辽宁省铁岭市十八家子中学2022-2023学年高一化学期末试卷含解析

辽宁省铁岭市十八家子中学2022-2023学年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.

下列各组物质中，不管它们以何种比例混合，只要总物质的量一定，充分燃烧后生成的二氧化碳的量和水的量均不变的是（

）A．乙炔和苯

B．乙醇和丙醇

C．乙醇和乙醚(C2H5OC2H5)D．乙醇和乙烷参考答案：D略2.某溶液加入铝可以产生H2，则在该溶液中可能大量存在的离子组是A.Na+、Fe3+、SO42－、SCN－

B.K+、Na+、AlO2－、Cl－C.K+、Na+、I－、MnO4－

D.Na+、K+、HCO3－、Cl－参考答案：B溶液中加入金属铝有氢气放出，则溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，则：A．Fe3+与SCN－发生络合反应而不能大量共存，选项A错误；B．在碱性条件下，四种离子之间不发生任何反应，能大量共存，选项B正确；C．I－与MnO4－发生氧化还原反应而不能大量存在，选项C错误；D．无论溶液呈酸性，还是呈碱性，HCO3-都不能大量存在，选项D错误。答案选B。3.下列叙述中，正确的是（

）A．在多电子的原子里，能量高的电子通常在离核近的区域内活动B．核外电子总是先排在能量低的电子层上，例如只有排满了L层后才排M层C．两种微粒，若核外电子排布完全相同，则其化学性质一定相同D．微粒的最外层只能是8个电子才稳定参考答案：B试题分析：A、原子核外区域能量不同，离核越近能量越低，离核越远能量越高；B．电子首先进入能量最低、离核最近的轨道；C．两种微粒，若核外电子排布完全相同，其性质不一定相同；D．通常认为最外层有8个电子（最外层是第一电子层时有2个电子）的结构是一种稳定结构．解：A、原子核外区域能量不同，离核越近能量越低，离核越远能量越高，所以在多电子的原子里，能量高的电子通常在离核远的区域内活动，故A错误；B．核外电子总是先排在能量低的、离核最近的轨道电子层里，例如一般先排满了L层后才排M层，故B正确；C．两种微粒，若核外电子排布完全相同，其性质不一定相同，如Na+和Ne核外都有10个电子，电子排布相同，但是二者性质不同，故C错误；D．通常认为最外层有8个电子的结构是一种稳定结构，最外层是第一电子层时有2个电子为稳定结构，故D错误；故选B．4.将lmolSO2和lmolO2通入体积不变的密闭容器中，在一定温度和催化剂作用下，反应达到平衡时SO3为0.3mol，若此时移走0.5molO2和0.5molSO2则反应达到新的平衡时，SO3的物质的量是（

）A．0.3mol

B．0.15molC．小于0.15mol

D．大于0.15mol而小于0.3mol参考答案：C略5.某MgCl2溶液的密度为1.18g·cm—3，其中Mg2+的质量分数为5.1％。300mL该溶液中Cl—的物质的量约等于A.0.37mol

B.0.63mol

C.0.74mol

D.1.5mol参考答案：D【分析】根据m=ρV计算氯化镁溶液的质量，根据m（（Mg2+）=m（溶液）×ω（（Mg2+）计算镁离子质量，再根据n=m÷M计算镁离子的物质的量，根据电荷守恒解答。【详解】氯化镁溶液的质量为：1.18g/mL×300mL=354g，镁离子的质量为：354g×5.1%=3.54×5.1g，镁离子的物质的量为：(3.54×5.1g)÷24g/mol≈0.75mol，根据电荷守恒可知氯化镁溶液中n（Cl-）=2n（Mg2+）=2×0.75mol=1.5mol，故答案选D。6.关于吸热反应和放热反应，下列说法中错误的是A.反应物的总能量高于生成物的总能量时，发生放热反应B.需要加热才能进行的化学反应一定是吸热反应C.化学反应中的能量变化，除了热量变化外，还可以转化为光能、电能等D.化学反应过程中的能量变化，服从能量守恒定律参考答案：BA.反应物的总能量高于生成物的总能量时，发生放热反应，A正确；B.需要加热才能进行的化学反应不一定是吸热反应，例如木炭燃烧，B错误；C.化学反应中的能量变化，除了热量变化外，还可以转化为光能、电能等，C正确；D.化学反应过程中的能量变化，服从能量守恒定律，D正确，答案选B。7.下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中错误的是（

