青海省西宁市大通回族土族自治县2022-2023学年高一上学期期末化学试题（解析版）

高中化学精品试卷PAGEPAGE1青海省西宁市大通回族土族自治县2022-2023学年高一上学期期末试题可能用到的相对原子质量：一、选择题(本题共20小题，每小题3分，共计60分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.20世纪以来，我国科学家对化学的发展做出了重要的贡献。以下不属于我国科学家研究成果的是（）A.发现青蒿素B.首次化学合成结晶牛胰岛素C.发现元素周期律D.二氧化碳人工合成淀粉[答案]C[解析][详析]A．青蒿素发现者为我国科学家屠呦呦，故A不符合题意；B．1965年9月17日，中国首次人工合成了结晶牛胰岛素，这是人类有史以来第一次人工合成有生命的蛋白质，故B不符合题意；C．发现元素周期律的是俄国科学家门捷列夫，故C符合题意；D．2021年9月24日，中国科学院天津工业生物技术研究所在全球范围内首次实现了二氧化碳到淀粉的从头合成，故D不符合题意；故选：C。2.下列物质的焰色试验为黄色的是（）A.NaCl B. C. D.[答案]A[解析][详析]Na元素焰色实验为黄色，A项符合题意。3.下列物质的俗称与化学式一致的是（）A.胆矾—— B.苏打——C.漂白粉——NaClO D.明矾——[答案]B[解析][详析]A．胆矾——，A错误；B．碳酸钠的俗名是苏打和纯碱，故苏打——，B正确；C．漂白粉是混合物，主要成分是，C错误；D．明矾——，D错误；故本题选B。4.下列物质中，含有极性共价键的是（）A.单质碘 B.氯化镁 C.溴化钾 D.水[答案]D[解析][详析]A．碘属于非金属单质，存在非极性共价键，故A不选；B．氯化镁属于离子化合物，只存在离子键，故B不选；C．溴化钾属于离子化合物，只存在离子键，故C不选；D．水属于共价化合物，存在H-O极性共价键，故D可选；故选D。5.下列各组物质，按酸、碱性氧化物、盐、电解质的顺序排列的是（）A.硫酸、氧化钙、氯化镁、氨气 B.硝酸、氧化钠、苏打、氯化钾C.醋酸、过氧化钠、小苏打、三氧化硫 D.氯化氢、苛性钠、明矾、一氧化碳[答案]B[解析][详析]A．氨气溶于水生成新物质导电，不是本身电离，故氨气属于非电解质，A错误；B．各物质分类正确，B正确；C．过氧化钠是过氧化物，不属于碱性氧化物，C错误；D．苛性钠属于碱，不是碱性氧化物，一氧化碳属于非电解质，D错误；故本题选B。6.下列关于合金的说法中，正确的是（）A.合金的硬度一定比各成分金属的低 B.在我国使用最早的合金是钢C.生铁的含碳量为0.03％～2％ D.稀土金属可以用于生产合金[答案]D[解析][详析]A．合金的硬度一般比各成分金属高，A错误；B．在我国使用最早的合金是铜合金，B错误；C．生铁的含碳量为2～4.3％，C错误；D．稀土金属具有特殊的化学活性，稀土金属可以用于生产合金，D正确；故本题选D。7.下列说法中正确的是（）A.1molO2质量为32g·mol-1 B.1molOH-的质量为17C.CO2的相对分子质量为44g D.H2O的摩尔质量为18g·mol-1[答案]D[解析][祥解][详析]A．1mol氧气的质量为32g，故A错误；B．1mol氢氧根离子的质量为17g，故B错误；C．二氧化碳的相对分子质量为44，故C错误；D．水的摩尔质量为18g·mol-1，故D正确；故选D。8.下列说法正确的是（）A.相同条件下，与稀盐酸反应速率比快B.能和水反应生成碱，所以是碱性氧化物C.和组成元素相同，与反应产物也相同D.具有强氧化性，可用作自来水的消毒剂[答案]A[解析][详析]A．与稀盐酸反应产生的速率比与等浓度的稀盐酸反应快，A项正确；B．碱性氧化物的定义是与酸反应生成盐和水，没有化合价升降，过氧化钠与水反应生成氧气，有化合价变化，不是碱性氧化物，B项错误；C．氧化钠和过氧化钠组成元素相同，氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，C项错误；D．虽然具有强氧化性，可用作消毒剂，但与水反应生成的氢氧化钠具有强腐蚀性，不能用作自来水的消毒剂，D项错误；故选：A。9.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][详析]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。10.Se是人体必需的微量元素，下列关于和的说法正确的是（）A.都含有34个中子数B.和互为同位素C.和分别含44个和46个质子数D.和含有不同的电子数[答案]B[解析][祥解]元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，据此解答。