江西省庐山市第一中学2023-2024学年高一上学期1月期末考试化学试题（解析版）.docx

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2023～2024学年高一第一学期期末考试化学试卷考生注意：1.满分100分，考试时间75分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。3.本卷命题范围：人教版必修第一册。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.氧化还原反应的实质是电子的转移，特征是有元素化合价的升降。下列变化中，不涉及氧化还原反应的是A.金属的冶炼B.钢铁的锈蚀C.食物的腐败D.钟乳石的形成【答案】D【解析】【详解】A．金属冶炼的实质是将金属元素由化合态转化为游离态，元素化合价有升降，属于氧化还原反应，A错误；B．钢铁的腐蚀的实质是将铁元素由游离态转化为化合态，元素化合价有升降，属于氧化还原反应，B错误；C．食物的腐败是缓慢氧化现象，属于氧化还原反应，C错误；D．钟乳石的形成过程是碳酸钙和碳酸氢钙相互转化的过程，属于非氧化还原反应，D正确；故选D。2.在无色溶液中，下列离子能大量共存的是A.，，，B.，，，C.，，，D.，，，【答案】C【解析】【详解】A．为紫红色，不合题意，故A不符合题意；第14页/共14页学科网（北京）股份有限公司 B．和生成氢氧化镁沉淀无法大量共存，故B不符合题意；C．，，，相互之间不反应，能大量的共存，故C符合题意；D．和生成水和二氧化碳气体，无法大量共存，故D不符合题意；故选C。3.下列关于钠及其化合物的说法不正确的是A.中氧元素的化合价为价，中氧元素的化合价为价B.当火灾现场存放有大量金属钠时，不可以用水来灭火，要用沙土C.钠在空气中燃烧，发出黄色火焰，生成白色固体D.钠与水反应时能看到钠浮在水面上并四处游动【答案】C【解析】【详解】A．钠元素化合价为价，则中氧元素的化合价为价，中氧元素的化合价为价，A正确；B．金属钠与水反应产生且放出大量热量，会加剧灾情，故当有大量金属钠存在时，不能用水灭火，要用沙土，B正确；C．在空气中点燃，生成的主要产物为淡黄色的，C错误；D．钠与水反应，钠的密度小于水，浮在水面，反应产生氢气，钠会四处游动，D正确；故选C。4.下列关于合金的说法正确的是A.一般情况下，合金的熔点比各成分金属的熔点高B.在我国使用最早的合金是钢C.铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物D.储氢合金是利用物理作用吸引氢气的材料【答案】C【解析】【详解】A．一般情况下，合金的熔点比各成分金属的熔点低，合金的熔点不一定比各成分金属的低，如某些汞合金的熔点比汞的熔点高，A错误；B．在我国使用最早的合金是青铜，B错误；C．铝、氧化铝和酸碱都能反应，铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物，C正确；第14页/共14页学科网（北京）股份有限公司 D．储氢合金与氢气之间会发生化学反应金属氢化物，D错误；故选C。5.下列溶液中含Cl-的物质的量浓度最大的是A.250mL0.1mol/LAlCl3溶液B.1000mL0.5mol/LNaCl溶液C.200mL0.3mol/LMgCl2溶液D.300mL2mol/LNaClO溶液【答案】C【解析】【详解】氯离子的物质的量浓度与溶液体积大小无关，与溶质的浓度及化学式组成有关，A．Cl-的浓度为：c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L；B．Cl-的浓度为：c(Cl-)=0.5mol/L×1=0.5mol/LC．Cl-的浓度为：c(Cl-)=0.3mol/L×2=0.6mol/L，D．NaClO电离出ClO-离子和钠离子，则溶液中不存在氯离子；故选：C。6.下列是用电子式表示物质的形成过程，其中正确的是A.B.C.D【答案】A【解析】【详解】A．活泼金属Mg失电子形成镁离子，F原子得电子形成氟离子，两者形成离子化合物，A正确；B．活泼金属Na失电子形成钠离子，硫原子得电子形成硫离子：，B错误；C．两个阴离子不能直接相邻，应分开写，，C错误；D．氢和溴通过公用电子对形成HBr，没有电子的得失，，D错误；故选A。7.2023年9月23日，第19届杭州亚运会开幕式首次使用废碳再生的绿色甲醇第14页/共14页学科网（北京）股份有限公司 作为主火炬塔燃料，实现循环内零排放，有利于实现“碳中和”。下列说法错误的是A.“碳中和”中的碳是指二氧化碳B.绿色甲醇有利于降低火炬塔燃料成本C.分子中的每个原子都达到了8电子稳定结构D.燃料燃烧过程中有共价键断裂，同时有共价键和离子键形成【答案】D【解析】【详解】A．“碳中和”中的碳是指二氧化碳，过量的二氧化碳会引起温室效应，A正确；B．利用废碳生产甲醇作为火炬塔燃料，可以降低火炬塔燃料成本，B正确；C．分子中的每个原子都达到了8电子稳定结构，C正确；D．燃料燃烧过程中有共价键断裂，但形成的水和二氧化碳中只存在共价键，不存在离子键，D错误；故选D。8.配制溶液，部分实验操作示意图如图所示。下列顺序正确的为A.②①④③B.①②③④C.②①③④D.