上海交通大学附属中学2017-2018年度第一学期高一化学期末复习卷(二)Word版及参考答

交大附中2017年度第一学期高一化学期末复习卷（二）相对原子质量：H-1 He-4 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 K-39 Mn-55 Ag-108
一、选择题
1．某些紧急情况时，通常直接用地面水简单过滤，然后加入杀菌剂即可作为紧急饮用水，下列物质不能用上述条件下杀菌消毒的是( )
A．HCl B．HClO C．NaClO D．Cl2
【答案】A
【解析】次氯酸、次氯酸钠和氯气都可用于杀菌消毒，HCl不行，故选A
2．我国科学家在世界上首次发现铂的一种新同位素78202Pt,下列说法不正确的是( )
A．铂元素的质量数为202
B．78202Pt与12C的质量比为101：6
C．不能确定铂元素的相对原子质量
D．78202Pt的近似相对原子质量为202
【答案】A
【解析】202表示的是该核素78202Pt的质量数，而不是铂元素的质量数，故A错误；
两种核素的质量之比即为质量数之比，相对原子质量还与同位素原子的丰度有关，相对原子质量近似的等于质量数。

3．在“固体干冰→液体二氧化碳→气体二氧化碳→气体一氧化碳”的变化过程中,被破坏的作用力依次是 ( )
A．范德华力、范德华力、范德华力
B．范德华力、范德华力、共价键
C．范德华力、共价键、共价键
D．共价键、共价键、共价键
【答案】B
【解析】固体干冰→液体二氧化碳→气体二氧化碳属于物质的三态变化,属于物理变化,破坏了范德华力,二氧化碳气体→CO气体发生了化学变化,破坏了共价键;所以在“固体干冰→液体二氧化碳→气体二氧化碳→气体一氧化碳”的变化过程中,被破坏的作用力依次是范德华力、范德华力、共价键. 所以B选项是正确的.
39反应，形成离子化合物的是（）
4. 易与X
19
21
A．Y
10
23
B．Z
11
C．L
12
24
D．M
9
19
【答案】D
【解析】离子化合物是由阴、阳离子构成的，通常是由金属元素和非金属元素组成．可以通过原子的最外层电子数判断出元素种类：一般情况下，金属元素最外层电子数＜4个，非金属元素最外层电子数≥4个，稀有气体元素最外层电子数=8个（其中氦为2个）。

核电荷数9、10、11、12、19的原子结构示意图分别是
，
根据最外层电子数判断，它们分别属于非金属、非金属、金属，金属、金属，但核电荷数10的元素是稀有气体，所以与19号元素反应，形成离子化合物的是9号元素。

5．下列有关化学用语表示正确的是( )
A．NH4Br的电子式：
B．二氧化硅的分子式：SiO2
C．N2的结构式：N≡N：
D．CH3Cl的电子式
H
H
H Cl
C
【答案】D
【解析】A 溴离子最外层应有八个电子，不正确
B二氧化硅是原子晶体，SiO2仅代表晶体中硅和氧原子的个数比是1:2，而不能代表分子式，不正确
C结构式只用短线表示共用电子对，不正确
D正确
6．温通同压下,用体积为1L的圆底烧瓶分别收集HCl,将两烧瓶倒立在水槽中,a烧瓶内迅速
充满水,b烧瓶内水充满 3/4,溶质均未向水槽内扩散,所得盐酸的物质的量浓度分别记为a和b
单位mol/L,则a、b关系为( )
Br—
B．a=b
C．a＜b
D．不能确定
【答案】B
【解析】用体积为1L的圆底烧瓶分别收集HCl,将两烧瓶倒立在水槽中,a烧瓶内迅速充满
水,b烧瓶内水充满,则a烧瓶收集满,b烧瓶收集3/4的HCl，相同条件下,二者物质的量之比
为4：3,又体积之比为4:3,所以结合可以知道,所得溶液的浓度相等,即,所以B选项是正确的. 7．海水中，存在Na+、Cl—、Ca2+、Mg2+、SO42—等离子，为了获得比较纯净的NaCl，加
入试剂顺序合理的是（）
A．BaCl2、Na2CO3、NaOH、HCl
B．Na2CO3、NaOH、BaCl2、HCl
C．KOH 、BaCl2、K2CO3、HCl
D．BaCl2、NaOH、Na2CO3、HNO3
【答案】A
【解析】海水中得到NaCl的试剂加入原则：BaCl2应在Na2CO3之前加入，不引入新的离子。

