广东省汕头市普宁广太中学2021年高一化学上学期期末试卷含解析

广东省汕头市普宁广太中学2021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.在反应3Cl2＋8NH3=N2＋6NH4Cl中，氧化剂与还原剂分子个数之比为A．8:3

B．3:2

C．3:8

D．1:3

参考答案：B略2.我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸的反应为：S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑，下列说法中正确的是

（

）A.该反应中的还原剂为KNO3B.该反应中C被还原C.若消耗32gS，该反应转移电子数为2NAD.若生成标准状况下气体22.4L，则有0.75mol物质被还原参考答案：D3.如图是常温下部分短周期元素，最高价氧化物对应水化物的等物质的量浓度稀溶液的pH(pH=-lgc(H+))与原子序数的关系图，其中H的氧化物是两性氧化物。下列说法正确的是(

)

A.元素B对应的氢化物比J对应的氢化物熔沸点更高，原因是B的氢化物中的键能比J中的大B.根据图形分析可知，K、L两种元素最高价氧化物对应的水化物的酸性，前者较强C.IC2熔化时克服的化学键和KL2与水反应时克服的化学键类型相同D.元素K、H、G分别形成的简单离子的半径逐渐减少参考答案：C图中所列元素均为短周期元素，F.G、H的最高价氧化物对应水化物呈碱性，A.B.I、J、K、L的最高价氧化物对应水化物呈酸性，其中H的氧化物是两性氧化物，则H为Al，由溶液pH及原子序数，可推知A为碳、B为氮、C为氧、D为氟、E为Ne、F为Na、G为Mg、I为Si、J为P、K为S、L为Cl。A.由于NH3分子之间存在氢键，沸点高于PH3，与键能无关，故A错误；B.常温下相同浓度时，硫酸溶液的pH较小(比较氢离子浓度)，但从电离的难易程度和元素非金属性的强弱比较，高氯酸的酸性强于硫酸，故B错误；C.晶体SiO2属于原子晶体，熔化时克服共价键，晶体SCl2属于共价化合物，与水反应时克服共价键，故C正确；D.电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层结构不同的离子，电子层数越多离子半径越大，故离子半径：S2?>Mg2+>Al3+，故D错误；答案选C。4.元素的下列性质，随着原子序数的递增不呈周期性变化的是

A．单质的物理性质

B．化合价

C．原子半径

D．元素金属性、非金属性参考答案：A略5.图是某些实验的部分装置，其中所注明的实验能达到实验目的（）A．除去CO气体中的CO2气体B．分离碘酒中的碘和酒精C．验证NH3的溶解性D．吸收HCl防倒吸

参考答案：C【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．加入集气瓶的导管错误，应该采用“长进短出”的方式；B．碘单质易溶于酒精，混合液不分层；C．装置丙中氨气极易溶于水，烧瓶中气压变小，则气球变大；D．氯化氢极易溶于水，应该防止倒吸．【解答】解：A．洗气时导管应该长进短出，图示装置不合理，无法达到实验目的，故A错误；B．碘易溶于酒精，无法通过分液分离碘酒中的碘和酒精，故B错误；C．装置丙中氨气极易溶于水，烧瓶中气压变小，则气球变大，可检验NH3气体在水中的溶解性，故C正确；D．HCl极易溶于水，图示装置中易发生倒吸现象，导致的漏掉口应该稍稍与液面接触，故D错误；故选C．6.A、B、C、D为四种短周期元素，已知A、C同主族，B、C、D同周期；A的气态氢化物比C的气态氢化物稳定；B的阳离子比D的阳离子氧化性强；B的阳离子比C的阴离子少一个电子层。下列叙述正确的是(

