福建省南平市建阳莒口中学高一化学下学期期末试题含解析

福建省南平市建阳莒口中学高一化学下学期期末试题含解析一、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.对于放热反应Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑，下列叙述正确的是()A.反应过程中的能量关系可用上图表示B.1molZn的能量大于1molH2的能量C.若将其设计为原电池，则锌作正极D.若将其设计为原电池，当有32．5gZn溶解时，正极放出的气体一定为11．2L参考答案：A根据能量守恒，则反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，锌和硫酸反应为放热反应，A正确；反应物的总能量高于生成物的总能量，反应物和生成物均有两种，无法比较1molZn和1molH2的能量大小，B错误；若将其设计为原电池，锌化合价升高，失电子，则锌作负极，C错误；若将其设计为原电池，当有32.5gZn溶解时，消耗锌的物质的量为，根据反应方程式可知生成，但气体所处状态未知，不能确定气体体积，D错误；正确选项A。2.类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中，正确的是（）A．钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2B．铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中C．化合物NaCl的焰色为黄色；Na2CO3的焰色也为黄色D．密度为1.1g?cm﹣3与密度为1.2g?cm﹣3的NaCl溶液等体积混合，所得NaCl溶液的密度介于1.1g?cm﹣3与1.2g?cm﹣3之间；Na﹣K合金的熔点应介于Na和K熔点之间参考答案：C【分析】A、活泼金属可以和水反应生成碱和氢气；B、金属铁在空气中因发生电化学腐蚀而生锈，金属铝和氧气反应；C、含有钠元素的物质焰色反应均为黄色；D、合金的熔点会低于任一组成金属成分的熔点．【解答】解：A、活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，但是金属活动顺序表金属铝以后的金属均和水不反应，故A错误；B、铁露置在空气中一段时间后就会生锈，是因为发生电化学腐蚀而生锈，金属铝表面极易被氧化而表面形成致密的氧化膜，所以铝能稳定存在于空气中，故B错误；C、含有钠元素的物质NaCl、Na2CO3焰色反应均为黄色，故C正确；D、NaK合金的熔点应低于Na和K任一金属的熔点，故D错误．故选C．【点评】本题考查学生钠的性质、焰色反应以及合金的物理性质等方面知识，属于综合知识的考查，注意知识的梳理和归纳是解题的关键．3.有下列五种说法：①相邻原子间强烈的相互作用，叫做化学键；②两个非金属原子间不可能形成离子键；③非金属原子间不可能形成离子化合物；④离子化合物中不能存在共价键；⑤某化合物的水溶液能导电，则该化合物中一定存在离子键，其中正确的是A．①②

B．②③④

C．②④⑤

D．①②③④⑤参考答案：A略4.将0.1mol铜与40mL10mol·L－1浓HNO3充分反应后，溶液中含amolH＋，由此可知

A．生成的气体在标准状况下的体积一定为4.48L

B．铜剩余C．被还原的硝酸的物质的量为(0.2－a)molD．反应后溶液中所含NO3－的物质的量为0.2mol参考答案：C5.下面的排序错误的是（

）A、硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅B、熔点由高到低：Al>Mg>NaC、晶格能由大到小：NaF>NaCl>NaBr>NaI

D、氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClO＞HClO2＞HClO3＞HClO4参考答案：D略6.科学家们欲寻找一种新型的半导体材料，可以在元素周期表的（）A．任意位置寻找B．稀有气体元素中寻找C．金属和非金属的分界线处寻找D．活泼金属和活泼非金属区中寻找参考答案：C【考点】元素周期表的结构及其应用．【分析】根据金属和非金属的分界线元素的性质分析．【解答】解：在元素周期表的金属与非金属的分界线附近的元素的金属性和非金属性都较弱，常用于半导体材料，而稀有金属材料和催化剂材料以及耐高温耐腐蚀的合金材料通常属于过渡金属，故选C．7.下列叙述正确的是