A满足条件，B顺序错误，CD引入了新的离子
8.如图所示的五种尾气吸收装置中,适合吸收极易溶于水的气体,且能防止产生倒吸现象(溶液进入气体发生装置中)的是( )
A．②④⑤ B．①②④ C．①②③ D．①②④⑤
【答案】D
【解析】由图可以知道,只有③中导管与液体直接接触,不能发生倒吸,①②④⑤均使气体与水
不能直接接触,可防止倒吸,
所以D选项是正确的.
9. 鉴别NaCl、NaBr、NaI可以选用的试剂是（）
①碘水、淀粉溶液②氯水、CCl4③溴水、苯④硝酸、AgNO3溶液⑤氯水、苯
A.①②④
B.②③
C.②④⑤
D.④⑤
【解析】①加入碘水、淀粉溶液，因碘和三种物质都不反应，不能鉴别，故错误；
②加入氯水，可生成Br2和I2，在四氯化碳中的颜色不同，可鉴别，故正确；
③加入溴水，不能鉴别NaCl、NaBr，故错误；
④AgNO3溶液分别与NaCl、NaBr、NaI反应生成白色沉淀、浅黄色沉淀、黄色沉淀，并且不溶于稀硝酸，可鉴别，故正确；
⑤加入氯水，可生成Br2和I2，与苯发生萃取后在苯中的颜色不同，可鉴别，故正确；
⑥加入氯水，可生成Br2和I2，Br2和I2都能与己烯发生加成反应，不能鉴别，故错误；
所以②④⑤可以鉴别；
故选C
10．科学家设想用结构相似的C60与Si60合成一种类似工艺品“套球”(如图示)的球型碳硅化合物C60 Si60,外层球壳原子与里层球壳原子通过共价键结合.下列说法一定正确的是( )
A. 该物质与碳化硅（SiC）互为同素异形体
B. 该物质结构中,外层球壳为C60,内层球壳为Si60
C. 该物质形成的晶体是分子晶体
D. 该物质的熔点高、硬度大
【答案】C
【解析】A、同素异形体是同一元素形成的不同单质,而该物质与碳化硅都是化合物,故A错误;
B、硅的原子半径比碳大,所以硅化合物,外层球壳为,内层球壳为,故B错误;
C、外面的硅原子与里面的碳原子以共价键结合,说明该物质是由两种元素组成的化合物,是分子晶体,所以C选项是正确的.
D、分子晶体的熔点低、硬度小,故D错误;
所以C选项是正确的
11.已知二氯化二硫（S2Cl2）的结构式为Cl-S-S-Cl，它易与水反应
2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓．对该反应的说法正确的是（）
A. S2Cl2既作氧化剂又作还原剂
B. H2O作还原剂
C. 每生成1molSO2转移4mol电子
D. 氧化产物与还原产物物质的量比为3：1
【解析】A．只有S元素的化合价变化，则S2Cl2既作氧化剂又作还原剂，所以A选项是正
确的；
B．水中H、O元素的化合价均不变，则水不是还原剂，故B错误；
C．S元素的化合价由+1价升高为+4价，则每生成1molSO2转移3mol电子，故C错误；D．氧化产物为SO2，还原产物为S，由反应可以知道二者的物质的量比为1：3，故D错误；所以A选项是正确的．
12. 关于碘及其化合物的说法正确的是( )
A．“碘遇淀粉变蓝色”,“碘”指碘元素
B．为了补碘,要多食用含高碘酸的食物
C．碘水中加入CCl4后,充分混合后静置分层. CCl4在下层,呈现紫红色.如果在太空实验室中
混合这两种液体, CCl4就未必在下层
D．通过“取样→灼烧→溶解→过滤→萃取”可从海带中提取单质碘
【答案】C
【解析】A.碘单质和淀粉形成络合物呈现蓝色,而碘的化合物不具备该性质,故A错误;
B.高碘酸具有强烈的氧化性和腐蚀性,不能食用,补碘,可多食海带等含碘的物质,故B错误;
C.碘不易溶于水,易溶于四氯化碳,且四氯化碳的不溶于水、密度比水大,则碘水中加入适量的CCl4振荡后,分层,且上层为无色,下层为紫红色,如果在太空实验室中混合这两种液体,因失重CCl4就未必在下层,所以C选项是正确的;
D.从海带中提取单质碘通过“取样→灼烧将有机物转化为无机盐,→溶解将含碘的化合物转变
在溶液中→过滤,将杂质滤去→氧化将碘离子氧化成碘单质→通过萃取将碘单质萃取出→通
过蒸馏等到碘单质,故D错误;
所以C选项是正确的.
13. 某溶液中Cl－、Br－、I－三种离子物质的量分别为2mol、3mol、4mol，通入一定量Cl2使
得溶液中的Br—物质的量变为1mol，则通入的Cl2物质的量为 ( )
A．1mol B．2mol C．3mol D．4mol
【答案】C
【解析】氯气优先还原碘离子，要使溴离子变为1mol，需要还原4mol碘离子和2mol溴离子，需要3mol氯气。

