福建省龙岩市矿兴中学2019-2020学年高一化学下学期期末试卷含解析

福建省龙岩市矿兴中学2019-2020学年高一化学下学期
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. 下列各组物质性质的比较,正确的是（）
A、酸性：HClO4>H3PO4>H2SO4
B、氢化物稳定性：H2S>HF>H2O
C、氧化性：F2>Cl2>Br2>I2
D、碱性：NaOH>Mg(OH)2>Ca(OH)2
参考答案：
C
略
2. 在一定条件下，N2和H2在密闭容器内反应合成NH3。

下列说法不正确的是
（）
A. 反应开始时，正反应速率最大，逆反应速率为零
B. 随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后为零
C. 随着反应的进行，逆反应速率逐渐增大，最后不变
D. 随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后不变
参考答案：
B
略
3. 下列分子中，所有原子不可能处在同一平面上的是()
A.C2H4
B.C2H2
C. D.
参考答案：
解析根据CH4的分子构型为正四面体形可推知，甲苯分子中所有原子不可能处在同一平面上。

4.
57号镧元素(La)是一种活泼性比铁还强的金属元素，La的氧化物的化学式为La2O3，La(OH)3是不溶于水的碱，La的氯化物．硝酸盐均易溶于水，下列各组物质中不能直接反应得到LaCl3的是
A．La2O3+HCl B．La+Cl2C．La(OH)3+HCl D．La (NO3)3+HCl
参考答案：
D
5. 砹（At）是原子序数最大的卤族元素，推测砹或砹的化合物最不可能具有的性质
是
A．HAt很稳定B．砹易溶于某些有机溶剂
C．AgAt不溶于水 D．砹是有色固体
参考答案：
A
6. 铝合金在日常生活、建筑装潢、航空航天和汽车制造等方面均有着广泛的用途。

下列关于铝合金具有广泛用途的分析不正确的是
A．铝元素在地壳中的含量高，储量丰富
B．铝容易形成致密的氧化膜，抗腐蚀性能好
C．铝化学性质稳定，常温下不与任何酸、碱反应
D．铝的冶炼技术基本成熟，可以大量生产
参考答案：
略
7. 2011年3月，日本福岛核电站由于地震损毁而造成放射性物质泄漏，在我国多地检测出极微量的I，关于I的下列说法中正确的是
A．I是放射性核素，应该多吃加碘食盐来预防其对人体的损害B．I与I属于碘元素的两种不同核素，互称同素异形体
C．I与I属于同种元素，所以性质完全相同
D．I核内中子数比核外电子数多25个
参考答案：
D
略
8. ．在一个不传热的固定容积的密闭容器中可逆反应m A(g)+n B(g)p C(g)+q D(g) 当m、n、p、q为任意整数时，达到平衡的标志是（）
①体系的压强不再改变②体系的温度不再改变③各组分的浓度不再改变④各组分的质量分数不再改变⑤反应速率v(A): v(B): v(C): v(D)=m:n:p:q⑥单位时间内m mol A断键反应，同时p mol C也断键反应⑦混合气体的密度不变⑧混合气体的平均相对分子质量不变
A．③④⑤⑥⑧ B．②③④⑥ C．①②③④⑤⑦D．②③④⑥⑦⑧
参考答案：
B
9. 下列冶炼方法中，不能将化合物中的金属元素还原为金属单质的是()
A. 铝粉和Fe2O3共热
B. 加热HgO
C. 电解熔融的MgCl2
D. 氢气通入Al2O3并加热
参考答案：
D
【分析】
根据金属的活泼性强弱冶炼金属，K、Ca、Na、Mg、Al等金属用电解法，Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等金属用热还原法、Hg、Ag等金属用热分解法冶炼.
【详解】A.铝粉和Fe2O3共热反应可以得到金属铁和氧化铝，A不符合题意；
B.加热氧化汞会发生分解，制的金属Hg，B不符合题意；
C.Mg为活泼金属，要用电解熔融MgCl2的方法冶炼，C不符合题意；
Dal是相对活泼的金属应该使用电解熔融氧化铝的方法冶炼，不能使用热还原法冶炼，因此不能制取得到Al单质，D符合题意；
故合理选项是D。

