江苏省南通市白蒲高级中学2024-2025学年高一化学下学期期末复习试题含解析

PAGE江苏省南通市白蒲高级中学2024-2025学年高一化学下学期期末复习试题（含解析）一、单选题1.甲、乙、丙三种物质存在如图所示的转化关系(图中“→”表示一步转化)。下列各组物质转化，不能满意此关系的是()甲乙丙ANaOHBCFeDCOA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．甲→乙：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，乙丙：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，甲+丙→乙：NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，故A不符合题意；B．甲→乙：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，乙丙，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，NaAlO2＋HCl＋H2O=Al(OH)3↓+NaCl，甲+丙→乙：3NaAlO2＋AlCl3=4Al(OH)3↓+3NaCl，故B不符合题意；C．甲→乙：Fe+2HCl=Fe2Cl+H2↑，乙丙：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，甲+丙→乙：2FeCl3+Fe=3FeCl2，故C不符合题意；D．甲烷(CH4)与CO2不发生反应，不满意转化关系，故D符合题意；答案选D。2.下面是同学完成的探究试验报告的一部分：试验名称：卤素单质的氧化性强弱比较试验药品：KBr溶液、KI溶液、氯水、溴水、碘水、四氯化碳、淀粉碘化钾试纸。试验设计如下：试验步骤卤素单质氧化性从强到弱的依次：氯、溴、碘。①氯水＋1mL，振荡，静置，视察四氯化碳层颜色②NaBr溶液＋氯水＋1mL，振荡，静置，视察四氯化碳导颜色③KI溶液＋氯水＋1mL，振荡，静置，视察四氧化碳层颜色有关该试验的说法不正确的是（）A.完成该试验用到的试验仪器有试管和胶头滴管B.在试验中所起的作用是萃取剂C.③中反应的离子方程式为D.上述①②③步试验能确定卤素单质的氧化性强弱【答案】D【解析】【详解】A．做该试验时，盛放液体的仪器用试管，滴加液体的仪器用胶头滴管，所以完成该试验需用到的试验仪器有试管和胶头滴管，故A正确；B．溴、碘易溶于四氯化碳，但钠盐溶液不易溶于四氯化碳，且四氯化碳和水不互溶，所以四氯化碳作该试验的萃取剂，故B正确；C．氯气和碘离子反应生成碘单质和氯离子，反应的离子方程式为Cl2+2I-＝2Cl-+I2，故C正确；D．该试验能证明氯气的氧化性大于溴、碘，但不能证明溴的氧化性大于碘，要想探究卤素单质的氧化性强弱还须要补充一个试验：KI溶液+溴水+1mLCCl4，振荡，静置，视察四氯化碳层颜色，故D错误；故选D。3.向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是A.Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1 B.硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC.产生的NO在标准状况下的体积为4.48L D.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol【答案】B【解析】【详解】设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，依据题意，则有64x+144y=27.2……①由Cu→Cu(OH)2、Cu2O→2Cu(OH)2可得34x+68y-16y=39.2-27.2……②解得x=0.2、y=0.1A、Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2∶0.1=2∶1，A正确；B、依据氮原子守恒可知硝酸的物质的量为1.0mol+（0.2mol×2+0.1mol×2）/3=1.2mol，硝酸的物质的量浓度为1.2mol/0.5L=2.4mol/L，B不正确；C、依据电子得失守恒可知产生的NO在标准状况下的体积为22.4L/mol×（0.2mol×2+0.1mol×2）/3=4.48L，C正确；D、依据氮原子守恒可知Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为1.0mol-0.2mol×2-0.1mol×2×2=0.2mol，D正确。