四川省资阳市简阳养马中学2022-2023学年高一化学期末试卷含解析

四川省资阳市简阳养马中学2022-2023学年高一化学期末试卷含解析一、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.下列变化中，没有化学反应发生的是

A．煤的干馏

B．石油的分馏

C．石油的裂化

D．石油的裂解参考答案：B略2.溶液、浊液、胶体三种分散系的本质区别为（

）A、稳定性

B、透明度

C、分散质粒子的直径大小

D、颜色参考答案：C略3.下列叙述不正确的是A.10mL质量分数为98%的H2SO4溶液,用10mL水稀释后,H2SO4的质量分数大于49%B.配制0.1mol·L-1的Na2CO3溶液480mL,需用500mL容量瓶C.在标准状况下,将22.4L氨气溶于1L水中,得到1mol·L-1的氨水D.向两等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O,使溶液均恰好饱和,则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1∶1(保持温度不变)参考答案：C试题分析：A．硫酸的密度大于水的，因此10mL质量分数为98％的H2SO4用10mL水稀释后；H2SO4的质量分数大于49％，A正确；B．没有480mL的容量瓶，因此配制0．1mol·L-1的Na2CO3溶液480mL，需用500ml容量瓶，B正确；C．在标准状况下，将22．4L氨气溶于1L水中，所得溶液的体积不是1，因此得不到1mol·L-1的氨水，C错误；D．由于过氧化钠可以看作是Na2O·O，与水反应后生成氢氧化钠后氧气，溶液增加的质量就是Na2O，因此向2等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1：1（保持温度不变），D正确，答案选C。4.下列有关说法正确的是(

)A.糖类、油脂和蛋白质都是天然高分子化合物B.煤的干馏和石油的分馏都是化学变化C.C4H9C1有4种同分异构体D.油脂都不能使溴的四氯化碳溶液褪色参考答案：C【详解】A、油脂以及单糖和二糖等都不是高分子化合物，A错误；B、煤的干馏是化学变化，石油的分馏是物理变化，B错误；C、丁基有4种，则C4H9C1有4种同分异构体，C正确；D、含有不饱和键的油脂能使溴的四氯化碳溶液褪色，D错误。答案选C。【点睛】本题主要是油脂的结构和性质，化石燃料的综合利用，苯的性质以及同分异构体判断等，难点是选项C中同分异构体判断，注意一取代产物数目的判断方法，基元法就是常用的一种，例如丁基有四种异构体，则丁醇、戊醛、戊酸等都有四种同分异构体。5.下列反应中，属于加成反应的是A．乙烯使酸性KMnO4溶液褪色

B．将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色C．乙烯使溴水褪色

D．甲烷与氯气混合，光照一段时间后黄绿色消失参考答案：C略6.用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是A．标准状况下，5.6LH2O含有的分子数为0.25NAB．常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为0.02NAC．通常状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4LD．物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为NA参考答案：B略7.天然气燃烧过程中的能量转化方式为A．化学能转化为机械能

B．化学能转化为电能C．热能转化为化学能

D．化学能转化为热能参考答案：D 8.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如下图所示。若Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，下列说法中正确的是A.原子半径:X>Y>Z>WB.最高价氧化物对应水化物的酸性:X>Z>WC.4种元素的单质中，Z单质的熔沸点最低D.W单质能与水反应，生成具有漂白性的物质参考答案：D【分析】本题的突破口为Z，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，其电子层数应为3，则最外层电子数为6，应为S元素，根据四种元素在周期表中的位置可知，X为N元素，Y为O元素，W为Cl元素，根据元素所在周期表中的位置，结合元素周期律的递变规律比较原子半径、单质的熔沸点以及最高价氧化物对应水化物的酸性等性质。【详解】Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，其电子层数应为3，则最外层电子数为6，应为S元素，根据四种元素在周期表中的位置可知，X为N元素，Y为O元素，W为Cl元素；A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则X＞Y，Z＞W，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，且原子核外电子层数越多，半径越大，则W＞X，所以原子半径大小顺序为Z＞W＞X＞Y，故A错误；B．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，根据元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强可知最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞Z，故B错误；C．四种元素的单质中N2、O2和Cl2常温下均为气体，而S为固体，即Z单质的熔沸点最高，故C错误；D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，故D正确；故答案为D。9.下列说法正确的是（）A．NaOH的摩尔质量是40gB．1molH2的质量与它的相对分子质量相等C．1molH2O的质量为18g/molD．氧气的摩尔质量在数值上等于它的相对分子质量参考答案：D考点：摩尔质量；物质的量的相关计算．专题：计算题．分析：A、根据摩尔质量的单位g/mol进行判断；B、质量的单位为g，而相对分子量单位省略不写；C、根据质量的单位是g进行判断；D、根据摩尔质量与相对分子量的数值关系进行分析．解答：解：A、氢氧化钠的摩尔质量为40g/mol，质量的单位是g，故A错误；B、1mol氢气的质量是2g，氢气的相对分子量为2，二者单位不同，所以不相等，故B错误；C、质量单位是g，1mol水的质量是18g，故C错误；D、摩尔质量以g/mol为单位时，摩尔质量在数值上等于它的相对分子质量，故D正确；故选：D．点评：本题考查了摩尔质量，注意摩尔质量的单位是g/mol，质量的单位是g，本题难度不大．10.下列对某些合成材料,如塑料制品废弃物的处理方法正确的是A.将废弃物混在垃圾中填埋在土壤里