【点睛】本题考查金属的冶炼方法与金属活动性关系的知识，注意常见金属的冶炼方法，把握金属的活泼性强弱是解题关键。

10. 核电荷数小于18的某元素X，其原子核外电子层数为a，最外层电子数为（2a ＋1）。

下列有关元素X的说法中，不正确的是
A．元素X的原子核内质子数为（2a2－1）
B．元素X形成的单质既能作氧化剂又能作还原剂
C．元素X形成的简单离子，各电子层的电子数均达到2n2个（n表示电子层数）D．由元素X形成的某些化合物，可能具有杀菌消毒的作用
参考答案：
C
略
11. 在四个不同容器中，不同条件下进行合成氨反应。

根据在相同时间内测定的结果判断生成氨的速率最快的是（）
A．V(NH3)=0.5 mol ?L-1?min-1 B．V(H2)=0.3 mol ?L-1?min-1
C．V(N2)=0.2 mol ?L-1?min-1 D．V(H2)=0.01 mol ?L-1? s -1
参考答案：
A
略
12. 最近科学家合成一种“二重结构”的球形物质分子，是把足球形C60分子容纳在足球形Si60分子中，外面的硅原子与里面的碳原子以共价键结合。

下列关于这种物质的叙述中，正确的是()
A．是混合物B．是化合物
C．是单质D．是高分子化合物
参考答案：
B
解析硅原子与碳原子结合形成化合物，故B项正确。

13. 金属钛（Ti）性能优越，被称为继铁、铝之后的“第三金属”．工业上以金红石为原料制取Ti的反应为
aTiO2+bCl2+eC aTiCl4+eCOⅠTiCl4+2Mg Ti+2MgCl2Ⅱ
关于反应Ⅰ、Ⅱ的分析不正确的是（）
①TiCl4在反应Ⅰ中是还原产物，在反应Ⅱ中是氧化剂；
②C、Mg在两个反应中均被还原；
③在反应Ⅰ、Ⅱ中Mg的还原性大于C，C的还原性大于TiCl4；
④a=1，b=e=2
⑤每生成19.2g Ti，反应Ⅰ、Ⅱ中共转移4.8mol e﹣．
A．①②④ B．②③④
C．②⑤ D．③④
参考答案：
C
解：①aTiO2+bCl2+cC aTiCl4+cCO 该反应中反应前后，碳元素的化合价升高，碳单质
作还原剂，氯元素的化合价降低，氯气作氧化剂，还原产物是TiCl4；
TiCl4+2Mg Ti+2MgCl2该反应中钛元素的化合价降低，TiCl4作氧化剂；所以TiCl4在反应I中是还原产物，在反应II中是氧化剂，故①正确；
②C、Mg在反应中反应前后化合价都升高，所以均为还原剂，被氧化，故②错误；
③在反应I中碳不能还原TiO2，反应II中Mg能还原TiCl4，所以镁的还原性大于C；在反应I中碳作还原剂，TiCl4作还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以C
的还原性大于TiCl4，故③正确；
④根据反应前后各元素的原子个数守恒知，所以，故④正确；
⑤将方程式Ⅰ、Ⅱ相加得 TiO2+2Cl2+2C+2Mg=Ti+2CO+2MgCl2 转移电子
48g
8mol
19. 2g 3.2mol
所以每生成19.2 g Ti，反应I、II中共转移3.2 mol e﹣，故⑤错误；
故选C．
14. 下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L的是（）
A．将40gNaOH溶解在1L水中
B．将1L10mol/L的浓盐酸加入9L水中
C．将22.4LHCl气体溶于水配成1L溶液
D．将10gNaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250mL
参考答案：
D
【考点】物质的量浓度的相关计算．
【分析】A、40gNaOH的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液浓度为
1mol/L；
B、溶液体积不具有加合性；
C、压强，氯化氢所处的状态不一定是标准状况，体积一定，影响气体的物质的量的因素有温度；
D、根据n=计算氢氧化钠的物质的量，再根据c=计算溶液的物质的量浓度．
【解答】解：A、40gNaOH的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液浓度为
1mol/L，体积1L是指溶液的体积，不是溶剂的体积，故A错误；
B、溶液体积不具有加合性，混合后溶液的体积不是10L，故B错误；
C、氯化氢所处的状态不一定是标准状况，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，体积一定，影响气体的物质的量的因素有温度、压强，22.4LHCl气体的物质的量不一定是1mol，故C错误；
D、10gNaOH的物质的量为=0.25mol，溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体
积为250mL，所得溶液的物质的量浓度为=1mol/L，故D正确．
故选D．
15. 24 mL 5 mol/L的Na2SO3溶液恰好与20 mL 2 mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应。

