2018年湖北省武汉市杨春湖中学高一化学下学期期末试卷含解析

1、2018年湖北省武汉市杨春湖中学高一化学下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. 在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（ ）A氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2B向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有ClC向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有HD向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO参考答案：D试题分析：A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；B、向氯水中

2、滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl，B正确；C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H，C正确；D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D不正确，答案选D。【名师点晴】氯水的多种成分决定了氯水的化学性质表现出多样性：Cl2的强氧化性；HCl的强酸性；HClO的强氧化性、弱酸性和不稳定性；Cl的性质。在不同的反应中，氯水起作用的成分不同，现列表如下：参与反应的微粒所加试剂实验现象离子方程式或解释ClAgNO3

3、溶液白色沉淀ClAg=AgClHNa2CO3固体有气泡产生2HCO32CO2H2OHClO有色布条布条颜色褪去发生氧化还原反应Cl2FeCl2溶液溶液变棕黄色2Fe2Cl22Fe32ClCl2、H2OSO2黄绿色褪去SO2Cl22H2O4H2ClSO42HClO、H石蕊试液先变红后褪色酸性和漂白性Cl2、H镁粉氯水的颜色褪去并有气泡产生MgCl2=Mg22Cl、Mg2H=Mg2H22. 下列化学用语的表示中，正确的是A氢负离子（H-）结构示意图 BHF的电子式C氮气的结构式： 了解到 DNH3的电子式参考答案：A略3. Na2O2、HCl、Al2O3三种物质在水中完全反应后，溶液中只有Na+、

4、H+、Cl、OH四种离子，且溶液显中性，则Na2O2、HCl、Al2O3 三者的物质的量之比可能为（ ）A、3:2:1 B、2:4:1 C、2:3:1 D、4:2:1 参考答案：B4. 下列有关分子、原子和离子的说法正确的是 A保持氧气化学性质的粒子是氧原子 B原子的最外层电子数决定元素的种类C氯化钠是由离子构成的化合物 D分子间有一定间隔，原子间没有间隔参考答案：C略5. 已知2SO2O2 2SO3为放热反应，关于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

5、不必加热反应就可发生参考答案：BA、因反应 2SO2O2 2SO3为放热反应，所以SO2和O2的能量和一定高于SO3的能量，A错误；B、根据A中分析可知B正确；C、SO2的能量一定小于SO3的能量，C错误；D、化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成过程，而断键过程需要吸收能量，故放热反应有些也需要一定条件该反应是放热的，但需要在高温下才能发生，D错误，答案选B。点睛：本题考查了物质能量和反应热的关系，解此类题要明确反应物能量是指反应物的总能量，生成物能量是指所有生成物能量和，而不是某一个反应物和某一个生成物能量进行对比。6. 一定量CO2通入某浓度的NaOH溶液得溶液A，向A溶液中逐滴滴入稀盐

6、酸，加入n(HCl)与生成n(CO2)的关系如图所示下列有关叙述正确的是 ( )A.通入的CO2气体为22.4 LB.A溶液中n(NaOH)2n(Na2CO3)C.A溶液中既含Na2CO3，又含NaHCO3D.A溶液中一定只有Na2CO3参考答案：B略7. 下列不能用勒夏特列原理解释的事实是 （ ）A碳酸钙不溶于水，但溶于盐酸 B由2NO2(g)N2O4(g) 组成的平衡体系，加压后颜色加深C高压比常压有利于合成氨的反应 D用热的纯碱溶液洗油污时，去污效果好参考答案：B8. 哈伯因发明了用氮气和氢气合成氨气的方法而获得1918年诺贝尔化学奖现向一密闭容器中充入1molN2和3molH2，在一定

7、条件下使该反应发生下列说法正确的是（）A达到化学平衡时，N2完全转化为NH3B达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度一定相等C达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化D达到化学平衡时，正反应和逆反应速率都为零参考答案：C【考点】化学平衡状态的判断【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态【解答】解：A、可逆反应不可能完全转化，故A错误；B、当体系达平衡状态时，N2、H2

