2021年山东省潍坊市寒亭区第四中学高一化学期末试题含解析

2021年山东省潍坊市寒亭区第四中学高一化学期末试题含解析一、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.把0.6molX气体和0.6molY气体混合于2L的密闭容器中，使它们发生如下反应3X(g)＋Y(g)nZ(g)＋2W(g)。5min末生成0.2molW。若测知以Z的浓度变化表示平均反应速率为0.01mol·L－1·min－1，则化学方程式中的值为A.1

B.2

C.3

D.4参考答案：A5min内W的平均化学反应速率v（W）==0.02mol?L﹣1?min﹣1，利用各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比，Z浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol?L﹣1?min﹣1，则：v（Z）：v（W）=0.01mol?L﹣1?min﹣1：0.02mol?L﹣1?min﹣1=n：2，所以n=1，正确选项A。点睛：本题考查化学反应速率的定量表示方法，明确同一化学反应各物质的反应速率之比等于化学计量数之比是解题的关键，注意单位的统一。2.(双选)某食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：①加入稍过量的Na2CO3溶液；②加入稍过量的NaOH溶液；③加入稍过量的BaCl2溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤；正确的操作顺序是（）A．③②①⑤④

B．①②③⑤④

C．②③①⑤④

D．③⑤②①④参考答案：AC考点：粗盐提纯．专题：实验题；化学实验基本操作．分析：从电离的角度分析粗盐中的杂质可知：溶液中的杂质离子为钙离子、镁离子、和硫酸根离子，根据镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析．解答：解：首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最后经蒸发操作得到较纯净的氯化钠，所以正确的顺序为③②①⑤④或②③①⑤④；故选AC．点评：除杂问题是化学实验中的一类重要问题，除杂时不仅要能把杂质除掉，还不能引入新杂质，而且方法要简便易行，把握好此原则需要我们有扎实的基础知识和缜密的思维．3.2008年美国《Science》上发表论文，宣布发现了一种Al的超原子结构，这种超原子（Al13）是以1个Al原子在中心，12个Al原子在表面形成的三角二十面体结构。这种超原子具有40个价电子（即主族元素的最外层电子数）时最稳定。请预测稳定的Al13所带的电荷为A.-1

B.+2

C.+3

D.0参考答案：A略4.C6H14的各种同分异构体中所含甲基数和它的一氯取代物的数目可能是A.2个甲基，4种 B.4个甲基，1种C.3个甲基，5种 D.4个甲基，4种参考答案：C【分析】C6H14有5种同分异构体：①CH3CH2CH2CH2CH2CH3②CH3CH2CH(CH3)CH2CH3③(CH3)2CHCH2CH2CH3④(CH3)2CHCH(CH3)2⑤(CH3)3CCH2CH3。【详解】A.①有2个甲基，其一氯取代物有3种，故A不选；B.4个甲基的有④和⑤2种，④的一氯取代物有2种，⑤的一氯取代物有3种，故B不选；C.3个甲基的C6H14有②和③，②的一氯取代物有4种，③的一氯取代物有5种，故C选；D.4个甲基的有④和⑤2种，④的一氯取代物有2种，⑤的一氯取代物有3种，故D不选；故选C。【点睛】甲基指的是-CH3，不是专指主链上连的取代基，CH3CH2CH2CH2CH2CH3有2个甲基，CH3CH2CH(CH3)CH2CH3主链上连有1个甲基，端点还有2个甲基，所以共3个甲基。

5.下列说法写正确的是A.AZRn+的质子数为Z，中子数为AB.乙烯的结构简式：CH2CH2C.氯化镁的电子式：D.HClO的结构式：H－Cl－O参考答案：C分析：本题考查了化学用语相关知识。解答时根据中子数=质量数-质子数；官能团在结构简式中不能省略；离子化合物电子式有电子得失，阴离子加括号；结构式是用短线表示原子之间的共价键数。详解：A.AZRn+的质子数为Z,中子数为A-Z,故A错误；B.乙烯的结构简式：CH2=CH2，碳碳双键是烯烃的官能团，不能省略，故B错误；C.氯化镁是离子化合物，其电子式：，故C正确；D.HClO的结构式：H－O－Cl，故D错误；答案选C。6.下列金属只能与高温水蒸气反应而不与热水反应的是（）A．Ca