答案选B。4.在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g)，温度T1、T2下X的物质的量浓度c(x)随时间t改变的曲线如图所示，下列叙述正确的是A.该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量B.T2下，在0～t1时间内，υ(Y)＝mol/(L·min)C.M点的正反应速率υ正大于N点的逆反应速率υ逆D.M点时再加入肯定量的X，平衡后X的转化率减小【答案】C【解析】【详解】A、依据图像可知W点消耗的X的物质的量大于M点消耗X的物质的量，因此依据热化学方程式可知W点放出的热量多，A不正确；B、T2下，在0～t1时间内X的浓度削减了（a－b）mol/L，则依据方程式可知Y的浓度增加了mol。反应速率通常用单位时间内浓度的改变量来表示，所以Y表示的反应速率为mol/(L·min)，B不正确；C、依据图像可知，温度为T1时反应首先达到平衡状态。温度高反应速率快，到达平衡的时间少，则温度是T1＞T2。M点温度高于N点温度，且N点反应没有达到平衡状态，此时反应向正反应方向进行，即N点的逆反应速率小于N点的正反应速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率，C正确；D、由于反应前后均是一种物质，因此M点时再加入肯定量的X，则相当于是增大压强，正反应是体积减小的可逆反应，因此平衡向正反应方向移动，所以X的转化率上升，D不正确.故选C。5.某试验爱好小组利用下列试验装置探究氯气与过量氨气反应试验，有关说法不正确的是A.打开K1，关闭K2，将注射器的活塞往外拉一小段，然后松开，活塞复原，说明装置气密性良好B.打开K1，推动注射器的活塞使过量的氨气与氯气混合时，产生大量的白色烟雾C.充分反应后，关闭K1，打开K2，可视察到烧杯中的溶液会倒吸至试管内D.试验室制备氨气和氯气可以用同一套发生装置【答案】B【解析】【详解】A.打开K1，关闭K2，将注射器活塞往外拉一小段，然后松开，活塞复原，说明装置不漏气，气密性良好，故A正确；B.打开K1，推动注射器的活塞使过量的氨气与氯气混合时，过量的氨气与氯气反应生成氮气和氯化铵，只产生大量的白烟，没有雾，故B错误；C.充分反应后，装置内的气体压强减小或生成极易溶于水的气体，关闭K1，打开K2，可视察到烧杯中的溶液会倒吸至试管内，故C正确；D.试验室制备氨气和氯气都可以运用固体与液体制备，制备氨气可以选用浓氨水和氧化钙，制备氯气可以选用高锰酸钾和浓盐酸，可以用同一套发生装置，故D正确；故选B。【点睛】本题考查了物质性质的探究试验。驾驭氨气与氯气反应的原理是解题的关键。氨气与氯气反应：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl或2NH3+3Cl2=N2+6HCl。本题的易错点为CD，C可以依据反应的方程式分析，D中要熟识氨气和氯气的常见制备方法。6.下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是A.①②③ B.①②④ C.①②③④ D.②③④【答案】B【解析】【详解】因为Fe(OH)2在空气中很简洁被氧化为红褐色的Fe(OH)3，即发生4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要解除装置中的氧气或空气。①、②原理一样，都是先用氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的爱护中；③由于空气中的氧气能快速将Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀；④中液面加苯阻挡了空气进入，能较长时间看到白色沉淀。答案选B。7.在肯定条件下，与可发生反应：，下列关于R元素的叙述中正确的是()A.中的R元素不能被氧化B.元素R位于周期表第ⅦA族C.在常温常压下肯定是固体D.若参加该反应，则转移的电子的物质的量为【答案】B【解析】【详解】A．