2022-2023学年上海宝泉岭高级中学高一化学期末试卷含解析

1、2022-2023学年上海宝泉岭高级中学高一化学期末试卷含解析一、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. 某温度下的CuSO4溶液200克，蒸发掉31克水，恢复到原温度，或向其中加入25克CuSO45H2O晶体，均可使溶液达到饱和。该温度下CuSO4的溶解度为 （ ） A40g B32 g C29g D80g参考答案：A略2. 下列关于溶液物质的量浓度的说法正确的是（）A标准状况下，将22.4LHCl溶于1L水，可配成1mol?Ll的稀盐酸B将100mL18mol?L1的浓H2SO4和100mL水混合，可配成9moI?Ll的H2

2、SO4溶液C将4.0gNaOH溶于100mL容量瓶中，加水至刻度线，配成1mol?L1的NaOH溶液D将0.1molNaCl配成100mL溶液，从中取出10mL，所取出溶液的物质的量浓度为1mol?L1参考答案：D【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】A标况下，22.4LHCl的物质的量是1mol，1molHCl溶于1L水，溶于体积大于1L，根据c=判断；B浓硫酸密度大于水，100mL浓硫酸和100mL水混合后溶液体积小于200mL；C容量瓶只能用来配制一定物质的量浓度溶液，不能溶解、稀释药品，NaOH溶于水放热，溶液有热胀冷缩性质；D溶液浓度具有均一性，溶液浓度与体积大小无关【解答】解：A标

3、况下，22.4LHCl的物质的量是1mol，1molHCl溶于1L水，溶于体积大于1L，根据c=知，溶液浓度小于1mol/L，故A错误；B浓硫酸密度大于水，100mL浓硫酸和100mL水混合后溶液体积小于200mL，则二者混合后溶液物质的量浓度大于9mol/L，故B错误；C容量瓶只能用来配制一定物质的量浓度溶液，不能溶解、稀释药品，NaOH溶于水放热，溶液有热胀冷缩性质，将4.0gNaOH溶于100mL容量瓶中，加水至刻度线，冷却至室温后溶液体积小于100mL，则配成的NaOH溶液浓度大于1mol/L，故C错误；D溶液浓度具有均一性，溶液浓度与体积大小无关，所以将0.1molNaCl配成100

4、mL溶液，从中取出10mL，所取出溶液的物质的量浓度为1mol?L1，故D正确；故选D3. 可逆反应：2NO22NO+O2在固定体积密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（）单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2；单位时间内生成n mol O2 的同时，生成2n mol NO；用NO2、NO、O2 的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态；混合气体的颜色不再改变的状态； 混合气体的密度不再改变的状态；混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态ABCD参考答案：A【考点】化学平衡状态的判断【分析】从平衡状态的两个重要特征上判断：（1）v（正）=v（逆），（2）混合

5、物中各组成成分的百分含量不变【解答】解：此题列出了判断可逆反应是否达到平衡状态的各种可能情况，应从平衡状态的两个重要特征上判断（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变符合特征（1）；表示的都是正反应方向；说明了反应中各物质的转化量的关系；NO2是红棕色气体，颜色不变时说明NO2的浓度保持不变，符合特征（2）；中若是恒容条件，则始终不变；若恒压条件，则随反应而变；也说明符合特征（2）故能说明是否达到平衡状态故选A4. 标况下，甲气体与乙气体的密度之比为m：n，下列叙述错误的是（ ）A等物质的量的甲与乙的质量之比等于n：m B等质量的甲与乙的分子个数之比等于n：m C同温同

6、体积时，等质量的甲与乙的压强之比等于n：m D常温常压下，等质量的甲与乙的体积之比等于m：n参考答案：AD略5. 有某硫酸和硝酸的混合溶液20 mL，其中含有硫酸的浓度为2 mol/L，含有硝酸的浓度为1 mol/L，现向其中加入0.96 g铜粉，充分反应后(假设只生成NO气体)，最多可收集到标准状况下的气体的体积为()A89.6 mL B112 MlC168 mL D224 mL参考答案：D解析：铜粉溶解于稀硝酸的离子方程式为：3Cu 8H2=3Cu22NO4H2O0.015 mol 0.1 mol 0.02 mol经比较可知Cu的量不足，所以可由Cu的量求得生成NO为0.01 mol，即标

