安徽省蚌埠市固镇县毛钽厂实验中学2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题

2023~2024学年度第一学期期末教学质量抽测高一化学试卷可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Fe56一、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.氧化还原反应的实质是电子的转移，特征是有元素化合价的升降。下列变化中，不涉及氧化还原反应的是A.金属的冶炼 B.钢铁的锈蚀 C.食物的腐败 D.钟乳石的形成【答案】D【解析】【详解】A．金属冶炼的实质是将金属元素由化合态转化为游离态，元素化合价有升降，属于氧化还原反应，A错误；B．钢铁的腐蚀的实质是将铁元素由游离态转化为化合态，元素化合价有升降，属于氧化还原反应，B错误；C．食物的腐败是缓慢氧化现象，属于氧化还原反应，C错误；D．钟乳石的形成过程是碳酸钙和碳酸氢钙相互转化的过程，属于非氧化还原反应，D正确；故选D。2.某粒子的结构示意图为，下列关于该粒子的说法正确的是()A.该粒子为阳离子 B.最外层电子数为2C.核外电子数为8 D.核外有3个电子层【答案】D【解析】【详解】A.质子数为17，电子数为18，该粒子为阴离子，故A错误；B.最外层电子数为8，故B错误；C.核外电子数为18，故C错误；D.核外有3个电子层，故D正确；故选D。3.磷酸奥司他韦常用于甲型或乙型流感的治疗。设为阿伏加德罗常数的值，则1mol磷酸()所含氧原子数目为A. B.3 C.4 D.8【答案】C【解析】【详解】1个H3PO4分子中含有3个H、1个P、4个O，因此1mol磷酸分子中所含氧原子数目为4NA，故C正确；答案为C。4.下列关于合金的说法正确的是A.一般情况下，合金的熔点比各成分金属的熔点高B.在我国使用最早的合金是钢C.铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物D.储氢合金是利用物理作用吸引氢气的材料【答案】C【解析】【详解】A．一般情况下，合金的熔点比各成分金属的熔点低，合金的熔点不一定比各成分金属的低，如某些汞合金的熔点比汞的熔点高，A错误；B．在我国使用最早的合金是青铜，B错误；C．铝、氧化铝和酸碱都能反应，铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物，C正确；D．储氢合金与氢气之间会发生化学反应金属氢化物，D错误；故选C。5.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.Na具有还原性，可用于冶炼钛等金属B.受热易分解，可用制备抗酸药物C.HClO见光易分解，可用于杀菌消毒D.在加压下易液化，可用于制造盐酸【答案】A【解析】【详解】A．Na具有强还原性，可用于冶炼钛等金属，A正确；B．水溶液呈现弱碱性，可用制备抗酸药物，B错误；C．HClO具有强氧化性，可用于杀菌消毒，C错误；D．可在氢气中燃烧生成氯化氢，可用于制造盐酸，D错误；故选A。6.下列溶液中含Cl的物质的量浓度最大的是A.250mL0.1mol/LAlCl3溶液 B.1000mL0.5mol/LNaCl溶液C.200mL0.3mol/LMgCl2溶液 D.300mL2mol/LNaClO溶液【答案】C【解析】【详解】氯离子的物质的量浓度与溶液体积大小无关，与溶质的浓度及化学式组成有关，A．Cl的浓度为：c(Cl)=0.1mol/L×3=0.3mol/L；

B．Cl的浓度为：c(Cl)=0.5mol/L×1=0.5mol/L

C．Cl的浓度为：c(Cl)=0.3mol/L×2=0.6mol/L，

D．NaClO电离出ClO离子和钠离子，则溶液中不存在氯离子；故选：C。7.常温下在溶液中可发生反应：，下列说法错误的是A.氧化产物为 B.铁元素在反应中被还原C.还原性： D.该反应属于氧化还原反应【答案】B【解析】【分析】反应中铁元素化合价升高，为还原剂，被氧化发生氧化反应生成的为氧化产物；溴元素化合价降低，为氧化剂，被还原发生还原反应生成为还原产物。【详解】A．反应中铁元素化合价升高，为还原剂，被氧化发生氧化反应生成的为氧化产物，故A正确；B．反应中铁元素化合价升高，为还原剂，被氧化发生氧化反应，故B错误；C．还原性：还原剂>还原产物，反应中为还原剂，为还原产物，还原性：，故C正确；D．该反应元素化合价发生了变化属于氧化还原反应，故D正确；故答案为：B。8.下列物质中既含有离子键又含有共价键的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】A．铵根离子与氯离子之间存在离子键，氮原子和氢原子之间存在共价键，A符合题意；B．