四川省达州市达县麻柳中学高一化学下学期期末试卷含解析

四川省达州市达县麻柳中学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，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（）A.NaCl晶体、BaSO4

B.铜、二氧化硫C.液态的醋酸、酒精

D.熔融的KNO3、硫酸溶液参考答案：CA．NaCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；硫酸钡属于电解质，故A错误；B．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质；二氧化硫属于非电解质，故B错误；C．液态的醋酸的水溶液能导电，属于电解质；酒精在水溶液中和熔融状态下均不能导电，属于非电解质，故C正确；D．熔融的KNO3属于电解质；硫酸溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选C。点睛：本题考查电解质与非电解质，解答该类概念性题目，应抓住概念中的关键词，并注意大多数有机化合物都是非电解质。无论电解质还是非电解质，都一定是化合物，单质、混合物一定不是电解质和非电解质。2.原始大气是还原性气体，不含O2。现今地球上的大气具有氧化性，其中大部分游离态的氧气是下列哪种过程的结果

A．呼吸作用

B．光合作用C．排泄作用

D．化学能合成作用参考答案：B3.下列物质与其俗名匹配且相关叙述合理的是（

）A.磁性氧化铁：四氧化三铁，为黑色晶体

B.铁红：氧化亚铁，可用作红色油漆的颜料C.双氧水：过氧化氢，受热稳定、易溶于水

D.苏打：碳酸氢钠，可用于治疗胃酸过多参考答案：AA.磁性氧化铁是四氧化三铁，为黑色晶体，A正确；B.铁红是氧化铁，可用作红色油漆的颜料，B错误；C.双氧水是过氧化氢，受热易分解生成氧气和水，C错误；D.苏打是碳酸钠，小苏打碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多，D错误。答案选A。4.

右图是关于反应A2(g)+3B2(g)2C(g)(正反应为放热反应)的平衡移动图象，影响平衡移动的原因可能是（

）

A．升高温度，同时加压

B．降低温度，同时减压

C．增大反应物浓度，同时减小生成物浓度

D．增大反应物浓度，同时使用催化剂参考答案：C略5.R、W、X、Y、Z为原子序数依次递增的同一短周期元素，下列说法一定正确的是（m、n均为正整数）A．若R(OH)m为强碱，则W(OH)n也为强碱B．若HXOm为强酸，则Y是活泼非金属元素C．若Y的最低化合价为-2，则Z的最高正化合价为+6D．若X的最高正化合价为+5，则五种元素都是非金属元素参考答案：B略6.有X、Y两种元素，原子序数≤20，X的原子半径小于Y，且X、Y原子的最外层电子数相同（选项中m、n均为正整数）。下列说法正确的是

（

）A．若X（OH）n为强碱，则y（OH）。也一定为强碱B．若HnXOm为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性C．若X元素形成的单质是X2，则Y元素形成的单质一定是Y2D．若Y的最高正价为+m，则X的最高正价一定为+m参考答案：A略7.30mL1mol·L-1NaCl溶液和40mL0.5mol·L-1CaCl2溶液混合后，混合液中Cl－浓度为（假设溶液体积混合前后不变）（

）A.0.5mol·L-1

B.0.6mol·L-1

C.1.0mol·L-1

D.2mol·L-1参考答案：C略8.下列各物质含少量杂质，除去这些杂质应选用的试剂或操作方法正确的是序号物质杂质除杂应选用的试剂或操作方法①KNO3溶液KOH加入FeCl3溶液，并过滤②FeSO4溶液CuSO4加入过量铁粉，并过滤③H2CO2通过盛NaOH溶液的洗气瓶，并干燥④CaCO3粉末CaCl2溶解、过滤、蒸发A.②③

B.②③④

C.①③④

D.①②③④参考答案：A【详解】①加入氯化铁，生成KCl，会引入新杂质，应加入硝酸铁除杂，故错误；②铁可置换出铜，可除去杂质，故正确；③二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，可除去杂质，干燥后得到纯净的氢气，故正确；④碳酸钙不溶于水，氯化钙溶于水，可用过滤的方法除去，但不需要蒸发，故错误。故选A。【点睛】本题考查混合物分离、提纯方法的选择和应用，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，注意发生的反应及除杂的原则。9.下列说法正确的是（