)A.原子序数：A>D>B>C

B.原子半径：D>B>C>AC.原子序数：C>D>B>A

D.简单离子半径：A>B>C>D参考答案：BA、根据A的气态氢化物比C的气态氢化物稳定可知：A的非金属性比C强，同一主族，自上而下，元素的非金属性逐渐减弱，则A在C的上一周期。根据B的阳离子比D的阳离子氧化性强，可知：B的非金属性比D强.同一周期，自左而右，元素的非金属性逐渐增强，则B在D的右边，根据B的阳离子比C的阴离子少一个电子层,可知B与C在同一周期且B在C左边，四种元素的原子序数应为为：C>B>D>A，故A错误；B、同一周期,自左而右,元素的原子半径逐渐减小.同一主族,自上而下,元素的原子半径逐渐增大.四种元素的原子半径为：D>B>C>A，故B正确；C、由A可知，C错误；D、.A、C为阴离子,B、D为阳离子.同一周期的阴离子的半径大于阳离子.所以C的简单离子半径大于B、D．同一周期的阳离子,原子序数越大的半径越小.所以D的简单离子半径大于B，相邻两个周期，前一周期阴离子半径大于后一周期阳离子半径，所以A的简单离子半径大于B、D．同一主族，自上而下，离子半径逐渐增大，所以所以C的简单离子半径大于A，所以四种元素的简单离子半径应为：C>A>D>B，故D错误；故选B。7.CH3CH2OH、HOCH2CH2OH、HOCH2CH(OH)CH2OH分别与足量的金属钠反应，在相同条件下产生相同体积的氢气，则消耗醇的物质的量之比为()A．1∶1∶1

B．1∶2∶3C．6∶3∶2

D．3∶2∶1参考答案：C略8.下列分离、提纯、鉴别物质的方法正确的是A．用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液B．用过滤的方法除去NaCl溶液中含有的少量淀粉胶体C．用溶解、过滤的方法提纯含有少量BaSO4的BaCO3D．用加热、蒸发的方法可以除去粗盐中的CaCl2、MgCl2等杂质参考答案：A9.mg铜与足量浓H2SO4共热时完全反应，收集到nLSO2，则被还原的H2SO4的物质的量是（）A．mol B．mol C．mol D．mol参考答案：B【考点】氧化还原反应．【分析】浓硫酸足量，Cu完全反应，根据电子转移守恒计算n（SO2），被还原的H2SO4生成SO2，由S元素守恒可知n被还原（H2SO4）=n（SO2），根据n=计算SO2的物质的量，根据S原子守恒可知n被还原（H2SO4）=n（SO2），根据m=nM计算被还原的硫酸，据此解答．【解答】解：mgCu的物质的量==mol，反应整个Cu元素化合价由0价升高为+2，S元素化合价由+6降低为+4，根据电子转移守恒有：（6﹣4）×n（SO2）=2×mol，故n（SO2）=mol，被还原的H2SO4生成SO2，由S元素守恒可知n被还原（H2SO4）=n（SO2）=mol，由于二氧化硫的体积没有说明是否是标准状况，所以无法计算物质的量，则不能根据SO2来计算被还原的H2SO4的物质的量；故选B．10.30mL1mol/LNaCl溶液和40mL0.5mol/LCaCl2溶液混合之后（体积的变化忽略不计），混合液中Cl﹣的物质的量浓度为（）A．0.5mol/L B．0.6mol/L C．1mol/L D．2mol/L参考答案：C考点：物质的量浓度的相关计算．

