无锡市锡山高级中学2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题（解析版）

第13页/共13页江苏省锡山高级中学2022—2023学年高一上学期期末考试化学试题(本试卷满分100分，考试时间75分钟)可能用到的相对原子质量：O—16Na—23Al—27S—32Cl—35.5K—39Fe—56一、选择题(本题共16小题，每小题3分，每小题只有1个选项符合题意，共计48分)1.2021年，“中国天眼”正式对全球开放，其“眼镜片”主要成分是高性能碳化硅新型材料，它能探测到宇宙边缘的中性氢，重现宇宙早期图像。下列有关说法正确的是A.其塔架所用钢材的组成元素都是金属元素B.其射电板所用铝合金具有较强的抗腐蚀性C.中性氢原子构成的氢气有三种同素异形体D.硅位于元素周期表第三周期ⅥA族【答案】B【解析】【详解】A．钢材的组成元素除了铁元素外，还有碳元素，故A错误；B．铝合金表面有一层致密的氧化膜，具有较强的抗腐蚀性，故B正确；C．同种元素组成的不同单质为同素异形体，中性氢原子构成的氢气只有一种单质，故C错误；D．硅元素位于元素周期表第三周期ⅣA族，故D错误；答案B。2.下列有关化学用语正确的是A.质子数为92、中子数为146的U： B.HClO的结构式：H-Cl-OC.Na2O熔融时的电离方程式：Na2O=2Na++O2- D.水的电子式：【答案】C【解析】【详解】A．质子数为92，中子数为146，则质量数为238的U，，A错误；B．HClO结构式为H-O-Cl，B错误；C．氧化钠为强电解质，在熔融时电离处钠离子和阳离子，C正确；D．水为共价型化合物，电子式为，D错误；故答案为：C。3.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.强酸性溶液中：、、B.强碱性溶液中：、、C.含有的溶液中：OH-、、D.澄清透明的溶液中：、Na+、、【答案】D【解析】【详解】A．强酸性溶液中具有强氧化性能和发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不选；B．强碱性溶液中会生成氢氧化铁沉淀，不能大量存在，故B不选；C．含有的溶液中，OH-会和发生反应，不能大量共存，故C不选；D．澄清透明的溶液中、Na+、、之间不发生反应，可以大量共存，故D选；故选D。4.下列性质和用途一致的是A.钠单质熔点较低，可用于冶炼金属钛B.K2FeO4(高铁酸钾)具有强氧化性，可用作杀菌消毒C.FeCl3溶液具有酸性，可以腐蚀铜箔制造印刷电路板D.氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸【答案】B【解析】【详解】A．钠单质的还原性比较强，可用于冶炼金属钛，A错误；B．K2FeO4(高铁酸钾)中正六价的铁具有强氧化性，可用作杀菌消毒，B正确；C．FeCl3溶液中三价铁离子具有强氧化性酸，可以与铜发生氧化还原，制造印刷电路板，C错误；D．氢氧化铝可以和氢离子反应，可用于中和过多的胃酸，D错误；故选B5.溴是第四周期ⅦA族元素，关于溴元素性质推测正确的是A.原子半径比氯元素小 B.常温常压下溴单质是固体C.最高价氧化物水化物的酸性比氯的强 D.最高化合价+7价【答案】D【解析】【详解】A．同主族元素从上到下半径依次增大，溴原子半径比氯原子大，故A错误；B．常温常压下溴单质是液体，故B错误；C．同主族元素从上到下，非金属性依次减弱，最高价氧化物水化物的酸性依次减弱，最高价氧化物水化物的酸性比氯的弱，故C错误；D．溴是第四周期ⅦA族元素，最外层有7个电子，最高化合价+7价，故D正确；选D。6.利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如图所示。下列说法不正确的是A.N2含有非极性共价键B.NO和O2均属于共价化合物C.上述过程的总化学方程式为2NON2+O2D.标准状况下，NO分解生成11.2LN2转移电子数为1.204×1024【答案】B【解析】【详解】A．N2含有非极性共价键，说法正确，A错误；B．O2是单质不属于化合物，B正确；C．从图示可知，化合物生成两种单质，所以上述过程的总化学方程式为2NON2+O2，C错误；D．标准状况下，NO分解生成11.2LN2即0.5摩尔，所以有1摩尔+2价的氮降低到0价，转移电子数为1.204×1024，D错误；故选B。7.下列物质间的转化，不能一步实现的是A.Al2O3→Al(OH)3 B.Na→NaOHC.Na2O2→Na2CO3 D.Fe2O3→FeCl3【答案】A【解析】【详解】A．Al2O3与NaOH生成NaAlO2，向NaAlO2中通入CO2，生成Al(OH)3，所以Al2O3不能直接生成Al(OH)3，A符合题意；B．