B.将废弃物焚烧C.将废弃物用化学方法加工成涂料或汽油

D.将废弃物倾倒在海洋中参考答案：C11.固体氧化物燃料电池是由美国西屋（Westinghouse）公司研制开发的．它以固体氧化锆﹣氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（O2﹣）在其间通过．该电池的工作原理如图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应．下列判断正确的是（）A．有O2放电的a极为电池的负极B．O2﹣移向电池的正极C．b极对应的电极反应为2H2﹣4e﹣+2O2﹣═2H2OD．a极对应的电极反应为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣参考答案：C【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】该电池属于氢氧燃料电池，电池工作时的正负极反应式分别为：正极：O2+4e﹣=2O2﹣；负极：2H2﹣4e﹣+2O2﹣═2H2O，总反应为：2H2+O2=2H2O．【解答】解：A、在燃料电池中，有O2放电的a极为原电池的正极，故A错误；B、在燃料电池中，阴离子移向负极，所以O2﹣移向电池的负极，故B错误；C、在燃料电池中，有H2放电的b极为电池的负极，电极反应为2H2﹣4e﹣+2O2﹣═2H2O，故C正确；D、a极为正极，电极反应为：O2+4e﹣=2O2﹣，故D错误．故选C12.下列排列顺序错误的是A.酸性：H4SiO4＜H3PO4＜H2SO4＜HClO4 B.沸点：HF>HI>HBr>HClC.氢化物的稳定性：SiH4＞H2S＞H2O＞HF D.原子半径：F＜O＜S＜Na参考答案：C【详解】A．同周期元素从左到右，非金属性增加，最高价氧化物对应的水化物的酸性增强。Si、P、S、Cl的非金属性增强，最高价氧化物的水化物的酸性增强，A正确，不符合题意；B．共价化合物的沸点与分子间作用力有关，分子间作用力越大，沸点越高。分子间作用力与相对分子质量有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，但是HF分子间存在氢键，氢键比分子间作用力强，因此HF沸点最高，HI、HBr、HCl按照相对分子质量排序，HI的沸点最高。B正确，不符合题意；C．非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，氢化物的稳定性：SiH4＜H2S＜H2O＜HF，C项错误，符合题意；D．同周期从左到右原子半径越来越小，同主族从上到下原子半径越来越大，因此O>F，Na>S，S>O，则D中的排序F＜O＜S＜Na正确，D正确，不符合题意；本题答案选C。

13.下列各组离子因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（

）

A．H＋、C2O42－、MnO4－、SO42－

B．Fe3＋、K＋、SCN－、Cl－

C．Na＋、Cu2＋、Cl－、OH－

D．Fe2＋、Na＋、SO42－、[Fe(CN)6]3－参考答案：A略14.化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是A．H2O的电子式：

B．质量数为14的碳原子：C．CO2的比例模型：

D．Cl－的结构示意图：参考答案：B15.下列物质的按熔沸点升高顺序排列的是A、Li

Na

K

Rb

B、

NaF

NaCl

NaBr

NaIC、F2

Cl2

Br2

I2

D、H2O

H2S

H2Se

H2Te参考答案：C略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.海洋中含有丰富的化学资源．如从海水得到的食盐水可以用来制取食盐，可以用来电解得到许多化工原料，可以通过蒸馏获得淡水等等．（一）从海水得到的粗食盐水常含BaCl2等杂质．某同学设计如下实验方案，以分离NaCl和BaCl2两种固体混合物试回答下列问题．（1）操作①的名称是

