2022-2023学年河北省承德市双桥区冯营子中学高一化学期末试卷含解析

2022-2023学年河北省承德市双桥区冯营子中学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.下列物质中一定互为同系物的是A.CH2=CH2和CH2=CH－CH=CH2

B.C2H4和C6H12C.(CH3)2CHCH(CH3)2和(CH3)2CHCH2CH(CH3)2

D.C2H6和C4H8参考答案：C略2.下列叙述错误的是

(

)A.天然气和沼气的主要成分都是甲烷B.空气中二氧化碳浓度升高，导致酸雨的形成C.淀粉、油脂和蛋白质在一定条件下都能水解D.葡萄糖和蔗糖都含有C、H、O三种元素，但不是同系物参考答案：BA．天然气和沼气的主要成分是甲烷，故A正确；B．二氧化硫和二氧化氮是引起酸雨的主要气体，故B错误；C．淀粉在无机酸（一般为稀硫酸）催化作用下发生水解，生成葡萄糖；蛋白质水解最后得到多种氨基酸；在酸性条件下水解为甘油（丙三醇）和高级脂肪酸；在碱性条件下水解为甘油、高级脂肪酸盐，所以淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应，故C正确；D．葡萄糖属于单糖，分子式为C6H12O6，蔗糖属于糖类中的二糖，分子式为C12H22O11，二者组成通式不同，结构不相似，不是同系物，故D正确；故选B。3.除去氯化钠中少量的氯化钙、硫酸钠杂质，下列选用的试剂及加入顺序正确的是A.Na2CO3、BaCl2、HCl

B.BaCl2、Na2CO3、H2SO4C.BaCl2、Na2CO3、HCl

D.Ba(NO3)2、Na2CO3、HCl参考答案：C【详解】根据选择的试剂，加入碳酸钠除去钙离子，加入氯化钡除去硫酸根离子，加入的碳酸钠一定要在氯化钡以后加，这样碳酸钠既可以将钙离子除去还可以将多余的钡离子除去，过滤后再加入盐酸，将多余的碳酸根离子和氢氧根离子除去，不能加入硫酸，否则会引进硫酸根离子，即加入试剂的顺序是：BaCl2、Na2CO3、HCl，故选C。4.下列措施是为了降低化学反应速率的是(

)A．把石灰石固体研细后与盐酸反应B．用MnO2作H2O2分解反应的催化剂C．食品放在冰箱中贮藏D．铝和烧碱溶液反应时，稍微加热参考答案：C略5.高温下丁烷完全裂化生成四种气体，将混合气体用溴水处理后，剩余气体的平均分子质量为21.6，则原四种混合气体的平均分子质量是A．21.6

B．27.6

C．29

D．36.4参考答案：C略6.“纳米材料”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料。如将“纳米材料”分散在液体分散剂中，所得混合物具有的性质是（

）A.所得物质一定为悬浊液

B.所得物质一定为乳浊液C.有丁达尔效应

D.能透过滤纸参考答案：CD7.下列实验装置不能达到实验目的的是A.图1：制备并观察氢氧化亚铁B.图2：证明过氧化钠与水反应放热C.图3：验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性D.图4：验证酸性强弱H2SO4>H2CO3>H2SiO3参考答案：CA.氢氧化亚铁不稳定，易空气被氧化。图1通H2把试管中的氢氧化钠溶液压入装铁和硫酸反应的装置中，起到了隔绝空气的作用，故A正确；B.图2：过氧化钠滴水后，脱脂棉燃烧了，说明过氧化钠和水反应是放热反应，故B能证明过氧化钠与水反应放热。故B正确；C.图3：验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性实验，应该是碳酸氢钠在里边小试管，碳酸钠装在大试管里；故C错；D.图4H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2↑+H2O：Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3证明酸性H2SO4>H2CO3>H2SiO3故D正确。8.对于可逆反应2SO2+O22SO3,在混合气体中充入一定量的18O2,足够长的时间后,18O原子A.只存在于O2中B.只存在于O2和SO3中C.只存在于O2和SO2中D.存在于SO2、O2和SO3中参考答案：D略9.玻璃仪器洗涤时，下列注意事项不正确的是

