江西省吉安市君埠中学高一化学上学期期末试题含解析

江西省吉安市君埠中学高一化学上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.在酸性溶液中，能大量共存的离子组是(

)A.Al3+、Fe3+、Cl－、NO3－

B.Mg2+、Ba2＋、NO3－、SO42－C.S2－、Na＋、K＋、Cl－

D.Na+、Fe3+、SO42－、I－参考答案：AA、这些离子在酸性条件下能够大量共存，故A正确；B、Ba2＋和SO42－反应生成BaSO4↓，因此这些离子不能大量共存，故B错误；C、S2－与H＋不能大量共存，生成H2S，这些离子不能大量共存，故C错误；D、Fe3＋具有强氧化性，I－具有强还原性，两者发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误。点睛：解决本题应注意一些隐含，如NO3－在酸性条件下具有强氧化性，不能与具有还原性离子大量共存，如酸性溶液中NO3－与Fe2＋不能大量共存。2.现有三组溶液：①汽油和氯化钠溶液，②酒精和水的混合溶液，③氯化钠和单质溴的溶液，以上混合溶液分离的正确方法依次是（

）A．分液、萃取、蒸馏

B．萃取、蒸馏、分液C．分液、蒸馏、萃取

D．蒸馏、萃取、分液参考答案：C略3.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示。已知Y、W的原子序数之和是Z的3倍，下列说法正确的是

YZ

X

W

A．原子半径：X<Y<Z

B．气态氢化物的稳定性：X>ZC．Z、W均可与Mg形成离子化合物

D．最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W参考答案：C【点睛】根据位置、结构与性质关系，准确推断元素为解答的关键，Y、W的原子序数之和是Z的3倍，设Y的原子序数为x，则Z的原子序数为x+1，W的原子序数为x+10，则x+x+10=3×（x+1），解得x=7，即Y为N，结合位置关系可知，Z为O，X为Si，W为Cl，然后结合对元素周期律的理解应用解题即可。4.下列离子方程式正确的是()A.碳酸氢钠溶液与少量澄清石灰水反应：HCO3－+Ca2++OH－CaCO3↓+H2OB.氯化铵与氢氧化钠两种溶液混合加热：NH4++OH－H2O+NH3↑C.钠和冷水反应：Na＋2H2ONa+＋2OH－＋H2↑D.向氯化铝溶液中滴加过量氨水：Al3++3OH－Al(OH)3↓参考答案：BA.碳酸氢钠溶液与少量澄清石灰水反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，A错误；B.氯化铵与氢氧化钠两种溶液混合加热放出氨气：NH4＋+OH－H2O+NH3↑，B正确；C.钠和冷水反应生成氢氧化钠和氢气：2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH－＋H2↑，C错误；D.向氯化铝溶液中滴加过量氨水：Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4＋，D错误，答案选B。5.已知：①能量越低的物质就越稳定；②白磷转化成红磷是放热反应．据此，下列判断或说法中正确的是（）A．在相同条件下，红磷比白磷稳定B．在相同的条件下，白磷比红磷稳定C．红磷和白磷的结构相同D．红磷容易发生自燃而白磷则不会自燃参考答案：A考点：化学反应中能量转化的原因；吸热反应和放热反应．专题：化学反应中的能量变化．分析：根据能量越低的物质就越稳定，白磷转化成红磷是放热反应，故红磷的能量低，红磷稳定．解答：解：A．白磷转化成红磷是放热反应，故红磷的能量低，红磷稳定，故A正确；B．红磷的能量低，红磷稳定，故B错误；C．红磷和白磷的结构不同，故C错误；D．红磷不容易发生自燃而白磷容易自燃，故D错误．故选A．点评：本题考查能量越低越稳定，能量转化的原因，难度不大．

6.已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氧气中1molO=O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1molH—O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1molH—H键断裂时吸收热量为()

A．920kJ

B．557kJ

C．436kJ

D．188kJ参考答案：C略7.100mL2mol·L-1的硫酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成的氢气的总量，可采用的方法是A．加入适量的6mol·L-1的硫酸

