辽宁省沈阳市郊联体学年高一上学期期末考试化学试题解析版.docx

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辽宁省沈阳市郊联体学年高一上学期期末考试化学试题解析版

2020-2021学年度沈阳市郊联体上学期期末考试高一试题

化学

可能用到的原子量：

H1N14O16Na23Cl35.5S32Fe56Cu64

一、选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分。

每小题只有一个选项符合题意）

1.化学与社会、生活密切相关。

下列说法不正确的是（）

A.液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂

B.葡萄酒添加微量SO2可杀菌、保鲜

C.氯气可用于制漂白粉

D.水泥、玻璃、陶瓷、水晶都属于硅酸盐工业产品

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．液体汽化吸热，液氨汽化是吸收大量的热，可以降低环境温度，做制冷剂，A正确；

B．SO2具有还原性，可以与具有氧化性的物质反应，达到葡萄酒保鲜的目的，B正确；

C．漂白粉的主要成分为Ca（ClO）2，可以由氯气与石灰乳反应制得，C正确；

D．水晶为SiO2，水晶是天然产物不是硅酸盐工业产品，D错误；

故答案选D。

2.已知R2-核外有a个电子、b个中子，表示R原子组成的符号正确的是（　　）。

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】R2-离子核外有a个电子，则质子数＝核外电子数-电荷数＝a-2，质量数＝质子数＋中子数＝a-2＋b，所以R原子符号为

，B满足题意。

答案选B。

3.下列关于氮及其化合物，说法不正确的是（）

A.氮的固定是将N2转化成含氮化合物

B.氮元素在自然界中既有游离态又有化合态

C.NO和NO2都可稳定存在于空气中

D.N2既可作氧化剂又可做还原剂

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程。

如豆类植物共生的根瘤菌。

它们能吸收大气中的氮气分子，将其转变成氨及铵离子，A正确；

B．自然界中N有游离态，如N2，也有化合态，如铵盐、硝酸盐等，B正确；

C．NO不稳定，易与O2反应生成NO2，C错误；

D．N2中N元素处于中间价态，既可以升高又可以降低，N2既可以做氧化剂又可以做还原剂，D正确；

故答案选C。

4.适度饮水有益于健康,但过量饮水会使体内电解质浓度过低,导致生理紊乱而引起“水中毒”。

下列属于人体内常见的电解质的是

A.CO2B.NaClC.O2D.乙醇

【答案】B

【解析】

【分析】

在水溶液里或熔融状态下能导电

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，电解质和非电解质为化合物，单质和混合物不是电解质也不是非电解质。

【详解】A.二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以二氧化碳的水溶液导电，但电离出离子的物质是碳酸不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，A不符合题意；

B.NaCl在水溶液里能电离出自由移动的阴阳离子导致溶液导电，所以NaCl是电解质，B符合题意；

C.O2是单质，不是电解质也不是非电解质，C不符合题意；

D.乙醇在水溶液里和熔融状态下都不导电，是非电解质，D不符合题意；

答案选B。

5.在含有大量

OH－、Na＋、Cl－的溶液中，还可能大量共存的离子是

A.H＋B.CO

C.Ag＋D.Mg2＋

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．H＋和OH－反应生成弱电解质水而不能大量共存，故A错误；

B．CO

和这几种离子都不反应，所以能大量共存，故B正确；

C．Ag＋和OH-、Cl－都不能大量共存，故C错误；

D．Mg2＋和OH-生成氢氧化镁沉淀而不能大量共存，故D错误；

故选B。

6.下列有关化学用语使用正确的是（）

A.二氧化碳电子式

B.Mg2+的结构示意图：

C.H2S的结构式H—S—HD.过氧化氢的电子式：

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．CO2中C需形成四对共用电子对，因此CO2的电子式为

，A错误；

B．Mg失去2个电子变成Mg2+，Mg2+的结构示意图为

，B错误；

C．H与S之间以单键连接，H2S的结构式为H-S-H，C正确；

D．过氧化氢为共价化合物，其电子式为

，D错误；

故答案选C。

7.对下列事实的解释正确的是（）

A.氯气可以使湿润的有色布条褪色，是因为氯气具有漂白性

B.实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钠溶液吸收

C.液氯、氯气和氯水是同一种物质

D.新制饱和氯水在光照下有气泡产生，其主要成分是氯气

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸有漂白性，但氯气没有漂白性，故A错误；

B．氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，可用氢氧化钠溶液吸收氯气，防止污染环境，故B正确；

