湖南省长沙市开福区捞刀河镇源丰镇中学2022-2023学年高一化学上学期期末试卷含解析

湖南省长沙市开福区捞刀河镇源丰镇中学2022-2023学年高一化学上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. 油脂是多种高级脂肪酸的甘油脂。油脂的下列叙述和用途中，与其含有不饱和的碳碳双键有关的是 A．油脂是产生能量最高的营养物质 B．利用油脂在碱性条件下水解（皂化反应 cellulose）可以制得甘油和肥皂 C．植物油经过氢化（加氢），可以变成脂肪 D．油脂是有机体组织里储存能量的重要物质 参考答案： C 略 2. 已知反应A2(g)+2B2(g)2AB2(g) （正反应为放热反应），下列说法正确的（    ）     A. 达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡正向移动     B. 达到平衡后，降低温度或减小压强都有利于该反应平衡正向移动     C. 升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率减小     D. 升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间 参考答案： D 略 3. 下表是元素周期表的一部分，有关说法正确的是 (     ) 族 周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 2       c   d   3 a b       e f   A. e的氢化物比d的氢化物稳定 B. a、b、e三种元素的原子半径：e＞b＞a C. 六种元素中，c元素单质的化学性质最活泼 D. c、e、f的最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强 参考答案： D 解析　a为Na、b为Mg、c为C、d为O、e为S、f为Cl，稳定性：H2S＜H2O，原子半径：S＜Mg＜Na；六种元素中，碳元素单质的化学性质最不活泼；酸性：H2CO3＜H2SO4＜HClO4。 4. NA为阿伏加德罗常数，下列物质所含分子数最多的是 　 A．0．8 mol二氧化碳 　 B．标准状况下2．24L氨气 　 C．3．6g水（水的摩尔质量为18g·mol-1） 　 D．含NA个氢分子的氢气 参考答案： D 略 5. 酸雨危害可包括                                                      ①对人体的直接危害，引起肺部疾病而使人致死，②引起河流,湖泊的水体酸化，严重影响水生动植物的生长，③破坏土壤，植被，森林   ④腐蚀金属，油漆，皮革，纺织品及建筑材料等，⑤渗入地下，可能引起地下水酸化。 A．①③⑤         B．①②③④           C．①③④⑤        D．①②③④⑤ 参考答案： D 6. 性质递变规律中不正确的是（    ）     A. 离子半径：K+>Na+>O2->F-     B. 酸性：H2CO3Z>W D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>W 参考答案： B 【分析】 XM电子层有1个电子，则X为Na元素；Y 是组成有机物的最基础的元素，则Y为C元素；Z 的最外层电子数比次外层少 2，则Z为S元素；Z与W同周期，W的原子半径小于Z，则W为Cl元素。 【详解】A项、短周期元素中，Na元素原子半径最大，故A错误； B项、Z、W与Mg分别可以形成MgS、MgCl2，MgS和MgCl2都是离子化合物，故B正确； C项、元素非金属性越强，氢化物稳定性越大，非金属性W（Cl）>Z（S）>Y（C），则气态氢化物的稳定性：W>Z>Y，故C错误； D项、元素非金属越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性W（Cl）>Z（S），最高价氧化物对应水化物的酸性： W > Z，故D错误。 故选B。 【点睛】本题考查元素周期律的运用，注意运用结构、性质和位置的关系推断元素，依据元素周期律分析是解题的关键。 8. 元素A和B的原子序数都小于18，已知A元素的最外层电子数为a，次外层电子数为b；B元素原子的M层电子数为(a-b)，L层电子数为(a+b)，则A、B两元素所形成的化合物的性质可能有 A、能与水反应    B、能与硫酸反应    C、能与NaOH反应    D、能与碳酸钠反应 参考答案： CD 9. 两瓶气体分别为NO2和Br2蒸气，外观均相同，某同学设计了各种鉴别法：①用湿润的淀粉KI试纸；②加少量NaCl溶液；③加少量AgNO3溶液；④加少量水后再加适量苯。其中可行的是 (　　) A．①③④ B．①②④ C．②③④ D．都可以 参考答案： C 解析：NO2溶于水呈无色，Br2蒸气溶于水呈橙色，可以用氯化钠溶液鉴别(其实是用水)；Br2蒸气与AgNO3反应生成淡黄色沉淀，二氧化氮与AgNO3反应无沉淀；NO2和Br2蒸气都有强氧化性，都使湿润的淀粉－KI试纸变蓝。 10. 可以用来鉴别甲烷和乙烯两种气体的试剂是 A．水          B．溴水         C．四氯化碳      D．灼热的铜丝 参考答案： B 略 11. 下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是 A. 乙醇和水    B. 汽油和煤油 C. 植物油和水    D. 碘和四氯化碳 参考答案： C 【分析】 分液是把两种互不相溶、密度不同的液体分离开的方法。要求两种溶液互不相溶且密度不同。可根据两种溶液的溶解性和密度进行判断。 【详解】A. 乙醇和水互溶，分液不能使两者分离，A错误； B. 汽油和煤油互溶，不能用分液的方法分离，B错误； C. 植物油和水，互不相溶，且植物油密度小于水的密度，C正确； D. 碘和四氯化碳，碘可溶于四氯化碳，不能用分液的方法分离，D错误。 12. 