云南省玉溪市一中学年高一下学期期末考试化学精校解析Word版.docx
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云南省玉溪市一中学年高一下学期期末考试化学精校解析Word版
云南省玉溪市一中2017-2018学年高一下学期期末考试
化学试题
1.中国丝绸有五千年的历史和文化。
古代染坊常用某种“碱剂”来精炼丝绸，该“碱剂”的主要成分是一种盐，能促进蚕丝表层的丝胶蛋白杂质水解而除去，使丝绸颜色洁白、质感柔软、色泽光亮。
这种“碱剂”可能是（）
A.食盐B.火碱C.胆矾D.草木灰
【答案】D
【解析】
【详解】由题意可知，该物质是一种盐，水溶液呈碱性，为强碱弱酸盐。
A．食盐中氯化钠为强酸强碱盐，故A错误；B．火碱是氢氧化钠，属于碱，故B错误；C．胆矾是硫酸铜晶体，是强酸弱碱盐，故C错误；D．草木灰中碳酸钾为强碱弱酸盐，故D正确；故选D。
2.放在手心就能熔化的稀有金属镓，其沸点为2403℃，更奇妙的是镓熔化后在－120℃仍不易凝固；在常温下几乎不与氧气和水反应，但能溶于强酸和强碱；与其他金属熔合可改善合金性能；与硫、硒等非金属化合可生成优质的半导体材料。
下列有关镓的性质和用途的叙述错误的是（）
A.镓的熔点高B.镓的性质与铝类似
C.镓能够与盐酸反应生成气体D.镓可与多种金属形成合金
【答案】A
【解析】
【详解】A．由信息可知，稀有金属镓放在手心里就能熔化，则镓的熔点低，故A错误；B．镓能溶于强酸和强碱，则与Al性质相似，故B正确；C．镓与Al性质相似，与盐酸反应生成氢气，故C正确；D．镓与其它金属融合可改善合金性能，则可形成合金，故D正确；故选A。
【点睛】本题考查金属的性质，把握习题中的信息、镓与Al性质相似为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意信息的抽取及应用。
3.在生产和生活中应用的化学知识正确的是（）
A.玻璃、水泥、水晶项链都是硅酸盐制品
B.晶体硅是在通信工程中制作光导纤维的主要原料
C.赏心悦目的雕花玻璃通常是用氢氟酸对玻璃进行刻蚀而制成的
D.工业上，利用二氧化硅热分解法冶炼硅
【答案】C
【解析】
【详解】A．水晶的主要成分为二氧化硅是氧化物，不属于硅酸盐，故A错误；B．二氧化硅具有良好的光学特性，是制作光导纤维的主要原料，故B错误；C．常温下氢氟酸能够与玻璃中的二氧化硅反应，所以常用氢氟酸雕刻玻璃，故C正确；D、工业上用SiO2热还原法冶炼硅，而不是热分解法冶炼硅，故D错误；故选C。
4.下列关于元素周期表的说法正确的是（）
A.每一周期的元素都从碱金属开始，最后以稀有气体结束
B.第二、三周期上下相邻的元素的原子核外电子数相差8个
C.只有第2列元素的原子最外层有2个电子
D.元素周期表共有十六个纵行，也就是十六个族
【答案】B
【解析】
【详解】A．第一周期不含碱金属元素，除第一周期外，各周期的元素都从碱金属开始，最后以稀有气体结束，故A错误；B．第二、三周期各含8种元素，则第二、三周期上下相邻的元素的原子核外电子数相差8个，如Li与Na、O与S等，故B正确；C．第2列元素、He及某些过渡元素的最外层电子数为2，故C错误；D．元素周期表共有十八个纵行，分为16个族，元素周期表中第8、9、10三个纵行为第Ⅷ族，故D错误；故选B。
【点睛】本题考查了元素周期表的结构及应用，把握周期表的结构及元素的位置等为解答的关键。
本题的易错点为C，要注意一些特殊的原子的结构。
5.下列表格中各项分类都正确的一组是（）
纯净物
混合物
电解质
非电解质
A
生理盐水
纯碱
液态硝酸钾
蔗糖
B
氧化钙
海水
铜
乙醇
C
胆矾
氢氧化铁胶体
氯化银
二氧化碳
D
氢氧化钠
空气
硫酸钠溶液
食醋
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【分析】
纯净物是由一种物质组成；混合物由两种或两种以上物质组成；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，据此分析判断。
【详解】A．生理盐水是氯化钠的水溶液为混合物，故A错误；B．铜为金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C．胆矾是五水合硫酸铜的俗名，为纯净物，氢氧化铁胶体属于胶体，为不同物质组成的为混合物，氯化银熔融状态能够导电，属于电解质，二氧化碳不能电离为非电解质，故C正确；D．硫酸钠溶液为电解质溶液，是混合物，不是电解质，食醋是电解质溶液，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查了纯净物、混合物、电解质和非电解质的判断。
本题的易错点为电解质和非电解质的判断，要明确能导电的不一定是电解质，电解质不一定导电，如D中硫酸钠溶液既不是电解质，也不是非电解质。
6.实验室中需要配制2mol/L的氯化钠溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的氯化钠质量分别是 （ ）
