD

(4)偏小试题分析：本题考查物质的量浓度溶液的配制、仪器的选择和误差分析。（1）配制450mL溶液必须选用500mL容量瓶，配制需要的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，肯定不需要的仪器为分液漏斗，答案选C。除了图中仪器，还需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒。（2）根据c（浓溶液）V（浓溶液）=c（稀溶液）V（稀溶液），5.0mol/LV（浓溶液）=0.1mol/L500mL，V（浓溶液）=10.0mL。（3）A项，使用容量瓶前必须检查它是否漏水，正确；B项，容量瓶用水洗净后，无需润洗，若用待配溶液润洗则使得所配溶液浓度偏高，错误；C项，配制溶液时，如果试样是固体，称好的试样不能直接倒入容量瓶中，应先在烧杯中溶解并冷却至室温后再转移入容量瓶中，错误；D项，定容后，盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，正确；答案选AD。（4）定容时，若仰视刻度线，所配溶液体积偏大，所配溶液物质的量浓度偏小。点睛：配制物质的量浓度溶液定容时仰视、俯视的分析：仰视刻度线（如图），容器内液面高于刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低。俯视刻度线（如图），容器内液面低于刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.

(9分)某元素能形成两种氧化物和

(m>n)，二者化学式量之差为16。

(1)则m与n的关系式为

(2)若中氧的质量分数为60％，中氧的质量分数为50％，则R的相对原子质量为多少?参考答案：(1)式量之差(m-n)×16=16；所以m-n=l………………4分(2)(R+16m)：R=1：40％①(R+16n)：R=l：50％②，联立①②解得：R=32

………………5分18.实验室用20g软锰矿(主要成分MnO2)与200mL12mol/L的浓盐酸(足量)反应，制得标准状况下4.48LCl2。过滤反应后的混合物得滤液，向滤液中加入足量的硝酸银溶液，产生白色沉淀。若浓盐酸的挥发忽略不计，试计算：(1)软锰矿中MnO2的质量分数是

(2)反应中被氧化的HCl物质的量为

(3)滤液中加入足量硝酸银后产生的白色沉淀的质量是

参考答案：⑴87%

⑵0.4mol

⑶287g【Ks5u解析】（1）盐酸足量，二氧化锰完全反应，标准状况下生成4.48L

Cl2，其物质的量为4.48/22.4=0.2mol，则：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O

1

1

0.2mol

0.2mol

二氧化锰的质量为0.2mol×87g/mol=17.4g，软锰矿中MnO2的质量分数=17.4/20×100%=87%，

答：软锰矿中MnO2的质量分数为87%．

（2）反应中被氧化的HCl生成氯气，根据氯原子守恒可知，被氧化的HCl物质的量为氯气的2倍，被氧化的HCl的物质的量=0.2mol×2=0.4mol，

答：被氧化的HCl的物质的量为0.4mol．

（3）溶液中的氯离子全部生成AgCl，根据氯原子守恒有n（AgCl）+2n（Cl2）=n盐酸（HCl），

则n（AgCl）=0.2L×12mol/L-0.2mol×2=2mol，

氯化银的质量=2mol×143.5g/mol=287g，

答：足量硝酸银后产生的白色沉淀氯化银的质量为287．19.在体积为VL的密闭容器中，通入气体COamol和