广西北海市2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广西北海市2023-2024学年高一上学期期末考试试题注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选〖答案〗的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。5.本卷主要考查内容：必修第一册。6.全卷满分100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H：1He：4C：12N：14O：16Cl：35.5Fe：56一、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。1.2023年第19届亚运会在杭州举行，亚运会火炬的金属部分采用1070铝合金旋压成型工艺制作。下列关于合金的叙述正确的是（）A.我国使用最早的合金是钢B.铝合金属于金属材料，硬度比纯铝的小C.储氢合金属于新型合金，可用于以氢气为燃料汽车D.不锈钢中只含有金属元素，不含有非金属元素〖答案〗C〖解析〗【详析】A．我国最早使用的合金是青铜，A错误；B．铝合金属于合金，含有Al、Cu、Mg等元素，合金的硬度比任一组成成分金属的硬度大，故铝合金硬度比纯铝的大，B错误；C．储氢合金释放出的氢气具有可燃性，可作汽车的燃料，C正确；D．钢是铁和碳的合金，不锈钢中含有金属元素，还含有非金属元素碳，D错误；故选C。2.下列有关物质的分类和用途的对应关系中，正确的是（）选项物质分类用途ANa2CO3碱作发酵粉BCaCl2盐作杀菌漂白剂CAl(OH)3两性氢氧化物作抗酸药DFe3O4氧化物作红色颜料〖答案〗C〖解析〗【详析】A．Na2CO3俗名纯碱，电离产生金属阳离子和酸根阴离子，因此Na2CO3属于盐类，NaHCO3常作发酵粉，A错误；B．Ca(ClO)2具有强氧化性，常作杀菌漂白剂，而不是CaCl2，B错误；C．Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与为胃酸盐酸，且其本身对人体健康无刺激性，因此Al(OH)3可作为抗酸药，C正确；D．是黑色晶体，不是红色物质，因此不能用作红色颜料，D错误；故合理选项是C。3.向某未知溶液中加入铝粉能放出，下列各组离子在该溶液中一定能大量共存的是（）A.、， B.，，C.，， D.，，〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗向未知溶液中加入铝粉能放出，说明该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性【详析】A．碱性溶液中不能大量共存，A错误；B．与不能大量共存，且在酸性溶液中不能大量共存，B错误；C．离子能大量共存，C正确；D．在碱性溶液中不能大量共存，D错误；故选C。4.我国在春秋初年已掌握了冶铁技术。下列关于铁及其化合物的说法中不正确的是（）A.铁具有良好的导热性、导电性和延展性B.FeO是一种红棕色粉末，俗称铁红，常用作红色染料C.加热条件下，Fe与Cl2发生反应生成氯化铁D.FeO和Fe2O3都是碱性氧化物〖答案〗B〖解析〗【详析】A．铁具有良好的导热性、导电性和延展性，故A正确；B．Fe2O3是一种红色粉末，俗称铁红，常用作红色染料，故B错误；C．加热条件下，Fe与Cl2发生反应生成氯化铁，故C正确；D．FeO和Fe2O3都碱性氧化物，都能与酸发生反应，分别生成亚铁盐和铁盐，故D正确；故选B。5.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.1molO3含有的原子数为2NAB.1mol/LAlCl3溶液中含有的Cl-数为3NAC.1mol铁与足量的稀盐酸反应，失去的电子数为2NAD.2.2g重水(D2O)中含有的中子数为NA〖答案〗C〖解析〗【详析】A．l个O3分子中含有3个O原子，则1molO3含有的原子数目为3NA，A错误；B．只有溶液浓度，缺少溶液的体积，不能计算溶液中含有的Cl-数目，B错误；C．Fe与盐酸反应生成FeCl2，1molFe反应时失去电子物质的量2mol，则失去的电子数目是2NA，C正确；D．质量数等于核素的近似相对原子质量，D2O的摩尔质量为20g/mol，其中含有10个中子，2.2g重水D2O的物质的量是0.11mol，则其中所含中子物质的量0.11mol×10=1.1mol，D错误；故合理选项是C。6.下列各反应中，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化的是（）A.Na和 B.KOH和C.