）①锌跟稀硫酸反应制取氢气，加入少量硫酸铜溶液能加快反应速率；②电冶铝工业中用电解熔融状态氧化铝，用冰晶石作助熔剂的方法进行冶炼③电解法精炼铜时，电路中每转移2mol电子，阳极质量就减少64g④镀锌铁镀层破坏后锌仍能减缓铁腐蚀，其原理为牺牲阳极的阴极保护法⑤第五套人民币的一元硬币材质为铜芯镀银，在电镀过程中，铜芯应做阳极⑥外加电流的金属保护中，被保护的金属与电源的正极相连，发生氧化反应A.①②④

B.①②③④

C.①③⑤⑥

D.③④⑥参考答案：A分析：本题考查的是金属的腐蚀和防护，根据原电池和电解池的原理进行分析。详解：①锌跟稀硫酸反应制取氢气，加入少量硫酸铜溶液时锌与硫酸铜反应生成铜，在硫酸存在下形成原电池，加快反应速率，故正确；②电冶铝工业中用电解熔融状态氧化铝，用冰晶石作助熔剂的方法可以降低氧化铝的熔点，故正确；③电解法精炼铜时，阳极上先溶解活泼的金属，再溶解铜，故电路中每转移2mol电子，阳极质量不是铜的质量，故错误；④镀锌铁镀层破坏后形成原电池，锌做原电池的负极，锌仍能减缓铁腐蚀，其原理为牺牲阳极的阴极保护法，故正确；⑤第五套人民币的一元硬币材质为铜芯镀银，在电镀过程中，铜芯应做阴极，银做阳极，故错误；⑥外加电流的金属保护中，被保护的金属与电源的负极极相连，不发生反应，故错误。故选A。点睛：掌握特殊的电解池的工作原理。在电镀装置中，待镀金属在阴极，镀层金属做阳极，溶液含有镀层金属阳离子。在精炼铜装置中，阳极为粗铜，首先是粗铜中存在的活泼金属反应，如锌铁等，然后才是铜溶解，而活泼性在铜之后的金属如银或金等变成阳极泥沉降下来。阴极为纯铜，可以通过转移电子数计算析出的铜的质量，不能计算阳极溶解的质量。10.下列物质中，只含有非极性共价键的是（

）A、NaOH

B、NaCl

C、H2S

D、H2参考答案：D略11.已知NO2和N2O4可以相互转化：2NO2(g)N2O4(g)；ΔH＜0。现将一定量NO2和N2O4的混合气体通入体积为1L的恒温密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如下图。下列说法中，正确的是A.反应速率：v正(b点)＜v正(d点)B.前10min内用v(N2O4)表示的平均反应速率为0.04mol/(L·min)C.25min时，导致平衡移动的原因是升高温度D.a和c点：Qc（浓度熵）＜K（平衡常数）参考答案：A【分析】0-10min内，Δc(X)=0.4mol/L，Δc(Y)=0.2mol/L，则可以推出X为NO2，Y为N2O4；25min时，NO2的浓度突然增大，然后再减小，而N2O4的浓度是逐渐增大，由此可以推出此时是增加了NO2的浓度引起的平衡的移动。【详解】A.经分析，X为NO2，Y为N2O4，c(NO2)b＜c(NO2)d，则v正(b点)＜v正(d点)，A正确；B.0-10min内，v(N2O4)==0.02mol/(L·min)，B错误；C.25min时，c(NO2)突然增大，再慢慢减小，而c(N2O4)则慢慢增大，说明此时平衡的移动是由增加NO2的浓度引起的，C错误；D.a点，c(NO2)增大，c(N2O4)在减小，说明平衡向逆反应方向移动，则a点Qc＞K；c点，c(NO2)在减小，c(N2O4)在增大，说明平衡向正反应方向移动，则c点Qc＜K；D错误；故合理选项为A。【点睛】本题的突破口在起始0-10min内X、Y的浓度变化情况，通过这一点可以判断出X为NO2，Y为N2O4。这就要求学生在平时的练习中，看图像一定要看全面，再仔细分析。