[详析]A．和的质子数均是34，中子数分别是78－34＝44、80－34＝46，A错误；B．和的质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，B正确；C．和的质子数均是34，C错误；D．质子数等于核外电子数，和含有相同的电子数，D错误；[答案]选B。11.下列各组微粒性质的比较中正确的是（）A.还原性： B.原子半径：N>Na>PC.金属性：Na<Mg<Al D.与化合的能力：[答案]D[解析][详析]A．离子半径越大，还原性越强，同主族元素离子半径的关系为：；还原性：，A错误；B．同周期元素，由左到右原子半径依次减小；同一主族的元素，电子层数越多，原子半径越大，故原子半径：Na>P>N，B错误；C．同周期元素，由左到右原子半径依次减小，原子半径越小，金属性越弱，故三种金属的金属性：Na>Mg>Al，C错误；D．同主族元素由上到下，原子半径依次增大，原子半径越大，非金属性越弱，与氢气的化合的能力就越弱，故与化合的能力：，D正确；故本题选D。12.相同状况下，下列气体所占体积最大的是（）A. B. C. D.[答案]D[解析][祥解]相同状况下，气体的体积大小与气体的物质的量成正比，据此进行分析。[详析]A．二氧化硫的摩尔质量为64g/mol，的物质的量为1.25mol；B．氧气的的摩尔质量为32g/mol，的物质的量为0.5mol；C．硫化氢的摩尔质量为34g/mol，的物质的量为0.94mol；D．氢气摩尔质量为2g/mol，的物质的量为1.5mol；结合以上分析可知，四种气体中，3gH2的物质的量最大，所占的体积也最大；故选D。13.在指定条件下，可以一步实现转换是（）A.B.C.D.[答案]D[解析][详析]A．，A项不符合题意；B．，B项不符合题意；C．和，C项不符合题意；D．，D项符合题意；故选：D。14.下列离子方程式中，正确的是（）A.氧化亚铁与稀盐酸反应:FeO+2H+＝Fe3++H2OB.向氯化铜溶液中加入氢氧化钠溶液:Cu2++OH-＝Cu（OH）2↓C.氯化铁溶液与铜反应:Fe3++Cu＝Fe2++Cu2+D.向氯化亚铁溶液中通入氯气:2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-[答案]D[解析][详析]A.氧化亚铁中铁显＋2价，即正确的离子方程式为FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O，故A错误；B.反应中原子不守恒，正确的离子方程式是Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓，故B错误；C.反应中电荷不守恒，正确的离子方程式是2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，故C错误；D.氯气能将Fe2＋氧化成Fe3＋，反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，故D正确；[答案]D。15.从100mL0.5mol·L-1NaOH溶液中取出1mL，并加水稀释到50mL,关于稀释后的溶液下列叙述正确的是（）A.含NaOH的质量为2g B.含NaOH的物质的量为0.005molC.浓度为0.01mol•L-1 D.浓度为0.5mol•L-1[答案]C[解析][详析]从100mL0.5mol·L-1NaOH溶液中取出1mL，氢氧化钠的物质的量为0.5mol·L-1×0.001L=0.0005mol，其质量为0.0005×40=0.02g，其浓度不变，仍为0.5mol·L-1，稀释到50mL，浓度变为=0.01mol·L-1。故选C。16.等质量的两份铝，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，充分反应后放出的氢气在同温同压下体积之比为（）A.1∶1 B.1∶6 C.2∶3 D.3∶2[答案]A[解析][祥解][详析]铝与氢氧化钠溶液和稀盐酸分别发生2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，盐酸和氢氧化钠足量，所以铝可以完全反应，根据反应方程式可知消耗等质量的铝生成的氢气的量相同，即充分反应后放出的氢气在同温同压下体积之比为1∶1；故[答案]为A。17.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.22.4LH2中含氢原子数一定为2NAB.1mol•L-1的CaCl2溶液中含Ca2+数目为NAC.7.1gCl2中含质子数为1.7NAD.2.3gNa变为Na+时失去电子数为0.1NA[答案]D[解析][详析]A．