已知
Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为
A. +2
B. +3
C. +4
D. +5
参考答案：
B
【分析】
根据氧还原反应中得失电子守恒规律，计算化合价的变化。

【详解】n(Na2SO3)= 0.024 L 5 mol/L=0.12mol，n(K2Cr2O7)= 0.020 L 2 mol/L=0.04mol，硫元素由+4到+6价，设Cr化合价降为x，则0.12mol L0.04mol ，x=3；
故选B。

【点睛】氧化还原反应中，还可以根据得失电子总数相等进行配平。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16. 在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，能延长鲜花的寿命。

下表是500mL“鲜花保鲜剂”中含有的成分，阅读后回答下列问题：
⑴ 配制上述“鲜花保鲜剂”所需的仪器有：烧杯、电子天平、药匙、量筒、
______________、______________、____________。

（在横线上填写所缺仪器的名称）
⑵ 下列“鲜花保鲜剂”的成分中，属于非电解质的是___ 。

A、蔗糖
B、硫酸钾
C、高锰酸钾
D、硝酸银
⑶ 使用容量瓶前，必须进行的一步操作是
___________________________________________。

⑷ 定容的正确操作是
____________________________________________________。

⑸ 在溶液配制过程中，下列操作对配制结果没有影响的是____ _______。

A、定容时俯视容量瓶刻度线
B、容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水
C、所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤
D、定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理
参考答案：
⑴ 玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管
⑵ A
⑶ 检查容量瓶是否漏水
⑷ 向容量瓶中加水至距离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管逐滴加水至液面最低处与刻度线相切
⑸ BD
略
三、综合题（本题包括3个小题，共30分）
17. (6分)取50.0 mL NaCO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得到14.51g白色沉淀，用过量稀硝酸处理后沉淀量减少到4.66g，并有气体放出，试计算：
（1）原混合液中Na2CO3和Na2SO4的物质的量浓度。

（2）产生的气体在标准状况下的体积。

参考答案：
略
18. 把6.5 g Zn放入500mL稀盐酸中，Zn与HCl都恰好完全反应。

计算：
（1）6.5 g Zn的物质的量_______________；
（2）生成的气体在标准状况下的体积_____________；
（3）原稀盐酸的物质的量浓度_____________。

参考答案：
(1) 0.1 mol
(2) 2.24 L
(3) 0.4 mol/L
试题分析：（1）6.5g锌的物质的量为6.5g÷65g/mol=0.1mol
答：6.5gZn的物质的量为0.1mol.
（2）令生成的氢气物质的量为x mol，则：
Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑
1 1
0.1mol x
x=0.1mol，
所以生成氢气的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L
答：标况下生成氢气的体积为2.24L．
（3）令参加反应的HCl为y mol，则：
Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑
1 2
0.1mol y
y=0.2mol
原稀盐酸的物质的量浓度c(HCl)=0.2mol÷0.5L=0.4mol/L
答：原稀盐酸的物质的量浓度为0.4mol/L.
【名师点睛】本题考查根据化学方程式的有关计算。

①根据n=m÷M计算6.5g锌的物质的量；②根据Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑计算生成氢气的物质的量，再根据V=nVm计算；③根据Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑计算参加反应的氯化氢的物质的量，再根据c=n÷V计算。

19. 取50.0mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后，得到14.51g 白色沉淀，用过量稀硝酸处理后，沉淀量减少到4.66g，并有气体放出。

求：（1）原混合溶液Na2CO3和Na2SO4的物质的量浓度；
（2）产生的气体在标准状况下的体积。

参考答案：
略。