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文檔簡介
廣東省惠州市平陵鎮(zhèn)平陵中學高一化學期末試卷含解析一、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,它們的質子數(shù)相等參考答案:B【考點】同位素及其應用;質量數(shù)與質子數(shù)、中子數(shù)之間的相互關系.【分析】A.質子數(shù)相同,中子數(shù)不同的原子互為同位素;B.原子中,質子數(shù)=電子數(shù),質量數(shù)=質子數(shù)+中子數(shù);C.元素符號左上角的數(shù)字為質量數(shù),質量數(shù)=質子數(shù)+中子數(shù);D.同位素的質子數(shù)相同.【解答】解:A.13C和14C的質子數(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,因而得到廣泛應用。鋅—錳堿性電池以氫氧化鉀溶液為電解液,電池總反應式為: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,鋅是負極B.外電路中每通過0.2mol電子,鋅的質量理論上減小6.5gC.電池負極的電極反應式為:Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2D.電池工作時,電子由負極流向正極,溶液中OH-向正極移動,K+、H+向負極移動參考答案:D4.硒(Se)是人體健康必需的一種微量元素。已知Se的原子結構示意圖為: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;質量數(shù)=質子數(shù)+中子數(shù),質子數(shù)=原子序數(shù),該原子的質子數(shù)為34,所以其質量數(shù)大于34,C錯誤;元素非金屬性越強,最高價態(tài)氧化物的水化物的酸性越強,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)生催化氧化反應的有機化合物有()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量分數(shù)約為()A.42%
B.48%C.51%
D.65%參考答案:A解:設乙醇與水的體積都是VmL,95%乙醇的質量=VmL×0.78g/mL=0.78Vg,乙醇的質量=0.78Vg×95%=0.741Vg,水的質量=VmL×1g/mL=Vg,混合后乙醇的質量分數(shù)為:×100%≈42%,故選A.7.下列物質的分類正確的是
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產(chǎn)生的NOC.濃硫酸與過量的鋅反應,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,氯水利用的是其強氧化性,A錯誤;B.NO易被氧化為二氧化氮,應該用排水法收集銅粉與稀硝酸反應產(chǎn)生的NO,B錯誤;C.濃硫酸與過量的鋅反應,開始生成二氧化硫,硫酸濃度變小以后,稀硫酸和鋅反應生成氫氣,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】明確物質的性質特點是解答的關鍵,選項C是解答的易錯點,注意隨著反應的進行,酸的濃度逐漸減小引起的質變問題:典型的“三酸變稀”問題就是濃鹽酸與MnO2反應、濃H2SO4與Cu、Zn等反應、濃HNO3與Cu等反應,隨著反應的進行,三種酸都變稀,從而使反應停止或產(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.下列物質不能通過化合反應直接制得的是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體。若不考慮立體異構,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的有機物在酸性條件下可水解為酸和醇,該有機物為飽和一元酯,且生成的醇沒有相同的官能團的同分異構體,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,故相應的羧酸有3種,異戊烷有4種H原子,相應的羧酸有4種,新戊烷有1種H原子,相應的羧酸有1種,故己酸C5H11COOH的同分異構體有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,故相應的羧酸有2種,異丁烷有2種H原子,相應的羧酸有2種,故戊酸C4H9COOH的同分異構體有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:本題考查同分異構體的書寫與判斷,難度中等,關鍵確定醇的結構及羧酸的同分異構體,注意利用數(shù)學法進行計算。解題關鍵:分子式為C7H14O2的有機物在酸性條件下可水解為酸和醇,該有機物為飽和一元酯,且生成的醇沒有相同的官能團的同分異構體,則醇為甲醇或乙醇,判斷形成該酯的羧酸的同分異構體種數(shù),根據(jù)羧酸與醇組合,計算同分異構體數(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,當水進入燒瓶中,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,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: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)右圖是某學校實驗室從化學試劑商店買回的濃鹽酸試劑標簽上的部分內容?,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,量取鹽酸時應選用
▲
mL(選填10mL、50mL、100mL)規(guī)格的量筒;(3)對所配制的稀鹽酸進行測定,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,在標準狀況下可得多少升CO2(寫出化學方程式和計算過程)。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質量分數(shù)為20%的CuCl2溶液.計算:(1)溶液中CuCl2的物質的量;(2)溶液中Cu2+和Cl﹣的物質的量.參考答案:(1)溶液中CuCl2的物質的量為0.8mol.(2)溶液中Cu2+物質的量為0.8mol,Cl﹣的物質的量為1.6mo.
【考點】溶液中溶質的質量分數(shù)及相關計算.【分析】(1)根據(jù)m(溶質)=m(溶液)×w(溶質)計算CuCl2的質量,再根據(jù)n=計算CuCl2的物質的量;(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的質量=540g×20%=108g,CuCl2的物質的量==0.8mol,答:溶液中CuCl2的物質的量為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+物質的量為0.8m
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