山东省泰安市第三中学高一化学上学期期末试卷含解析

山东省泰安市第三中学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.下列冶炼方法中，不能将化合物中的金属元素还原为金属单质的是()A.铝粉和Fe2O3共热 B.加热HgOC.电解熔融的MgCl2 D.氢气通入Al2O3并加热参考答案：D【分析】根据金属的活泼性强弱冶炼金属，K、Ca、Na、Mg、Al等金属用电解法，Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等金属用热还原法、Hg、Ag等金属用热分解法冶炼.【详解】A.铝粉和Fe2O3共热反应可以得到金属铁和氧化铝，A不符合题意；B.加热氧化汞会发生分解，制的金属Hg，B不符合题意；C.Mg为活泼金属，要用电解熔融MgCl2的方法冶炼，C不符合题意；Dal是相对活泼的金属应该使用电解熔融氧化铝的方法冶炼，不能使用热还原法冶炼，因此不能制取得到Al单质，D符合题意；故合理选项是D。【点睛】本题考查金属的冶炼方法与金属活动性关系的知识，注意常见金属的冶炼方法，把握金属的活泼性强弱是解题关键。

2.下列离子方程式书写正确的是A.NaHCO3溶液中滴加醋酸：CO32-+2H＋＝H2O+CO2↑B.铁片上滴加FeCl3溶液：Fe+Fe3+＝2Fe2+C.AlCl3溶液中加入氨水：Al3++3NH3?H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+D.氯气通入NaOH溶液中：Cl2+OH－＝Cl－+ClO－+H2O参考答案：C【详解】A.醋酸和碳酸氢根离子不可拆，故A错误；B.电荷不守恒，故B错误；C.AlCl3溶液中加入氨水：Al3++3NH3?H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，故C正确；D.电荷不守恒，原子不守恒，故D错误；正确答案：C。3.下列说法不正确的是（

）A.H2O、H2S、H2Te分子间作用力依次增大B.石墨转化为金刚石，既有化学键的断裂，也有化学键的形成C.碘单质升华克服的是分子间作用力D.KClO3分解生成KC1和O2的过程中有离子键和共价键的断裂和形成参考答案：AH2O分子之间含有氢键，H2S、H2Te不存在氢键，H2Te的相对分子质量大于H2S，H2Te的分子间作用力大于H2S，因此在三种分子中，分子间作用力大小顺序为：H2O>H2Te>H2S，A错误；石墨转化金刚石是化学变化，既有化学键的断裂，又有化学键的形成，B正确；碘是分子晶体，碘单质升华克服的是分子间作用力，C正确；KClO3分解生成KC1和O2的过程中有离子键和共价键的断裂（K＋与ClO3－离子键、Cl－O共价键）和形成（K＋与Cl－离子键、O-O共价键），D正确；正确选项A。4.在同温同压下，11.5g气体A所占的体积和8O2所占的体积相同，则气体A的相对分子质量为（

）A.46

B.28

C.44

D.64

参考答案：A略5.化学非常重视分类。从化学物质分类角度看，和其他三种物质不属于一类的是A．Na2SO4 B．NaOH C．Na2CO3 D．NaHCO3参考答案：B6.将适量的铁粉加入FeCl3溶液中，完全反应后，溶液中的Fe3＋和Fe2＋的物质的量浓度相等，则已反应的Fe3＋和未反应的Fe3＋的物质的量之比

