山东省济宁市邹城庵上联办中学高一化学上学期期末试卷含解析

山东省济宁市邹城庵上联办中学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.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(

)A.标准状况下，22.4L水含有的水分子数为NAB.常温常压下，22gCO2含有的CO2分子数为0.5NAC.标准状况下，32gO2和CO2的混合气体含有的氧原子数为2NAD.40gNaOH溶解在1L水中，得到溶液的物质的量浓度为1mol/L参考答案：BA、标准状况水不是气体，22.4L水不是1mol，故A错误；B、22gCO2物质的量==0.5mol，含有的CO2分子数为0.5NA，故B正确；C、标准状况下，32gCO2和O3的混合气体，若全是二氧化碳含有氧原子物质的量=×2=1.45mol；若全是O3含有的氧原子物质的量=×3=2mol，所以混合气体中含有的氧原子数在1.45NA~2NA之间，故C错误；D、40gNaOH物质的量为1mol，溶解在1L水中，溶液体积不是1L，得到溶液的物质的量浓度不是1mol/L，故D错误；故选B。2.在一定温度下，可逆反应：A2(气)+B2(气)2AB(气)，达到平衡的标志是（

）A．容器的总压强不随时间而变化B．单位时间内有nmolA2生成的同时有nmolB2生成C．单位时间内有nmolB2发生反应的同时有nmolAB分解D．单位时间内生成nmolA2同时就有2nmolAB生成参考答案：D略3.“绿色化学”的主要内容之一是指从技术、经济上设计可行的化学反应，使原子充分利用，不产生污染物。下列化学反应符合“绿色化学”理念的是A．制CuSO4：Cu+2H2SO4(浓)＝CuSO4+SO2↑+2H2OB．制CuSO4：2Cu+O2＝2CuO；Cu+H2SO4(稀)＝CuSO4+H2OC．制Cu(NO3)2：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2OD．制Cu(NO3)2：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O参考答案：B略4.区别棉花和羊毛的最简单的方法是（）A.加入稀硫酸后加热使之水解，检验水解产物能否与新制Cu(OH)2反应B.浸入浓硝酸后，观察其颜色是否变黄色C.在火中灼热，闻其是否有烧焦羽毛的气味D.通过化学方法测其组成中是否含有硫、氮等元素参考答案：C略5.下列玻璃仪器：①烧杯②烧瓶③试管④容量瓶⑤量筒。能直接加热的是（

）

A．①③

B．②③

C．③

D．④⑤参考答案：C略6.下列各物质具有正四面体结构的是(

)①金刚石

②白磷

③甲烷

④四氯化碳A．①②③

B．①③④C．③④

D．全部

参考答案：D略7.以下表示氦原子结构的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是

A．

B．

C．1s2

D．He

参考答案：A略8.氨基甲酸铵分解反应为NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g），在一体积恒定的容器里，发生上面的反应，可以判断该反应已经达到平衡的是A.密闭容器中氨气的体积分数不变B.1molNH2COONH4分解同时有17gNH3消耗C.密闭容器中混合气体的密度不变D.混合气体的平均分子量不变参考答案：C【分析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。【详解】A、反应混合气体只有氨气与二氧化碳，二者物质的量之比始终为2：1，氨体积分数始终不变，不能说明到达平衡，A错误；B、1molNH2COONH4分解同时有17gNH3消耗，17gNH3的物质的量为1mol，消耗17gNH3生成0.5molNH2COONH4，反应未到达平衡，向正反应进行，B错误；C、随反应进行混合气体的质量增大，容器的容积不变，反应混合气体的密度增大，当密度不再变化，说明到达平衡状态，C正确；D、反应混合气体只有氨气与二氧化碳，二者物质的量之比始终为2：1，混合气体的平均分子量始终不变，不能说明到达平衡，D错误；答案选C。【点睛】本题利用一些基本量来判断一个可逆反应是否达到化学平衡状态，具有很强的灵活性，需要学习时理解化学平衡状态的内涵和外延，是高考的热点，也是学习的难点，判断时要注意，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。9.在蒸馏实验中，下列叙述不正确的是