）A.①②

B.②③

C.③④

D.①③参考答案：D①氯化铵分解产生NH3和HCl，气体在试管口降温后又化合生成NH4Cl甚至会堵塞试管发生危险，所以方案①错误。②浓氨水遇到氧化钙后，溶液中的水与CaO反应生成Ca(OH)2而消耗，反应同时放热使混合物温度升高，得到的Ca(OH)2可以降低NH3在水中的溶解度，这些都会促使氨水挥发生成氨气，因此方案②正确。③2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，但是制备装置的试管口要略向下倾斜，防止水蒸气冷凝回流到试管中使试管炸裂，因此方案③错误。④浓氨水受热分解生成氨气，通过碱石灰吸收水蒸气后可以得到氨气，方案④正确。综上所述，不能制取氨气的是①③，应当选D。点睛：与②相似，利用NaOH固体或碱石灰也可以制备NH3。8.已知金属钠投入水中会发生剧烈反应，并有氢气生成。运输金属钠的包装箱应贴有的图标A．易燃液体B．遇湿易燃物品C．氧化剂D．腐蚀品

参考答案：B钠和水反应的方程式为2Na+2H2O=H2↑+2NaOH，生成物中含有氢气，氢气易燃烧，所以应贴遇湿易燃品，故选B。9.能证明某烃分子里只含有一个碳碳双键的事实是（

）A．该烃分子里碳氢原子个数比为1:2

B．该烃能使酸性KMnO4溶液褪色C．该烃完全燃烧生成的CO2和H2O的物质的量相等D．该烃容易与溴水发生加成反应，且1mol该烃完全加成消耗1mol溴单质参考答案：D10.氧氟沙星是常用抗菌药，其结构简式如下图所示。下列对氧氟沙星叙述错误的是（）A.能发生加成、取代反应 B.能发生还原、酯化反应C.分子内共有19个氢原子 D.分子内共平面的碳原子多于6个参考答案：C略11.要配制1mol·L-1的NaOH溶液100mL，下面操作正确的是（

）

A．称取8gNaOH固体，放入烧杯里，用量筒量取100mL蒸馏水倒入烧杯中，搅拌充分溶解

B．称取8gNaOH固体，放入100mL量筒中，加水，充分溶解并稀释至100mL

C．称取8gNaOH固体，放入100mL容量瓶中，加蒸馏水溶解，再加水至刻度线，盖好瓶塞，反复摇匀。

D．称取8gNaOH固体，放入烧杯里，加适量水溶解，将溶液转移到容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒，把洗液一并转移到容量瓶中，再加水将溶液体积调至100mL参考答案：D略12.在密闭容器中进行反应：X2(g)＋3Y2(g)2Z(g)，其中X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol·L－1、0.3mol·L－1、0.2mol·L－1，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是A．c(Z)＝0.5mol·L－1

B．c(Y2)＝0.5mol·L－1C．c(X2)＝0.2mol·L－1

D．c(Y2)＝0.6mol·L－1参考答案：B13.阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是A.标准状况下，22.4L的SO3中含有的SO3分子数为NAB.1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA。C.50mL18mol/L浓硫酸与足量铜共热产生SO2的分子数为0.45NA。D.含1molFeCl3的溶液与沸水作用形成Fe(OH)3胶粒数目小于NA。参考答案：D【分析】A.标况下，三氧化硫为固体；B.1mol氯气发生歧化反应时，转移的电子数并不是2mol；C.随着反应的进行，浓硫酸的浓度会下降，铜只能和浓硫酸共热条件下反应生成SO2，不能和稀硫酸反应生成SO2；D.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体。【详解】A.标况下，三氧化硫为固体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A项错误；B.1mol氯气与氢氧化钠溶液的反应中，转移的电子为1mol，故B项错误；C.铜只能与浓硫酸反应生成二氧化硫，当硫酸变稀后与铜不反应，故浓硫酸不能完全反应完，故生成的二氧化硫的分子个数小于0.45NA个，故C项错误；D.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，则1mol氯化铁形成的胶粒的个数小于NA个，故D项正确；故答案选D。14.人体血红蛋白中含有Fe2+离子，如果误食亚硝酸盐，会使人中毒，因为亚硝酸盐会使Fe2+离子转变成Fe3+离子，生成高铁血红蛋白而丧失与O2结合的能力．服用维生素C可缓解亚硝酸盐的中毒，这说明维生素C具有（）A．酸性 B．碱性C．氧化性

