辽宁省朝阳市2023-2024学年高一上学期1月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省朝阳市2023-2024学年高一上学期1月期末试题全卷满分100分，考试时间75分钟。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：必修第一册第一章~第四章。可能用到的相对原子质量：H1He4C12N14O16Na23S32Cl35.5Fe56Cu64一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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.中华文化源远流长，三星堆考古出土了大量文物，如黄金面具、丝绸“黑炭”、青铜神树、陶瓷碎片等。下列有关说法正确的是（）A.可以用碳的一种核素测定出土文物的年代B.丝绸转化为黑炭的过程属于物理变化C.黄金易被氧化，出土后的黄金制品要密闭保存D.青铜属于合金，青铜器上的铜锈的主要成分为CuO〖答案〗A〖解析〗【详析】A．可以用测定出土文物的年代，其为碳的一种核素，A正确；B．丝绸和黑炭成分不同，二者的转化发生了化学变化，B错误；C．黄金化学活动性很弱，不易被氧化，C错误；D．铜锈的主要成分是，D错误；故选A。2.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．在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。3.下列物质的性质与用途具有对应关系的是（）A.有还原性，可用于消毒杀菌B.能与盐酸反应，可用作胃酸中和剂C.吸收产生，可用作呼吸面具中的供氧剂D.能与碱反应，可用作食品膨松剂〖答案〗C〖解析〗【详析】A．有氧化性，可以杀死细菌，灭活病毒，故A错误；B．能与盐酸反应，但腐蚀性很强，不能用作胃酸中和剂，故B错误；C．人呼出的可与反应生成，故可用作呼吸面具中的供氧剂，故C正确；D．利用碳酸氢钠受热分解产生气体，可用作食品膨松剂，与碳酸氢钠能与碱反应无关，故D错误；故选C4.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。5.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18g④0.4molA.①④③② 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。6.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。7.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。8.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，最高价氧化物对应水化物的碱性增强，所以碱性：，选项D错误；〖答案〗选B。9.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。10.NA为阿伏加德罗常数。下列说法错误的是（）A.在标准状况下22.4L氩气含有的质子数为18NAB.月球土壤中吸附着大量的He，He与He互为同位素C.1molD2O与1molH2O中含有的质子数之比为5：4D.质量为2.3g的钠离子所含电子数为NA〖答案〗C〖解析〗【详析】A．标准状况下22.4L氩气的物质的量为1mol，氩气为单原子分子，则1mol氩气含有的质子数为18NA，故A正确；B．He与He质子数相同，中子数不同，互为同位素，故B正确；C．1molD2O中含有的质子数为10NA，1molH2O中含有的质子数为10NA，1molD2O与1molH2O中含有的质子数之比为1：1，故C错误；D．2.3g钠离子的物质的量为0.1mol，一个钠离子含有10个电子，0.1mol钠离子含有的电子数为NA，故D正确；〖答案〗选C。11.某实验小组拟用药品铁粉、稀硫酸和氢氧化钠溶液设计如图所示装置制备氢氧化亚铁，下列说法错误的是（）A.装置甲放入药品铁粉、稀硫酸，装置乙盛放氢氧化钠溶液B.装置甲中铁粉应略为过量，防止Fe2+被氧化C.实验开始阶段，应把弹簧夹K1和K2都打开D.一段时间后，关闭弹簧夹K1和K2，在乙中生成白色絮状沉淀〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗用右图装置制备氢氧化亚铁，甲中药品为：铁粉和稀硫酸，B中为氢氧化钠溶液，结合装置分析可知，实验开始阶段，应把弹簧夹K1和K2都打开，利用反应生成氢气排净装置中的空气，可以收集K2处的气体检验是否是纯净的氢气，将仪器中的空气排尽后，然后关闭K1，利用生成的氢气在装置甲中压强增大，把硫酸亚铁溶液压入装置乙的氢氧化钠溶液中，反应生成白色氢氧化亚铁白色沉淀，可观察到氢氧化亚铁的颜色为白色沉淀，以此解答该题；【详析】A．