广东省惠州市平陵镇平陵中学高一化学期末试卷含解析

广东省惠州市平陵镇平陵中学高一化学期末试卷含解析一、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.将等体积的苯、汽油和水在试管中充分混合后静置。下列图示现象正确的是()参考答案：D解析苯、汽油的密度均比水小，且二者混溶，故D项正确。2.下列叙述错误的是（）A．13C和14C属于同一种元素，它们互为同位素B．6Li和7Li的电子数相等，中子数也相等C．14C和14N的质量数相等，它们的中子数不等D．1H和2H是不同的核素，它们的质子数相等参考答案：B【考点】同位素及其应用；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．【分析】A．质子数相同，中子数不同的原子互为同位素；B．原子中，质子数=电子数，质量数=质子数+中子数；C．元素符号左上角的数字为质量数，质量数=质子数+中子数；D．同位素的质子数相同．【解答】解：A．13C和14C的质子数相同，则属于同一种元素，但中子数不同，所以它们互为同位素，故A正确；B．6Li和7Li的电子数相等，均为3，中子数分别为3、4，故B错误；C．14C和14N的质量数相等，均为14，但它们的中子数分别为8、7，故C正确；D．1H和2H是不同的核素，它们的质子数相等，均为1，故D正确；故选B．3.碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。锌—锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn(s)+2MnO2(s)+H2O(l)==Zn(OH)2(s)+Mn2O3(s)，下列说法中错误的是（

）A．电池工作时，锌失去电子，锌是负极B．外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5gC．电池负极的电极反应式为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2D．电池工作时，电子由负极流向正极，溶液中OH－向正极移动，K＋、H＋向负极移动参考答案：D4.硒（Se）是人体健康必需的一种微量元素。已知Se的原子结构示意图为：下列说法不正确的是（

）A.该元素处于第四周期第ⅥA族

B.SeO2既有氧化性又有还原性C.该原子的质量数为34

D.酸性：HBrO4>H2SeO4参考答案：C主族元素原子电子层数=周期数,最外层电子数=族序数,所以该元素处于第四周期第ⅥA族,A正确；中间价态的元素既有氧化性又有还原性,二氧化硒中硒处于+4价,是中间价态,所以二氧化硒既有氧化性又有还原性,B正确；质量数=质子数+中子数,质子数=原子序数,该原子的质子数为34,所以其质量数大于34,C错误；元素非金属性越强,最高价态氧化物的水化物的酸性越强,Br的非金属性大于Se的非金属性,所以酸性:HBrO4>H2SeO4，D正确；正确选项C。点睛：一种元素有多种价态，一般来讲，元素处于最高价态时，只有氧化性，处于最低价态时，只有还原性，处于中间价态的元素既有氧化性又有还原性。5.分子组成为C4H90H并能发生催化氧化反应的有机化合物有（）A.2种B.4种C.5种D.3种参考答案：D略6.95%的乙醇（密度为0.78g/cm3）用等体积的蒸馏水稀释后，所得溶液中乙醇的质量分数约为（）A．42%

B．48%C．51%

D．65%参考答案：A解：设乙醇与水的体积都是VmL，95%乙醇的质量=VmL×0.78g/mL=0.78Vg，乙醇的质量=0.78Vg×95%=0.741Vg，水的质量=VmL×1g/mL=Vg，混合后乙醇的质量分数为：×100%≈42%，故选A．7.下列物质的分类正确的是

碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4NaOHSO2CO2BNaOHHClNH4ClNa2OCOCNH3·H2OCH3COOHNaClNa2O2SO2DKOHHNO3CaCO3CaOSO2参考答案：D略8.下列各物质能使酸性高锰酸钾溶液退色的是A．乙酸

B．甲烷

C．苯

D．乙烯参考答案：D9.下列说法正确的是A.SO2能使品红溶液褪色，其漂白原理与氯水相同B.用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NOC.浓硫酸与过量的锌反应，可以得到无色具有刺激性气味的混合气体D.检验NH4＋时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的气体参考答案：C【详解】A.SO2能使品红溶液褪色，其漂白原理与氯水不相同，氯水利用的是其强氧化性，A错误；B.NO易被氧化为二氧化氮，应该用排水法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO，B错误；C.浓硫酸与过量的锌反应，开始生成二氧化硫，硫酸浓度变小以后，稀硫酸和锌反应生成氢气，则可以得到无色具有刺激性气味的混合气体，C正确；D.检验NH4＋时，往试样中加入NaOH溶液，微热，但应该用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，D错误；答案选C。【点睛】明确物质的性质特点是解答的关键，选项C是解答的易错点，注意随着反应的进行，酸的浓度逐渐减小引起的质变问题：典型的“三酸变稀”问题就是浓盐酸与MnO2反应、浓H2SO4与Cu、Zn等反应、浓HNO3与Cu等反应，随着反应的进行，三种酸都变稀，从而使反应停止或产物发生变化。10.在氢氧化铁胶体中逐滴滴入下列某种溶液，出现的现象是先沉淀，后沉淀溶解。这种溶液是

（

）A．稀硫酸

B．饱和硫酸镁溶液C．氯化钠溶液

D．饱和硫酸铵溶液参考答案：A略11.下列物质不能通过化合反应直接制得的是A．FeCl2

B．NaHCO3

C．Al(OH)3

D．Fe3O4参考答案：C略12.分子式为C7H14O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，且生成的醇没有醇类的同分异构体。若不考虑立体异构，这些酸和醇重新组合可形成的酯共有()A.8种