（

）A、1mol任何气体的体积一定是22.4L

B、在标准状况下,体积为22.4L的物质都是1molC、同温同压下两种气体,只要它们的分子数相同,所占体积也一定相同

D、在非标准状况下,1mol任何气体的体积不可能是22.4L参考答案：C略8.X、Y、Z三种元素原子的核电荷数在11﹣17之间．它们的最高价氧化物对应的水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4．则下列判断不正确的是（）A．最高正价：X＞Y＞Z

B．酸性：H3ZO4＞H2YO4＞HXO4C．稳定性：HX＞HY＞HZ

D．非金属性：X＞Y＞Z参考答案：B【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】X、Y、Z三种元素原子的核电荷数在11﹣17之间，均位于第三周期，它们的最高价氧化物对应的水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，可知最高正化合价：X为+7价，Y为+6价，Z为+5价，则X为Cl、Y为S、Z为P元素，同周期自左而右，非金属性增强，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强、氢化物越稳定，以此解答该题．【解答】解：由以上分析可知X为Cl、Y为S、Z为P元素，A．最高价氧化物对应的水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，可知最高正化合价：X为+7价，Y为+6价，Z为+5价，故A正确；B．同周期自左而右，非金属性增强，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故酸性：H3ZO4＜H2YO4＜HXO4，故B错误；C．元素的非金属性：X＞Y＞Z，非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则稳定性：H3Z＜H2Y＜HX，故C正确；D．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则非金属性：X＞Y＞Z，故D正确．故选B．9.下列事实能说明氯元素的非金属性比硫元素强的是

①还原性：

②能与反应生成S③的酸性比的强

④常温下是气体，S是固体

A.①②③

B.①②④

C.①③④

D.②③④参考答案：A略10.下列说法正确的是（）A．液态HCl、固体NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质B．NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质C．蔗糖、酒精在水溶液里或熔融状态时均不导电，所以它们不是电解质D．铜、石墨均导电，所以它们是电解质参考答案：C【考点】电解质与非电解质．【分析】在水溶液里或熔化状态下能导电的化合物属于电解质，在此两种条件下均不能导电的化合物属于非电解质，单质与混合物既不是电解质也不是非电解质，据此解答即可．【解答】解：A、液态HCl、固体NaCl均不导电，但是溶于水它们均能导电，且属于化合物，故HCl、NaCl均是电解质，故A错误；B、NH3、CO2的水溶液能导电，并不是它们自身电离的结果，而是它们与水反应的产物NH3?H2O、H2CO3电离的结果，故B错误；C、蔗糖、酒精在水溶液里或熔融状态时均不导电，所以它们不是电解质，是非电解质，故C正确；D、某物质是否为电解质的前提是此物质必须是化合物，故铜、石墨均不是电解质，故D错误；故选C．11.在元素周期表中位于金属元素和非金属元素交界处最容易找到的材料是

（

）

A．制催化剂的材料

B．耐高温、耐腐蚀的合金材料C．制农药的材料

D．半导体材料参考答案：D略12.向盛有Cl2的三个集气瓶甲、乙、丙中各注入下列液体中的一种，经过振荡，现象如图所示，则甲、乙、丙注入的液体分别是（）①AgNO3溶液②NaOH溶液③水．A．①②③ B．②①③ C．③②① D．①③②参考答案：B【考点】氯气的化学性质．【分析】氯气为黄绿色气体，能溶于水，溶于水得到氯水，氯水因为溶解氯气显浅黄绿色；氯气能够与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，据此解答．【解答】解：氯气为黄绿色气体，能溶于水，溶于水得到氯水，氯水因为溶解氯气显浅黄绿色，三个集气瓶中只有丙颜色为浅黄绿色，所以丙中液体为水；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，甲和乙中，只有乙出现了白色的沉淀，所以乙中液体为硝酸银溶液；氯气能够与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，所以氯气被氢氧化钠吸收，溶液为无色，故甲中液体为氢氧化钠溶液，则甲、乙、丙注入的液体分别是②①③；故选：B．13.工业炼铁是在高炉中进行的，高炉炼铁的主要反应是：①2C（焦炭）＋O2（空气）＝2CO；②Fe2O3＋3CO＝2Fe＋3CO该炼铁工艺中，对焦炭的实际使用量要远高于按照化学方程式计算所需，可能的主要原因是：A.炼铁高炉的高度不够