Na与水反应生成NaOH和H2，能一步实现，B不符合题意；C．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，能一步实现，C不符合题意；D．Fe2O3与盐酸反应生成FeCl3，能一步实现，D不符合题意；故答案为：A。8.利用NaClO可进行废水脱氮，脱氮过程可表示为。下列说法正确的是A.氧化性ClO-＜N2 B.还原产物为H2OC.反应中氮元素被氧化，氧元素被还原 D.每生成1molN2，转移6mole-【答案】D【解析】【详解】A．对于反应，是还原剂，是氧化产物，是氧化剂，是还原产物，根据氧化还原反应规律，氧化性：氧化剂>氧化产物，所以氧化性，A项错误：B．对于反应，是还原产物，H2O中元素化合价没变，不是氧化产物也不是还原产物，故B错误；C．反应中，(N元素为-3价)失电子被氧化生成(N元素为0价)，(Cl元素为+1价)得电子被还原生成(氯元素为-1价)，C项错误；D．反应中，转移电子总数为6，即每生成1mol转移6mol，D项正确；故选D。9.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温下，将2.7gAl投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NAB.足量的MnO2与100mL12mol·L-1的浓盐酸充分反应可制得氯气的分子数为0.3NAC.常温常压下，11.2LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.5NAD.7.8gNa2O2和Na2S混合物中所含的离子总数为0.3NA【答案】D【解析】【详解】A．常温下，Al遇足量的浓硫酸发生钝化，故A错误；B．反应过程中浓盐酸并不断变稀，反应停止，故B错误；C．不是标准状况，故C错误；D．Na2O2和Na2S的相对原子质量都是78，且都是三离子微粒，所以7.8gNa2O2和Na2S混合物中所含的离子总数为0.3NA，故D正确；故选D。10.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A.Cl2通入氢氧化钠溶液：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OB.用FeCl3溶液腐蚀铜箔制造印刷电路板：3Cu+2Fe3+=3Cu2++2FeC.Na2O2与水反应：Na2O2+2H2O=2Na++2OH-+O2↑D.向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2=CaCO3+2H+【答案】A【解析】【详解】A．Cl2气通入氢氧化钠溶液生成氯化钠、次氯酸钠和水，其离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故A正确；B．FeCl3溶液腐蚀铜箔制造印刷电路板，Fe3+被还原成Fe2+，其正确的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故B错误；C．Na2O2+2H2O=2Na++2OH-+O2↑，此离子方程式质量不守恒，正确的是2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，故C错误；D．向CaCl2溶液中通入CO2不能生成碳酸钙和盐酸，因为酸和盐反应，不能用弱酸制强酸，故D错误；答案A。11.下列实验操作正确且能达到实验目的的是甲：配制1mol/L的稀硫酸乙：测定氯水的pH丙：检验物质中的钾元素丁：制备Fe(OH)2ABCDA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．容量瓶不能作为溶解稀释的仪器，A不合题意；B．氯水具有漂白性，不能用pH试纸来测量氯水的pH值，B不合题意；C．观察钾的焰色时需通过蓝色钴玻璃片以滤去黄光，避免钠元素的干扰，C不合题意；D．氢氧化亚铁具有很强的还原性，易被空气中的氧气氧化，故制备氢氧化亚铁时需将吸满NaOH溶液的胶头滴管插入FeSO4溶液中，再挤出NaOH溶液，上层煤油可以起到隔绝空气的作用，D符合题意；故答案为：D。12.某同学参阅“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL4mol/L的消毒液，下列说法正确的是A.容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干后使用B.需称量NaClO固体的质量为143.0gC.配得的NaClO溶液在空气中光照，久置后NaClO物质的量浓度减小D.定容时俯视刻度线，所得溶液浓度会偏低【答案】C【解析】【详解】A．