2021-2022学年广西壮族自治区南宁市富庶中学高一化学上学期期末试卷含解析

2021-2022学年广西壮族自治区南宁市富庶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.下列物质中,不属于合金的是（

）

A.硬铝

B.水银

C.黄铜

D.钢铁参考答案：B2.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：C3.以下各组物质所具有的性质依次为只有氧化性、只有还原性、既有氧化性又有还原性的是A.Na、H+、H2O

B.Cl2、KClO3、FeC.Na+、K、Fe2+

D.KMnO4、CO、H2O参考答案：C【详解】A项，Na元素化合价只能升高，钠只有还原性；H+化合价只能降低，H+只有氧化性；H2O中氢元素化合价可以降低，氧元素化合价可以升高，所以水既有氧化性又有还原性，A错误；B项，Cl2中Cl元素化合价即可升高又可降低，所以Cl2既有氧化性又有还原性；KClO3中Cl元素化合价可以降低，O元素化合价可以升高，所以KClO3既有氧化性又有还原性；Fe元素化合价只能升高，Fe具有还原性；B错误；C.Na+化合价只能降低，只有氧化性；K元素化合价只能升高，K只有还原性；Fe2+化合价既可以升高，又可以降低，所以Fe2+既有氧化性又有还原性，C正确；D.KMnO4中Mn元素化合价可以降低，O元素化合价可以升高，所以KMnO4既有氧化性又有还原性；CO中碳元素化合价既可以升高，又可以降低，所以CO既有氧化性又有还原性；H2O中氢元素化合价可以降低，氧元素化合价可以升高，所以H2O既有氧化性又有还原性，D错误；综上所述，本题选C。4.工业上合成氨的原料之一为氢气，其来源之一是利用石油气的有关成分如丙烷(C3H8)制取。以下途径，假设反应都能进行，从经济效益考虑最合理的反应是A.C3H8C+4H2

B.C3H8C3H6

+

H2C.C3H8+6H2O3CO2+10H2 D.2H2O2H2+O2参考答案：C5.下列叙述中正确是（

）A．切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗的主要原因是：2Na＋O2=Na2O2B．Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物的主要原因是：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2C．小苏打的主要成分是碳酸钠，NaHCO3的热稳定性大于Na2CO3D．金属钠着火时，用干燥的细沙土覆盖灭火参考答案：D6.某些建筑材料含有放射性元素氡()，会对人体产生一定危害。该原子里中子数和质子数之差是A．50

B．86

C．

136

D．222参考答案：A略7.小明是高一学生，他的化学笔记中记录有如下内容：①摩尔质量在数值上一定等于该物质的相对分子质量②静电除尘和明矾净水都应用了胶体的性质③氧化还原反应的本质是化合价升降④按照树状分类法可将化学反应分为：氧化还原反应和离子反应你认为他的笔记中记录正确的是(

)A.①

B.②

C.③

D.④参考答案：B①摩尔质量在数值上可能等于该物质的相对分子质量或相对原子质量，错误；②静电除和明矾净水都是利用胶体粒子带电吸引相反电荷的粒子使胶体的聚沉，正确；③氧化还原反应的特征是化合价的升降，本质是电子的转移，错误；④分类法是按照某种属性进行分类，树状分类法中，氧化还原反应和离子反应中有交叉，错误；答案选B。8.下列关于F、Cl、Br、I性质的比较，不正确的是（）A．单质的颜色随核电荷数的增加而加深B．它们的氢化物的稳定性随核电荷数的增加而增强C．它们的原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多D．被其他卤素单质从其卤化物中置换出来的可能性随核电荷数的增加而增大参考答案：B【考点】卤素原子结构及其性质的比较．【分析】A．卤族元素单质的颜色随着核电荷数的增大而逐渐加深；B．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；C．卤族元素的核外电子层数随着原子序数的增大而增多；D．卤族元素简单阴离子的还原性随着原子序数的增大而增强．【解答】解：A．卤族元素单质的颜色从浅黄绿色、黄绿色、深红棕色到紫黑色，所以其单质的颜色随着核电荷数的增大而逐渐加深，故A正确；B．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性大小顺序是F＞Cl＞Br＞I，所以其氢化物的稳定性随核电荷数的增加而减弱，故B错误；C．卤族元素的核外电子层数分别为2、3、4、5、6，所以它们的原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多，故C正确；D．卤族元素简单阴离子的还原性随着原子序数的增大而增强，所以被其他卤素单质从其卤化物中置换出来的可能性随核电荷数的增加而增大，故D正确；故选B．9.对于反应A2＋3B2＝2C来说，以下化学反应速率的表示中，反应速率最快的是A.v(B2)=0.8mol/(L·s)