7、准状况下气体的体积为224 mL。6. 已知下列离子方程式：2Fe2+C12=2Fe32Cl；HClOHCl=Cl2H2O；2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；Fe+Cu2+=Fe2+Cu；判断下列氧化剂的氧化性强弱顺序正确的是A. Fe3+HClOCl2Fe2+Cu 2+B. HClO Fe3+ Cl2 Cu 2+ Fe2+C. Cl2 HClOFe3+ Cu 2+ Fe2+D. HClO Cl2 Fe3+ Cu 2+ Fe2+参考答案：D【分析】根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来分析。【详解】2Fe2+C12=2Fe32Cl；氧化性：C12 Fe3HClOHCl=Cl2H2O；氧化性

8、：HClO Cl22Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；氧化性：Fe3+ Cu2+Fe+Cu2+=Fe2+Cu；氧化性：Cu2+ Fe2+，故氧化性强弱顺序：HClO Cl2 Fe3+ Cu 2+ Fe2+。故选D。【点睛】（1）氧化剂在反应中所含元素化合价降低，对应的是还原产物；还原剂在反应中所含元素化合价升高，对应的是氧化产物。（2）氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物。7. 下列有关NaHC03、Na2C03的性质比较中，正确的是 A 热稳定性Na2C03NaHC03 B常温时水溶性Na2C03YXWB. Z的气态氢化物比X的气态氢化物稳定C. X、Y、Z各元素最高价和最

9、低价的绝对值之和为8D. X、Y、Z最高价氧化物对应水化物的酸性强弱关系ZYX参考答案：A根据图示X位于第三周期；X原子最外层电子数比次外层电子数少3个，X是P元素；则W是O元素、Y是S元素、Z是Cl元素；同周期元素从左到右半径减小，原子半径的大小顺序是WZYPH3,故B正确； P、S、Cl元素最高价和最低价的绝对值之和为8，故C正确；同周期元素从左到右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性增强，酸性H3PO4 H2SO4 HClO4，故D正确。11. 下列离子方程式中正确的是（ ）A稀硫酸滴加在铜片上：Cu +2H+ =Cu2+ + H2B氧化铁粉末溶于稀盐酸：Fe2O3 + 6H+ =

10、 2Fe3+ + 3H2OC硫酸滴加到氢氧化钡溶液中：H+ + OH = H2OD碳酸氢钠和盐酸反应：CO32 + 2H+ = CO2 + H2O参考答案：B12. 在恒容密闭容器中发生反应H2(g)+I2(g) 2HI(g)，H=-9.4KJ/mol，下列说法能说明该反应一定达到平衡的是A. 混合气体的总分子数不再发生变化B. 混合气体的颜色不再发生变化C. 反应放出的热量为9.4KJD. n(H2):n(I2):n(HI)=1:1:2参考答案：B该反应前后气体物质的量不变，总分子数不再发生变化不一定平衡，故A错误；混合气体的颜色不再发生变化，说明I2(g)浓度不变，一定平衡，故B正确；反应

11、放出的热量为9.4KJ，不一定反应不再进行，故C错误；n(H2):n(I2):n(HI)=1:1:2，物质的量不一定不再变化，故D错误。13. 下列关于铁及其化合物的说法中，不正确的是（）A金属铁可被磁铁吸引B铁元素有可变化合价C铁丝在氯气中燃烧生成FeCl2D常温下铁片遇浓硝酸会发生钝化参考答案：C【考点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物【分析】A、金属铁可被磁铁吸引；B、铁元素有0价、+2价、+3价和+6价等可变化合价；C、铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁；D、铁跟冷的浓硫酸和浓硝酸发生钝化现象【解答】解：A、金属铁可被磁铁吸引，这是铁的特性，故A正确；B、铁元素有0价、+2价、+3价和+6价

12、等可变化合价，故B正确；C、铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁，而不是氯化亚铁，故C错误；D、铁跟冷的浓硫酸和浓硝酸发生钝化现象，故D正确；故选C14. 元素性质呈周期性变化的决定因素是( )A.元素原子半径大小呈周期性变化 B.元素原子量依次递增C.元素原子最外层电子排布呈周期性变化 D.元素的最高正化合价呈周期性变化参考答案：C略15. 下列实验操作中，正确的是（ ）A. 喷泉实验B. 稀释浓硫酸C. 排水法收集NOD. 实验室制取氨气参考答案：C【详解】A二氧化碳可溶于水但溶解度不大，不能使圆底烧瓶内压强迅速减小而形成喷泉，选项A错误；B浓硫酸溶于水放出大量的热量，稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿烧杯

