福建省南平市建瓯第四中学2020年高一化学上学期期末试卷含解析

福建省南平市建瓯第四中学2020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.工业上，可采用还原法处理尾气中NO，其原理:2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)△H<0。在化学上，正反应速率方程式表示v（正）=k（正）·cm(NO）·cn（H2），逆反应速率方程式表示为v（逆）=k（逆）·cx（N2）·cy（H2O），其中，k表示反应速率常数，只与温度有关，m，n，x，y叫反应级数，由实验测定。在恒容密闭容器中充入NO、H2，在T℃下进行实验，测得有关数据如下：实验c(NO)/mol·L-1c(H2)/mol·L-1v(正)/mol·L-1·min-1①0.100.100.414k②0.100.401.656k③0.200.101.656k下列有关推断正确的是A.上述反应中，反应物的总能量低于生成物的总能量B.若升高温度，则k（正）增大，k（逆）减小C.在上述反应中，反应级数：m=2，n=1D.在一定温度下，NO、H2的浓度对正反应速率影响程度相同参考答案：C【分析】2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)△H<0，正反应是放热反应，根据反应热等于正反应活化能与逆反应活化能之差，分析判断A的正误；根据升高温度，反应速率加快分析判断B的正误；根据表格数据知，①、②实验数据比较，可以计算n。①和③比较可以计算m，分析判断C的正误；根据C计算结果分析判断D的正误。【详解】A.上述反应的正反应是放热反应，反应热等于正反应活化能与逆反应活化能之差，由此推知，正反应活化能小于逆反应活化能，选项A错误；B.升高温度，正、逆反应速率都增大，故正、逆反应速率常数都增大，选项B错误；C.由表格数据知，①、②实验数据比较，＝4n＝＝4，故n＝1。＝2m＝＝4，则m＝2，选项C正确；D.由于正反应速率表达式中NO、H2的反应级数不相等，所以，NO、H2浓度对正反应速率的影响程度不相同，选项D错误；答案选C。2.下列说法错误的是

(

)A．从1L1mol·L-1的氯化钠溶液中取出10ml，其浓度仍是1mol·L-1B．物质的量是指物质所含微粒的数目C．0.5L2mol·L-1的氯化钡溶液中，钡离子和氯离子总数为3×6.02×1023D．冰水混合物既是纯净物又是化合物参考答案：B略3.在无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的离子组是A.K+、Ba2+、NO3-、SO42-

B.K+、Na+、Cl-、ClO-C.Ca2+、NH4+、NO3-、Cl-

D.K+、Na+、MnO4-、SO42-参考答案：C【Ks5u解析】A.钡离子和硫酸根离子不能大量共存，错误；B.在强酸性溶液中，次氯酸根离子不存在，错误；C.各离子能大量共存,正确；D.高猛酸根离子紫色，错误；选C。4.下列物质中，只含离子键的是A.H2

B.NH3

C.MgCl2

D.NaOH参考答案：CA、H原子之间只存在共价键，故A错误；B、NH3中N原子和H原子之间只存在共价键，为共价化合物，故B错误；C、MgCl2中镁离子和氯离子之间只存在离子键，为离子化合物，故C正确；D、NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O原子和H原子之间存在共价键，为离子化合物，故D错误；故选C。5.一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（）A．5：3 B．5：4 C．1：1 D．3：5参考答案：A【考点】氧化还原反应的计算．【分析】在5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O的反应中，氮元素由铵根中﹣3价升高为0价，被氧化；氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，判断被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比．【解答】解：在5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O的反应中，氮元素由铵根中﹣3价升高为0价，被氧化，氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，可知被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比为（5﹣0）：[0﹣（﹣3）]=5：3．故选A．6.以下除杂方式可行的是（括号内为杂质）A.N2（O2）：通过灼热的铜网B.CO2(CO)：通入适量O2，充分燃烧C.FeCl3（FeCl2）：加入适量高锰酸钾氧化D.Al2O3（Fe2O3）：加入足量的NaOH溶液后，过滤参考答案：A【详解】A．Cu与氧气反应，与氮气不反应，则通过灼热的铜网可加热，故A正确；B．二氧化碳过量，CO不易与氧气反应，则应选灼热的CuO的除去杂质，故B错误；C．FeCl2与高锰酸钾反应，但引入杂质，不能除杂，应选氯气除杂，故C错误；D．Al2O3与NaOH溶液反应，而氧化铁不能，将原物质除去，不能除杂，故D错误；故答案选A。7.金属材料在人类社会的发展史上一直发挥着重要的作用。人类历史上最早使用的金属是A.铜

