山东省烟台市龙口洼里中学2022-2023学年高一化学期末试卷含解析

山东省烟台市龙口洼里中学2022-2023学年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.对于化学反应3W(g)＋2X(g)===4Y(g)＋3Z(g)，下列化学反应速率关系中，正确的是（

）A.v(W)＝3v(Z)

B.2v(X)＝3v(Z)

C.2v(X)＝v(Y)

D.3v(W)＝2v(X)参考答案：C试题分析：化学反应速率之比等于化学系数之比，A、v（W）：v（Z）=3：3=1：1，故错误；B、v（X）：v（Z）=2：3，故错误；C、v（X）：v（Y）=2：4=1：2，故正确；D、v（W）：v（X）=3：2，故错误。2.FeCl3、CuCl2混溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，下列判断不正确的是（

）

A.加入KSCN的溶液一定不变红色

B.溶液中一定含Cu2+[C.溶液中一定含有Fe2+

D.剩余固体中一定有铜参考答案：B略3.下列各组离子中，能大量共存且溶液是无色的是A．H+、Na+、NO3－、Cu2＋

B．K+、Ca2+、HCO3—、OH—C．K+、Mg2+、NO3－、SO42－

D．H+、Fe2+、MnO4—、SO42－参考答案：C略4.已知原子序数为a的ⅡA族元素X和原子序数为b的ⅢA族元素Y位于元素周期表中同一周期，下列的量值关系不正确的是（）A．a=b﹣1 B．a=b﹣11 C．b=a+25 D．b=a+30参考答案：D【考点】元素周期表的结构及其应用．【分析】同周期的ⅡA族元素、ⅢA族元素若在短周期为相邻；在四、五周期，中间有10个纵行；在五、六周期应注意存在镧系和锕系，以此来解答．【解答】解：A、若为短周期，ⅡA族元素、ⅢA族元素的原子序数相差1，即a=b﹣1，故A正确；B、若元素在四、五周期，中间有10个纵行，ⅡA族元素、ⅢA族元素的原子序数相差11，即a=b﹣11，故B正确；C、若元素在五、六周期，中间有10个纵行，且存在镧系（14种元素）和锕系，ⅡA族元素、ⅢA族元素的原子序数相差25，即b=a+25，故C正确；D、由以上分析可知，无论元素在短周期还是长周期，都不存在b=a+30，故D错误；故选D．5.在冶金工业上，均不能用通常化学还原剂制得的金属组是A．Na、Mg、Al

B．Na、K、Zn

C．Fe、Cu、Ag

D．Na、Ca、K参考答案：AD6.可以一次鉴别出乙酸、乙醇、乙酸乙酯、葡萄糖四种物质的试剂是

（）A．溴水

B．Na2CO3溶液

C．石蕊试液

D．碱性Cu(OH)2悬浊液参考答案：D略7.下列关于煤和石油的加工过程属于物理变化的是A.煤的干馏

B.煤的汽化和液化C.石油的分馏

D.石油的裂化和裂解参考答案：C分析：A.煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程；

B.煤经过气化生成水煤气，液化生成甲醇，由水煤气加工得到液态烃和甲醇；

C.石油的分馏是控制各物质沸点的不同来实现物质的分离的方法；

D.石油的催裂化和裂解是在一定的条件下,将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程。详解:A.煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，有新物质生成，属于化学变化，故A错误；

B.煤经过气化生成水煤气,液化生成甲醇,有新物质生成,都属于化学变化,由水煤气加工得到液态烃和甲醇,有新物质生成,属于化学变化,故B错误；

C.石油的分馏是控制各物质沸点的不同来实现物质的分离的方法,属于物理变化过程,所以C选项是正确的；

D.石油的催裂化和裂解是在一定的条件下,将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程,属于化学变化,故D错误。