12.参考答案：D略13.用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上铜箔的反应是：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+．下列有关说法不正确的是（）A．Cu是还原剂，被腐蚀

B．Fe3+是氧化剂C．该反应是置换反应

D．该反应属于离子反应参考答案：C考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：反应Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+中，Cu颜色化合价升高，被氧化，Cu为还原剂，Fe元素化合价降低，被还原，Fe3+为氧化剂，以此解答．解答：解：A．Cu元素化合价升高，被氧化，为还原剂，故A正确；B．Fe元素化合价降低，被还原，Fe3+为氧化剂，故B正确；C．生成物中没有单质，不是置换反应，故C错误；D．该反应有离子参加，是离子反应，故D正确．故选C．点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，难度不大．14.在下列反应中，水既不是氧化剂，又不是还原剂的氧化还原反应

A．氟气溶于水

B．金属钠溶于水

C．二氧化氮溶于水

D．二氧化硫溶于水参考答案：C15.区别植物油和裂化汽油的正确方法是（）A．加酸性高锰酸溶液，振荡

B．加NaOH溶液，煮沸C． 加新制Cu（OH）2悬浊液，煮沸 D．加溴水，振荡参考答案：B考点：有机物的鉴别．分析：植物油含有酯基，可发生水解，并含有碳碳双键，可发生氧化反应、加成反应，裂化汽油含有碳碳双键，可发生氧化、加成反应，以此解答该题．解答：解：A．植物油和裂化汽油都含有碳碳双键，都可使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，故A错误；B．植物油含有酯基，在碱性条件下可发生水解，可鉴别，故B正确；C．植物油和裂化汽油都不含有醛基，与新制Cu（OH）2悬浊液不反应，不能鉴别，故C错误；D．植物油和裂化汽油都含有碳碳双键，都可与溴水发生加成反应，不能鉴别，故D错误．故选B．点评：本题考查有机物的鉴别，题目难度不大，注意把握有机物的官能团的种类和性质，为解答该题的关键．二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.现用18.4mol/L的浓H2SO4来配制500mL0.2mol/L的稀H2SO4。可供选择的仪器有：①玻璃棒②烧瓶③烧杯④胶头滴管⑤量筒⑥容量瓶⑦托盘天平⑧药匙。请回答下列问题：(1)上述仪器中，在配制稀H2SO4时用不到的有

(填代号)。(2)经计算，需浓H2SO4的体积为

。现有①10mL

②50mL

③100mL三种规格的量筒，应选用的量筒是

(填代号)。(3)将浓H2SO4加适量蒸馏水稀释，冷却片刻，随后全部转移到

mL的容量瓶中，转移时应用玻璃棒

。转移完毕，用少量蒸馏水洗涤

2～3次，并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，振荡容量瓶，使溶液混合均匀。然后缓缓地把蒸馏水直接注入容量瓶直到液面接近刻度1～2cm处。改用

加蒸馏水到瓶颈刻度的地方，使溶液的

。振荡、摇匀后，装瓶、贴签。(4)在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中：能引起误差偏高的有

(填代号)。①洗涤量取浓H2SO4后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中③将浓H2SO4直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水稀释浓H2SO4④定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出⑤转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线⑦定容时，俯视标线参考答案：略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.在Fe3O4+4CO3Fe+4CO2的反应中，

是氧化剂，

是还原剂，元素被氧化，

是氧化产物．参考答案：Fe3O4；CO；C；CO2【考点】氧化还原反应．【分析】化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，该元素被还原，化合价升高元素所在的反应物是还原剂，该元素被氧化．【解答】解：在Fe3O4+4CO3Fe+4CO2的反应中，铁元素的化合价降低，所以铁元素被还原，Fe3O4是氧化剂，碳元素化合价升高，所以碳元素被氧化，CO是还原剂，生成CO2是氧化产物，故答案为：Fe3O4；CO；C；CO2．18.（10分）乙烯是石油裂解气的主要成分，它的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平。请回答下列问题。(1)乙烯的电子式____________，结构简式____________。(2)下列物质中，可以通过乙烯加成反应得到的是______(填序号)。A．CH3CH3