廣東省惠州市平陵鎮(zhèn)平陵中學(xué)高一化學(xué)期末試卷含解析

廣東省惠州市平陵鎮(zhèn)平陵中學(xué)高一化學(xué)期末試卷含解析一、單選題（本大題共15個小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，共60分。）1.將等體積的苯、汽油和水在試管中充分混合后靜置。下列圖示現(xiàn)象正確的是()參考答案：D解析苯、汽油的密度均比水小，且二者混溶，故D項正確。2.下列敘述錯誤的是（）A．13C和14C屬于同一種元素，它們互為同位素B．6Li和7Li的電子數(shù)相等，中子數(shù)也相等C．14C和14N的質(zhì)量數(shù)相等，它們的中子數(shù)不等D．1H和2H是不同的核素，它們的質(zhì)子數(shù)相等參考答案：B【考點】同位素及其應(yīng)用；質(zhì)量數(shù)與質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)之間的相互關(guān)系．【分析】A．質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同的原子互為同位素；B．原子中，質(zhì)子數(shù)=電子數(shù)，質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)；C．元素符號左上角的數(shù)字為質(zhì)量數(shù)，質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)；D．同位素的質(zhì)子數(shù)相同．【解答】解：A．13C和14C的質(zhì)子數(shù)相同，則屬于同一種元素，但中子數(shù)不同，所以它們互為同位素，故A正確；B．6Li和7Li的電子數(shù)相等，均為3，中子數(shù)分別為3、4，故B錯誤；C．14C和14N的質(zhì)量數(shù)相等，均為14，但它們的中子數(shù)分別為8、7，故C正確；D．1H和2H是不同的核素，它們的質(zhì)子數(shù)相等，均為1，故D正確；故選B．3.堿性電池具有容量大、放電電流大的特點，因而得到廣泛應(yīng)用。鋅—錳堿性電池以氫氧化鉀溶液為電解液，電池總反應(yīng)式為：Zn(s)+2MnO2(s)+H2O(l)==Zn(OH)2(s)+Mn2O3(s)，下列說法中錯誤的是（

）A．電池工作時，鋅失去電子，鋅是負(fù)極B．外電路中每通過0.2mol電子，鋅的質(zhì)量理論上減小6.5gC．電池負(fù)極的電極反應(yīng)式為：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2D．電池工作時，電子由負(fù)極流向正極，溶液中OH－向正極移動，K＋、H＋向負(fù)極移動參考答案：D4.硒（Se）是人體健康必需的一種微量元素。已知Se的原子結(jié)構(gòu)示意圖為：下列說法不正確的是（

）A.該元素處于第四周期第ⅥA族

B.SeO2既有氧化性又有還原性C.該原子的質(zhì)量數(shù)為34

D.酸性：HBrO4>H2SeO4參考答案：C主族元素原子電子層數(shù)=周期數(shù),最外層電子數(shù)=族序數(shù),所以該元素處于第四周期第ⅥA族,A正確；中間價態(tài)的元素既有氧化性又有還原性,二氧化硒中硒處于+4價,是中間價態(tài),所以二氧化硒既有氧化性又有還原性,B正確；質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù),質(zhì)子數(shù)=原子序數(shù),該原子的質(zhì)子數(shù)為34,所以其質(zhì)量數(shù)大于34,C錯誤；元素非金屬性越強(qiáng),最高價態(tài)氧化物的水化物的酸性越強(qiáng),Br的非金屬性大于Se的非金屬性,所以酸性:HBrO4>H2SeO4，D正確；正確選項C。點睛：一種元素有多種價態(tài)，一般來講，元素處于最高價態(tài)時，只有氧化性，處于最低價態(tài)時，只有還原性，處于中間價態(tài)的元素既有氧化性又有還原性。5.分子組成為C4H90H并能發(fā)生催化氧化反應(yīng)的有機(jī)化合物有（）A.2種B.4種C.5種D.3種參考答案：D略6.95%的乙醇（密度為0.78g/cm3）用等體積的蒸餾水稀釋后，所得溶液中乙醇的質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為（）A．42%

B．48%C．51%

D．65%參考答案：A解：設(shè)乙醇與水的體積都是VmL，95%乙醇的質(zhì)量=VmL×0.78g/mL=0.78Vg，乙醇的質(zhì)量=0.78Vg×95%=0.741Vg，水的質(zhì)量=VmL×1g/mL=Vg，混合后乙醇的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：×100%≈42%，故選A．7.下列物質(zhì)的分類正確的是

堿酸鹽堿性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4NaOHSO2CO2BNaOHHClNH4ClNa2OCOCNH3·H2OCH3COOHNaClNa2O2SO2DKOHHNO3CaCO3CaOSO2參考答案：D略8.下列各物質(zhì)能使酸性高錳酸鉀溶液退色的是A．乙酸

