湖南省浏阳市2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题 Word版含解析.docx

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2023年高一下学期期末质量监测试卷化学试题注意事项：1.考试时量：75分钟，满分：100分；2.请将答案填涂在答题卡相应区域，在试题卷上做答无效；3.可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Fe-56第I卷选择题一、选择题(本题共14小题，每小题均只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)1.有关“江雾菲菲作雪天”中“雾”的说法错误的是A.属于胶体B.分散质粒子的直径在1nm以下C.能发生丁达尔效应D.属于混合物【答案】B【解析】【详解】A．雾属于胶体，说法正确；B．雾属于胶体，分散质粒子直径在之间，说法错误；C．雾属于胶体，能发生丁达尔效应，说法正确；D．雾属于胶体，是混合物，说法正确；故选B。2.“海牛”深海探测创造记录、“天问一号”着陆火星、“嫦娥五号”成功着陆月球、神舟飞船顺利往返等，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列有关说法正确的是A.深海探测钻头使用的钛合金，硬度比各组分金属大B.月壤中的与地球上的是同种核素C.航天、潜水使用的供氧剂过氧化钠，属于碱性氧化物D.运载火箭使用的液氢是氧化性物质【答案】A【解析】【详解】A．钛合金的硬度比各组分金属大，A正确；B．与属于同位素，不是同种核素，B错误；C．过氧化钠不属于碱性氧化物，C错误；D．运载火箭使用的液氢在燃烧时发生氧化反应，是还原性物质，D错误； 故选A。3.下列物质的性质与用途具有对应关系的是A.金属钠性质活泼，用做原子反应堆的导热剂B.氧化铝耐高温，制作的坩埚可用来加热熔化碱性物质C.红棕色固体，可用作红色油漆或颜料D.碳酸氢钠能与碱反应，可用作食品膨松剂【答案】C【解析】【详解】A．金属钠与钾制成钠钾合金，用做原子反应堆的导热剂，是因为钠钾合金的导热能力特别强，不是因为钠性质活泼，A错误；B．Al2O3是两性氧化物，可和强碱性物质反应，故不能用氧化铝制作的坩埚加热熔化碱性物质，B错误；C．Fe2O3红棕色固体，俗称铁红，可用作红色油漆或颜料，C正确；D．碳酸氢钠可作食品的膨松剂，主要原因是与酸反应生成二氧化碳，且加热时不稳定，分解生成二氧化碳气体，D错误；故选C。4.下列有关实验操作正确的是A.用pH试纸测新制氯水的pHB.向NaBr溶液中滴加溴水除去其中少量的NaClC.用饱和的碳酸钠溶液除去氯气中的氯化氢D.实验中未用完的钠应放回试剂瓶【答案】D【解析】【详解】A．新制氯水中含有HClO，HClO能漂白pH试纸，故不能用pH试纸测定新制氯水的pH，A错误；B．溴不能与NaCl反应，此法无法除去溶液中少量的NaCl，B错误；C．HCl能与Na2CO3反应生成CO2，形成新的杂质气体，同时氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，Na2CO3能促进氯气与水的反应，故此法不可行，C错误；D．因钠活泼，易与水、氧气反应，如在实验室随意丢弃，可引起火灾，实验时剩余的钠粒可放回原试剂瓶中，D正确；故选D。 5.下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是A.水的电子式：B.N2的结构式：N=NC.的电离：D.中子数为18的氯原子：【答案】D【解析】【详解】A．水是共价化合物，电子式为，A错误；B．N2中N原子以三键结合，其结构式为，B错误；C．CuCl2的电离方程式为：，C错误；D．中子数为18的氯原子质量数为35，其符号表示为：，D正确；故选D6.设表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.溶液中，的数目为B.在常温常压下，含有的原子数为C.标准状况下，含有的共价键数为D.盐酸与足量共热，转移的电子数为【答案】B【解析】【详解】A．根据，，只有溶液浓度，没有溶液体积，不能计算溶质的物质的量，不能计算的数目，A错误；B．是5原子分子，1.6g物质的量为0.1mol，含有的原子数为，B正确；C．标准状况下，水是液态，不适宜用气体摩尔体积进行相关计算，C错误；D．浓盐酸与MnO2共热可生成氯气，随着反应进行，盐酸浓度减小，成为稀盐酸后，不再与MnO2反应，不能计算实际转移的电子数，D错误；故选B。 7.下列离子方程式的书写正确的是A.氯气溶于水：B.食醋除水垢：C.氯化铁溶液与铁反应：D.氧化铜与稀硫酸反应：【答案】C【解析】【详解】A．HClO是弱酸，在离子方程式中不能拆，氯气和水反应的离子方程式为，A错误；B．碳酸钙，不溶于水，醋酸是弱酸，在离子方程式里碳酸钙和醋酸都不能写成离子，正确的离子方程式为，B错误；C．氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，C正确；D．氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水：，D错误；故选C。