A.950mL，111.2gB.1000mL，111.2gC.1000mL，117gD.任意规格，117g
【答案】C
【解析】
所配氯化钠溶液950mL，应选用1000mL容量瓶；称取氯化钠的质量为2mol/L
1L
58.5g/mol=117g，答案选C。
点睛：
容量瓶选择的原则是“大而近”。
计算所需溶质的质量或浓溶液的体积按容量瓶的容积计算。
7.下列离子方程式正确的是（）
A.澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：
HCO3－+Ca2++OH﹣===CaCO3↓+H2O
B.NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：
OH﹣+HCO3－===CO32－+H2O
C.金属钠投入硫酸铜溶液中：
Cu2++2Na==Cu+2Na+
D.铁溶于稀硝酸，溶液变黄：
3Fe+8H++NO3－==3Fe2++2NO↑+4H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应，离子方程式按照氢氧化钙的化学式组成书写，正确的离子方程式为：
2HCO3-+Ca2++2OH-═CO32-+CaCO3↓+2H2O，故A错误；B．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应的离子方程式为OH-+HCO3-═CO32-+H2O，故B正确；C、钠先与水反应生成氢氧化钠与氢气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀与硫酸钠，反应的总离子方程式为2Na+Cu2++2H2O═2Na++Cu（OH）2↓+H2↑，故C错误；D、铁溶于稀硝酸，溶液变黄，说明反应生成的是三价铁离子，反应的方程式为：
Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，故D错误；故选B。
8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A.S2和S8的混合物共6.4g，所含硫原子数一定为0.2NA
B.将100mL0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe（OH）3胶粒数目为0.01NA
C.标准状况下，11.2L水中含有分子的数目为0.5NA
D.1mol硫单质在过量氧气中燃烧产生NA个SO3分子
【答案】A
【解析】
【详解】A.6.4 g由S2、S8组成的混合物，含有硫原子的物质的量为
=0.2mol，含硫原子数为0.2 NA，故A正确；B．氢氧化铁胶粒为多个氢氧化铁的集合体，将100 mL 0.1 mol•L-1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe（OH）3胶粒数目小于0.01NA，故B错误；C、标况下水为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D．1mol硫单质在过量氧气中燃烧产生1mol二氧化硫，产生NA个SO2分子，不会生成三氧化硫，故D错误；故选A。
9.在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是
A.使酚酞溶液变红的溶液：
H+、C1-、NO3-、Ba2+
B.澄清透明的溶液：
MnO4-、Al3+、SO42-、K+
C.强碱性溶液：
K+、Mg2+、HCO3-、NO3-
D.无色的溶液：
CO32-、SO42-、Cu2+、NH4+
【答案】B
【解析】
试题分析：
A．使酚酞溶液变红的溶液显碱性，H+不能大量共存，A错误；B．澄清透明的溶液中MnO4-、Al3+、SO42-、K+之间不反应，可以大量共存，B错误；C．强碱性溶液中Mg2+、HCO3-均不能大量共存，C错误；D．无色的溶液中CO32-、Cu2+均不能大量共存，D错误，答案选B。
考点：
考查离子共存正误判断
10.将SO2气体与足量Fe2（SO4）3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个反应：
SO2+2Fe3++2H2O==SO42－+4H++2Fe2+，Cr2O72－+6Fe2++14H+==2Cr3++6Fe3++7H2O。
下列说法正确的是（）
A.Cr2O72－不能将SO2氧化B.还原性：
Cr3+＞Fe2+＞SO2
C.氧化性：
Cr2O72－＞Fe3+＞SO2D.两个反应中Fe3+均表现还原性
【答案】C
【解析】
【分析】
SO2+2Fe3++2H2O═SO42-+4H++2Fe2+中，S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低；氧化剂为Fe3+，还原剂为SO2；Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O中Cr元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，氧化剂为Cr2O72-，还原剂为Fe2+；由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性：