结合装置分析可知，甲中药品为：铁粉和稀硫酸，乙中为氢氧化钠溶液，A正确；B．装置甲中铁粉路过量，防止被氧化，B正确；C．实验开始阶段，应把弹簧夹K1和K2都打开，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，待装置中的空气排尽后，关闭K1，C正确；D．一段时间后生成的氢气使甲中压强增大，把硫酸亚铁溶液压入乙中，反应生成白色氢氧化亚铁沉淀，关闭弹簧夹K1，但不能关闭弹簧夹K2，防止装置内压强过大发生爆炸，D错误；故〖答案〗为：D。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.向含物质的量浓度均为1mol⋅L的HCl和AlCl₃的混合溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，若用y轴表示产生沉淀的量，x轴表示消耗NaOH溶液的体积。已知的化学性质和相似。下列图像正确的是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗【详析】由信息可知，将NaOH溶液逐滴加入含物质的量浓度均为1mol⋅L的HCl和的混合溶液中，先发生：，所以开始一段时间内没有沉淀生成；中和反应完成后发生：，所以先出现氢氧化铝沉淀，然后随NaOH溶液体积的增加发生：，沉淀又消失且两次反应消耗的NaOH溶液的体积之比为3∶1，综上分析，B选项符合题意。〖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。15.将一定质量的和混合固体粉末溶于稀盐酸，恰好完全反应，生成标准状况下，向反应后的溶液中加入溶液，溶液颜色无明显变化。则下列说法正确的是（）A.反应后溶液中含有B.与稀盐酸发生氧化还原反应C.D.混合固体中〖答案〗C〖解析〗【详析】A．由题可知和的混合固体与的稀盐酸恰好完全反应，向反应后的溶液中滴加溶液，颜色无明显变化，故反应后的溶液不含，A错误；B．与反应生成、和，反应的化学方程式为，该反应为复分解反应，B错误；C．由题意可知，与盐酸反应的，，则与反应的，故，产生，则由，可得，故，C正确；D．混合固体中，D错误；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.回答下列相关问题：（1）以下物质：①晶体；②固体；③NaOH溶液；④熔融NaCl；⑤蔗糖；⑥液氯；⑦。能导电的是_______(填序号，下同)；属于电解质的是_______；属于碱性氧化物的是_______。（2）实验室用碳酸钙与盐酸反应制取气体，反应的离子方程式是_______。常用澄清石灰水检验气体，反应的离子方程式是_______。（3）某无土栽培用的营养液，要求KCl、和三种原料的物质的量之比为1∶4∶8。①配制该营养液后，溶液中_______。②若采用和KCl来配制该营养液，则KCl和物质的量之比为_______。〖答案〗（1）①.③④②.①②④③.②（2）①.②.（3）①.0.018②.9∶4〖解析〗（1）①晶体、②固体虽是电解质，但无自由移动的离子，所以不导电；⑤蔗糖、⑦为非电解质，⑥液氯既不是电解质也不是非电解质，所以不导电；③NaOH溶液；④熔融NaCl含由移动的离子，所以导电；电解质：在熔融状态下或者溶液中能导电的化合物，①晶体、②固体、④熔融NaCl为电解质；②为非金属氧化物；故〖答案〗为：③④；①②④；②（2）实验室用碳酸钙与盐酸反应制取气体，其化学方程式为，则其离子方程式为：；澄清石灰水与气体反应生成白色沉淀，则其离子方程式为：，故〖答案〗为：；；（3）①KCl、和三种原料的物质的量之比为1∶4∶8可知，，又由，溶液中，故〖答案〗为：0.018；②设的物质的量为xmol，KCl的物质的量为ymol，由KCl、和三种原料的物质的量之比为1∶4∶8可知，，则。故〖答案〗为：4：9。17.下表列出了①~⑩号元素在元素周期表中的位置：族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAVAⅥAⅦA0一①②二③④⑤三⑥⑦⑧⑨⑩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(或其他合理〖答案〗)〖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，据此分析解题。（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；故〖答案〗为He；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，电子式为，故〖答案〗为。（3）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；故〖答案〗为HF。（4）⑤为F，最外层含有7个电子，容易得到电子，所以⑤的单质具有氧化性；故〖答案〗为氧化性。