C．氯气、液氯为纯净物，氯水是氯气的水溶液，为混合物，故C错误；

D．氯水中存在：

Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，HClO不稳定分解：

2HClO

2HCl+O2↑，饱和氯水在光照下有气泡产生，其主要成分是氧气，故D错误；

故选B。

8.下列关于F、Cl、Br、I的说法正确的是（）

A.原子最外层电子数随核电荷数的增加而增多

B.离子的还原性：

F-＜Cl-＜Br-＜I-

C.单质沸点最高的为F2

D.单质氧化性随核电荷数的增加而增强

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．卤族元素为同一主族，原子最外层的电子数相同，最外层电子数均为7，故A错误；

B．元素的非金属性越强，其阴离子的还原性越弱，则其简单阴离子的还原性逐渐增强，即离子的还原性：

F-＜Cl-＜Br-＜I-，故B正确；

C．卤素单质的沸点随相对分子质量的增加而升高，则单质沸点最高的为I2，故C错误；

D．同主族元素，元素的非金属性随核电荷数的增加而减弱，即单质氧化性随核电荷数的增加而减弱，故D错误。

故选B。

9.下列物质中既含有共价键又含有离子键的是（）

A.CaOB.KClC.NaOHD.H2SO4

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A.CaO是由钙离子与氧离子构成的离子化合物，仅含离子键，故A不符合题意；

B.KCl是由钾离子与氯离子构成的离子化合物，仅含离子键，故B不符合题意；

C.NaOH由钠离子与氢氧根离子构成，其中氢氧根离子内部含氢氧共价键，则NaOH既含有共价键又含有离子键，故C符合题意；

D.H2SO4是由共价键组成的共价化合物，故D不符合题意；

答案选C。

10.等质量的硫粉与足量下列物质反应时，转移电子数最多的是

A.氢气B.铜C.铁D.氧气

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】硫粉与足量氢气、铁铜反应时，S的化合价都是由0降低到-2硫粉与足量氧气反应时，S的化合价由0升高到+4，故等质量的硫粉与足量氧气反应时转移电子数最多，故选择D。

11.下列叙述正确的是（）

A.氢氧化钠的摩尔质量是40g

B.取58.5gNaCl固体放入1L水中充分溶解，所得溶液中NaCl的物质的量浓度为1mol·L-1

C.将浓度为2mol•L-1硫酸钠溶液10mL加水稀释至200mL，所得溶液浓度为0.1mol•L-1

D.标准状况下，1molH2和1molH2O所占的体积都约为22.4L

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．摩尔质量的单位为g/mol，氢氧化钠的摩尔质量40g/mol，A错误；

B．取58.5gNaCl固体放入1L水中充分溶解，溶解后溶液体积未知，不能计算浓度，B错误；

C．根据稀释公式c浓V浓=c稀V稀得，c稀=

=

=0.1mol/L，C正确；

D．标况下水为固液混合态，无法利用气体摩尔体积计算水的体积，D错误；

故答案选C。

12.下列互为同位素的是

A.H2、D2B.14N、14CC.16O、17OD.金刚石、石墨

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A.H2、D2是由氢元素组成的氢气单质，故A错误；

B.14N、14C不是同一种元素组成的核素，故B

错误；

C.16O、17O都是氧元素组成的不同核素，互为同位素，故C正确；

D.金刚石、石墨是由碳元素组成的结构不同的单质，互为同素异形体，故D错误。

答案选C。

13.某化合物由原子序数依次增大的四种短周期主族元素W、X、Y、Z组成。

W与其他元素既不在相同周期，也不在相同主族。

X的一种核素常用于考古鉴定文物的年代。

Z2-的电子层结构与氖相同。

下列说法错误的是（）

A.原子的半径：

W＞X

B.W与X、Z均可形成电子数相等的分子

C.Y的最高价氧化物对应的水化物为强酸

D.非金属性：

Z＞Y＞X

【答案】A

【解析】

【分析】

某化合物由原子序数依次增大的四种短周期主族元素W、X、Y、Z组成，X的一种核素常用于考古鉴定文物的年代，则X为C元素；W与其它元素既不在相同周期，也不在相同主族，则W为H；Z2-的电子层结构与氖相同，则Z为O；Y介于C、O之间，为N元素，以此分析解答。

