云南省澜沧一中2018_2019学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）.docx

云南省澜沧一中2018-2019学年度下学期期末考试高一化学一、单选题(共20小题,每小题2.0分,共40分) 1.3g镁铝合金与100 mL稀硫酸恰好完全反应，将反应后的溶液加热蒸干，得到无水硫酸盐17.4 g，则原硫酸的物质的量浓度为( )A. 1 molL1B. 1.5 molL1C. 2 molL1D. 2.5 molL1【答案】B【解析】设镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol，则，再根据镁、铝元素守恒，即生成的硫酸镁的物质的量为xmol，生成的硫酸铝的物质的量为，即由两方程式可得原硫酸的物质量浓度为1.5mol/L2.同温同压下，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体，下列说法错误的是A. 所占的体积由大到小的顺序是：H2CH4O2CO2SO2B. 所含分子数由多到少的顺序是：H2CH4O2CO2SO2C. 密度由大到小的顺序是：SO2CO2O2CH4H2D. 所含的电子数由多到少的顺序是：CO2SO2CH4O2H2【答案】D【解析】试题分析：A根据n=m/M可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，则同温同压下体积与物质的量成正比，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体，所占的体积由大到小的顺序是：H2CH4O2CO2SO2，故A正确；B根据n=m/M可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越少，同温同压下，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2，分子数由多到少的顺序是：H2CH4O2CO2SO2，故B正确；C同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体摩尔质量由小到大的顺序是：H2CH4O2CO2SO2，密度之比为：H2CH4O2CO2SO2，故C正确；D取mg四种气体，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体含电子数分别为：m/4422，m/22，m/3216，m/1610，m/6432，所含的电子数由多到少是：H2CH4CO2=O2=SO2，故D错误；故选D。考点：考查阿伏伽德罗常数计算及应用。3.对于反应3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，以下叙述正确的是（）A. Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂B. 被氧化的氯原子和被还原的氯原子的物质的量之比为51C. Cl2既做氧化剂又做还原剂D. 氧化剂得电子数与还原剂失电子数之比为51【答案】C【解析】试题解析：对于反应3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O,，氯元素的化合价升高到+5价，发生氧化反应共有1摩尔氯原子被氧化；氯元素的化合价降低到-1价，发生还原反应，共有5摩尔氯原子被还原；因此，氯气Cl2既做氧化剂又做还原剂，答案C正确；B被氧化的氯原子和被还原的氯原子的物质的量之比为15。B错误；D 氧化剂得电子数与还原剂失电子数之比为1：1，D错误；考点:考查氧化还原反应相关知识。4.依据2Fe2Cl2=2Fe32Cl，HClOHCl=Cl2H2O,2Fe3Cu=2Fe2Cu2，FeCu2=Fe2Cu，判断下列氧化剂的氧化性强弱顺序正确的是()A. Fe3HClOCl2Fe2Cu2B. HClOCl2Fe3Cu2Fe2C. Cl2HClOFe3Cu2Fe2D. Fe3Cu2Cl2HClOFe2【答案】B【解析】【分析】在同一氧化还原反应中，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，据此分析解答。【详解】2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-中氯气是氧化剂，铁离子是氧化产物，所以氧化性Cl2Fe3+；HClO+H+Cl-=H2O+Cl2中次氯酸是氧化剂，氯气是氧化产物，所以氧化性HClOCl2；2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+中铁离子是氧化剂，铜离子是氧化产物，所以氧化性Fe3+Cu2+；Fe+Cu2+=Fe2+Cu中铜离子是氧化剂，亚铁离子是氧化产物，所以氧化性Cu2+Fe2+；综上可得氧化剂的氧化性强弱顺序是HClOCl2Fe3+Cu2+Fe2+；答案选B。