B.12种

C.24种

D.28种参考答案：C分子式为C7H14O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，该有机物为饱和一元酯，且生成的醇没有相同的官能团的同分异构体，则醇只能为甲醇或乙醇，若醇为甲醇，则羧酸为C5H11COOH，可以可知戊烷中1个H原子被-COOH取代，正戊烷有3种H原子，故相应的羧酸有3种，异戊烷有4种H原子，相应的羧酸有4种，新戊烷有1种H原子，相应的羧酸有1种，故己酸C5H11COOH的同分异构体有8种，形成酯有8种；若醇为乙醇，则羧酸为C4H9COOH，可以可知丁烷中1个H原子被-COOH取代，正丁烷有2种H原子，故相应的羧酸有2种，异丁烷有2种H原子，相应的羧酸有2种，故戊酸C4H9COOH的同分异构体有4种，故羧酸共有12种，醇共有2种，酸和醇重新组合可形成的酯共有12×2=24种，故选C。点睛：本题考查同分异构体的书写与判断，难度中等，关键确定醇的结构及羧酸的同分异构体，注意利用数学法进行计算。解题关键：分子式为C7H14O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，该有机物为饱和一元酯，且生成的醇没有相同的官能团的同分异构体，则醇为甲醇或乙醇，判断形成该酯的羧酸的同分异构体种数，根据羧酸与醇组合，计算同分异构体数目。13.在20℃，1大气压下，将三个分别盛氨气，氯化氢，二氧化氮的等容积烧瓶分别倒置于盛水的水槽中，当水进入烧瓶中，并使气体充分溶解后，假定烧瓶中溶液无损失，所得溶液的物质的量浓度之比为(

)

A．1：1：1

B．5：5：4

C．1：2：3

D．1：1：2参考答案：A 14.下列各项操作中不发生先沉淀后溶解现象的是()①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2

②向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量H2SO4③向Ba(NO3)2溶液中通入过量SO3

④向石灰水中通入过量CO2⑤向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸A.①②③

B.①②⑤

C.①②③⑤

D.①③⑤参考答案：D试题分析：①Na2CO3+H2O+CO2＝2NaHCO3，NaHCO3通入CO2时不会反应，故①符合题意；②先发生Fe（OH）3胶体的聚沉，H2SO4过量时，Fe（OH）3溶解，故②不符合题意；③SO3+H2O＝H2SO4，H2SO4+Ba（NO3）2＝BaSO4↓+2HNO3，SO3过量时，BaSO4不会溶解，故③符合题意；④向石灰水中通入过量CO2时，先反应：Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O＝Ca（HCO3）2，CO2过量时，沉淀消失，故④不符合题意；⑤向硅酸钠溶液中加入盐酸生成H2SiO3沉淀，H2SiO3不溶于HCl，故⑤符合题意，答案选D。15.、现有NaOH、Na2CO3和Ba(OH)2三种无色溶液，用一种试剂就可将它们直接鉴别出来，这种试剂是：A．HCl

B．H2SO4

C．Na2SO4

D．CaCl2参考答案：B略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.(10分)右图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓盐酸试剂标签上的部分内容。现用该浓盐酸配制100mL1mol·Ｌ－1的稀盐酸。可供选用的仪器有：①胶头滴管；②烧瓶；③烧杯；④药匙；⑤量筒；⑥托盘天平；⑦玻璃棒。请回答下列问题：（1）配制稀盐酸时，还缺少的仪器有

▲

（写出仪器名称及规格）；（2）经计算，配制100mL1mol·Ｌ－1的稀盐酸需要用量筒量取上述浓盐酸的体积为

▲

mL，量取盐酸时应选用

▲

mL（选填10mL、50mL、100mL）规格的量筒；（3）对所配制的稀盐酸进行测定，发现其浓度小于1mol·Ｌ-1，引起误差的原因可能是

▲

。A．定容时俯视容量瓶刻度线B．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水C．转移溶液后,未洗涤烧杯和玻璃棒D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，再加水至刻度线（4）若将30mL1mol·Ｌ-1盐酸与4.2gNaHCO3充分反应,在标准状况下可得多少升CO2（写出化学方程式和计算过程）。参考答案：（共10分）（1）100mL容量瓶（仪器名称、规格各1分，共2分）（2）8.5mL（2分）；10mL（1分）（3）CD（2分，选对一个1分，错选得0分）（4）HCl+NaHCO3

=NaCl+H2O+CO2↑（1分）

n(HCl)=0.03mol，n(NaHCO3)=0.05mol，依据化学方程式，NaHCO3过量，V(CO2)=0.03mol×22.4L·mol-1=0.672L。（过量判断1分,计算结果1分）略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.现有0.540kg质量分数为20%的CuCl2溶液．计算：（1）溶液中CuCl2的物质的量；（2）溶液中Cu2+和Cl﹣的物质的量．参考答案：（1）溶液中CuCl2的物质的量为0.8mol．（2）溶液中Cu2+物质的量为0.8mol，Cl﹣的物质的量为1.6mo．

【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算．【分析】（1）根据m（溶质）=m（溶液）×w（溶质）计算CuCl2的质量，再根据n=计算CuCl2的物质的量；（2）CuCl2在溶液发生电离：CuCl2=Cu2++2Cl﹣，则n（Cu2+）=n（CuCl2）、n（Cl﹣）=2n（CuCl2）．【解答】解：（1）CuCl2的质量=540g×20%=108g，CuCl2的物质的量==0.8mol，答：溶液中CuCl2的物质的量为0.8mol．（2）CuCl2在溶液发生电离：CuCl2=Cu2++2Cl﹣，则n（Cu2+）=n（CuCl2）=0.8mol，n（Cl﹣）=2n（CuCl2）=1.6mol，答：溶液中Cu2+物质的量为0.8m