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文档简介

2022年湖南省永州市水市镇大界中学高一化学上学期期末试卷含解析一、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.下列叙述:①阳离子只有氧化性,阴离子只有还原性;②含最高价元素的化合物,一定具有强氧化性;③失电子多的还原剂,还原性就强;④元素由化合态变为游离态,该元素一定被还原;⑤含金属元素的离子不一定都是阳离子;⑥金属阳离子被还原不一定得到金属单质;⑦在氧化还原反应中,非金属单质一定是氧化剂。正确的是(

)A.

②③④⑤⑦

B.

①②③⑥

C.

④⑤⑦

D.

⑤⑥参考答案:D①阴离子不一定是最低价态,因而不一定只有还原性,如ClO-具有强氧化性;而金属阳离子可以有中间价态,故不一定只有氧化性,如Fe2+具有还原性;①错误;②含最高价元素的化合物,不一定具有强氧化性,需要看物质的性质;如硫酸钠中硫为最高价+6价,但不具有强氧化性,②错误;③失电子多的还原剂,还原性不一定强,如等物质的量的铝和镁分别与盐酸反应,铝失去的电子比镁多,但铝的还原性弱于镁,③错误;④元素由化合态变为游离态,化合价有可能升高,也有可能降低,所以不一定被还原,④错误;⑤含金属元素的离子不一定都是阳离子,例如高锰酸根离子属于阴离子,含有金属锰元素,⑤正确;⑥金属阳离子被还原不一定得到金属单质,例如铁离子被还原为亚铁离子,⑥正确;⑦在氧化还原反应中,非金属单质不一定是氧化剂,需要看化合价的变化,可能是氧化剂,也可能是还原剂,如S+O2SO2中S是还原剂,H2+SH2S中S是氧化剂,⑦错误。综上,正确的有⑤⑥,答案选D。2.下列关于海洋资源开发和利用的叙述,不正确的是(

)

A、地球表面大部分被海水覆盖,故人类不存在缺水问题

B、海水蕴藏着丰富的化学资源

C、海水经过风吹日晒,逐渐蒸发,可制得食盐等物质

D、开发海洋资源应遵循可持续发展的原则参考答案:A略3.下列实验操作中叙述正确的是()A.萃取操作必须在分液漏斗中进行

B.振荡试管中液体时,用手腕甩动C用剩的药品应收集起来放回原试剂瓶中

D称量物质时先取小砝码,再依次取较大的砝码参考答案:B略4.下列叙述正确的是A.由NH3制碳铵和硫铵是“固氮”过程B.浓硝酸虽然是氧化性酸,但是不能氧化单质银C.SO2氧化为SO3时,使用催化剂可以提高硫酸的产率D.SO3用98.3%的浓H2SO4吸收,目的是防止形成酸雾,以使SO3吸收完全参考答案:D5.

在配制一定物质的量浓度NaOH溶液时,下列哪个原因会造成所配溶液浓度偏高A.所用NaOH已经潮解

B.向容量瓶中加水未到刻度线C.有少量NaOH溶液残留在烧杯里

D.称量时误用“左码右物”参考答案:B略6.下列反应你认为理论上不可用于构成原电池的是A.2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ B.Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4C.Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑ D.CH4+2O2CO2+2H2O参考答案:C【分析】根据原电池的工作原理可以得出:自发的放热的氧化还原反应可以设计成原电池,据此来回答。【详解】A、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑是放热的氧化还原反应,能设计成原电池,选项A不选;B、Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4是放热的氧化还原反应,能设计成原电池,选项B不选;C、Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑属于复分解反应,不是氧化还原反应,不能设计成原电池,选项C选;D、CH4+2O2CO2+2H2O是放热的氧化还原反应,能设计成燃料电池,选项D不选;答案选C。【点睛】本题是考查原电池的设计,难度不大,明确原电池的构成条件及反应必须是放热反应是解本题的关键。

7.100kPa时,1mol石墨转化为金刚石的能量变化如右图所示,下列说法正确的是A.石墨比金刚石更稳定B.金刚石比石墨更稳定C.石墨转化为金刚石的反应为放热反应D.破坏1mol石墨化学键所吸收的能量小于形成1mol金刚石化学键所放出的能量参考答案:A【详解】A、由图可知,石墨转化为金刚石要吸收能量,说明石墨的能量低,稳定,选项A正确;B、由图可知,石墨转化为金刚石要吸收能量,说明石墨的能量低,稳定,选项B错误;C、由图可知,石墨转化为金刚石要吸收能量,反应为吸热反应,选项C错误;D、由图可知,反应为吸热反应,故破坏1mol石墨中的化学键所吸收的能量大于形成1mol金刚石中的化学键所放出的能量,选项D错误。答案选A。