容量瓶不需要烘干后使用，A错误；B．配制溶液时需要选择500mL容量瓶，所以需称量NaClO固体的质量为，B错误；C．配得的NaClO溶液在空气中光照，会促使次氯酸根离子水解，且水解产物次氯酸会分解，整体向右移动，所以久置后NaClO物质的量浓度减小，C正确；D．定容时俯视刻度线，看到的液面高于实际液面，体积偏小所以所得的溶液浓度会偏高，D错误；故选C。13.如图是部分短周期元素主要化合价与原子序数的关系图，X、Y、Z、W、R是其中的五种元素。下列说法正确的是A.离子半径：X2->Y+B.气态氢化物的热稳定性：H2W>H2XC.R氧化物对应水化物的酸性强于W氧化物对应水化物的酸性D.工业上用电解熔融态ZR3的方法制备金属Z【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W、R都是短周期元素，且原子序数依次增大，并结合图中各元素的主要化合价可知，X为O，Y为Na，Z为Al，W为S，R为Cl。【详解】A．由分析可知，X为O，Y为Na，Na+和O2-核外电子排布相同，但Na的原子序数大于O，故离子半径：O2-＞Na+，A正确；B．由分析可知，X为O，W为S；同一主族，从上到下，元素的非金属性依次减弱；元素的非金属性越强，其气态氢化物的热稳定性越强；非金属性：O＞S，故热稳定性：H2O＞H2S，B错误；C．R的最高价氧化物对应水化物的酸性强于W的最高价氧化物对应水化物的酸性，即高氯酸的酸性大于硫酸的酸性，C错误；D．由分析可知，Z为Al，R为Cl，AlCl3是共价化合物，熔融的AlCl3不能电离出Al3+，Al2O3是离子化合物，熔融的Al2O3能电离出Al3+，故工业上制取Al电解的是熔融的Al2O3，而不是熔融的AlCl3，D错误；故选A。14.下列依据相关实验得出的结论正确的是A.将某化合物溶于水可导电，则此化合物为离子化合物B.某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水显红色，该溶液中一定含Fe2+C.某溶液中加硝酸银，出现白色沉淀，则该溶液中一定含有Cl-D.向某黄色溶液中滴入几滴淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，则原溶液一定是氯水【答案】B【解析】【详解】A．HCl气体溶于水可导电，但HCl不是离子化合物，故A错误；B．因氯水能够把Fe2+氧化为Fe3+，滴入氯水后，含有KSCN的溶液变红色，说明原溶液中一定含有Fe2+，故B正确；C．Cl-鉴定，需先加入稀硝酸酸化，排除干扰离子，然后再加入硝酸银溶液，故C错误；D．能使碘化钾氧化的黄色溶液不一定是氯水，可能是氯化铁溶液，故D错误；答案B。15.利用废旧镀锌铁皮制备Fe3O4胶体粒子的流程图如图，已知：Zn溶于强碱时生成易溶于水的[Zn(OH)4]2-，下列有关说法正确的是A.用氢氧化钠溶液处理废旧镀锌铁皮，主要目的是为了处理表面的油污B.“酸溶”的离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2OC.“氧化”后溶液中所存在的阳离子有：H+、Na+、Fe2+、Fe3+D.Fe3O4胶体粒子可通过过滤操作得到【答案】C【解析】【详解】A．根据Zn能溶于强碱溶液，可知用氢氧化钠溶液处理废旧镀锌铁皮，主要目的是为了除去表面的锌皮，故A错误；B．根据流程图可知，酸溶的过程主要是铁和稀硫酸反应，其离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B错误；C．Fe3O4结构中既有Fe3+，又有Fe2+，所以加入的双氧水要适量，不能把Fe2+完全氧化，则氧化后的溶液中的阳离子有H+、Na+、Fe2+、Fe3+，故C正确；D．因胶体粒子能通过滤纸，所以Fe3O4胶体粒子不能通过过滤操作得到，故D错误；答案C。16.硝酸厂烟气中含有大量氮氧化物(NOx)。常温下，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中可实现无害化处理，其转化过程如图所示(以NO为例)。下列说法不正确的是A.反应Ⅰ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1B.反应Ⅱ的离子方程式为4Ce3++4H++2NO=4Ce4++2H2O+N2C.反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+的物质的量浓度均保持不变D.该转化过程的实质是NO被H2还原成N2【答案】C【解析】【分析】本题由图分析可知，反应物为H2和NO，生成物为N2和H2O，Ce3+和Ce4+为催化剂，反应方程式为：2NO+2H2==N2+2H2O，据此分析。