A．在蒸馏烧瓶中加入约1/3体积的自来水，并放入几粒碎瓷片

B．蒸馏结束时，先停止通冷却水，再熄灭酒精灯

C．冷水从冷凝管的下口入，上口出

D．收集冷凝水时，应弃去开始蒸馏出的部分参考答案：B略10.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y,X与Z位于同一主族。W与X可形成共价化合物WX2。Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5倍，Y的单质常作为半导体材料。下列叙述中不正确的是A．W、X、Y、Z分别为C、O、Si、SB．WX2和ZX2的化学键类型相同C．Z的气态氢化物比Y的稳定D．原子半径大小顺序为X＜W＜Y＜Z参考答案：D略11.以下四种有机物的分子式皆为C4H10O：①②CH3CH2CH2CH2OH③④其中能氧化成醛的是（）A．①② B．只有② C．②和③ D．③和④参考答案：C考点：醇类简介；常见有机化合物的结构．分析：由醇氧化为醛时，醇应为R﹣CH2OH，若与﹣OH相连的C上只有1个H被氧化为酮，若与﹣OH相连的C上不含H，不能发生催化氧化，以此来解答．解答：解：醇发生催化氧化的规律是：当连接羟基的碳上有两个氢原子时，催化氧化成醛；当连接羟基的碳上有一个氢原子时，催化氧化成酮；当连接羟基的碳上没有氢原子时，不能催化氧化；根据以上规律对题中四种有机物进行判断．由结构简式可知，②③均符合R﹣CH2OH，可氧化为醛，而①氧化为酮，④不能被氧化，故选C．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重醇性质的考查，注意醇催化氧化结构上的特点，题目难度不大．12.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为10；W与Y同族；W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是A.常温常压下X的单质为气态B.Z的氢化物为离子化合物C.Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性D.W与Y具有相同的最高化合价参考答案：B分析：主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃，生成物是HF，因此W是F，Z是Ca，W与Y同族，则Y是Cl。W、X、Z的最外层电子数之和为10，则X的最外层电子数为10－7－2＝1，所以X是Na，据此解答。详解：根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是F、Na、Cl、Ca或F、Mg、Cl、K，则A、金属钠或钾常温常压下是固态，A错误；B、CaH2中含有离子键，属于离子化合物，B正确；C、Y与Z形成的化合物是氯化钙，其水溶液显中性，C错误；D、F是最活泼的非金属，没有正价，Cl元素的最高价是+7价，D错误。答案选B。点睛：准确判断出元素名称是解答的关键，突破点是能腐蚀玻璃的物质为HF，进而推断出CaF2能与浓硫酸反应生成HF。易错点是选项B，注意金属氢化物的结构特点，与非金属氢化物的不同。难点是氟化钙与浓硫酸反应属于学生不熟悉的知识点。

13.下列实验操作中正确的是（

）A．蒸发结晶操作时，不会用到玻璃棒。B．蒸馏操作时，应使温度计水银球浸没在所蒸馏的液体混合物中C．用CCl4萃取I2水中的I2时，所提取的物质应从分液漏斗下口放出D．粗盐提纯的过程中，可依次向粗盐的溶液中加入过量的Na2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液以除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-。参考答案：CA、蒸发结晶操作时，需要用到蒸发皿、玻璃棒、酒精灯、三脚架等仪器，A错误。B、根据液体的沸点不同，可以用蒸馏的方法将不同液体分离出来，温度计水银球应放在蒸馏烧瓶支管口附近，测量蒸汽的温度，B错误。C、CCl4萃取I2水中的I2时。I2溶于CCl4中，CCl4密度大于水的密度，处于下层，从分液漏斗下口放出，C正确。D、粗盐提纯的过程中，BaCl2必须加在Na2CO3前面，否则，过量的BaCl2无法除去，正确的滴加顺序为：BaCl2、NaOH、、Na2CO3或者NaOH、BaCl2、Na2CO3或者BaCl2、Na2CO3、NaOH，过量的Na2CO3或NaOH用稀盐酸除去，再将多余盐酸蒸发掉，即可得到纯的食盐，D错误。正确答案为C14.下列说法中正确的是

A.凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的B.自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变的反应C.自发反应在任何条件下都能实现D.自发反应在恰当的条件下才能实现参考答案：D略15.下列有关化学用语使用正确的是A．硫原子的原子结构示意图：

B．纯碱的化学式：NaOHC．原子核内有8个中子的氧原子：O

D．氯化镁的电子式：参考答案：D二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.用18mol·L-1浓硫酸配制100mL3.0mol·L-1稀硫酸的实验步骤如下：①计算所用浓硫酸的体积②量取一定体积的浓硫酸③溶解④转移、洗涤⑤定容、摇匀完成下列问题：（1）所需浓硫酸的体积是________，量取浓硫酸所用的量筒的规格是________（从下列中选用A.10mLB.25mLC.50mLD.100mL）。（2）第③步实验的操作是________________________________

