XX市第一中学2022至2023学年高一上学期期末考试化学答案

PAGE淮北一中2022-2023学年度高一年级第一学期期末考试化学答案1．A【详解】A．同素异形体是指由同样的单一化学元素组成，因排列方式不同，而具有不同性质的单质。C60、金刚石、石墨、碳纳米管满足该定义，互为同素异形体，故A正确；B．Na2O2与酸反应会发生氧化还原反应，不属于碱性氧化物，故B错误；C．CO不和碱发生反应，不属于酸性氧化物，故C错误；D．冰水混合物是水，属于纯净物，故D错误；故选A。2．B【详解】A．高锰酸根离子具有强氧化性，在酸性条件下能够将亚铁离子氧化为三价铁离子，所以不能共存，故A错误；B．所有离子都能共存，故B正确；C．氯化氢溶液中含有大量氢离子，而醋酸根离子会跟氢离子结合生成醋酸这个弱电解质，所以不能共存，故C错误；D．氢氧根离子会跟碳酸氢根离子结合生成碳酸根离子和水、与镁离子产生沉淀，不能共存，故D错误；故选B。3．C【详解】A．氢氧化钠为少量，根据以少定一的规则，氢氧根系数为1，故A错误；B．向氯化钙溶液中通二氧化碳不能产生碳酸钙沉淀，故B错误；C．用稀盐酸溶解铜绿(碱式碳酸铜):Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O，故C正确；D．把钠加入到CuSO4溶液中，钠会优先与水发生反应，产生氢氧化钠和氢气，不能置换出铜单质，故D错误；故选C。4．B【详解】A．根据元素化合价变化，KClO3中Cl由+5价降到0价，被还原，KClO3为氧化剂；HCl中Cl元素由-1价升高到0价，被氧化，HCl为还原剂，且其中部分Cl元素的化合价不变，生成KCl，故氧化剂和还原剂的个数比为1：5，选项A错误；B．根据元素化合价变化，2个S由0价降到-2价，被还原；1个S由0价升到+4价，被氧化，故被氧化和被还原的硫元素质量之比为1∶2，选项B正确；C．生成1个O2，则反应了2个Na2O2，其中2个-1价O升高到0价，2个-1价O降低到-2价，故转移了2个电子，选项C错误；D．根据元素化合价变化，N元素由0价降到-3价，AlN为还原产物；C元素由0价升到+2价，CO为氧化产物，故氧化产物和还原产物个数之比为3：2，选项D错误；故答案选B。5．B【详解】根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等，MnO转化为Mn2+化合价从+7到+2降低5价，作氧化剂，反应中氧化剂与还原剂的个数之比为2:5，个数比等于物质的量之比，可看作化合价降低总数为5×2=10；R2O中R的化合价为，转化为RO2中的+4价，化合价升高，依题意，可看作合价升高总数为×5×2=10，则x=2；故选B。6．B【详解】A．碳酸氢钠受热分解产生CO2，可以使澄清石灰水变浑浊，而碳酸钠不分解，故可以鉴别，A不符合题意；B．碳酸钠、碳酸氢钠都能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，不能鉴别，B符合题意；C．碳酸钠和BaCl2溶液反应生成碳酸钙沉淀，碳酸氢钠和BaCl2溶液不反应，可以鉴别，C不符合题意；D．酸钠溶液中滴加盐酸，开始没有气体放出；碳酸氢钠溶液中滴加盐酸，开始就有气泡放出，可以鉴别，D不符合题意；综上所述答案为B。7．C【详解】A．足量铁丝在Cl2中燃烧生成FeCl3，该反应与铁丝的用量无关，只会生成FeCl3，A错误；B．常温下氯气能溶于水，但氯气在水中的溶解度不大，吸收效果差，B错误；C．氯气为黄绿色气体，氯水呈黄绿色，是因为溶解了氯气，C正确；D．用强光照射新制氯水一段时间后，次氯酸分解生成盐酸和氧气，溶液pH减小，D错误；故本题选C。B【分析】装置甲中利用浓盐酸和高锰酸钾反应制取氯气，为防止生成的氯化铝水解，氯气经浓硫酸干燥后通入丙装置和铝粉反应，装置丁中冷凝收集氯化铝，之后用干燥管吸收未反应的氯气，并防止空气中的水蒸气进入。【详解】A．可通过旋转分液漏斗的活塞控制浓盐酸滴落的速率，从而控制氯气的流速，A正确；B．HCl也可以和铝反应生成氯化铝，该实验中无需除去HCl，反应需要除去水蒸气防止氯化铝水解，所以X为浓硫酸，B错误；C．为防止铝粉被空气中的氧气氧化，应先利用氯气排尽装置内空气，C正确；D．氯气有毒需进行尾气处理，同时还需防止空气中的水蒸气进入，碱石灰既能吸收多余的Cl2又能吸水，D正确；综上所述答案为B。9．B【详解】A．FeCl3与水反应时，FeCl3不能完全反应，且胶粒是由多个分子组成的“大分子”，因此无法计算生成的胶粒数目，故A项错误；B．2.3gNa的物质的量为，Na原子转变为Na+时，1个Na原子失去1个电子，因此0.1molNa全部失去电子转化为离子时，失去的电子数为0.1，故B项正确；C．