④②①③【答案】A【解析】【详解】配制一定物质的量浓度的溶液，步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、冷却、定容、摇匀等，实验操作步骤的正确顺序为②①④③，故选A。9.工业制备高铁酸钾的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2+3Cl-+5H2O。下列关于该反应的说法正确的是（）A.中Fe为+3价B.ClO-发生还原反应C.Fe(OH)3是氧化剂D.OH-是氧化剂【答案】B【解析】第14页/共14页学科网（北京）股份有限公司 【详解】A．中O为-2价，则Fe为+6价，A说法错误；B．反应中ClO-变为Cl-，氯元素的化合价降低，发生还原反应，B说法正确；C．Fe(OH)3转化为，铁元素的化合价升高，Fe(OH)3是还原剂，C说法错误；D．OH-既不是氧化剂，也不是还原剂，D说法错误；答案为B。10.给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．二氧化碳和氯化钙溶液不反应，A错误；B．铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，氢气和氯气反应生成HCl，B正确；C．金属钠与氧气常温下反应生成，不能生成，C错误；D．酸性强于通入中可制备，但见光分解为和，D错误；故选B。11.已知为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.在条件下，所含原子个数为B.完全分解，得到的的分子个数为C.溶液完全反应，转移的电子数目一定为D.含有中子数为【答案】D【解析】【详解】A．不是标准状况，的物质的量不是，所含原子个数不等于第14页/共14页学科网（北京）股份有限公司 ，A错误；B．完全分解，得到，B错误；C．溶液发生分解反应：，转移的电子数目为，C错误；D．一个碳原子中含有6个中子，H原子中没有中子，的物质的量为，含有中子数为，D正确；故选D。12.下列离子方程式书写正确的是A.向溶液中通入少量：B.向酸性溶液中滴加溶液：C.溶液中滴加至溶液呈中性：D.用醋酸除水垢：【答案】C【解析】【详解】A．向溶液中通入少量，亚铁离子先反应，离子方程式为，A错误；B．向酸性溶液中滴加溶液生成、和，故离子方程式为，B错误；C．溶液为中性，氢离子与氢氧根离子恰好1:1反应，离子方程式为：，C正确；D．醋酸为弱电解质，不能拆开，D错误；故选C。13.已知X、Y、Z、W、R五种元素，X是原子序数最小的元素；Y元素原子最外层电子数是内层电子总数的2倍；Z元素原子最外层电子数比其次外层电子数多4个；W元素原子K层和M层电子总数比L层电子数多1个；R元素原子最外层有1个电子，其阳离子与Z的阴离子原子核外电子总数相同。下列说法不正确的是第14页/共14页学科网（北京）股份有限公司 A.常温下为液态B.R与Z只能形成一种化合物C.Y的一种单质可导电D.W的一种氧化物可用作自来水消毒剂【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W、R五种元素，X是原子序数最小的元素，X是H元素；Y元素原子最外层电子数是内层电子总数的2倍，Y是C元素；Z元素原子最外层电子数比其次外层电子数多4个，Z是O元素；W元素原子K层和M层电子总数比L层电子数多1个，W是Cl元素；R元素原子最外层有1个电子，其阳离子与Z的阴离子原子核外电子总数相同，R是Na元素。【详解】A．H2O2常温下为液态，故A正确；B．Na与O能形成化合物Na2O2、Na2O，故B错误；C．C单质中石墨可导电，故C正确；D．ClO2可用作自来水消毒剂，故D正确；选B。14.一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计)，将容器分成左右两室，左室充入，右室充入一定量的CO和，隔板位置如图Ⅰ，并持续用电火花引燃右室气体，充分反应恢复至起始温度，隔板位置如图Ⅱ。右室中生成的物质的量为A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】左室充入，右室充入一定量的CO和后，隔板处于中间位置（图Ⅰ），说明左右两侧压强相等，相同的条件下，体积比等于物质的量之比，则右侧混合气体的总物质的量为1mol第14页/共14页学科网（北京）股份有限公司 ；持续用电火花引燃右室气体，发生反应：，充分反应恢复至起始温度，隔板位置如图Ⅱ，说明反应后右侧气体的总物质的量为：，由方程式形式可知，反应过程中消耗多少摩尔的CO，就生成多少摩尔的CO2，且容器内气体减少的物质的量为参与反应的CO物质的量的一半，故右室中生成：(1mol-)=。答案选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.物质的分类、转化在化学中占有重要地位。现有下列几种物质：①铜；②干冰；③盐酸；④液态硫酸；⑤蔗糖；⑥固体；⑦氢氧化铁胶体。回答下列问题：（1）属于分散系的是_______(填序号，下同)；能够导电的是_______；属于电解质的是_______；属于混合物的是_______。（2）写出属于酸式盐的物质溶于水后的电离方程式：_______。