广东省梅州市叶塘中学高一化学下学期期末试卷含解析

广东省梅州市叶塘中学高一化学下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.已知X、Y中含有相同的元素，Z、W中也含有相同的元素，根据反应X+H2O→Y+H2↑；Z+H2O→W+O2↑（方程式均未配平），可推断X、Y中及Z、W中相同元素的化合价的高低顺序为A.X＞Y、Z＞W

B.X＜Y、Z＜W

C.X＞Y、Z＜W

D.X＜Y、Z＞W参考答案：D试题分析：氧化还原反应中，某元素的化合价升高（降低），则一定存在元素化合价的降低（升高），X+H2O→Y+H2↑中，H元素的化合价降低，则X、Y中相同元素的化合价升高，即化合价为Y＞X；Z+H2O→W+O2↑中O元素的化合价升高，则Z、W中相同元素的化合价降低，即化合价为Z＞W，故选D。2.已知：P4（s）+6Cl2（g）=4PCl3（g），△H=akJ·mol﹣1；P4（s）+10Cl2（g）=4PCl5（g），△H=bkJ·mol﹣1，P4具有正四面体结构，PCl5中P﹣Cl键的键能为ckJ·mol﹣1，PCl3中P﹣Cl键的键能为1.2ckJ·mol﹣1．下列叙述正确的是（

）A．P﹣P键的键能大于P﹣Cl键的键能B．可求Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（s）的反应热△HC．Cl﹣Cl键的键能kJ·mol﹣1D．P﹣P键的键能为kJ·mol﹣1参考答案：C解：A、原子半径P＞Cl，因此P﹣P键键长大于P﹣Cl键键长，则P﹣P键键能小于P﹣Cl键键能，故A错误；B、利用“盖斯定律”，结合题中给出两个热化学方程式可求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）△H=KJ·mol﹣1，但不知PCl5（g）=PCl5（s）的△H，因此无法求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（s）的△H，故B错误；C、利用Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）△H=KJ·mol﹣1可得E（Cl﹣Cl）+3×1.2c﹣5c=，因此可得E（Cl﹣Cl）=kJ·mol﹣1，故C正确；D、由P4是正四面体可知P4中含有6个P﹣P键，由题意得6E（P﹣P）+10×﹣4×5c=b，解得E（P﹣P）=kJ·mol﹣1，故D错误；故选C．3.下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的说法中，正确的是A．热稳定性：Na2CO3<NaHCO3B．相同温度下，在水中Na2CO3的溶解度小于NaHCO3C．106gNa2CO3和84gNaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2质量：Na2CO3>NaHCO3D．Na2CO3粉末中混有NaHCO3时可用加热的方法除去参考答案：D略4.下列物质放入水中，会明显放热的是A.食盐

B.生石灰

C.硝酸铵

D.蔗糖...参考答案：B试题分析：生石灰溶于水明显是放热的，AD不明显，C是吸热的，答案选B。点评：该题是高考中的常见考点和题型，属于基础性试题的考查，试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是记住常见物质的能量变化特点，并能灵活运用即可。该题需要注意的是放热反应或吸热反应是相当于化学变化的，在物理变化过程中的能量变化，不是放热反应或吸热反应。5.下列化学用语表示正确的是A.中子数为20的氯原子：3717Cl

B.二甲醚的结构简式：C2H6OC.S2－的结构示意图：

D.CH3Cl的电子式：参考答案：AA．中子数为20，其质量数为20+17=37，中子数为20的氯原子为3717Cl，选项A正确；B、二甲醚是2分子甲醇发生分子间脱水脱去1分子水生成的物质，结构简式为CH3OCH3，分子式为C2H6O，选项B错误；C、S2-的质子数为16，核外电子数为18，各层电子数分别为2、8、8，硫离子结构示意图为，选项C错误；D、C最外层4个电子，分别与H、Cl最外层的单电子形成4个共用电子对，一氯甲烷的电子式为，选项D错误。答案选A。6.下列离子方程式正确的是A．氧化镁与稀盐酸混合：MgO＋2H+＝Mg2＋＋H2OB．碳酸钠溶液和石灰乳反应：CO32-＋Ca2+＝CaCO3↓C．铜片插入硝酸银溶液中：Cu＋2Ag+＝Cu2+＋2AgD．向沸水中滴加FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3↓＋3H＋参考答案：AC7.某小组利用下列装置进行电化学实验，下列实验操作及预期现象正确的是A.X和Y与电流表连接，电子由Cu极流向Zn极B.X和Y与电流表连接，将Zn换成Fe测得电流更大C.X和Y分别与电源“－”、“＋”极相连，Cu极质量减轻D.X和Y分别与电源“－’、“＋”极相连，Zn极质量减轻参考答案：CA项，Zn作负极，电子由Zn极流向Cu极，错误；B项，Fe、Cu的活动性相差小，测得电流也小，错误；C项，X为Zn、Y为Cu，Cu作阳极，Cu被电解，质量减轻，C正确，D错误。8.下列离子方程式正确的是（）A．金属钠和水反应：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑B．用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2+2OH﹣═SO32﹣+H2OC．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓D．碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2O参考答案：B【考点】离子方程式的书写．【分析】A．电荷不守恒；B．二氧化硫少量，反应生成亚硫酸钠和水；C．漏掉铵根离子与氢氧根离子的反应；D．澄清石灰水过量反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水；【解答】解：A．金属钠和水反应，离子方程式：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故A错误；B．用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化硫气体，离子方程式：SO2+2OH﹣═SO32﹣+H2O，故B正确；C．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应，离子方程式：2NH4++2OH﹣+Ba2++SO42﹣═BaSO4↓+2NH3?H2O，故C错误；D．碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合，离子方程式：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故D错误；故选：B．9.下列关于Fe(OH)3胶体的说法中，不正确的是A.分散质粒子直径在10-9～l0-7m之间

