北京第一八九中学高一化学下学期期末试卷含解析

北京第一八九中学高一化学下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. 如图为元素周期表中短周期的一部分。

已知a原子的最外层电子数比次外层电子数少3，下列说法中不正确的是
．元素c的含氧酸一定是强酸
．元素a、d的原子半径：a﹥d
C．元素b在自然界中存在游离态
D．元素b、c的阴离子半径：b﹥c
参考答案：
A
略
2. 已知：稀Na3AsO3溶液、稀碘水和稀NaOH溶液混合，发生如下反应：AsO33- (aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO43-(aq)+2I-(aq)+H2O(l) ，反应一段时间后测得c(AsO43-)为a mol·L-1。

下列说法能判断反应达到平衡状态的是
A. c(I?) ＝2a mol·L-1
B. v(I-) ＝2v(AsO33-)
C. c(AsO43-)/c(I?)不再变化
D. 溶液的pH不再变化
参考答案：
D
【分析】
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。

【详解】A、当c（AsO43－）=a mol·L-1时，由方程式可知浓度之比等于化学计量数之比，此时c（I －）=2a mol·L-1，不能确定是否达到平衡状态，故A错误；
B、同一个化学反应，速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡，都存在v（I－）=2v（AsO33－），故B错误；
C、由方程式可知浓度之比等于化学计量数之比，c(AsO43－)/c(I?)=1/2是定值不再变化，不能说明各物质的浓度不再变化，无法判断反应达到平衡状态，故C错误；
D、溶液pH不变时，则c（OH－）也保持不变，反应达到平衡状态，故D正确；
故选D。

3. 下列每组物质的变化过程中所克服的粒子间的相互作用属于同种类型的
是（）
A．氯化氢和氯化钠溶于水 B．加热氯化铵和双氧水
C．碘和干冰升华 D．二氧化硅和氧化镁熔化
参考答案：
C
略
4. 实验需要配制KMnO4溶液，下列操作会引起所配溶液浓度偏大的是（）
A．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥即用来配制溶液
B．定容时，观察液面俯视刻度线
C．摇匀后，液面低于刻度线，没有再加蒸馏水
D．用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒．并将洗涤液转移入容量瓶中
参考答案：
B
【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．
【分析】根据c=判断，如所配溶液浓度偏大，则V偏小，或操作引起的n偏大，以此解答该题．【解答】解：A．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥即用来配制溶液，由于不影响溶质的物质的量和溶液的体积，所以对配制的溶液的浓度不产生任何影响，故A不选；
B．定容时，观察液面俯视刻度线，则溶液的体积偏小，导致配制的溶液的浓度偏大，故B选；C．摇匀后，液面低于刻度线，没有再加蒸馏水，则不会对溶液的浓度产生误差，故C不选；D．用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液转移入容量瓶中，操作正确无误，故D不选．
故选B．
5. 蒸馏时温度计的水银球应处在什么位置
A. 液面下
B. 液面上
C. 蒸馏烧瓶的支管口
D. 任何位置
参考答案：
C
【详解】蒸馏时温度计的作用是测量物质的沸点，即蒸汽的温度，故放在蒸馏烧瓶的支管口，答案选C。

6. 1L0.1mol/LK2CO3溶液中含有的K+数目为（）
A. 0.1
B. 0.2
C. 6.02×1023
D. 1.204×1023
参考答案：
D
n(K2CO3)= c(K2CO3)×V=0.1mol/L×1L=0.1mol，根据1K2CO3~2K+，可知n(K+)=0.2mol，所以N(K+)= n(K+)×N A=6.02×1023mol-1×0.2mol=1.204×1023，故选D。

7. 金刚砂(SiC)可由SiO2和碳在一定条件下反应制得，在反应方程式为SiO2+3C SiC+2CO↑中，下列有关制造金刚砂的说法中正确的是
A. 该反应中的氧化剂是SiO2，还原剂为C
B. 该反应说明了C的还原性小于SiC
C. 该反应中转移的电子数为12e-
D. 该反应中的还原产物是SiC、氧化产物是CO，其物质的量之比为1:2
参考答案：
D
在反应方程式为SiO2+3C SiC+2CO↑中，3mol碳中有2mol碳的化合价升高，被氧化，作还原剂，1mol碳的化合价降低（SiC中碳为—4价），被还原，作氧化剂，故A错误；还原剂的还原性大于还原产物，由方程式可知，C的还原性大于SiC，B错误；在该反应中转移的电子数为4e-，C错误；该反应中的还原产物是SiC、氧化产物是CO，其物质的量之比为1:2，D正确。