（3）⑦区别于溶液和浊液的本质特征为_______，利用_______可区分胶体和溶液。（4）⑦可用于净水的原因是_______。【答案】15.①.③⑦②.①③⑦③.④⑥④.③⑦16.17.①.胶体粒子的直径在之间②.丁达尔效应18.氢氧化铁胶体的胶粒具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒物并沉降(除标注外，每空2分)【解析】【小问1详解】①铜是能导电的金属单质，属于纯净物；②干冰是不能导电的非金属氧化物，属于纯净物；③盐酸是氯化氢的水溶液，溶液中存在自由移动的离子，是能导电的分散系；④液态硫酸中不存在离子，是不能导电的纯净物；⑤蔗糖是不能电离出自由移动离子的非电解质，属于不能导电的纯净物；⑥碳酸氢铵固体中不存在自由移动的离子，是不能导电的纯净物；⑦红褐色的氢氧化铁胶体中存在自由移动的离子，是能导电的分散系。属于分散系的是③⑦；能够导电的是①③⑦；属于电解质的是④⑥；属于混合物的是③⑦；【小问2详解】为铵根离子和碳酸氢根离子构成的盐，溶于水后的电离方程式：第14页/共14页学科网（北京）股份有限公司 ；【小问3详解】胶体和溶液、浊液的本质区别为分散质颗粒大小不同；胶体是分散质粒子大小在1nm~100nm的分散系；浊液是分散质粒子大于100nm的分散系；光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应；故答案为：胶体粒子的直径在之间；丁达尔效应；【小问4详解】氢氧化铁胶体的胶粒具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒物并沉降，从而达到净水的目的。16.用溶液刻蚀铜电路板，对刻蚀后的液体(含、和)进行处理以提取和，流程如图所示：回答下列问题：（1）氯化铁溶液刻蚀铜电路板的离子方程式为_______，过氧化氢和盐酸的混合溶液也可以刻蚀铜电路板，反应的化学方程式为_______。（2）取少量滤液，滴入溶液，其现象：生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最终生成_______沉淀。白色沉淀转化过程对应的化学方程式为_______。（3）检验刻蚀后液体中通常选用的试剂为_______，滤渣的主要成分为_______。（4）检验滤渣中提取出的已经洗净的操作为_______。【答案】（1）①.②.（2）①.红褐色②.（3）①.溶液②.和（4）取少量最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的溶液，无白色沉淀生成(每空2分)【解析】【分析】刻蚀后的液体主要含FeCl3、FeCl2、CuCl2等，加入过量铁粉，发生反应Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，过滤，得到滤液A主要为FeCl2第14页/共14页学科网（北京）股份有限公司 溶液，向该溶液中加入少量铁粉，防止亚铁离子被氧化，最后经过一系列处理得到FeCl2•4H2O晶体，滤渣中含有过量的铁和生成的铜，加入过量稀盐酸，溶解铁粉后，过滤得到铜，洗涤后，经过一系列处理，得到CuSO4•5H2O，据此分析作答。【小问1详解】①根据分析可知氯化铁溶液刻蚀铜电路板的离子方程式为；②过氧化氢和盐酸的混合溶液也可以刻蚀铜电路板，反应的化学方程式为；【小问2详解】①取少量滤液A，滴入NaOH溶液，其现象：生成的白色絮状沉淀Fe(OH)2，迅速变成灰绿色，最终生成Fe(OH)3红褐色沉淀；②白色沉淀Fe(OH)2转化过程是被氧气氧化，对应化学方程式为；【小问3详解】①检验刻蚀后液体中Fe3+通常选用的试剂为KCSN溶液，若变为血红色，则有铁离子；②根据分析可知滤渣B的主要成分为Fe和Cu；【小问4详解】根据溶液中含有氯离子，检验滤渣B中提取出Cu的已经洗净的操作为：取少量最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3的溶液，无白色沉淀生成，说明没有氯离子，已经洗干净了。17.某兴趣小组的同学拟采用以下装置制备氯气并进行一系列相关探究实验。回答下列问题：（1）装置A中a仪器的名称是_______，用装置A制氯气，发生反应的离子方程式为_______，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。（2）装置C的实验目的是探究氯气是否具有漂白性，为此装置C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处应依次放入_______(第14页/共14页学科网（北京）股份有限公司 填标号)。abcdⅠ干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条Ⅱ碱石灰五氧化二磷浓硫酸无水氯化钙Ⅲ湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（3）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。实验过程：Ⅰ．打开弹簧夹，打开a的活塞，滴加浓盐酸。Ⅱ．