（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，发生反应的离子方程式为；故〖答案〗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；故〖答案〗为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(或其他合理〖答案〗)。18.某实验小组同学利用某工业废弃矿石（主要成分为和，其他成分不参与反应制备硫酸铜晶体与硫酸铁铵晶体，工艺流程如下图所示：回答下列问题：（1）气体X的名称为______。（2）“酸浸1”过程中红色固体被溶解的化学方程式为______。（3）“酸浸2”得到的滤液为______（填主要物质的化学式）溶液，可以转移到______操作工序中循环利用。（4）“氧化2”过程发生反应的离子方程式为____________，实际操作日所加的量要比理论计算值多，可能原因是____________。（5）“系列操作”包括______、______、过滤、洗涤、干燥，该系列操作所需的仪器铁架台、酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、烧杯和______。（6）若称取25.6kg废弃矿石经过上述流程最终得到25kg硫酸铜晶体，则矿石中Cu元的质量分数为______%（保留1位小数）。〖答案〗（1）二氧化硫（2）（3）①.②.氧化2（4）①.②.易分解（5）①.蒸发浓缩②.冷却结晶③.漏斗（6）25.0〖解析〗〖祥解〗工业废弃矿石(主要成分为CuS和Fe2O3)，将其灼烧，CuS转化为CuO和SO2，所以气体X是SO2，残留固体是CuO和Fe2O3，向其中加入足量稀H2SO4，反应产生CuSO4、Fe2(SO4)3，然后加入过量铁粉，发生反应：CuSO4+Fe=FeSO4+Cu；Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，然后过滤，所得滤液含有FeSO4，滤渣含有Fe、Cu，滤渣酸浸发生反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；而Cu不发生反应，过滤，滤液与前边的滤液合并，向其中加入稀H2SO4、H2O2，反应产生Fe2(SO4)3，再向其中加入(NH4)2SO4，经系列操作可知反应产生硫酸铁铵；滤渣用H2SO4溶解，然后向溶液中鼓入O2，发生反应：2Cu+O2+2H2SO4=CuSO4+2H2O，然后将溶液蒸发浓缩冷却结晶获得硫酸铜晶体。（1）根据上述分析可知气体X是SO2，名称是二氧化硫；（2）“酸浸1”过程中红色固体Fe2O3与H2SO4反应产生Fe2(SO4)3、H2O，反应的化学方程式为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；（3）“酸浸2”是Fe、Cu混合物中的Fe与硫酸反应得到FeSO4，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，而Cu不能发生反应，则发生的滤液为FeSO4；FeSO4可以被H2O2氧化产生Fe2(SO4)3，因此可以转移到氧化2操作工序中循环利用；（4）“氧化2”过程中，Fe2+、H+、H2O2发生氧化还原反应产生Fe3+、H2O，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；实际操作时，所加H2O2的量要比理论计算值多，可能原因是H2O2不稳定，受热易分解导致其被消耗，故H2O2易分解；（5）CuSO4的溶解度受温度的影响变化较大，因此从溶液中获得CuSO4·5H2O，的系列操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；该系列操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥所需的仪器铁架台、酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、烧杯和漏斗；（6）CuSO4·5H2O的式量是250，25kg硫酸铜晶体的物质的量是n(CuSO4·5H2O)=，根据Cu元素守恒，可知废弃矿石中Cu的物质的量是100mol，其质量是m(Cu)=100mol×64g/mol=6400g=6.4kg，故矿石中Cu元素的质量分数为。19.某化学兴趣小组在实验室制取漂白粉(如图1所示)，并探究氯气与石灰乳反应的条件和产物。已知：氯气和碱的反应为放热反应。温度较高时，氯气和碱还能发生如下反应：。该兴趣小组设计了下列实验装置，进行实验。回答下列问题：（1）盛放浓盐酸的仪器名称为_______。（2）装置乙、丁的作用分别是_______、_______。（3）装置甲中发生反应的离子方程式是_______。（4）装置丙中发生反