和 D.和〖答案〗D〖解析〗【详析】A．Na和反应，反应条件不同，可生成Na2O和Na2O2，故A不符合题意；B．KOH和反应，少量生成碳酸钾，过量生成碳酸氢钾，故B不符合题意；C．和反应，少量生成碳酸氢钠，过量生成二氧化碳，故C不符合题意；D．和生成硫酸钡和水，不随反应条件或反应物的用量变化而变化，故D符合题意；故〖答案〗选D。7.下列各物质所含原子数按由多到少的顺序排列的是（）①1.0mol②8gHe③4℃时18g④0.4molA①④③② B.④③②① C.②③④①D.①④②③〖答案〗A〖解析〗【详析】①1.0mol含1.0mol×4=4mol原子；②8gHe的物质的量为8g÷4g/mol=2mol，氦气为单原子分子，故含2mol原子；③4℃时18g的物质的量为18g÷18g/mol=1.0mol，含1.0mol×3=3.0mol原子；④0.4mol含0.4mol×8=3.2mol原子。各物质所含原子数按由多到少的顺序排列的是①④③②；故选A。8.下列化合物的电子式书写不正确的是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗【详析】中有2个，两个均要单独写，不能合并在一起表示，应改为，A错误。9.研究化学键有助于人们理解物质的某些性质。下列各组物质中，化学键类型完全相同的是（）A.和 B.HCl和 C.和NaOH D.和〖答案〗D〖解析〗【详析】A．中只含有非极性共价键，中只含有离子键，二者化学键类型完全不相同，A不选；B．HCl中只含极性共价键，既有非极性共价键又含有离子键，二者化学键类型不完全相同，B不选；C．只含有极性共价键，NaOH既含有极性共价键又含有离子键，二者化学键类型不完全相同，C不选；D．和都是共价化合物，都只含极性共价键，D选。〖答案〗选D。10.下列有关元素周期律的比较中正确的是（）A.金属性：B.单质与氢气化合由易到难的顺序：C.简单氢化物的稳定性：D.碱性强弱：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．同主族元素自上而下金属性逐渐增强，金属性：，选项A错误；B．Cl、S、P为同周期元素，根据元素周期律可知，非金属性：，故其单质与氢气化合由易到难的顺序：，选项B正确；C．非金属性：，所以简单氢化物的稳定性：，选项C错误；D．同主族自上而下金属性逐渐增强，最高价氧化物对应的水化物的碱性增强，所以碱性：，选项D错误；〖答案〗选B。11.是一种铁盐，由于兼具消毒和净水功能具有很大的利用价值，与盐酸可发生反应，下列说法错误的是（）A.产物Q为一种黄绿色有毒气体B.中铁的化合价为+6C.反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8D.8molHCl参与反应，电子转移总数为：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．根据原子守恒可知Q为，A正确；B．根据化学方程式可得是氧化剂，Fe元素的化合价为+6，B正确；C．Fe元素的化合价从+6降为+3，1个Fe原子得3个电子，HCl是还原剂，Cl元素的化合价从—1升高到0，1个Cl原子失去1个电子，根据得失电子守恒知，一部分HCl体现酸性，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，C错误；D8molHCl参与反应，电子转移总数为，D正确；故选C。12.几种短周期主族元素的原子半径及化合价见下表，下列说法正确的是（）元素代号ABCDEF化合价-2+4.-4-1+5.-3+3+1原子半径/nm0.0740.0770.0990.1100.1430.186A.A元素为氧元素，F元素为钾元素B.A元素与F元素形成的化合物中只含有共价键C.C、D的简单离子半径由大到小的顺序是C＞DD.由上表信息可推测氮元素的原子半径：0.074nm0.077nm〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗几种短周期元素的原子半径及某些化合价如表，A有-2价，B有-4、+4价，B处于ⅣA族，且A的原子半径与B相差不大，则A为O，B为C；C为-1价，根据原子半径可知C是Cl；D有-3、+5价，原子半径大于Cl，则D是P；E有+3价，F有+1价，原子半径均大于P，所以E是Al，F是Na，据此解答。【详析】A．根据分析，A为O，F是钠元素，A错误；B．A与F可以形成氧化钠、过氧化钠，过氧化钠中含有离子键和共价键，B错误；C．