是由钙离子和氟离子通过结合的离子化合物，只含离子键，B不符合题意；C．H2O2中只存在共价键，C不符合题意；D．中只存在共价键，D不符合题意；故答案为：A。9.向饱和食盐水中先通入过量的，再通入过量的有晶体析出，该晶体是A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】向饱和食盐水中先通入过量的，再通入过量的发生反应，析出的晶体为，故答案为：A。10.某温度下，将Cl2通入KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合液，经测定ClO和ClO3个数比为1：2，则Cl2与KOH溶液反应时，被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为（）A.21：5 B.4：1 C.3：l D.11：3【答案】D【解析】【详解】ClO和ClO3个数比为1：2，则按电子守恒，它们与Cl的个数比为1：2：11，从而得出被还原的氯(生成Cl)与被氧化的氯(生成ClO和ClO3)的物质的量之比为11:3。故选D。11.配制溶液的操作如图所示，下列说法错误的是A.操作1前，称取的质量为3.2gB.操作2前，溶液需恢复至室温C.操作4过程中，仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏低D.操作4后，若不小心导致液面超过刻度线需重新配制【答案】A【解析】【详解】A．容量瓶没有80mL规格的，配制实际上配制100mL1.00mol/LNaOH溶液需要称取的质量，故A错误；B．溶解，放热，应将溶液需恢复至室温再转移到容量瓶，故B正确；C．定容时仰视刻度线会使配制溶液体积偏大，导致所配溶液浓度偏低，故C正确；D．若不小心导致液面超过刻度线，无法挽回，需重新配制，故D正确；故答案为：A。12.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.澄清透明溶液中：、、、B.酸性溶液中：、、、C.溶液中：、、、D.碱性溶液中：、、、【答案】A【解析】【详解】A．该组离子不会相互反应，在透明澄清溶液中可以共存，故A正确；B．酸性溶液中含有大量的氢离子，和发生反应，不能大量共存，故B错误；C．溶液中的铁离子和碘离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．与生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，故D错误；故答案：A。13.短周期非金属主族元素X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示，Y的简单氢化物在常温下为液体，下列有关说法正确的是A.原子半径： B.非金属性：C.简单气态氢化物的热稳定性： D.最高价氧化物对应水化物的酸性：【答案】B【解析】【分析】短周期非金属主族元素Y的简单氢化物在常温下为液体，Y为O元素；根据相对位置可知X为N元素，Z为P元素。【详解】A．同一周期从左到右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大。原子半径：Z>X>Y，故A错误；B．同一主族从上到下元素非金属性逐渐减弱，非金属性：X>Z，故B正确；C．同一周期从左到右元素非金属性逐渐增强，非金属性及简单气态氢化物的热稳定性：X＜Y，故C错误；D．同一主族从上到下元素非金属性逐渐减弱，非金属性及最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＜X，故D错误；故答案为：B。14.某小组拟用手持技术对新制饱和氯水进行检测，下列图像变化最有可能是其检测结果的是A.图1表示氯水pH随时间的变化B.图2表示溶液中氯离子浓度随时间的变化C.图3表示氯水的电导率随时间的变化D.图4表示液面上方氧气体积分数随时间的变化【答案】C【解析】【分析】饱和氯水中存在如下平衡：①Cl2+H2O⇌H++Cl+HClO；②HClO⇌H++ClO，HClO不稳定分解：2HClO2HCl+O2↑，氧气体积分数不断增大，而随着HClO的分解，水中的Cl2+H2O⇌HClO+HCl平衡会向左移动，最终会变为盐酸，溶液pH不断减小，所以当溶液的体积不变，溶液中的离子随着饱和氯水变为盐酸，离子浓度逐渐增大，溶液的导电能力与离子浓度成正比，据此分析解答。【详解】A．氯水中存在：Cl2+H2O⇌H++Cl+HClO、HClO⇌H++ClO，HClO不稳定分解：2HClO2HCl+O2↑，随着HClO的分解，水中的Cl2+H2O⇌HClO+HCl平衡会向左移动，最终会变为盐酸，氢离子浓度不断增大，故A错误；B．