海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42—等可溶性杂质，为了得到纯净的NaCl，可向滤液中依次加入过量的下列溶液，其中不合理的是 A. BaCl2→NaOH→NaCO3→过滤→稀盐酸→蒸发结晶 B. Ba(OH)2→NaCO3→过滤→稀盐酸→蒸发结晶 C. NaCO3→NaOH→BaCl2→过滤→稀盐酸→蒸发结晶 D. BaCl2→NaCO3→NaOH→过滤→稀盐酸→蒸发结晶 参考答案： C 【详解】A. 海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42—等可溶性杂质，加入过量的BaCl2溶液，除去SO42—，再加入过量的NaOH溶液，除去Mg2+，再加入过量的NaCO3溶液，除去Ca2+和Ba2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，蒸发结晶得到纯净的NaCl；合理； B. 海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42—等可溶性杂质，加入过量的Ba(OH)2溶液，除去SO42—、Mg2+，再加入过量的NaCO3溶液，除去Ca2+和Ba2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，蒸发结晶得到纯净的NaCl；合理； C. 海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42—等可溶性杂质，加入过量的NaCO3溶液，除去Ca2+，少量Mg2+，再加入过量的NaOH溶液，除去Mg2+，再加入过量的BaCl2溶液，除去CO32-，过滤，滤液中加入稀盐酸，但是溶液中仍有剩余的Ba2+，蒸发结晶得不到纯净的NaCl；不合理； D. 海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42—等可溶性杂质，加入过量的BaCl2溶液，除去SO42—，再加入过量的NaCO3溶液，除去Ca2+和Ba2+及少量的Mg2+，再加入过量的NaOH 溶液，除去Mg2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，蒸发结晶得到纯净的NaCl；合理； 综上所述，本题选C。 【点睛】粗盐提纯时，所加的试剂主要有Na2CO3溶液，NaOH溶液，BaCl2溶液，盐酸溶液，NaOH溶液主要除去Mg2+，BaCl2溶液主要除去SO42-，Na2CO3溶液主要除去Ca2+和剩余的Ba2+，等沉淀过滤后，加入盐酸除去OH-、CO32-；因此只要记住：碳酸钠溶液一定加在BaCl2溶液之后，盐酸加在过滤后，操作的顺序就很容易确定了。 13. 用电子式表示下列化合物：（分）  H2S：                ；MgCl2：                  ；NH4Cl：             参考答案： 略 略 14. 下列物质中，只有极性键的是     A、Na2O2      B、Cl2         C、CH4           D、H2O2 参考答案： C 15. 已知A、B、C、D之间置换转化关系如图所示、且A、D为单质。下列说法正确的是 A. 若A为Fe，D为H2，则B一定为酸 B. 若A为非金属单质，则D 不一定为非金属单质 C. 若A为金属单质，D为非金属单质，则D一定是H2 D. 若A为碳，D为硅，则碳的还原性必强于硅 参考答案： B 【详解】A．铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，所以若A为Fe，D为H2，则B可以为水蒸气，不一定是酸，故A错误； B．若A为非金属单质，则D 不一定为非金属单质，如氢气与氧化铜加热生成铜和水，D为铜，故B正确； C．若A为金属单质，D为非金属单质，则D不一定是H2，如镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，D为碳，故C错误； D．若A为碳，D为硅，则碳的还原性可能强于硅，如碳高温下与二氧化硅反应；根据元素周期律可知，碳的非金属性比硅强，硅的金属性比碳强，因此该转化关系也可能表示碳的氧化性比硅强，故D错误； 答案选B。 二、实验题（本题包括1个小题，共10分） 16. 某化学实验室产生的废液中含有Fe3+、Cu2+和Cl﹣，化学小组设计了如图所示的方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境． （1）废液经操作①得到的沉淀A中含有的金属单质是       ； （2）写出操作①的反应离子方程式                     （3）在溶液A中加入氢氧化钠的现象为            ，发生的化学方程式为      ． 参考答案： （1）铜、铁； （2）Fe+Cu2+=Fe2++Cu；Fe+2Fe3+=3Fe2+； （3）有红褐色沉淀生成、FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl． 【分析】Fe3+、Cu2+和过量的铁反应生成Fe2+和单质Cu，通过过滤得到固体A和溶液A，由于铁过量，沉淀A为Fe和Cu的混合物，溶液A含亚Fe2+；Fe2+具有还原性，易被氧化剂氧化，故加入H2O2能把Fe2+氧化成Fe3+，故溶液B中含Fe3+；Fe3+和氨水反应生成Fe（OH）3沉淀，故沉淀C为Fe（OH）3沉淀，废水通过处理不含Fe3+、Cu2+，可以排放． （1）操作①加入的过量的铁屑，由于铁的化学性质比铜活泼，因此可以把金属铜从盐溶液中置换出来，同时Fe3+能氧化单质铁生成Fe2+，因此在第①得到的滤渣中都含有金属铜过量的铁； （2）操作①中铁分别与铁离子、铜离子发生氧化还原反应，据此写出反应的离子方程式； （3）根据滤液中Fe2+能被过氧化氢生成Fe3+，加入双氧水后的溶液中含有的金属阳离子为Fe3+，加入强碱溶液后生成红褐色氢氧化铁沉淀，写出方程式． 【解答】解：（1）废液中含有Fe3+、Cu2+两种金属离子，加入过量的铁粉后，铜离子被还原成金属铜，所以在第①得到的沉淀中含有金属铜和过量的铁， 故答案为：铜、铁； （