由于氧元素显-2价，则中R的化合价为+5，既能升为+7价，也能降为0价等，因此中R既能被氧化，又能被还原，A错误；B．主族元素的最高正价=主族序数，依据题干信息可知R的最高正价是+7价，则R位于第VIIA族，B正确；C．R可以是Br元素或I元素，Br2在常温下是液体，I2在常温下是固体，C错误；D．依据方程式可知，R元素由+5价降为0价，化合价降低总数为5，则转移电子数为5，因此1mol参加该反应，则转移的电子的物质的量为5mol，D错误；答案选B。8.下列事实与分子间作用力有关的是()A.热稳定性：B.氟、氯、溴，碘单质的沸点依次上升C.的熔点很高D.金刚石的硬度很大【答案】B【解析】【详解】A．非金属氢化物的稳定性与非金属性有关，与分子间的作用力无关，非金属性：C＞Si＞Ge，因此热稳定性：，A不符合题意；B．氟、氯、溴，碘单质均为分子晶体，分子间的作用力依次增大，因此沸点依次上升，B符合题意；C．SiO2熔点很高是因为SiO2为原子晶体，熔点与共价键强弱有关，与分子间的作用力无关，C不符合题意；D．金刚石为原子晶体，硬度与分子间的作用力无关，D不符合题意；答案选B。9.下列溶液中，跟100mL0.6mol/LNaCl溶液所含的Cl－物质的量浓度相同的是（以下混合溶液的总体积近似看作各溶液体积之和）（）A.50mL0.6mol/LMgCl2溶液B.200mL0.3mol/LAlCl3溶液与100mL0.2mol/LAgNO3溶液的混合溶液C.70ml1mol/LNaCl溶液与100ml1mol/LKCl溶液的混合溶液D.25ml0.6mol/LHCl溶液与50mL0.3mol/LMgCl2溶液的混合溶液【答案】D【解析】试题分析：0.6mol/LNaCl溶液中，Cl－物质的量浓度为0.6mol/L。A.50mL0.6mol/LMgCl2溶液中，Cl－物质的量浓度为1.2mol/L；B.200mL0.3mol/LAlCl3溶液与100mL0.2mol/LAgNO3溶液的的混合溶液中，Cl－物质的量浓度为mol/L=mol/L；C.70ml1mol/LNaCl溶液与100ml1mol/LKCl溶液的混合溶液中，Cl－物质的量浓度为1mol/L；D.25ml0.6mol/LHCl溶液与50mL0.3mol/LMgCl2溶液的混合溶液中，Cl－物质的量浓度为0.6mol/L。本题选D。点睛：留意本题问是物质的量浓度相同，而不是物质的量相同。10.1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是（）A.Na2CO3 B.Na2O2、Na2CO3C.NaOH、Na2CO3 D.Na2O2、NaOH、Na2CO3【答案】A【解析】【详解】2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O可知，2mol碳酸氢钠分解生成1molNa2CO3、1molCO2、1molH2O，由2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，1molCO2恰好与1molNa2O2反应生成1molNa2CO3，所以充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是Na2CO3，故选:A。【点睛】二氧化碳和水同时遇到过氧化钠时，二氧化碳先与过氧化钠反应，然后水与过氧化钠反应。二、简答题11.现有与的混合溶液，为了分析混合溶液中与的质量分数，设计如下试验方案：取四份混合溶液各，分别缓慢加入到某溶液中，测得四组试验数据如表：第Ⅰ组第Ⅱ组第Ⅲ组第Ⅳ组溶液的质量50100150200生成沉淀的质量02.457.359.8(1)混合溶液与溶液完全反应生成沉淀的质量为______g。(2)试求出混合溶液中的溶质质量分数是______？(写出计算过程)(3)混合溶液中的溶质质量分数为______。(4)若在混合溶液中不断加入上述溶液，请画出加入溶液的质量与所产生沉淀质量的关系图______。(在答题卡的坐标图中作图)【答案】(1).(2).混合溶液中的质量为x，消耗氢氧化钠质量为y，则有，，解得；，混合溶液中的溶质质量分数是：(3).(4).【解析】【分析】H2SO4和CuSO4的混合溶液与NaOH溶液反应的化学方程式分别为，H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+2H2O，据此结合试验数据进行分析解答。