【详解】A．由图分析，反应Ⅰ为H2+2Ce4+==2H++2Ce3+，故氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶1，A项正确。B．由图分析，反应Ⅱ的离子方程式为4Ce3++4H++2NO=4Ce4++2H2O+N2，B项正确。C．据分析可知，Ce3+和Ce4+为催化剂，故混合溶液内Ce3+和Ce4+的物质的量浓度会发生变化，C项错误。D．据分析可知，该转化过程的实质是NO被H2还原成N2，D项正确。故答案为：C。二、非选择题(本题共有4小题，共计52分。请将解答填写在答题卡相应的位置。)17.如图是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表一种元素。根据表中所列元素回答下列问题：abcdefgh（1）c的离子结构示意图是_______，h在元素周期表中的位置为_______。（2）a、e、f最高价氧化物对应水化物的酸性强弱由大到小的顺序为_______(用化学式表示)。（3）b的一种氧化物可以消毒杀菌，其电子式为_______。（4）镓(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。碱性：_______(填“>”或“<”)，氧化镓与反应的化学方程式为_______。【答案】（1）①.②.第四周期ⅥA族（2）HNO3>H3PO4>H2SiO3（3）（4）①.＜②.Ga2O3+2NaOH=2NaGaO2+H2O【解析】【分析】由元素在周期表的位置可知，a是N元素，b为Na元素，c为Mg元素，d为Al元素，e为Si元素，f为P元素，g为Cl元素，h为Se元素，然后根据元素周期律分析解答。【小问1详解】元素c为Mg，Mg2+结构示意图是，Se元素在元素周期表中的位置为第四周期ⅥA族。【小问2详解】同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，同一主族元素，原子序数越大，元素的非金属性越弱，N、Si、P非金属大小关系为：N>P>Si，最高价氧化物对应水化物的酸性强弱由大到小的顺序为HNO3>H3PO4>H2SiO3。【小问3详解】Na的一种氧化物可以消毒杀菌，该氧化物为Na2O2，其电子式为。【小问4详解】镓(Ga)与铝同主族，同一主族元素，原子序数越大，元素的金属性越强，金属性：Ga>Al，碱性：<。Ga2O3为两性化合物，氧化镓与反应的化学方程式为：Ga2O3+2NaOH=2NaGaO2+H2O。18.明矾[KAl(SO4)2·12H2O]是一种常用的净水剂。以废易拉罐(主要成分为铝和少量的铁、镁杂质)为原料制取明矾晶体的实验流程如下：（1）“碱溶”后滤渣的主要成分为_______。（2）“沉铝”步骤在煮沸条件下进行，生成Al(OH)3、NH3和NaHCO3。该步骤反应的离子方程式为_______。（3）由浓硫酸配制100mL“酸溶”所需的9mol/LH2SO4溶液需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、_______。会引起所配溶液浓度偏高的操作有_______(填序号)。A．用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度线B．容量瓶未干燥就用来配制溶液C．浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移至容量瓶中D．烧杯中稀溶液往容量瓶中转移时，有少量液体溅出E．用量筒量取浓硫酸后未洗涤量筒（4）“酸溶”步骤在如图所示的装置中进行，导管的作用是_______，明矾能够净水的原因为_______。（5）为测定该明矾晶体样品中的含量，该实验小组称取ag明矾晶体样品，溶于50mL稀盐酸中，加入足量溶液，使完全沉淀。用质量为bg的漏斗进行过滤，洗净滤渣后，将漏斗和滤渣一并干燥至恒重，测得质量为cg。(已知硫酸钡的摩尔质量为233g/mol)①过滤前判断溶液中已经完全沉淀的实验操作和现象是_______。②该明矾晶体样品中的含量为_______mol/g。(即每克明矾晶体中的物质的量)【答案】（1）铁和镁（2）H2O+AlO+NH=Al(OH)3↓+NH3↑（3）①.100mL容量瓶、胶头滴管②.AC（4）①.平衡气压②.明矾溶于水产生氢氧化铝胶体，胶体有吸附性（5）①.静置，取上清液，再滴入几滴溶液，若无白色沉淀生成，则已经沉淀完全②.