福建省三明市宁化第三中学2022年高一化学上学期期末试卷含解析

福建省三明市宁化第三中学2022年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.用NA表示阿伏伽德罗常数的值．下列判断正确的是（）A．1molH2含有的分子数目为NAB．24gMg变为Mg2+时失去的电子数目为NAC．1L1mol?L﹣1CaCl2溶液中含有的Cl﹣离子数目为NAD．常温常压下，11.2LO2中含有的原子数目为NA参考答案：A【分析】A、分子个数N=nNA；B、求出镁的物质的量，然后根据镁反应后变为+2价来分析；C、求出氯化钙的物质的量，然后根据1mol氯化钙中含2mol氯离子来分析；D、常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol．【解答】解：A、1mol氢气中的分子个数N=nNA=NA个，故A正确；B、24g镁的物质的量为1mol，而镁反应后变为+2价，故1mol镁失去2NA个电子，故B错误；C、溶液中氯化钙的物质的量n=CV=1mol/L×1L=1mol，而1mol氯化钙中含2mol氯离子，故含2NA个，故C错误；D、常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氧气的物质的量小于0.5mol，则含有的原子个数小于NA个，故D错误．故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构．2.已知有反应2NO＋O2＝2NO2。今在体积为VL的密闭容器中通入molNO和molO2。反应后容器中的氮原子和氧原子的原子个数之比是

(

)

A．a/b

B．a/2b

C．a/（a＋2b）

D．a/（2a＋2b）参考答案：C略3.下列性质的递变中，正确的是A．O、S、Na的原子半径依次减小

B．HF、NH3、SiH4的稳定性依次增强C．LiOH、KOH、CsOH的碱性依次增强D．HCl、HBr、HI的还原性依次减弱参考答案：A略4.下列叙述中正确的是（

）A.周期表中第15列元素的最高价氧化物对应水化物的化学式均为H3RO4B.O22-与S2－具有相同的质子数和电子数C.所有主族元素的最高正价均与其族序数相等D.若R2－和M+的电子层结构相同，则原子序数：R＞M参考答案：B【分析】A．氮元素的最高价氧化物对应水化物的化学式为HNO3；B．O22-与S2－质子数均为16，核外电子数均为18；C．F没有正价，O没有最高正价；D．电子层结构相同的阴阳离子，阳离子的原子序数大于阴离子。【详解】A．周期表中第15列为ⅤA族，其中氮元素的最高价氧化物对应水化物的化学式为HNO3，不符合H3RO4，选项A错误；B．O22-与S2－质子数均为16，核外电子数均为18，选项B正确；C．F没有正价，O没有最高正价，选项C错误；D．电子层结构相同的阴阳离子，阳离子的原子序数大于阴离子，所以R＜M，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查原子结构与性质，难度不大，注意C选项中特例，D选项中电子层结构相同的阴阳离子，阳离子的原子序数大于阴离子。5.下列说法不正确的是A.严格执行机动车尾气排放标准有利于防止大气污染B.使用二氧化硫增白的食品对人体健康产生损害C.使用氯气对自来水消毒时生成的有机氯化物可能对人体有害D.食品厂产生的含丰富氮、磷营养素的废水可长期排向水库养鱼参考答案：D试题分析：A、大气污染的主要来源是汽车尾气的排放，故说法正确；B、SO2有毒，增白食品，对人体有伤害，故说法正确；C、使用氯气对自来水消毒时生成的有机氯化物可能对人体有害，故说法正确；D、容易造成水华，产生环境污染，故说法错误。6.（双选）元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断．下列说法不合理的是（）A．若X+和Y2﹣的核外电子层结构相同，则原子序数：X＞YB．由水溶液的酸性：HCl＞H2S，可推断出元素的非金属性：Cl＞SC．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料D．Cs和Ba分别位于第六周期IA和IIA族，碱性：CsOH＜Ba（OH）2参考答案：BD考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A．若X+和Y2﹣的核外电子层结构相同，则X处于Y的下一周期；B．元素的非金属与元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱有关，与氢化物水溶液的酸性无关；C．位于金属与非金属的交界处元素具有金属性与非金属性；D．同周期元素自左而右金属性减弱，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强．解答：-解：A．若X+和Y2﹣的核外电子层结构相同，则X处于Y的下一周期，故原子序数：X＞Y，故A正确；B．元素的非金属与元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱有关，与氢化物水溶液的酸性无关，故B错误；C．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，具有一定金属性与非金属性，都可以做半导体材料，故D正确；D．同周期元素自左而右金属性减弱，金属性Cs＞Ba，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性CsOH＞Ba（OH）2，故D错误；故BD．点评：本题考查结构位置性质关系、元素周期律等，难度不大，B为易错点，注意对规律的理解掌握．7.分别向1L0.5mol?L﹣1的Ba（OH）2溶液中加入①浓硫酸、②稀硫酸、③稀硝酸，恰好完全反应的热效应分别为△H1、△H2、△H3，下列关系正确的是（

