1、安徽省六安中学2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）时间：90分钟 分值：100分 可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14O 16Na 23S 32Cl 35.5Cu 64Ba 137第卷(选择题共48分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意) 1.下列有关生活和生产中的化学知识描述正确的是()A. 工业上用活性炭给红糖脱色和用SO2给纸浆脱色的原理相同B. 今年来我国大部分地区频繁出现的“雾霾”是对一种新分子的描述C. 工业上用澄清石灰水和氯气反应制漂白粉D. Al(OH)3、NaHCO3都可以治疗胃酸过多【答案】D【解析
2、】【详解】A工业上用活性炭给红糖脱色是吸附作用，为物理变化，而用SO2给纸浆脱色则是SO2与色素发生化合反应，是化学变化，故二者的原理不相同，A错误；B今年来我国大部分地区频繁出现的“雾霾”是混合物，是对一种分散系的描述，B错误；C由于Ca(OH)2的溶解度很小，故工业上用石灰乳和氯气反应制漂白粉，C错误；DAl(OH)3、NaHCO3碱性都不强，且都可以与胃酸中的HCl反应Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，故可以用于治疗胃酸过多，D正确；故答案为：D。2.下列陈述、正确并且没有因果关系的是()选项陈述陈述ASO2有还原性SO2能使
3、酸性高锰酸钾溶液褪色BNH3极易溶于水充满NH3的试管倒置于水槽中，水面迅速上升C浓硫酸有吸水性浓硫酸可用于干燥H2和COD氢氟酸是弱酸氢氟酸用于蚀刻玻璃A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A二氧化硫具有还原性，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，所以SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现二氧化硫的还原性，陈述、正确且有因果关系，A不符合题意；B氨气极易溶于水，1体积水中溶解700体积氨气，充满NH3的试管倒置于水槽中，由于氨气快速溶解而导致试管中压强快速减小，水面迅速上升，陈述、正确且有因果关系， B不符合题意；C浓硫酸能做干燥剂是因为其具有吸水性，浓H2SO4可用于干燥H2
4、和CO，陈述、正确且有因果关系， C不符合题意；D玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和HF发生反应SiO2+4HF=SiF4+2H2O，但与HF的酸性无关，陈述、正确并且没有因果关系， D符合题意；故答案为：D。3.NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是 ( )A. 28gCO和N2混合气体中含有原子总数为2NAB. 标准状况下，22.4 LSO3所含的分子数为NA个C. 足量铜与1L 18mol/L浓硫酸反应可以得到SO2的分子总数为9NAD. NA个一氧化碳分子和0.5 mol甲烷的质量比为74【答案】A【解析】【详解】A.CO和N2都是双原子分子，摩尔质量都是28g/mol，28gCO和N2混
5、合气体中分子的物质的量为1mol，则含有原子总数为2NA，故A正确；B.标准状况下，SO3不是气体，无法计算22.4 LSO3的物质的量和所含的分子数，故B错误；C.铜与稀硫酸不反应，足量铜与1L 18mol/L浓硫酸反应时，浓硫酸会变为稀硫酸，则硫酸不可能完全反应，则生成的SO2的分子总数小于9NA，故C错误；D. NA个一氧化碳分子的物质的量为1mol，则NA个一氧化碳分子和0.5 mol甲烷的质量比为1mol28g/mol ：0.5mol16g/mol =72，故D错误；故选A。4.下列反应的离子方程式书写不正确的是()A. 硫酸与Na2SiO3溶液混合：SiO2H=H2SiO3B. C
6、l2和NaOH溶液反应：Cl22OH=ClClOH2OC. 向亚硫酸氢钠溶液中滴加硫酸氢钠溶液：HHSO=SO2H2OD. 向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2SO=BaSO4【答案】D【解析】【详解】A硫酸与Na2SiO3溶液生成硫酸钠和硅酸，硫酸是强酸，硅酸钠、硫酸钠均为可溶性盐，三者均为强电解质，离子方程式书写中均能改写成离子，故离子方程式为：SiO2H=H2SiO3，A正确；BCl2和NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，故离子方程式为：Cl22OH=ClClOH2O，B正确；C由于亚硫酸是中强酸，故亚硫酸氢钠在水溶液中电离出Na+和HSO，而硫酸是强酸，故硫酸氢钠溶液在水溶液中
