《2021年陕西省西安市蓝田县前卫中学高一化学期末试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年陕西省西安市蓝田县前卫中学高一化学期末试题含解析（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2021年陕西省西安市蓝田县前卫中学高一化学期末试题含解析一、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. 金属(M)空气电池(如图)具有原料易得、能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源，该类电池放电的总反应方程式为：4M+nO2+2nH2O4M(OH)n已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能下列说法不正确的是（）A. 采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积,并有利于氧气扩散至电极表面B. M空气电池放电过程的正极反应式：4Mn+nO2+2nH2O+4ne4M(OH)nC. 比
2、较 Mg、Al、Zn 三种金属空气电池，Al空气电池的理论比能量最高D. 在 Mg空气电池中，为防止负极区沉积Mg(OH)2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜参考答案：B【详解】A、采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，故A项正确；B、由图可知，M空气电池放电过程中，由于阴离子交换膜的存在，正极氧气得电子被还原，其电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故B项错误；C、每生成1mol e-，消耗Mg、Al、Zn三种金属的质量分别为12g、9g、32.5g，所以Al空气电池的理论比能量最高，故C项正确；D、在Mg空气电池中，负极Mg失去电子变为Mg
3、2+，Mg2+和OH-反应生成Mg(OH)2沉淀，为防止负极区沉积Mg(OH)2，宜采用中性电解质，并且用阳离子交换膜阻拦正极区生成的OH-，故D项正确。综上所述，本题正确答案是B。2. 将一定质量的铜丝灼烧变黑后立即放入下列物质中，能使铜丝变红且质量保持不变的是A.稀硫酸 B.稀硝酸 C.醋酸 D.一氧化碳参考答案：D略3. 下列实验操作和结论说法正确的是：选项实验结论A除去甲烷中的乙烯杂质，可将混合气体通过酸性高锰酸钾溶液乙烯含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾反应，甲烷不反应B乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性C将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终
4、变为无色透明生成的1,2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳D用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除乙酸的酸性小于碳酸的酸性参考答案：C【详解】A酸性高锰酸钾溶液和乙烯反应生成二氧化碳，因此不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯气体，故A错误；B钠与水反应比与乙醇反应剧烈，则乙醇分子中羟基上的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，故B错误；C乙烯含碳碳双键，与溴发生加成反应，生成的1，2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳，则溶液最终变为无色透明，故C正确；D用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙反应，从强酸制备弱酸的角度判断，乙酸的酸性大于碳酸，故D错误；故选C。4. 分别处于第二、三周期的主族元
5、素A和B，它们的离子的电子层相差2层。已知A处于第m族；B处于第n族；A只有正化合价。则A、B原子核外电子总数分别为 A、m、n B、3、7 C、m-2、10n D、m2、n10参考答案：D略5. 在下列物质中，分别加入金属钠，不能产生氢气的是 A、无水酒精 B、苯 C、蒸馏水 D、乙酸参考答案：B略6. 下列各组物质中互为同系物的是A CH3CH3与 BCH3CHCH2与（环丙烷）CCH3OH与HOCH2CH2OH D与参考答案：A略7. 等质量的 SO2和 SO3相比较，下列结论正确的是（）A. 它们的分子数目之比是 4：5B. 它们的氧元素的质量之比为 2：3C. 它们的物质的量之比为
6、5：4D. 它们的密度之比为 5：4参考答案：C试题分析：令SO2和SO3的质量都是1g，则:n(SO2)= ，n(SO3)= 。分子数目之比等于物质的量之比，故SO2和SO3的分子数目之比为：5:4；，故A错误;二氧化硫中氧原子物质的量等于二氧化硫的2倍，三氧化硫中氧原子物质的量等于三氧化硫的3倍，故SO2和SO3含有的氧原子数目之比为5:6，故B错误;它们的物质的量之比为5:4，故C正确；同温同压密度比等于摩尔质量之比，它们的密度之比为4 : 5，故D错误。8. 已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2H2O、IO3-I2、MnO4-Mn2+、IO-I2，如果
7、分别用过量的下列物质氧化等量的KI，得到I2最多的是（ ）A.H2O2 B.IO3- C.MnO4- D.IO-参考答案：D略9. 下列有机物中，不可能是乙烯加成产物的是 ACH3CH3 BCH3CHCl2 CCH3CH2OH DCH3CH2Br参考答案：B10. 一定温度下，某一密闭且体积不变的容器内有可逆反应：A（g）2B（g）2C（g）。该反应进行到一定限度后达到了化学平衡，不能做为判断该化学平衡标志的是A容器内气体A的物质的量不再随时间而改变 B容器内气体C的浓度不再随时间而改变C单位时间内生成amol物质A，同时生成3amol物质BD单位时间内生成amol物质A，同时生成2amol物