【详解】根据上述分析可知，W为H元素，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素。

A．氢原子的半径最小，因此原子的半径：

W＜X，故A错误；

B．H与C、O可分别形成10电子分子甲烷、水，故B正确；

C．N的最高价氧化物对应水化物为硝酸，硝酸为一元强酸，故C正确；

D．同一周期，从左到右，非金属性增强，因此非金属性：

O＞N＞C，故D正确；

故选A。

14.有一真空瓶质量为m1，充满氨气后总质量为m2。

在相同状况下若改为充满某气体A时总质量为m3，则A的相对分子质量是

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】真空瓶中盛有氨气的质量为：

m2-m1，气体A的质量为：

m3-m1，设气体A的相对分子质量为M，相同条件下气体摩尔体积相等，真空瓶的体积相等，根据V=nVm可知气体的物质的量相等，则：

=

，解得：

M=

，故选C。

15.如图所示是NH3的两个性质实验，下列有关说法中正确的是（）

A.两个实验均表现了NH3易溶于水

B.两个实验均表现了NH3易挥发

C.两个实验均表现了NH3是碱性气体

D.两个实验均表现了NH3是还原性气体

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A.实验一体现了NH3易溶于水和氨气的水溶液呈碱性，实验二体现了氨气的挥发性而没有体现氨气易溶于水的性质，故A错误；

B.实验一体现了NH3易溶于水，没有体现氨气的挥发性，故B错误；

C.实验一证明氨气极易溶于水，溶于水形成一水合氨弱碱溶液，滴加酚酞的溶液变红色，证明氨气是碱性气体；实验二证明浓氨水易挥发，氨气遇到氯化氢发生反应生成氯化铵，证明氨气是碱性气体，所以两个实验均表现了NH3是碱性气体，故C正确；

D.两个实验中都未发生氧化还原反应，没有体现氨气的还原性，故D错误；

答案选C。

二、非选择题（本题包括4小题，共55分）

16.钠、铝和铁是三种重要的金属，回答下列问题：

（1）铝和铁中，既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应的物质_______（填化学式），写出它与NaOH溶液反应的离子方程式_______。

（2）三种金属在一定条件下均能与水发生反应。

写出铁与水蒸气反应的化学方程式_______。

取一小块金属钠放入滴有酚酞的水中，可观察到的实验现象是_______。

（填字母序号）。

①钠浮在水面迅速反应②钠沉在水底迅速反应③钠熔成小球并迅速游动④反应中可以听到嘶嘶的响声⑤反应后的溶液变为红色

A.①④⑤B.②③④⑤C.①③④⑤

（3）将钠燃烧后的产物过氧化钠投入水中，发生反应的化学方程式_______。

【答案】

（1）.Al

（2）.2Al+2OH-+2H2O=2

+3H2↑（3）.3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2（4）.C（5）.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑

【解析】

【分析】

【详解】

（1）铝和强酸、强碱都能反应生成可溶性盐和氢气；铝与氢氧化钠溶液反应，反应生成偏铝酸钠和氢气，该离子反应为：

2Al+2OH-+2H2O=2

+3H2↑，故答案为：

Al；2Al+2OH-+2H2O=2

+3H2↑；

（2）高温下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2；钠的密度小于水的密度，所以钠会浮在水面上，钠的熔点较低，钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，同时有大量热量放出，放出的热量使钠熔成小球，反应剧烈可以听到嘶嘶的响声，生成的氢氧化钠显碱性，反应后的溶液变为红色；故①③④⑤正确；故答案为：

3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2；C；

（3）将钠燃烧后的产物过氧化钠投入水中，生成氢氧化钠和氧气，反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。