7、电离出Na+、H+和SO，故该反应的离子方程式为：HHSO=SO2H2O，C正确；D向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液，由于硫酸铵电离出的和氢氧化钡电离出的OH-也会反应生成氨气和水，故该反应的离子方程式为：2+Ba2SO+2OH-=BaSO4+2NH3+2H2O，D错误；故答案为：D。5.下列说法正确的是()A. 元素的性质随着相对原子质量的递增而呈周期性的变化B. 从Na到Cl，随着原子序数的递增，原子半径逐渐增大C. 1117号元素的化合价的变化情况和39号元素化合价的变化情况完全相同D. 没有元素原子核外电子排布的周期性变化，就没有元素性质的周期性变化【答案】D【解析】【详解】A.由元素周
8、期律可知，元素的性质随着核外电子排布而呈周期性的变化，故A错误；B.第三周期元素，从Na到Cl，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，故B错误；C.1117号元素的最高正化合价从+1递增到+7，而39号元素中非金属性强的氟元素和氧元素没有正化合价，故C错误；D.由元素周期律的实质是元素性质的周期性变化是元素原子核外电子排布的周期性变化的必然结果，即没有元素原子核外电子排布的周期性变化，就没有元素性质的周期性变化，故D正确；故选D。6.物质量相同的铜片分别与体积相同且过量的浓硝酸、稀硝酸反应，下列有关二者的比较相等的是()反应中氧化剂得到的电子总数 铜片消耗完所需时间反应后溶液中的铜离子浓度(反
9、应前后溶液体积不变) 反应生成气体的体积(同温、同压)A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据反应方程式：和，即可进行解答。【详解】铜与过量硝酸反应，硝酸得到电子等于铜失去的电子，铜的物质的量相同，失去的电子的量相同，则反应中氧化剂得到电子的总数相同；符合题意；硝酸浓度不同反应速率不同，铜片消耗完所需时间不同，不符合题意；反应后铜离子物质的量相同，溶液体积相同，所以浓度相同，符合题意；铜和浓硝酸反应，每转移1mol电子就生成1molNO2；铜和稀硝酸反应，每转移3mol电子才能生成1molNO；铜失电子相同，故生成气体的物质的量不同，体积不同，不符合题意；综上所述只有符合题意；故
10、答案为：A。7.为测定气球内的气体成分，某同学用超薄的气球按如图装置进行实验。开始时气球沉于烧杯底部，打开开关后，过一会儿气球从烧杯底部慢慢浮起，最后悬于烧杯口。气球内盛放的气体可能是()A. O2B. H2C. NH3D. SO2【答案】A【解析】【详解】由实验可知始时气球沉于烧杯底部，则气球中气体密度比空气大；打开开关后，碳酸氢钠与稀盐酸反应生成的二氧化碳进入烧杯，气球从烧杯底部慢慢浮起，最后悬于烧杯口，说明气球中气体密度比二氧化碳小，故气球中充入的气体的密度大于空气而小于CO2，同温同压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比即相对分子质量之比，气球中盛放气体的相对分子质量大于29小于44，
11、对照各选项，只有氧气符合；故答案为：A。8.相同状况下，将分别盛满如下体积比的混合气体的四支相同的试管倒立于水槽中，最后试管内液面上升的高度最高的是A. V(NO2)V(O2)21B. V(NO)V(O2)21C. V(NH3)V(O2)21D. V(NO2)V(NO)V(O2)111【答案】D【解析】【分析】NO、NO2与O2和H2O的反应方程式分别为4NO+3O2+2H2O=4HNO3、4NO2+O2+2H2O=4HNO3，氨气极易溶于水，根据方程式知，完全反应的气体体积等于试管中液面上升体积，据此分析解答。【详解】假设试管体积都是12mL。A. V(NO2)V(O2)21，混合气体体积为
12、12mL，则二氧化氮、氧气体积分别是8mL、4mL，根据方程式4NO2+O2+2H2O=4HNO3知，氧气有剩余且剩余2mL，所以溶液体积是10mL；B. V(NO)V(O2)21，混合气体体积为12mL，则NO、O2体积分别是8mL、4mL，根据方程式4NO+3O2+2H2O=4HNO3知，NO有剩余，剩余体积=8mL-4mL=（8-5.3）mL=2.7mL，所以溶液体积是12mL-2.7mL=9.3mL；C. V(NH3)V(O2)21，混合气体体积为12mL，则NH3、O2体积分别是8mL、4mL，氨气极易溶于水、氧气不易溶于水，所以剩余气体体积为4mL，则溶液体积为8mL；D. V(N
13、O2)V(NO)V(O2)111，则混合气体中V（NO2）、V（NO）、V（O2）都是4mL，4NO+3O2+2H2O=4HNO3、4NO2+O2+2H2O=4HNO3相加得NO+NO2+O2+H2O=2HNO3，三种气体恰好完全反应，所以溶液充满整个试管，四个试管直径相等；所以溶液高低顺序是D、A、B、C。答案选D。【点睛】本题考查化学方程式的计算，侧重考查分析计算能力，明确氮氧化物、氧气和水之间的反应是解本题关键，注意D中方程式的整合，为难点。9.将SO2气体通入BaCl2溶液无沉淀生成。若再通入气体X，有沉淀生成，则气体X可能是下列四种气体中的O2CO2 NH3 Cl2A. B. C.