，（2）试剂a是

，试剂b是

，固体B是

．（填化学式）（3）加入试剂a所发生的离子反应方程式为：

加入试剂b所发生的化学反应方程式为：

（4）该方案能否达到实验目的：

．若不能，应如何改进（若能，此问不用回答）

．（5）判断试剂试剂a已经足量的方法：

（6）有下列仪器，操作②时必须用到的是

（填字母），仪器A的名称是

．（二）海带等藻类物质经过处理后，可以得到碘水，欲从碘水中提取碘．需要上述仪器中的

（填字母），向该碘水中加入四氯化碳以提取碘单质的实验操作称为

．（三）海水蒸馏是由海水获得淡水的常用方法之一，在实验室组成一套蒸馏装置肯定需要上述仪器中的一部分，些仪器是

（填字母）．参考答案：1.溶解

Na2CO3

HCl

BaCl2

Ba2++CO32﹣═BaCO3↓

BaCO3+2H+=H2O+CO2↑+Ba2+否

滤液中应滴加适量稀盐酸后再蒸发结晶．

静置取沉淀后上层清液少许于试管中继续滴加碳酸钠溶液少许，若无白色沉淀产生，则碳酸钠已足量

E

量瓶2.B

萃取3.CDFG考点：海水资源及其综合利用．专题：卤族元素；化学实验基本操作．分析：分离NaCl和BaCl2两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量Na2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，操作②所得滤液为NaCl和Na2CO3的混合物，应加入过量盐酸可得NaCl；（一）（1）操作①是固体混合物溶于水得到混合溶液减小分离；（2）固体溶解后加入过量Na2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，a为Na2CO3，b为盐酸，流程分析可知固体B为氯化钡；（3）加入过量Na2CO3使BaCl2转化为沉淀，试剂a为碳酸钠；发生的反应是钡离子和碳酸根离子反应生成沉淀碳酸钡，反应过程中试剂b为盐酸，是利用盐酸溶解碳酸钡得到氯化钡溶液；（4）操作②所得滤液为NaCl和Na2CO3的混合物蒸发结晶干燥，得到固体C为氯化钠和碳酸钠的混合物，不能分离得到氯化钠，需要加入适量盐酸除去碳酸钠；（5）试剂a为碳酸钠，判断手否过量的实验方法可以利用取上层清液，加入碳酸钠观察是否生成沉淀或加入氯化钡溶液的方法检验；（6）操作②是分离固体和液体的过滤操作，结合过滤装置和操作分析选择仪器；（二）从碘水中提取碘，需进行萃取分液操作，必须使用的仪器是分液漏斗；（三）蒸馏装置需要的仪器为酒精灯、蒸馏烧瓶、冷凝管等．解答：解：分离NaCl和BaCl2两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量Na2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，操作②所得滤液为NaCl和Na2CO3的混合物，应加入过量盐酸可得NaCl；（一）（1）操作①的名称是溶解固体，故答案为：溶解；（2）固体溶解后加入过量Na2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，a为Na2CO3，b为盐酸，流程分析可知固体B为氯化钡，故答案为：Na2CO3，HCl，BaCl2；（3）加入过量Na2CO3使BaCl2转化为沉淀，试剂a为碳酸钠；发生的反应是钡离子和碳酸根离子反应生成沉淀碳酸钡，反应的离子方程式为：Ba2++CO32﹣═BaCO3↓，反应过程中试剂b为盐酸，是利用盐酸溶解碳酸钡得到氯化钡溶液，反应的离子方程式为：故答案为：Ba2++CO32﹣═BaCO3↓，BaCO3+2H+=H2O+CO2↑+Ba2+；（4）操作②所得滤液为NaCl和Na2CO3的混合物蒸发结晶干燥，得到固体C为氯化钠和碳酸钠的混合物，不能分离得到氯化钠，需要加入适量盐酸除去碳酸钠，到不再生成气体得到较纯净的氯化钠溶液，该方案不能达到实验目的，故答案为：否，滤液中应滴加适量稀盐酸后再蒸发结晶；（5）试剂a为碳酸钠，判断手否过量的实验方法可以利用静置取沉淀后上层清液少许于试管中，继续滴加碳酸钠溶液少许，若无白色沉淀产生则碳酸钠已足量，故答案为：静置取沉淀后上层清液少许与试管中继续滴加碳酸钠溶液少许若无白色沉淀产生则碳酸钠已足量；（6）分离出沉淀时为过滤操作，必须用到漏斗、烧杯、玻璃棒等，则上述仪器必须使用E，A为配制溶液的仪器容量瓶，故答案为：E，容量瓶；（二）从碘水中提取碘，需进行萃取分液操作，需要上述仪器中的是B分液漏斗，向该碘水中加入四氯化碳以提取碘单质的实验操作为萃取，故答案为：B，萃取；（三）蒸馏装置需要的仪器为酒精灯、蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计等，按照实验仪器由下向上，从左到右的顺序，这些仪器依次是CDFG，故答案为：CDFG．点评：本题考查海水资源及其综合利用，涉及粗盐提纯、混合物分离、提纯的基本方法选择与应用，为高频考点，把握物质的性质及常见混合物分离提纯方法为解答的关键，注意粗盐提纯中试剂的加入顺序及试剂过量为解答的难点，题目难度中等三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大；A元素的原子是半径最小的原子；B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X；D与A同主族，且与F同周期；F元素的最外层电子数是其次外层电子数的3/4倍；A、