14．下列变化过程中不能直接实现的是（）。

①HCl；②Cl2；③Ca(ClO)2；④HClO；⑤CO2。

A．①→②
B．②→③
C．③→④
D．④→⑤
【答案】D
【解析】次氯酸的酸性弱与碳酸，故不能转化。

浓盐酸与二氧化锰共热可制得氯气；氯气与氢氧化钙可得次氯酸钙，次氯酸钙通入二氧化碳可以等到次氯酸。

15．根据反应：2H2S+O2═2S↓+2H2O，4NaI+O2+2H2SO4═2I2+2Na2SO4+2H2O，Na2S+I2═2NaI+S↓下列物质的氧化性强弱判断正确的是（）
A. O2＞I2＞S
B. H2S＞NaI＞H2O
C. S＞I2＞O2
D. H2O＞NaI＞H2S
【答案】A
【解析】反应2H2S+O2═2S↓+2H2O O2＞S；
反应4NaI+O2+2H2SO4═2I2+2Na2SO4+2H2O中，氧化剂为O2，氧化产物为I2，所以氧化性O2＞I2；反应Na2S+I2═2NaI+S↓中，氧化剂为I2，氧化产物为S，所以氧化性I2＞S．
故氧化性为O2＞I2＞S．
【出错率】★
16．已知2.1克KOH和1.6克S混合后加热，恰好反应：aKOH+bS→cK2Sx+dK2S2O3+eH2O，则x的值为（）
A. 4
B. 3
C. 2
D. 1
【答案】B
【解析】2.1克KOH和1.6克S混合后加热，恰好反应，n(KOH)=2.1mol56g/mol=0.0375mol，
n(S)=1.6mol32d/mol=0.05，则a:b=3:4，
(2c+2d)KOH+(cx+2d)S=cK2Sx+dK2S2O3+(c+d)H2O，
则{(2c+2d):(cx+2d)=3:42d×(2−0)=2c，
解得x=3，
【出错率】★
17．现将6.96g 的MnO2与100g 35.6%的盐酸(盐酸足量)共热,向反应后的溶液中加水稀释到250mL,取
25mL跟足量的AgNO3溶液反应。

若不考虑HCl的挥发,下列说法正确的是( )
A. 产生氯气1.792L
B. 生成AgCl沉淀11.7g
C. 被还原的HCl为0.16mol
D. 转移的电子数为0.16个
【答案】CD
【解析】MnO2只与浓盐酸反应生成氯气和氯化锰，随着盐酸浓度的降低，HCl的还原性减弱，反应停止，并根据原子守恒计算反应的溶液中氯离子的物质的量，以此解答该题．
【出错率】★
18．下列化学概念或规律的判断依据正确的是( )
A. 原子晶体的判断依据：构成晶体的微粒是原子
B. 离子化合物的判断依据：熔融状态下能导电的化合物
C. 分子具有极性的判断依据：分子含极性共价键
D. 氧化还原反应的判断依据：反应中有电子转移或电子对偏移
【答案】BD
【解析】A. 原子晶体是原子间通过共价键结合形成的空间网状结构的晶体，含有原子的晶体不一定是原
子晶体，故A错误；
B. 离子晶体在熔融时能电离，共价化合物在熔融时不能电离，则熔融状态下能导电的化合物是离子化合物，故B正确；
C. 分子具有极性的判断依据：分子的空间结构是否对称，正负电荷中心是否重叠，分子中含有非极性键
的不一定是极性分子，如甲烷只含有C−H极性键，但是非极性分子，故C错误；
D. 氧化还原反应的本质是有电子转移或电子对偏移，则可以用反应中是否有电子转移或电子对偏移来判
断氧化还原反应，故D正确。