8.“84”消毒液与洁厕灵混合使用，会产生黄绿色的有毒气体，反应的化学方程式为。下列说法不正确的是A.NaClO作氧化剂B.HCl发生了氧化反应C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1D.每生成，转移1mol电子【答案】D【解析】【详解】A．NaClO中氯元素由+1价降低到0价，被还原，是氧化剂，A说法正确；B．HCl中氯元素由-1价升高到0价，被氧化，发生了氧化反应，B说法正确；C．NaClO是氧化剂，HCl是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，C说法正确；D．没有设定标准状况，生成的22.4LCl2不一定是1mol，不能计算反应转移的电子数，D说法不正确；故选D。9.“铷(Rb)原子钟”被誉为卫星“心脏”，下列有关铷(Rb)的说法不正确的是A.铷元素位于IA族B.RbOH的碱性弱于NaOHC.灼烧氯化铷，火焰有特殊颜色D.硝酸铷是离子化合物，易溶于水 【答案】B【解析】【详解】A．铷元素位于IA族，与Na在同一族，故A正确；B．同主族从上往下金属性增强，所以RbOH的碱性强于NaOH，故B错误；C．与钠一样，灼烧氯化铷，火焰有特殊颜色，故C正确；D．硝酸铷是离子化合物，易溶于水，故D正确；故选B。10.加氢转化为燃料是实现减排的一个重要策略，我国科学家在调控加氢反应的选择性方面取得新进展，其过程的示意图如下。下列说法不正确的是A.分子中化学键为非极性共价键B.该反应中有C—H键生成C.反应中既有化学键的断裂，也有化学键的生成D.忽略反应条件，总反应为【答案】A【解析】【详解】A．分子中化学键为极性共价键，A错误；B．该反应中生成了甲烷，所以有C-H键生成，B正确；C．化学反应过程中既有化学键的断裂，也有化学键的生成，C正确；D．由图示可知反应物为和，生成物为和，故总反应为，D正确；故选A。11.用如图所示装置测定某铁矿石中的含量(杂质不参与反应)，称取4.00g该铁矿石于硬质玻璃管A中，充分反应后测得干燥管B增重2.64g，C增重0.44g，下列相关说法中正确的是 A.称量干燥管B后，应先加热硬质玻璃管A，再通COB.在硬质玻璃管A发生的反应中，CO被还原C.该铁矿石有效成分的质量分数为93.3%D.若撤去干燥管C，会造成测得的有效成分含量偏高【答案】D【解析】【详解】A．因为硬质玻璃管内有空气，先通CO能排出O2、CO2和水蒸气、再加热，防止干扰实验结果及出现安全事故，A项错误；B．根据反应，Fe2O3为氧化剂，CO被氧化，B项错误；C．干燥管B增重2.64g，即生成0.06molCO2，根据方程式可知，铁矿石含有0.02molFe2O3，质量为3.2g，所以Fe2O3质量分数为=80.0%，C项错误；D．没有干燥管C，空气中的CO2和水蒸气会进入干燥管B，导致干燥管B质量增加，实验结果偏大，D项正确；故选D。12.“价类二维图”是学习元素及其化合物的重要模型和工具。如图为铁元素的“价类二维图”，其中箭头表示部分物质间的转化关系。下列说法正确的是A.Fe在空气中燃烧可实现转化①B.Fe与少量氯气反应可实现转化② C.向饱和溶液中加入NaOH溶液可制备胶体D.在空气可逐渐被氧化成【答案】D【解析】【详解】A．Fe在空气中无法燃烧，不能实现转化①，A错误；B．Fe与少量氯气反应生成氯化铁，不能实现转化②，B错误；C．向饱和溶液中加入NaOH溶液可制备沉淀，得不到胶体，C错误；D．易被氧化，在空气可逐渐被氧化成，D正确；答案选D。13.短周期主族元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，形成的化合物是一种重要的食品添加剂，结构如图。X是形成化合物种类最多的元素，Z核外最外层电子数与X核外电子总数相等。W的原子半径在周期表中最小。下列有关叙述正确的是A.原子半径大小：Q＞Z＞YB.简单氢化物的沸点：X＞ZC.化合物中所有原子均满足8电子稳定结构D.Y元素对应的单质化学性质活泼【答案】C【解析】【分析】W的原子半径在周期表中最小，W为H元素，根据X是形成化合物种类最多的元素，X为C元素，Q的原子序数最大，且形成+1价阳离子，推测Q为Na元素，Z形成两个共价键，另外Z核外最外层电子数与X核外电子总数相等，因此，Z为O元素，则Y只能为N元素。【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径大小：Na＞N＞O，A错误；B．常温下水为液体、甲烷为气体，故简单氢化物的沸点：O＞C，B错误；C．CO2的电子式为，所有原子均满足8电子稳定结构，C正确；D．Y元素对应的单质为氮气，氮气化学性质不活泼，D错误； 故选C。14.根据有关操作与现象，所得结论正确的是实验操作及现象实验结论A向某溶液中滴加2滴KSCN溶液，溶液不变红色，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色该溶液中一定含有B向某溶液中滴加溶液，产生白色沉淀该溶液中一定含有C用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色试验，未观察到紫色该溶液一定不含D向某溶液中加入稀盐酸，产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊该溶液中一定含有A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．