14、D. 【答案】C【解析】因盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，所以将SO2气体通入BaCl2溶液无沉淀生成，再通入O2、Cl2均有沉淀生成，是因为二者可以和溶液中的亚硫酸发生氧化还原反应生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，再通入NH3有沉淀生成，是因为氨气与溶液中的亚硫酸反应生成亚硫酸铵，亚硫酸根离子与钡离子结合生成亚硫酸钡沉淀，再通入CO2无沉淀生成，是因为二氧化碳和亚硫酸与氯化钡都不反应，不会生成沉淀，故答案选C。10.X、Y代表两种非金属元素，下列不能说明非金属性X比Y强的是A. Y的阴离Y2-的还原性强于X的阴离子X-B. X的含氧酸的酸性比Y的含氧酸的酸性强C. X的单质X
15、2能将Y的阴离子Y2-氧化，并发生置换反应D. X、Y的单质分别与Fe化合，产物中前者Fe为+3价，后者Fe为+2价【答案】B【解析】A、Y2-还原性比X-强，则置换反应Y2-+2X=Y +2X 能够发生，所以X的非金属性比Y强，A不符合题意；B、描述的含氧酸不一定是最高价的含氧酸，所以不能说明X的非金属性比Y强，B正确；C、这种置换就是上述A分析的反应，所以也能够说明X的非金属性比Y强，C不符合题意；D、Y只能将Fe氧化成Fe2+，而X能将Fe氧化成Fe3+，既X可以将Fe2+氧化成Fe3+，所以X的氧化性更强，由此可以说明X的非金属性比Y强，D不符合题意，答案选B。点睛：判断元素金属性(或
16、非金属性)的强弱的方法很多，但也不能滥用，有些是不能作为判断依据的，如：通常根据元素原子在化学反应中得、失电子的难易判断元素非金属性或金属性的强弱，而不是根据得、失电子的多少。通常根据最高价氧化物对应水化物的酸碱性的强弱判断元素非金属性或金属性的强弱，而不是根据其他化合物酸碱性的强弱来判断。11.已知118号元素的离子aW3、bX、cY2、dZ都具有相同的电子层结构，下列关系正确的A. 质子数：cdB. 离子的还原性：Y2ZC. 氢化物的稳定性：H2YHZD. 原子半径：XW【答案】B【解析】【分析】已知aW3、bX、cY2、dZ都具有相同的电子层结构，则原子序数：cdba；详解】A. 质子数
17、=原子序数，则质子数：cd，A错误；B. 非金属性：YZ，B正确；C. 非金属性：YZ，非金属性越强，其气态氢化物越稳定，氢化物的稳定性：H2YHZ，C错误；D. 原子序数： bW，D错误；答案为B。12.下列各组化合物的性质比较中，不正确的是（ ）A. 酸性：HClO4HBrO4HIO4B. 碱性：NaOHMg(OH)2Al(OH)3C. 稳定性：PH3H2SHClD. 非金属性：FOS【答案】C【解析】【详解】A. 非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素非金属性的强弱关系是：ClBrI，酸性：HClO4HBrO4HIO4，故A正确；B金属性强弱关系是：
18、NaMgAl，金属性越强，相应的碱碱性越强，碱性：NaOHMg(OH)2Al(OH)3，故B正确；C元素非金属性的强弱关系是：ClSP，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强， 稳定性：PH3H2SBCC. 离子半径：A2CB2D. 还原性：A2D. 三种方案的反应都可以在铁质容器中进行【答案】C【解析】【分析】三种方案中、都生成污染性气体，最经济环保，结合硝酸的性质和方程式解答该题。【详解】A假设制取1mol硝酸铜，由方程式可知需要8/3mol硝酸，需要4mol硝酸，需要2mol硝酸，消耗消耗最少，故A错误；B假设制取1mol硝酸铜，由方程式可知生成2/3molNO，生成2molNO2，则产生
19、的有毒气体比多，故B错误；C三种方案中，第方案没有生成污染物，且消耗硝酸最少，故C正确；D稀硝酸可与铁反应，不能在铁质容器中进行，故D错误。故选C。第II卷(选择题共52分)二、非选择题(52分）17.下面是元素周期表的草图，表中所列字母代号分别代表某一种元素，请回答：(1)表中最活泼的金属与最活泼的非金属形成的物质是_(填化学式)。(2)由a、d两种元素可形成两种化合物，写出其中一种化合物分解生成另一种化合物的化学方程式：_，(3)e、f、k、m对应的单原子离子的半径由大到小的顺序为_(填离子符号)。(4)d、m对应的离子还原性由强到弱顺序为_(填离子符号)。(5)d、e、m的气态氢化物中，