答案选D。

8. 在等体积的NaC1、MgCl2、A1Cl3三种溶液中，分别加入等体积且等物质的量量浓度的AgNO3溶液，恰好都完全反应，则以上三种溶液的物质的量浓度之比为
A．1:2:3 B．3:2:1 C．1:1:1 D．6:3:2
参考答案：
D
略
9. 用铁片和稀硫酸反应时，下列措施不能使生成氢气的速率加快的是（）A．对该反应体系加热
B．不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸
C．加少量CuSO4溶液
D．不用铁片，改用铁粉
参考答案：
B
考点：化学反应速率的影响因素．
分析：加快铁与稀硫酸的反应速率，可通过增大浓度、升高温度、形成原电池反应或者增大反应物接触面积等角度，浓硫酸能使Fe钝化．
解答：解：A．加热，升高温度可加快反应速率，故A不选；
B．浓硫酸能使Fe钝化，不能加快反应速率，故B选；
C．滴加少量CuSO4溶液，置换出Cu，形成原电池，发生电化学反应，反应速率加快，故C不选；D．不用铁片，改用铁粉，增大反应物接触面积，反应速率加快，故D不选．
故选B．
点评：本题考查影响反应速率的因素，题目难度不大，本题注意温度、浓度、催化剂等条件对反应速率的影响，本题特别是注意原电池反应原理以及固体表面积对反应速率的影响．
10. 下列有关卤族元素从上至下的变化的说法中，正确的是
A. 原子半径逐渐增大
B. 阴离子还原性逐渐减弱
C. 都有最高价氧化物的水化物，化学式为HXO4
D. 与氢气越来越容易化合，氢化物的稳定性逐渐增强
参考答案：
A
【详解】A．同一主族从上到下，电子层逐渐增多，所以原子半径逐渐增大，故A正确；
B．同一主族从上到下，非金属性依次减弱，单质氧化性依次减弱，阴离子还原性逐渐增强，故B错误；
C．F没有正价，无最高价氧化物的水化物，故C错误；
D．同一主族从上到下，非金属性依次减弱，与氢气越来越难化合，气态氢化物稳定性依次减弱，故D错误；
故答案为A。

11. 下列数值关系中不正确的是( )
A. 原子序数＝原子核内质子数
B. 元素周期表中周期数＝原子的电子层数
C. 元素周期表中主族序数＝原子的最外层电子数
D. 元素的种数＝原子种数
参考答案：
D
【详解】A．原子序数=原子核内质子数，如Na的原子序数、质子数均为11，故不选A；
B．元素周期表中周期数=原子的电子层数，如Na的周期数为三，电子层数为3，故不选B；
C．元素周期表中主族序数=原子的最外层电子数，如Na的最外层电子数为1，族序数为IA，故不选C；
D．元素的种数不等于原子种数，有的元素具有多种核素，故选D；
答案：D
12. 在FeCl3和CuCl2的混合液中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2＋的物质的量浓度和加入铁粉的物质的量之间关系如图所示。