向某溶液中滴加2滴KSCN溶液，溶液不变红色，说明没有，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色，说明原溶液中含有，A正确；B．也能与碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根离子等反应生成白色沉淀，所以溶液中不一定含有的是氯离子，B错误；C．钾元素的焰色试验需要透过蓝色钴玻璃观察，结论不准确，C错误；D．碳酸氢根离子、亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子均会产生上述现象，所以结论不正确，D错误；故选A。第II卷非选择题15.侯德榜为我国化工事业的发展做出了卓越贡献，是我国近代化学工业的奠基人之一、“侯氏制碱法”将制碱技术发展到一个新的水平，赢得了国际化工届的高度评价。（1）纯碱，又名苏打，化学式为___________，其水溶液显___________(选填“酸性”或“碱性”)。（2）请写出纯碱与足量稀盐酸反应的离子方程式___________。（3）实验室用纯碱固体(摩尔质量：106g/mol)配制100mL0.5mol/L的纯碱溶液： ①需称量纯碱固体的质量为___________g。②配制溶液时已提供下列仪器：A．量筒B．托盘天平C．玻璃棒D．胶头滴管E．药匙F．烧杯还缺少的玻璃仪器是___________。③在此配制过程中，下列情况会使配制结果偏低的是___________(填序号)。A．纯碱固体吸水受潮B．移液时未洗涤烧杯和玻璃棒C．定容时俯视刻度线观察液面D．摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线④从配制好的溶液中取出10mL溶液，加水稀释至100mL，稀释后溶液中Na+物质的量浓度为___________mol/L。【答案】（1）①.Na2CO3②.碱（2）2H++CO=H2O+CO2↑（3）①.5.3②.100mL容量瓶③.ABD④.0.1【解析】【小问1详解】苏打是碳酸钠，化学为，是强碱弱酸盐，水溶液显碱性。【小问2详解】纯碱与足量稀盐酸反应的离子方程式为：2H++CO=H2O+CO2↑。【小问3详解】①配制100mL0.5mol/L的纯碱溶液需要Na2CO3物质的量为，质量为，故需称量纯碱固体的质量为5.3g。②配制溶液时还缺少的玻璃仪器是100mL容量瓶。③A．纯碱固体吸水受潮，使称得的Na2CO3质量减小，配得溶液浓度偏低，A正确；B．移液时未洗涤烧杯和玻璃棒，造成溶质损失，配得溶液浓度偏低，B正确；C．定容时俯视刻度线观察液面，使液面低于刻度线，溶液体积偏小，浓度偏大，C错误；D．摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，D正确；故选ABD。④根据稀释前后溶质物质的量不变得稀释后溶液浓度为： ，则浓度为：。16.元素周期表是化学学习、研究和应用的一种重要工具。周期ⅠA01ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2ab3cdef4gh（1）减少化石燃料使用有利于实现“碳中和”。碳元素在周期表的位置为___________。（2）c与e形成的简单化合物类型为___________(填“共价化合物”或“离子化合物”)。（3）f元素最高化合价为___________，b的简单氢化物沸点比e的简单氢化物沸点___________。（4）c元素最高价氧化物水化物与d元素最高价氧化物水化物反应的离子方程式为___________。（5）e、f、h三种元素最高价氧化物水化物中，酸性最强的是___________(用化学式表示)。（6）镓(Ga)及其化合物应用广泛，常用于半导体、合金材料等工业。下列有关Ga元素的说法正确的是___________。A.Ga属于金属元素B.碱性C.Ga原子半径小于Al原子D.Ga单质性质不如Al单质活泼【答案】（1）第二周期第ⅣA族（2）离子化合物（3）①.+7②.高（4）Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-（5）HClO4（6）AB 【解析】【分析】根据元素周期表的结构，推出a为Li，b为O，c为Na，d为Al，e为S，f为Cl，g为K，h为Br，据此分析；【小问1详解】碳元素的原子序数为6，位于第二周期ⅣA族。【小问2详解】c与e形成的简单化合物为硫化钠，属于离子化合物。【小问3详解】f为Cl，最外层7个电子，f元素最高化合价为+7，b为O，e为S，水分子间有氢键，则b的简单氢化物沸点比e的简单氢化物沸点高。【小问4详解】c元素最高价氧化物水化物与d元素最高价氧化物水化物反应，即氢氧化钠与氢氧化铝反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为：Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-。