2022届山西省名校高一上学期期末考试化学试题（含解析）

山西名校2021~2022学年高一上学期期末考试化学试题考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。3.本卷命题范围：必修第一册、必修第二册第五章第一节。4.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5Fe56Cu64一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A.氯气可以用于制漂粉精B.氧化铁可以用作红色油漆和涂料C.活性炭具有除异味和杀菌作用D.利用焰色试验的原理可制成节日烟花【答案】C【解析】【详解】A．氯气可以与石灰乳反应制漂粉精，A正确；B．氧化铁为红棕色固体，可以用作红色油漆和涂料，B正确；C．活性炭具有吸附作用，能除去异味，但没有杀菌消毒能力，C错误；D．节日烟花，五光十色，其原理是利用金属元素的焰色试验制成，D正确；故选C。2.下列物质属于电解质的是A.铜 B.二氧化硫 C.稀盐酸 D.硫酸钠【答案】D【解析】【详解】A．铜是单质，既不是电解质，也不是非电解质，A错误；B．二氧化硫是非金属氧化物，属于非电解质，B错误；C．稀盐酸是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，C错误；D．硫酸钠属于盐，是化合物，在水溶液中或熔融状态下能电离出自由移动的和，硫酸钠属于电解质，D正确。故选D。3.下列物质中，既有离子键，又有共价键的是A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】A．中只含有离子键，A错误；B．中含有离子键和共价键，B正确；C．中只含共价键，C错误；D．中只含有共价键，D错误；答案选B。4.在甲、乙两烧杯溶液中，含有大量的Fe3+、K+、H+、、、OH-等6种离子。已知甲烧杯的溶液显黄色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是A.Fe3+、H+、 B.CO、OH-、C.K+、OH-、 D.H+、K+、【答案】C【解析】【详解】已知甲烧杯的溶液显黄色，说明存在Fe3+，则与Fe3+能够发生反应的、OH-在甲烧杯中肯定不存在，而存在于乙烧杯中。由溶液呈电中性可知，甲中必须存在阴离子；而H+与、OH-会发生反应而不能共存，故H+只能存在于甲烧杯中，所以乙烧杯的溶液中大量存在的离子有K+、、OH-，故合理选项是C。5.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是A.1molO3含有的原子数目为3NAB.24gMg变为Mg2+时失去的电子数目为NAC.1mol·L-1MgCl2溶液中含有的Cl-数目为2NAD.常温常压下，11.2LSO2中含有的原子数目为1.5NA【答案】B【解析】【详解】A．O3含有3个O原子，则1molO3含有的原子数目为3NA，A错误；B．24gMg的物质的量n(Mg)==1mol，Mg原子失去2个电子变为Mg2+时失去的电子数目为2NA，B正确；C．只有溶液浓度是1mol·L-1MgCl2，缺少溶液的体积未知，不能计算溶液中含有的Cl-数目，C错误；D．常温常压下气体摩尔体积大于22.4L·mol-1，11.2LSO2中物质的量小于0.5mol，则其中含有的原子数目小于1.5NA，D错误；故选B。6.分别将足量下列气体通入Na2S稀溶液中，可以使溶液变浑浊的是A.N2 B.SO2 C.HCl D.CO2【答案】B【解析】【详解】A．N2不与Na2S发生反应，因此没有沉淀产生，A错误；B．SO2具有弱氧化性，与Na2S发生氧化还原反应，即SO2＋2S2－＋4H＋=3S↓＋2H2O，B正确；C．利用酸性强的制取酸性弱的，即发生2H＋＋S2－=H2S，没有沉淀产生，故C错误；D．生成碳酸氢钠与硫氢化钠不产生沉淀，故D错误。故选B。7.检验SO2气体中是否混有CO2气体，可采用的方法是A.通过品红溶液B.通过澄清石灰水C.先通过NaOH溶液，再通过澄清石灰水D.先通过足量酸性KMnO4溶液，再通过澄清石灰水【答案】D【解析】【详解】二氧化硫和二氧化碳都能和澄清石灰水反应生成不溶性白色固体，但二氧化硫具有漂白性、还原性，二氧化碳没有，所以检验二氧化硫中是否含有二氧化碳的方法是：先通过酸性高锰酸钾溶液，使二氧化硫充分被吸收，二氧化碳不反应，然后再通入澄清石灰水，如果澄清石灰水变浑浊，则含有二氧化碳，否则不含，答案选D。【点睛】检验二氧化碳时，需要先排除二氧化硫的干扰，二氧化硫具有还原性，吸收二氧化硫可用酸性高锰酸钾溶液。8.下列关于元素周期表和元素周期律的说法正确的是A.从Na到Cl，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，酸性逐渐减弱B.因为Na原子比Al原子容易失去电子，所以Na元素比Al元素的金属性强C.从F到I，单质的沸点逐渐降低，与氢气化合难易程度逐渐降低D.O与S为同主族元素，O比S的原子半径小，故氧气比硫单质的氧化性弱【答案】B【解析】【详解】A．第三周期从钠到氯，金属性减弱、非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强，A错误；B．同周期，因为Na原子比Al原子容易失去电子，所以Na元素比Al元素的金属性强，B正确；C．同主族自上而下非金属性减弱，单质的沸点逐渐升高，非金属性越强，对应氢化物越稳定，故从氟到碘，其氢化物的稳定性逐渐减弱，与氢气化合难易程度逐渐升高，C错误；D．同主族自上而下原子半径增大、元素非金属性减弱，故氧比硫的原子半径小，氧比硫的非金属性强，氧气比硫单质的氧化性强，D错误；答案选B。【点睛】