则该溶液中FeCl3与CuCl2的物质的量浓度之比为
A. 3∶1
B. 1∶2
C. 2∶1
D. 1∶1
参考答案：
C
根据氧化性：Fe3+＞Cu2+，加入铁后会依次发生氧化还原反应，
Fe+2Fe3+═3Fe2+，②Fe+Cu2+═Cu+Fe2+，
从图象中可知加入2molFe时，发生反应①生成Fe2+物质的量为6mol，反应的Fe3+物质的量为4mol，即FeCl3为4mol；
在加入2molFe的基础上再加入2mol铁发生反应②，此时生成Fe2+物质的量为2mol，原溶液中Cu2+物质的量为2mol，即CuCu2为2mol；同一溶液中浓度之比等于物质的量之比，
所以原溶液中溶液中FeCl3、CuCl2的浓度之比为4mol：2mol=2：1，根据上述分析本题选C．
13. 下列各组离子中，在溶液中能大量共存的是（）
A．H+，OH﹣，Na+，SO42﹣B．Fe2+，C l﹣，K+，OH﹣
C．Cu2+，NO3﹣，Na+，Cl﹣D．Ba2+，Cl﹣，K+，CO32﹣
参考答案：
C 考点：离子共存问题．
分析：A．氢离子与氢氧根离子反应生成弱电解质水；
B．亚铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀；
C．Cu2+，NO3﹣，Na+，Cl﹣离子之间不满足离子反应发生条件；
D．钡离子与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀．
解答：解：A．H+、OH﹣之间发生反应生成水，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．Fe2+、OH﹣之间反应生成难溶物氢氧化亚铁，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．Cu2+，NO3﹣，Na+，Cl﹣离子之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；
D．Ba2+、CO32﹣之间发生反应生成难溶物碳酸钡，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选C．
点评：本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．
14. 参照反应Br+H2→HBr+H的能量随反应历程变化的示意图，下列叙述中正确的是
A．反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量
B．正反应为吸热反应
C．该反应的逆反应是吸热过程
D．从图中可以看出，HBr的能量一定高于H2的能量
参考答案：
B
略
15. 下列变化需要加入适当的氧化剂才能完成的是（）
A．CuO→Cu B．Fe→FeCl2 C．H2SO4→H2 D．HNO3→N2
参考答案：
B
考点：氧化还原反应．版权所有
专题：氧化还原反应专题．
分析：加入适当的氧化剂才能完成，说明题中物质具有还原性，反应后元素化合价升高，以此判断．解答：解：A．CuO→Cu中铜元素的化合价降低，则需要加入合适的还原剂来实现，如氢气，故A错误；
B．铁元素的化合价升高，则需要加入氧化剂才能实现，如盐酸，故B正确；
C．氢元素的化合价降低，则需要加入合适的还原剂来实现，如铁等，故C错误；
D．氮元素的化合价降低，则需要加入合适的还原剂来实现，故D错误；
故选B．
点评：本题考查氧化还原反应，明确还原剂、氧化剂中元素的化合价变化是解答本题的关键．
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16. 甲溶液可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cu2+、NO3-、Cl-、SO42-、CO32-八种离子中的若干种。

为确定甲溶液的组成，将其分成两等份，进行如下实验：
①向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L。

②向另一份溶液中加入0.6mol/L的BaCl2溶液500mL，恰好可以与溶液中的离子完全反应，过滤得
66.3g沉淀及滤液。

③向上述沉淀中加入过量的盐酸，产生的气体通入足量澄清的石灰水中，得到一定量的沉淀X。

④向上述滤液中加入1mol/LAgNO3溶液650mL，恰好可完全反应。

据此，请回答下列问题(用相应的离子符号表示)：
（1）上述实验③中得到沉淀X的质量为____________ g；生成沉淀X的离子方程式为
______________。

（2）甲溶液中一定不存在的离子是______________；可能存在的离子是__________________。

（3）甲溶液一定存在的离子中，物质的量最大的离子是_____________；物质的量最小的离子是
____________，此物质的量最小的离子其物质的量为____________。

参考答案：
(1)10 Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O
(2)Ca2+、Cu2+ NO3-
(3)K+ Cl- 0.1 mol
【分析】
①向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L，应生成NH3，则一定含有NH4+；
②向另一份溶液中加入0.6mol/L的BaCl2溶液500mL，恰好可以与溶液中的离子完全反应，过滤得
66.3g沉淀及滤液，沉淀可能为BaSO4或BaCO3或二者都有；
③向上述沉淀中加入过量的盐酸，产生的气体通入足量澄清的石灰水中，得到一定量的沉淀X，则说明含有CO32-，则一定不存在Ca2+、Cu2+；④向上述滤液中加入1mol/LAgNO3溶液650mL，恰好可完全反应，可知滤液中n（Cl-）
=1mol/L×0.65L=0.65mol，而②加入n（Cl-）=0.6mol/L×2×0.5L=0.6mol，则说明甲中含有Cl-，以此解答该题。