的状态未知，无法计算，A项错误；B．体积未知，无法计算，B项错误；C．7.1g物质的量为，含质子数为，C项错误；D．2.3gNa物质的量为，变为时失去电子数为，D项正确；故选D。18.某化学小组用如图所示装置验证、、单质氧化性的相对强弱。下列说法错误的是（）A.E处棉花球变成橙黄色，说明氧化性：B.F处棉花球变成蓝色，说明氧化性：C.E处发生反应的离子方程式为D.G装置的作用是吸收有害气体，防止污染环境[答案]B[解析][详析]A．E处发生反应的离子方程式为，说明氯气的氧化性比溴强，选项A正确；B．F处棉花球变成蓝色也可能是将氧化，选项B错误；C．氯气的氧化性比溴强，氯气可置换溴，E处发生反应的离子方程式为，选项C正确；D．G装置中NaOH溶液的作用是吸收有害气体，防止其污染空气，选项D正确；[答案]选B。19.下列实验无法达到预期实验目的的是（）A.用甲制备并收集少量 B.用乙制备少量C.用丙验证C和Si的非金属性强弱 D.用丁比较和的稳定性[答案]C[解析][详析]A．过氧化氢在二氧化锰作催化剂的条件下分解生成氧气，氧气不易溶于水，可用排水法收集，A正确；B．氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化，胶头滴管应插入到液面以下，B正确；C．稀盐酸与碳酸钠反应生成的二氧化碳中混有氯化氢，氯化氢也会与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，无法比较，C错误；D．比的稳定性强，连有试管的澄清石灰水变浑浊，连有试管的澄清石灰水无明显变化，D正确；故本题选C。20.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W与X、Y、Z不同周期，W为地壳中含量最多的元素，Y与W同主族，X的原子半径在短周期主族元素中是最大的。下列说法正确的是（）A.简单离子半径：X>Y>WB.W与X形成的化合物中阴阳离子个数比为1∶1C.最简单氢化物的热稳定性：W<YD.Z形成的单质可用于自来水消毒[答案]D[解析][祥解]W为地壳中含量最多的元素，故W为O，Y与W同主族，且Y的原子序数大于W，故Y为S，X的原子序数大于W，X的原子半径在短周期主族元素中是最大的，X为Na，Z的原子序数大于Y，且Z为短周期主族元素，则Z为Cl，据此分析。[详析]A．据题干信息可知W为O，X为Na，Y为S，Z为Cl。电子层多的离子半径大，电子层结构相同的离子，原子序数小的，离子半径大，故离子半径：，A错误；B．W与X形成的化合物有和两种，两种化合物的阴阳离子个数比均为1∶2，B错误；C．氧原子半径小于硫原子，故氧的非金属性强于硫的非金属性，故W与Y的最简单氢化物的热稳定性：，C错误；D．Z形成的单质为，氯气溶于水生成次氯酸，可用于自来水消毒，D正确；故本题选D。二、非选择题(本题共4小题，共40分)21.元素周期表是学习化学的基础，如图为元素周期表的一部分。①②③④⑤⑥⑦回答下列问题：（1）④的简单离子结构示意图为___________。（2）⑦在元素周期表中位置是___________。（3）⑤、⑥两种元素的最高价氧化物对应的水化物反应离子方程式为___________。（4）①和⑤形成的化合物中化学键类型为___________；③和⑤形成的淡黄色固体为___________(填化学式)，该化合物与反应的化学方程式为___________。（5）欲比较③与④的非金属性强弱，下列说法可作为判断依据的是___________(填字母)。a、比较③、④两种元素单质的沸点高低b、比较③、④两种元素单质与化合的难易程度c、比较③、④两种元素气态氢化物的稳定性d、比较③、④两种元素的氧化物对应水化物的酸性强弱[答案]（1）（2）第三周期ⅦA族（3）（4）①.离子键②.③.（5）bc[解析][祥解]由元素在周期表中的位置可知①为H，②为C，③为O，④为F，⑤为Na，⑥为Al，⑦为Cl，据此解答。[小问1详析]④为F，原子序数为9，离子核外电子排布为2、8，离子结构示意图为：，故[答案]为：；[小问2详析]⑦为Cl，位于第三周期VIIA族，故[答案]为：第三周期ⅦA族；[小问3详析]⑤为Na，⑥为Al，两者最高价氧化物水化物分别为氢氧化铝和氢氧化钠，两者反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：，故[答案]为：；[小问4详析]①和⑤形成NaH，为离子化合物，存在离子键；钠和氧形成的淡黄色固体为；过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应方程式为：，故[答案]为：离子键；；；[小问5详析]非金属性强弱可通过单质与氢气化合的难以程度、形成氢化物的稳定性、最高价氧化物水化物的酸性强弱以及非金属单质之间的置换反应判断，由此可知bc可用于判断O、F的非金属性强弱，故[答案]为：bc；22.