浙江省金华市义乌第二中学2021-2022学年高一化学下学期期末试卷含解析

浙江省金华市义乌第二中学2021-2022学年高一化学下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.下列各组物质的晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是()A．SO2与SiO2

B．CO2与H2OC．NaBr与HCl

D．CCl4与CaCl2参考答案：B解析CO2与H2O形成的晶体都是分子晶体，都只含共价键。2.电解质有强电解质、弱电解质之分，强电解质在水溶液中完全电离，而弱电解质如弱酸、弱碱在水中则不能完全电离，不能完全电离的弱电解质在离子方程式中用其化学式表示，不能以离子的形式出现。下列溶液的溶质都是强电解质，这些溶液中的Cl-浓度与50mL1mol·L－1MgCl2溶液中的Cl-浓度相等的是

A．150mL1mol·L－1

NaCl溶液

B．75mL1mol·L－1

CaCl2溶液C．150mL2mol·L－1

KCl溶液

D．75mL1mol·L－1

AlCl3溶液参考答案：BC3.在实验室中，常用KMnO4代替MnO2与浓盐酸反应制取氯气，其反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8H2O，下列叙述中正确的是（）A．反应中KMnO4被氧化B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为

2：5C．每生成1molCl2时，反应中转移的电子为2molD．每消耗16molHCl时，其中作氧化剂的HCl是10mol参考答案：C【考点】氧化还原反应．【分析】2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8H2O中，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，以此来解答．【解答】解：A．Mn元素的化合价降低，得到电子KMnO4被还原，故A错误；B．氧化产物为Cl2，还原产物为MnCl2，由反应可知氧化产物与还原产物的物质的量之比为5：2，故B错误；C．每生成1molCl2时，反应中转移的电子为1mol×2×[0﹣（﹣1）]=2mol，故C正确；D．每消耗16molHCl时，由反应可知，只有10molCl失去电子，则其中做还原剂的HCl是10mol，故D错误；故选C．4.与250mL0.4mol?L﹣1稀硫酸中的c（H+）相等的是（

）A．100mL2mol?L﹣1的盐酸溶液B．25mL0.8mol?L﹣1的稀HNO3溶液C．100mL1mol?L﹣1的稀H2SO4溶液D．250mL0.4mol?L﹣1的稀盐酸溶液参考答案：B考点：物质的量浓度．专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：根据离子浓度=电解质浓度×电解质电离出的该离子数目，与溶液的体积无关，据此结合计算判断．解答：解：250mL0.4mol?L﹣1稀硫酸中的c（H+）=0.4mol?L﹣1×2=0.8mol?L﹣1；A、100mL2mol?L﹣1的盐酸溶液溶液中c（H+）=2mol?L﹣1，故A错误；B、25mL0.8mol?L﹣1的稀HNO3溶液中c（H+）=0.8mol?L﹣1，故B正确；C、100mL1mol?L﹣1的稀H2SO4溶液中c（H+）=2mol?L﹣1，故C错误；D、250mL0.4mol?L﹣1的稀盐酸溶液中c（H+）=0.4mol?L﹣1，故D错误；故选B．点评：本题考查物质的量浓度的计算与理解，题目难度不大，注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度．5.下列物质中属于纯净物、化合物、无机化合物、盐、钙盐的是A．石灰石

B．Ca(OH)2

C．CaCO3

D．CH4参考答案：C略6.VmLAl2(SO4)3溶液中含Al3+ag，取mL溶液稀释到4VmL，则稀释后溶液中SO42－的物质的量浓度是A.mol·L?1

B.mol·L?1

C.mol·L?1

D.mol·L?1参考答案：C试题分析：agAl3+的物质的量为故ml溶液中Al3+的物质的量为，根据电荷守恒可知2n（SO42-）=3n（Al3+），故mL溶液中SO42-的物质的量为，取mL溶液稀释到4VmL，则稀释后溶液SO42-的物质的量浓度为，答案选C7.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（）A．HCl

B．Cl2

C．NaHCO3

D．CO2参考答案：D考点：电解质与非电解质．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：电解质是指在水溶液或熔化状态下能导电的化合物，而非电解质是指在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物，据此进行判断．解答：解：A．氯化氢在溶液中能够电离出氢离子和氯离子，溶液导电，氯化氢属于电解质，故A错误；B．氯气其水溶液导电，但不是物质本身导电，氯气的成分是单质，不是非电解质，故B错误；C．碳酸氢钠溶液能够导电，碳酸氢钠属于电解质，能够电离出钠离子和碳酸氢根离子，故C错误；D．二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸是电解质，电离出离子使能够导电，但是溶液导电的原因不是二氧化碳不是电离的离子，所以二氧化碳不属于电解质，属于非电解质，故D正确；故选D．点评：本题考查电解质和非电解质，学生应明确电解质和非电解质都是化合物，并明确判断电解质时发生电离的为化合物本身来分析解答即可，题目难度不大．8.推理是学习化学的一种方法，但不合理的推理会得到错误结论。以下推理正确的是