8、质C参考答案：C11. 分离下列混合物，按溶解、过滤、蒸发顺序进行的是（ ）A氧化铜、木炭 B硝酸钾、氯化钠 C碳酸钙、氯化钠 D乙醇、水参考答案：C略12. A、B、C、D、E是同一周期的五种元素，A和B的最高价氧化物对应的水化物均呈碱性，且碱性BA；C和D的气态氢化物的水溶液均显酸性，且酸性CD；E是这五种元素中原子半径最小的元素，它们的原子序数由小到大的顺序是()AA、B、C、D、E BC、D、A、B、E CB、A、D、C、E DE、C、D、B、A参考答案：C略13. 下列离子反应方程式正确的是A. 实验室用固体氯化铵和熟石灰共热制取NH3：2NH4+Ca(OH)22NH3+ Ca2+2
9、H2OB. 铜与浓硝酸反应: 3Cu + 8H+ + 2NO33Cu2+ + 2NO + 4H2OC. 氨水与FeCl3溶液反应：3OH+ Fe3+ Fe(OH)3D. Na2O2投入水中：2Na2O22H2O = 4Na4OHO2参考答案：D【详解】A. 固体在离子方程式中不能拆，所以实验室用固体氯化铵和熟石灰共热制取NH3的离子方程式为2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+ CaCl2+2H2O，故A错误；B. 铜与浓硝酸反应应生成二氧化氮，离子方程式为Cu + 4H+ + 2NO3Cu2+ + 2NO2 + 2H2O，故B错误；C. 一水合氨为弱电解质，不能拆，所以离子方程式应为3NH3
10、H2O+ Fe3+ Fe(OH)3+3NH4，故C错误；D. 将Na2O2投入水中的离子方程式为2Na2O22H2O = 4Na4OHO2，故D正确；故答案选D。【点睛】判断离子方程式正误这类问题，一把从三方面考虑，一是方程式是否符合客观事实，二是“拆”的工作是否正确，三是方程式电荷是否守恒。14. 在某温度下反应ClF(气)F2(气) ClF3(气) H0,在密闭容器中达到平衡.下列说法正确的是A.温度不变,缩小体积,ClF的转化率增大B.温度不变,增大体积,ClF3的产率提高C.升高温度,增大体积,有利于平衡向正反应方向移动D.降低温度,体积不变,F2的转化率降低参考答案：A15. 一定能
11、在下列溶液中大量共存的离子组是（ ）A. 碱性溶液：Na+、Ca2+、SO42-、CO32-B. 含有大量Fe3+的溶液：Na+、Mg2+、NO3-、SCN-C. HNO3溶液：H+、Fe2+、SO42-、Cl-D. 含有大量H+的溶液：Na+、NH4+、SO42-、Cl-参考答案：DA、Ca2+与CO32-结合生成碳酸钙沉淀，Ca2+、SO42-结合生成微溶物硫酸钙，则不能大量共存，故A错误；B、因Fe3+与SCN-结合生成络离子，不能大量共存，故B错误；C、HNO3具有强氧化性，能氧化Fe2+，故C错误；D、H+、Na+、NH4+、SO42-、Cl-几种离子之间均不发生反应，能大量共存，D
12、正确。故选D。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16. 实验需要0.1mol/L NaOH溶液450mL，根据溶液配制中情况回答下列问题：（1）实验中定容要用到 mL的容量瓶（2）根据计算得知，所需NaOH的质量为 g（3）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次） A用50mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B用托盘天平准确量取所需的NaOH的质量，倒入烧杯中加入适量水，用玻璃棒慢慢搅动C将已冷却的NaOH溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E加水至离刻度线12cm处改用胶头滴管加水，使洛液凹面恰好与刻度相切（4）对所配浓度影响的对应操作是（填写
13、字母）偏大的有 偏小的有 A称量用了生锈的砝码B将NaOH放在纸张上称量CNaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中D往容量瓶转移时，有少量液体溅出E未洗涤溶解NaOH的烧杯F记容时仰视刻度线G容量瓶未干燥即用来配制溶液H定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线参考答案：（1）500； （2）2.0；（3）BCAED；（4）AC；BDEFH【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】（1）实验室没有450mL容量瓶，根据“大而近”的原则，应选择500mL容量瓶；（2）依据配制溶液体积选择合适的容量瓶，依据m=CVM计算需要溶质的质量；（3）根据配制步骤是计算、称量、
14、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来对操作顺序进行排序；（4）分析操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响，依据C=进行误差分析，凡是使n增大或者使V减小的操作都会使溶液浓度偏高，反正溶液浓度偏低【解答】解：（1）根据“大而近”的原则，根据需要配制的溶液的体积为450mL，但由于无450mL容量瓶，故应选择500mL容量瓶，故答案为：500； （2）实验需要0.1mol/LNaOH溶液450ml，而实验室没有450mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，依据m=CVM可知需要氢氧化钠的质量m=0.1mol/L40g/mol0.5L=2.0g；故答案为：2.0；（3）配制一定物质的量浓度的溶液，根据配制步骤是计算、称量、溶解（B）、冷却移液（C）、洗涤（A）、定容（E）、摇匀（D）、装瓶可知，正确的操作顺序是：BCAED，故答案为：BCAED；（4）A称量用了生锈的砝码，导致称取的溶质的质量偏大，溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏大； B将NaOH放在纸张上称量，氢氧化钠吸收空气中