A．灼热的玻璃仪器应冷却至室温后再洗涤以防炸裂B．洗涤时一般是先用水冲洗，若达不到要求再用别的方法洗涤C．凡是已洗净的仪器，要用干布或纸擦干D．玻璃仪器洗净的标志是：附着在玻璃仪器内壁上的水既不聚成水滴，也不成股流下参考答案：C10.下列①～④是钠与水反应的实验现象、解释和结论，其中对应关系正确的是（）序号实验现象解释和结论①钠浮在水面上钠的密度比水小②钠熔成小球钠与水反应放热且钠的熔点低③钠四处游动，嘶嘶作响产生了氢气④向反应后的溶液中滴加酚酞，溶液变红生成了碱性物质A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④参考答案：B【考点】钠的化学性质．【分析】钠的密度小于水，熔点低，质软，与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，现象总结为：浮水面、熔小球、乱游动、嘶嘶响，以此解答该题．【解答】解：①钠的密度小于水，钠投入水中并浮在水面上，故正确；②钠与水反应放出大量热，而且钠的熔点较低，所以钠会熔化成一个闪亮的小球，反应生成大量的气体推动钠小球四处游动，生成氢氧化钠溶于水，故正确；③钠与水剧烈反应，生成气体，所以会发生嘶嘶响声，现象不能说成氢气，故错误；④钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，其反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，溶液显碱性，所以反应后溶液由无色变为红色，故正确；故选B．11.普通水泥在固化过程中自由水分子减少并产生Ca(OH)2，溶液呈碱性。根据这一物理化学特点，科学家发明了电动势法测水泥初凝时间。此方法的原理如图所示，反应的总方程式为：2Cu+Ag2O＝Cu2O+2Ag，下列有关说法正确的

A.Cu为正极，Ag2O为负极B.电池工作时，OH—向正极移动C.正极的电极反应为：2Cu+2OH―－2e―＝Cu2O+H2OD.外电路中每通过2mol电子，正极质量减少16g参考答案：D【详解】A.根据总方程式为：2Cu+Ag2O＝Cu2O+2Ag，可知Cu失去电子生成Cu2O，所以Cu为负极；Ag2O中的银得电子生成Ag，所以Ag2O为正极，故A错误：B.原电池工作时，阴离子向负极迁移，所以OH-应该向负极迁移，故B错误；C.根据总方程式为：2Cu+Ag2O＝Cu2O+2Ag，可知Cu失去电子生成Cu2O做负极，则负极的电极反应为：2Cu+2OH--2e-＝Cu2O+H2O，故C错误；D.根据总方程式为：2Cu+Ag2O＝Cu2O+2Ag，可知Ag2O中的银得电子生成Ag，Ag2O为正极，Ag2O~2Ag~2e-外电路中每通过2mol电子，正极消耗1molAg2O生成2molAg，所以正极质量减少16g，故D正确；所以本题答案：D。【点睛】解题依据原电池工作原理。根据总反应2Cu+Ag2O＝Cu2O+2Ag中各元素的化合价变化规律判断原电池的正负极，进而判断离子的移动方向，根据转移的电子数判断正极质量的变化。12.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏低的原因是（

）。

A．称量时NaOH已经潮解

B．向容量瓶中转移溶液时，容量瓶事先用蒸馏水洗涤过

C．定容时俯视容量瓶的刻度线D．定容摇匀后，有少量溶液外流参考答案：A13.在化学反应中，存在“一种物质过量，另一种物质不能完全反应”的特殊情况。下列反应中，属于这种特殊情况的是①过量的锌粒与少量18mol/L硫酸溶液反应②过量的氢气与少量氮气在催化剂作用下合成氨气③少量浓盐酸与过量的软锰矿反应(软锰矿主要成分是MnO2)④过量的铜粉与浓硝酸反应⑤过量的铜粉与少量浓硫酸反应⑥硫化氢与二氧化硫以体积比1：2混合A.①③④