（

）A．分子可以构成物质——物质一定由分子构成B．溶液具有均一性和稳定性——具有均一性、稳定性的液体一定是溶液C．含碳元素的物质燃烧会生成二氧化碳——燃烧能生成二氧化碳的物质一定含有碳元素D．酸碱中和反应能生成盐和水——生成盐和水的反应一定是中和反应参考答案：C9.下列有关苯的叙述中，错误的是（

）

A.苯在催化剂作用下能与液溴发生取代反应

B.在一定条件下，苯能与氢气发生加成反应

C.在苯中加入酸性高锰酸钾溶液，振荡并静置后下层液体为紫红色

D.在苯中加入溴水，振荡并静置后下层液体为橙色参考答案：D略10.要证明CuSO4溶液显蓝色不是由于SO42﹣离子造成的，下列实验无意义的是（

）A．观察K2SO4溶液的颜色B．向CuSO4溶液中滴加适量的NaOH溶液，振荡后静置，溶液颜色消失C．加水稀释后CuSO4溶液颜色变浅D．向CuSO4溶液中滴加适量的Ba（NO3）2溶液，振荡后静置，溶液颜色未消失参考答案：C考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．分析：CuSO4溶液中含有Cu2+、SO42﹣、H2O，要证明CuSO4溶液显蓝色不是由于SO42﹣离子造成的，只要排除SO42﹣、H2O的干扰，并用含有Cu2+的其它盐溶液对比判断．解答：解：A．K2SO4溶液中含有SO42﹣，不含Cu2+，K2SO4溶液呈无色，说明硫酸铜溶液呈蓝色不是SO42﹣离子造成，故A不选；B．CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu（OH）2↓，反应后溶液中SO42﹣仍然存在，但溶液颜色消失，说明硫酸铜溶液呈蓝色不是SO42﹣离子造成，故B不选；C．加水稀释后CuSO4溶液颜色变浅，溶液中仍然存在Cu2+、SO42﹣、H2O，无法确定哪种粒子造成的，故C选；D．CuSO4+Ba（NO3）2=BaSO4↓+Cu（NO3）2，振荡后静置，溶液颜色未消失，说明酸铜溶液呈蓝色不是SO42﹣离子造成，是Cu2+造成的，故D不选；故选C．点评：本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应、现象与结论的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．11.在某体系内有反应物和生成物5种物质：H2S、S、FeCl3、FeCl2、HCl.已知H2S为反应物，则另一反应物是()A．FeCl3

B．FeCl2C．S

D．HCl参考答案：A略12.下列叙述及对应的离子方程式正确的是A.用Cu除去CuCl2溶液中少量的FeCl3杂质:Cu+2Fe3+===Cu2++2Fe2+B.工业上用NO2与水反应制取NO:3NO2+H2O===NO3-+NO+2H+C.用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜:Al2O3+2OH-===2AlO2-+H2OD.向NaAlO2溶液中通入过量CO2制A(OH)3:2AlO2-+CO2+3H2O===2A(OH)3↓+CO32-参考答案：C略13.下列现象与胶体的性质无关的是A．江河的入海口易形成沙洲B．水泥厂、冶金厂常用高压电进行除尘C．医院里对肾衰患者进行血液透析