【详解】①向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L，应生成NH3，则一定含有NH4+，且n（NH4+）=4.48L÷22.4L/mol=0.2mol；
②向另一份溶液中加入0.6mol/L的BaCl2溶液500mL，恰好可以与溶液中的离子完全反应，过滤得
66.3g沉淀及滤液，沉淀可能为BaSO4或BaCO3或二者都有，如为BaSO4，则m（BaSO4）
=0.6mol/L×0.5L×233g/mol=69.9g，如为BaCO3，m（BaCO3）=0.6mol/L×0.5L×197g/mol=59.1g，则说明甲中含有SO42-、CO32-，设分别为xmol，为ymol，则x+y=0.3、233x+197y=66.3，解得x=0.2，
y=0.1，含有CO32-，则一定不存在Ca2+、Cu2+；
③向上述沉淀中加入过量的盐酸，产生的气体通入足量澄清的石灰水中，得到一定量的沉淀X，气体是二氧化碳，X是碳酸钙；
④向上述滤液中加入1mol/LAgNO3溶液650mL，恰好可完全反应，可知滤液中n（Cl-）
=1mol/L×0.65L=0.65mol，而②加入n（Cl-）=0.6mol/L×2×0.5L=0.6mol，则说明甲中含有Cl-，且n （Cl-）=0.65mol-0.6mol=0.05mol，如不含NO3-，则由电荷守恒可知一定含有K+，由n（K+）+n （NH4+）=2n（CO32-）+2n（SO42-）+n（Cl-），则n（K+）=2×0.1mol+2×0.2mol+0.05mol-
0.2mol=0.45mol，因分成两份，则甲含有0.4molNH4+、0.9molK+、0.4molSO42-、0.2molCO32-、
0.1molCl-，如含有NO3-，则K+大于0.9mol。

（1）上述实验③中得到沉淀X为碳酸钙，根据碳原子守恒可知质量为0.1mol×100g/mol=10g，生成沉淀X的离子方程式为Ca2++2OH-+CO2＝CaCO3↓+H2O；
（2）由以上分析可知一定不存在Ca2+、Cu2+，不能确定是否含有NO3-；
（3）甲含有0.4molNH4+、0.9molK+、0.4molSO42-、0.2molCO32-、0.1molCl-，如含有NO3-，则K+大于0.9mol，则物质的量最大的离子是K+；物质的量最小的离子是Cl-，其物质的量为0.1mol。

【点睛】本题考查物质的鉴别以及混合物的计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意利用反应的不同现象来区分是解答的关键，明确无机物之间的反应即可解答。

难点是钾离子的判断，注意电荷守恒的灵活应用。

三、综合题（本题包括3个小题，共30分）
17. 某有机物A的蒸气与相同状况下同体积氢气的质量比是30，其分子中碳、氢的质量分数分别是40%、6.6%，其余为氧。

（1）求该有机物的分子式。

（2）若该有机物有水果香味，写出其结构简式。

（3）若该有机物能与Na2CO3溶液反应，写出其结构简式。

参考答案：
略
18. 某有机物12g完全燃烧，生成7.2g H2O和8.96L CO2（标准状况下），0.5mol此有机物的质量为30g。

求：
（1）有机物分子式
（2）又知此有机物具有弱酸性，能与金属钠反应，也能与碱溶液反应，试写出它可能的结构简式
参考答案：
（1）C2H4O2 （2）CH3COOH
略
19. 由于镁合金具有硬度大、密度小、散热性好、抗震性好等优异性能它被用于制笔记本电脑外壳、竞赛自行车车架等。

现称取一定质量的镁铝合金样品放入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并放出气体。

待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH 溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如下图所示。

试计算:
(1)合金中Al的质量。

(2)NaOH溶液的物质的量浓度。

(3)稀硫酸的物质的量浓度。

参考答案：
（1）5.4g（2）4.0 mol/L (3)0.8 mol/L
解析：（1）镁铝合金样品放入500mL稀硫酸中，固体全部溶解生成镁离子、铝离子，向此溶液中加入NaOH溶液，从生成沉淀图象分析可知，氢氧化钠体积从0-25ml时没有沉淀生成，说明原溶液中存在氢离子即硫酸过量，200-250mL段沉淀部分消失，发生的反应是：Al(OH)3+OH-=AlO2- +2H2O，由铝元素守恒得：n(Al)=n[Al(OH)3]=(0.35-0.15)mol=0.2mol，m(Al)= 0.2mol ×27g/mol=5.4g；（2）
n(Al)=n[Al(OH)3]=n(OH-)=n(NaOH)=(250-200)mL×10-3×c(NaOH)= 0.2mol，c(NaOH)= 4.0 mol/L；（3）在200mL时，沉淀是氢氧化镁和氢氧化铝，溶质为硫酸钠，此时V(NaOH)=200mL，
n(NaOH)=0.2L×4.0 mol/L=0.8mol，则n(H2SO4)=n(SO42-)= n(Na+)/2= n(NaOH)/2=0.4mol，c(H2SO4)= 0.4mol/0.5L=0.8 mol/L。

点睛：解决本题的关键是熟知图象信息，特别是200—250mL段发生的反应：Al(OH)3+OH-=AlO2-
+2H2O；守恒法是技巧，如解析中提到的铝元素守恒，定组成比例守恒（如硫酸钠）。