四川省南充市第十三中学2022年高一化学上学期期末试题含解析

四川省南充市第十三中学2022年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.Cu2O是赤铜矿的主要成分，Cu2S是辉铜矿的主要成分．铜的冶炼过程通常发生反应：Cu2S+Cu2O＝6Cu+SO2↑，下列有关说法正确的是（）A．该反应中有三种元素的化合价发生了变化 B．每生成0.1molCu，转移0.2mol电子 C．Cu2S在反应中既是氧化剂又是还原剂 D．Cu既是氧化产物又是还原产物参考答案：C解：A．该反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以有两种元素化合价变化，故A错误；B．每生成0.1molCu，转移电子＝0.1mol×（1﹣0）＝0.1mol，故B错误；C．该反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，则Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故C正确；D．该反应中铜元素化合价降低，所以铜是还原产物，故D错误.

2.元素周期表中金属与非金属的分界线附近能找到（

）A．新制农药元素

B．制催化剂元素

C．制半导体元素

D．非金属元素参考答案：CA、根据S、P、Cl、Br、As等元素单质或者它们的化合物通常具有一定的毒性，所以制取新型农药可以重点研究这些元素的化合物，S、P、Cl、Br、As等并不处于金属与非金属的分界线附近，A错误。B、过渡金属及其化合物具有良好的催化效果，过渡金属并不处于金属与非金属的分界线附近，B错误。C、Si、Ge、Ga等具有良好的半导体特性，它们都处在金属与非金属的分界线附近，C正确。D、非金属元素处于金属与非金属的分界线右上方，D错误。【点睛】由于金属一般具有较好的导电性，而非金属的导电性一般较差，那么从左到右，其单质导电性逐渐减弱，分界线附近正好处于导电与不导电之间，这里的单质和化合物更加可能具有半导体性能。3.NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中，正确的是：

（

）A、1molH2所含的中子数是2NA

B、4℃时，3.6mLH2O所含水分子为0.3NAC、24g氮气所含的原子数为NA

D、1molNa作还原剂可提供的电子数为NA参考答案：D略4.下列反应的离子方程式正确的是（

）A.NaHCO3溶液与醋酸：CO32?+2CH3COOH

2CH3COO?+H2O+CO2↑B.硝酸银溶液与铜：Cu+Ag+

=Cu2+

+AgC.用醋酸除水垢：2CH3COOH+CaCO3

Ca2++2CH3COO?+H2O+CO2↑D.向NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至呈中性：H++SO42?+Ba2++OH?=H2O+BaSO4↓参考答案：略5.已知2SO2＋O2=2SO3为放热反应，对该反应的下列说法正确的是()A．O2的能量一定高于SO2的能量B．SO2和O2的总能量一定高于SO3的总能量C．SO2的能量一定高于SO3的能量D．因该反应为放热反应，故不必加热就可发生参考答案：B试题分析：2SO2＋O22SO3为放热反应，说明反应物SO2和O2的总能量比生成物SO3具有的总能量高。多余的能量以热能的形式释放出来。故答案是B。6.下列各物质中所有原子都满足最外层8电子结构的是(

)