专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：先分别利用n=cV来计算溶液中溶质的物质的量，从而确定Cl﹣的物质的量，最后利用c=来计算混合液中Cl﹣的物质的量浓度．解答：解：NaCl的物质的量为0.03L×1mol/L=0.03mol，CaCl2的物质的量为0.04L×0.5mol/L=0.02mol，则Cl﹣的物质的量为0.03mol+0.02mol×2=0.07mol，混合溶液的体积为0.03L+0.04L=0.07L，则混合液中Cl﹣的物质的量浓度为=1mol/L，故选：C．点评：本题考查混合溶液中离子浓度的计算，明确物质的量、体积、浓度的关系即可解答，并注意溶液体积的变化忽略不计来分析解答11.（不定项）已知高铁酸钾[K2FeO4]是一种新型高效多功能水处理剂，比Cl2、O3氧化性更强，且没有二次污染．高铁酸钾溶于水后发生如下反应：4FeO42﹣+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH﹣+3O2↑．则下列相关说法不正确的是A.高铁酸钾是一种易溶于水的盐B.反应中生成1molO2时转移电子6molC.高铁酸钾中铁显+3价D.高铁酸钾作水处理剂具有净水功能参考答案：BC【分析】根据化合价代数和为0判断各元素的化合价，根据化合价的变化计算转移的电子数目即可，在氧化还原反应中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，据此解答。【详解】A、高铁酸钾[[K2FeO4]属于钾盐，则易溶于水，故A正确；B、根据反应可知铁元素化合价由+6价降低到+3价，氧元素化合价从－2价升高到0价，则反应中生成1molO2时转移电子4mol，故B错误；C、根据化合价代数和为0的原则可知，高铁酸钾中铁显+6价，故C错误。D、K2FeO4具有强氧化性，可用于消毒杀菌，被还原为Fe3+，水解生成Fe(OH)3(胶体)，具有吸附性，可用于吸附水中的悬浮杂质，所以高铁酸钾作水处理剂具有净水功能，故D正确；答案选BC。【点睛】本题考查氧化还原反应，注意把握元素化合价的判断方法，从化合价变化的角度分析氧化还原反应的有关概念和计算。12.元素周期表的形式多种多样，下图是扇形元素周期表的一部分（1～36号元素），对比中学常见元素周期表思考扇形元素周期表的填充规律，下列说法正确的是A．②、⑧、⑨对应简单离子半径依次减小B．⑥的氯化物的熔点比⑦的氯化物熔点低C．元素⑩处于常见周期表第四周期第VIIIB族D．①、③、④、⑤形成的某种化合物中既含有共价键又含有离子键

参考答案：D13.氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如图所示，则下列化学反应属于区域3的是（）A．2H2+O22H2OB．CuO+COCu+CO2C．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑D．Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑参考答案：B解：A、反应是氧化还原反应，也是化合反应，不属于区域3，故A错误；B、反应是氧化还原反应，不是置换反应，不是化合反应，不是分解反应，属于区域3，故B正确；C、反应不是氧化还原反应，也是分解反应，不属于区域3，故C错误；D、该反应是氧化还原反应，但又是置换反应，不属于区域3，故D错误．故选B．14.下列化合物中，只存在离子键的是A.NaOH

B.CO2

C.NaCl

D.HCl参考答案：C15.下列反应的离子方程式中，书写正确的是A.氯气溶于水：B.将铝粉投入氢氧化钠溶液中：C.铜与氯化铁溶液反应：

D.过氧化钠与水反应：参考答案：D二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某100mL溶液中含有的部分离子浓度大小如图所示，该溶液可能还含有Fe2+、Ba2+、H+、SO42-、CO32-。为了进一步确认，对该溶液进行实验检测:步骤一;仔细观察，该溶液呈无色、透明、均一状态。步骤二:加入足量BaCl2溶液，生成23.3g白色沉淀，再加稀硝酸,沉淀不消失。（1）原溶液中除上图中的离子以外，肯定还含有的离子是________,肯定不含有的离子是________。（2）实验操作的步骤二中称量沉淀前的实验操作步骤有:过滤、洗涤、______________、检验沉淀已洗干净的方法是____________。（3）原溶液中H+物质的量浓度为_________mol/L。（4）向原溶液中加入NaHCO3溶液，反应的离子方程式为:_____________。（5）若向100mL原溶液中加入1mo/L的Ba(OH)2溶液，当生成的沉淀质量刚好最大时，则加入的Ba(OH)2溶液体积为___________L。参考答案：(1)SO42-、H+