B．适当加热C．加入适量的蒸馏水

D．加入适量的稀硝酸参考答案：B8.已知反应3Cl2+6NaOH==5NaCl+NaClO3+3H2O，下列说法不正确的是（

）A．Cl2既是氧化剂又是还原剂

B．被氧化的氯原子数是被还原的氯原子数的5倍

C．氧化剂和还原剂的质量比是5:1

D．NaCl是还原产物，NaClO3是氧化产物参考答案：B9.（多选题）保护环境日益引起人们的重视．下列做法有利于保护环境的是（）A．氢能源代替化石能源B．推广使用太阳能电池C．电动汽车代替燃油汽车D．造纸厂污水直接排放参考答案：ABC【考点】常见的生活环境的污染及治理．【分析】保护环境，应推广使用清洁能源，减少污染物的排放，减少三废，从源头杜绝污染物．【解答】解：A．氢能源为清洁能源，代替化石能源可减少污染物的排放，有利于环境保护，故A正确．B．太阳能电池为清洁能源，推广使用可减少污染物的排放，故B正确；C．电动汽车代替部分燃油汽车可减少污染物的排放，有利于环境保护，故C正确；D．造纸厂污水含有碱性和氧化性物质，污染环境，不能直接排放，故D错误；故选ABC．10.下列有关金属冶炼的说法中，不正确的是()A．用电解熔融氯化镁的方法冶炼金属镁B．在加热情况下利用氢气还原三氧化二铝得到金属铝C．用铝热法炼得熔点较高的金属铬D．直接加热氧化汞得到金属汞参考答案：B【名师点晴】根据金属活泼性强弱确定金属冶炼方法，活泼金属采用电解熔融盐或氧化物的方法冶炼，较活泼的金属也热还原法，不活泼金属可以采用加热分解法冶炼；注意：工业上不能采用电解氯化铝的方法冶炼铝，因为氯化铝为分子晶体，熔融状态下不导电，也不能用氢气还原Al2O3得到金属铝。11.光照对下列反应几乎无影响的是()A．氢气与氯气B．甲烷与氯气C．甲烷与氧气

D．次氯酸分解参考答案：C12.2018年12月8日，我国嫦娥四号月球探测器在西昌卫星发射中心发射，踏上茫茫奔月之路,其中用到了一种高能电池—银锌蓄电池，其电池的电极反应式为：Zn＋2OH－－2e－=ZnO＋H2O，Ag2O＋H2O＋2e－=2Ag＋2OH－。据此判断氧化银是()A.正极，并被还原 B.负极，并被还原C.负极，并被氧化 D.正极，并被氧化参考答案：A【分析】根据化合价变化可知Ag元素化合价降低被还原，应为原电池的正极，在正极上得电子被还原。【详解】由电极反应可知该高能电池的反应中Zn为还原剂、氧化银为氧化剂，故Zn为负极被氧化、氧化银为正极被还原。答案选A。【点睛】本题考查原电池知识，题目难度不大，注意原电池两极上的变化以及原电池原理。

13.常温常压下为液态，且密度比水小的有机物为

A．溴乙烷

B．硝基苯

C．己烷

D．一氯甲烷参考答案：C14.一定温度和压强下，2体积AB2气体和1体积B2气体化合生成2体积气态化合物，则该化合物的化学式为（

）

A

AB3

B

AB2

C

A3B

D

A2B3参考答案：A略15.下列反应的离子方程式书写正确的是A.氢氧化钠溶液与稀醋酸反应：OH-+H+=H2OB.碳酸钙与足量稀硝酸反应:CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑C.氦化铝溶液与过量氨水反应:Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2OD.钠与水反应:Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑参考答案：BA.氢氧化钠溶液与稀醋酸反应的离子方程式为:OH-+CH3COOH=CH3COO-+H2O，选项A错误；B.碳酸钙与足量稀硝酸反应的离子方程式为:CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，选项B正确；C.氯化铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为:Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，选项C错误；D.钠与水反应的离子方程式为:2Na+2H2O2Na++2OH-+H2↑，选项D错误。答案选B。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的部分内容。现用该浓硫酸配制480mL1mol·L－1的稀硫酸。可供选用的仪器有：①胶头滴管②烧瓶③烧杯④玻璃棒⑤药匙⑥量筒⑦托盘天平。请回答下列问题：(1)在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是________A．使用容量瓶前检查它是否漏水B．容量瓶用蒸馏水洗净后，配制溶液前必需干燥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，缓慢加入蒸馏水到接近标线1～2cm处，用滴管加蒸馏水到标线D．定容后盖好瓶塞用食指顶住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶颠倒摇匀多次(2)该浓硫酸的物质的量浓度为_________mol·L－1。(3)配制稀硫酸时，还缺少的仪器有________________。(4)配制480mL1mol·L－1的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为_______mL。所需量筒的规格为________________。(可供选择的量筒有5mL、10mL、20mL、50mL、100mL)(5)过程中的部分步骤，其中有错误的是(填写序号)____________。(6)对所配制的稀硫酸进行测定，发现其浓度大于1mol·L－1，配制过程中下列各项操作可能引起该浓度偏高的原因有________________________________。A．定容时，仰视容量瓶刻度线进行定容。B．将稀释后的硫酸立即转入容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作。C．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水。D．转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面。E．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处。参考答案：(1)C

(2)18.4

(3)500mL容量瓶

(4)27.2

50mL

(5)①④

(6)B解析：(1)A．容量瓶口部有塞子，使用容量瓶前需要检查它是否漏水，正确；B．容量瓶用蒸馏水洗净后，配制溶液不需要干燥，含有少量水对实验结果无影响，正确；C．容量瓶不能用来溶解固体，错误；D．定容后摇匀的方法是：盖好瓶塞用食指顶住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶颠倒摇匀多次，正确；故选C；(2)c===18.4mol/L，故答案为：18.4；(3)配制480mL1mol·L－1的稀硫酸：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀。需要的仪器有胶头滴管、烧杯、