Cr2O72-＞Fe3+＞SO2，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知还原性：
Cr3+＜Fe2+＜SO2，以此来解答。
【详解】A．氧化性：
Cr2O72-＞Fe3+＞SO2，还原性：
Cr3+＜Fe2+＜SO2，则Cr2O72-能将SO2氧化，故A错误；B．由上述分析可知，还原性：
Cr3+＜Fe2+＜SO2，故B错误；C．由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性：
Cr2O72-＞Fe3+＞SO2，故C正确；D．第一个反应中Fe3+得到电子被还原，表现氧化性；第二个反应中Fe3+为氧化产物，没有表现氧化性，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。
本题的易错点为D，要注意在氧化还原反应中氧化剂表现氧化性，还原剂表现还原性。
11.下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（）
选项物质
a
b
c
A
Al
AlCl3
Al（OH）3
B
HNO3
NO
NO2
C
Si
SiO2
H2SiO3
D
S
SO2
H2SO4
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Al（OH）3不能一步转化为Al，不符合图中转化，故A不选；B．HNO3与铜反应生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，NO2与水反应生成硝酸和NO，每步转化均可一步实现，符合图中转化，故B选；C．SiO2不能一步转化为H2SiO3，H2SiO3不能一步转化为Si，不符合图中转化，故C不选；D．H2SO4不能一步转化为S，不符合图中转化，故D不选；故选B。
12.将8g铁片放入100mL硫酸铜溶液中，溶液中的铜离子全部被还原时，铁片变为8.2g，则原硫酸铜溶液的物质的量浓度为（）
A.0.5mol·L－1B.0.025mol·L－1
C.0.125mol·L－1D.0.25mol·L－1
【答案】D
【解析】
【分析】
根据发生的反应：
Fe+CuSO4═FeSO4+Cu，利用差量法来计算溶液中硫酸铜的物质的量，依据c=
计算硫酸铜的物质的量浓度。
【详解】设原溶液中硫酸铜的物质的量为x，则：
Fe+CuSO4═FeSO4+Cu△m
1mol 8g
x 8.2g-8g
=
，解得x=0.025mol ，硫酸铜的物质的量浓度=
=0.25mol/L，故选D。
13.泡沫灭火器内装的药液之一是NaHCO3饱和溶液，而不选用更廉价的Na2CO3饱和溶液，其原因是（）
①质量相同的两种钠盐，NaHCO3与足量的酸反应产生的CO2比Na2CO3多②质量相同的两种钠盐，与足量酸反应产生相同体积（同温、同压下）的CO2③NaHCO3与酸反应生成CO2比Na2CO3快得多④NaHCO3比Na2CO3稳定，便于长期保存
A.①③B.②③C.①③④D.①②③④
【答案】A
【解析】
【详解】NaHCO3和Na2CO3与酸发生反应时，分别发生Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑。
①M（NaHCO3）＜M（Na2CO3），质量相同的两种钠盐，NaHCO3物质的量较多，则与足量酸反应产生的CO2比Na2CO3多，故正确；②由质量相同的两种钠盐，碳酸氢钠中含碳量高，生成的二氧化碳多，故错误；③分别滴加HCl溶液，反应离子方程式为CO32-+H+═HCO3-，HCO3-+H+═H2O+CO2↑，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，故正确；④NaHCO3不稳定，加热易分解，故错误；故选A。
14.下列相关实验不能达到预期目的的是（）
相关实验
预期目的
①
在两份同浓度同体积的H2O2溶液中，分别加2滴FeCl3溶液和2滴CuCl2溶液，前者放在热水中，后者放在冰水中。
观察气泡快慢；
验证温度对化学反应速率的影响。
②
将氯水加入淀粉KI溶液中
验证Cl的非金属性比I强
③
在相同温度下，将表面积相同的铝条和镁条投入等体积同浓度的盐酸中，观察产生气泡的速率。
比较同周期金属元素的金属性强弱。
④
利用电解质溶液的导电性装置，检测AlCl3溶液的导电性
证明AlCl3是离子化合物
A.仅①B.①④C.②③D.③④
【答案】B
【解析】