B．甲烷

C．苯

D．乙烯參考答案：D9.下列說法正確的是A.SO2能使品紅溶液褪色，其漂白原理與氯水相同B.用向上排空氣法收集銅粉與稀硝酸反應(yīng)產(chǎn)生的NOC.濃硫酸與過量的鋅反應(yīng)，可以得到無色具有刺激性氣味的混合氣體D.檢驗NH4＋時，往試樣中加入NaOH溶液，微熱，用濕潤的藍(lán)色石蕊試紙檢驗生成的氣體參考答案：C【詳解】A.SO2能使品紅溶液褪色，其漂白原理與氯水不相同，氯水利用的是其強(qiáng)氧化性，A錯誤；B.NO易被氧化為二氧化氮，應(yīng)該用排水法收集銅粉與稀硝酸反應(yīng)產(chǎn)生的NO，B錯誤；C.濃硫酸與過量的鋅反應(yīng)，開始生成二氧化硫，硫酸濃度變小以后，稀硫酸和鋅反應(yīng)生成氫氣，則可以得到無色具有刺激性氣味的混合氣體，C正確；D.檢驗NH4＋時，往試樣中加入NaOH溶液，微熱，但應(yīng)該用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗生成的氣體，D錯誤；答案選C?！军c睛】明確物質(zhì)的性質(zhì)特點是解答的關(guān)鍵，選項C是解答的易錯點，注意隨著反應(yīng)的進(jìn)行，酸的濃度逐漸減小引起的質(zhì)變問題：典型的“三酸變稀”問題就是濃鹽酸與MnO2反應(yīng)、濃H2SO4與Cu、Zn等反應(yīng)、濃HNO3與Cu等反應(yīng)，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，三種酸都變稀，從而使反應(yīng)停止或產(chǎn)物發(fā)生變化。10.在氫氧化鐵膠體中逐滴滴入下列某種溶液，出現(xiàn)的現(xiàn)象是先沉淀，后沉淀溶解。這種溶液是

（

）A．稀硫酸

B．飽和硫酸鎂溶液C．氯化鈉溶液

D．飽和硫酸銨溶液參考答案：A略11.下列物質(zhì)不能通過化合反應(yīng)直接制得的是A．FeCl2

B．NaHCO3

C．Al(OH)3

D．Fe3O4參考答案：C略12.分子式為C7H14O2的有機(jī)物在酸性條件下可水解為酸和醇，且生成的醇沒有醇類的同分異構(gòu)體。若不考慮立體異構(gòu)，這些酸和醇重新組合可形成的酯共有()A.8種

B.12種

C.24種

D.28種參考答案：C分子式為C7H14O2的有機(jī)物在酸性條件下可水解為酸和醇，該有機(jī)物為飽和一元酯，且生成的醇沒有相同的官能團(tuán)的同分異構(gòu)體，則醇只能為甲醇或乙醇，若醇為甲醇，則羧酸為C5H11COOH，可以可知戊烷中1個H原子被-COOH取代，正戊烷有3種H原子，故相應(yīng)的羧酸有3種，異戊烷有4種H原子，相應(yīng)的羧酸有4種，新戊烷有1種H原子，相應(yīng)的羧酸有1種，故己酸C5H11COOH的同分異構(gòu)體有8種，形成酯有8種；若醇為乙醇，則羧酸為C4H9COOH，可以可知丁烷中1個H原子被-COOH取代，正丁烷有2種H原子，故相應(yīng)的羧酸有2種，異丁烷有2種H原子，相應(yīng)的羧酸有2種，故戊酸C4H9COOH的同分異構(gòu)體有4種，故羧酸共有12種，醇共有2種，酸和醇重新組合可形成的酯共有12×2=24種，故選C。點睛：本題考查同分異構(gòu)體的書寫與判斷，難度中等，關(guān)鍵確定醇的結(jié)構(gòu)及羧酸的同分異構(gòu)體，注意利用數(shù)學(xué)法進(jìn)行計算。解題關(guān)鍵：分子式為C7H14O2的有機(jī)物在酸性條件下可水解為酸和醇，該有機(jī)物為飽和一元酯，且生成的醇沒有相同的官能團(tuán)的同分異構(gòu)體，則醇為甲醇或乙醇，判斷形成該酯的羧酸的同分異構(gòu)體種數(shù)，根據(jù)羧酸與醇組合，計算同分異構(gòu)體數(shù)目。13.在20℃，1大氣壓下，將三個分別盛氨氣，氯化氫，二氧化氮的等容積燒瓶分別倒置于盛水的水槽中，當(dāng)水進(jìn)入燒瓶中，并使氣體充分溶解后，假定燒瓶中溶液無損失，所得溶液的物質(zhì)的量濃度之比為(

)