9.下列实验现象的描述不正确的是A.向碳酸钠固体中加入少量水后，碳酸钠溶解，并伴随有吸热现象B.钠投入水中，在水面上游动并熔化成小球，有气泡产生C.铁丝在氯气中燃烧，产生棕红色的浓烟，溶于少量水后溶液呈棕黄色D.氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白雾【答案】A【解析】【详解】A．向碳酸钠固体中加入少量水后，白色粉末结块变成晶体，放出热量，A错误；B．钠与水反应，现象为浮、游、熔、响、红，钠投入水中，在水面上游动并熔化成小球，有气泡产生，B正确；C．铁丝在氯气中燃烧，产生棕红色的浓烟，溶于少量水后，浓度较大，溶液呈棕黄色，C正确；D．氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白雾为HCl，D正确；答案选A。10.下表中，陈述①和陈述②都正确，而且两者间有因果关系的是选项陈述①陈述②ASO2具有还原性，浓硫酸具有氧化性浓硫酸不可用来干燥SO2气体B胶体的分散质粒子直径为1~100nm碳纳米泡沫直径为6~9nm，碳纳米泡沫为胶体C碳酸钠可用于治疗胃酸过多碳酸钠可与盐酸反应D次氯酸具有强氧化性次氯酸可杀菌、消毒A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．浓硫酸与二氧化硫没有中间价态，不会发生化学反应，所以浓硫酸可用来干燥SO2气体，A错误；B．胶体是一种分散系，属于混合物，而碳纳米泡沫属于纯净物，不是胶体，B错误；C．碳酸钠碱性太强，不可用于治疗胃酸过多，陈述①错误，C错误；D．次氯酸可杀菌、消毒，是因为次氯酸具有强氧化性，D正确；故选D。11.下列离子方程式书写正确的是A.石灰乳与Na2CO3溶液混合：Ca2++CO=CaCO3↓B.二氧化硫通入氯水中：SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SOC.Fe与稀硫酸反应的离子方程式：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑D.Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：2HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO【答案】B【解析】详解】A．石灰乳与碳酸钠反应，Ca(OH)2应该写成化学式，A错误；B．二氧化硫通入氯水中生成硫酸和盐酸，B正确；C．Fe与稀硫酸反应的离子方程式：Fe+2H+=Fe2++H2↑，C错误；D．Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应的离子方程式：HCO+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应的离子方程式：2HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O+CO，D错误；故选B。12.用质量为2.7g的铝箔包住2.3g金属钠，用针在铝箔上扎一些小孔，放入水中，用排水集气法收集产生的气体，反应完全后，收集到的气体是A.0.2molH2 B.0.05molH2C0.075molH2 D.0.15molH2【答案】A【解析】【分析】【详解】2.7g铝和2.3g金属钠的物质的量均是0.1mol，用铝箔包裹金属钠，用针尖在铝箔上扎一些小孔，放入水中，分别发生2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，钠为0.1mol，根据化学方程式得生成氢气0.05mol，生成氢氧化钠是0.1mol，恰好与0.1mol铝反应又产生0.15mol氢气，则最终得到氢气的物质的量是0.05mol+0.15mol＝0.2mol。答案选A。13.已知反应2Cu2++4IO+24I-+24H+=2CuI↓+13I2+12H2O，下列说法正确的是A.CuI既是氧化产物又是还原产物B.该反应中Cu2+和IO均作氧化剂C.每生成1molCuI，有12molI-发生氧化反应D.每转移1.1mol电子，有0.2molIO被氧化【答案】B【解析】【分析】2Cu2++4IO+24I-+24H+=2CuI↓+13I2+12H2O中Cu由+2价降低为+1价，IO中碘元素化合价由+5价变为0价、KI中有的I元素化合价由-1价变为0价，该反应转移电子数为22e-，以此来解答。