（

）A.3︰2

B.1︰2

C.2︰1

D.2︰3参考答案：D略7.下列有关氢键的叙述，错误的是

A、氢键不是化学键

B、氢键是一种特殊的分子间作用力

C、水由液体变为固体，体积变大是因为氢键的作用

D、氢键比化学键强参考答案：D略8.下列各对物质中，互为同分异构体的是（

）A．

CH3－CH2－CH3和CH3-CH2－CH2－CH3B．CH3一CH＝CH－CH3和CH3－CH＝C－CH3

CH3C．

CH3－CH＝CH-CH3和CH3－CH2－CH＝CH2

CH3

CH3

D．CH3－CH－CH－CH3和CH3－CH－CH－CH3

CH3

CH3参考答案：C略9.下列物质的分离方法错误的是（）A．采用蒸发法从食盐水中提取食盐B．用结晶法除去硝酸钾中的氯化钠C．用酒精从溴水中萃取溴D．用分液法分离汽油和水的混合物参考答案：C【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】A、从海水中提取食盐，采用的是蒸发溶剂的办法；B、硝酸钾的溶解度受温度影响大，而NaCl的溶解度受温度影响不大；C、酒精与水互溶；D、汽油和水不互溶．【解答】解：A、从海水中提取食盐，多采用升温蒸发溶剂法，故A正确；B、硝酸钾的溶解度受温度影响大，而NaCl的溶解度受温度影响不大，则用结晶法除去硝酸钾中的氯化钠杂质，故B正确；C、酒精与水互溶，不能用酒精萃取，故C错误；D、汽油和水不互溶，所以可以用分液法分离，故D正确．故选C．10.下列说法中正确的是A、反应是放热还是吸热取决于反应物和生成物的总能量的相对大小B、放热反应在常温下一定很容易发生C、需要高温方能发生的反应一定是吸热反应D、化学反应中的能量变化都表现为热能的变化参考答案：A略11.在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有大量Cu2+、K+、H+、Cl﹣、CO32﹣、OH﹣6种离子中的3种，已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯溶液中大量存在的离子是A.K+、OH﹣、CO32﹣

B.CO32﹣、OH﹣、Cl﹣C.K+、H+、Cl﹣

D.Cu2+、H+、Cl﹣参考答案：A甲烧杯的溶液呈蓝色，则含有Cu2+，而CO32-、OH-离子不能与Cu2+离子大量共存，故只能存在于乙烧杯中，乙烧杯中含有CO32-、OH-离子，则H+离子只能存在于甲烧杯中，根据溶液的电中性，甲中还应有Cl-，乙中还应有K+，故甲中含有的离子为Cu2+、H+、Cl-，乙中含有的离子为K+、OH-、CO32-，故选A。12.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法不正确的是A.KClO3在反应中得到电子

B.ClO2是还原产物C.H2C2O4发生氧化反应

D.1molKClO3参加反应有2mol电子转移参考答案：D【分析】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，Cl元素的化合价由+5降低为+4价，C元素的化合价由+3升高到+4价，以此来解答。【详解】A．因反应中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，则KClO3在反应中得到电子，A正确；B．Cl元素的化合价降低，被还原，对应的产物为还原产物，即ClO2是还原产物，B正确；C．因C元素的化合价由+3升高到+4价，则H2C2O4在反应中作还原剂，被氧化，发生氧化反应，C正确；D．Cl元素的化合价由+5降低为+4价，1molKClO3参加反应转移的电子为1mol×（5-4）=1mol，D错误；答案选D。【点睛】明确反应中有关元素的化合价变化情况是解答的关键，注意理清氧化还原反应的知识线索，即化合价升高→失电子→还原剂→氧化反应→氧化产物，化合价降低→得电子→氧化剂→还原反应→还原产物。13.下列变化中，一定需加还原剂才能实现的是A.FeCl3→FeCl2