8.不属于天然高分子化合物的是()A.淀粉 B.油脂 C.蛋白质 D.纤维素参考答案:B【考点】有机高分子化合物的结构和性质.【分析】根据高分子化合物的概念以及天然高分子化合物的种类进行分析,高分子化合物(又称高聚物)一般相对分子质量高于10000,结构中有重复的结构单元;淀粉、蛋白质、纤维素都属于天然高分子化合物,而油脂不是,据此即可解答.【解答】解:A.淀粉(C6H10O5)n,植物的光合作用把二氧化碳和水合成淀粉和氧气,它的相对分子质量在10000万以上,所以它是天然高分子化合物,故A正确;B.油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯,如植物油大豆油是天然的,但相对分子质量较小,不是高分子化合物,故B错误;C.氨基酸为构成蛋白质的基本结构单元,蛋白质是生物体一切组织的基本组成部分,相对分子质量可高达几百万,为天然高分子化合物,故C正确;D.淀粉、蔬菜、水果中富含纤维素,纤维素(C6H10O5)n,它的相对分子质量在10000万以上,为天然高分子化合物,故D正确;故选B.9.关于吸热反应的说法正确的是A.凡需加热的反应一定是吸热反应

B.只有分解反应才是吸热反应C.使用催化剂的反应是吸热反应D.C02与CaO化合是放热反应,则CaC03分解是吸热反应参考答案:D10.下列分子中,所有原子的最外层均为8电子结构的是A.BeCl2

B.H2S

C.NCl3

D.SF6

参考答案:C11.在无色透明溶液中,能大量共存的离子组是A.Mg2+、Na+、SO42-、Cl-

B.Al3+、Ag+、NO3-、Cl-C.Cu2+、Cl-、NO3-、OH-

D.K+、H+、Cl-、CO32-参考答案:AA、Mg2+、Na+、SO42-、Cl-各离子相互之间不反应,能大量共存,且形成的溶液为无色透明的溶液,选项A符合;B、Ag+与Cl-反应生成氯化银白色沉淀而不能大量共存,选项B不符合;C、含Cu2+离子的溶液呈蓝色,且Cu2+与OH-反应生成氢氧化铜而不能大量共存,选项C不符合;D、H+与CO32-反应生成二氧化碳和水而不能大量共存,选项D不符合。答案选A。12.将0。5moLNa投入过量的水(m1g)中,得到a

g溶液;将0。5moLZn投入过量的盐酸(m2

g)中,得到bg溶液,若m1==m2,则a.b的质量关系是A.a>b

B.a<b

C.a=b

D.不能确定参考答案:B13.下列有机物中,不属于烃的衍生物的是A.酒精

B.CCl4

C.苯

D.硝基苯参考答案:C14.将2.3g金属钠放入100g水中,完全反应后溶液的质量分数为A.100%B.100%C.100%D.100%参考答案:D15.下列有关实验的叙述中,正确的是()①仅用蒸馏水就可鉴别蔗糖、硫酸铜粉未、碳酸钙粉未;②用分液漏斗分离甘油和水的混合物;③稀释浓硫酸时,将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中并不断搅拌;④用玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸中央,测该溶液的pH;⑤配制一定物质的量浓度的溶液,需要的玻璃仪器只有容量瓶和烧杯;⑥在250mL烧杯中,加入216mL水和24gNaOH固体,配制10%NaOH溶液。A.①⑥

B.④⑤⑥

C.①③④⑥

D.②⑤参考答案:C略二、实验题(本题包括1个小题,共10分)16.用碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)配制0.2mol·L-1的Na2CO3溶液480mL。(1)本实验用到的仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还需要______________,应称取Na2CO3·10H2O晶体的质量为________克。(2)下列操作中,容量瓶所不具备的功能有________。A.配制一定体积准确浓度的标准溶液

B.贮存溶液C.测量容量瓶规格以下的任意体积的液体

D.用来加热溶解固体溶质(3)配制0.2mol·L-1的Na2CO3溶液480mL的主要步骤有:①溶解②计算③转移洗涤④定容摇匀⑤称量;正确的操作顺序是:_____________________。(填序号)(4)根据下列操作对所配溶液浓度偏高的有(填序号)____________。