【小问5详解】e、f、h三种元素最高价氧化物对应水化物的酸为H2SO4、HClO4、HBrO4，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，三种元素中Cl的非金属性最强，即HClO4酸性最强。【小问6详解】A．Ga位于第四周期ⅢA族，与Al属于同一主族、位于铝下方，同主族从上到下元素金属性递增，Ga属于金属元素，A正确；B．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性，B正确；C．同一主族元素，由于从上到下原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，Ga原子半径大于Al原子，C不正确；D．结合选项A可知Ga单质金属性比Al单质活泼，D不正确；选AB。17.氯气是重要的化工原料。如图是实验室制取纯净、干燥氯气的装置图。 （1）仪器M的名称是___________，①中反应的化学方程式是___________。（2）②的作用是___________，③中盛放的试剂是___________。（3）⑤中反应的离子方程式是___________。（4）“地康法”制取氯气的反应原理如下所示：①反应I的离子方程式为___________。②已知催化剂需参与反应改变反应路径，是前一反应的反应物，后续反应的生成物。则该反应的催化剂是___________。③与实验室制取氯气相比，“地康法”制取氯气的优点是___________(至少答一条)。【答案】（1）①.分液漏斗②.MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O（2）①.除去Cl2中的HCl②.浓H2SO4（3）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（4）①.CuO+2H+=Cu2++H2O②.CuO③.反应条件温和，节约能源；原料利用率高；原料来源广，成本低【解析】【分析】①中分液漏斗中是浓盐酸，圆底烧瓶中为固体二氧化锰，加热生成氯气；②为饱和食盐水，除去氯气中氯化氢气体，③为浓硫酸除去氯气中水蒸气，④为向上排空气法收集氯气，⑤是尾气处理，用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气。【小问1详解】仪器M的名称是分液漏斗，①中为二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰、水：；【小问2详解】生成氯气中含有挥发的氯化氢气体和带出的水蒸气，制取纯净、干燥氯气，则②为饱和食盐水，除去氯气中氯化氢气体，③为浓硫酸除去氯气中水蒸气；【小问3详解】氯气和氢氧化钠生成氯化钠和次氯酸钠、水，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；【小问4详解】 ①反应I为HCl和氧化铜发生复分解反应生成氯化铜和水，离子方程式为CuO+2H+=Cu2++H2O；②反应中氧化铜被消耗后又生成，故该反应的催化剂是CuO；③与实验室制取氯气相比，“地康法”制取氯气不需加热、氯元素完全转化为氯气，故优点是反应条件温和，节约能源；原料利用率高；原料来源广，成本低。18.某废料铁泥主要成分为、FeO和Fe，其他杂质不与硫酸反应。现取wg废料铁泥提取，设计实验流程如下：（1）分离溶液A和沉淀C的操作名称是___________，步骤(Ⅰ)中FeO与硫酸的反应的离子方程式：___________。（2）检验溶液A中含有可选用的试剂是___________(填字母)。A.酸性溶液B.溶液C.铁粉D.KSCN溶液（3）步骤(Ⅲ)中生成的固体的颜色是___________。（4）步骤(Ⅱ)中加入的试剂X的作用是___________，若试剂X为，请写出该步骤反应的离子方程式___________。（5）若最终获得，则铁泥中铁元素的质量分数为___________(用含n和w的代数式表示)。【答案】（1）①.过滤②.FeO+2H+=Fe2++H2O（2）A（3）红褐色（4）①.将Fe2+氧化成Fe3+②.2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O（5）【解析】【分析】某废料铁泥主要成分为Fe2O3、FeO和Fe，加入足量硫酸，Fe和稀硫酸反应生成FeSO4和H2，Fe和Fe3+反应生成Fe2+，充分反应，可生成FeSO4和H2，沉淀C为不溶性杂质，滤液A含有FeSO4，加入过氧化氢，可生成Fe2+被氧化为Fe3+，加入NaOH溶液生成Fe(OH)3沉淀，洗涤、加热沉淀可生成Fe2O3。【小问1详解】①分离溶液A和沉淀C的操作名称是过滤；②步骤(Ⅰ)中FeO与硫酸反应的离子方程式：FeO+2H+=Fe2++H2O；【小问2详解】 溶液A中含有Fe2+，Fe2+与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，酸性KMnO4溶液的紫红色褪去，故选A；【小问3详解】步骤(Ⅲ)中生成的Fe(OH)3固体的颜色是红褐色；【小问4详解】步骤(Ⅱ)加入H2O2溶液，Fe2+被氧化为Fe3+，2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+；【小问5详解】