B．CO2→CO32－

C．C→CO2

D．KMnO4→MnO2参考答案：A略14.可以用来鉴别甲烷和乙烯两种气体的试剂是A．水

B．溴水

C．四氯化碳

D．灼热的铜丝参考答案：B略15.欲配制100mL1.0mol/LNa2SO4溶液，正确的方法是（）（已知Na2SO4、Na2SO4?10H2O的式量分别为142和322）①将14.2gNa2SO4溶于100mL水中②将32.2gNa2SO4?10H2O溶于少量水中，再用水稀释至100mL③将20mL5.0mol/LNa2SO4溶液用水稀释至100mL．A．①② B．①③ C．②③ D．①②③参考答案：C考点：溶液的配制．分析：欲配制100mL1.0mol/LNa2SO4溶液，需要硫酸钠的质量为：1.0mol/L×0.1L×142g/mol=14.2g；需要Na2SO4?10H2O的质量为1.0mol/L×0.1L×322g/mol=32.2g，溶于水配成100mL溶液，据此解答．解答：解：①将14.2gNa2SO4溶于100mL水中，溶液的体积大于100mL，溶液的物质的量浓度小于1.0mol/L，故错误；②32.2gNa2SO4?10H2O物质的量为0.1mol，溶于100mL水中，得到溶液的体积为100ml，溶液的物质的量浓度为0.1mol÷0.1L=1.0mol/L，故正确；③设稀释后硫酸钠溶液浓度为c，根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，则20ml×5mol/L=100ml×c，解得c=1mol/L，故正确；故选：C．点评：本题考查了配制一定物质的量浓度溶液，熟悉配制原理和过程是解题关键，注意溶液的体积与溶剂体积的差别，题目不难二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.将9mol/L的浓硫酸稀释成0.9mol/L的稀硫酸100mL，回答下列问题：（1）需要取浓硫酸mL（2）配制操作可分解成如下几步，以下正确的操作顺序是A．向容量瓶中注入少量蒸馏水，检查是否漏水B．用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒，将溶液注入容量瓶，并重复操作两次C．将已冷却的稀硫酸注入已检查不漏水的容量瓶中D．根据计算，用量筒量取一定体积的浓硫酸E．将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入盛有蒸馏水的小烧杯中，并不断用玻璃棒搅拌F．盖上容量瓶塞子，振荡，摇匀G．用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度相切H．继续往容量瓶中小心地加蒸馏水，使液面接近刻度线1～2cm（3）需要使用的实验仪器有烧杯、．（4）由于错误操作，使得到的浓度数据比正确的偏大的是（填写序号）．A．使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容后所得溶液的浓度B．没有用蒸馏水洗烧杯2﹣3次，并将洗液移入容量瓶中C．容量瓶用蒸馏水洗净，没有烘干D．定容时，滴加蒸馏水，先使液面略高于刻度线，再吸出少量水使液面凹面与刻度线相切E．把配好的溶液倒入用蒸馏水洗净而末干的试剂瓶中备用．参考答案：1.102.ADECBHGF3.100mL容量瓶、玻璃棒、量筒、胶头滴管4.A考点：溶液的配制．

专题：化学实验基本操作．分析：（1）根据溶液的稀释过程中溶质的物质的量不变计算出需要浓硫酸的体积；（2）根据配制100mL0.9mol/L的稀硫酸的步骤对各操作进行排序；（3）根据配制一定物质的量浓度的步骤选用仪器（4）根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大．解答：解：（1）将9mol/L的浓硫酸稀释成0.9mol/L的稀硫酸100mL，根据n=c1V1=c2V2可知，需要浓硫酸的体积为：=0.01L=10mL，故答案为：10；

（2）配制100mL0.9mol/L的稀硫酸的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容和摇匀等，正确的操作顺序为ADECBHGF，故答案为：ADECBHGF；（3）根据配制100mL0.9mol/L的稀硫酸的步骤可知，需要使用的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等，故答案为：100mL容量瓶、玻璃棒、量筒、胶头滴管；

（4）A．使用容量瓶配制溶液时，俯视液面，加入的蒸馏水低于容量瓶刻度线，导致配制的溶液体积偏小，所得溶液的浓度偏大，故A正确；B．没有用蒸馏水洗烧杯2﹣3次，并将洗液移入容量瓶中，会导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故B错误；C．容量瓶用蒸馏水洗净，没有烘干，容量瓶不需要烘干，对溶质的物质的量及溶液的最终体积不变，不影响配制结果，故C错误；D．定容时，滴加蒸馏水，先使液面略高于刻度线，导致配制的溶液体积偏大，配制的溶液浓度偏低，故D错误；E．把配好的溶液倒入用蒸馏水洗净而末干的试剂瓶中备用，试剂瓶中的蒸馏水将配制的溶液稀释，导致溶液浓度偏小，故E错误；故答案为：A．点评：本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，难度中等，试题难易适中，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力，该题的难点在于误差分析，注意明确误差分析的方法三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.某元素的同位素R形成的最高价氧化物的化学式是RO2，其气态氢化物中含氢25%，且已知R原子核内的质子数等于中子数。则：R的质量数为

，质子数为