【点睛】本题考查氧化性强弱的判断，根据元素化合价变化来分析判断即可，注意“氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性”规律的使用。5.铁、铜混合粉末18.0g加入到100mL 5.0molL1 FeCl3溶液中，充分反应后，剩余固体质量为2.8g下列说法正确的是A. 剩余固体是铁、铜混合物B. 原固体混合物中铜的质量是9.6gC. 反应后溶液中n（Fe3+）=0.10molD. 反应后溶液中n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.75mol【答案】D【解析】【分析】铁比铜活泼，与FeCl3溶液反应时先后发生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，原氯化铁溶液中含有氯化铁的物质的量为n(FeCl3)=5mol/L0.1L=0.5mol，结合反应的方程式解答。【详解】铁的还原性强于铜，把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5mol，设0.5mol铁离子完全反应消耗铁、铜的质量分别为m1、m2，则：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+Fe+2Fe3+=3Fe2+64g 2mol 56g 2molm1 0.5mol m2 0.5molm1=16g，m2=14g，溶解的金属质量为：18g-2.8g=15.2g，14g15.2g16g，则铁完全反应、铜部分反应，且Fe3+完全反应，剩余的金属为Cu，故A、C错误；设反应消耗铜的物质的量为n1，反应的铁的物质的量为n2，则：(1)64 n1+56 n2=15.2g(2)n1+n2=n(Fe3+)=0.25mol，计算得出：n1=0.15mol、n2=0.1mol，则原来混合物中含有的铜的质量为：0.15mol64g/mol+2.8g=12.4g，故B错误；根据质量守恒定律，溶液中亚铁离子和铜离子的物质的量为：n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.15mol+0.10mol+0.5mol=0.75mol，所以D选项是正确的。答案选D。6.有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8：9。加入足量稀H2SO4使其完全溶解后，再加入NaOH溶液，生成沉淀的质量随NaOH溶液体积变化的曲线如下图，其中正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】镁与铝的质量比是8: 9，物质的量比是1:1。加足量盐酸溶解，再加氢氧化钠溶液，则氢氧化钠先中和掉多余的酸，再分别与Mg2+、Al3+生成Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，过量后Al(OH)3沉淀溶解，沉淀质量减少，最终只剩Mg(OH)2沉淀。由于镁、铝的物质的量相等，生成的Mg(OH)2和Al(OH)3的物质的量也相等，由两种沉淀的分子式知Al(OH)3的质量大于Mg(OH)2的质量，故最终沉淀不会消失，但最终沉淀质量小于沉淀达到最大时质量的一半，故A项正确。综上所述，本题正确答案A。7.取软锰矿石（主要成分为MnO2）116g 跟足量浓盐酸发生如下反应(杂质不参与反应)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，制得22.4L Cl2（标准状况）。下列有关说法中不正确的是A. 这种软锰矿石中MnO2的质量分数为75%B. 被氧化的HCl的物质的量为4molC. 参加反应的HCl的质量为146gD. 被还原的MnO2的物质的量为1mol【答案】B【解析】试题分析：22.4L Cl2（标准状况）的物质的量为1mol；根据方程式，生成1mol氯气需要1mol MnO2参加反应；1mol MnO2的质量为87g；生成1mol氯气需要4molHCl参加反应；MnO2的质量分数为75%，故A正确；被氧化的HCl的物质的量为参加反应的HCl的一半，故B错误；参加反应的HCl的质量为，故C正确；生成1mol氯气需要1mol MnO2参加反应，参加反应的MnO2都被还原，故D正确。考点：本题考查氧化还原反应。8.向300 mL 1 molL-1的稀硝酸中，加入5.6 g铁粉，充分反应后，铁粉全部溶解（假设还原产物只有NO），下列说法不正确的是（ ）A. 最终所得溶液中既有Fe2+又有Fe3+B. 最终溶液中，硝酸无剩余C. 标准状况下生成NO的体积为1.68 LD. 