B.①②④

C.③④⑤

D.②③⑤参考答案：D①锌不论与浓硫酸还是稀硫酸都能反应，一种物质过量时，另一种能完全反应，①错误；②合成氨是一个可逆反应，无论如何充分反应，都不能完全反应而达到百分之百，②正确；③浓盐酸中氢离子和氯离子的浓度大，还原性强，在加热条件下能被二氧化锰氧化，生成氯气，随反应进行，氢离子和氯离子的浓度逐渐减小，还原性逐渐减弱，当达到一定程度时，二氧化锰不再氧化氯离子，因此过量二氧化锰和浓盐酸不会完全反应，③正确；④过量的铜粉与浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，随着反应进行浓硝酸变为稀硝酸，稀硝酸与铜继续反应，直至硝酸消耗完，铜最终有剩余，④错误；⑤随反应进行浓硫酸变为稀硫酸，铜不能与稀硫酸反应，无论铜怎么过量，都不能完全消耗完硫酸，⑤正确；根据反应2H2S+SO2=3S+2H2O可知，硫化氢与二氧化硫以体积比2：1混合恰好完全反应，而硫化氢与二氧化硫以体积比1：2混合，不能完全反应，H2S反应完全，SO2有剩余，⑥错误；只有②③⑤符合题意，正确选项D。14.下列化合物中，不能通过化合反应直接制取的是

（

）A．FeCl2 B．Fe（OH）3

C．CuCl2

D．H2SiO3参考答案：D略15.下列关于钠的叙述错误的是

A．钠易与非金属S、Cl2等反应

B．钠在空气中燃烧生成Na2OC．钠燃烧时发出黄色的火焰

D．钠的密度比水小，熔点低于100℃

参考答案：B略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.粗盐中含有泥沙和Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42—杂质，某实验小组精制粗盐水的实验过程如下：请回答以下问题：（1）操作a的名称是，所用玻璃仪器有________________________________；（2）在Ⅱ步中，加入过量试剂甲后，生成了两种大量的难溶沉淀，则试剂甲为溶液（填化学名称）；此步中发生反应的离子方程式：__________________(任写其一)，固体H所含物质的化学式；（3）由得到的食盐水制NaCl，此操作名称为_________________

（4）有同学认为此操作步骤太复杂，你觉得如何改进?______________________________参考答案：（1）过滤；玻璃棒、漏斗、烧杯（2）氢氧化钠；Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓或Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓；CaCO3

BaCO3

（3）蒸发（4）只需在加HCl前过滤(描述准确即可)略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（12分）根据如图原电池的装置图回答下列问题：（1）欲将反应2Fe3++Cu═Cu2++2Fe2+设计成原电池，该电池负极材料为，电解质溶液为

，10min内该电池向外提供0.1mol电子，负极材料的质量变化为，假设该电解质溶液为2L，则以Fe3+浓度变化表示的该反应的速率为

．（2）若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，A电极材料为Cu，B电极材料为Fe，则B电极上发生的电极反应式为

；反应进行一段时间后溶液C的pH将

（填“升高”“降低”或“基本不变”）．

参考答案：（1）铜；氯化铁溶液；3.2g；0.005mol/（L?min）；（2）Fe﹣2e﹣=Fe2+；升高．

考点：原电池和电解池的工作原理．分析：（1）根据原电池的工作原理选取适合的材料，再根据电极反应式进行相关计算；（2）若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且做负极，A为正极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大．解答：解：（1）2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，根据方程式可知，铜的化合价升高，失电子，应作为原电池的负极；3价铁离子化合价降低，得到电子，故电解质溶液可选用氯化铁；正极可选用惰性电极石墨（Pt亦可）；又负极反应为Cu﹣2e﹣=Cu2+，根据电极反应式可知，消耗1mol铜，转移2mol电子，故转移0.1mol电子，消耗的铜为0.05mol，质量为0.05×64=3.2g，同时消耗Fe3+的物质的量为0.1mol，所以以Fe3+浓度变化表示的该反应的速率为=0.005mol/（L?min）故答案为：铜；氯化铁溶液；3.2g；0.005mol/（L?min）；（2）若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且做负极，电极反应为Fe﹣2e﹣=Fe2+，A为正极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应为：2H++2e﹣=H2↑；氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，溶液pH升高，故答案为：Fe﹣2e﹣=Fe2+；升高．点评：本题考查了原电池原理的分析判断，原电池原理和电极分析判断是解题关键，注意电极反应生成的离子在电解质溶液中的存在分析，题目难度中等．18.（1