【详解】(1)依据第Ⅱ、Ⅲ试验数据分析可知，每50gNaOH生成沉淀7.35-2.45=4.9g沉淀，而150g~200g沉淀的增加量为9.8-7.35=2.45g，说明加入到200gNaOH时，混合溶液中H2SO4和CuSO4完全反应，则完全反应生成沉淀的质量为9.8g；(2)由(1)可知，沉淀的质量为9.8g，设混合溶液中的质量为x，消耗氢氧化钠质量为y，则有，，解得；，混合溶液中的溶质质量分数是：；(3)依据第Ⅱ、Ⅲ试验数据分析可知，每50gNaOH生成沉淀7.35-2.45=4.9g沉淀，即50gNaOH溶液生成4.9gCu(OH)2，设此时消耗NaOH的质量为zg，则z=4g，所以NaOH的质量分数为，则100gNaOH溶液中含NaOH的质量为100g×8%=8g，设加入到100gNaOH溶液中时CuSO4消耗agNaOH，则有：a=2g则H2SO4消耗8-2=6gNaOH，则H2SO4的质量为wg，则有：w=7.35g，则混合溶液中H2SO4的溶质质量分数为；(4)依据(3)可知，当加入NaOH的质量为时，起先产生沉淀，由(2)可知，当加入NaOH的质量为时，完全反应，因此可得加入NaOH溶液的质量与所产生沉淀质量的关系图为。12.绿色化学是“预防污染”的根本手段，它的目标是探讨和找寻能充分利用的无毒害原材料，最大限度地节约能源，在化工生产各个环节中都实现净化和无污染。（1）下列各项符合“绿色化学”要求的是____。A．处理废弃物B．治理污染点C．削减有毒物D．杜绝污染源（2）在我国西部大开发中，某地为筹建一大型化工基地，征集到下列方案，其中你认为可行的是____。A．建在西部干旱区可以脱贫致富B．应建在水资源丰富和交通便利且远离城市的郊区C．企业有权自主选择厂址D．不宜建在人口稠密的居民区（3）某化工厂排放的污水中含有Mg2+、Fe3+、Cu2+、Hg2+四种离子。某同学设计了从该污水中回收纯净的金属铜的方案。在能制得纯铜的方案中，哪一步操作会导致环境污染？___。应增加哪些措施防止污染______。【答案】(1).D(2).BD(3).第③步(4).增加冷凝回收装置【解析】【详解】(1)依据题干描述：绿色化学是“预防污染”的根本手段，因此应从“源头”上杜绝污染源。(2)化工基地的筹建首先不宜建在人口稠密的居民区，同时要考虑水资源和交通问题。(3)第③步由于汞的沸点低、易挥发、有毒，因此会造成环境污染。应增加冷凝回流装置回收汞。13.人们应用原电池原理制作了多种电池，以满意不同的须要。以下每小题中的电池广泛运用于日常生活、生产和科学技术等方面，请依据题中供应的信息，填写空格。(1)溶液常用于腐蚀印刷电路铜板，发生，若将此反应设计成原电池，则负极所用电极材料为________，正极所用电极材料为________，正极反应方程式为________________，负极反应方程式为_________________。当线路中转移时，则被腐蚀铜的质量为________g。(2)将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，一组插入烧碱溶液中，分别形成了原电池，在这两个原电池中，负极分别为________。A.铝片、铜片B.铜片、铝片C.铝片、铝片D.铜片、铜片【答案】(1).(2).C(3).(4).(5).6.4(6).B【解析】【详解】(1)由反应可知，FeCl3中Fe的化合价降低得到电子，Cu的化合价上升失去电子，因此负极材料为Cu，负极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，正极材料可用C或Pt，正极反应式为2Fe3++2e-=2Fe2+，则当线路中转移0.2mole-时，被腐蚀0.1molCu，质量为0.1mol×64g/mol=6.4g，故答案为：Cu；C；2Fe3++2e-=2Fe2+；：Cu-2e-=Cu2+；6.4；(2)铜与浓硝酸可发生氧化还原反应，而铝与浓硝酸会发生钝化，因此在电解池为浓硝酸时铜作负极，铝作正极，铜不与氢氧化钠溶液反应，铝可与氢氧化钠溶液发生氧化还原反应，因此在电解池为烧碱溶液时，铝为负极，铜为正极，故答案选B。14.在2L密闭容器中，800℃时反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的改变如下表：时间(s)

