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

1、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：H1 N14 O16 Na23 Cl35.5 S32 Fe56 Cu64一、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

2、确；BSO2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-2b，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

3、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；CNO不稳定，易与O2反应生成NO2，C错误；DN2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

4、. CO2 B. NaCl C. O2 D. 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

5、，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】AH和OH反应生成弱电解质水而不能大量共存，故A错误；BCO和这几种离子都不反应，所以能大量共存，故B正确；CAg和OH-、Cl都不能大量共存，故C错误；DMg2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HSH D. 过氧化氢的电子式：【答案】C【解析】【分析】【详解】ACO2中C需形成四对

6、共用电子对，因此CO2的电子式为，A错误；BMg失去2个电子变成Mg2+，Mg2+的结构示意图为，B错误；CH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

7、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+H2OH+Cl-+HClO，HClO不稳定分解：2HClO2HCl+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F2D. 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，

8、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. CaO B. KCl C. NaOH D. 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

9、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4 0 gB. 取58.5 g NaCl固

10、体放入1 L水中充分溶解，所得溶液中NaCl的物质的量浓度为1 molL-1C. 将浓度为2 molL-1硫酸钠溶液10 mL加水稀释至200 mL，所得溶液浓度为0.1 molL-1D. 标准状况下，1 mol H2和1 mol H2O所占的体积都约为22.4 L【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

11、案选C。12. 下列互为同位素的是A. H2、D2 B. 14N、14C C. 16O、17O D. 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

12、说法错误的是( )A. 原子的半径：WXB. 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：ZYX【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：WX，故A错误；BH与C、O可分别形成10电子分子甲烷、水，故B正确；

13、CN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：ONC，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

14、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

15、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)。钠浮在水面迅速反应钠沉在水底迅速反应钠熔成小球并迅速游动反应中可以听到嘶嘶的响声反应后的溶液变为红色A.B.C.(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

16、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

17、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

18、_。(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。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+2H2

19、SO4(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). 11【解析】【分析】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；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】(1)根据装置图

20、，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

21、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；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nCu(NO3)2=1mol，可知表现酸性的硝酸的物质的量为1mol2=2mol，则参加反应

22、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：amol1+bmol3=1mol2，根据原子守恒得：amol+bmol=1mol，解得：a=b=0.5，即ab=11，故答案为：3 mol；NO2和NO；11。【点睛】本题的易错点和难点为，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)元素中原子半径最大的元素在周期表中的位置为_。(2)元素的最高价氧化物的化学式为_。(3)元素、的简单气态氢化物稳定性由强到弱的顺序为_(填化学式)。(4)写出和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：_

23、。(5)元素形成的简单离子，其离子半径由小到大的顺序为_(用离子符号表示)。(6)元素、可形成一种摩尔质量为19gmol-1的离子化合物X，则X的电子式为_。(7)用电子式表示元素与形成化合物的过程_。【答案】 (1). 第三周期IA族 (2). N2O5 (3). HFNH3 (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，为H，为C，为N，为F，为Na，为Al，为S，为Cl元素，结合元素与化合物知识解答。【详解】(1) 元素中原子半径最大的元素为Na，在周期表中位于第三周期A族

24、，故答案为：第三周期A族；(2) 为N，其最高价氧化物的化学式为N2O5，故答案为：N2O5，(3) 元素、位于同一周期，非金属性NF，则简单气态氢化物稳定性由强到弱顺序为HFNH3，故答案为：HFNH3；(4) 为Na，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) 的离子为F-，的离子为Na+，的离子为Al3+，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

25、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19gmol-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) 为Na，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

26、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100mL5.0molL-1FeCl3溶液中，剩余固体质量为3.2g。请回答下列问题：反应后溶液中有Fe3+吗？_(填有或无)剩余固体是_(填物质名称)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+

27、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x mol，Cu的物质的量为y mol，则有：56x+64y=14.8g2x+2y=0.5mol解得x=0.15，y=0.1，因此原来固体中Fe的质量为56g/mol0.15mol=8.4g，Cu的质量为18g-8.4g=9.6g；故答案为：无；铜(或Cu)；9.6g。