。（3）第⑤步实验的操作是________________________________

。（4）下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响？（用“偏大”“偏小”“无影响”填写）A.所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中___________________B.容量瓶用蒸馏洗涤后残留有少量的水________________C.所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤________________D.定容时俯视刻度线________________参考答案：（1）16.7mLB（2）先向烧杯加入30mL（或适量）蒸馏水，然后将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入烧杯中，并用玻璃棒搅拌（3）继续向容量瓶注入蒸馏水至离刻度线1～2cm处，改用胶头滴管向容量瓶滴加至液凹面与刻度线相切为止；塞紧瓶塞，反复颠倒摇匀（4）A.偏小B.无影响C.偏小D.偏大略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.A、B、C、D、E、F是六种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A元素的原子是半径最小的原子；B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X；D与A同主族，且与F同周期；F元素的最外层电子数是其次外层电子数的3/4倍，A、B、D、F这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若千种化合物．D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应．请回答下列问题：（1）B元素的原子结构示意图是________，D元素在周期表中的位置是第____周期____族。（2）A、B、C和F可组成一种化合物，其原子个数之比为8:2:4:1。写出该化合物的名称及化学式________，________。（3）写出E2C3分别与盐酸和氢氧化钠溶液反应的离子方程式________________，_________。（4）A、C、D、F四种元素可以形成两种酸式盐（均由四种元素组成），这两种酸式盐相互反应的离子方程式为：________________________________。（5）A、C、F间可形成甲、乙两种微粒，它们均为-1价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为：________________________________。（6）向含amolE的氯化物的溶液中加入含bmolD的最高价氧化物对应水化物的溶液，生成沉淀的物质的量不可能为_________（填序号）。①amol

②bmol

③a/3mol

④b/3mol

⑤0

⑥(4a-b)mol参考答案：(1)

三

IA

(2)硫酸铵

(NH4)2SO4

(3)Al2O3+6H+=2Al3++3H2O

Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O

(4)HSO3-+H+=H2O+SO2↑

(5)OH-+HS-=H2O+S2-

(6)2分析：A、B、C、D、E、F是六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子半径最小，则A为H；B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物能反应生成盐，则B为N；F元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3/4，则F为S；D与A同主族，且与F同周期，则D为Na；A、B、D、F这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的多种化合物，则C为O，D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应，可知E为Al，根据元素周期律结合问题解答该题。详解：根据以上分析可知A、B、C、D、E、F六种短周期元素分别是H、N、O、Na、Al、S。则（1）B元素是N，原子序数是7，则原子结构示意图是；D元素是Na，原子序数是11，在周期表中的位置是第三周期第ⅠA族。（2）A、B、C和F可组成一种化合物，其原子个数之比为8∶2∶4∶1，因此该化合物是(NH4)2SO4，名称是硫酸铵；（3）E2C3是氧化铝，属于两性氧化物，因此分别与盐酸和氢氧化钠溶液反应的离子方程式为Al2O3＋6H＋＝2Al3＋＋3H2O、Al2O3＋2OH－＋3H2O＝2[Al(OH)4]－或Al2O3＋2OH－＝2AlO2－＋H2O；（4）A、C、D、F可形成两种酸式盐分别为NaHSO3和NaHSO4，二者发生反应的离子反应为H＋＋HSO3--＝H2O＋SO2↑；（5）H、O、S形成的负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲为HS-，乙为OH-，发生反应的离子反应为OH－＋HS－＝H2O＋S2－；（6）向含有amolAlCl3的溶液中加入含bmolNaOH的溶液，发生反应：①AlCl3+3NaOH＝Al（OH）3↓+3NaCl②AlCl3+4NaOH＝NaAlO2+3NaCl则当a：b≥1：3时，只发生反应①，二者恰好反应时得到沉淀为amol或b/3mol，氯化铝过量时，得到沉淀小于amol，可能为a/3mol；当a：b≤1：4时，只发生反应②，没有沉淀生成，即沉淀为0；当1：3＜a：b＜1：4时，发生反应①②，则：AlCl3+3NaOH＝Al（OH）3↓+3NaClxm