【详解】①催化剂不同，温度不同，两个变量不能验证温度对化学反应速率的影响，故错误；②氯水氧化KI生成碘单质，淀粉遇碘变蓝，则Cl的得电子能力强，可验证Cl的非金属性比I强，故正确；③温度、表面积相同，盐酸浓度相同，只有金属不同，Mg反应剧烈，则比较同周期金属元素的金属性强弱，故正确；④AlCl3在溶液中电离，AlCl3溶液导电，但AlCl3为共价化合物，故错误；不能得到实验目的的有①④，故选B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及影响反应速率的因素、氧化性及非金属比较、电离与化合物类别判断等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键。
本题的易错点为④，要注意影响特殊化合物的分类，如AlCl3为共价化合物。
15.常温下，0.2mol·L-1的盐酸30mL分别与下列Na2CO3溶液混合，再加水稀释到100mL，其中最初产生CO2的速率最快的是（）
A.20mL0.3mol·L-1Na2CO3B.10mL0.4mol·L-1Na2CO3
C.25mL0.4mol·L-1Na2CO3D.15mL0.5mol·L-1Na2CO3
【答案】C
【解析】
【详解】都加水稀释至100mL，后来溶液的体积相同，则选项中碳酸钠的物质的量最大，混合后浓度最大，反应速率最快。
A．碳酸钠的物质的量：
0.02L×0.3mol/L=0.006mol；B．碳酸钠的物质的量：
0.01L×0.4mol/L=0.004mol；C．碳酸钠的物质的量：
0.025L×0.4mol/L=0.01mol；D．碳酸钠的物质的量：
0.015L×0.5mol/L=0.0075mol，显然C中碳酸钠物质的量最大，反应速率最快，故选C。
【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素。
本题的易错点为D，要注意后来溶液体积相同，需要计算选项中物质的量，与原溶液的体积和浓度的乘积有关。
16.已知反应A+B=C+D的能量变化如图所示，下列说法正确的是（）
A.该反应是放热反应
B.只有在加热条件下才能进行
C.反应物的总能量高于生成物的总能量
D.反应中断开化学键吸收的总能量高于形成化学键放出的总能量
【答案】D
【解析】
试题分析：
根据图像可知反应物的总能量低于生成物的总能量，则反应是吸热反应。
A．该反应是吸热反应，A错误；B．反应条件与反应是放热反应还是吸热反应无关系，B错误；C．反应物的总能量低于生成物的总能量，C错误；D．反应吸热，则反应中断开化学键吸收的总能量高于形成化学键放出的总能量，D正确，答案选D。
考点：
考查反应热的应用与判断
17.巴豆酸的结构简式为CH3—CH＝CH—COOH。
现有①氯化氢、②溴水、③纯碱溶液、④乙醇、⑤酸性高锰酸钾溶液，试根据巴豆酸的结构特点，判断在一定条件下，能与巴豆酸反应的物质是（）
A.②④⑤B.①③④C.①②③④D.①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】巴豆酸的结构简式为CH3—CH＝CH—COOH：
含碳碳双键，与①氯化氢、②溴水均发生加成反应；含碳碳双键，与⑤酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应；含-COOH，与③纯碱溶液发生复分解反应，与④乙醇发生酯化反应，故选D。
18.如图是元素周期表的一部分，下列说法中正确的是
A.元素的简单离子半径大小：
④>⑤>②
B.气态氢化物的稳定性：
⑤>②
C.最高价氧化物对应水化物的酸性：
⑥>⑤
D.元素的最高正化合价：
③=⑥
【答案】C
【解析】
元素①～⑥分别为N、O、F、Al、S、Cl。
A、离子半径：
S2−＞O2−＞Al3+，A错误；B、非金属性越强则对应气态氢化物越稳定，故稳定性：
H2O>H2S，B错误；C、非金属性越强则最高价氧化物对应水化物的酸性也越强，故酸性：
HClO4>H2SO4，C正确；D、F无正价，D错误，答案选C。
点睛：
微粒半径的大小比较规律为：
一看电子层数：
同主族元素的微粒，电子层数越多，半径越大；二看核电荷数：
在同周期中的原子，核电荷数越大，半径越小；三看电子数：
在电子层数和核电荷数均相同时，电子数越多，半径越大。
19.已知：
2A（g）＋3B（g）
2C（g）＋zD（g），现将2molA与2molB混合于2L的密闭容器中，2s后，A的转化率为50%，测得v（D）＝0.25mol·L－1·s－1，下列推断正确的是
A.v（C）＝0.2mol·L－1·s－1B.z＝1
C.B的转化率为25%D.C平衡时的浓度为0.5mol·L－1
【答案】D
【解析】
【详解】2s后A的转化率为50%，则反应的A为2mol×50%=1mol，则
2A（g）+3B（g）⇌2C（g）+zD（g），
开始（mol）2 2 0 0
转化（mol）1 1.5 1 0.5z
2s后（mol） 1 0.5 1 0.5z
A．v（C）=
=0.25mol•L-1•s-1，故A错误；B．因反应速率之比等于化学计量数之比，由A可知，z=2，故B错误；C．B的转化率为
×100%=75%，故C错误；D．C的平衡浓度=
=0.5mol/L，故D正确；故选D。