D．还原性参考答案：D解：根据题目说法，服用维生素C可缓解亚硝酸盐的中毒，即可以将三价铁转化为亚铁离子，所以维生素C是还原剂，具有还原性．故选D．15.下列化学反应属于吸热反应的是

()A．碘的升华

B．生石灰溶于水C．镁与稀盐酸反应

D．熟石灰与NH4Cl晶体混合制氨参考答案：D略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.实验室制取氯气的装置如图：（1）实验室制取氯气的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）=MnCl2+

+2H2O；氧化剂

（2）实验室通常用饱和食盐水吸收杂质

，B瓶盛装的试剂是

（3）C装置吸收氯气用

，反应的化学方程式为

（4）检验氯气是否泄漏用湿的

试纸，若泄漏试纸变

色．参考答案：（1）Cl2↑；MnO2；（2）HCl；浓硫酸；（3）氢氧化钠溶液

NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；（4）淀粉KI；蓝【考点】氯气的实验室制法．【分析】（1）根据化学反应前后元素守恒确定产物；Cl元素化合价由﹣1价升高到0价，据氧化剂（降得还），还原剂（升失氧）来分析；（2）饱和食盐水作用分析；浓硫酸作用分析；（3）气是酸性气体，故用碱吸收；余的氯气有毒不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收；（4）据氯气本身的性质分析；Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣，淀粉能使碘单质变蓝来分析．【解答】解：（1）根据元素守恒确定产物，故为Cl2↑；Mn元素化合价由+4价降低到+2价，故氧化剂为MnO2：故答案为：Cl2↑；MnO2；（2）由反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）=MnCl2+Cl2↑+2H2O加热二氧化锰固体和浓盐酸的方法制取氯气时，产生的氯气中容易混有氯化氢气体，要除去氯化氢气体，所选的除杂试剂只能吸收氯化氢而不能吸收氯气，故可以使用饱和食盐水将其除去，浓硫酸具有吸水性，可以除去氯气中混有的水蒸气，故答案为：HCl；浓硫酸；（3）氯气是酸性气体，故用碱吸收，因此用氢氧化钠溶液；杯中盛放的氢氧化钠溶液用来吸收多余的Cl2，反应的化学方程式为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：氢氧化钠溶液

NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；（4）氯气本身具有强氧化性，因此用具有还原性淀粉KI来检验；由Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣方程式知生成I2，能使淀粉变蓝，故答案为：淀粉KI；蓝．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.(11分)控制变量法是研究化学变化规律的重要思想方法。请仔细观察下表中50ml稀盐酸和1g碳酸钙反应的实验数据：实验序号碳酸钙状态c(HCl)/mol·L-1溶液温度/oC碳酸钙消失时间/s反应前反应后1粒状0.520394002粉末0.52040603粒状0.620412804粒状0.820402005粉末0.82040306粒状1.020401207粒状1.03050408粒状1.22040909粒状1.2254540分析并回答下列问题：(l)本反应属于__________反应(填“吸热”或“放热”)，反应的离子方程式_____________。(2)实验6和7表明，___________对反应速率有影响，__________反应速率越快，能表明同一规律的实验还有_____________(填实验序号)。(3)根据实验1、3、4、6、8可以得出条件对反应速率的影响规律是_____________________。(4)本实验中影响反应速率的其它因素还有________________，能表明这一规律的实验序号是1、2与____________。参考答案：略18.硝酸是一种具有强氧化性、腐蚀性的强酸，其还原产物因硝酸浓度的不同而有变化，从总体上说，硝酸浓度越高，平均每分子硝酸得到的电子数越少，浓硝酸的还原产物主要为NO2、稀硝酸的还原产物为NO。实验室中，常用Cu与浓HNO3反应制取NO2，用Cu与稀HNO3反应制取NO。(1)请写出实验室中用Cu与稀HNO3反应制取NO的化学方程式并用双线桥标明电子的转移方向及数目_________________(2)64gCu与适量的浓HNO3反应，铜全部作用后，共收集到22.4L气体(标准状况下)，反应中消耗的HNO3的物质的量是_________(填字母代号)。A.0.5mol

