【文档说明】【精准解析】湖南省岳阳市华容县2020-2021学年高一上学期期末考试化学试题（解析版）.doc，共(13)页，475.000 KB，由小赞的店铺上传

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华容县2020−2021学年度第一学期期末考试试卷高一化学注意事项：1、回答选择题时，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，写在本试卷和草稿纸上无效。2、回答非选择题时，用0.5毫米黑色墨水签字笔将答案按题号写在答题卡上，写在本试卷和草稿

纸上无效。3、考试结束时，将答题卡交回。可能需要用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-56一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1.下列关于物质分类的叙述中，不正确的是（）A.H2SO4属于酸B.KOH属于碱C.ClO2属于氧化物D.石灰水

属于纯净物【答案】D【解析】【详解】A．酸的定义是：电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物，H2SO4在水溶液中会电离出氢离子和硫酸根离子，属于酸，故A正确；B．碱的定义是：电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，KOH在水溶液中会电离出氢氧根离子和

钾离子，属于碱，故B正确；C．氧化物的定义是：两种元素组成的化合物，其中一种元素是氧元素，ClO2属于氧化物，故C正确；D．纯净物是一种物质组成的物质，混合物是两种或两种以上物质组成的物质，石灰水是氢氧化钙的水溶液，有两种物质，属于混合物，故D错误；答案选D。2.英国《自然》杂志上报道：一种臂

长只有7纳米的纳米级镊子，能够钳起分子或原子。下列分散系中的分散质粒子直径与纳米级镊子臂长具有相同数量级的是()A.溶液B.胶体C.乳浊液D.悬浊液【答案】B【解析】【分析】【详解】纳米级镊子的直径只有7纳米，溶液中溶质的直径＜1nm

，悬浊液、乳浊液分散质粒子直径＞100nm，胶体粒子的直径在1～100nm之间，故B正确。故选B。3.下列电离方程式中正确的是()A.HNO3=H＋+N5++3O2-B.Ca(OH)2=Ca2++(OH－)2C.AlCl3=Al+3+3Cl-D.Al2(SO4)3

=2Al3++3SO2-4【答案】D【解析】【详解】A.硝酸电离产生硝酸根离子和氢离子，其电离方程式为HNO3＝H++NO3－，A错误；B.氢氧化钙是强电解质，其电离方程式为Ca(OH)2＝Ca2++2OH-,B错误；C.选项Al+3中的“＋”号应放在3

的后面，电离方程式为AlCl3=Al3++3Cl-,C错误;D.硫酸铝是强电解质，其电离方程式为Al2(SO4)3＝2Al3++3SO42—，D正确；答案选D。4.下列化合物中，只存在离子键的是（）A.NaOHB.CO2C.NaC

lD.HCl【答案】C【解析】【详解】A．NaOH含有离子键和共价键，故A不符合题意；B．CO2只含有共价键，故B不符合题意；C．NaCl只含有离子键，故C符合题意；D．HCl只含有共价键，故D不符合题意。综上所述，答案为C。5.下列物质

混合后，不会发生离子反应的是A.NaOH溶液和FeCl3溶液B.Na2CO3溶液和稀硫酸C.Na2SO4溶液和MgCl2溶液D.CuSO4溶液和Ba(OH)2溶液【答案】C【解析】【详解】A.NaOH溶液和FeCl3溶液反应生成氢氧化铁沉淀，A不选；B.Na2CO3溶液和稀硫酸反

应生成硫酸钠、二氧化碳和水，B不选；C.Na2SO4溶液和MgCl2溶液不反应，C选；D.CuSO4溶液和Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀，D不选。答案选C。6.下列离子方程式中，书写正确的是（）A.稀硫酸和铁的反应：2Fe+6H+=2F

e3++3H2↑B.盐酸和碳酸氢钠溶液反应：2H++CO32—=H2O+CO2↑C.硫酸铜和氢氧化钡溶液反应：SO42-+Ba2+=BaSO4↓D.铁片插入硫酸铜溶液：Fe+Cu2+=Fe2++Cu【答案

】D【解析】【详解】A．稀硫酸和铁的反应的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，A错误；B．碳酸氢根离子不能拆分，盐酸和碳酸氢钠溶液反应的离子反应为H++HCO3—=H2O+CO2↑，B错误；C．硫酸铜和氢氧化钡溶液反应的离子反应为Cu2++SO42-+B

a2++2OH-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，C错误；D．铁片插入硫酸铜溶液的离子反应为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，D正确；正确选项D。7.为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法错误的是()A

.Na2CO3溶液(Na2SO4)，加入适量Ba(OH)2溶液，过滤B.Na2CO3固体(NaHCO3)，加热至不再产生气体C.Na2O2粉末(Na2O)，将混合物在氧气中加热D.CO2气体(HCl)，饱和NaHCO3溶液【答案】A【解析】【分