未告知气体所处环境，无法确定该条件下气体摩尔体积数据，因此无法计算混合气体中分子数，故C项错误；D．未告知溶液体积，因此无法根据计算溶液中微粒数目，故D项错误；综上所述，正确的是B项。10．D【详解】根据溶液呈电中性可知，，可得=，故选D。11．B【分析】本题综合考查金属的性质，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查。【详解】A．生铁和钢都与铁、碳等融合而成，为合金，故A正确；B．铁在潮湿的环境可形成原电池反应而发生电化学腐蚀，故B错误；C．铝易被氧化生成氧化铝，为致密的氧化物膜，可防止铝进一步被氧化，故C正确；D．在铁表面刷上油漆，可隔绝空气而防止氧化，故D正确；答案选B。【点睛】活泼金属在潮湿的环境中易发生电化学腐蚀。12．D【详解】A．质子数相同中子数不同的核素互为同位素，则和互为同位素，A正确；B．在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，则核素原子中含有的中子数为137-55=82，B正确；C．第五周期0族元素的原子序数为54号。则：和的质子数、原子序数均为55，均位于元素周期表的第ⅠA族，C正确；D．原子中含有的中子数与质子数之差为(134-55)-55=24，D不正确；答案选D。13．D【分析】X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有相同的核外电子结构，X元素在Y元素的下一周期，据此分析；【详解】A．根据上述分析，X元素在Y元素的下一周期，X原子序数比Y的原子序数大，故A错误；B．电子层数越大，一般原子半径越大，X比Y多一个电子层，因此X的原子半径比Y原子半径大，故B错误；C．电子层数相同，微粒半径随着原子序数增大而减小，两种微粒的核外电子结构相同，即电子层数相同，因此Y离子的半径大于X，故C错误；D．Y元素离子是阴离子，X元素离子是阳离子，因此原子最外层电子数Y的大于X，故D正确；答案为D。14．B【详解】100mL0.5mol/L盐酸恰好完全溶解，mol，结合氧化物中的氧生成水，且，mol，mol。中Fe的平均化合价为，被氧化为，根据得失电子守恒：mol，x=0.80；故选B。15．BD【详解】A．K2S中只含离子键，故A不选；B．NH4Cl中含离子键和极性共价键，故B选；C．Al2O3中只含离子键，故C不选；D．Na2O2中含非极性共价键和离子键，故D选；故选：BD。16．C【详解】A．.向某溶液中加入氯化钡溶液，生成不溶于盐酸的白色沉淀，沉淀可能为氯化银或硫酸钡，A错误；B．向某溶液中同时加入几滴KSCN溶液和少量新制的氯水，溶液变为红色，该溶液中可能含有Fe2+或Fe3+中的一种，或二者都有，若要检验Fe2+，应先加入几滴KSCN溶液，无变化，再加氯水，溶液变为红色，则说明有Fe2+，B错误；C．向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，该无色气体可能为二氧化碳或二氧化硫，则溶液中可能含有或或或，C正确；D．向某溶液加入硝酸银溶液，有白色沉淀产生，沉淀可能为氯化银、碳酸银等，结论不正确，D错误；故选C。17．D【分析】某种氧化铝矿石（含Fe2O3杂质），加入过量氢氧化钠溶液，得到Fe2O3沉淀和NaAlO2溶液，向NaAlO2溶液中通入过量的二氧化碳，发生反应CO2+AlO+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO，对氢氧化铝进行加热可制得氧化铝，电解熔融氧化铝得到铝单质，据此解答。【详解】A．一水合氨是弱碱，不能与氧化铝反应，只能选择强碱，故A错误；B．氧化铁和强碱不反应，沉淀主要成分是氧化铁，故B错误；C．反应Ⅱ中的反应为：CO2+AlO+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO，故C错误，D．反应Ⅰ中氧化铝和强碱反应不是氧化还原反应，反应Ⅱ属于复分解反应，不是氧化还原反应，氢氧化铝分解生成氧化铝的反应不是氧化还原反应，因此除电解外，上述流程中涉及的反应都不是氧化还原反应，故D正确；故选D。18．C【详解】A．饱和碳酸氢钠除去二氧化碳中的氯化氢B．氯化氢能与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥氯气，应选用浓硫酸干燥，故B错误；C．铁和氯化铁生成氯化亚铁，过量铁粉可以过滤分离出去，故C正确；D．氧化铝能与氢氧化钠溶液反应，氧化铁不能与氢氧化钠溶液反应，则不能用氢氧化钠溶液除去氧化铝中混有的氧化铁，故D错误；故选AC。19．CD【详解】A．量筒的精确度为0.1mL，A错误；B．所需无水硫酸铜的质量为0.5L×0.1mol/L×160g/mol=8g，而胆矾为五水硫酸铜，B错误；C．