Cl−与P3−具有相同电子层，故离子半径：P3−>Cl−，C错误；D．同一周期内元素的原子半径从左到右逐渐减小，故氮原子的半径小于碳原子半径大于氧原子半径，在0.074~0.077nm之间，D正确；故〖答案〗为：D。13.下列实验能达到对应的目的的是（）ABCD制取纯净的Fe(OH)2沉淀比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性配制一定物质的量浓度的NaOH溶液除去Cl2中的少量HCl〖答案〗B〖解析〗【详析】A．氢氧化亚铁极易被氧化，所以制备氢氧化亚铁时，滴管应该插入到溶液中，故A错误；B．加热后，碳酸氢钠能分解生成二氧化碳，可以使澄清石灰水变浑浊，而碳酸钠不分解，故B正确；C．药品的溶解应在烧杯中，故C错误；D．Cl2和HCl均和NaOH溶液反应，达不到除杂的目的，故D错误；故〖答案〗选B。14.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W、X、Y三种元素原子的最外层电子数之和为11；W、X同周期且相邻，W的最外层电子数为4，的M层有8个电子。下列结论正确的是（）A.X、Y、Z离子半径的大小顺序为Z>Y>XB.Y与Z形成的化合物为共价化合物C.最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z<WD.单质氧化性：Z>X〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W、X同周期且相邻，W、X、Y三种元素原子的最外层电子数之和为11，W的最外层电子数为4，则W为C元素、X为N元素、Y为元素。的M层有8个电子，Z为元素。【详析】A．电子层数越多，离子半径越大；电子层结构相同，质子数越大，离子半径越小，故离子半径的大小顺序为，A错误；B．是离子化合物，B错误；C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：，C错误；D．氯气是很活泼的非金属单质，氧化性：，D正确；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.学以致用是学习化学的动力和源泉，掌握化学知识有助于我们更好地认识世界。回答下列问题：（1）云、雾属于胶体，鉴别胶体和溶液的方法是______，胶体和溶液的本质区别是_______。（2）生铁是______(填“混合物”或“化合物”)。通常合金的熔点_____(填“高于”或“低于”)其组成单质的熔点。（3）ClO2是一种新型含氯消毒剂，已经用于自来水消毒。实验室可通过以下反应制得：。产生1molC1O2时，转移电子的物质的量为______mol；该反应中的还原剂是______(填化学式)。（4）在标准状况下，由CO2和CO组成的混合气体的密度是H2的19倍，则两者体积比V(CO2)：V(CO)=____。（5）Ba(OH)2溶液中滴入浓度相等的NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。从开始到a点总的离子方程式是______，从a点到b点反应的离子方程式是______，解释b点之后导电能力上升的原因：______。〖答案〗（1）①.丁达尔效应②.分散质微粒直径的大小（2）①.混合物②.低于（3）①.1②.H2C2O4（4）5∶3（5）①.H++SO+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O②.H++OH-=+H2O③.b点之后继续向溶液中加入比b点硫酸钠溶液浓度大的硫酸氢钠溶液，其电离出钠离子，氢离子和硫酸根离子，使溶液导电性增强〖解析〗（1）胶体能发生丁达尔效应，溶液不能发生丁达尔效应，故鉴别胶体和溶液的方法是丁达尔效应，胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径的大小；（2）金属Fe碳合金是混合物，通常，合金的熔沸点低于其组成单质的熔沸点；（3）反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4=K2SO4+2ClO2↑+2CO2↑+2H2O中，Cl元素的化合价由KClO3中+5价降至ClO2中+4价，该反应中的氧化剂是KClO3，1molKClO3得到1mol电子生成1molClO2，即产生1molClO2时转移电子物质的量为1mol；该反应中H2C2O4中碳的化合价由+3价升高到+6价，则H2C2O4为还原剂；（4）CO和CO2混合气体的密度相对氢气为19,则CO和CO2混合气体的平均