【出错率】★★★
19．下列晶体模型对应的物质熔化时破坏共价键的是( )
A. 金刚石模型
B. 干冰模型
C. 碳60模型
D.
氯化钠模型
【答案】A
【解析】晶体模型对应的物质熔化时破坏共价键说明该晶体属于原子晶体，
A. 金刚石是由C原子构成的，属于原子晶体，故A正确；
B. 干冰是由二氧化碳分子构成的，属于分子晶体，故B错误；
C. C60是由分子构成的，属于分子晶体，故C错误；
D. NaCl是由氯离子和钠离子构成的，属于离子晶体，故D错误；
【出错率】★
20．PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2；现将1mol PbO2加热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为3：2，则剩余固体的组成及物质的量比是（）
A. 1：1混合的Pb3O4、PbO
B. 1：2混合的PbO2、Pb3O4
C. 1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO
D. 1：1：4混合的PbO2、Pb3O4、PbO
【答案】AD
【解析】PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物（Pb为+4、+2价），铅的氧化物的混合物再与
盐酸作用时，+4价Pb还原为+2价，Cl-被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，利用“电子转移守恒”知1molPbO2在上述转化过程中共转移2mole-，设该过程得到O2的物质的量为3xmol，则Cl2的物质的
量为2xmol，利用电子转移守恒计算x的值，进而确定PbO2加热分解后的物质中n（Pb）：n（O），据此判断．
【出错率】★★
三、综合题
21．按照要求填空：
(1)分别写出N2、NaOH、CCl4的电子式___、___、___.
(2)写出N、H、O三种元素组成的既有离子键又有共价键的物质的化学式___.
(3)写出工业上制取漂白粉的化学方程式___.
(4)液溴的密度比水___(大、小)，液溴的颜色是___.
(5)氯水滴到pH试纸中央的现象___
(6)写出下列仪器的名称
①___②___③___.
【答案】；；NH4NO3；2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；大；深红棕色；B；：①分液漏斗②胶头滴管③100mL容量瓶。

【解析】(1)氮气中存在氮氮三键,氮原子最外层达到8电子稳定结构,电子式为：；
氢氧化钠属于离子化合物,钠离子与氢氧根离子通过离子键结合,氧原子与氢原子通过共用电子对结合,电子式为：氢氧化钠属于离子化合物,电子式中需要标出阴阳离子所带电荷,钠离子直接用离子符号表示,氢
氧根离子需要标出最外层电子,氢氧化钠的电子式为：；
CCl4是共价化合物,碳原子分别与4个氯原子通过一对共用电子对结合,CCl4电子式为；
故答案为：;;；
(2)N、H、O三种元素组成的既有离子键又有共价键的物质的化学式：NH4NO3；
故答案为：NH4NO3；
(3)氢氧化钙与氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水,反应的化学方程式为
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，
故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
(4)液溴密度大于水，为深红棕色液体；
故答案为：大；深红棕色；
(5)由氯水的成分可知，含有氯气和次氯酸以及盐酸等成分，具有酸性，其中次氯酸的漂白是化学漂白，中间的一部分被次氯酸漂白形成白色，而旁边的一部分没有和次氯酸发生反应，所以仍然有指示剂的效用，氯水的酸性使得pH试纸显红色，
故选：B；
(6)①依据仪器形状可知：①分液漏斗②胶头滴管③100mL容量瓶；
故答案为：①分液漏斗②胶头滴管③100mL容量瓶。

【出错率】★★
22．物质世界丰富多彩，原子间通过化学键构成了各种各样的物质，请根据相关知识完成下列问题：
Ⅰ．下面列出了几组物质或粒子，请将合适的组号填写在空格上．
①金刚石与“足球烯”（C60）；②D与T；③16O、17O和18O；④氧气（O2）与臭氧（O3）；
⑤乙醇（CH3CH2OH）和甲醚（CH3OCH3）；
（1）是同素异形体的___，（2）是同位素的___，（3）是同分异构体的___．
Ⅱ．在下列变化中：①干冰气化②硝酸钾熔化③食盐溶于水④HCl溶于水⑤蔗糖溶于水⑥HI分解．用
序号填空：（1）未破坏化学键的是___，（2）仅离子键被破坏的是___，
（3）仅共价键被破坏的是___．
【答案】Ⅰ．（1）①④（2）②③（3）⑤；
II．（1）①⑤；（2）②③；（3）④⑥
【解析】Ⅰ．（1）同素异形体是同种元素形成的不同单质；
（2）具有相同质子数，不同中子数（或不同质量数）同一元素的不同核素互为同位素；
（3）具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；
II．根据存在的化学键类型判断，离子键是阴阳离子之间的相互作用；共价键是原子间通过共用电子对
所形成的相互作用。