）A.△H1＞△H2＞△H3 B.△H1＜△H2＜△H3C.△H1＞△H2=△H3 D.△H1=△H2＜△H3参考答案：B【详解】酸与强碱的稀溶液发生中和反应热效应表示为：H+(aq)+OH?(aq)═H2O(l)△H=?57.3KJ?mol?1，分别向1L0.5mol?L?1的Ba(OH)2溶液中加入①浓硫酸、②稀硫酸、③稀硝酸，因浓硫酸溶于水放热，生成硫酸钡沉淀也会放出少量的热，则恰好完全反应时的放出的热量为：①>②>③，所以△H1<△H2<△H3。故ACD错误，B正确。答案选B。【点睛】本题考查的是反应热的大小比较。根据中和热是在稀溶液中强酸与强碱生成1molH2O放出的热量，注意生成沉淀会放出少量的热，浓硫酸溶于水也放热来解答。

8.在体积相同的甲、乙两个容器中，分别充有2molSO2和1molO2，在相同的温度下发生反应2SO2＋O22SO3，并达到平衡，在该过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p％，则乙容器中SO2的转化率为A.等于p％ B.大于p％ C.小于p％ D.无法判断参考答案：B【分析】该反应为气体物质的量减小的反应，若甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，则随着反应的进行，甲的压强逐渐减小，达平衡时，乙容器压强大于甲容器压强，根据压强对平衡移动的影响分析。【详解】该反应为气体体积减小的反应，甲为恒温恒容容器，乙为恒温恒压容器，乙容器和甲容器相比较，乙容器相当于增大了容器内的压强，增大压强，平衡会向正反应方向（气体体积减小）的方向移动，所以乙容器中SO2的转化率大于甲容器SO2的转化率，反应达平衡后甲容器中SO2的转化率为p％，则乙容器SO2的转化率大于p％，故选B。【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，注意根据反应方程式的特点，把握压强对平衡移动的影响是解答关键。

9.恒容密闭容器中进行的可逆反应2NO2（g）?2NO（g）+O2（g），不能说明该反应达到平衡状态的是（）A．单位时间内生成nmo1O2的同时生成2nmolNO2B．混合气体的颜色不再改变C．混合气体的压强不再改变的状态D．混合气体的密度不再改变的状态参考答案：D【考点】化学平衡状态的判断．【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．【解答】解：A、单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，生成nmol氧气，会消耗2nmol二氧化氮，说明了正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故A正确；B、混合气体的颜色不再改变，说明二氧化氮的浓度不再变化，达到了平衡状态，故B正确；C、混合气体的压强不再改变，说明气体的物质的量不变，达化学平衡状态，故C正确；D、混合气体的密度不再改变的状态，由于反应两边都是气体，容器的体积不变，所以反应中密度始终不变，即密度不能作为判断化学平衡的依据，故D错误．故选D．10.下列电离或化学方程式书写正确的是(

)

A．Na3PO4=Na++3PO43-B．CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+H2O+CO2↑C．2Fe+6HCl=2FeCl3+3H2↑D．CH3COOH=CH3COO-+H+参考答案：B略11.同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，下列有关比较的叙述中，说法正确的是：①密度比为16：11②密度比为11：16③体积比为16：11④体积比为11：16（）A．①③

B．①④

C．②③

D．②④参考答案：B解：同温同压下，气体摩尔体积相同，设两种物质的质量都为1g，则SO2和CO2的物质的量之比==11：16，根据知，两种气体的密度之比等于其摩尔质量之比=64g/mol：44g/mol=16：11，根据V=知，相同质量的两种气体，其体积之比等于摩尔质量的反比=44g/mol：64g/mol=11：16，所以①④正确，故选B．12.下列电离方程式书写正确的是（