B．Mg

C．Fe

D．Cu参考答案：C考点：铁的化学性质．分析：A．Ca为活泼金属，既可以与水反应，更可以与高温水蒸气反应；B．Mg为活泼金属，既可以与热水反应，更可以与高温水蒸气反应；C．Fe为较活泼金属，不与热水反应，可以与高温水蒸气反应；D．Cu为不活泼金属，既不与热水反应，也不与高温水蒸气反应；解答：解：A．Ca为活泼金属，既可以与水反应，更可以与高温水蒸气反应，故A不选；B．Mg为活泼金属，既可以与热水反应，更可以与高温水蒸气反应，故B不选；C．Fe为较活泼金属，不与热水反应，可以与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故C选；D．Cu为不活泼金属，既不与热水反应，也不与高温水蒸气反应，故D不选；故选C．点评：本题考查金属的活泼性，侧重与热水以及水蒸气反应考查，为高考常见题型，把握几种常见金属的性质为解答的关键；7.15．氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于区域3的是

A.2F2+2H2O=4HF+O2

B.AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3C.3CO+Fe2O32Fe+3CO2

D.MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑参考答案：C8.反应A＋3B＝2C＋D在四种不同情况下的反应速率分别为：①v(A)＝0.15mol/(L·s)

②v(B)＝0.6mol/(L·min)

③v(C)＝0.5mol/(L·s)

④v(D)＝0.45mol/(L·s)

，则反应进行由快到慢的顺序为：（

）A．④＞③＞①＞②

B．②＞④＞③＞①

C．②＞③＞④＞①

D．④＞③＞②＞①参考答案：A略9.某同学在实验报告中记录下列数据，其中正确的是A．用25mL量筒量取12.36mL盐酸

B．用托盘天平称量8.75g食盐C．用500mL的容量瓶配制450mL溶液

D．用广泛pH试纸测得某溶液的pH为3.5参考答案：C略10.下列关于胶体的叙述不正确的是

A.肥皂水、氢氧化铁胶体均属于胶体

B.胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1~100nm之间

C.用平行光线照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同

D.Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水的目的参考答案：C略11.根据下面两个化学方程式判断Fe2＋、Cu2＋、Fe3＋氧化性由强到弱的顺序是①2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2

②CuCl2＋Fe===FeCl2＋CuA.Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋

B.Fe2＋>Cu2＋>Fe3＋C.Cu2＋>Fe3＋>Fe2＋

D.Fe3＋>Fe2＋>Cu2＋参考答案：A【分析】根据规律“氧化性：氧化剂>氧化产物”分析判断。【详解】反应①：氧化剂Fe3＋得电子生成还原产物Fe2＋，还原剂Cu失电子生成氧化产物Cu2＋。氧化性：Fe3＋>Cu2＋；反应②：氧化剂Cu2＋得电子生成还原产物Cu，还原剂Fe失电子生成氧化产物Fe2＋。氧化性：Cu2＋>Fe2＋。则有氧化性：Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋。本题选A。【点睛】比较氧化性、还原性最重要的规律是“氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物”。12.以油类为溶剂的防锈漆称为油基防锈漆,由于环保方面的原因,目前要推广使用水基防锈漆,但水基漆较易溶解O2，在干燥之前易导致金属表面产生锈斑，(金属腐蚀的过程实质上就是被氧化的过程)为此要在水基漆中加入缓蚀剂,以下不可作为缓蚀剂的是A.Na2SO3

B.NaNO2

C.维生素C

D.KMnO4参考答案：D根据信息，金属腐蚀的过程实质上是被氧化的过程，缓蚀剂应具有还原性，A、Na2SO3中S表现＋4价，以还原性为主，可以作缓蚀剂，故A错误；B、NaNO2中N具有还原性，可以作缓蚀剂，故B错误；C、维生素C具有还原性，可以作缓蚀剂，故C错误；D、高锰酸钾溶液具有很强的氧化性，不能作缓蚀剂，故D正确。13.宇航员翟志刚成功完成的中国历史上首次太空行走，使中国成为第三个独立掌握出舱活动技术的国家。宇航员出舱时，呼吸所需的氧气主要来自太空服中的呼吸面具。下列物质在一定条件下均能产生氧气，其中最适宜用于呼吸面具中供氧的是().A．HNO3