Fe3+、Ba2+、CO32-

(2)干燥

取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，证明已洗涤干净

(3)3

(4)H++HCO3-=H2O+CO2↑

(5)0.2解析：（1）溶液为无色透明，说明没有亚铁离子，加入氯化钡产生不溶于硝酸的沉淀，说明原溶液中硫酸根离子，则没有钡离子和碳酸根离子，根据已知的离子浓度分析，现在阳离子带的电荷比阴离子带的电荷少，说明还有其他阳离子存在，则为氢离子，所以一定存在的有SO42-、H+，肯定不存在的有Fe3+、Ba2+、CO32-；（2）沉淀过滤洗涤干燥后才能称量，在最后一次的洗涤液中加入硝酸银，无白色沉淀则为洗涤干净，故答案为：干燥；取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，证明已洗涤干净；（3）硫酸钡沉淀的物质的量为23.3/233=0.1mol，根据溶液中的电荷守恒分析，氢离子的浓度为3.0×1+1×2-（1.0×1+0.5×2）=3mol/L，故答案为：3；（4）原溶液加入碳酸氢钠，与溶液中的氢离子反应生成二氧化碳和水，离子方程式为：H++HCO3-=H2O+CO2↑；（5）加入氢氧化钡沉淀达到最大值，则硫酸根离子和镁离子都生成沉淀，硫酸根离子为0.1mol，需要0.1mol钡离子，镁离子为0.05mol，氢离子为0.3mol，需要0.4mol氢氧根离子，所以需要0.2mol氢氧化钡溶液。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.甲元素的原子序数是19，乙元素原子核外有两个电子层，最外电子层上有6个电子；丙是元素周期表第ⅠA族中金属性最弱的碱金属元素。由此推断：(1)甲元素在周期表中位于第_______周期；乙元素在周期表中位于第______族；丙元素的名称为________。(2)甲的单质与水反应的离子方程式为____________________________；乙单质与丙单质反应的化学方程式为____________________________________。甲的单质与水反应的生成物的电子式为：_______________，___________________参考答案：(1)四

ⅥA

锂

(2)2K＋2H2O===2K＋＋2OH－＋H2↑

4Li＋O22Li2O

分析：甲元素的原子序数是19，则甲为K；乙元素原子核外有两个电子层，最外电子层上有6个电子，则以为O元素；丙是元素周期表中第ⅠA族中金属性最弱的碱金属元素，则丙为Li．详解：(1)甲元素在周期表中位于第四周期IA族；乙元素最外电子层上有6个电子，在周期表中位于第ⅥA族；丙为Li，丙元素的名称为锂。(2)甲的单质与水反应的离子方程式为2K+2H2O=2K＋+2OH－+H2↑；乙单质与丙单质反应的化学方程式为4Li+O22Li2O。甲的单质与水反应的生成物的电子式为：，18.A是人体重要的营养物质，是天然有机高分子化合物，D是一种重要的化工原料。在相同条件下，G的蒸气密度是E蒸气密度的2倍。它们之间的转化关系如图：(1)向试管中加入2

mL

10%氢氧化钠溶液，滴加4-5滴5%硫酸铜溶液，振荡后加入2

mL10%的E的溶液，加热，可观察到的现象是___________。(2)写出C和F在浓H2SO4作用下生成G的化学方程式________，该反应的类型是______。(3)已知D和F在催化剂作用下反应也能生成G，写出该反应的化学方程式______。(4)下列说法不正确的是________。a.要确定A已发生部分水解，先将水解液中和成碱性，再用银氨溶液和碘水分别检验b.有机物B、C、D和G均能使酸性KMnO4溶液褪色c.将足量的D通入溴水中，可以观察到溴水褪色，溶液分层d.某烃X的相对分子质量是D、H之和，则X能与溴水发生加成反应(5)写出比G少一个碳原子的同系物的可能结构简式_________。参考答案：(1)溶液中生成砖红色沉淀

(2)CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O

取代反应

(3)CH2=CH2+CH3COOHCH3COOCH2CH3

(4)abd

(5)HCOOCH2CH3；CH3COOCH3分析：A是人体重要的营养物质，是天然有机高分子化合物则A为淀粉，在酸性条件下水解生成葡萄糖B，B在酒曲酶作用下反应生成C为乙醇、H为二氧化碳，D是一种重要的化工原料，能与水反应生成乙醇则D为乙烯，乙烯氧化得到E。在相同条件下，G的蒸气密度是E蒸气密度的2倍。据此分析可得E为乙醛，F为乙酸，乙醇与乙酸发生酯化反应生成G为乙酸乙酯。详解：(1)向试管中加入2

mL

10%氢氧化钠溶液，滴加4-5滴5%硫酸铜溶液，振荡后加入2

mL10%的E的溶液即乙醛溶液，加热，可观察到的现象是溶液中生成砖红色沉淀；(2)C和F在浓H2SO4作用下生成G的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，该反应的类型是酯化反应或取代反应；(3)D和F在催化剂作用下反应也能生成G，反应的化学方程式为CH2=CH2+CH3COOHC