析】【详解】A．Na2CO3和Na2SO4都能与Ba(OH)2溶液反应生成沉淀，过滤无法除去杂质，故A错误；B．Na2CO3稳定，NaHCO3受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，则加热至不再产生气体，可以除去NaHCO3杂质，故B正确；C．Na2O在

氧气中加热后反应生成Na2O2，则将混合物在氧气中加热可以除去Na2O2粉末的Na2O，故C正确；D．HCl与NaHCO3溶液反应生成氯化钠、二氧化碳和水，且CO2在饱和NaHCO3溶液中溶解度很小，故

D正确；故选A。8.下列物质的转化，需要加入还原剂才能实现的是()A.Cl-→Cl2B.SO23−→SO24−C.Fe2O3→FeD.CO→CO2【答案】C【解析】【分析】【详解】加入还原剂时，氧化剂被还原，元素化合价降低，A．Cl-→Cl2化合

价升高，发生氧化反应，需要加氧化剂才能实现，故A错误；B．SO23−→SO24−硫元素化合价升高，被氧化，需加入氧化剂实现转化，故B错误；C．Fe2O3→Fe铁元素化合价降低，被还原，需加入还原剂实现转化，故C正确；D．CO→CO2碳元素化合价升高，被氧化，需要加入氧化剂

实现转化，故D错误；故选C。9.下列说法中，正确的是A.0.1mol·L-1KCl溶液中含有0.1molK＋B.Fe的摩尔质量是56g·mol-1C.1molN2中含有的原子数约为6.02×1023D.常温常压下，1molCO的体积是22.4L【答案】B【解

析】【详解】A．题中缺少溶液体积信息，故不能得出0.1mol·L-1KCl溶液中含有0.1molK＋的结论，A项错误；B．摩尔质量以g/mol为单位时，数值上与其相对分子质量或相对原子质量相等，Fe的相对原子质量为56，故

Fe的摩尔质量是56g·mol-1，B项正确；C．1个N2分子中含有2个N原子，故1molN2中含有的原子数约为2×6.02×1023，C项错误；D．常温常压下，气体分子间的平均距离比标准状况下大，所以常温常压下，1molCO的体积大于22.4L，D项错误；答案选B。10.钠及其化合物

与人们的生活密切相关，某同学对其认识不正确的是()A.Na2O2可用作呼吸面具的供氧剂B.金属钠着火时，使用泡沫灭火器灭火C.发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔D.碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多症【答案】B【解析】【分析】【详解】A．过氧化钠与水和二氧化碳反应都生成氧气，常用作呼

吸面具的供氧剂，故A正确；B．金属钠着火生成过氧化钠，与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反应，反应生成的氧气助燃，不能灭火，应利用沙土铺盖，故B错误；C．碳酸氢钠受热分解产生二氧化碳，所以可以用作发酵粉，故C正确；D．碳酸氢钠与盐酸反应，消耗盐

酸，且碱性较弱，可以用于治疗胃酸过多，故D正确；故选B。11.下列关于氯元素的单质及其化合物的说法不正确的是()A.检验Cl2中是否混有HCl气体，可将气体通入硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀B.漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，应密封保存C.氯水溶液呈浅黄

绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在D.向新制的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液将先变红后褪色【答案】A【解析】【分析】【详解】A．氯气通入硝酸银溶液中，与水反应生成盐酸和次氯酸，也会生成白色氯化银沉淀，故无法检验，故

A错误；B．漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，在空气中与水和二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光分解生成氧气和盐酸，所以应密封保存，故B正确；C．氯气与水反应为可逆反应，所以氯水中存在氯气分子，使溶液

呈浅黄绿色，且有刺激性气味，故C正确；D．新制氯水中含有盐酸和次氯酸，具有酸性和漂白性，所以向新制的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液将先变红后褪色，故D正确；故选A。12.要除去FeCl2溶液中的少量氯化铁，可行的办法是()A.滴入KSCN溶液B.通入

氯气C.加入铜粉D.加入铁粉【答案】D【解析】【详解】A.滴入KSCN溶液可以检验铁离子，不能除去氯化铁，A错误；B.通入氯气把氯化亚铁氧化为氯化铁，B错误；C.加入铜粉与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，引入新杂质，C错误；D

.加入铁粉与氯化铁反应生成氯化亚铁，可以除去氯化铁杂质，D正确，答案选D。13.下列叙述错误的是()A.13C和14C属于同种元素,它们互为同位素B.1H和2H是不同的核素,它们的质子数相等C.14C和14N的质量数相等,它们的中子数不等

D.6Li和7Li的电子数相等,中子数也相等【答案】D【解析】【详解】A.13C和14C属于同种元素，由于二者质子数相同，而中子数不同，所以它们互为同位素，故A正确；B.1H和2H是不同的核素，由于它们都