20.在一定温度下的定容容器中，发生反应：
2A（g）＋B（s）
C（g）＋D（g），下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是（）
①单位时间内生成nmolC，同时生成nmolD
②单位时间内生成nmolD，同时生成2nmolA
③C（g）的物质的量浓度不变
④容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：
1：
1
⑤v（A）:
v（C）:
v（D）=2：
1：
1
A.②③B.②③④C.②⑤D.②③④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①生成nmolC是正反应，生成nmolD也是正反应，不能说明正逆反应速率是否相等，故错误；②生成nmolD是正反应，生成2nmolA是逆反应，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，说明得到平衡状态，故正确；③C（g）的物质的量浓度不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故正确；④平衡时各物质的物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：
1：
1不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故错误；⑤反应速率之比等于化学计量数之比，与平衡状态无关，不能说明反应达到平衡状态，故错误，故能表明反应已达到平衡状态的是②③，故选A。
21.实验室用下列方法制取氯气：
①用含4mol氯化氢的浓盐酸与足量的二氧化锰反应；②用87g二氧化锰与足量浓盐酸反应，若不考虑氯化氢的挥发，则反应后所得氯气的物质的量（）
A.①比②多B.②比①多C.两种方法一样多D.无法比较
【答案】B
【解析】
【详解】根据MnO2与浓HCl反应，随着反应的进行，浓HCl变稀，稀盐酸不能与MnO2反应，MnO2足量时，不能准确计算出氯气的量，故反应①中产生的氯气小于1mol，浓盐酸足量时，反应②根据MnO2的质量计算出氯气的量为1mol，所以反应后所得氯气的物质的量为：
①＜②，故选B。
【点睛】本题考查氯气的制备，注意氯气的实验室制法以及浓稀盐酸的性质的差异性，在使用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气的实验中，要注意稀盐酸与二氧化锰不反应。
22.
（1）现有a.BaCl2b.金刚石c.NH4Cld.Na2SO4e.干冰f.碘片六种物质，按下列要求回答（若有多个选项的，多选错选不给分）：
①熔化时需要破坏共价键的是______，熔点最高的是_______，熔点最低的是_______。
②属于离子化合物的是________，只含有离子键的物质是________，含有两种化学键的物质是_________，含有分子间作用力的是__________。
（2）看下图回答下列问题
①若烧杯中溶液为稀硫酸，则观察到的现象是___________，负极反应式为___________。
②若烧杯中溶液为氢氧化钠溶液，则负极为_______（填Mg或Al），总反应方程式为__________。
【答案】
（1）.b
（2）.b（3）.e（4）.acd（5）.a（6）.cd（7）.ef（8）.镁逐渐溶解，铝上有气泡冒出，电流表指针发生偏转（9）.Mg-2e-＝Mg2+（10）.Al（11）.2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑
【解析】
【详解】
（1）①熔化时破坏共价键说明该物质中存在共价键，金刚石属于原子晶体，加热金刚石熔化破坏共价键；金刚石是原子晶体，其熔点最高，分子晶体的熔点最低，且分子晶体的熔点与其相对分子质量成正比，二氧化碳的相对分子质量小于碘，所以干冰的熔点最低；故答案为：
b；b；e；
②由阴阳离子构成的为离子化合物，则属于离子化合物的有a．BaCl2、c．NH4Cl、d．Na2SO4；只含离子键的物质是a．BaCl2；晶体含有两种化学键的是c．NH4Cld．Na2SO4，分子晶体中微粒间作用为分子间作用力，含有分子间作用力的是e．干冰f．碘片，故答案为：
acd；a；cd；ef；
（2）①镁比铝活泼，若烧杯中溶液为稀硫酸，形成原电池反应，镁为负极，铝为正极，负极发生Mg-2e-=Mg2+，可观察到Mg逐渐溶解，Al片上有气泡冒出，电流表指针发生偏转，故答案为：
Mg逐渐溶解，Al片上有气泡冒出，电流表指针发生偏转；Mg-2e-=Mg2+；
②铝和与氢氧化钠溶液反应，而镁不能，若烧杯中溶液为氢氧化钠溶液，铝为负极，镁为正极，负极生成NaAlO2，正极生成氢气，反应的总方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：
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