相对分子质量为38,平均摩尔质量为38gmol，则，解得n(CO)∶n(CO2)=3:5，根据公式长可知，相同条件下气体的体积之比等于物质的量之比,因此CO和CO2的体积比为3:5，故〖答案〗为5∶3；（5）从开始到a点是钡离子和硫酸根离子恰好完全反应，则两者的物质的量相等，离子方程式为：H++SO+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O；从a点到b点是之前没有反应完的氢氧根离子和氢离子的反应，离子方程式为：H++OH-=+H2O；b点之后随着硫酸氢钠的加入，溶液中离子浓度继续增大，导电能力增大，原因为：b点之后继续向溶液中加入比b点硫酸钠溶液浓度大的硫酸氢钠溶液，其电离出钠离子，氢离子和硫酸根离子，使溶液导电性增强。16.下表列出了①～⑩号元素在元素周期表中的位置：回答下列问题：（1）①～⑩中，元素的化学性质最不活泼的是_____(填元素符号，下同)。上述10种元素中，属于金属元素的有_______。（2）写出①与④以原子个数比3：1形成的化合物的电子式：_________。（3）元素④、⑤、⑩分别和①组成的简单化合物中，最稳定的是_______(填化学式)。（4）从元素原子得、失电子的角度看，⑤的单质具有_______(填“氧化性”或“还原性”)。（5）在盛有氢氧化钠溶液的小烧杯中通入元素⑩的单质，发生反应的离子方程式为_________。（6）请从原子结构的角度解释元素⑥的金属性比元素③的金属性强的原因是________。〖答案〗（1）①.He②.Li、Na、Mg、Al（2）（3）HF（4）氧化性（5）（6）Li和Na在同一主族，Na比Li多一个电子层，Na的原子半径更大，更容易失去电子〖解析〗〖祥解〗根据元素周期表的结构，①为H、②为He、③为Li、④为N、⑤为F、⑥为Na、⑦为Mg、⑧为Al、⑨为S、⑩为Cl；（1）惰性气体性质最不活泼，所以He化学性质最不活泼；①~⑩中共有Li、Na、Mg、Al；（2）①为H，④为N，N和H以原子个数比3∶1形成的化合物为NH3，其为共价化合物，电子式为；（3）非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，元素④为N、⑤为F、⑩为Cl，和①组成的简单化合物中，最稳定的是HF；（4）⑤为F，最外层含有7个电子，容易得到电子，是非金属性最强的元素，只有负价而没有正价，所以⑤的单质具有氧化性；（5）⑩为Cl，单质为Cl2；在盛有氢氧化钠溶液的小烧杯中通入Cl2，反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，发生反应的离子方程式为；（6）③为Li，⑥为Na，Li和Na在同一主族，Na比Li多一个电子层，Na的原子半径更大，更容易失去电子，其金属性更强。17.铁及其化合物与生产、生活息息相关。回答下列问题：（1）易被人体吸收，医生建议在服用该补铁剂时，同时服用维生素C.维生素C的作用是_______。（2）印刷电路板的制作原理是用足量的溶液腐蚀覆铜板上不需要的铜箔。写出上述反应的化学方程式：_______。（3）生铁是通过高炉冶炼而得到的，以赤铁矿为例用将其还原的化学方程式为_______。（4）某废料铁泥的主要成分为、、和杂质(杂质不与硫酸反应)。现取废料铁泥提取，设计实验流程如下：①分离溶液A和沉淀C的操作中使用到的玻璃仪器有烧杯、_______、_______。②能检验溶液A中含有的试剂是_______(填字母)。A.铁粉B.酸性溶液C.KSCN溶液③步骤Ⅱ中发生反应的离子方程式为_______。④若最终获得，则废料铁泥中铁元素的质量分数为_______。〖答案〗（1）防止被氧化（2）（3）（4）①.漏斗②.玻璃棒③.B④.⑤.或〖解析〗（1）维生素C有还原性，服用维生素C，防止被氧化；（2）用溶液腐蚀覆铜板上不需要的铜箔，反应的化学方程式：；（3）用还原赤铁矿，反应的化学方程式为：；（4）废料铁泥的主要成分为、、，加入足量的稀硫酸，得到的溶液中含有和，用将氧化成为，加入过量的溶液，生成沉淀，将沉淀加热灼烧，得到。①分离溶液A和沉淀C的操作为过滤，使用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；②能使酸性溶液褪色，用酸性溶液检验；③用将氧化成为，反应的离子方程式为：；④中铁的质量为：，废料铁泥中铁元素的质量分数为。18.某校化学兴趣小组为研究的性质，设计如图所示装置进行实验。装置D中夹持装置已略去，其中a为干燥的红色布条，b为湿润的红色布条。回答下列问题：（1）仪器X的名称是_________。写出装置A中发生反应