某次化学实验需要葡萄糖溶液。配制该溶液包含以下步骤：①称取一定质量的放入烧杯，用适量蒸馏水将其完全溶解，并恢复至室温；②把溶液小心地注入容量瓶中；③继续向容量瓶中加蒸馏水至凹液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，直到溶液的凹液面恰好与刻度线相切；④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤液都转入容量瓶中；⑤将容量瓶塞好，充分摇匀。回答下列问题：（1）需要用托盘天平称量的的质量为___________。（2）实验用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒和___________；步骤②中玻璃棒的作用是___________。（3）上述步骤的正确顺序为___________。（4）关于容量瓶的四种叙述：a.是配制准确浓度溶液的仪器；b.不宜贮存溶液；c.不能用来加热；d.使用之前要检查是否漏水。其中正确的是___________(填字母)。（5）不规范实验操作会导致实验结果的误差，下列操作会使所配溶液的物质的量浓度偏低的是___________(填字母)。A.容量瓶洗净后未烘干B.定容时俯视刻度线C.在转移的过程中有少量液体溅出烧杯外D.定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，又加入少量水至刻度线[答案]（1）9.0g（2）①.500mL容量瓶②.引流(各1分)（3）①②④③⑤（4）abcd（5）CD[解析][小问1详析]由于没有480ml的容量瓶，故需要用500ml容量瓶，则需要称量的的质量为：；[小问2详析]实验用到的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还有500mL容量瓶；步骤②中玻璃棒的作用是引流；[小问3详析]配制溶液的步骤为：计算称量溶解转移洗涤定容振荡摇匀贴标签，故上述步骤的正确顺序为：①②④③⑤；[小问4详析]a.是配制准确浓度溶液的仪器，用容量瓶精确控制体积，正确；b.容量瓶不宜贮存溶液，正确；c.容量瓶不能用来加热，正确；d.容量瓶使用之前要检查是否漏水，正确；故本题选abcd；[小问5详析]A．容量瓶洗净后未烘干，对结果没有影响，A错误；B．定容时俯视刻度线，使溶液的体积偏小，浓度偏大，B错误；C．在转移的过程中有少量液体溅出烧杯外，使溶质的量减少，浓度偏低，C正确；D．定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，又加入少量水至刻度线，使溶液体积偏大，浓度偏小，D正确；故本题选CD。23.某工厂的工业废水中含有大量的和较多的。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收和金属铜。请根据以下流程图，回答下列问题。（1）鉴别溶液④中的金属阳离子时，应滴加的试剂依次是___________，现象依次是___________；请写出该鉴别过程中属于氧化还原反应的离子方程式：___________。（2）若取2mL溶液④加入试管中，然后滴加氢氧化钠溶液，产生的现象是___________，此过程涉及反应的化学方程式是___________。[答案]（1）①.KSCN溶液，氯水②.无明显现象，溶液变红③.（2）①.产生白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终为红褐色②.、[解析][祥解]工业废水中含有大量的和较多的，且需要回收硫酸亚铁和金属铜。依次按照流程操作，首先加入试剂⑤(过量的铁粉)，与发生置换反应，反应完全生成Cu和，通过操作⑥(过滤)得到①(Cu和Fe)和②(硫酸亚铁溶液)，随后向滤渣①中加入试剂⑦(足量稀硫酸)与滤渣中的Fe反应后通过操作⑧(过滤)分离得到③(金属铜)和④(硫酸亚铁溶液)，将②④合并，经过蒸发、浓缩、结晶、过滤最终得到[小问1详析]由上述分析可知，④中的金属阳离子是，检验的步骤，首先滴加KSCN溶液，被测溶液颜色无变化；再滴加氯水，溶液变为红色，说明二价铁离子被氧化为三价铁离子，和形成配合物，使得溶液变为红色；该鉴别过程中属于氧化还原反应的离子方程式：；[小问2详析]④中的金属阳离子是，取2mL溶液④加入试管中，然后滴加氢