B.铁

C.铝

D.钛参考答案：A8.下列关于物质的分类、性质、用途说法全部正确的是：A．玻璃—混合物

B．硅单质—光纤材料C．二氧化硅—半导体材料

D．高锰酸钾溶液—氧化性

参考答案：AD略9.从人类利用金属的历史看，先是青铜器时代，而后是铁器时代，铝的利用是近百年的事，造成这个先后顺序事实的最主要因素是（）A．地壳中金属元素的含量B．金属的延展性C．金属的导电性D．金属活动性及冶炼的难易程度参考答案：D【考点】铝的化学性质．【分析】从人类大规模开发、利用金属的大致年限可以看出，越活泼的金属，开发利用的越晚；金属的活动性越强，冶炼的程度越难，利用的越晚，据此进行分析判断．【解答】解：地壳里含量最高的是金属铝，但铝开发利用的时间在铜、铁之后，说明金属大规模开发、利用的先后顺序与地壳里金属含量无关，与金属的导电性和延展性也无关；金属大规模开发利用主要和金属的活动性有关，活动性弱的金属容易以单质形式存在，易被开发和利用；活动性强的金属一般以化合物形式存在，难以冶炼，故还与金属冶炼的难易程度有关．故选：D．10.下列化学方程式不能用离子方程式Ba2++SO42-=BaSO4↓表示的是A.

Ba(NO3)2+H2SO4=BaSO4↓+2HNO3B.

BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaClC.

BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HClD.

BaCO3+H2SO4=BaSO4↓+H2O+CO2↑参考答案：D略11.将甲、乙两种有机物组成的混合物进行分离,已知甲、乙的某些性质如下：物质密度/(g·mL－1)沸点水溶性溶解性甲0.89378.5℃溶溶于乙乙1.220100.7℃溶溶于甲则应采取的分离方法是A.蒸馏

B.干馏

C.分液

D.过滤参考答案：A12.除去乙酸乙酯中残留的乙酸，有效的处理方法是（

）A．蒸馏

B．用过量饱和碳酸钠溶液洗涤后分液C．水洗后分液

D．用过量氯化钠溶液洗涤后分液参考答案：B略13.将过量Fe粉放入200

mL

2

mol/L的HNO3溶液中，假设还原产物只NO且HNO3完全反应，则参加反应的Fe的质量为A.4.2g

B.5.6g

C.8.4g

D.11.2g参考答案：C将过量Fe粉放入200mL2mol/L的HNO3溶液中，反应方程式为：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，根据硝酸的物质的量为2×0.2=0.4mol计算，则消耗的铁的物质的量为0.15mol，其质量为0.15×56=8.4g。故选C。14.下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol?L﹣1的是（）A．将40gNaOH溶解于1L水中配成的NaOH溶液B．常温常压下将22.4LHCl气体溶于水配成1L的盐酸溶液C．将1L10mol/L的浓盐酸与9L水混合配成溶液D．从1000mL1mol/LNaCl溶液中取出100mL的溶液参考答案：D考点：配制一定物质的量浓度的溶液．.专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：A、C==中，体积指溶液体积不是溶剂体积．B、根据温度、压强对气体摩尔体积的影响分析判断．C、根据不同液体混合时体积能否直接加和判断．D、根据溶液浓度的均一性判断．解答：解：A、C==中，体积指溶液体积不是溶剂体积，所以40gNaOH溶解于1L水中配成的NaOH溶液浓度不是1mol/L，故A错误．B、气体摩尔体积受温度和压强的影响，温度越高，气体摩尔体积越大，标况下，22.4LHCl的物质的量是1mol，常温常压下，22.4LHCl的物质的量小于1mol，所以常温常压下将22.4LHCl气体溶于水配成1L的盐酸溶液的物质的量浓度不是1mol/L，故B错误．C、1L10mol/L的浓盐酸与9L水混合配成溶液的体积不是10L，所以混合后溶液的物质的量浓度不是1mol/L，故C错误．D、溶液的物质的量浓度有均一性，与取出溶液的体积大小无关，故D正确．故选D．点评：本题考查了有关物质的量浓度的问题，难度不大，注意溶液的浓度有均一性，与取出溶液的体积大小无关．15.如图所示原电池装置中，电解质溶液为硫酸，下列有关叙述错误的是（）A.产生1gH2，消耗锌的质量65gB.供电时的总反应为：Zn+2H+═Zn2++H2↑C.该装置不可实现化学能全部转化为电能D.铜做正极发生还原反应参考答案：AA、原电池工作时总反应为：Zn+2H＋=Zn2＋+H2↑，产生1gH2，消耗锌的质量32.5g，故A错误；B、原电池工作时总反应为：Zn+2H＋=Zn2＋+H2↑，故B正确；C、该装置为原电池，原电池是化学能转化为电能的装置，但不可实现化学能全部转化为电能，故C正确；D、铜为正极，H＋得电子发生还原反应，故D正确；点睛：本题考查原电池知识，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意把握原电池的工作原理。解题关键：锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应，铜为正极，发生还原反应，原电池工作时总反应为：Zn+H＋=Zn2＋+H2↑，原电池是化学能转化为电能的装置，以此解答该题。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.有一固体混合物，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、CaCl2、NaCl等混合而成，为检验它们，按顺序做了以下实验：①将固体混合物溶于水中，搅拌后得无色透明溶液；②往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀产生；③过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解。根据上述实验事实，回答下列问题：原固体混合物中一定含有的物质是