再向最终所得溶液中滴加稀硝酸，无明显变化【答案】D【解析】【分析】当 4：发生反应Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO+2H2O，最终所得溶液中有Fe3+而没有Fe2+；当 8/3：发生反应3Fe+8HNO3（稀）=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O，最终所得溶液中有Fe2+而没有Fe3+；当8/3 4时，发生反应Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO+2H2O Fe+2Fe3+=3Fe2+最终所得溶液中既有Fe2+又有Fe3+，据此进行分析；【详解】A.已知：n（HNO3）=cV=1mol/L0.3L=0.3mol，n（Fe）=m/M=5.6g/56g/mol=0.1mol； =3/1，则溶液中既有Fe2+又有Fe3+，故不选A；B.最终溶液中，硝酸无剩余，故不选B；C.溶液是Fe（NO3）3和Fe（NO3）2的混合溶液，利用氮元素的守恒和得失电子数相等列方程组：假设生成Fe3+为xmol，生成Fe2+为ymol；根据氮元素的守恒3x+2y+n（NO）=0.3根据得失电子数相等3x+2y=3n（NO），二者联立得n（NO）=0.075mol，则V（NO）=0.075mol22.4L/mol=1.68L，故不选C；D.再向最终所得溶液中滴加稀硝酸，Fe2+会被氧化为Fe3+，溶液颜色变深，故D错误；答案：D【点睛】本题关键点是判断Fe与硝酸反应的产物，难点为C选项，用到了物料守恒和得失电子守恒。9.已知X原子核外有n个电子层，X是位于第A族短周期元素，下列有关说法正确的是()A. 1n3B. X原子最外层有4个电子C. X可能是金属元素D. X原子易得到电子【答案】B【解析】【分析】由元素周期表中位置：“X是位于第A族短周期元素”可推知X是碳元素或硅元素。【详解】A. “X是位于第A族短周期元素”，第一周期没有第A族，则n=2或3，故A错误；B. “X是位于第A族短周期元素”，则X原子最外层有4个电子，故B正确；C. 由分析可知，X是碳元素或硅元素，X不可能是金属元素，故C错误；D. “X是位于第A族短周期元素”，则X原子最外层有4个电子，X原子不易得失电子，故D错误；答案选B。10.已知X、Y、Z是三种原子序数相连的元素，最高价氧化物对应水化物酸性相对强弱的顺序是HXO4H2YO4H3ZO4，则下列判断正确的是（）A. 气态氢化物的稳定性：HXH2YZH3B. 非金属活泼性：YXZC. 原子半径：XYZD. 原子最外层电子数：XYS，所以气态氢化物的稳定性HClH2S，答案为：HClH2S；（5）电子层数越多，半径越大，层数相同时，核电荷越多半径越小，Na、Al、S、Cl元素的简单离子的半径由大到小的顺序为：S2ClNaAl3，答案为：S2ClNaAl3.考点：考查元素推断、元素周期律22.工业上通常利用SiO2和碳反应来制取硅，写出反应的化学方程式_。工业上还可以利用镁制取硅，反应为2Mg+SiO2=2MgO+Si，同时会发生副反应：2Mg + Si=Mg2Si。如图是进行Mg与SiO2反应的实验装置，试回答下列问题：（1）由于O2和H2O（g）的存在对该实验有较大影响，实验中应通入气体X作为保护气，试管中的固体药品可选用_(填序号)。A石灰石B锌粒C纯碱（2）实验开始时，必须先通一段时间X气体，再加热反应物，其理由是 _；当反应引发后，移走酒精灯，反应能继续进行，其原因是_。（3）反应结束后，待冷却至常温时，往反应后的混合物中加入稀盐酸，可观察到闪亮的火星，产生此现象的原因是副产物Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4（硅烷）气体，然后SiH4自燃。用化学方程式表示这两个反应_，_。【答案】 (1). SiO2 + 2C Si + 2CO (2). b (3). 防止加热条件下H2与空气混合爆炸 (4). Mg与SiO2的反应是放热反应 (5). Mg2Si4HCl= 2MgCl2SiH4 (6). SiH42O2 = SiO22H2O【解析】试题分析：碳和二氧化硅反应生成硅和CO，据此书写方程式；Mg为活泼金属，在空气中点燃可以和O2、CO2、H2O反应，在工业中利用镁制取硅：需排尽装置中的空气，实验中应通入气体X作为保护气，X由稀硫酸制得，根据题干（1）信息可知，用锌和稀硫酸制得的氢气排空装置中的空气，氢气和空气的混合气体燃烧会发生爆炸，所以反应开始前应该先通氢气排尽装置中的空气，X为氢气，通过浓硫酸进行干燥，据此分析解答。解析：碳和二氧化硅在高温下反应生成硅和CO，反应的化学方程式为SiO2 + 2C Si + 2CO。（1）Mg可以与CO2、N2发生化学反应，Mg与氢气不能发生反应，因此可用氢气作为保护气；选用的药品为稀硫酸和锌粒，再用浓硫酸干燥，答案选b；（2）装置中有空气，若不用氢气排空装置中的空气，氢气和空气的混合气体燃烧会发生爆炸，所以反应开始前应该先通氢气排尽装置中的空气；Mg与SiO2反应的条件是加热，当反应引发后，移走酒精灯，反应能继续进行，这说明Mg与SiO2的反应是放热反应；（3）Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4（硅烷），其反应的方程式为：Mg2Si4HCl2MgCl2SiH4，SiH4常温下是一种不稳定、易自燃的气体，反应的方程式为SiH42O2 SiO22H2O，所以往反应后的混合物中加入稀盐酸，可观察到闪亮的火星。