17.I．研究性学习小组进行SO2的制备及性质探究实验，装置如图（a为活塞，加热及固定装置已略去）。

（1）连接仪器、检查装置气密性，检验上述装置气密性的操作是_______，然后加药品，打开a，然后滴入浓硫酸，加热。

（2）铜与浓硫酸反应制备SO2的化学方程式是_______。

（3）探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象_______。

（4）SO2通入KMnO4溶液中，现象是_______说明SO2具有_______性。

Ⅱ．硝酸是一种具有强氧化性、腐蚀性的强酸，其还原产物因硝酸浓度的不同而变化，总体上说，浓硝酸的还原产物主要为NO2、稀硝酸的还原产物为NO。

回答下列问题：

64gCu与适量的浓HNO3反应，铜全部作用后，共收集到22.4L气体（标准状况），反应中消耗的HNO3的物质的量是_______，产生的气体是_______，其物质的量之比是_______。

【答案】

（1）.关闭分液漏斗活塞，向最后一支试管中加水至没过导管口微热圆底烧瓶，导管口有气泡冒出，停止加热后，回升一段水柱，则装置气密性良好

（2）.Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O（3）.把褪色后的品红溶液加热，溶液恢复红色（4）.溶液红色褪去（或变浅）（5）.还原性（6）.3.0mol（7）.NO2和NO（8）.1∶1

【解析】

【分析】

Ⅰ．铜与浓硫酸共热产生二氧化硫，二氧化硫有漂白性，可使品红溶液褪色，二氧化硫具有还原性，可知酸性高锰酸钾溶液褪色，二氧化硫有毒，反应不完的二氧化硫用NaOH溶液吸收；

Ⅱ．铜和浓硝酸反应生成NO2，与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体可能只有NO2或NO2和NO混合物，反应中消耗的HNO3包括被还原的硝酸和表现酸性的硝酸；再结合得失电子守恒和原子守恒分析解答。

【详解】Ⅰ．

（1）根据装置图，检验该装置气密性的方法是：

关闭分液漏斗活塞，向最后一支试管中加水至没过导管口微热圆底烧瓶，导管口有气泡冒出，停止加热后，回升一段水柱，则装置气密性良好，故答案为：

关闭分液漏斗活塞，向最后一支试管中加水至没过导管口微热圆底烧瓶，导管口有气泡冒出，停止加热后，回升一段水柱，则装置气密性良好；

（2）铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：

Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O；

（3）因二氧化硫能使品红褪色，但加热褪色后的溶液又恢复红色，因此探究SO2与品红作用的可逆性的操作为：

待品红溶液完全褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，无色溶液恢复为红色，故答案为：

把褪色后的品红溶液加热，溶液恢复红色；

（4）二氧化硫具有还原性，通入高锰酸钾溶液被氧化为硫酸，使得高锰酸钾溶液的紫红色褪去（或变浅），故答案为：

溶液红色褪去（或变浅）；还原性；

Ⅱ．铜和浓硝酸反应生成NO2，铜与稀硝酸反应生成NO，故生成的气体可能只有NO2或NO2和NO混合物，由于每个气体分子都含有1个N原子，故气体的物质的量等于被还原的硝酸的物质的量，n（气体）=

=1mol，即被还原的硝酸的物质的量为1mol，n（Cu）=

=1mol，则生成n[Cu（NO3）2]=1mol，可知表现酸性的硝酸的物质的量为1mol×2=2mol，则参加反应的硝酸的物质的量为：

1.0mol+2mol=3mol；设NO2为amol、NO为bmol，根据电子守恒得：

amol×1+bmol×3=1mol×2，根据原子守恒得：

amol+bmol=1mol，解得：

a=b=0.5，即a∶b=1∶1，故答案为：

3mol；NO2和NO；1∶1。

【点睛】本题的易错点和难点为Ⅱ，要注意守恒思想的理解和应用。

18.下表是元素周期表的一部分，请回答下列问题。

（1）元素①～⑧中原子半径最大的元素在周期表中的位置为_______。

（2）元素③的最高价氧化物的化学式为_______。

（3）元素③、④的简单气态氢化物稳定性由强到弱的顺序为_______（填化学式）。

（4）写出⑤和⑥两种元素的最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式：

_______。

（5）元素④⑤⑥⑧形成的简单离子，其离子半径由小到大的顺序为_______（用离子符号表示）。

（6）元素①、③可形成一种摩尔质量为19g•mol-1的离子化合物X，则X的电子式为_______。

（7）用电子式表示元素⑤与⑧形成化合物的过程_______。

【答案】

（1）.第三周期IA族

（2）.N2O5（3）.HF>NH3（4）.Al（OH）3+OH-=

+2H2O（5）.r（Al3+）＜r（Na+）＜r（F-）＜r（Cl-）（6）.