20、最不稳定的是_(填分子式)。(6)用电子式表示n与m形成的原子个数比21的化合物的形成过程：_。【答案】 (1). KF (2). 2H2O22H2OO2 (3). S2FNaAl3 (4). S2O2 (5). H2S (6). 【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置可知：a、b、d、e、f、k、m、n、p分别为H、C、O、F、Na、Al、S、K、Br，据此进行解题。【详解】(1)同一周期从左往右金属性减弱，非金属性增强，同一主族从上往下金属性增强，非金属性减弱，故表中最活泼的金属为K与最活泼的非金属是F，故形成的物质是KF，故答案为：F；(2)由a、d两种元素即H、O形成两种化合物H2O
21、和H2O2，其中只有H2O2分解为H2O和O2，H2O分解只能得到H2和O2，故其中一种化合物分解生成另一种化合物化学方程式：2H2O22H2OO2，故答案为：2H2O22H2OO2(3)e、f、k、m对应的单原子离子F、Na、Al3、S2其中S2比其他三种离子多一个电子层，故半径最大，其余三种离子的核外电子排布完全一样，此时比较核电荷数，核电荷数越大，半径越小，故F、Na、Al3、S2的半径即由大到小的顺序为：S2FNaAl3，故答案为：S2FNaAl3；(4)d、m是同一主族元素，且d在m的上面，同一主族从上往下元素非金属性减弱，即单质的氧化性减弱，那么对应离子的还原性则逐渐增强，故对应的
22、离子还原性由强到弱顺序为：S2O2，故答案为：S2O2；(5)d、e、m的气态氢化物即HF、H2O、H2S中，根据气态氢化物的稳定性与其非金属性一致可知最不稳定的是H2S，故答案为：H2S(6)用电子式表示n与m形成的原子个数比21的化合物即K2S的形成过程：，故答案为：。18.已知非金属单质硫（S）是淡黄色固体粉末，难溶于水。为了验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，某化学实验小组设计了如下实验，请回答下列问题： (1)装置A的分液漏斗中盛装的试剂是_，烧瓶中加入的试剂是_。(2)画出虚线框内的实验装置图_，并注明所加试剂，说明装置的作用_。(3)装置B中盛放的试剂是_（选填下列所给试剂
23、的代码），实验现象为_，化学反应方程式是_。ANa2S溶液 BNa2SO3溶液 CNa2SO4溶液 (4)从原子结构的角度简要分析氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强的原因。_。【答案】 (1). 浓盐酸 (2). MnO2 (3). (4). 除去Cl2中的HCl气体 (5). A (6). 有淡黄色沉淀生成 (7). Na2S+Cl2=2NaCl+S (8). Cl原子、S原子的电子层数相同，但最外层电子数Cl原子是7，S原子是6，且原子半径ClS，因此，在反应中Cl原子比S原子更容易获得电子达稳定结构，故氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强。【解析】【分析】(1)A装置用于制取氯气，加热
24、条件下浓盐酸和二氧化锰反应生成氯化锰、氯气和水；(2)浓盐酸具有挥发性，所以生成的氯气中含有HCl，饱和食盐水能溶解HCl但是能抑制氯气溶解，所以用饱和食盐水除去氯气中的HCl；(3)要证明氯元素的非金属性比S元素强，可以用氯气氧化硫离子生成S来实现；(4)从原子结构的特点：氯原子的半径小于S原子半径，半径小，得电子能力强，据此回答。【详解】(1)A装置用于制取氯气，实验室是用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成二氯化锰、氯气和水，反应方程式为，所以分液漏斗中盛放的是浓盐酸、烧瓶中加入的是MnO2；故答案为：浓盐酸；MnO2； (2)浓盐酸具有挥发性，所以生成的氯气中含有HCl，饱和食盐水能溶
25、解HCl但是能抑制氯气溶解，所以用饱和食盐水除去氯气中的HCl，所以广口瓶中盛放的是饱和食盐水，如图所示，其作用是除去氯气中的HCl；故答案为：；除去氯气中的HCl；(3)根据非金属性与其单质的氧化性一致，又根据同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，故要证明氯元素的非金属性比S元素强，可以用氯气氧化硫离子生成S来实现，生成淡黄色沉淀S，反应方程式为：Na2S+Cl2=2NaCl+S；故答案为：A；有淡黄色沉淀生成；Na2S+Cl2=2NaCl+S；(4)从氯原子和硫原子的核外电子排布可知：Cl与S分别为第三周期元素的VIIA和VIA，原子半径：SCl，因为Cl的核电荷数大于S，Cl的原