①N2

②Cl2

③CO2

④PCl3

⑤H2O

⑥PCl5

⑦CCl4

A．全部

B．①②③⑥

C．②④⑦

D．①②③④⑦参考答案：D略7.下面实验操作可以实现实验目的的是（

）

A．鸡蛋白溶液中，加入浓的硫酸铵溶液有沉淀析出，加入水后沉淀不溶解

B．将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，证明SO2具有漂白性

C．取样灼烧，可以鉴别某白色纺织品是棉织品还是羊毛制品

D．取少量蔗糖溶液加稀硫酸，水浴加热几分钟后，再加入新制的氢氧化铜悬浊液

并且加热，观察现象，判断蔗糖水解的产物中是否含有葡萄糖参考答案：B8.根据反应：①Fe＋Cu2＋＝Fe2＋＋Cu

②2Fe3＋＋Cu＝Cu2＋＋2Fe2＋③2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl﹣④HClO＋H＋＋Cl﹣＝Cl2↑＋H2O可以判断出各微粒的氧化性或还原性由强到弱的顺序正确的是A.氧化性：HClO＞Cl2＞Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2＋B.氧化性：Cl2＞HClO＞Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2＋C.还原性：Fe＞Cu2＋＞Fe2＋＞Cl－＞Cl2D.还原性：Fe2＋＞Cu2＋＞Fe3＋＞Cl－＞Cl2参考答案：A【分析】根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性分析判断。【详解】①反应Fe+Cu2+＝Fe2++Cu中铜离子是氧化剂，亚铁离子是氧化产物，铁是还原剂，铜是还原产物，则还原性Fe＞Cu，氧化性为Cu2+＞Fe2+；②反应2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+中铁离子是氧化剂，铜离子是氧化产物，铜是还原剂，亚铁离子是还原产物，则还原性Cu＞Fe2＋，氧化性为Fe3+＞Cu2+；③反应2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－中氯气是氧化剂，铁离子是氧化产物，亚铁离子是还原剂，氯离子是还原产物，则还原性Fe2＋＞Cl－，氧化性为Cl2＞Fe3+；④反应HClO+H++Cl－＝Cl2+H2O中次氯酸是氧化剂，氯气是氧化产物，氯离子是还原剂，氯气是还原产物，则还原性Cl－＞Cl2，氧化性为HClO＞Cl2；由此可以判断出各微粒的氧化性由强到弱的顺序正确的是HClO＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，还原性由强到弱的顺序正确的是Fe＞Cu＞Fe2＋＞Cl－＞Cl2，答案选A。9.元素A和元素B的原子序数都小于18。已知A元素原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b;B元素原子的M层电子数为（a-b），L层电子数为（a+b）,则A、B两元素所形成的化合物的性质可能是（

）

A.能与水反应

B.能与硫酸反应

C.不能与氢氧化钠反应

D.能与碳酸钠反应参考答案：D略10.联合国宣布2019年为“国际化学元素周期表年”，我国的刘庄教授为汞元素的代言人。下列关于Hg的说法中，正确的是A.质子数为198 B.中子数为118C.质量数为278 D.中子数与核外电子数之差为80参考答案：B【详解】在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。则A、质子数为80，选项A错误；B、中子数＋质子数＝质量数，则中子数为198—80＝118，选项B正确；C、质量数为198，选项C错误；D、质子数＝核外电子数，因此核外电子数为80，中子数为118，中子数与核外电子数之差为38，选项D错误。答案选B。11.在两个密闭容器中，分别装有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是()A.甲的分子数比乙的分子数多B.甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小C.甲的物质的量比乙的物质的量少D.甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小参考答案：C试题分析：两容器的温度和压强相同，密度比等于摩尔质量之比，甲的摩尔质量大于乙，所以等质量的两种物质，甲的物质的量小，体积小，分子数少，相对分子质量大，在相同的温度和压强下，摩尔体积相同，所以选C。12.下列各物质不能由金属单质与盐酸发生置换反应得到的是(

)A．NaCl

B．AICl3

C．MgCl2

D．FeCl3参考答案：D略13.下列说法正确的是A．常温常压下，只有一种元素的单质呈液态B．周期表中所有元素都是从自然界中发现的C．最外层有2个电子的原子一定在第ⅡA族D．常温常压下，气态单质的分子都是由非金属元素的原子形成的参考答案：D14.今有A、B两种原子，A原子的M层比B原子的M层少3个电子，B原子的L层电子数恰为A原子L层电子数的2倍。A和B分别是()A．碳原子和铝原子

B．硼原子和氦原子C．氯原子和碳原子

D．硅原子和钠原子参考答案：A略15.已知X、Y均为1～18号之间的元素，X、Y可形成化合物X2Y和X2Y2，

又知Y的原子序数小于X的原子序数，则这两种元素的原子序之和为

A、19

B、18

C、16

D、9参考答案：A略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.如图所示是学生课外活动小组设计的制取氨气并进行氨气溶于水的喷泉实验等实验的装置示意图。请回答下列问题：(1)学生甲用图A所示装置制备氨气，写出该法制取氨气的化学方程式_________________；制出的氨气应使用________________法来收集，要得到干燥的氨气可选用____________做干燥剂。(2)学生乙用图B所示装置也制出了氨气，他选用的制取试剂可能是__________和____________。(3)学生丙用图C所示装置进行喷泉实验，上部烧瓶已充满干燥氨气，引发水上喷的操作是____________________。(4)学生丁将装置C误装为装置D，但经同学讨论后，认为也可引发喷泉。请说明用该装置引发喷泉的方法：___________________。(5)学生戊用装置E（盛有水）吸收一段时间氨后，再通入空气，同时将经加热的铂丝插入E装置的锥形瓶内，看到了具有催化作用的铂丝保持红热，同时瓶内生成了红棕色的气体。写出在此过程中可能发生反应的化学方程式：______________________。参考答案：(1)2NH4Cl＋Ca(OH)2═CaCl2＋2NH3↑＋2H2O

向下排空气

碱石灰(或氢氧化钠固体、氧化钙固体等)

(2)氧化钙（或氢氧化钠固体）

浓氨水

(3)打开止水夹，挤出胶头滴管中的水

(4)打开止水夹，用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热，氨受热膨胀，赶出玻璃导管中的空气，氨气与水接触，即发生喷泉

