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1、17级高考班第一学期期末考试 高 一 化 学 试 卷班别: 姓名:(可能用到的相对原子质量:H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 S32 Cl35.5 Cu64 Fe56 )一、选择题:(本题包括25小题,每小题只有一个选项符合题意,每小题3分共75分)1下列叙述中,说法不正确的是( C )A复分解反响确定都不属于氧化复原反响B在氧化复原反响中,金属单质确定不是氧化剂C在氧化复原反响中,非金属单质确定是氧化剂D置换反响确定都属于氧化复原反响A复分解反响中确定没有元素的化合价改变,则复分解反响确定都不属于氧化复原反响,故A正确;B金属单质在反响中元素的化合价确定上升,确定为
2、复原剂,则在氧化复原反响中,金属单质确定不是氧化剂,故B正确;C非金属单质在反响中元素的化合价可能上升,也可能降低,如氢气与氯气反响时H元素的化合价上升,为复原剂,则在氧化复原反响中,非金属单质不确定是氧化剂,故C错误;D置换反响中确定存在元素的化合价改变,则置换反响确定都属于氧化复原反响,故D正确;故选C2“纳米材料”是当今材料科学探讨的前沿,指探讨、开发出的直径从几纳米至几十纳米的材料,1纳米(nm)=109 m,假如将“纳米材料”分散到液体分散剂中,下列说法确定正确的是(A )A有丁达尔效应 B不能吸附溶液中悬浮物 C不能透过滤纸 D所得分散系不稳定3现有下列仪器:烧杯、铁架台(带铁圈)
3、、分液漏斗、酒精灯、玻璃棒、蒸发皿和蒸馏烧瓶,从缺少仪器的角度分析,不能进展的试验工程是( C )A萃取 B蒸发 C过滤 D溶解4下列表格中各项分类都正确的一组是:(B)类别选项纯洁物混合物电解质 非电解质A生理盐水明矾液态KNO3蔗糖B CaO海 水铜乙醇C胆矾铝合金AgCl CO2D氢氧化钠空气Na2SO4溶液食醋A盐酸是氯化氢的水溶液是混合物,故A错误;B胆矾是纯洁物,海水含有多种成分是混合物;次氯酸是电解质,酒精是非电解质,故B正确;C氯水是氯气的水溶液,是混合物,故C错误;D液氯是液态的氯气是纯洁物,故D错误故选B5设NA表示阿伏加德罗常数,下列叙述中正确的是( C )A常温常压下,
4、11.2 L氧气所含的分子数为NAB1.8 g 的NH中含有的电子数为NAC常温常压下,48 g O3含有的氧原子数为NAD24 g金属镁变为镁离子时失去的电子数为NAA、气体摩尔体积的应用条件是标准状况计算气体物质的量,常温常压下,11.2L氧气物质的量不是0.5mol,故A错误;B、根据n=mM计算物质的量=1.8g18g/mol=0.1mol,结合铵根离子含10个电子计算电子数=0.1mol10NA=NA,故B错误;C、根据n=mM计算物质的量=48g48g/mol=1mol,结合分子式计算氧原子数3NA,故C正确;D、溶液体积不知不能计算微粒数,故D错误;故选C6关于如下反响:HgS+
5、O2 Hg+SO2,下列叙述不正确的是( B )A该反响是置换反响 B该反响转移了4eCHg是被复原得到的产物 DHgS既是复原剂又是氧化剂A反响为一种单质和一种化合物反响生成另一种单质和另一种化合物的反响,属于置换反响,故A正确;B反响中1molHgS反响,S元素化合价由-2价上升到+4价,失去6mol电子,故B错误;CHgS中Hg元素化合价降低得到Hg,被复原,为含有产物,故C正确;DHgS中Hg元素化合价降低,S元素化合价上升,HgS既是复原剂又是氧化剂,故D正确故选B7在下列溶液中,若参加过量的氢氧化钠溶液,能产生沉淀,若参加铜粉溶液增重的是( D )AMgCl2BFeCl2 CAlC
6、l3 DFeCl3A、氯化镁可以和氢氧化钠反响生成氢氧化镁白色沉淀,但是氯化镁和金属铜不反响,所以参加铜粉溶液质量不变,故A错误;B、氯化亚铁可以和氢氧化钠反响生成沉淀氢氧化亚铁,但是氯化亚铁和金属铜不反响,所以参加铜粉溶液质量不变,故B错误;C、氯化铝可以和氢氧化钠反响生成氢氧化铝沉淀,但是氯化铝和金属铜不反响,所以参加铜粉溶液质量不变,故C错误;D、氯化铁可以和氢氧化钠反响生成沉淀氢氧化铁,而氯化铁和金属铜反响生成氯化亚铁和氯化铜,会使得溶液增重,故D正确8下列试验操作中错误的是( A ) A萃取操作时,应选择密度比水大的萃取剂 B蒸馏操作时,应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处C分液操