随着HClO的分解，水中的Cl2+H2O⇌HClO+HCl平衡会向左移动，氯离子浓度不断增大，故B错误；C．溶液中离子浓度增大，溶液的导电能力与离子浓度成正比，电导率不断增大，最终会变为盐酸，电导率不变，故C正确；D．次氯酸分解生成氧气，氧气体积分数不断增大，故D错误；故答案为C。15.用过量的溶液腐蚀铜制线路板，取少量腐蚀反应完毕后的混合溶液，加入一定量的铁粉充分搅拌，发现仍有固体存在。下列判断不正确的是A.氧化性： B.剩余固体中一定含CuC.有固体存在的溶液中一定无 D.有固体存在的溶液中一定含【答案】C【解析】【分析】混合溶液中含有氯化亚铁、氯化铜和氯化铁，加入铁先和铁离子反应生成亚铁离子，然后铁和氯化铜反应生成铜，实验后发现有固体存在，可能是铁和铜或铜。【详解】A．溶液腐蚀铜制线路板发生反应，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性：，故A正确；B．混合溶液中含有氯化亚铁、氯化铜和氯化铁，氧化性：，加入铁先和铁离子反应生成亚铁离子，然后铁和氯化铜反应生成铜，实验后发现有固体存在，可能是铁和铜或铜固体，故B正确；C．固体可能是铁和铜或铜，若固体只有铜，溶液中可能含有铜离子，故C错误；D．反应后溶液中一定有亚铁离子，故D正确；故答案为：C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.物质的分类、转化在化学中占有重要地位。现有下列几种物质：①铜；②干冰；③盐酸；④液态硫酸；⑤蔗糖；⑥固体；⑦氢氧化铁胶体。回答下列问题：（1）属于分散系的是_______(填序号，下同)；能够导电的是_______；属于电解质的是_______；属于混合物的是_______。（2）写出属于酸式盐的物质溶于水后的电离方程式：_______。（3）⑦区别于溶液和浊液的本质特征为_______，利用_______可区分胶体和溶液。（4）⑦可用于净水的原因是_______。【答案】（1）①.③⑦②.①③⑦③.④⑥④.③⑦（2）（3）①.胶体粒子的直径在之间②.丁达尔效应（4）氢氧化铁胶体的胶粒具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒物并沉降(除标注外，每空2分)【解析】【小问1详解】①铜是能导电的金属单质，属于纯净物；②干冰是不能导电的非金属氧化物，属于纯净物；③盐酸是氯化氢的水溶液，溶液中存在自由移动的离子，是能导电的分散系；④液态硫酸中不存在离子，是不能导电的纯净物；⑤蔗糖是不能电离出自由移动离子的非电解质，属于不能导电的纯净物；⑥碳酸氢铵固体中不存在自由移动的离子，是不能导电的纯净物；⑦红褐色的氢氧化铁胶体中存在自由移动的离子，是能导电的分散系。属于分散系的是③⑦；能够导电的是①③⑦；属于电解质的是④⑥；属于混合物的是③⑦；【小问2详解】为铵根离子和碳酸氢根离子构成的盐，溶于水后的电离方程式：；【小问3详解】胶体和溶液、浊液的本质区别为分散质颗粒大小不同；胶体是分散质粒子大小在1nm~100nm的分散系；浊液是分散质粒子大于100nm的分散系；光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应；故答案为：胶体粒子的直径在之间；丁达尔效应；【小问4详解】氢氧化铁胶体胶粒具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒物并沉降，从而达到净水的目的。17.铁是人体必需的微量元素，铁摄入不足可能引起缺铁性贫血。日常生活中可通过食物摄入铁元素，例如黑木耳中就含有比较丰富的铁元素。某研究性学习小组为测定某地黑木耳中铁的含量，开展了如下研究与实践活动。【研究与实践活动一】研究黑木耳中含铁物质水溶性：称取黑木耳，洗净切碎，用蒸馏水浸泡后取浸泡液进行铁元素检测，结果未能检测到铁元素。【研究与实践活动二】研究黑木耳中铁的含量：称取黑木耳，高温灼烧使之完全灰化，按如下流程对得到的黑木耳灰进行处理。回答下列问题：（1）浸泡液中未能检测到铁元素，说明黑木耳中的含铁物质___________(填“难”或“易”)溶于水。（2）取少量滤液于试管中，滴入溶液，溶液变红。则滤液中铁元素的存在形式有、___________(填离子符号)。（3）滤液与Fe生成A的离子方程式为___________。（4）由A转化为B可加入的试剂X可以是___________(填标号)。a．b．c．（5）由C转化成D的现象：白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为___________。C转化成D的化学方程式为___________。（6）将黑木耳中的铁元素经流程A→C→D进行完全转化，将D经过一系列处理，得到红棕色固体。若流程中加入的铁反应掉，则该黑木耳中铁元素的质量分数为___________(用含a、b、c的代数式表示)。