(5)4NH3＋5O24NO＋6H2O2NO＋O2===2NO22NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；向下排空气法；碱石灰；(2)反应B装置特点是不需要加热，向CaO中滴加浓氨水，CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，NH3?H2ONH3↑+H2O，使浓氨水中的氨气逸出，氢氧化钠溶于水放热，使浓氨水中的氨气逸出，故答案为：氧化钙或氢氧化钠；浓氨水；(3)NH3极易溶解于水，通常状况下，1体积水溶解700体积氨气，打开止水夹挤出胶头滴管中的水，由于氨气迅速溶解在挤出胶头滴管中的水，导致烧瓶内气体压强迅速减小，导致溶液进入烧瓶产生喷泉现象，故答案为：打开止水夹，挤出胶头滴管中的水；(4)装置D没有胶头滴管，打开止水夹，用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热，氨受热膨胀，气体从烧瓶中逸出，赶出玻璃导管中的空气，氨气极易溶于水，氨气与水接触，烧瓶内压强减小，即发生喷泉，故答案为：打开止水夹，用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热，氨受热膨胀，赶出玻璃导管中的空气，氨气与水接触，即发生喷泉；(5)将经加热的铂丝插入戊装置的锥形瓶内，发生氨的催化氧化反应4NH3+5O24NO+6H2O，产物为无色的一氧化氮和水，产生的一氧化氮能和氧气反应生成红棕色的NO2，2NO+O2═2NO2，NO2为红棕色气体，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2═2NO2。【点睛】本题考查氨气的制备和性质，掌握氨气的制备原理和化学性质是解答的关键。(4)探究喷泉的形成是该题的解答难点。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.实验室常用盐酸的质量分数为36.5%，密度为1.20g/cm3．（1）此浓盐酸的物质的量浓度是多少？（列式计算）（2）配制100mL3.00mol/L的盐酸，需以上浓盐酸多少mL？（列式计算）（3）用浓盐酸配制该稀盐酸需要以下哪些步骤（按配制顺序填写序号）：．①计算②装瓶③用50mL量筒量取一定体积的浓盐酸④洗涤⑤移液⑥稀释⑦定容⑧摇匀．参考答案：解：（1）设盐酸溶液的体积为1L，则溶液的质量为1000ml×1.20g/ml，溶质的物质的量为=12.0mol，C（HCl）==12.0mol/L，答：此浓盐酸的物质的量浓度是12.0mol/L．（2）根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则有C（浓）?V（浓）=C（稀）?V（稀），即12.0mol/L×V（浓）=0.1L×3.00mol/L，则需浓盐酸V（浓）==0.025L，即25mL，答：配制100mL3.00mol/L的盐酸，需以上浓盐酸25mL．（3）配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，其先后顺序为①③⑥⑤④⑦⑧②，故答案为：①③⑥⑤④⑦⑧②．考点：配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量浓度的相关计算．

专题：溶液和胶体专题．分析：（1）假设盐酸的体积为1L，根据密度计算溶液的质量，根据质量分数计算溶质的物质的量，进而计算溶液的物质的量浓度，或根据c=计算；（2）根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算；（3）配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作．解答：解：（1）设盐酸溶液的体积为1L，则溶液的质量为1000ml×1.20g/ml，溶质的物质的量为=12.0mol，C（HCl）==12.0mol/L，答：此浓盐酸的物质的量浓度是12.0mol/L．（2）根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则有C（浓）?V（浓）=C（稀）?V（稀），即12.0mol/L×V（浓）=0.1L×3.00mol/L，则需浓盐酸V（浓）==0.025L，即25mL，答：配制100mL3.00mol/L的盐酸，需以上浓盐酸25mL．（3）配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，其先后顺序为①③⑥⑤④⑦⑧②，故答案为：①③⑥⑤④⑦⑧②．点评：本题考查一定物质的量浓度的溶液配制和相关计算，题目难度不大，本题注意把握计算的有关公式和溶液稀释前后的溶质物质的量不变18.为了测定某铜银合金的组成，将30.0g合金溶于80.0mL13.5mol/L的浓硝酸中，待合金完全溶解后，收集到气体6.72L（标准状况下），并测得溶液中H＋的物质的量浓度为1.00mol/L，假设反应后溶液的体积仍为80.0mL。计算：（1）被还原的硝酸的物质的量

（2）合金中银的质量分数参考答案：解：设合金中Cu和Ag的物质的量分别为x和y（1）被还原的硝酸的物质的量即为生成气体的物质的量所以，被还原的硝酸的物质的量为6.72L/22.4mol?L－1=0.300mol（2）参加反应的硝酸为（13.5mol/L－1.00mol/L）×0.08L=1.00mol64.0x+108y=30.02.00x+y=1.00－0.300解得：y=0.100所以银的质量分数为：0.