B.CO与铁矿石接触不充分C.CO过量

D.CO与Fe2O3的反应有一定限度参考答案：D略14.元素周期表中某区域的一些元素多用于制造半导体材料，它们是A．左下方区域的金属元素

B．右上方区域的非金属元素C．金属元素和非金属元素分界线附近的元素

D．稀有气体元素参考答案：C15.据最新报道，放射性同位素钬67166Ho可有效地治疗肝癌。该同位素原子内的中子数与核外电子数之差为

A．32

B．67

C．99

D．166参考答案：A二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.实验需要0.1mol/LNaOH溶液450mL，根据溶液配制中情况回答下列问题：（1）实验中定容要用到

mL的容量瓶．（2）根据计算得知，所需NaOH的质量为

g．（3）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）

A．用50mL水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B．用托盘天平准确量取所需的NaOH的质量，倒入烧杯中加入适量水，用玻璃棒慢慢搅动C．将已冷却的NaOH溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E．加水至离刻度线1～2cm处改用胶头滴管加水，使洛液凹面恰好与刻度相切（4）对所配浓度影响的对应操作是（填写字母）偏大的有

偏小的有

A．称量用了生锈的砝码B．将NaOH放在纸张上称量C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出E．未洗涤溶解NaOH的烧杯F．记容时仰视刻度线G．容量瓶未干燥即用来配制溶液H．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线．参考答案：（1）500；（2）2.0；（3）BCAED；（4）AC；BDEFH

【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】（1）实验室没有450mL容量瓶，根据“大而近”的原则，应选择500mL容量瓶；（2）依据配制溶液体积选择合适的容量瓶，依据m=CVM计算需要溶质的质量；（3）根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来对操作顺序进行排序；（4）分析操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响，依据C=进行误差分析，凡是使n增大或者使V减小的操作都会使溶液浓度偏高，反正溶液浓度偏低．【解答】解：（1）根据“大而近”的原则，根据需要配制的溶液的体积为450mL，但由于无450mL容量瓶，故应选择500mL容量瓶，故答案为：500；

（2）实验需要0.1mol/LNaOH溶液450ml，而实验室没有450mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，依据m=CVM可知需要氢氧化钠的质量m=0.1mol/L×40g/mol×0.5L=2.0g；故答案为：2.0；（3）配制一定物质的量浓度的溶液，根据配制步骤是计算、称量、溶解（B）、冷却移液（C）、洗涤（A）、定容（E）、摇匀（D）、装瓶可知，正确的操作顺序是：BCAED，故答案为：BCAED；（4）A．称量用了生锈的砝码，导致称取的溶质的质量偏大，溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏大；B．将NaOH放在纸张上称量，氢氧化钠吸收空气中的水和二氧化碳，导致称取的固体中和含有溶质氢氧化钠的物质的量偏小，溶液浓度偏小；C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，冷却后，液面下降，溶液体积偏小，溶液浓度偏大；D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小；E．未洗涤溶解NaOH的烧杯，导致溶质部分损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小；F．定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小；G．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不变；H．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；所以：偏大的有AC；偏小的有BDEFH；无影响的有G；故答案为：AC；BDEFH．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.按要求完成下列各题：（1）KOH的电子式：，CH（CH3）3的名称为：

．（2）有五种物质：①Cu、②H2CO3、③BaSO4、④盐酸、⑤SO2，其中弱电解质是（填序号，下同），非电解质是．（3）钠与水反应的化学方程式为：

．已知在过量的FeSO4溶液中滴入几滴NaClO溶液，并加入过量H2SO4，溶液立即变黄，试写出该反应的离子方程式：

．参考答案：（1）；2﹣甲基丙烷；（2）②；⑤；（3）2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；2Fe2++ClO﹣+2H+═2Fe3++Cl﹣+H2O．