26、子核对最外层电子的吸引能力比S强，即Cl原子得电子能力比S强，非金属性Cl比S强；答案为：Cl原子、S原子的电子层数相同，但最外层电子数Cl原子是7，S原子是6，且原子半径ClS，因此，在反应中Cl原子比S原子更容易获得电子达稳定结构，故氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强。19.在下列物质转化中，A是一种正盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时，都有如下的转化关系：ABCDE当X是强酸时，A、B、C、D、E均含同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含另外同一种元素。请回答：(1)A是_，Y是_，Z是_。(2)当X是强酸时，E是_，写出B生成C的
27、化学方程式：_。(3)当X是强碱时，E是_，写出B生成C的化学方程式：_。【答案】 (1). (NH4)2S (2). O2 (3). H2O (4). H2SO4 (5). 2H2S3O22SO22H2O (6). HNO3 (7). 4NH35O24NO6H2O【解析】【分析】C、D变化和D的相对分子质量比C的大16是题中一个最具有特征的条件，通过分析可初步判断D比C多一个氧原子，A为（NH4）2S，联想已构建的中学化络，符合这种转化关系的有：SO2SO3，NONO2，Na2SO3Na2SO4等，由此可出推断Y为O2，由于E为酸，则D应为能转化为酸的某物质，很可能为SO3、NO2等，当X是
28、强酸时A、B、C、D、E均含同一种元素，则B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，Z为H2O，当X是强碱时，则B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，Z为H2O。【详解】（1）本题中C、D的变化和D的相对分子质量比C的大16是题中一个最具有特征的条件，通过分析可初步判断D比C多一个氧原子可知A为（NH4）2S，Y为O2，Z为H2O，故答案为：（NH4）2S；O2；H2O；（2）当X是强酸时，根据上面的分析可知，E是 H2SO4，B生成C的化学方程式为2H2S3O22SO22H2O，故答案为：H2SO4；2H2S+3O22SO2+2H2O；（3）当X是强碱时，根据上面的分析可
29、知，E是 HNO3，B生成C的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；20.亚氯酸钠(NaClO2)主要用作棉纺、造纸业的漂白剂，也可用于食品消毒、水处理等，亚氯酸钠受热易分解。以氯酸钠(NaClO3)等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下：(1)ClO2中Cl的化合价为_。(2)从“母液”中回收的主要物质是_(填化学式)。(3)“冷却结晶”后需_(填操作名称)，该操作用到的玻璃仪器有_。(4)反应2中转移0.1NA个电子时，生成NaClO2的质量为_g。【答案】 (1). 4价 (2). Na2SO4 (3). 过滤 (4). 玻璃棒、漏斗、烧杯
30、 (5). 9.05【解析】【分析】由流程图可知，用稀硫酸溶解氯酸钠后，向溶液中通入二氧化硫，氯酸钠在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钠和二氧化氯；二氧化氯气体与氢氧化钠和过氧化氢混合溶液发生氧化还原反应生成亚氯酸钠、氧气和水；亚氯酸钠溶液在低压55条件下蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到粗亚氯酸钠产品。【详解】(1)二氧化氯分子中氧元素的化合价为2价，由化合价代数和为0可知，氯元素的化合价为+4价，故答案为：+4；(2)由分析可知，氯酸钠在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钠和二氧化氯，则母液中的主要成分为硫酸钠，故答案为：Na2SO4；(3)冷却结晶后要分离出固体，
31、应用过滤的方法，过滤用到的玻璃仪器为玻璃棒、漏斗、烧杯，故答案为：玻璃棒、漏斗、烧杯；(4)二氧化氯气体与氢氧化钠和过氧化氢混合溶液发生氧化还原反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应的化学方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，由方程式可知生成2mol NaClO2，反应转移2mol电子，则转移0.1NA个电子时，生成NaClO2的质量为0.1mol90.5g/mol=9.05g，故答案为：9.05。【点睛】二氧化氯气体与氢氧化钠和过氧化氢混合溶液发生氧化还原反应时，氯元素化合价降低，二氧化氯做反应的氧化剂，被还原生成亚氯酸钠，过氧化氢做反应的还原剂，被氧化生成氧气是分析解答的关键，也是解答难点和易错点。
