2021年云南省曲靖市三元中学高一化学下学期期末试题含解析

2021年云南省曲靖市三元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. 下列各组物质中化学键的类型完全相同的是
A. HCl和MgCl2
B. Na2O 和CO2
C. CaCl2和NaOH
D. NH3和H2O
参考答案：
D
A. HCl中H与Cl之间存在极性键，MgCl2中含有离子键，A错误；
B. Na2O中含有离子键，CO2中C 与O之间存在极性键，B错误；
C. CaCl2中含有离子键，NaOH中含有离子键，另外H与O之间还有极性键，C错误；
D. NH3和H2O中均存在极性键，D正确，答案选D。

点睛：掌握离子键和共价键的含义、形成条件是解答的关键，一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，如果是同一种元素的原子间形成的共价键则是非极性键，不同种元素的原子间形成的共价键则是极性键。

尤其要注意AlCl3中含有共价键，不是离子键。

2.
在一定条件下将和两种气体通入1L密闭容器中，反应按下式进行；
2s后反应速率如下：
则x和y的值分别为
A．2和3 B. 3和2 C．3和1 D．1和3
参考答案：
D
3. 下列各组物质中，含原子数最多的是（）
A．标准状况下5.6L 氢气B．4℃时9mL水C．11gCO2 D．6.02×1022个H2SO4
参考答案：
B
略
4. 苹果汁是人们喜爱的饮料，由于此饮料中含有Fe2+，现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色（Fe2+）变为棕黄色（Fe3+）。

若榨汁时加入维生素C，可有效防止这种现象发生。

这说明维生素C具( )
A．氧化性 B．还原性 C．碱性 D．酸性
参考答案：
B
略
5. 下表各选项中，不能利用置换反应通过Y得到W的一组化合物是
D
略
6. 下列说法正确的是（）
A. 化学反应的实质就是分子之间的重新组合
B. 化学反应往往伴随着能量的改变，有的是以热能的形式出现
C. 化合反应一定是放热反应
D. 分解反应一定是吸热反应
参考答案：
B
略
7. 下列说法错误的是()
A. 碱金属元素最外层电子数都是1个，化学性质均活泼
B. 碱金属元素从上到下随电子层数的增多金属性依次增强
C. 碱金属元素的单质都是银白色的，都比较柔软
D. 碱金属元素的单质从上到下熔沸点逐渐降低
参考答案：
C
A．碱金属元素最外层电子数都是1个，均易失去最外层的电子，化学性质均活泼，故A正确；B．同主族的碱金属元素从上到下随电子层数的增多金属性依次增强，故B正确；C．Li、Na、K、Rb等碱金属单质都是银白色，但Cs具有金属光泽，故C错误；D．随核电荷数递增，碱金属元素的单质从上到下熔沸点逐渐降低，故D正确；答案为C。

8. 下列各组混合物不能用分液漏斗分离的是
A．四氯化碳和碘 B．花生油和水 C．四氯化碳和
水 D．水和汽油
参考答案：
A
略
9. X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置如图所示．若这三种元素的原子序数之和为32，则Y 元素是（）
A．碳B．硫C．氧D．氯
参考答案：
B
【考点】元素周期表的结构及其应用．
【分析】由X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置可知，X、Z为第二周期元素，Y为第三周期元素，结合这三种元素的原子序数之和为32计算出质子数，然后确定元素．
【解答】解：由X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置可知，X、Z为第二周期元素，Y为第三周期元素，
设Y的质子数为m，则X的质子数为m﹣9，Z的质子数为m﹣7，
则m+m﹣9+m﹣7=32，解得m=16，
所以Y为硫，
故选B．
10. 强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：
H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) ⊿H=－57.3kJ/mol。

向1L0.5mol/L的NaOH溶液中加入下列物质：①稀醋酸②浓硫酸③稀硝酸，恰好完全反应时的热效应⊿H1、⊿H2、⊿H3
的关系正确的是（）
A．⊿H1>⊿H2>⊿H3 B．⊿H1<⊿H3<⊿H2 C．⊿H1<⊿H2<⊿H3 D．⊿H1>⊿H3>⊿H2参考答案：
D
略
0.5mol Na2SO4中所含的Na+离子数约为（）
A．3.01×1023 B．6.02×1023 C．0.5 D．1
参考答案：
B
略
12. 下列电离方程式书写有误的是（）
A．NaHSO4 ＝Na+ + H+ + SO42－B．NaHCO3 ＝Na+ + HCO3－
C．CH3COOH ＝H+ + CH3COO－D．Ba(OH)2 ＝Ba2+ +2OH－
参考答案：
C
略
13. 根据下表有关数据，选择分离乙醇和丙三醇混合液的最佳方法是（）
A. 分液
B. 加水萃取
C. 冷却至0℃后过滤
D. 蒸馏
参考答案：
D 【分析】
乙醇和丙三醇是沸点不同的互溶液体；
【详解】蒸馏法适合分离沸点不同的互溶液体；乙醇和丙三醇是沸点不同的互溶液体，所以用蒸馏法分离，故选D 。