当D和F中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。Ⅲ．当D中溶液由黄色变为红棕色时，关闭a的活塞。Ⅳ．打开活塞b，将少量F中的溶液滴入E中，关闭活塞b，取下E振荡，静置后层变为紫红色。①过程Ⅳ的现象能证明溴的氧化性强于碘，反应的离子方程式是_______。②过程Ⅲ的实验目的是_______。③氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下_______，得电子能力逐渐_______(填“减弱”或“增强”)。【答案】（1）①.分液漏斗②.③.（2）（3）①.②.确认的黄色溶液中无，排除对溴置换碘实验的干扰③.原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大④.减弱【解析】【分析】装置A中制取氯气后在B中除去氯气中的杂质HCl，C中通过干燥和湿润的有色布条验证氯气是否有漂白性，D、E中探究卤族元素的非金属性的强弱。【小问1详解】根据仪器结构知a为分液漏斗，A中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水：第14页/共14页学科网（北京）股份有限公司 ；二氧化锰作氧化剂，参加反应的4个HCl分子中2个HCl体现酸性化合价不变，两个HCl体现还原性生成氯气，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为；【小问2详解】先用湿润的有色布条进行验证，布条褪色，用无水氯化钙干燥氯气后，在Ⅲ处放置的为干燥的有色布条，布条不褪色，说明氯气没有漂白性、氯气和水生成的次氯酸具有漂白性；故答案为：d；【小问3详解】①溴的氧化性强于碘，溴单质可以与碘离子生成碘单质，反应为：；②因为氯气具有强氧化性，故在进行实验前，确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰；故答案为：确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰；③同主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，得到电子能力减弱，导致氧化性减弱，非金属性减弱。18.下表为八种短周期主族元素的部分性质(已知铍的原子半径为)：元素代号XYZMRJQT原子半径0740.750.991.861.43110主要化合价、、、、其他原子核内无中子重要的半导体材料有两种氧化物（1）元素Z在元素周期表中的位置为_______。（2）写出Q与J两种元素最高价氧化物对应的水化物之间反应的离子方程式：_______。（3）R与T相比，非金属性较强的是_______(填元素符号)，下列事实能证明这一结论的是_______(填标号)。a．常温下T的单质呈固态，R的单质呈气态b．稳定性：c．最高价氧化物对应水化物的酸性：第14页/共14页学科网（北京）股份有限公司 （4）J与Q相比，金属性较强的是_______(填元素符号)，能证明这一结论的依据是_______。（5）根据表中数据推测，M的原子半径的最小范围是_______。【答案】（1）第二周期第ⅤA族（2）（3）①.②.bc（4）①.②.单质能与冷水剧烈反应置换氢气，而单质不能与水反应置换氢气，只能与酸反应或者为强碱，而显两性（5）【解析】【分析】X原子核内无中子，则X为H；Y的主要化合价为-2价，则Y为O；Z、T主要化合价为、，Z的原子半径较小，则Z为N，T为P；M是重要的半导体材料，且主要化合价为+4、-4，则M为Si；R主要化合价为+7、-1，则R为Cl；J主要化合价为+1价，原子半径在所给元素中最大，则J为Na，据此解答。【小问1详解】Z为N元素，在周期表中的位置为：第二周期第ⅤA族；小问2详解】Q与J两种元素最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝、氢氧化钠，两者之间反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式：；【小问3详解】同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；R与T相比，非金属性较强的是Cl；a．常温下磷的单质呈固态，氯的单质呈气态，为物理性质，不能体现其非金属性强弱，a错误；b．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，稳定性：，说明氯的非金属性强于磷，b正确；c．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性：，说明氯的非金属性强于磷，c正确；故选bc；【小问4详解】同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，J与Q相比，金属性较强的是Na；单质能与冷水剧烈反应置换氢气，而单质不能与水反应置换氢气，只能与酸反应或者为强碱，而第14页/共14页学科网（北京）股份有限公司 显两性，都能体现钠的金属性强于铝；【小问5详解】M为Si元素，原子半径大于P，小于Al，其最小范围是：。第14页/共14页学科网（北京）股份有限公司