【详解】A．在该反应中Cu元素化合价由反应前Cu2+的+2价变为CuI中的+1价，化合价降低，得到电子被还原，所以CuI是还原产物，A错误；B．在反应物中铜元素、IO3-中的碘元素的化合价均降低，被还原，故Cu2+和IO3-均作氧化剂，B正确；C．根据反应方程式可知：每生成1molCuI，应有11molI-发生氧化反应，C错误；D．根据离子方程式可知，每转移22mole-，有4molIO3-被还原，所以当有1.1mole-转移时，应有0.2molIO3-被还原，D错误；故合理选项是B。14.已知短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大。A、C为同主族元素，A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半。下列叙述不正确的是A.原子半径：B＞C＞D＞AB.B的氧化物为两性氧化物C.元素D的单质是一种有毒气体D.元素A在元素周期表中位于第三周期第VIA族【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素A、B、C、D原子序数依次增大，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半，则A原子最外层电子数为偶数，A、C的原子序数的差为8，则A、C为同主族元素，A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15，令B原子最外层电子数为x，则x+2x+2x=15，解的x=3，故A、C的最外层电子数为6，A为O元素，C为S元素，B的原子序数大于氧元素，最外层电子数为3，故B为Al元素，D的原子序数最大，故D为Cl元素，据此分析解题。【详解】A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Al＞S＞Cl＞O，即B＞C＞D＞A，A正确；B．氧化铝既可以与酸反应生成盐和水又可以与碱反应生成盐和水为两性氧化物，B正确；C．元素D的单质是氯气，是一种有毒气体，C正确；D．O元素原子序数是8，在周期表中位于第二周期、VIA族，D错误；故选D。15.向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量关系如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法正确的是A.a点时溶液中阳离子仅为Cu2+和Fe2+B.b点时溶液中发生的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+C.c点时加入的铁粉与Cu2+发生反应D.原混合溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1：2【答案】D【解析】【分析】由于氧化性：Fe3+>Cu2+，故加入铁粉时，铁先与氧化性强的Fe3+发生反应；当溶液中的Fe3+完全反应后，再与溶液中的Cu2+发生反应，据此分析解题。【详解】A．a点表示的是加入铁粉后，溶液中固体的质量仍为0，此时发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，由于反应仍未结束，故a点溶液中存在的阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+，选项错误，A错误；B．b点表示加入铁粉后，溶液中固体的质量增加，此时发生反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，B错误；C．当加入铁粉的质量大于1.68g后，图中曲线出现了拐点，由点（2.24，1.84）可知，铁粉增加的质量与固体剩余物增加的质量相等，故c点没有发生反应，C错误；D．当加入铁粉质量为0.56g时，发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故溶液中，故溶液中n[Fe2(SO4)3]=0.01mol；当加入铁粉的质量为0.56~1.68g（即1.12g）时，能够反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，则溶液中,故溶液中n(CuSO4)=0.02mol；因此溶液中Fe2(SO4)3与CuSO4的物质的量之比为1:2，D正确；故答案为D。二、非选择题：本题共5大题，共55分。16.对于数以千万计的化学物质和为数众多的化学反应，分类法的作用几乎是无可代替的。I．现有以下物质：①H2O②Cu③BaCO3④Fe(OH)3胶体⑤酒精⑥CO2⑦稀硫酸（1）以上物质中属于混合物的是_______(填序号，下同)，属于电解质的是_______。II．虽然分类的方法不同，但四种基本反应类型和离子反应、氧化还原反应之间也存在着一定的关系。（2）下图为离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间的关系，其中表示离子反应的是_______(填字母)。