①碳酸钠晶体失去了部分结晶水

②用“左码右物”的称量方法称量晶体

③碳酸钠晶体不纯,其中混有氯化钠

④定容时俯视

⑤容量瓶未经干燥就使用⑥定容摇匀后,发现]液面低于刻度线,再加水到刻度线参考答案:(1)500mL容量瓶

28.6

(2)BCD

(3)②⑤①③④

(4)①④【分析】(1)根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤选择使用的仪器;根据n=cV和m=nM来计算;(2)容量瓶是配制一定体积准确浓度的标准溶液的定容仪器;(3)根据操作过程是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等步骤来排序;(4)根据c=,通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来分析误差。【详解】(1).配制溶液的操作步骤:首先计算出需要的药品的质量,然后用托盘天平称量,后放入烧杯中溶解,同时用玻璃棒搅拌,待溶液冷却至室温后,用玻璃杯引流移液至500ml容量瓶,然后洗涤烧杯和玻璃棒2至3次,将洗涤液也注入容量瓶,然后向容量瓶中注水,至液面离刻度线1至2cm时,改用胶头滴管逐滴加入,至凹液面与刻度线相切,然后摇匀、装瓶,用到的仪器有:托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管,根据题目提供的仪器可以知道,还需要的仪器有500mL容量瓶;根据n=cV可以知道需要的Na2CO3的物质的量n=0.5L×0.2mol/l=0.1mol,即需要的Na2CO3?10H2O晶体也为,质量m=nM=0.1mol/mol=28.6g,因此,本题正确答案是:500m容量瓶;28.6g。(2).容量瓶作为精密仪器,不可用于储存和溶解固体,不能用于稀释浓溶液,也不能测量除其规格以外容积的液体体积,所以本题答案为BCD;(3).操作过程是:计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶,故正确的操作顺序是:(2)(5)(1)(3)(4),因此,本题正确答案是:(2)(5)(1)(3)(4);(4).①Na2CO3?10H2O晶体失去了部分结晶水后,Na2CO3的质量分数增大,故物质的量增大,所配溶液的浓度偏高;②用“左码右物”的称量方法称量晶体(使用游码),会导致所称量的固体的质量偏小,故所配溶液的浓度偏低;③碳酸钠晶体不纯,其中混有氯化钠,会导致碳酸钠的物质的量偏小,故所配溶液的浓度偏低;④定容时俯视,导致溶液体积偏小,溶液浓度偏大;⑤只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可,至于水是事先就有的还是后来加入的,对浓度无影响;⑥定容摇匀后,发现液面低于刻度线是正常的,再加水至刻度线会导致浓度偏低;故所配溶液浓度偏高的有:(1)(4);因此,本题正确答案是:(1)(4)。【点睛】实验中选择容量瓶时,要注意实验室有的容量瓶规格;实验误差分析时,利用c=,看具体操作造成的n、V的变化,由此判断误差。三、综合题(本题包括3个小题,共30分)17.A、B、C、D均为短周期元素,它们在元素周期表中的相对位置如图所示,其中B的单质在空气中含量约占80%。

AB

CD

(1)写出下列元素的名称:C____,D___。(2)画出B的原子结构示意图____。C在元素周期表中的位置是____。(3)B、C两种元素最简单氢化物的稳定性由强到弱的顺序是_____。写出A的最简单氢化物的电子式:______。参考答案:(1)氟

(2)

第二周期ⅦA族

(3)HF>NH3

分析】由B的单质在空气中含量约占80%可知B为N元素;由周期表的相对位置可知,A为C元素、C为F元素、D为Mg元素。【详解】(1)由以上分析可知,C为F元素,名称为氟,D为Mg元素,名称为镁,故答案为:氟;镁;(2)B为N元素,原子核外有7个电子,2个电子层,原子结构示意图为;C为F元素,位于周期表第二周期ⅦA族,故答案为:;第二周期ⅦA族;(3)元素非金属性越强,氢化物的稳定性越强,氟元素的非金属性比氧元素强,则最简单氢化物的稳定性由强到弱的顺序是HF>NH3;A为C元素,最简单氢化物的分子式为CH4,电子式为,故答案为:HF>NH3;。【点睛】由B的单质在空气中含量约占80%确定B为N元素是推断的突破口。

18.(8分)根据要求填空。(1)下列物质中,属于电解质的是

,属于非电解质的是

。(填序号)①碳酸氢钠

②CO2

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