B.1.0mol

C.2.0mol

D.3.0mol产生的气体分别是_______________，其物质的量之比是_______________(3)实际上硝酸不仅可被还原为NO2或NO，浓度更稀时硝酸还可以被还原为N2O、N2、NH4NO3等，请将下列3种物质：FeSO4、Fe(NO3)3和Fe2(SO4)3分别填入下面对应的横线上，并配平该反应的化学方程式。___HNO3+_______→_______+_______+___NO↑+___H2O(4)硝酸的还原产物NO、NO2、N2O等对环境均有副作用，为了可持续发展，当今社会提出的一个新概念--“绿色化学”，它要求从经济、环保和技术上设计可行的化学反应，则下列由单质铜制取硝酸铜的方法可行且符合“绿色化学”的是_______(填字母代号)。A．CuCu(NO3)2B．CuCuOCu(NO3)2C．CuCuOCu(OH)2Cu(NO3)2D．CuCuSO4Cu(NO3)2参考答案：(1)

(2)D

NO2和NO

1:1

(3)4

3FeSO4

Fe(NO3)3

Fe2(SO4)3

1

2

(4)B【分析】(1)Cu与稀HNO3反应书写硝酸铜、NO与水；所含元素化合价升高的物质发生氧化反应，氧化剂得到电子，硝酸是氧化剂，结合N元素化合价变化计算转移电子；(2)Cu与硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO2、NO，根据Cu元素守恒计算n[Cu(NO3)2]，根据N元素守恒计算反应中消耗HNO3的物质的量；(3)所给的物质中，HNO3中氮元素化合价位于最高价，具有氧化性，对应还原产物为NO，能将还原性的FeSO4氧化为Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3；根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒配平离子方程式；(4)A．铜与硝酸反应会产生一氧化氮、二氧化氮；B．N元素被完全利用，没有污染物生成，该途径符合绿色化学原理；C．氧化铜与水不反应；D．铜与稀硫酸不反应，不能制得硫酸铜；铜与浓硫酸反应会产生二氧化硫气体。【详解】(1)Cu与稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，化学方程式为：3Cu+8HNO3(浓)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，该反应中，铜元素由反应前单质Cu的0价变为反应后Cu(NO3)2中的+2价，化合价升高，失去2e-，发生氧化反应，N元素的化合价由反应前硝酸中的+5价变为反应后NO中的+2，化合价降低，获得3e-，电子得失最小公倍数是6，所以Cu、Cu(NO3)2的系数为3，HNO3、NO的系数为2，由于还有3个Cu(NO3)2中的6个NO3-没有参加氧化还原反应，也是由硝酸提供，所以HNO3的系数改为2+6=8，根据H元素原子守恒，可知水的系数为4，方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，用双线桥法表示为：；(2)n(Cu)=1mol，则n[Cu(NO3)2]=1mol，n(NO2)+n(NO)=22.4L÷22.4L/mol=1mol，即被还原的硝酸的物质的量为1mol，根据n[Cu(NO3)2]=1mol可知未参加氧化还原反应，表现为酸性的硝酸的物质的量为2mol，故反应共消耗硝酸的物质的量为n(HNO3)=1mol+2mol=3mol，合理选项是D；反应的Cu物质的量是1mol，失去2mol电子，开始硝酸为浓硝酸，被还原产生NO2，随着反应的进行，硝酸变为稀硝酸，硝酸被还原变为NO，假设NO2物质的量为x，则NO物质的量为(1-x)，根据电子守恒，可得x+3(1-x)=2，解得x=0.5mol，1-x=0.5mol，故二者的物质的量的比为1：1；(3)所给的