7、作时,分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出D蒸发操作时,不能等到混合物中的水分完全蒸干后,才停顿加热A萃取的根本原则两种溶剂互不相溶,且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多密度也可以比水小,故A错误;B蒸馏操作时,温度计水银球应靠近蒸馏烧瓶的支管口处,故B正确;C蒸发时当有较多量固体出现时停顿加热,用余热蒸干,故C正确;D分液操作时,分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出,以避开两种液体互相污染,故D正确故选:A9将一严峻锈蚀而局部变成铜绿Cu2(OH)2CO3 的铜块研磨成粉末,在空气中充分灼烧到质量不再改变为止,固体质量的改变状况不行能是 ( C )A不变 B增重
8、10% C增重30% D减轻20%因为固体最多增重CuCuO,固体最多减轻Cu2(OH)2CO3CuO,假设全部为铜:则加热变为氧化铜,会增重氧元素的质量,相当于铜元素养量的1664,即25%;假设全部为铜绿:则加热后只余氧化铜,那么减轻的质量应为Cu2(OH)2CO3中保存CuO部格外的质量,即(222-160)222=27.9%;综上,由于是两种状况的混合物,所以真正的改变状况应是处于两者之间,也就是在增重25%与减轻27.9%之间的,故选BC10制印刷电路板时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”,其反响的化学方程式为Cu2FeCl32FeCl2CuCl2。向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时参加铁粉和铜
9、粉,反响完毕后,下列结果不行能出现的是( B )A烧杯中有铜无铁B烧杯中铁、铜都无C烧杯中铜、铁都有D烧杯中有铁无铜A、参加铁和铜的混合物,铁首先与氯化铁反响,可能铁全部反响而铜有剩余,故A正确;B、参加铁和铜的混合物,铁首先与氯化铁反响,铜后参与反响,不会出现有铁无铜的情形,故B错误;C、若氯化铁的量少,参加的铁粉和铜粉可能剩余,故C正确;D、若氯化铁的量多,参加的铁粉和铜粉全部参与反响,不会有剩余,故D正确故选B11下列关于试验问题处理方法或操作不正确的是( A )A试验完毕后将全部的废液倒入下水道排出试验室,以免污染试验室 B在试验室,不能品味药品C熄灭试验桌上燃着的酒精,简便合理的方法
10、就是用湿抹布盖灭D配制稀硫酸时,先在烧杯中加确定体积的水,再边搅拌边沿杯壁参加浓硫酸由于局部废液有毒、腐蚀管道或各废液之间可发生化学反响生成有毒物质,所以对废液要分类排放,不能一概而论,答案为A12下图是某品牌饮用矿泉水的标签的局部内容。下列说法正确的是( C )饮用矿物质水净含量:500 mL 配料表:纯洁水 硫酸镁 氯化钾 保质期:12个月主要离子成分: 钾离子(K+):1.027.3 mg/L 镁离子(Mg2+):0.14.8 mg/L 氯离子(Cl):1027.3 mg/L 硫酸根离子(SO42):0.419. 2 mg/LA标签上给出的离子的物理量是物质的量浓度B任何饮用水中氯离子(
11、Cl)的浓度均在1027.3 mg/L 之内C该品牌饮用矿泉水中c(Mg2+)最大值为2104 mol/L D一瓶该品牌饮用矿泉水中SO42的物质的量不超过1105 molA、该品牌饮用矿物质水中离子浓度表示单位体积内含有离子的质量,故A错误;B、该品牌饮用矿物质水中氯离子1027.3mg/L,不能说明其它饮用水中氯离子浓度均在1027.3mg/L之间,故B错误;C、氯离子(Cl-1):1027.3mg/L,该品牌饮用矿泉水中c(Cl-)最大值为1027.3mg/L之内,故C正确;D、硫酸根离子(SO42-):0.419.2mg/L,1瓶该品牌饮用矿泉水的体积为500mL,硫酸根离子的质量最大
12、值为19.2mg/L0.5L=9.6mg,故n(SO42-)的最大值为0.0096g96g/mol=110-4mol,硫酸根离子的质量最大值为19.2mg/L0.5L=9.6mg,故n(SO42-)的最大值为0.0096g96g/mol=110-4mol,故D错误;故选C13. 下列叙述中,正确的是( D )A0.3 mol/L的Na2SO4溶液中含有Na+ 和SO42的总物质的量为0.9 molB当1 L水汲取标准状况下的22.4 L氯化氢时所得盐酸的浓度是1 mol/LC在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中,假如Na+ 和SO42的物质的量相等,则K+ 和Cl的物质的量浓度确定一样D1