未经冷却的液体转移到容量瓶中，由于热胀冷缩，使得溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，C正确；D．定容时，仰视刻度线会使溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，D正确；答案选CD。20．CD【分析】根据氧化性：Fe3+＞Cu2+，加入铁后会依次发生氧化还原反应①Fe+2Fe3+═3Fe2+，②Fe+Cu2+═Cu+Fe2+，从图象中可知加入2molFe时，发生反应①生成Fe2+物质的量为6mol，此时溶液中Fe2+物质的量浓度为3mol/L，可知溶液体积为2L，反应的Fe3+物质的量为4mol，即FeCl3为4mol；在加入2molFe的基础上再加入2mol铁发生反应②，此时生成Fe2+物质的量为2mol，原溶液中Cu2+物质的量为2mol，即CuCl2为2mol；同一溶液中浓度之比等于物质的量之比，所以原溶液中溶液中FeCl3、CuCl2的浓度之比为4mol：2mol=2：1，据此分析。【详解】A．氧化性：Fe3+＞Cu2+，A错误；B．由分析可知溶液体积为2L，B错误；C．加入2mol铁粉时，溶液中有6molFe2+，2molCu2+，故c(Fe2+)∶c(Cu2+)=3∶1，C正确；D．原溶液中溶液中FeCl3、CuCl2的浓度之比为4mol：2mol=2：1，D正确；故选CD。21．（除标注外，每空2分，共16分）(1)（3分）(2)加入KSCN后无明显现象，加入氯水后溶液变成血红色Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+(3)溶液变为血红色取少量久置的FeSO4溶液于试管中，向待测液中滴加5滴酸性KMnO4溶液酸性KMnO4溶液紫色褪去(4)不能，维生素C可能过量，也可使酸性KMnO4溶液褪色，则无法说明一定有Fe2+生成(能，如果维生素C恰好被Fe2(SO4)3溶液反应完，加入酸性KMnO4溶液褪色，则证明一定含有Fe2+)（3分）【详解】（1）方案ii中，硫酸亚铁溶液中滴入酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，紫色褪去，发生的离子方程式是；（2）方案iii的实验现象是：加入KSCN后无明显现象，加入氯水后溶液变成血红色，证明含亚铁离子，不含铁离子，氯水参与反应的的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；（3）要想证明FeSO4溶液部分变质，需要证明溶液中含有Fe3+和Fe2+，实验iv中，向待测液中加入KSCN溶液，溶液变为血红色，说明溶液中含有Fe3+，实验v中，取少量久置的FeSO4溶液于试管中，向待测液中滴加5滴酸性KMnO4溶液，酸性KMnO4溶液紫色褪去，说明溶液中含有Fe2+；（4）由实验vi不一定得出“维生素C可将Fe3+转化为Fe2+”的结论：不能，维生素C可能过量，也可使酸性KMnO4溶液褪色，则无法说明一定有Fe2+生成(能，如果维生素C恰好被Fe2(SO4)3溶液反应完，加入酸性KMnO4溶液褪色，则证明一定含有Fe2+)。22．（每空2分，共18分）(1)(2)1630.6NA或3.612×1023(3)2(4)17g/mol32(5)21：2【解析】（1）ag某气体中含有的分子数b，设该气体分子的摩尔质量为M，，V=Vm·n，则cg该气体在标准状况下占有的体积应表示：（2）8.4gN2的物质的量为0.3mol，含有原子数为0.6NA，由于两者所含原子数相同，9.6g某单质Rx所含原子个数为0.6NA，且分子数之比为3：2，可知Rx的物质的量为0.2mol，R3的摩尔质量,9.6g÷0.2mol=48g/mol，则R的相对原子质量是16，x值为3，9.6g单质Rx所含原子个数为0.6NA；（3）由K2SO4、Al2(SO4)3、KCl形成的混合溶液，其中K+、Al3+、Cl-的物质的量之比为4：3：1，，根据电荷守恒可知，K+、Al3+、Cl-、SO的物质的量之比为4：3：1：6，SO的物质的量浓度为3.6mol·L-1则此溶液中Cl-的物质的量浓度为0.6mol·L-1；（4）在标准状况下①6.72LCH4的物质的量为0.3mol，②3.01×1023个HCl分子的物质的量为0.5mol，③13.6gH2S的物质的量为0.4mol，④0.2molNH3，a.体积等于物质的量之比②>③>①>④，错误；b.密度之比等于摩尔质量之比，②>③>④>①，正确；c.质量②>③>①>④，错误d.氢原子个数等于物质的量乘以每个分子中氢原子数①>③>④>②，正确；故选bd；（5）A、B两室压