23.有甲、乙两位学生利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人都使用镁片与铝片作电极，但甲同学将电极放入6 molL1硫酸溶液中，乙同学将电极放入6 molL1的氢氧化钠溶液中，如下图所示。(1)写出甲池中正极的电极反应式_。(2)写出乙池中负极的电极反应式_。(3)写出乙池中总反应的离子方程式_。(4)如果甲与乙同学均认为“构成原电池的电极材料如果都是金属，则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”，则甲会判断出_活动性更强，而乙会判断出_活动性更强(填写元素符号)。(5)由此实验，可得到如下哪些结论正确（ ）A利用原电池反应判断金属活动顺序时应注意选择合适的介质B镁的金属性不一定比铝的金属性强C该实验说明金属活动顺序已过时，已没有实用价值D该实验说明化学研究对象复杂、反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析(6)上述实验也反过来证明了“直接利用金属活动顺序判断原电池中的正负极”这种做法_(可靠或不可靠)。如不可靠，请你提出另一个判断原电池正负极的可行实验方案_(如可靠，此空可不填)。【答案】 (1). 2H2eH2 (2). Al4OH3eAlO22H2O (3). 2Al2OH2H2O2AlO2-3H2 (4). Mg (5). Al (6). AD (7). 不可靠 (8). 将两种金属作电极连上电流计后插入电解质溶液，构成原电池，利用电流计测定电流的方向，从而判断电子流动方向，再确定原电池正负极【解析】【分析】甲中镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应；乙池中铝易失电子作负极、镁作正极，负极上铝失电子发生氧化反应，结合题干中的问题分析解答。【详解】（1）甲中镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应，正极反应为2H2eH2；（2）乙池中铝易失电子作负极、镁作正极，负极上铝失电子发生氧化反应，负极电极反应式为Al4OH3eAlO22H2O；（3）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，则总反应的离子方程式为2Al2OH2H2O2AlO2-3H2；（4）甲中镁作负极、乙中铝作负极，根据作负极的金属活泼性强判断，甲中镁活动性强、乙中铝活动性强；（5）A根据甲、乙中电极反应式知，原电池正负极与电解质溶液有关，因此利用原电池反应判断金属活动顺序时应注意选择合适的介质，A正确；B镁的金属性大于铝，但失电子难易程度与电解质溶液有关，B错误；C该实验对研究物质的性质有实用价值，故C错误；D该实验说明化学研究对象复杂，反应与条件有关，电极材料相同其反应条件不同导致其产物不同，所以应具体问题具体分析，故D正确；答案选AD；（6）上述实验说明，“直接利用金属活动性顺序表判断电池中的正负极”并不考可靠，最好是接一个电流计，通过观察电流方向判断原电池的正负极，即将两种金属作电极连上电流计后插入电解质溶液，构成原电池，利用电流计测定电流的方向，从而判断电子流动方向，再确定原电池正负极。【点睛】本题考查了探究原电池原理，明确原电池中各个电极上发生的反应是解本题关键，注意不能根据金属的活动性强弱判断正负极，要根据失电子难易程度确定负极，为易错点。24.如图所示，将仪器A中的浓盐酸滴加到盛有MnO2的烧瓶中，加热后产生的气体依次通过装置B和C，然后再通过加热的石英玻璃管D（放置有铁粉）。请回答：（1）仪器A的名称是_，烧瓶中反应的化学方程式是_。（2）装置B中盛放液体是_，气体通过装置B的目的是_。装置C中盛放的液体是_。（3）D中反应的化学方程式是_。（4）烧杯E中盛放的液体是_，反应的离子方程式是_。（5）资料表明D中产物有以下性质：受热易升华，冷却后易凝华；遇H2O（g）剧烈反应。为收集D中产物，在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加_装置。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O (3). 饱和NaCl溶液 (4). 吸收氯气中混有的杂质HCl (5). 浓硫酸 (6). 2Fe+3Cl22FeCl3 (7). 氢氧化钠溶液 (8). Cl2+2OHCl+ClO+H2O (9). 干燥【解析】【分析】（1）根据仪器构造判断其名称，浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下反应可以生成氯气、氯化锰和水；（2）根据生成的氯气中含有水蒸气和氯化氢解答；（3）铁和氯气在加热的条件下化合生成氯化铁；（4）根据氯气有毒需要尾气处理解答；（5）根据氯化铁遇H2O（g）剧烈反应分析解答。