【点睛】蒸馏是是利用几种互溶的液体各自沸点差别较大的性质来分离物质的一种方法；分液是分离互不相容的液体物质的方法。

混合物分离要根据不同的溶解性选择合适的分离方法。

14. 下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（ ）
A ．分离碘和酒精
B ． 除去CO 2中的HCl
C ．实验室制氨气
D ．排水法收集NO
参考答案：
D
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A ．碘单质和酒精不分层，不能通过分液分离； B ．二氧化碳能够与碳酸钠溶液反应； C ．氯化铵分解生成的氨气和氯化氢反应； D ．NO 不溶于水，可以用排水法收集．
【解答】解：A ．酒精与水相互溶解，二者不分层，无法通过分液分离，故A 错误； B ．由于碳酸钠与二氧化碳反应，违反了除杂原则，应该用饱和碳酸氢钠溶液，故B 错误；
C ．氨气与HCl 遇冷又会生成氯化铵，该方法无法制取氨气，故C 错误；
D ．一氧化氮气体不溶于水，图示通过图示装置用排水法收集NO ，故D 正确； 故选D ．
15. 利用下列实验装置进行实验，不能达到实验目的的是
A ．用四氯化碳提取溴水中的溴单质
B ．用自来水制取蒸馏水
C ．碘水中提取碘
D ．检验溶液中的K +
参考答案：
C
试题分析：A 、溴易溶在四氯化碳中，且四氯化碳密度大于水，在下层，A 正确；B 、通过蒸馏法制备蒸馏水，B 正确；C 、通过萃取提取碘水中的碘，不能蒸发，C 错误；D 、做钾元素的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃，D 正确，答案选C 。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16. 某次实验需用0.4mol?L ﹣1 NaOH 溶液480mL ．配制方法如下： （1）配制该溶液应选用 容量瓶； （
2
）用托盘天平准确称量
固体NaOH ；
（3）将称量好的NaOH 固体放在500mL 大烧杯中，倒入约300mL 蒸馏水，用玻璃棒搅拌，使固体全部溶解，待 后，将烧杯中的溶液注入容量瓶中；
（4）用少量蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯内壁次，洗涤后的溶
液，轻轻晃动容量瓶，使溶液混合均匀；
（5）向容量瓶中加入蒸馏水，到液面时，改用加蒸馏水至液面最低点与刻度线相
切, ．
（6）若在配制过程中出现下列情况，将使所配制的NaOH溶液的浓度偏高的是，
偏低的是，对实验结果没有影响的是（填各选项的序号）．
A．定容摇匀后静止，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线．
B．用托盘天平称量一定质量固体NaOH时，所用的小烧杯内壁不太干燥
C．配制溶液所用的容量瓶洗净后没有烘干
D．固体NaOH在烧杯中溶解后，立即将溶液转移到容量瓶内并接着进行后续操作
E．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容
F．最后确定NaOH溶液体积（定容）时，俯视观察液面与容量瓶刻度线．
参考答案：
（1）500mL (2) 8.0g（3）溶液冷却至室温后（4）2﹣3；一起转入容量瓶中（5）1～2cm时；胶头滴管；上下颠倒混合均匀（6）DF；AE；BC．
考点：配制一定物质的量浓度的溶液．.
分析：（1）一定容积的容量瓶只能配制相应体积的溶液，根据溶液的体积480mL，但容量瓶的规格没有480mL，容量瓶体积要大于480mL且相近；
（2）利用n=cv计算出氢氧化钠的物质的量，再根据m=nM计算所需氢氧化钠的质量；
（3）氢氧化钠溶解放出大量的热，溶液具有热胀冷缩的性质，故应先冷却至室温再移液定容；
（4）为保证溶质尽可能转移到容量瓶中，需用少量蒸馏水洗涤烧杯2﹣3 次，并将洗涤液一起转入容量瓶中；
（5）向容量瓶中加入蒸馏水，到液面 1﹣2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至液面最低点与刻度线相切．盖好瓶塞，上下颠倒混合均匀；
（6）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=分析判断．
点评：本题考查物质的分离操作，题目难度中等，注意根据物质的性质选择实验试剂、涉及实验方案，学习中物质的分离、提纯方法．
解答：（1）因溶液的体积480mL，但容量瓶的规格没有480mL，所以选用500mL容量瓶，故答案为：500mL；
（2）需氢氧化钠的质量为m=0.5L×0.4mol?L﹣1×40g/mol=8.0g，故答案为：8.0；（3）氢氧化钠溶解放出大量的热，溶液具有热胀冷缩的性质，影响溶液体积，故应先冷却至室温，故答案为：待溶液冷却至室温后；
（4）为保证溶质尽可能转移到容量瓶中，需用少量蒸馏水洗涤烧杯2﹣3 次，并将洗涤液一起转入容量瓶中，
故答案为：2﹣3；一起转入容量瓶中；
（5）向容量瓶中加入蒸馏水，到液面离刻度线1﹣2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至液面最低点与刻度线相切．盖好瓶塞，上下颠倒混合均匀，
故答案为：1～2cm时；胶头滴管；上下颠倒混合均匀；
（6）A．定容摇匀后静止，液面低于刻度线，一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，所以溶液浓度偏低；
B．小烧杯内壁不太干燥，不影响氢氧化钠的质量，对溶液浓度无影响；
C．最后需要定容，容量瓶洗净后没有烘干，对溶液浓度无影响；
D．液体具有热胀冷缩的性质，氢氧化钠溶解放热，未冷却到室温，趁热将溶液到入容量瓶，并配成了溶液，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；
E．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，少量氢氧化钠沾在烧杯壁与玻璃棒上，氢氧化钠的实际质量减小，溶液浓度偏低；
F．定容时，俯视容量瓶刻度线，使溶液的体积偏低，所以溶液浓度偏高；
所以偏高的有DF，偏低有AE，无影响的是BC，
故答案为：DF；AE；BC．
点评：本题考查溶液的配制，难度不大，关键清楚溶液配制的原理，通过c=可以加深理解．
三、综合题（本题包括3个小题，共30分）
17. 欲测定某铝铜合金的组成，进行了如下实验：称取粉末状样品1.0 g，量取某浓度的盐酸20 mL，第一次往样品中加入盐酸10 mL，收集到标准状况下的气体224 mL；然后，再往样品中加入盐酸10 mL，又收集到标准状况下的气体112 mL。