（7）.

【解析】

【分析】

结合图示可知，①为H，②为C，③为N，④为F，⑤为Na，⑥为Al，⑦为S，⑧为Cl元素，结合元素与化合物知识解答。

【详解】

（1）元素①～⑧中原子半径最大的元素为Na，在周期表中位于第三周期ⅠA族，故答案为：

第三周期ⅠA族；

（2）③为N，其最高价氧化物的化学式为N2O5，故答案为：

N2O5，

（3）元素③、④位于同一周期，非金属性N＜F，则简单气态氢化物稳定性由强到弱

顺序为HF＞NH3，故答案为：

HF＞NH3；

（4）⑤为Na，⑥为Al，其最高价氧化物的水化物分别是氢氧化铝和氢氧化钠，两者反应的离子方程式为：

Al（OH）3+OH-=

+2H2O，故答案为：

Al（OH）3+OH-=

+2H2O；

（5）④的离子为F-，⑤的离子为Na+，⑥的离子为Al3+，⑧的离子为Cl-，Cl-有3个电子层，半径最大，F-和Na+和Al3+电子层结构相同，核电荷数越大则半径越小，即r（Al3+）＜r（Na+）＜r（F-），则结合起来为：

r（Al3+）＜r（Na+）＜r（F-）＜r（Cl-），故答案为：

r（Al3+）＜r（Na+）＜r（F-）＜r（Cl-）；

（6）元素H、N可形成一种摩尔质量为19g•mol-1的离子化合物X，X的式量为19，其中N的原子量为14，则含有H的个数为5，X的化学式为NH5，NH5为离子化合物，其电子式为

，故答案为：

；

（7）⑤为Na，⑧为Cl，形成氯化钠，用电子式表示其形成过程为：

，故答案为：

。

19.铁及其化合物在生产、生活中有广泛的应用。

请回答下列问题：

已知：

Fe3O4中含有+2、+3价的铁元素，Fe3+溶液颜色为黄色，Fe2+溶液颜色为浅绿色。

（1）现将少量Fe3O4粉末加入过量稀盐酸，发生反应

离子方程式_______，用所得溶液进行以下实验：

（2）取少量溶液于试管中，滴入NaOH溶液，观察到有红褐色沉淀生成，写出有关此现象的离子方程式为_______。

（3）取少量溶液于试管中，加入还原铁粉，振荡，铁粉逐渐溶解，溶液由黄色变为浅绿色，写出有关此现象的离子方程式为_______。

（4）铁、铜混合粉末18.0g加入100mL5.0mol·L-1FeCl3溶液中，剩余固体质量为3.2g。

请回答下列问题：

①反应后溶液中有Fe3+吗？

_______（填有或无）

②剩余固体是_______（填物质名称）

③原固体混合物中铜的质量_______g

【答案】

（1）.Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O

（2）.Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓（3）.2Fe3++Fe=3Fe2+（4）.无（5）.铜（6）.9.6g

【解析】

【分析】

【详解】

（1）Fe3O4与盐酸反应生成FeCl3和FeCl2，反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；

（2）向溶液中滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀，该过程产生的沉淀为Fe（OH）3，该过程的离子方程式为Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓；

（3）取少量溶液于试管中，加入还原铁粉，振荡，铁粉逐渐溶解，溶液由黄色变为浅绿色，该过程中Fe3+与Fe反应生成Fe2+，反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；

（4）铁的还原性强于铜，把其加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5mol，

m1=14g，m2=16g，

但溶解

金属质量是18-3.2=14.8，则两种金属都参与反应，Fe3+完全反应，剩余的金属是铜，反应后溶液中无Fe3+；

设参加反应的Fe的物质的量为xmol，Cu的物质的量为ymol，则有：

56x+64y=14.8g

2x+2y=0.5mol

解得x=0.15，y=0.1，因此原来固体中Fe的质量为56g/mol×0.15mol=8.4g，Cu的质量为18g-8.4g=9.6g；

故答案为：

①无；②铜（或Cu）；③9.6g。