）A.CH3COONH4CH3COO－+NH4＋

B.HI=H＋+I－C.H2S2H＋+S2－

D.NaHCO3=Na＋+H＋+CO32－参考答案：B试题分析：A、醋酸铵属于盐，完全电离，正确的是CH3COONH4=CH3COO－＋NH4＋，故错误；B、HI属于强酸，完全电离，故正确；C、H2S为二元弱酸，应分步电离，即H2SH＋＋HS－，HS－H＋＋S2－，故错误；D、HCO3－不能拆写，应为：NaHCO3=Na＋＋HCO3－，故错误。13.由Zn、Fe、Mg、Al四种金属中的两种组成的混合物10g与足量的盐酸反应产生1.0gH2,则混合物中一定含有的金属是()A.Zn

B.Fe

C.Al

D.Mg参考答案：C略14.下列说法正确的是A．某化合物的熔融状态能导电，该化合物中一定有离子键B．冰是分子晶体，受热分解的过程中，只需克服分子间的作用力C．某纯净物在常温下为气体，则组成该物质的微粒一定含有共价键D．化学变化中往往伴随着化学键的破坏与形成，物理变化中一定没有化学键的破坏或形成参考答案：AA．某化合物的熔融状态能导电，该化合物中一定有离子键，A正确；B．冰是分子晶体，受热分解的过程中，需克服分子间的作用力和氢键，B错误；C．某纯净物在常温下为气体，组成该物质的微粒不一定含有共价键，例如稀有气体，C错误；D．化学变化中往往伴随着化学键的破坏与形成，物理变化中也可能有化学键的破坏，例如电解质溶于水，D错误，答案选A。15.下列物质属于非电解质的是A.K2SO4

B.铜丝

C.干冰

D.醋酸参考答案：C酸、碱、盐都是电解质，单质和混合物既不是电解质又不是非电解质，非金属氧化物、大多数有机物都属于非电解质，故AD是电解质，C是非电解质，B既不是电解质也不是非电解质，答案选C。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某实验小组用下图所示装置制备一硝基甲苯(包括对硝基甲苯和邻硝基甲苯)：反应原理：实验中可能用到的数据：相对原子质量：H-1

C-12

N-14实验步骤：①浓硫酸与浓硝酸按体积比1：3配制混合溶液（即混酸）共40mL；②在三颈瓶中加入13g甲苯（易挥发），按图所示装好药品和其他仪器；③向三颈瓶中加入混酸；④控制温度约为50℃，反应大约10min，三颈瓶底有大量淡黄色油状液体出现；⑤分离出一硝基甲苯，经提纯最终得到纯净的一硝基甲苯共15g。请回答下列问题：(1)实验前需要在三颈瓶中加入少许________，目的是____________________。(2)冷凝管的作用是______________；冷却水从冷凝管的_______（填“a”或“b”）端进入。(3)仪器A的名称是________，使用该仪器前必须进行的操作是_________________。(4)分离反应后产物的方案如下：其中，操作1的名称为________，操作2必需的玻璃仪器有酒精灯、温度计、锥形瓶、牛角管（尾接管）和________________、_________________。(5)本实验中甲苯的转化率为________（结果保留3位有效数字）。参考答案：(1)碎瓷片（或沸石）