【详解】（1）由图可知，装置A的仪器名称为分液漏斗；将浓盐酸滴加到MnO2中，在加热时发生反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（2）浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有水蒸气和氯化氢，与铁反应前需要净化，B瓶中的试剂是饱和食盐水，作用是吸收氯气中混有的杂质HCl；装置C中盛放的液体是浓硫酸，该试剂的作用是吸收水蒸气，干燥氯气；（3）铁和氯气在加热的条件下化合生成氯化铁，则D中反应的化学方程式是2Fe+3Cl22FeCl3；（4）氯气有毒，不能排放到大气中，烧杯E中盛放的液体是NaOH溶液用来吸收氯气，防止污染环境，氯气与NaOH溶液反应的离子方程式为2OH+Cl2Cl+ClO+H2O；（5）资料表明D中产物有以下性质：受热易升华，冷却后易凝华；遇H2O(g)剧烈反应。为收集D中产物，在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加一个干燥装置，防止水蒸气进入影响产品纯度。25. A、B、C是与生命活动密切相关的三种常见化合物，每种物质所含元素种类均不超过三种，甲是单质。它们之间有如下转化关系：化合物D也是生活中常见的化合物，在一定条件下可发生如下反应：D+3甲3A+2B请回答下列问题：（1）在化合物A、B、C、D中所含元素完全相同的是_和_（填字母）。（2）在常温下，A和B通过_转化为C。该过程的能量转化关系如何?_。（3）写出由C生成D的反应的化学方程式_。（4）化合物C是人类生命活动不可缺少的物质之一，它在血液中的正常含量是_。（5）目前化合物B在大气中含量呈上升趋势，对环境造成的影响是_。【答案】（1）C D（2）绿色植物的光合作用 该过程中光能转化为化学能（3）CH2OH(CHOH)4CHO2CH3CH2OH+2CO2 （4）100mL血液中约含葡萄糖80100mg（5）温室效应加剧【解析】试题分析：A、B、C是与生命活动密切相关的三种常见化合物，每种物质所含元素种类均不超过三值，且甲是单质。因此联系植物的光合作用可知，甲是氧气，C是葡萄糖，A和B是CO2与水。葡萄糖C在一定条件下有分解生成B和化合物D，化合物D也是生活中常见的化合物，燃烧产物是水和CO2，这说明D是乙醇，B是CO2，所以A是水。（1）在化合物A、B、C、D中所含元素完全相同的是乙醇和葡萄糖，答案选C和D。（2）在常温下，A和B通过绿色植物的光合作用转化为C。该过程的能量转化关系是光能转化为化学能。（3）葡萄糖在酶的作用下分解生成乙醇和CO2，反应的化学方程式是CH2OH(CHOH)4CHO2CH3CH2OH2CO2。（4）葡萄糖在血液中的正常含量是100mL血液中约含葡萄糖80100mg。（5）CO2含量上升，容易引起温室效应。考点：考查框图题的判断、葡萄糖的性质、作用以及环境保护等点评：该题是中等难度的试题，侧重考查学生分析、归纳和总结问题的能力。该类试题的关键是找准突破点，在解答该类试题时需要注意的是化学推断题是一类综合性较强的试题，如元素及化合物性质和社会生活，环境保护，化学计算等知识，还可引入学科间综合。它不仅可考察学生对化学知识的理解程度，更重要的是培养学生的综合分析能力和思维方法。解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。26.已知：； 苯环上原有的取代基对新导入的取代基进入苯环的位置有显著影响。以下是用苯作原料制备一系列化合物的转化关系图：（1）A转化为B的化学方程式是_。（2）图中“苯”省略了反应条件，请写出、物质的结构简式：_，_。（3）苯的二氯代物有_种同分异构体。（4）有机物所有原子_（填“是”或“不是”）在同一平面上。【答案】 (1). (2). (3). (4). 3 (5). 不是【解析】(1)A为硝基苯，根据信息可知B为，根据A、B的结构可知，甲基取代硝基苯苯环上硝基间位的H原子生成B，反应方程式为：+CH3Cl+HCl，故答案为：+CH3Cl+HCl；(2)与水反应生成，根据信息可知为，由转化关系图可知硝基苯发生间位取代，卤苯发生对位取代，所以卤苯，为，故答案为：；(3)苯的二氯代物有邻位、间位和对位3种，故答案为：3；(4)中甲基为四面体结构，所以所有原子不是在同一平面上，故答案为：不是。点睛：本题考查有机物的结构与性质及推断，结合生成物的结构判断发生的取代位置，利用顺推法进行推断。本题的易错点是(4)，只要分子结构中含有饱和碳原子，分子中的原子就不可能共面。27.如图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系，其中部分产物未写出。常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体。根据下图关系推断：(1)写出化学式：X_，A_，B_。(2)实验室收集气体D和F的方法依次是_法、_法。(3)写出CE的化学方程式：_。(4)请写出A与E反应生成D的化学方程式：_ (5)检验物质A的方法和