属于氢元素，所以它们的质子数相等，故B正确；C.14C和14N的质量数相等，由于二者的质子数不同，因此它们的中子数不等，故C正确；D.6Li和7Li的质子数相等，它们的电子数也相等，但是中子数不同，故D错误。故选D。14.同温、同压等质量的SO2和C

O2气体，下列有关比较的叙述中，正确的是()A.分子个数比为16:11B.密度比为1:1C.体积比为16:11D.原子个数比为11:16【答案】D【解析】【分析】不妨设二者的质量均为1g，则SO2的物质的量为164mol，CO2的物质的量为144mol。【详解】A．同温、同压下等质

量的SO2气体和CO2气体，其物质的量之比为164：144=11：16，物质的量之比等于其分子个数之比，所以分子数之比是11：16，故A错误；B．同温、同压条件下，两种气体的密度之比等于其摩尔质量之比为64g/mol：44g/mol=16：11，故B错误；C．相同条件下，气体摩尔

体积相同，则体积之比等于其物质的量之比为11：16，故C错误；D．每个分子中含有原子个数相同，所以其原子个数之比等于其分子个数之比，等于其物质的量之比11：16，故D正确；故答案为D。15.短周期元素

X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，已知：四种原子最外层电子数之和为24。下列说法正确的是A.元素Ⅹ和元素Z的最高正化合价相同B.单核阴离子半径的大小顺序为：r(W)>r(X)C.气态简单氢化物的热稳定性顺序为：Y<Z<X<WD.元素Z的氧化物对应水化物都是强酸【答案】C【解析】【分

析】通过图中信息及四种元素为短周期，可确定，X、W为第二周期相邻元素，Y、Z为第三周期相邻元素，且X、Z同主族，四种原子最外层电子数之和为24，设X最外层电子数为x，则x+x+1+x+x-1=24，x=6，X为O，W为F，Y为P，Z为S。【详解】A．O和S为同主族，但由于

O的氧化性较强，无正价，硫有+6价，A错误；B．O2-、F-具有相同的核外电子排布，原子序数越大半径越小，r(X)>r(W)，B错误；C．根据元素周期律，非金属元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性：F>O>

S>P，气态氢化物的稳定性：W>X>Z>Y，C正确；D．S元素+4价的氧化物对应水化物为亚硫酸，为弱酸，D错误；故答案选C。16.在Fe2(SO4)3和CuSO4的混合液中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2＋的物质的量浓

度和加入铁粉的物质的量之间关系如图所示。则该溶液中Fe2(SO4)3与CuSO4的物质的量浓度之比为A.3∶1B.1∶2C.2∶1D.1∶1【答案】D【解析】【分析】氧化性Fe3+>Cu2+，Fe先与氧化性强的物质反应，即先发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，然后是Fe+Cu2+=Fe2++Cu

，由图象可知，加入2molFe时，Fe与溶液中Fe3+恰好完全反应，从2mol-4mol消耗2molFe，溶液中Fe2+的浓度增加了1mol/L，因此消耗的Cu2+的物质的量为1mol，以此计算。【详解】氧化性Fe3+>Cu2+，加入

Fe后会依次发生①Fe+2Fe3+=3Fe2+，②Fe+Cu2+=Fe2++Cu，由图象可知加入2molFe时，发生反应①时，生成Fe2+的物质的量为6mol，参与反应的Fe3+的物质的量为4mol，即Fe2(SO4)3的物质的量为2mol，在加入2molFe的基础上再加2molFe发生反应

②，此时生成Fe2+的物质的量为2mol，原溶液中Cu2+的物质的量为2mol，即CuSO4的物质的量为2mol，因此该溶液中Fe2(SO4)3与CuSO4的物质的量浓度之比为2mol:2mol=1:1；答案选D。二、非选择题17.如图为实验室制取纯净、干燥的氯气，并验证氯气性质的装置。其中E瓶

放有干燥红色布条；F中为红色的铜网，其右端出气管口放有脱脂棉。(1)装置C中盛装的溶液是_______，D中试剂的作用是_______。(2)E中的红色布条是否褪色？_______(填“是”或“否”)。(3)H中的试剂

为_______，用来吸收多余氯气。工业上常用廉价的石灰乳吸收工业氯气尾气制得漂白粉，该反应的化学方程式为_______。【答案】(1).饱和氯化钠溶液(2).干燥氯气(3).否(4).氢氧化钠溶液(或NaOH或强碱溶液)(5).2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2

H2O【解析】【分析】实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取了氯气的反应，反应原理为MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O，实验装置中，最左侧为反应装置，C、D为除杂装置，E、F分别为检验Cl2的漂白性和氧化性的装置