A．1：1：1

B．5：5：4

C．1：2：3

D．1：1：2參考答案：A 14.下列各項操作中不發(fā)生先沉淀后溶解現(xiàn)象的是()①向飽和碳酸鈉溶液中通入過量的CO2

②向Fe(OH)3膠體中逐滴加入過量H2SO4③向Ba(NO3)2溶液中通入過量SO3

④向石灰水中通入過量CO2⑤向硅酸鈉溶液中逐滴加入過量的鹽酸A.①②③

B.①②⑤

C.①②③⑤

D.①③⑤參考答案：D試題分析：①Na2CO3+H2O+CO2＝2NaHCO3，NaHCO3通入CO2時不會反應(yīng)，故①符合題意；②先發(fā)生Fe（OH）3膠體的聚沉，H2SO4過量時，F(xiàn)e（OH）3溶解，故②不符合題意；③SO3+H2O＝H2SO4，H2SO4+Ba（NO3）2＝BaSO4↓+2HNO3，SO3過量時，BaSO4不會溶解，故③符合題意；④向石灰水中通入過量CO2時，先反應(yīng)：Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O＝Ca（HCO3）2，CO2過量時，沉淀消失，故④不符合題意；⑤向硅酸鈉溶液中加入鹽酸生成H2SiO3沉淀，H2SiO3不溶于HCl，故⑤符合題意，答案選D。15.、現(xiàn)有NaOH、Na2CO3和Ba(OH)2三種無色溶液，用一種試劑就可將它們直接鑒別出來，這種試劑是：A．HCl

B．H2SO4

C．Na2SO4

D．CaCl2參考答案：B略二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.(10分)右圖是某學(xué)校實驗室從化學(xué)試劑商店買回的濃鹽酸試劑標(biāo)簽上的部分內(nèi)容?，F(xiàn)用該濃鹽酸配制100mL1mol·Ｌ－1的稀鹽酸?？晒┻x用的儀器有：①膠頭滴管；②燒瓶；③燒杯；④藥匙；⑤量筒；⑥托盤天平；⑦玻璃棒。請回答下列問題：（1）配制稀鹽酸時，還缺少的儀器有

▲

（寫出儀器名稱及規(guī)格）；（2）經(jīng)計算，配制100mL1mol·Ｌ－1的稀鹽酸需要用量筒量取上述濃鹽酸的體積為

▲

mL，量取鹽酸時應(yīng)選用

▲

mL（選填10mL、50mL、100mL）規(guī)格的量筒；（3）對所配制的稀鹽酸進(jìn)行測定，發(fā)現(xiàn)其濃度小于1mol·Ｌ-1，引起誤差的原因可能是

▲

。A．定容時俯視容量瓶刻度線B．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸餾水C．轉(zhuǎn)移溶液后,未洗滌燒杯和玻璃棒D．定容搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于容量瓶的刻度線，再加水至刻度線（4）若將30mL1mol·Ｌ-1鹽酸與4.2gNaHCO3充分反應(yīng),在標(biāo)準(zhǔn)狀況下可得多少升CO2（寫出化學(xué)方程式和計算過程）。參考答案：（共10分）（1）100mL容量瓶（儀器名稱、規(guī)格各1分，共2分）（2）8.5mL（2分）；10mL（1分）（3）CD（2分，選對一個1分，錯選得0分）（4）HCl+NaHCO3

=NaCl+H2O+CO2↑（1分）

n(HCl)=0.03mol，n(NaHCO3)=0.05mol，依據(jù)化學(xué)方程式，NaHCO3過量，V(CO2)=0.03mol×22.4L·mol-1=0.672L。（過量判斷1分,計算結(jié)果1分）略三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.現(xiàn)有0.540kg質(zhì)量分?jǐn)?shù)為20%的CuCl2溶液．計算：（1）溶液中CuCl2的物質(zhì)的量；（2）溶液中Cu2+和Cl﹣的物質(zhì)的量．參考答案：（1）溶液中CuCl2的物質(zhì)的量為0.8mol．（2）溶液中Cu2+物質(zhì)的量為0.8mol，Cl﹣的物質(zhì)的量為1.6mo．

【考點】溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)及相關(guān)計算．【分析】（1）根據(jù)m（溶質(zhì)）=m（溶液）×w（溶質(zhì)）計算CuCl2的質(zhì)量，再根據(jù)n=計算CuCl2的物質(zhì)的量；（2）CuCl2在溶液發(fā)生電離：CuCl2=Cu2++2Cl﹣，則n（Cu2+）=n（CuCl2）、n（Cl﹣）=2n（CuCl2）．【解答】解：（1）CuCl2的質(zhì)量=540g×20%=108g，CuCl2的物質(zhì)的量==0.8mol，答：溶液中CuCl2的物質(zhì)的量為0.8mol．（2）CuCl2在溶液發(fā)生電離：CuCl2=Cu2++2Cl﹣，則n（Cu2+）=n（CuCl2）=0.8mol，n（Cl﹣）=2n（CuCl2）=1.6mol，答：溶液中Cu2+物質(zhì)的量為0.8m