玻璃棒、量筒、容量瓶，实验室没有480mL的容量瓶，应该选用500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；(4)应该配制500mL1mol·L－1的稀硫酸，根据稀释前后硫酸的物质的量不变，需要浓硫酸的体积==0.0272L=27.2mL，选用量筒的规格为50mL，故答案为：27.2；50mL；(5)根据图示，稀释浓硫酸时应该“酸入水”，故①错误；定容时视线应该水平，故④错误；故选①④；(6)A．定容时，仰视容量瓶刻度线进行定容，导致溶液的体积偏大，浓度偏低，错误；B．将稀释后的硫酸立即转入容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作，导致配制的溶液温度高于常温，溶液的体积偏小，浓度偏高，正确；C．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，对结果无影响，错误；D．转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面，导致溶质的物质的量偏小，浓度偏低，错误；E．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处，导致溶液的体积偏大，浓度偏低，错误；故选B。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.某烧杯中盛有100mLFeCl3和CuCl2的混合液，混合溶液中c(FeCl3)＝2mol/L，c(CuCl2)＝1mol/L。请回答下列问题：（1）该混合溶液中，Fe3＋的物质的量n(Fe3＋)＝______mol。氯离子的物质的量浓度c(Cl－)＝______mol/L。（2）向上述烧杯中加入足量铁粉并使之充分反应。写出有关的离子方程式：①

；②

。参考答案：（1）0.2，8（2）①2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋②Cu2+＋Fe===Cu＋Fe2＋试题分析：（1）n（Fe3+）=cV=2mol/L×0.1L=0.2mol，n（Cl－）=cV=2mol/L×3×0.1L+1mol/L×2×0.1L=0.8mol，混合溶液中氯离子的物质的量浓度c（Cl-）=n÷V=0.8mol÷0.1L=8mol/L.(2)铁粉能与氯化铁反应生成氯化亚铁，能与氯化铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为①2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋、②Cu2+＋Fe===Cu＋Fe2＋。18.（1）氢化钠（NaH）为白色晶体，其中H－有很强的还原性，因此常用氢化钠在高温下将TiCl4还原为Ti，自身被氧化为+1价，写出其化学反应方程式，并用单线桥标出电子转移的方向与数目_______________________________________________；NaH能与水剧烈反应NaH+H2O=NaOH+H2↑，NaH与液氨也有类似反应，写出反应的化学方程式______________。（2）配平反应方程式：____________________。Al＋NaNO3＋H2O===Al(OH)3＋N2↑＋NaAlO2（3）实验室用MnO2和浓盐酸制氯气的反应为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑。反应中，如果有17.4g纯MnO2被还原，那么：①被氧化的氯化氢的质量为_______________。②转移电子的数目为______________________。③纺织工业中常用氯气作漂白剂，漂白布匹后，过量的氯需要除去，通常可用Na2SO3作“脱氯剂”，脱氯后的产物为Na2SO4，氯变为－1价。若把本题中产生的Cl2完全转化，需要Na2SO3的质量为___________________。参考答案：(1)

NaH+NH3==NaNH2+H2

(2)1066436

(3)14.6g

0.4NA

25.2g解析：(1)NaH中Na为+1价，则H为-1价，为最低价态，可被氧化，具有还原性，氢化钠在高温下将TiCl4还原为Ti，自身被氧化为+1价，则应生成HCl，反应的方程式为2NaH+TiCl4═Ti+2HCl+2NaCl，电子转移方向和数目可表示为，NaH能与水剧烈反应：NaH+H2O═NaOH+H2↑，水为氧化剂，与液氨(NH3)也有类似反应，所以NH3作氧化剂，NaH中-1价H变为生成物中0价的氢，1个氢转移1个电子，氨气中需1个氢原子从+1价变为0价，根据得失电子守恒和质量守恒，反应方程式为：NaH+NH3═NaNH2+H2，故答案为：；NaH+NH3═NaNH2+H2；(2)反应中Al→AlO2-，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NaNO3→N2↑，氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为30，故Al的系数为10，N2系数为3，由氮元素守恒可知系数为6，由Al元素守恒可知系数为10，由电荷守恒可知系数为，由H元素守恒可知系数为，故配平后离子方程式为：10Al+6NaNO3+6H2O=4Al(OH)3+3N2↑+6NaAlO2，故答案为：10、6、6、4、36；(3)①n(MnO2)==0.2mol，MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O被氧化HCl

1

4

20.2mol

0.8mol

0.4mol则参加反应的HCl的物质的量为0.8mol，质量为0.8mol×36.5g/mol=29.2g，由以上分析可知，被氧化的氯化氢的质量为0.4mol×36.5g/mol=14.6g，故答案为：14.6g；(2)参加反应的HCl的物质的量为0.8mol，被氧化HCl0.4mol，所以转移电子的物质的量为0.4mol，数目为0.4NA，故答案为：0.4NA；(3)参加反应的HCl的物质的量为0.8mol，产生氯气是0.2mol，反应中亚硫酸钠中的硫元素化合价升高，Cl化合价降低，设需要Na2SO3的物质的量是x，根据得失电子守恒，x(6-4)=0.2mol×2(1-0)，解得x=0.2mol，需要Na2SO3的质量是：0.2mol×126g/mol=2