B、D、F这四种元素都能分别与C元素两两形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物；D、

E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应。请问答下列问题:(1)可以验证C和F两种元素非金属性强弱的结论是______(填编号)。①比较这两种元素常见单质的熔点②比较这两种元素的单质与氢气化合的难易程度③比较这两种元素的气态氢化物的还原性(2)化合物甲、乙均由A、C、D、F四种元索组成，这两种化合物相互反应的离子方程式为______。(3)向含有a

molE的氯化物的溶液中加入含b

mol

D的最高价氧化物对应水化物的溶液，生成沉淀的物质的量不可能为_______。(填序号)①amol

②b

mol

③a/3

mol

④b/3mol

⑤0

⑥(4a-b)mol参考答案：(1)②③

(2)H++HSO3

-==H2O+SO2↑

(3)②分析：A、B、C、D、E、F是六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子半径最小，则A为H；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐，则B为N；F元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3/4，则F为S；D与A同主族，且与F同周期，则D为Na；A、B、D、F这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的多种化合物，则C为O，D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应，可知E为Al。详解：A、B、C、D、E、F是六种短周期元素，A为H；B为N；C为O，D为Na；E为Al，F为S；(1)C为O，F为S，氧与硫同主族，从上到下非金属性在减弱，则非金属性O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，越易与氢气发生反应，与单质的熔沸点无关，可以验证C和F两种元素非金属性强弱的结论是②③。(2)化合物甲、乙均由A、C、D、F四种元索组成，A、C、D、F可形成两种酸式盐为NaHSO3和NaHSO4，离子反应为HSO3－+H＋═SO2↑+H2O。(3)向含有amolAlCl3的溶液中加入含bmolNaOH的溶液，发生反应：①AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，②AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl，当a：b≥1：3时，只发生反应①，二者恰好反应时得到沉淀为amol或b/3mol，氯化铝过量时，得到沉淀amol，小于amol，可能为a/3mol；当a：b≤1：4时，只发生反应②，没有沉淀生成，即沉淀为0；当1：3＜a：b＜1：4时，发生反应①②，则：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaClxmol

3xmol

xmol，AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl，（a-x）mol

4（a-x）mol则3xmol+4（a-x）mol=b，解得x=（4a-b），即沉淀为（4a-b）mol，由于部分铝离子转化为氢氧化铝沉淀，可能为a/3mol；由氢氧根守恒可知，氢氧化铝的物质的量不可能等于NaOH物质的量，即沉淀不能为bmol，总上分析可知，沉淀可能为①amol、③a/3mol、④b/3mol、⑤0、⑥（4a-b）mol，不可能②bmol，故选②．点睛：本题考查结构性质位置关系应用，侧重于学生的分析能力、计算能力的考查，解题关键：推断元素，易错点（1）掌握元素金属性、非金属性比较，难点（3）过量计算，要思路要清淅，分步解题．18.化学知识与我们日常生活密切相关，根据所学知识回答下列问题：（1）洪灾过后，饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病爆发的有效方法之一。漂白粉是常用的消毒剂。写出工业制漂白粉化学方程式__________________。漂白粉的主要成分是（填化学式）________________________________。漂白粉必须密封保存，是由于漂白粉中的有效成分能与空气中的二氧化碳和水蒸气发生反应而使其失效，写出该反应化学方程式_____________。（2）“84”消毒液（含NaClO）在日常生活中使用广泛，有漂白作用；洁厕灵（主要成分为盐酸）常用作清洗剂，但若将二者混合使用则会使人发生中毒现象。写出二者反应的离子方程式__________。（3）侯德榜是我国制碱工业的先驱，为纯碱和氮肥工业技术的发展做出了杰出的贡献。该制碱工业的关键环节是用氨气、水、二氧化碳和氯化钠反应得到了碳酸氢钠和铵盐，反应的化学方程式为_________。参考答案：(1)2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O

CaCl2、Ca(ClO)2

Ca(ClO)2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO

(2)ClO—+Cl—+2H+＝Cl2↑+H2O

(3)NaCl+NH3+H2O+CO2＝NaH