，G为收集装置，H为尾气处理装置。【详解】(1)实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取了氯气的反应，因为浓盐酸具有挥发性，制得气体中含有氯化氢和水蒸气，可用饱和食盐水除去氯化氢，用浓硫酸除去水蒸气，则装置C中盛装

的溶液是饱和NaCl溶液，装置D中盛装的浓硫酸，用来干燥氯气，故答案为：饱和NaCl溶液；干燥氯气；(2)因为干燥的氯气不具有漂白性，所以红色布条不会褪色，故答案为：否；(3)因为氯气能和碱液反应，所以实验室用NaOH溶

液来吸收多余氯气；氯气与氢氧化钙反应制得漂白粉，方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：氢氧化钠溶液(或NaOH或强碱溶液)；2Cl2+2Ca(OH)2=Ca

Cl2+Ca(ClO)2+2H2O。18.图中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物。它们的焰色试验均为黄色。(1)写出下列物质的化学式：B_______；D_______；E_______。(2)写出

B→D反应的化学方程式：_______；(3)写出A→C的离子方程式：_______。(4)加热6.00gD和E的固体混合物，使E完全分解，固体混合物的质量减少了0.31g，则原混合物中D的质量为_______。【答案】(1).Na2O2(2).Na2CO3(3).NaHC

O3(4).2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2(5).2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑(6).5.16g【解析】【分析】A为一种常见的单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物，它们的焰

色试验均为黄色，则为钠的单质或钠的化合物，所以A为Na，结合转化关系可知，B为Na2O2，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，据此解答。【详解】(1)根据上述分析，B为Na2O2，D为Na2CO3，E为NaHCO3，故答案为：Na2O2；Na2CO3；NaHCO3；(2)④为过氧化

钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；(3)②为Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程

式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；(4)利用差量法计算：323222NaHCONaCOCOm28462x0.31gHO++，计算得到原混合物中碳酸氢钠的

质量x=0.84g，所以混合物中碳酸钠的质量为6.00g－0.84g＝5.16g，故答案为：5.16。19.请依据下列情景回答下列问题：(1)实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气，化学反应方程式如下：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+

8H2O①浓盐酸在反应中表示出来的性质是_______。A.只有还原性B.还原性和酸性C.只有氧化性D.氧化性和酸性②该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是_______。③该反应中产生了0.25molCl2，转移的电子为_______mol。(2)根据反

应3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，回答下列问题：①还原产物是_______。②如果反应中转移了0.15mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为_______L。【答

案】(1).B(2).1∶5(3).0.5(4).NO(5).1.12【解析】【分析】【详解】(1)①在反应中，盐酸中的Cl元素化合价部分升高，作还原剂，表现还原性，部分元素化合价没有改变，生成盐，体现酸性，故答案为：B。②该反应中KMnO4为氧

化剂，HCl为还原剂，16molHCl参加反应时，10mol被氧化，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为：2mol:10mol=1:5，故答案为：1:5；③该反应中产生了0.25molCl2，氯元素由-1价升高

为0价，则转移的电子为0.25mol2=0.5mol，故答案为：0.5；(2)根据反应3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，回答下列问题：①该反应中HNO3作氧化剂，化合价降低，发生还原反应生成NO，则还原产物为NO，故答案为：NO；②反应中，N元素由+5价降低

为+2价，得到3e-,则如果反应中转移了0.15mol电子，则产生的NO物质的量为0.15mol=30.05mol，在标准状况下体积为0.05mol22.4L/mol=1.12L，故答案为：1.12。20.已知：A、B、

C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层电子数多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。(1)B的

原子结构示意图为_______。(2)E元素形成的最高价氧化物对应水化物的化学式为_______。(3)元素C、D、E的原子半径大小关系是_______(用元素符号表示)。(4)C、D可形成化合物D2C2，D2C2中含有的化学键是_______。(5)

A、C两种元素形成的原子个数比为1∶1的化合物的电子式为_______。【答案】(1).(2).H2SO4(3).Na>S>O(4).离子键、共价键(5).【解析】【分析】A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主

族元素，A元素的原子核内只有1个质子，则A为H；B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为＋5，位于周期表中第ⅤA族，应为N；C元素原子的最外层电子数比次外层电子数多4，则原子核外电子排布为2、6，应为O，C的阴离子与D的阳离子具

有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为＋1，应为Na，C、E同主族，则E为S，据此分析。【详解】(1)B为N，原子结构示意图为，故答案为：；(2)E为S，其最高价氧化物对应的水化物是H2S

O4，故答案为：H2SO4；(3)同主族元素的原子半径从上到下逐渐增大，同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，所以原子半径大小关系为Na>S>O，故答案为：Na>S>O；(4)D2C2为过氧化钠，含有的化学键是离子键、共价

键，故答案为：离子键、共价键；(5)A、C两种元素形成的原子个数比为1：1的化合物为过氧化氢，是共价化合物，电子式为，故答案为：。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com