，一定不含有的物质是

可能含有的物质是

（以上空格均填写化学式）。对可能含有的物质，可采用向滤液中滴加

（填写化学式）溶液的方法来检验。参考答案：

NaCO3

，

NaSO4

CuSO4

CaCl2

、

NaCl

、

AgNO3

略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.氯气是一种重要的化工原料，自来水的消毒、农药的生产、药物的合成等都需要用到氯气。某化学兴趣小组欲采用图一装置制取氯气，并探究氯气的性质。

图一（1）指出图一装置中的错误之处

（2）C装置中发生反应的离子方程式

。（3）为了制得干燥纯净的Cl2，请你结合图二将以上装置重新排序（可不选全）：

。（4）如果实验室中MnO2用完了，则下列物质可能可以用来代替MnO2制Cl2的是

。A．NaBiO3

B．FeCl3

C．PbO2

D．Na2O2已知氧化性强弱顺序为：NaBiO3＞PbO2＞MnO2＞Na2O2＞FeCl3（5）为证明氯气的强氧化性，有同学将图一中的“B”换成“F”，你认为他这样做对吗？

。为什么？

。参考答案：（1）未用石棉网或用长颈漏斗而未用分液漏斗（2）Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O（3）AEDBC（4）

AC

ks5u（5）不对，使石蕊溶液褪色的是因为HClO的强氧化性而不是Cl2略18.某学生称取9g直链淀粉溶于水，测定淀粉水解的百分率，其程序如下：

（1）各步所加试剂为：A______________；B______________

；C______________。

（2）只加A溶液，不加B溶液是否可以？理由是________________________________（3）在足量C的作用下，当析出10.8g金属单质时，淀粉的水解率是______________参考答案：(1)稀硫酸

NaOH溶液

新制银氨溶液(2)不可以,在酸性溶液中加入银氨溶液,银氨溶液会被破坏,不能发生银镜反应.(3)90%19.某一反应体系中，有反应物和生成物共六种物质，这六种物质是：NaNO2、HI、NO、I2、NaI、H2O，其中I2、H2O均为生成物．（1）NaNO2中N的化合价为

．（2）该反应中的氧化剂是

，氧化产物为

．（3）为了获取反应后溶液中的I2，可采用选择有机溶剂CCl4萃取的实验方法，选择CCl4做萃取剂的原因是

．（4）该反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为

．（5）NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒，区别这两种物质的实验操作方法是

．（6）若产生的气体在标准状况下体积为2.24L，则反应过程中转移电子的数目为

NA（NA表示阿伏伽德罗常数的值），发生反应的NaNO2的质量为

g．参考答案：（1）+3；（2）NaNO2；I2；（3）碘单质在四氯化碳中的溶解度远远大于水中的溶解度；（4）1：2；（5）取少量的固体于试管中，加一定量的水溶解，再加入硝酸银和稀硝酸，生成白色沉淀的试管是NaCl，另一试管是NaNO2；（6）0.1；6.9

【考点】氧化还原反应．【分析】（1）根据化合价规则计算化合价；（2）化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，产物是还原产物；化合价升高元素所在的反应物是还原剂，产物是氧化产物；（3）碘单质在四氯化碳中的溶解度远远大于水中的溶解度，可采用选择有机溶剂CCl4萃取溶液中的碘单质；（4）化合价降低元素所在的反应