【答案】（1）难（2）（3）（4）bc（5）①.红褐色②.（6）【解析】【分析】黑木耳灰用盐酸浸后得到的滤液加入铁粉，得到的A溶液含有Fe2+，加试剂X得到的溶液含有Fe3+，A加试剂X得到B，故X可以为氯水等，B与铁反应生成A，A、B分别与氢氧化钠反应生成C为氢氧化亚铁、D为氢氧化铁。【小问1详解】浸泡液中未能检测到铁元素，说明溶液中不含、，可推知黑木耳中的含铁物质难溶于水，故答案为：难；【小问2详解】遇KSCN溶液显红色，取少量滤液于试管中，滴入KSCN溶液，溶液变红,则滤液中铁元素的存在形式有、，故答案为：；【小问3详解】滤液含有，与Fe生成A含有Fe2+，反应离子方程式是，故答案为：；【小问4详解】A是FeCl2，B是FeCl3，FeCl2转化为FeCl3发生氧化反应，应该加入氧化剂。a．酸性高锰酸钾溶液除氧化Fe2+外还能氧化Cl，且引入杂质，选项a不符合；b．能把FeCl2氧化为FeCl3，且不引入杂质，选项b符合；c．能把FeCl2氧化为FeCl3，且不引入杂质，选项c符合；故答案为：bc；【小问5详解】由C转化成D的现象是：白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，发生反应为，故答案为：红褐色；；【小问6详解】bg红棕色固体中含有，黑木耳中铁的质量为，则该黑木耳中铁元素的质量分数为，故答案为：。18.如图所示，某研究性学习小组欲探究氯气的制备和化学性质，设计的实验装置如图所示：已知：铝粉放在耐高温托盘内(防止硬质玻璃管炸裂)，不考虑的升华。回答下列问题：（1）仪器A的名称是___________，按图组装好装置后首先要进行的操作是___________。（2）装置②中盛放的试剂是___________(填名称)，作用是___________。（3）装置①中发生反应的化学方程式为___________。（4）装置①和④两处都需要加热，在实验操作过程中应先点燃___________(填序号)处的酒精灯，其目的是___________。（5）实验中可观察到紫色石蕊溶液颜色变化为___________。（6）⑦中氢氧化钠溶液的作用是___________。【答案】（1）①.分液漏斗②.检查装置的气密性（2）①.饱和食盐水②.除去氯气中的氯化氢气体（3）（4）①.①②.使制取的排尽装置内的氧气(或空气)，防止干扰实验（5）先变红后褪色（6）吸收剩余的氯气，防止污染空气【解析】【分析】①中发生反应，制取的氯气中混有氯化氢、水蒸气，②装有饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢，③中装有浓硫酸干燥氯气，④中发生反应，氯气使⑤中紫色石蕊试液先变红后褪色，⑥中的硝酸银溶液出现白色沉淀，⑦中氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，防止污染环境。【小问1详解】仪器A为分液漏斗；制备气体装置组装好应检查装置的气密性，故答案为：分液漏斗；检查装置的气密性；【小问2详解】②装有饱和食盐水，除去氯气中混有的氯化氢，故答案为：饱和食盐水；除去氯气中的氯化氢气体；【小问3详解】装置①实验室制备氯气的发生装置，发生反应：，故答案为：；【小问4详解】装置①和④两处都需要加热，在实验操作过程中应先点燃①处的酒精灯，其目的是使制取的排尽装置内的氧气(或空气)，防止干扰实验，故答案为：①；使制取的排尽装置内的氧气(或空气)，防止干扰实验；【小问5详解】氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，所以溶液具有酸性和强氧化性，氯气通入紫色石蕊溶液颜色的变化为溶液先变红后褪色。答案为：先变红后褪色；【小问6详解】氯气溶于氢氧化钠溶液中，发生反应生成氯化钠、次氯酸钠等，⑦中氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，防止污染空气，故答案为：吸收剩余的氯气，防止污染空气。19.下表为八种短周期主族元素的部分性质(已知铍的原子半径为)：元素代号XYZMRJQT原子半径0.740.75r0.991.861.431.10主要化合价、、、、其他原子核内无中子重要的半导体材料有两种氧化物（1）元素Z在元素周期表中的位置为___________，元素Y为___________(填元素符号)。（2）写出Q与J两种元素最高价氧化物对应的水化物之间反应的离子方程式：___________。（3）R与T相比，非金属性较强的是___________(填元素符号)，下列事实能证明这一结论的是___________(填标号)。a．常温下T的单质呈固态，R的单质呈气态b．稳定性：c．最高价氧化物对应水化物的酸性：（4）J与Q相比，金属性较强的是___________(