（3）有同学认为所有酸碱中和反应均可表示为H++OH-=H2O。请举个例子反驳上述观点(用离子方程式表示)_______。（4）宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理：4Ag+2H2S+O2=2X+2H2O。则X的化学式是_______，其中H2S在该反应中_______(填字母)。A．氧化剂B．还原剂C．既是氧化剂又是还原剂D．既不是氧化剂又不是还原剂【答案】（1）①.④⑦②.①③（2）C（3）Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O（4）①.Ag2S②.D【解析】【小问1详解】①H2O只有一种微粒，属于纯净物；H2O能够微弱的电离产生H+、OH-，因此还物质属于电解质；②Cu只有一种微粒，属于纯净物；Cu是金属单质，不是化合物，因此不是电解质；③BaCO3只有一种微粒，属于纯净物，该物质在熔融状态下能够发生电离而导电，属于电解质；④Fe(OH)3胶体是分散系，属于混合物；Fe(OH)3胶体不是化合物，因此不属于电解质；⑤酒精是由分子构成的化合物，属于纯净物，该物质在水中和熔融状态下都不能发生电离而导电，因此属于非电解质；⑥CO2是由分子构成的化合物，属于纯净物；CO2在水中和熔融状态下都不能发生电离而导电，因此属于非电解质；⑦稀硫酸中含有多种微粒，属于混合物；其不是化合物，因此不属于电解质。故上述物质中属于混合物的是④⑦；属于电解质的物质序号是①③；【小问2详解】离子反应可能属于氧化还原反应，也可能是置换反应。如Fe+2H+=Fe2++H2↑既是氧化还原反应也是置换反应，同时也是离子反应，故合理选项是C；【小问3详解】H++OH-=H2O只能表示强酸与强碱生成可溶性盐和水，Ba(OH)2与H2SO4发生中和反应产生BaSO4沉淀和H2O，反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，而不是H++OH-=H2O；【小问4详解】在反应4Ag+2H2S+O2=2X+2H2O中，根据元素守恒可知X是Ag2S；在该反应中，H2S组成元素H、S两种元素的化合价在反应前后未发生变化，因此H2S在该反应中既不是氧化剂又不是还原剂，故合理选项是D。17.下表是元素周期表的一部分，请针对表中所列标号为①~①的元素回答下列问题。族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA0二①②③④三⑤⑥⑦⑧⑨⑩（1）元素①的原子结构示意图是___________。（2）元素②形成的单质气体含有___________(填“极性”或“非极性”)共价键。（3）元素③、⑨与H原子以原子个数比为1：1：1化合物的电子式为___________。（4）第三周期中元素的最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是___________(填化学式，下同)，最高价氧化物对应的水化物具有两性的物质是___________，这两种物质反应的离子方程式为___________。（5）元素③、⑤、⑨形成简单离子的半径由大到小的顺序是___________(填离子符号)。【答案】（1）（2）非极性（3）（4）①.NaOH②.③.（5）【解析】【分析】根据周期表种的位置关系，可得①为C、②为N、③为O、④为F、⑤为Na、⑥为Mg、⑦为Al、⑧为S、⑨为Cl、⑩为Ar，据此分析解题。【小问1详解】C为6号元素，原子结构示意图。【小问2详解】氮气中形成了氮氮之间的非极性键。【小问3详解】O、Cl与H形成的原子个数比为1：1：1的化合物为HClO，其电子式为。【小问4详解】同周期元素随核电荷数增大金属性减弱，其最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，故第三周期碱性最强的是NaOH；具有两性的为；氢氧化钠和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水的离子方程式为。【小问5详解】一般电子层数越多半径越大，故Cl-最大；核外电子数相同时核电荷数越大半径越小，故大小关系为。18.分别向盛有①紫色石蕊溶液、②NaOH溶液、③品红溶液、④酸性高锰酸钾溶液的试管中通入SO2气体。（1）试管①中的现象：___________，发生反应的化学方程式是：___________。（2）试管②中发生反应的化学方程式是：___________，如果通入过量的SO2，则发生反应的化学方程式为：___________。（3）试管③中的现象：___________，如将吸收SO2后的该溶液加热，现象：___________。（4）试管④中的现象：___________。（5）写出实验室用浓硫酸和铜制SO2的化学方程式：___________。【答案】（1）①.紫色石蕊试液变红色②.SO2+H2O=H2SO3（2）①.SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O②.SO2+NaOH=NaHSO3（3）①品红溶液红色褪去②.