B.v(A2)=0.4mol/(L·s)C.v(C)=0.6mol/(L·s)

D.v(B2)=4.2mol/(L·s)参考答案：D10.酸碱质子理论认为：凡是能够给出质子（H+）d的物质都是酸、凡是能够接受质子的物质都是碱。下列微粒中，既可以看做酸又可以看做碱的是A.HCO3-

B.CO32-

C.

S2-

D.

NH4+参考答案：A略11.将用于2008年北京奥运会的国家游泳中心（水立方）的建筑采用了膜材料ETFE，该材料为四氟乙烯与乙烯的共聚物，四氟乙烯也可与六氟丙烯共聚成聚全氟乙丙烯。下列说法错误的是(

)A.ETFE分子中可能存在“—CH2—CH2—CF2—CF2—”的连接方式B.合成ETFE及合成聚全氟乙丙烯的反应均为加聚反应C.聚全氟乙丙烯分子的结构简式可能为D.四氟乙烯分子中既含有极性键又含有非极性键参考答案：C略12.工业上用H2和N2直接合成氨：N2+3H2

2NH3，下列措施肯定能使合成氨反应速率加快的是（）①升高温度②加入催化剂③增大反应物浓度④增大压强A．只有①②③B．只有①②④C．只有①③④D．①②③④参考答案：D略13.有关键能数据如表所示：已知N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣92.4kJ?mol﹣1．则x的值为（）化学键N≡NH﹣HH﹣N键能/kJ?mol﹣1x436391

A．945.6

B．649

C．431 D．869参考答案：A考点：反应热和焓变．专题：化学反应中的能量变化．分析：据△H=反应物键能和﹣生成物键能和计算．解答：解：△H=反应物键能和﹣生成物键能和，则﹣92KJ/mol=x+3×436KJ/mol﹣6×391KJ/mol，x=945.6KJ/mol，故选A．点评：本题考查了利用键能求算反应热，学生只要学会运用△H=反应物键能和﹣生成物键能和计算，题目难度不大．14.控制适合的条件，将反应2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2设计成如下图所示的原电池。下列判断不正确的是(

)A．反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应B．反应开始时，甲中石墨电极上Fe3＋被还原C．电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态D．电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中的石墨电极为负极参考答案：D略15.(双选)下列关于铷（Rb）的叙述正确的是（）A．它位于周期表的第五周期，第IA族B．氢氧化铷是弱碱C．在钠、钾、铷3种单质中，铷的熔点最高D．硝酸铷是离子化合物参考答案：AD考点：碱金属的性质．专题：金属概论与碱元素．分析：A．Rb和K位于同一主族，且在K元素下一周期；B．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；C．金属晶体中，金属键越强其熔沸点越高，金属键与原子半径成反比；D．活泼金属和酸根离子之间易形成离子键．解答：解：A．Rb和K位于同一主族，且在K元素下一周期，所以Rb位于第五周期第IA族，故A正确；B．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Rb＞K，KOH是强碱，所以Rb也是强碱，故B错误；C．金属晶体中，金属键越强其熔沸点越高，金属键与原子半径成反比，金属键Na＞K＞Rb，所以单质的熔沸点中钠最高，故C错误；D．Rb是活泼金属，易和硝酸根离子之间形成离子键，所以硝酸铷是离子化合物，故D正确；故选AD．点评：本题以铷为载体考查碱金属元素，侧重考查同一主族元素性质递变规律及知识迁移能力，以钠、钾为例采用知识迁移的方法解答即可，题目难度不大．二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.I.掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，下图为蒸馏实验装置。（1）写出下列仪器的名称：a._____________，b._____________；（2）若利用该装置分离四氯化碳和酒精的混合物，还缺少的仪器是______________。（3）某粗盐除含氯化钠外，还混有可溶性CaCl2、MgCl2、硫酸盐、泥砂等不溶性杂质，为提纯粗盐，可选用以下试剂及操作先后顺序可以是（________________）（填选项字母）①Na2CO3②NaOH