防止暴沸

(2)冷凝回流

a

(3)分液漏斗

检漏

(4)分液

蒸馏烧瓶

冷凝管

(5)77.5％【分析】(1)反应物甲苯沸点低，加热时容易发生暴沸；(2)冷凝管用于将蒸汽冷却为液体，冷凝水应是下进上出，延长热量交换时间，使热量能更充分交换，确保气体充分冷凝；(3)仪器A是分液漏斗，使用前必须检查是否漏液；(4)因为分离得到的是无机和有机两种液体，而有机物和无机物是不相溶的，因此方法是分液；分离两种一硝基化合物只能利用它们沸点的不同，因此采用蒸馏的方法，根据蒸馏所需仪器分析解答；(5)根椐方程式可知，一摩尔的甲苯可以得到一摩尔的对硝基甲苯与一摩尔的邻硝基甲苯，本实验中分离出一硝基甲苯，经提纯最终得到纯净的一硝基甲苯共15g，根据方程克制13g甲苯理论产生硝基甲苯的质量，产率的计算方法就是用实际产量除以理论产量。【详解】(1)甲苯的沸点为110.6℃易挥发，容易发生暴沸，需用碎瓷片(沸石)，防止暴沸；(2)冷凝管用于将蒸汽冷却为液体，因此冷凝管的作用是冷凝回流。蒸馏时，冷却水从冷凝管的下口通入，上口流出，可使冷凝管充满冷水而进行充分冷却，所以冷却水从冷凝管的a端进入；(3)仪器A是分液漏斗，使用前必须检查是否漏液；(4)因为分离得到的是无机和有机两种液体，而有机物和无机物是不相溶的，因此操作1的名称为分液；分离两种一硝基化合物只能利用它们沸点的不同，因此采用蒸馏的方法，蒸馏烧瓶盛放两种一硝基化合物混合物，酒精灯用于加热蒸馏烧瓶，温度计测量蒸汽的温度，冷凝管用于将蒸汽冷却为液体，铁架台用于固定蒸馏烧瓶，牛角管(尾接管)用于承接冷凝后的液体，锥形瓶用于盛放产品，所以操作2必需的玻璃仪器还有蒸馏烧瓶、冷凝管；(5)产率等于实际产量与理论产量的比；根椐方程式可知，1mol的甲苯可以得到1mol的对硝基甲苯与1mol的邻硝基甲苯，换成质量即：92g的甲苯可以得到137g的对硝基苯和邻硝基苯，则13g的甲苯就能得到的一硝基苯的质量m=g=19.35g，本实验中分离出一硝基甲苯，经提纯最终得到纯净的一硝基甲苯共15g，所以一硝基苯的产率为：×100%≈77.5%。【点睛】本题主要考查一硝基甲苯的制备的知识，涉及实验流程、产率的计算等知识，明确物质的制备原理即流程的意义与目的为解答此类题的关键，充分考查了学生灵活应用所学知识的能力。

三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.一切化学反应除了有质量的变化外，还伴随着

的变化，它们分别遵循

定律和

定律。能量变化通常主要表现为

____

的变化，即

或者______参考答案：能量；质量守恒定律；能量守恒定律；热量；放热；吸热。18.海水是自然賜给人类的宝藏，海水的综合利用是全世界研究的重点。完成下列问题:（1）粗盐中除了含有泥沙之外还含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，粗盐获得精盐一般步骤:加入氯化钡、纯碱和烧碱的目的依次是:_________、_________、_________。（2）海水提取金属镁流程如下:流程中加入熟石灰目的__________；沉淀与盐酸反应的离子方程式_____________。（3）某学生实验室模拟河水提取溴的步骤为:海水→浓缩→氧化→提取→溴①氧化步骤:

适宣作氧化剂的是_______。A

Br2

B.Cl2

C.I2

D

HCl②提取步骤：……溴水中加入CCl4振荡、静置……得溴的四氯化碳溶液，该分离提纯溴的方法叫________；用到的主要仪器为________。（4）实验证明金属制品在海水中更容易生锈，铜锈的化学式为:________；Cu与硫磺反应的化学方程式________；参考答案：(1)除SO42-

除Ca2+和Ba2+

除Mg2+

(2)使Mg2+沉淀

Mg(OH)2+2H+=2H2O+Mg2+

(3)①B

②萃取分液（或萃取）

分液漏斗

(4)Cu2(OH)2CO3

2Cu+SCu2S解析：（1）加入氯化钡溶液。除去溶液中的SO42-；加入纯碱溶液除去溶液中Ca2+和Ba2+；加入烧碱溶液除去溶液中的Mg2+。正确答案：除SO42-；除Ca2+和Ba2+；除Mg2+。（2）把海水中镁离子变为氢氧化镁沉淀，便于富集镁元素；氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液和水；正确答案：使Mg2+沉淀；Mg(OH)2+2H+=2H2O+Mg2+。（3）①氧化性：.Cl2>Br2>I2>HCl，适宜的氧化剂为Cl2，氯气能够把溴离子氧化为溴单质；正确选项：B。②用四氯化