所以C选项是正确的。8.常温下，铁与下列酸溶液作用产生H2的是

（

）

A．浓硫酸

B．稀硫酸

C．浓硝酸D．稀硝酸参考答案：B略9.对与两种微粒，下列叙述正确的是（）A．一定都是由质子、中子、电子组成的B．质子数一定相同，质量数和中子数一定不相同C．核电荷数和核外电子数一定相等D．化学性质几乎完全相同参考答案：BA、若X为H，则可能没有中子，选项A错误；B、两种粒子的质子数为Z，质量数分别为A、A+1，中子数分别为A-Z，A+1-Z，选项B正确；C、的质子数等于核外电子数，的质子数比核外电子数多，选项C错误；D、因质子数相同，则为同种元素的微粒，同种元素的原子和离子的化学性质不同，选项D错误。答案选B。10.下列操作中，错误的是（）A．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B．蒸馏时，应使温度计水银球位于蒸馏烧瓶支管口处C．用酒精萃取碘水中的碘D．称量时，将放称量纸或烧杯中的称量物置于托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘参考答案：C【考点】化学实验方案的评价；物质的分离、提纯和除杂．【分析】A．分液时，避免上下层液体混合；B．蒸馏时测定馏分的温度；C．萃取剂与水不能互溶；D．称量时左物右码，具有腐蚀性的物质一般放在小烧杯中．【解答】解：A．分液时，避免上下层液体混合，则分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故A正确；B．蒸馏时测定馏分的温度，则温度计水银球位于蒸馏烧瓶支管口处，故B正确；C．酒精与水能互溶，则不能利用酒精萃取萃取碘水中的碘，应选苯或四氯化碳作萃取剂，故C错误；D．称量时左物右码，具有腐蚀性的物质一般放在小烧杯中，则将放称量纸或烧杯中的称量物置于托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘，故D正确；故选C．11.将燃着的镁条伸入盛有二氧化碳的集气瓶中，镁条继续燃烧，反应的化学方程式为CO2＋2MgC＋2MgO，该反应属于：①化合反应

②分解反应

③置换反应

④复分解反应

⑤氧化还原反应

⑥离子反应

⑦非氧化还原反应A．①③⑦

B．②③⑥

C．③⑤

D．④⑥

参考答案：C略12.136C—NMB(核磁共振)可以用于含碳化合物的结构分析，136C表示的碳原子A.核外有13个电子，其中6个能参与成键B.核内有6个质子，核外有7个电子C.质量数为13，原子序数为6，核内有7个质子D.质量数为13，原子序数为6，核内有7个中子参考答案：D13.一定条件下，对于可逆反应X(g)+3Y(g)2Z(g)，

若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1

mol/L、0.3

mol/L、0.08

mol/L，则下列判断正确的是A.c1：c2=3：1

B.平衡时，Y和Z的生成速率之比为2：3C.X、Y的转化率不相等

D.c1的取值范围为0<c1

<0.14

mol/L参考答案：DA．设X转化的浓度为x，X（g）+3Y（g）?2Z（g）初始：c1c2c3转化：x

3x

2x平衡：0.1moL/L0.3mol/L0.08mol/L所以c1：c2=（x+0.1moL/L）：（3x+0.3mol/L）=1：3，故A错误；B．平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：2，故B错误；C．反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，故C错误；D．反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向逆反应分析进行，则c1＞0，如反应向正反应分析进行，则c1＜0.14mol?L﹣1，故有0＜c1＜0.14mol?L﹣1，故D正确；【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，本题注意化学平衡状态的判断方法以及可逆反应的特点．14.下列说法错误的是

A．金属镁着火，可用N2或CO2灭火

B．MnO2、CuO、Fe三种物质的粉末都是黑色的，用稀盐酸可以将它们区别开

C．用洁净的玻璃棒蘸取某物质灼烧时，焰色反应为黄色，则该物质不一定只含钠元素

D．用氯水、KSCN溶液可以检验硫酸亚铁溶液中亚铁离子的存在参考答案：A略15.一定温度下，可逆反应2NO2

2NO+O2在恒容密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是：①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2；②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO；③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；④混合气体的颜色不再改变的状态；⑤密闭容器中压强不再改变的状态；⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态。A．②③⑤⑥