0

1

2

3

4

5

n(NO)/mol

0．020

0．010

0．008

0．007

0．007

0．007

（1）A点处，v(正)_______v(逆)，A点正反应速率_______B点正反应速率(用“大于”、“小于”或“等于”填空)。（2）图中表示O2改变的曲线是______。用NO2表示从0～2s内该反应的平均速率v＝____________。（3）能说明该反应已经达到平衡状态的是______。a．容器内压强保持不变b．v(NO)＝2v(O2)c．容器内的密度保持不变d．v逆(NO2)＝2v正(O2)（4）能使该反应的反应速率增大的是______。a．适当上升温度b．刚好分别出NO2气体c．增大O2的浓度d．选择高效的催化剂【答案】(1).大于(2).大于(3).d(4).0.003mol/(L·s)(5).ad(6).acd【解析】【详解】（1）A点处生成物的浓度仍旧再增加，反应向正反应方向进行，因此v(正)大于v(逆)，A点反应物浓度大于B点反应物浓度，因此正反应速率大于B点正反应速率；（2）图中c、d表示的曲线浓度降低，是反应物。依据表中数据可知起始时NO浓度是0.02mol÷2L＝0.01mol/L，所以c表示NO，则表示O2改变的曲线是d；用NO2表示从0～2s内该反应的平均速率v＝＝0.003mol/(L·s)；（3）在肯定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生改变的状态，称为化学平衡状态。a．正反应体积减小，则容器内压强保持不变时说明反应达到平衡状态，a正确；b．v(NO)＝2v(O2)中没有指明反应速率的方向，则不肯定达到平衡状态，b错误；c．密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，因此容器内的密度始终保持不变，不能说明达到平衡状态，c错误；d．反应速率之比是相应的化学计量数之比，则v逆(NO2)＝2v正(O2)＝v正(NO2)表示正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，d正确，答案选ad；（4）a．适当上升温度肯定加快反应速率，a正确；b．刚好分别出NO2，气体浓度降低，反应速率降低，b错误；c．增大O2的浓度肯定加快反应速率，c正确；d．选择高效的催化剂肯定加快反应速率，d正确，答案选acd。15.分别按如图甲、乙所示装置进行试验，图中两个烧杯里的溶液为同浓度的稀硫酸，乙中为电流表。请回答下列问题：以下叙述中，正确的是________填字母。A.甲中锌片是负极，乙中铜片是正极B.两烧杯中铜片表面均有气泡产生C.两烧杯中溶液均增大D.产生气泡的速度甲中比乙中慢E.乙的外电路中电流方向F.乙溶液中向铜片方向移动(2)在乙试验中，某同学发觉不仅在铜片上有气泡产生，而且在锌片上也产生了气体，分析缘由可能是________。(3)在乙试验中，假如把硫酸换成硫酸铜溶液，请写出铜电极的电极反应方程式：________。(4)当电路中转移电子时，消耗负极材料的质量为_____g【答案】(1).CD(2).锌片不纯，在锌片上就形成原电池(3).(4).8.125【解析】【分析】甲装置铜、锌没有构成闭合电路，不是原电池，锌与硫酸反应放出氢气；乙装置构成原电池，锌的活泼性大于铜，锌是负极，锌失电子发生氧化反应，铜是正极，铜电极是氢离子得电子发生还原反应生成氢气。【详解】(1)A.甲装置铜、锌没有构成闭合电路，不是原电池，故A错误；B.甲烧杯没有构成原电池，且铜与硫酸不反应，所以甲烧杯中铜片表面没有气泡产生，故B错误；C.两烧杯中都有氢气放出，两烧杯中溶液pH均增大，故C正确；D.乙构成原电池、甲没有构成原电池，所以产生气泡的速度甲中比乙中慢，故D正确；E.电流由正极流向负极，乙是原电池，铜是正极，外电路中电流方向Cu→Zn，故E错误；F.原电池中阴离子移向负极，乙溶液中向锌片方向移动，故F错误；故答案为：CD；(2)若锌片不纯，在锌片上锌、杂质形成原电池，此时不仅在铜片上有气泡产生，而且在锌片上也产生了气体。故答案为：锌片不纯，在锌片上就形成原电池；(3)在乙试验中，假如把硫酸换成硫酸铜溶液，铜离子在正极得电子生成铜，铜电极的电极反应方程式，负极反应式是Zn-2e－=Zn2＋，故答案为：；(4)当电路中转移0.25mo1电子时，消耗负极材料的质量为8.125g，故答案为：8.125。16.氢氧燃料电池以溶液为电解质，其总反应的化学方程式为。(1)负极上的电极反应为_______。(2)消耗标准状况下的时，有________电子发生转移。(3)工作过程中时，溶液的________填“增大”、“减小”或“不变”。【答案】(1).(2).1(3).减小【解析】【分析】氢氧燃料电池以溶液为电解质，依据总反应方程式可知，H2的化合价降低，作负极失去电子，电极反应式为，O2的化合价上升，作正极得到电子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，据此分析解答。【详解】(1)依据上述分析可知，H2的化合价降低，作负极失去电子，电极反应式为；(2)O2的化合价上升，作正极得到电子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，消耗