13、0 时,0.35 mol/L 的KCl饱和溶液100 mL蒸发掉5 g水,复原到10 时,它的物质的量浓度仍为0.35 mol/L A、溶液的体积未知导致无法发生阴阳离子的物质的量,故A错误;B、22.4L氯化氢在标况下是1mol,溶于1L水时,溶液的体积大于1L,则溶液的物质的量浓度小于1mol/L,故B错误;C、当溶液中Na+和SO42-的物质的量相等,钠离子所带电量小于硫酸根离子所带电量,溶液呈电中性,溶液中阴阳离子所带电量相等,所以钾离子的物质的量浓度应大于氯离子的物质的量浓度,故C错误;D、温度确定,饱和溶液中物质的物质的量浓度确定,与溶液的体积多少无关,故D正确故选D14下列化学反
14、响的离子方程式,书写不正确的是( A )A硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反响:Ba2+ SO42 = BaSO4B向氯化铝溶液中参加过量氢氧化钠溶液:Al3+4OHAlO +2H2OC氯化亚铁溶液中通入少量氯气:Cl2+ 2Fe2+=2Fe3+ +2Cl D碳酸钙参加稀盐酸: CaCO3+2H+=Ca2+ +CO2+H2OA项:局部别子参与的反响没有表示:Ba2+2OH+Cu2+SO42= BaSO4+Cu(OH)2,不正确,选A15.赏心悦目的雕花玻璃是用下列物质中的一种对玻璃进展刻蚀而制成的。这种物质是( B ) A、盐酸 B、氢氟酸 C、烧碱 D、纯碱16.下列不能使有色布条裉色的物质是( D
15、 ) A、氯水 B、次氯酸钠溶液 C、漂白粉溶液 D、氯化钙溶液A氯水中含有HClO,具有漂白作用,故A不选;B漂白粉的有效成分为次氯酸钙,能生成具有漂白性的HClO,可使红色布条褪色,故B不选;C次氯酸钠溶液能生成具有漂白性的HClO,可使红色布条褪色,故C不选;D氯化钙溶液不具有漂白作用,不能使红色布条褪色,故D选故选D17. 与3.2gso2所含氧原子数相等的NO2质量为( D ) A、3.2 g B、4.6 g C、6.4 g D、2.3 g n(SO2)=3.2g64g/mol=0.05mol,SO2与NO2中含氧原子数相等,则n(NO2)=n(SO2)=0.05mol,m(NO2)
16、=0.05mol46g/mol=2.3g,故选D18.下列气体中,不会造成空气污染的是( A ) A、N2 B、NO C、NO2 D、SO219、下列物质中,属于酸性氧化物但不溶于水的是(B) A、CO2 B、SiO2 C、SO3 D、Fe2O320、下列说法中错误的是( D ) A、燃烧确定伴有发光现象 B、燃烧确定是氧化复原反响 C、燃烧确定要有氧气参与 D、燃烧确定会放出热量A燃烧是物体快速氧化,产生光和热的过程,燃烧时确定伴有发光现象,故A正确;B燃烧不确定要有氧气参与,比方金属钠(Na)和氯气(Cl2)反响生成氯化钠(NaCl),该反响没有氧气参与,但是猛烈的发光发热的化学反响同样属
17、于燃烧范畴,故B错误;C燃烧是物体快速氧化,产生光和热的过程,燃烧确定是氧化复原反响,故C正确;D燃烧是物体快速氧化,产生光和热的过程,燃烧确定会放出热量,故D正确故选B21、某无色气体,可能含HCl、CO2、HI、SO2中的一种或几种,将其通入氯水中,得到无色透亮溶液。把溶液分成两份,向一份中参加盐酸酸化的BaCl2溶液,出现白色沉淀;另一份中参加硝酸酸化的AgNO3溶液,也有白色沉淀生成。对于原无色气体推断确定正确的是(B)A确定存在HCl B确定存在SO2 C确定没有CO2 D不能确定是否含有HI22、下列说法正确的是:(B)A、1molN2的质量是14gB、H2SO4的摩尔质量是98g
18、 C、H2O的摩尔质量是18g/mol D、1molHCl的质量是36.5g/mol23、当钠、钾等金属不慎着火时,可以用来灭火的是:(B)A、水B、煤油C、沙子D、泡沫灭火剂24、2、在自然界中,既有以化合态存在,又有以游离态存在的元素是(A)A、碳B、硅C、镁D、铝25、关于盐酸、硫酸、硝酸的说法正确的是(D)A、都是含氧酸B、都属于强电解质 C、都简单挥发D、都能与金属Mg发生反响产生气体二、计算题:(共25分)1、某地化工厂的贮氯罐发生泄漏,有关方面紧急组织群众沿逆风方向疏散;同时快速赶到的消防队员向贮氯罐四周空中喷洒稀NaOH溶液。(1)为什么要沿逆风方向疏散群众?(4分)(2)喷洒
19、稀NaOH溶液的目的是什么?写出有关反响的化学方程式。(5分)2、配制250ml1.0/LH2SO4溶液,须要18mol/LH2SO4溶液的体积是多少(8分)利用物质的量浓度=物质的量/溶液的体积,配置前后硫酸溶质的量不变,设所求体积为V,则,V*18=0.25*1.0,解得V=0.01389L=13.89ml所以,须要18mol/l H2SO4 溶液的体积是13.89ml3.配制0.2mol/LNa2SO4溶液50mL,须要称取固体Na2SO4的质量是多少?(8分)解:n(Na2SO4)=c(Na2SO4)V(溶液)=0.2mol/L0.05L=0.01molm(Na2SO4)=n(Na2SO4)M(Na2SO4)=0.01mol142g/mol=1.42g