B.是一种纯净物C.具有丁达尔效应

D.具有净水作用参考答案：B试题分析：A．胶体中分散质的微粒直径在10-9～10-7m之间，即1nm～100nm，故A正确；B．胶体属于分散系，是混合物，故B错误；C．胶体具有丁达尔效应，故C正确；D．胶体表面积较大，能吸附水中悬浮的杂质，故D正确。故选B。10.胶体区别于其他分散系的本质特征是（）A．胶体的分散质能通过滤纸空隙，而浊液的分散质不能B．产生丁达尔现象C．分散质粒子直径在1nm～100nm之间D．胶体在一定条件下能稳定存在参考答案：C考点：胶体的重要性质．

专题：溶液和胶体专题．分析：胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同．解答：解：胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1﹣100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm．故选：C．点评：本题比较简单，考查学生教材基本知识，可以根据所学知识进行回答．11.关于二氧化硅，下列叙述不正确的是()A．水晶的成分是二氧化硅B．二氧化硅和二氧化碳在物理性质上有很大差别C．二氧化硅不溶于水，也不能跟水起反应生成酸D．二氧化硅是一种酸性氧化物，它不跟任何酸起反应参考答案：D解析：水晶的主要成分为SiO2，A项正确；CO2是由分子构成的，而SiO2是Si和O按1∶2组成的空间立体网状结构的晶体，二者物理性质差别较大，B正确；SiO2不溶于水也不与水反应，C项正确；SiO2可以与氢氟酸反应，D项不正确。12.北京奥运会“祥云”火炬所用燃料的主要成分是丙烷，下列有关丙烷的叙述错误的是（

）A．分子中的3个碳原子在一条直线上

B．在光照条件下能和氯气发生取代反应C．充分燃烧的产物是水和二氧化碳

D．丙烷和丁烷互为同系物参考答案：A略13.下列图象中所发生的现象与电子的跃迁无关的是

A

B

C

D参考答案：D略14.区别植物油和矿物油的正确方法是

A．加酸性高锰酸钾溶液，振荡

B．加NaOH溶液·煮沸

C．加新制Cu(OH)：悬浊液，煮沸

D．加溴水，振荡参考答案：BD15.某原电池结构如图所示，下列有关该原电池的说法正确的是

A.铜棒为负极B.锌棒质量减轻C.溶液中阳离子向锌棒移动D.电子从铜棒经外电路流向锌棒参考答案：BA．该装置中锌易失电子作负极，铜作正极，故A错误；B．锌失电子生成锌离子进入溶液，导致锌的质量逐渐减小，故B正确；C．原电池中阳离子向正极移动，因此溶液中阳离子向铜棒移动，故C错误；D．电子从负极锌沿导线流向正极铜，故D错误；故选B。点睛：本题考查了原电池原理，根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理是解题的关键。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.阅读并分析下列两个材料．材料一：物质 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/g?cm﹣3 溶解性乙二醇（C2H6O2） ﹣11.5 198 1.11 易溶于水和乙醇丙三醇（C3H8O3） 17.9 290 1.26 能跟水和乙醇以任意比互溶材料二（如图所示）：已知常见的物质分离的方法有：A．蒸馏法；B．萃取法；C．“溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤”的方法；D．分液法．根据上述材料及所学知识，回答下列问题：（1）将纯碱从氯化钠和纯碱的混合物中分离出来，最好选用（填序号，下同）．（2）将乙二醇和丙三醇相互分离的最佳方法是．（3）从溴水中提取溴单质的最佳方法是．（4）分离汽油和水的最佳方法是．参考答案：1.C