试求：
（1）所取盐酸的物质的量浓度；（2）样品中铝的质量分数。

参考答案：
（1）2.0 mol·L－1（2）27%
略
18. 把铝、铁混合物1.1 g溶于200 mL 5mol／L盐酸中，反应后盐酸的浓度变为
4.6mol／L(溶液体积变化忽略不计)．求：
（1）反应中消耗HCl的物质的量．
（2）该混合物中铝、铁的物质的量．
参考答案：
（1）消耗HCl的物质的量： 0.2L×5mol/L－0.2L×4.6mol/L=0.08mol
（2）设Al、Fe的物质的量分别为x、y Al~3HCl Fe~2HCl
x 3x y 2y
27g/mol×x+56g/mol×y=1.1g
3x+2y=0.08mol
得 x=0.02mol y=0.01mol
略
19. 实验室用20g软锰矿（主要成分MnO2）与200mL 12mol/L的浓盐酸（足量）反应，制得标准状况下4.48L Cl2．过滤反应后的混合物得滤液，向滤液中加入足量的硝酸银溶液，产生白色沉淀．若浓盐酸的挥发忽略不计，试计算：
（1）软锰矿中MnO2的质量分数是多少？
（2）反应中被氧化的HCl物质的量为多少？
（3）滤液中加入足量硝酸银后产生的白色沉淀的质量是多少？
参考答案：
【考点】化学方程式的有关计算．
【分析】（1）盐酸足量，二氧化锰完全反应，根据n=计算4.48L Cl2的物质的量，根据方程式计算参加反应的二氧化锰，根据m=nM计算二氧化锰的质量，再根据质量分数定义计算；
（2）反应中被氧化的HCl生成氯气，根据氯原子守恒可知，被氧化的HCl物质的量为氯气的2倍；（3）溶液中的氯离子全部生成AgCl，根据氯原子守恒有n（AgCl）+2n（Cl2）=n盐酸（HCl），据此计算n（AgCl），再根据m=nM计算氯化银的质量．
【解答】解：（1）盐酸足量，二氧化锰完全反应，标准状况下生成4.48L Cl2，其物质的量为=0.2mol，
则：MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O 1 1
0.2mol 0.2mol
故二氧化锰的质量为0.2mol×87g/mol=17.4g，
故软锰矿中MnO2的质量分数=×100%=87%，
答：软锰矿中MnO2的质量分数为87%．
（2）反应中被氧化的HCl生成氯气，根据氯原子守恒可知，被氧化的HCl物质的量为氯气的2倍，故被氧化的HCl的物质的量=0.2mol×2=0.4mol，
答：被氧化的HCl的物质的量为0.4mol．
（3）溶液中的氯离子全部生成AgCl，根据氯原子守恒有n（AgCl）+2n（Cl2）=n盐酸（HCl），
则n（AgCl）=0.2L×12mol/L﹣0.2mol×2=2mol，
故氯化银的质量=2mol×143.5g/mol=287g，
答：足量硝酸银后产生的白色沉淀氯化银的质量为287．。