溶液恢复红色（4）溶液紫色褪去（5）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O【解析】【小问1详解】SO2是酸性气体，与水发生反应：SO2+H2O=H2SO3，生成亚硫酸，使紫色石蕊试液变红色；【小问2详解】向氢氧化钠溶液中通入二氧化硫，先发生反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，二氧化硫过量又发生反应为SO2+NaOH=NaHSO3；【小问3详解】SO2气体具有漂白性，品红溶液红色褪去；与有色物质形成不稳定的络合物，加热溶液重新变成红色；【小问4详解】SO2气体具有还原性，被酸性高锰酸钾溶液氧化，酸性高锰酸钾溶液紫色褪去；【小问5详解】实验室用浓硫酸和铜制SO2的化学方程式：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。19.已知X为FeO和CuO的混合物，取两份等质量的X样品进行下列实验：（1）请写出下列物质的化学式：D___________、F___________。（2）写出②和③步所有反应的化学方程式：②___________；③___________。（3）设步骤③中所得固体D的质量为32g，溶液E中只含有一种金属离子，气体F为0.5g，试计算取用的每份X的质量为___________，X中FeO与CuO的质量之比为___________。【答案】（1）①.Cu②.H2（2）①.：CO+CuOCu+CO2、CO+FeOFe+CO2②.Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu（3）①.56g②.9：5【解析】【分析】X为FeO和CuO的混合物，由转化关系可知，反应①中发生FeO+2HCl=FeCl2+H2O、CuO+2HCl=CuCl2+H2O，所以溶液A中含HCl、FeCl2、CuCl2，反应②中发生CO+CuOCu+CO2、CO+FeOFe+CO2，固体B中含Fe、Cu，气体C为CO2，B与A反应生成F为H2，还原性Fe＞Cu，固体中的Fe与A中阳离子反应，反应③发生Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu。所得固体D是两份X中CuO中Cu质量为32g，固体D为Cu，溶液E中只含一种金属离子，E一定含FeCl2，再根据反应前后元素质量不变，由固体D铜的质量，可求得混合物X中CuO的质量，由与铁反应生成铜、氢气的质量，可计算出固体B中铁的质量，最后根据质量守恒定律计算出X中FeO与CuO的质量及混合物的总质量，据此分析解题。【小问1详解】根据分析可知D为Cu；F为H2；【小问2详解】根据分析可知：②和③步所有反应的化学方程式：CO+CuOCu+CO2、CO+FeOFe+CO2、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu；【小问3详解】所得固体D质量为32g，溶液E中只含一种金属离子，根据③发生的反应可知：E一定含FeCl2，固体D为Cu，由Fe+2H+=Fe2++H2↑，氢气为0.5g=0.25mol，可知与盐酸反应的Fe的质量为m(Fe)=，两份产生中Cu质量相等，由题意可知一份X中含Cu的质量为32g÷2=16g，则每份中CuO的物质的量为n(CuO)=n(Cu)=，m(CuO)=0.25mol×80g/mol=20g；根据反应方程式：Fe+CuCl2=FeCl2+Cu可知：每反应产生1molCu，反应需消耗1molFe，每一份X中含有Cu元素的物质的量为0.25mol，需消耗Fe的质量是m(Fe)=0.25mol×56g/mol=14g，则每一份X中Fe的质量为14g+14g=28g，根据Fe元素守恒可知：n(FeO)=n(Fe)=，所以取用的每份X(FeO与CuO的质量和)的质量为0.5mol×72g/mol+0.25mol×80g/mol=56g；X中FeO与CuO的质量比为0.5mol×72g/mol：0.25mol×80g/mol=36：20=9：5。20.如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持设备已略)。

（1）制备氯气选用的药品为漂粉精固体和浓盐酸，相关反应的化学方程式为：___________。（2）装置B中饱和食盐水的作用是___________；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象：___________。（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III依次放入物质的组合是___________(填字母)。编号abcdI干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条II碱石灰水浓硫酸无水氯化钙III湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（4）为了验证氯气的氧化性，将氯