2.A

3.B或BD

4.D考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．

分析：（1）由溶解度图可知，氯化钠和纯碱的溶解度受温度影响不同；（2）乙二醇和丙三醇互溶，但沸点不同；（3）溴不易溶于水，易溶于有机溶剂；（4）汽油和水分层．解答：解：（1）由溶解度图可知，氯化钠和纯碱的溶解度受温度影响不同，则溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可分离，故答案为：C；（2）乙二醇和丙三醇互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，故答案为：A；（3）溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，则选择萃取或萃取、分液分离，故答案为：B或BD；（4）汽油和水分层，则选择分液法分离，故答案为：D．点评：本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（13分）化学在环境保护中起着十分重要的作用。催化反硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。(1)催化反硝化法中，H2能将NO还原为N2。25℃时，反应进行10min，溶液的pH由7变为12（常温下）。【已知：pH=-lgc(H+),常温下，水溶液中c(H+)×c(OH-)=10-14】①N2的结构式为________。②请补充离子方程式，并进行配平：上述反应离子方程式为(配平为1不省略)（）NO＋（）H2（）N2＋（

）H2O＋（

）__________，其平均反应速率v(NO)=

mol·L－1·min－1。(2)电化学降解NO的原理如图所示。①电源正极为________(填“A”或“B”)，阴极反应式为

。②若电解过程中转移了2mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差(Δm左－Δm右)为________g。参考答案：

略18.（1）现有以下物质①熔融状态的NaCl

②NH3·H2O

③Na2O固体

④铜

⑤BaSO4固体

⑥酒精⑦液态HCl⑧KNO3溶液，其中属于电解质的是：___________；该状态下能导电的是_____________；属于非电解质的是_________________。（请用序号作答）（2）以下A～D四个涉及H2O2的反应，请填空：A.Na2O2＋2HCl＝H2O2＋2NaCl

B.Ag2O＋H2O2＝2Ag＋O2↑＋H2OC.2H2O2＝2H2O＋O2↑

D.

□H2O2＋□KMnO4＋□H2SO4→□

MnSO4＋□K2SO4＋□H2O＋□O2↑①配平D方程式，系数填在方框内____；该反应的还原剂是_________________；②H2O2既体现氧化性，又体现还原性的反应是________，H2O2既不作氧化剂又不作还原剂的反应是__________。(请用代号作答)③请用双线桥法表示B反应中电子转移的方向和数目：___________。参考答案：(1)①②③⑤⑦

①④⑧

⑥

(2)①2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O

H2O2

②C

A

③解析：(1)水溶液中或熔化状态下能导电的化合物为电解质，则以上几种物质中，只有①②③⑤⑦为电解质，存在自由移动的离子或电子的物质能导电，则以上几种物质中只有①④⑧能导电，水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物为非电解质，则以上几种物质中，属于非电解质的有⑥，故答案为：①②③⑤⑦；①④⑧；⑥；(2)①KMnO4中Mn的化合价为+7价，反应后变成了MnSO4，化合价变成+2，Mn元素化合价降低被还原，化合价降低了5价；H2O2中氧元素化合价为-1价，反应后变成了0价的O，化合价升高了1价，1分子双氧水反应，至少化合价升高2价，化合价变化的最小公倍数为10，所以KMnO4的计量数为2，双氧水的计量数为5，然后利用观察法配平其它物质，配平后的方程式为2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O，反应中双氧水中的O被氧化，双氧水为还原剂，故答案为：2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O；H2O2；②A．Na2O2+2HCl=H2O2+2NaCl，是一个非氧化还原反应，双氧水既不是氧化剂，也不是还原剂；B．Ag2O+H2O2=2Ag+O2+H2O，Ag2O被还原成单质银，H2O2仅表现为还原性，其中氧元素转化为O2；C．2H2O2=2H2O+O2↑，过氧化氢的分解反应，是一个自身氧化还原反应，H2O2既表现了氧化性，又表现了还原性；D．H2O2＋KMnO4＋H2SO4→MnSO4＋K2SO4＋H2O＋O2↑，双氧水在反应中O元素的化合价由-1变成0，化合价升高被氧化，双氧水仅做还原剂；所以H2O2既体现氧化性，又体现还原性的反应是C；H2O2既不做氧化剂又不做还原剂的反应是A，故答案为：C；A；③Ag2O+H2O2=2Ag+O2+H2O，Ag2O被还原成单质银，得2e-；H2O2仅表现为还原性，其中氧元