B．①④⑤⑥

C．①③④⑥

D．全部参考答案：B略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，主要以碘离子形式存在。化学课外小组将海带灼烧成灰，用水浸泡一段时间，得到海带灰悬浊液，然后按以下实验流程提取单质碘I2（已知Cl2可以氧化I-）：（1）指出提取碘的过程中有关的实验操作名称：③____________，____________；（2）③提取碘的过程中，可供选择的有机溶剂是_______（填字母代号）；

A．酒精B．CCl4C．苯D．醋酸（3）为使海带灰中碘离子转化为碘的有机溶液，实验室里的烧杯、玻璃棒、集气瓶、酒精灯、导管、圆底烧瓶、石棉网、漏斗以及必要的夹持仪器和物品，仍缺少的玻璃仪器________。（4）步骤②中发生的离子反应方程式为_______________________。（5）若从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，还需要经过蒸馏，观察下图实验装置错误之处（有两处），并加以改正_______________________________。

参考答案：（1）萃取,分液（2）BC（3）分液漏斗

（4）Cl2+2I-=I2+2Cl-（5）温度计的水银球不能伸入液面，应与蒸馏烧瓶支管口齐平；冷却水应该下面进水，上面出水。略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.(8分)某一反应体系中反应物和生成物共有六种物质：HC1(浓)、KMnO4、MnCl2、H2O、Cl2、KCl。已知Cl2、MnCl2为生成物。（1）该反应中的氧化剂为_______，氧化产物为________。氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________。（2）若产生的气体在标准状况下的体积为1.12L，则反应过程中转移的电子数为____NA(NA表示阿伏加德罗常数的数值)。（3）若反应中转移0.3mol电子，则消耗(或生成)HC1_______g。参考答案：（1）KMnO4；C12；5:2；（2）0.1；（3）17.52；试题分析：（1）高锰酸钾中的锰元素处于最高价，只有氧化性，能将HCl氧化，HCl是还原剂，对应的产物Cl2是氧化产物，根据电子守恒配平高锰酸钾氧化HCl的化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+8H2O+2KCl+5Cl2，氧化产物是氯气，还原产物是MnCl2，物质的量之比为5：2，故答案为：KMnO4；Cl2；5：2；（2）根据化学方程式：2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+8H2O+2KCl+5Cl2，当生成5mol的氯气时，消耗高锰酸钾2mol，转移电子10mol，当产生的气体在标准状况下体积为1.12L，即生成氯气是0.05mol时，消耗高锰酸钾0.02mol，则反应过程中转移电子0.1mol，即0.1NA个，故答案为：0.1；（2）根据化学方程式：2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+8H2O+2KCl+5Cl2，当生成5mol的氯气时，消耗高锰酸钾2mol，转移电子10mol，若反应中转移0.3mol电子，则消耗HC1的物质的量为×16=0.48mol，质量为0.48mol×36.5g/mol=17．52g，故答案为：17．52。18.（6分）将等物质的量的A和B，混合于2L的密闭容器中，发生如下反应3A（g）＋B（g）=xC（g）＋2D（g），经过5min时，测得D的浓度为0.5mol/L，c（A）:c（B）＝3:5，C的反应速率是0.1mol·Ｌ-1·min-1，A在5min末的浓度是__________，x的值是__________，B的反应速率是__________。参考答案：0.75mol/L；

2；0.05mol/(L?min)19.氯化铵是一种重要的化工原料，应用广泛。（1）实验室通常用NH4Cl固体与Ca(OH)2固体混合共热制取氨气。写出实验室制取氨气的反应方程式

。（2）用浓氯化铵溶液处理的舞台幕布难着火，其原因是

（填字母）。①幕布的着火点升高

②幕布的质量增加

③氯化铵分解吸收热量，降低了温度④氯化铵分解产生的气体隔离了部分空气A