③BaCl2④HCl

⑤过滤

⑥蒸发结晶A．②③①④⑤⑥

B．②③①⑤④⑥

C．②①③⑤④⑥

D．③②①⑤④⑥II.（4）现需配制0.1mol·L－1NaOH溶液480mL，根据此，回答下列问题：①配制氢氧化钠溶液需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、和___________________________________________。②实验时需要托盘天平称量氢氧化钠____________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30mL水洗涤烧杯2~3次，洗涤液均注入容量瓶B．准确称取计算量的氢氧化钠固体于烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解C．将溶解的氢氧化钠溶液冷却室温后，沿玻璃棒注入容量瓶中

D．将容量瓶盖紧，上下颠倒摇匀E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1~2cm处④配制0.1mol·L－1NaOH溶液的实验中，如果出现以下操作，会导致配制溶液的浓度偏大的有___________(填写字母)。A．称量时用了生锈的砝码

B．未洗涤溶解NaOH的烧杯C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中D．容量瓶未干燥即用来配制溶液

E．定容时仰视刻度线F．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：I.(1)蒸馏烧瓶

冷凝管

(2)温度计

(3)BD

II.(4)①500mL容量瓶

②2.0

③BCAFED

④AC试题分析：（1）蒸馏装置中的主要仪器有蒸馏烧瓶、冷凝管、牛角管、锥形瓶，酒精灯，a为蒸馏烧瓶，b为冷凝管，e为锥形瓶。（2）分离四氯化碳和酒精的混合物用蒸馏的方法分离，图中缺少温度计。（3）首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最后经蒸发操作得到较纯净的氯化钠，所以正确的顺序为②③①⑤④⑥或③②①⑤④⑥。（4）①根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，故还需要的是500mL容量瓶。②由于实验室无480mL容量瓶，故应选择500mL的容量瓶，故配制出500mL溶液，故所需的质量m=cVM=0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g。③根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知正确的操作顺序是BCAFED。④根据c=n/V并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析，凡是能引起n增大或V减小从操作均会引起所配溶液浓度偏高的结果。A．称量时用了生锈的砝码，致使所称量溶质的物质的量n偏大，则所配溶液浓度偏大，故A正确；B．未洗涤溶解NaOH的烧杯，致使所称量溶质的物质的量n偏小，则所配溶液浓度偏小，故B错误；C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，致使所配溶液浓度体积V偏小，则所配溶液浓度偏大，故C正确；D．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对n、V均无影响，则所配溶液浓度无影响，故D错误；E．定容时仰视刻度线，致使所配溶液浓度体积V偏大，则所配溶液浓度偏小，故C错误；F．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，致使所配溶液浓度体积V偏大，则所配溶液浓度偏小，故F错误。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.矿泉水一般是由岩石风化后被地下水溶解其中可溶部分生成的。此处所指的风化作用是指矿物与水和CO2同时作用的过程。例如钾长石（KAlSi3O8）风化生成高岭土[Al2Si2O5(OH)4]，此反应的离子方程式为：2KAlSi3O8+2CO2+7H2O===2K++2HCO3-+4H2SiO3+Al2Si2O5(OH)4,这个反应能够发生的原因是_____________________。参考答案：因为碳酸酸性比原硅酸强，较强的酸与较弱酸的盐反应可得到较弱的酸。18.(9分)某化学反应2A(g)B(g)＋D(g)在4种不同条件下进行（仅有一种条件不同），B和D的起始浓度为0，反应物A的浓度(mol·L－1)