【考点】电子式；离子方程式的书写；电解质与非电解质．【分析】（1）氢氧化钾为离子化合物，电子式需要标出阴阳离子所带电荷；选最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号；（2）在溶液中不能完全电离的电解质为弱电解质，包括弱酸、弱碱和极少数的盐；在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质；（3）钠和水反应生成氢氧化钠和氢气；次氯酸根离子氧化二价铁离子生成三价铁离子，本身被还原为氯离子，据此写出反应方程式．【解答】解：（1）氢氧化钾为离子化合物，由钾离子和氢氧根离子构成，氢氧化钾的电子式为：；选最长的碳链为主链，故主链上有3个碳原子，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，则在2号碳原子上有1个甲基，故此物质的名称为：2﹣甲基丙烷，故答案为：；2﹣甲基丙烷；（2）在溶液中不能完全电离的电解质为弱电解质，包括弱酸、弱碱和极少数的盐；在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质，包括蔗糖、酒精、非金属氧化物和氨气．①Cu是单质，故不是非电解质也不是电解质，更不是弱电解质；②H2CO3是弱酸，故为弱电解质；③BaSO4是盐，故为电解质，且为强电解质；④盐酸是混合物，故不是电解质也不是非电解质，更不是弱电解质；⑤SO2是非电解质．故答案为：②；⑤；（3）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；硫酸亚铁与次氯酸钠反应离子方程式：2Fe2++ClO﹣+2H+═2Fe3++Cl﹣+H2O，故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；2Fe2++ClO﹣+2H+═2Fe3++Cl﹣+H2O．【点评】本题考查了电解质非电解质强弱电解质的判断、有机物的命名和电子式的书写以及离子方程式书写，侧重考查氧化还原反应的离子方程式书写，明确氧化还原反应得失电子守恒规律是解题关键，注意准确分析元素化合价变化，题目难度中等．18.目前，世界上生产的镁有60%来自海水，其生产流程图如下（1）贝壳的主要化学成分为

（写化学式）．（2）写出反应②的离子方程式：

．（3）根据流程图可知，可循环利用的物质是

．（4）Mg与CO2反应时，有白色粉末并有黑色固体生成．请写出Mg与CO2反应的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向与数目．

．（5）Na比Mg和Al要活泼．将Na投入到Fe2（SO4）3溶液中会发生剧烈的化学反应，其离子方程式为

．参考答案：（1）CaCO3；（2）Mg（OH）2+2H+═Mg2++2H2O；（3）盐酸或者氯气；（4）；（5）6Na+6H2O+2Fe3+=2Fe（OH）3↓+6Na++3H2↑；

考点：海水资源及其综合利用．分析：煅烧贝壳发生的反应为CaCO3CO2↑+CaO，氧化钙和水反应制得石灰乳，反应方程式为：CaO+H2O=Ca（OH）2，镁离子和石灰乳反应生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，氢氧化镁和稀盐酸反应生成氯化镁，反应方程式为：Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O，电解熔融氯化镁制得Mg，反应方程式为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，氢气在氯气中燃烧得到氯化氢，反应方程式为H2+Cl22HCl，再结合题目要求解答．（1）贝壳的主要化学成分为碳酸钙；（2）根据流程图可知反应②是氢氧化镁沉淀与盐酸反应；（3）根据流程图中可以知道可以循环利用的物质为盐酸或者氯气；（4）在氧化还原反应中，化合价升高元素失电子，化合价降低元素得到电子，得失电子数相等即为转移电子数；（5）Na比Mg和Al要活泼．将Na投入到Fe2（SO4）3溶液中先钠和水反应，后生成的氢氧化钠与铁离子反应；解答：解：流程分析：海水晒盐得到的卤水中加入煅烧贝壳得到的氧化钙溶于水生成的氢氧化钙石灰乳，用来沉淀镁离子，过滤得到氢氧化镁加入盐酸溶解富集镁元素得到氯化镁，蒸发浓缩，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中脱水得到固体氯化镁，电解熔融氯化镁得到镁和氯气；（1）贝壳的主要成分是碳酸钙，其化学式为CaCO3，故答案为：CaCO3；（2）氢氧化镁和稀盐酸发生复分解反应生成氯化镁和水，离子反应方程式为：Mg（OH）2+2H+═Mg2++2H2O，故答案为：Mg（