B．H2O2

C．KClO3

D．Na2O2参考答案：D14.某酸性溶液中，则该溶液中一定能够大量共存的离子组是(

)A.Fe2+、Ba2+、NO3－、SO32－ B.Na+、NH4+、SO42－、Cl－C.Na+、K+、AlO2-、NO3－ D.Na+、K+、HCO3－、Br－参考答案：B【详解】A.酸性条件下，NO3-、H+与Fe2+发生氧化还原反应，NO3-与SO32－发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不选；B.酸性条件下，该组离子之间不反应，可大量共存，故B选；C.酸性条件下，H+与AlO2-反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故C不选；D.酸性条件下H+、HCO3-结合生成水和二氧化碳，不能大量共存，故D不选。故选B。【点睛】解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存。

15.下列推断合理的是

A．明矾[KAl（SO4）2·12H2O]在水中能形成Al（OH）3胶体，可用作净水剂B．金刚石是自然界中硬度最大的物质，不可能与氧气发生反应

C．浓H2SO4有强氧化性，不能与Cu发生剧烈反应D．将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色；将SO2通入溴水，溴水褪色后加热也能恢复原色参考答案：A略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某实验小组进行物质漂白性的实验探究Ⅰ．应用图1所示的方法实验，其中气体A的主要成分是氯气，杂质是空气和水蒸气．回答下列问题：（1）该项研究（实验）的主要目的是

．（2）浓硫酸的作用是 ，与研究目的直接相关的实验现象是

．（3）将石蕊试液滴到新制氯水中的现象

．Ⅱ．为探究SO2的漂白是SO2直接作用于有色物质，还是SO2与水反应的产物H2SO3的作用，设计如图2装置进行实验：（图2中所用硫酸的质量分数为70%）（1）为探究干燥的SO2能不能使品红褪色，请指出设计的实验装置图中两个明显的不足中的一个

（2）按照修改后的装置，实验中控制SO2以大约每秒3个气泡的速度通过品红的酒精溶液时，经过一小时后，品红仍不褪色．这说明品红褪色的原因不是SO2直接导致．所以，SO2通过品红水溶液后，引起品红褪色的可能是

．（填化学式）参考答案：Ⅰ（1）探究Cl2在潮湿和干燥时是否具有漂白性；（2）吸收气体A中的水蒸气；B内的有色布条不褪色，C内的有色布条褪色；（3）石蕊试液先变红后褪色；Ⅱ（1）①二氧化硫没有干燥（或缺少二氧化硫的干燥装置）、②没有尾气吸收装置；（2）H2SO3

【考点】氯、溴、碘的性质实验．【分析】Ⅰ（1）据两个对比实验干燥的有色布条和湿润的有色布条来分析；（2）浓硫酸具有吸水性可做干燥剂；据干燥的氯气，不能使干燥的有色布条褪色，湿润的氯气，能使有色布条褪色来分析；（3）据氯气与水反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有弱酸性，强氧化性，漂白性以及不稳定性来分析；Ⅱ（1）根据实验目的及二氧化硫的性质分析，制取干燥的气体且二氧化硫有毒，应有尾气处理装置；（2）根据二氧化硫和水反应的方程式判断．【解答】解：Ⅰ（1）该实验通过观察干燥氯气与湿氯气分别对有色布条的漂白作用，来研究干燥的氯气有没有漂白性；故答案为：探究Cl2在潮湿和干燥时是否具有漂白性；（2）浓硫酸可做干燥剂具有吸水性，故作用吸收气体A中的水蒸气；氯气通过A瓶被浓硫酸干燥，B瓶中干燥的布条不褪色，说明干燥氯气没有漂白性，C瓶中氯气与水生成氯水、有色布条褪色，说明湿氯气对有色布条有漂白作用；故为B内的有色布条不褪色，C内的有色布条褪色；故答案为：吸收气体A中的水蒸气；B内的有色布条不褪色，C内的有色布条褪色；（3）新制氯水含有H+，HClO，HClO具有强氧化性，漂白性，故可使紫色石蕊试液先变红后褪色，故答案为：石蕊试液先变红后褪色；Ⅱ（1）该实验是探究干燥的SO2能不能使品红褪色，所以二氧化硫通入品红溶液前要进行干燥，二氧化硫有毒，所以多余气体不能直接排空，故要有尾气处理装置；故答案为：①二氧化硫没有干燥（或缺少二氧化硫的干燥装置）、②没有尾气吸收装置；（2）二氧化硫和水反应生成亚硫酸SO2+H2O?H2SO3所以引起品红褪色的可能是H2SO3，故答案为：H2SO3．三、综合题（