8、和NH3的物质的量浓度可能相等，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故B错误；C、达到化学平衡时，正逆反应速率相等，各组分的量不变，所以N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化，故C正确；D、化学平衡是动态平衡，正逆反应速率都大于0，故D错误；故选C9. 下列物质不能使溴水退色的是 A乙烯 B二氧化硫 C丁烯 D丙烷参考答案：D10. 下列实验能达到预期目的的是: A为检验酸性溶液中的Cl和SO42，先加硝酸银溶液，滤去沉淀后再加硝酸钡溶液B向混有碳酸钾的氯化钾溶液中加入适量的盐酸，除去其中的碳酸钾C向煮沸的1 mol?L-1 NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3胶体

9、 D利用丁达尔效应可区别Na2CO3溶液与Al(OH)3胶体参考答案：BD略11. 在标准状况下，称量一个充满氯气的容器质量为74.6克，若改充氮气，其质量为66克，则容器的容积为（ ）A11.2LB5.6LC4.48LD2.24L参考答案：C考点：阿伏加德罗定律及推论专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：氯气的体积与氮气体积相等，等于容器的容积相同条件下，体积之比等于物质的量之比，所以氯气与氮气的物质的量相等假设气体的物质的量为n，容器的质量为m，根据不同气体的质量，列方程进行相关计算n值，再根据v=nVm计算解答：解：假设气体的物质的量为nmol，容器的质量为mg，则：mg+nmol7

10、1g/mol=74.6gmg+nmol28g/mol=66g联立方程，解得n=0.2mol气体的体积为V=0.2mol22.4L/mol=4.48L所以容器的容积为4.48L故选C点评：本题考查阿伏伽德罗定律及推论，难度不大，氯气的体积等于氮气体积等于容器的体积，是解题的关键12. 下列各条件下发生反应X+Y=XY时，速率最快的是 ( ) A常温下，20mL中含X、 Y各0.003mol的溶液B常温下，100mL中含X、Y各0.005mol的溶液C常温下，0.1molL的X、Y溶液各l0mL相混合D标准状况下，0.1molL的X、Y溶液各l0mL相混合参考答案：A13. 下列物质属于共价化合物

11、的是（ ）A、NaBr B、N2 C、CaCl2 D、HCl参考答案：D略14. 有一无色未知溶液中检验出有Ba2+、Ag+，同时又测得其酸性很强某学生还要鉴定此溶液中是否大量存在Cu2+Fe3+ClNO3S2CO32 NH4+Mg2+Al3+，而事实上有部分离子不用鉴定就能加以否定，你认为不必鉴定的是（）A BC D参考答案：D解：未知溶液中检验出有Ba2+、Ag+，则和钡离子、银离子反应的ClS2CO32不能存在，无色溶液中Cu2+Fe3+不能存在，未知溶液酸性很强，所以和氢离子反应的CO32不能存在故选D15. A和B均为短周期元素，它们的离子A-和B2+具有相同的核外电子层结构。下面说

12、法正确的是A原子序数为A B B.原子核外电子总数为A BC. 原子半径A B D.离子半径 A- B2+参考答案：D二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16. 某同学为验证元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下实验。I.(1)将钠、钾、镁、铝各1mol分别投入到足量的同浓度的盐酸中，试预测实验结果：_与盐酸反应最剧烈，_与盐酸反应的速率最慢；_与盐酸反应产生的气体最多。(2)向Na2S溶液中通入氯气出现淡黄色浑浊，可证明C1的非金属性比S强，反应的离子方程式为：_。II.利用下图装置可验证同主族非金属性的变化规律。(3)仪器B的名称为_，干燥管D的作用为_。(4)若要证明非金属性：C

13、lI，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4(KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气)，C中加淀粉碘化钾混合溶液，观察到混合溶液_的现象，即可证明。从环境保护的观点考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用_溶液吸收尾气。(5)若要证明非金属性：CSi，则在A中加盐酸、B中加CaCO3、C中加NaSiO3溶液观察到C中溶液_的现象，即可证明。但有的同学认为盐酸具有挥发性，应用_溶液除去。参考答案：(1)钾 铝 铝 (2)S2-+Cl2=S+2C1- (3)锥形瓶 防止倒吸 (4)变蓝 NaOH或Ca(OH)2 (5)有白色沉淀生成 饱和NaHCO3分析：I（1）根据金属活动性顺序表可以判断钠、钾、镁、铝的活泼