13、内壁缓缓加入到烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，而不能将水注入浓硫酸中，选项B错误；C一氧化氮不溶于水，可用排水法收集，选项C正确；D加热氯化铵生成氨气与氯化氢，氯化氢与氨气遇冷又生成氯化铵，无法获得氨气，选项D错误；答案选C。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16. 、实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL。回答下列问题。（1）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是_A使用容量瓶前检验是否漏水B容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤C配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。D配制溶液时，若试样是液体，

14、用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。E盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。（2）根据计算用托盘天平称取的质量为_g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度_0.1mol/L（填“大于”“小于”或“等于”）。、下图是铁粉和水蒸气反应的实验装置示意图。（1）写出该反应的化学方程式_。（2）写出仪器A、C的名称_，_；C中所装药品是_，作用是_，先加热A还是B处？_。参考答案：、(1)B、C、D (2)2.0 小于 、(1)3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 (2)圆底烧瓶 干燥管

15、 CaCl2（碱石灰） 吸水干燥 A【分析】配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤：计算（溶质质量或体积）、称量或量取、溶解、降至室温、转入容量瓶中、洗涤（23次，用玻璃棒再次移入）、定容（加水到刻度线下23cm处，改用胶头滴管加至凹液面最低点与刻度相切）、摇匀、装瓶（注明名称、浓度）。【详解】(1) A、容量瓶在使用前必须检验是否漏水，故A不符合题意；B、容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤，会导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，故B符合题意；C、配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，故C不符

16、合题意； D、配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，故D不符合题意；综上所述，本题应选B； (2) 配制0.1mol/LNaOH溶液450mL溶液，需要选用500mL容量瓶，则n(NaOH)= 0.1mol/L 0.5L=0.05mol，则m(NaOH)=0.05mol40g/mol=2.0g；在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，会导致加入的蒸馏水体积超过容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏大，根据c=n/V可知，溶液的浓度偏小，即c小于0.1mol/L。(1) 铁在高温下与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程

17、式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；(2) 仪器A为圆底烧瓶、C为干燥管；C中应装干燥剂如CaCl2或碱石灰；作用是吸收未反应的水蒸气；实验开始时应先加热A产生水蒸气，赶尽装置中的空气，然后再加热B装置。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17. 短周期元素X、Y、Z组成的化合物Y2X和ZX2。Y2X溶于水形成的溶液能与ZX2反应生成一种化合物Y2ZX3。已知三种元素原子的质子总数为25，且Z和Y的原子序数之和比X的原子序数2倍还多1，Z原子有2个电子层，最外层电子数是核外电子数的2/3倍，试回答：（1）X元素的名称：X_，Y元素在元素周期表中的位置_，Z元素的原子结构示意图_

18、。（2）用电子式表示ZX2的形成过程_。（3）Y2X对应水化物的电子式_，其中存在的化学键有_。（4）写出Y2X溶于水的溶液与ZX2反应的化学方程式_。（5）X氢化物比同主族的氢化物的熔沸点明显偏高的原因_。参考答案：(1)氧 第三周期第A族 (2) (3) 离子键和共价键 (4)2NaOHCO2 = Na2CO3H2O (5)H2O分子间存在氢键【分析】Z原子有2个电子层，最外层电子数是核外电子数的倍，令最外层电子数为a，则（2+a）=a，解得a=4，所以Z为C元素；设X原子的质子数为x、Y原子的质子数为y，三种元素原子的质子总数为25，则有6+x+y=25，Z和Y的原子序数之和比X的原子序数2倍还多1，则有6+y=2x+1，联立方程解得：x=8，y=11，即X为O元素，Y为Na元素，据此答题。【详解】由分析可知：X为O元素，Y为Na元素，Z为C元素。（1）由分析可知：X为O元素，元素名称为氧；Y为Na元素，位于元素周期表的第三周期第A族；Z为C元素，原子核外有2个电子层，最外层有4个电子，原子结构示意图为：，故答案为：氧，第三周期第A族，。（2）ZX2为CO2，二氧