【解析】【分析】易拉罐的主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质，可选择浓NaOH溶解，得到偏铝酸钠溶液，并通过过滤除去Fe、Mg等杂质，滤液中加入NH4HCO3溶液后，促进水解生成Al(OH)3沉淀，过滤后将沉淀溶解在稀硫酸中，得到硫酸铝溶液，添加K2SO4溶液后蒸发浓缩并冷却结晶得到晶体明矾，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，“碱溶”后滤渣的主要成分为Fe和Mg，故答案为：铁和镁；【小问2详解】由分析可知，“沉铝”步骤在煮沸条件下进行，生成Al(OH)3、NH3和NaHCO3，该步骤反应的化学方程式为：NaAlO2+NH4HCO3+H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓+NH3↑，故其离子方程式为H2O+AlO+NH=Al(OH)3↓+NH3↑，故答案为：H2O+AlO+NH=Al(OH)3↓+NH3↑；【小问3详解】根据配制一定物质的量浓度的溶液的实验操作可知，由浓硫酸配制100mL“酸溶”所需的9mol/LH2SO4溶液需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶和胶头滴管，A．用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度线，所量浓硫酸的体积偏大，即溶质的物质的量偏大，所配溶液浓度偏高，A符合题意；B．容量瓶未干燥就用来配制溶液，对实验结果无影响，B不合题意；C．由于液体的膨胀速度大于固体，故浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移至容量瓶中，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，C符合题意；D．烧杯中稀溶液往容量瓶中转移时，有少量液体溅出，导致溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，D不合题意；E．用量筒量取浓硫酸后未洗涤量筒，对实验结果无影响，E不合题意；故答案为：100mL容量瓶和胶头滴管；AC；【小问4详解】由题干所示“酸溶”步骤中装置图可知，导管的作用是平衡内外压强，使液体顺利流下，明矾溶于水产生氢氧化铝胶体，胶体有吸附性，故明矾能够净水，故答案为：平衡压强；明矾溶于水产生氢氧化铝胶体，胶体有吸附性；【小问5详解】①根据离子的检验可知，过滤前判断溶液中已经完全沉淀的实验操作和现象是静置，取上清液，再滴入几滴BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已经沉淀完全，故答案为：静置，取上清液，再滴入几滴BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已经沉淀完全；②由题干信息可知，该实验小组称取ag明矾晶体样品，溶于50mL稀盐酸中，加入足量溶液，使完全沉淀。用质量为bg的漏斗进行过滤，洗净滤渣后，将漏斗和滤渣一并干燥至恒重，测得质量为cg，则有n()=n(BaSO4)==mol，故该明矾晶体样品中的含量为mol/g，故答案为：。19.铁盐在生产生活中有重要的作用。（1）绿矾(FeSO4·7H2O)常用作补血剂。①绿矾中含有的化学键类型有_______。②配制含FeSO4的溶液时，为防止FeSO4被氧化，应采取的措施是_______。（2）工业中常用高铁酸钾(K2FeO4)作为高效、多功能的自来水处理剂，高铁酸钾与水反应时，能生成Fe(OH)3胶体吸附杂质净水，同时还产生一种气体，该原理的离子方程式为_______。（3）一种铁基脱硫剂脱除硫化氢(H2S)的方法包括吸收和再生两个阶段，其工艺流程原理如下：①写出“再生”的反应的离子方程式：_______。②当吸收224mL(标准状况)H2S时，若要保持脱硫液中Fe3＋的物质的量不变，则所通入的氧气的物质的量为_______mol(写出计算过程)。【答案】（1）①.离子键和共价键②.往溶液中加入少量铁粉（2）（3）①②.【解析】【小问1详解】①绿矾中含有的化学键类型有亚铁离子与硫酸根离子之间的离子键和硫原子与氧原子之间的共价键，答案为：离子键和共价键；②配制含FeSO4的溶液时，FeSO4易被氧化生成三价铁离子，所以应采取的措施是往溶液中加入少量铁粉，答案为：往溶液中加入少量铁粉；【小问2详解】工业中常用高铁酸钾(K2FeO4)作为高效、多功能的自来水处理剂，高铁酸钾与水反应时，能生成Fe(OH)3胶体吸附杂质净水，同时还产生氧气，根据氧化还原反应中电子转移守恒和电荷守恒，该原理的离子方程式为，答案为：；【小问3详解】①由图可知“再生”过程是亚铁离子和氧气、氢离子反应生成三价铁离子的过程，反应的离子方程式：，答案为：；②吸收过程的反应：，再生过程的反应，若要保持脱硫液中Fe3＋的物质的量不变，根据题意可知需要满足下列电子转移关系：，，需要氧气，答案为：；2