14、性，活泼性越强，与盐酸反应越剧烈；根据电子守恒比较生成氢气体积大小；（2）硫离子被氯气氧化成硫单质，据此写出反应的离子方程式；II（3）根据仪器的构造写出仪器B的名称；球形干燥管具有防止倒吸的作用；（4）氯气能够将碘离子氧化成碘单质，碘单质遇到淀粉变成蓝色；氯气有毒，氯气能够与氢氧化钠溶液反应；（5）碳酸酸性强于硅酸，二氧化碳能够与硅酸钠反应生成白色沉淀硅酸；除去二氧化碳中氯化氢，可以使用饱和碳酸氢钠溶液。详解：I（1）金属活泼性顺序为：钾钠镁铝，所以相同条件下与盐酸反应最激烈的是钾，反应速率最慢的是铝；生成1mol氢气需要得到2mol电子，1mol钾、钠都失去1mol电子，1mol镁失去2m

15、ol电子，而1mol铝失去3mol电子，所以生成氢气最多的是金属铝；（2）氯气氧化性强于硫单质，所以氯气能够与硫离子反应生成硫，反应的离子方程式为S2+Cl2S+2Cl；（3）仪器B为锥形瓶；球形干燥管D能够防止倒吸，可以避免C中液体进入锥形瓶中；（4）KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气，氯气能够将碘离子氧化成碘单质，碘单质遇到淀粉变成蓝色，氯气是一种有毒气体，必须进行尾气吸收，氯气能够与氢氧化钠溶液反应，可以使用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气；（5）盐酸与碳酸钙反应生成CO2，CO2能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，则在A中加盐酸、B中加CaCO3、C中加NaSiO3溶液观察到C中溶液有白色沉淀生成

16、的现象，即可证明非金属性CSi。氯化氢具有挥发性，干扰实验结果，需要将二氧化碳中的氯化氢除掉，根据氯化氢与碳酸氢钠反应，而二氧化碳不反应，可以在B和C之间增加装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17. A、B、C、D四种短周期元素的原子序数依次增大。A、D同族，B、C同周期。C是地壳中含量最多的元素。A、B组成的化合物甲为气态，其中A、B原子数之比为4：1。由A、C组成两种化合物乙和丙均为液态，乙中A、C原子数之比为1：1，丙中为2：1；由D、C组成的两种化合物丁和戊均为固态，丁中原子数比为1：1，戊中2：1。（1）B位于周期表中的第二周期第 族。（2）乙

17、、丙、丁、戊中既有极性键又有非极键的是 （填化学式）（3）由A、C元素组成的10e阴离子的电子式为：。（4）写出乙在催化剂作用下分解成C单质气体的方程式： 。（5）写出丙和丁反应的离子方程式： 。参考答案：（1）IVA（1分） （2）H2O2（2分） （3）（2分）（4）2 H2O22H2OO2（2分） （5）2Na2O22H2O4Na+4OHO2（2分）18. （10分）短周期的三种元素X、Y、Z，原子序数依次变小，原子核外电子层数之和是5，X元素原子最外电子层上的电子数是Y和Z两元素原子最外电子层上的电子数的总和，Y元素原子的最外电子层上的电子数是它的电子层数的2倍，X元素形成氢化物和最高价氧化物的水化物能发生反应。请回答：（1）X元素在周期表中的位置 ，X元素形成氢化物和最高价氧化物的水化物能发生反应的化学方程式 。 （2）Y的最高价氧化物的结构式是 。（3）XZ3实验室制法的化学方程式为 。（4）Z的简单氧化物属于 晶体。（填“分子”或“原子”）参考答案：（1）第2周期第VA族（周期、族各1分）NH3+HNO3=NH4NO3（2）O=C=O（3）2 NH4Cl+Ca(OH)2=Ca C