【出错率】★★
23．高铁酸钠(Na2FeO4)(铁为+6价)是一种新型的净水剂，可以通过下述反应制取：
(1) 配平下列化学方程式，并标明电子转移的方向与数目：
___Fe(OH)3+___NaOH+___NaClO→___Na2FeO4+___NaCl+___H2O
(2) 该反应中氧化剂是___ (填写名称)，___元素被氧化，还原产物的电子式为___.
(3) 当反应中有1mol Na2FeO生成，转移的电子有___mol
(4) 如果配置250 mL 0.1mol/L NaOH溶液，需要称取___ g NaOH固体，所需的定量仪器有__ _、__ _。

【答案】（1）2, 4, 3, 2, 3, 5（2）次氯酸钠；铁；（3）3；（4）1.0；电子天平；250mL容
量瓶。

【解析】（1）分析反应中各元素化合价变化，依据氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒配平方程
式；
（2）反应物质所含元素化合价降低的为氧化剂，所含元素化合价升高的元素被氧化，氯化钠为离子化合
物，钠离子和氯离子通过离子键结合，据此书写电子式；
（3）依据方程式元素化合价变化判断电子转移数目；
（4）依据m=CVM计算需要氢氧化钠质量，依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤选择需要仪器。

【出错率】★★
24．为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用图所示装置进行试验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。

B、C中均加有10 mL1mol/L的NaBr溶液。

实验过程：
Ⅰ：打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。

Ⅱ：当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。

Ⅲ：当B中溶液由黄色变为棕色时，关闭活塞a.
Ⅳ：…
(1) A中产生黄绿色气体，其电子式是___.
(2) 验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是___.
(3) B中溶液发生反应的离子方程式是___.
(4) 为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是___.
(5) 从原子结构角度分析，氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下___，得电子能力逐渐减弱。

【答案】（1）（2）淀粉KI试纸变蓝（3）Cl2+2Br- ═Br2+2Cl−（4）打开活塞b,将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D震荡，静至后CCl4层溶液变为紫红色。

（5）原子半径逐渐增大
【解析】验证卤素单质氧化性的相对强弱，装置A：高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，装置A中生成氯气，烧瓶上端湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝色，验证氯气的氧化性强于碘，装置B：装置B中盛有溴化钠，氯气进入装置B中，氯气氧化溴离子为溴单质，溶液呈橙红色，验证氯的氧化性强于溴，氯气有毒，能被氢氧化钠吸收，浸有氢氧化钠的棉花防止氯气污染空气，当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹，为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，以此解答该题．
【出错率】★★★
四．计算题
25．工业上用氢气和氯气的反应生产盐酸。

若一定量氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100mL3.00mol/LNaOH100mL溶液(密度为1.12g/mL)恰好完全吸收，测得溶液中含NaClO的物质的量为0.0500mol。

回答（1）至（4）题：
(1) 写出氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式_ __
(2) 原NaOH溶液的质量分数为__ _
(3) 所得溶液中Cl−的物质的量为_ __
(4) 求所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比(写出计算过程)
【答案】（1）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O（2）10.71%
（3）0.25 mol （4）由题意可知氯气过量，反应后所得混合物为HCl和Cl2，
涉及反应有HCl+NaOH=NaCl+H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，据反应可知，燃烧后剩余Cl2为n（Cl2）余=n（NaClO）=0.05 mol，与H2反应的Cl2为n（Cl2）=0.5×[n（Cl-）-n（NaClO）]=
0.5×（0.25mol-0.05mol）=0.1mol=n（H2），则所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比
n（Cl2）：n（H2）=（0.1mol+0.05mol）：0.1mol=3：2。

【解析】（1）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠；
（2）m（NaOH）=n（NaOH）×M（NaOH），m（溶液）=vρ，
根据质量分数=溶质的质量/ 溶液的质量进行计算；
（3）根据电荷守恒计算；
（4）由题意可知氯气过量，反应后所得混合物为HCl和Cl2，涉及反应有HCl+NaOH=NaCl+H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，根据质量守恒计算。

【出错率】★★★。