D．氯化钠溶液中加入硝酸银溶液产生白色沉淀参考答案：D氯化钠溶液中加入硝酸银溶液产生白色沉淀，是溶液中的复分解反应，与胶体的性质无关，选D。14.现有下列仪器：①容量瓶；②蒸馏烧瓶；③量筒；④天平；⑤胶头漓管；⑥分液漏斗；⑦漏斗．常用于物质分离的是（）A．①③⑦ B．②⑥⑦ C．③④⑦ D．①③④参考答案：B【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】混合物分离方法有蒸馏、分液、过滤、蒸发等，以此来解答．【解答】解：①容量瓶只能配制一定浓度的溶液，不能用于分离混合物，故不选；②蒸馏烧瓶可用于蒸馏实验，分离沸点不同的液体混合物，故选；③量筒只用于量取液体的体积，故不选；④天平只用于称量质量，故不选；⑤胶头漓管可滴加液体，不能分离混合物，故不选；⑥分液漏斗可分离分层的液体混合物，故选；⑦漏斗可用于过滤，分离不溶性固体与溶液，故选；故选B．15.下列有关钠及具化合物的叙述错误的是A.Na2O、Na2O2均为离子化合物B.Na2O、Na2O2都可以与水反应生成氢氧化钠C.Na2O2与CO2反应时有单质O2生成，该反应属于置换反应D.Na2O2中氧元素的化合价为-1价参考答案：C【详解】A.Na2O由钠离子和氧离子构成，Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，均为离子化合物，选项A正确；BNa2O与水反应生成氢氧化钠，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，选项B正确；C.Na2O2与CO2反应时有单质O2生成：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，反应物都是化合物，生成物中有单质氧气生成，不符合置换反应的特点，选项C错误；D.Na2O2中钠元素的化合价为+1，氧元素的化合价为-1价，选项D正确；答案选C。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（12分）甲同学拟通过实验探究同主族元素性质的递变规律，以及影响化学反应速率的因素。其设计的实验方案如下，请你帮他填写完整，并做出评价。实验室提供的试剂：锌块、锌粉、铁条、铁粉、铜条、NaBr溶液、NaI溶液、新制的氯水、1mol/盐酸、3mol/L的盐酸

（1）探究同主族元素性质的递变规律【评价】甲同学设计的实验方案的合理性是___________（填序号）A.非常合理

B.部分合理

C.完全不合理【补充和完善】上一项若填A，则此项不用再作答，若填B或C，则完成实验还需要的试剂是___________。（2）探究影响化学反应速率的因素实验步骤实验现象实验依据和结论3mL1mol/L

3mL3mol/L盐酸

盐酸（金属质量相同，盐酸均过量）

均有气体生成，锌粉先消失，锌块后消失因为乙试管中的反应更快，所以反应物浓度越大，反应速率越快。甲同学所得实验依据和结论有明显问题，问题是__________。（3）请你利用原电池原理，设计实验，比较铜和铁的金属活动性。画出实验装置图，标出正负极、电子流动方向，写出电极反应式。装置图

电极反应式____________________________

____________________________参考答案：（12分）（1）实验现象实验结论及离子方程式溶液由无色变为橙色溶液由无色变为黄色甲乙B

溴水（2）锌粉的表面积大，也能加快反应速率

（3）略略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（9分）已知A为淡黄色固体，E、D为两种常见的用途很广的金属单质，H的溶液中含有两种金属阳离子，I不溶于水．（1）写出下列物质的化学式：A：

F：

I：

．（2）E是活泼金属，但在空气中却能稳定存在，E在空气中能稳定存在的原因是：

；（3）按要求写方程式：A与水反应的化学方程式：

；B与E反应的离子方程式：

．

参考答案：（1）Na2O2；Fe3O4；Al（OH）3；（2）铝表面形成致密氧化膜，阻止铝继续氧化；（3）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑．考点：无机物的推断．分析：A为淡黄色固体，能和水反应，则A是Na2O2，过氧化钠和水反应生成NaOH和氧气，E、D为两种常见的用途很广的金属单质，其中一种能与氢氧化钠溶液反应，则该金属为Al，另外金属与氧气反应得到金属氧化物，故G、F分别为偏铝酸钠、金属氧化物，由于G能与二氧化碳反应，F与盐酸反应生成的H中含有两种金属阳离子，则E为Al，B为NaOH，G为NaAlO2，I不溶于水，则I是Al（OH）3，F为金属氧化物，D是Fe，F是Fe3O4，H是FeCl2、FeCl3，据此解答．解答：解：A为淡黄色固体，能和水反应，则A是Na2O2，过氧化钠和水反应生成NaOH和氧气，E、D为两种常见的用途很广的金属单质，其中一种能与氢氧化钠溶液反应，则该金属为Al，另外金属与氧气反应得到金属氧化物，故G、F分别为偏铝酸钠、金属氧化物，由于G能与二氧化碳反应，F与盐酸反应生成的H中含有两种金属阳离子，则E为Al，B为NaOH，G为NaAlO2，I不溶于水，则I是Al（OH）3，F为金属氧化物，D是Fe，F是Fe3O4，H是FeCl2、FeCl3，（1）由上述分析可知，A为Na2O2，F为Fe3O4，I为Al（OH）3，故答案为：Na2O2；Fe3O4；Al（OH）3；（2）E为Al，在空气中铝表面形成致密氧化膜，阻止铝继续氧化，在空气中能稳定存在，故答案为：铝表面形成致密氧化膜，阻止铝继续氧化；（3）A与水反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；B与E反应的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO