江苏省常州市教育学会2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题 （解析版）

常州市教育学会学业水平监测高一化学试题注意事项：1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，满分为100分，考试时间为75分钟。2.答题前请将学校、班级、学号、姓名填涂在答题卡密封线内；答案书写在答题卡规定区域内，在草稿纸、试卷上答题无效：考试结束后仅交答题卡。可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12O-16Na-23S-12C-35.5K-39一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项符合题意。1.近年来我国航空航天事业取得了很多令世界瞩目的成就。下列说法错误的是A.当光束通过空间站热控材料使用的纳米气凝胶时，可以观察到丁达尔效应B.钛密度小、耐高温、耐腐蚀，适用于制造火箭发动机壳体、人造卫星壳体C.过氧化钠可与水及二氧化碳发生反应生成氧气，常用作航天飞船的供氧剂D.由于碱性强于，载人飞船中常用固体吸收空气中的【答案】D【解析】【详解】A．胶体能产生丁达尔效应，故A正确；B．钛密度小、耐高温、耐腐蚀，适用于制造火箭发动机壳体、人造卫星壳体，故B正确；C．过氧化钠可与水及二氧化碳发生反应生成氧气，常用作航天飞船的供氧剂，故C正确；D．的碱性比强，故D错误；选D。2.反应应用于石油开采。下列说法正确的是A.的结构示意图为B.融化时破坏共价键C.的电子式为D.的空间填充模型为【答案】C【解析】【详解】A．质子数为17，结构示意图为，故A错误；B．是离子化合物，含有离子键，融化时破坏离子键，故B错误；C．分子中存在氮氮三键，电子式为，故C正确；D.．是的球棍模型，故D错误；选C。3.为原子序数依次增大的短周期主族元素。常温下，四种元素的单质中，仅和的单质为气体。的最外层电子数是和的最外层电子数之和，也是的最外层电子数的2倍。下列叙述错误的是A.原子半径：B.的氧化物不与强碱反应C.的气态氢化物的稳定性比弱D.的最高价氧化物的水化物酸性比强【答案】B【解析】【分析】为原子序数依次增大的短周期主族元素。常温下，四种元素的单质中，仅和的单质为气体。的最外层电子数是和的最外层电子数之和，也是的最外层电子数的2倍，则Z最外层电子数为6，Z是S元素、Y是Al元素。W是H元素、X是N元素。【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径：，故A正确；B．Al2O3与强碱氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，故B错误；C．同主族元素从上到下，非金属性减弱，气态氢化物的稳定性减弱，H2S的稳定性比弱，故C正确；D．HNO3酸性比强，故D正确；选B。4.下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是A.澄清透明的溶液中：B.含有的溶液中：C.能溶解的溶液中：D.使石蕊溶液变红的溶液中：【答案】A【解析】【详解】A．相互均不反应，且溶液澄清透明，A正确；B．与钡离子不能共存，会生成硫酸钡沉淀，B错误；C．能溶解的溶液中，可能显酸性也可能显碱性，显酸性时，能够大量共存，显碱性时，铵根离子、镁离子均不能与氢氧根离子共存，C错误；D．使石蕊试液变红的溶液呈酸性，次氯酸根离子和硫离子均不能与氢离子共存，D错误；答案选A。5.下列有关配制一定物质的景浓度溶液时的操作正确的是A.转移B.振荡C.定容D.摇匀A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．转移液体，为防止液体外流，应用玻璃棒引流，A项正确；B．振荡时，不应上下方向，应为顺时针，使溶液充分混合，B项错误；C．定容时，胶头滴管不能伸入容量瓶内，应在容量瓶正上方，悬空滴加，防止污染滴管，眼睛视线应与凹液面最低处相平，C项错误；D．摇匀时用食指摁住瓶塞，另一只手托住瓶底，上下反复倒转而不是振荡，操作错误，D项错误；答案选A。阅读下列材料，完成下面小题：元素周期表中ⅥA族元素单质及其化合物有着广泛应用。臭氧具有杀菌、消毒、漂白等作用。硫有多种单质，如斜方硫、单斜硫等。硫或黄铁矿()制得的可用来生产硫酸；硫酸在无机、有机反应中有多种用途。含铁矿渣与硫酸反应后再加入溶液，可制备。用与的水溶液反应可制备硒()；硒是一种半导体材料，在光照下导电性可提高近千倍。6.下列说法错误是A.斜方硫和单斜硫互为同素异形体B.在加热条件下不易分解是由于存在分子间作用力C.生产硫酸时，用的浓硫酸代替水吸收三氧化硫可提高吸收效率D.乙醇()和二甲醚()互为同分异构体7.下列物质性质与用途具有对应关系的是A.臭氧有强氧化性，可用于水体杀菌消毒 B.浓硫酸有脱水性，可用于干燥某些气体C.二氧化硫有还原性，可用于纸张的漂白 D.硒单质难溶于水，可用于制造硒光电池8.下列化学反应表示错误的是A.煅烧黄铁矿获得B.溶液与溶液混合的离子方程式：C.与的水溶液反应制备硒：D.用足量氨水吸收的离子方程式：【答案】6.B7.A8.B【解析】【6题详解】A．斜方硫和单斜硫都是S元素组成的单质，互为同素异形体，故A正确；B．分子的稳定性与分子间作用力无关，故B错误；C．生产硫酸时，用的浓硫酸代替水吸收三氧化硫可以防止形成酸雾，可提高吸收效率，故C正确；D．乙醇()和二甲醚()分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故D正确；选B；【7题详解】下列物质性质与用途具有对应关系的是A．臭氧有强氧化性，具有杀菌、消毒、漂白等作用，可用于水体杀菌消毒，故选A；B．浓硫酸可用于干燥某些气体，是因为具有吸水性，故不选B；C．二氧化硫可用于纸张的漂白，是利用其漂白性，故不选C；D．硒单质用于制造硒光电池，与难溶于水无关，故不选D；选A。【8题详解】A．煅烧黄铁矿获得二氧化硫，反应方程式为，故A正确；B．溶液与溶液混合的离子方程式为，故B错误；C．与的水溶液反应制备硒，根据得失电子守恒，反应方程式为，故C正确；D．用足量氨水吸收生成亚硫酸铵，反应的离子方程式：，故D正确；选B。9.下列有关钠及其化合物描述正确的是A.钠表面自然形成的氧化层可保护内层金属不被空气氧化B.钠可将等金属从其氯化物的水溶液中置换出来C.实验室可用澄清石灰水鉴别与溶液D.碳酸氢钠俗称小苏打，是食用发酵粉的主要成分之一【答案】D【解析】【详解】A．钠表面自然形成的氧化层不是致密的氧化物保护膜，不能够保护内层金属，A错误；B．钠与盐溶液反应时，先考虑钠与盐溶液中水反应，再考虑生成的NaOH与盐反应，故钠不能将等金属从其氯化物的水溶液中置换出来，B错误；C．碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液均能与氢氧化钙溶液反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，C错误；D．碳酸氢钠俗称小苏打，受热分解能够产生二氧化碳，是食用发酵粉的主要成分之一，D正确；答案选D。10.实验室用和浓盐酸反应生成后，按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“→”表示气流方向)不能达到实验目的的是A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，可用饱和食盐水除去HCl，Cl2可用浓硫酸干燥，A装置能达到实验目的，故A不符合题意；B．氯气的密度大于空气，用向上排空气法收集，B装置能收集氯气，故B不符合题意；C．湿润的红布条褪色，干燥的红色布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，故C不符合题意；D．氯气在水中的溶解度较小，应用NaOH溶液吸收尾气，D装置不能达到实验目的，故D符合题意；答案选D。11.下列工业制备流程中涉及的物质转化关系错误的是A.制漂白粉： B.海水提镁：C.侯氏制碱： D.生产盐酸：【答案】C【解析】【详解】A．工业上制备漂白粉时，将Cl2通入冷的石灰乳中制取漂白粉，A正确；B．从海水中提取镁，是先由贝壳煅烧生成的生石灰与水反应获得石灰乳，将石灰乳加入海水中沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤得到沉淀氢氧化镁，加入盐酸溶解氢氧化镁变为氯化镁，将氯化镁溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热氯化镁晶体失水得到无水氯化镁，熔融氯化镁通电分解获得Mg，B正确；C．侯氏制碱法，二氧化碳溶解度不大，氨气极易溶于水，故应先通入氨气，得到碱性溶液，再通入二氧化碳，能够吸收更多二氧化碳，C错误；D．氢气与氯气点燃能够生成氯化氢气体，可用于生成盐酸，D正确；答案选C12.室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A向中滴加浓盐酸，观察是否有黄绿色气体放出氧化性强于B将两块相同大小的镁条和铝片(已除去氧化膜)放入装有等量水的试管中，各加入两滴酚酞，加热并观察现象的金属性强于C将白色固体放入试管中，加入浓溶液，微热试管，将洁净干燥的红色石蕊试纸靠近试管口，观察现象样品中含有铵盐D向的溶液中加入等体积浓溶液，振荡后静置，观察下层溶液颜色是否变浅在浓溶液中溶解能力比在中大A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．向中滴加浓盐酸，有黄绿色气体放出，该气体为氯气，证明氧化性强于，故不选A；B．镁与热水反应，将两块相同大小的镁条和铝片(已除去氧化膜)放入装有等量水的试管中，各加入两滴酚酞，加热，加镁片的试管内溶液变为粉红色，证明的金属性强于，故不选B；C．应该湿润的红色石蕊试纸才能检验氨气，干燥试纸不能达到实验目的，故选C；D．往碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡分层，下层由紫红色变成浅粉红色，上层呈棕黄色，说明碘在浓KI溶液的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力，故不选D；选C。13.从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应如下：①②下列说法错误的是A.碘元素在反应①中被氧化B.反应②中是还原剂C.在上述反应条件下，氧化性强弱顺序为：D.当反应①和②生成等量的时，转移电子数之比为【答案】D【解析】【详解】A．反应①中碘元素化合价升高被氧化，A正确；B．反应②中中硫元素化合价升高，发生氧化反应，为还原剂，B正确；C．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应②可知氧化剂为：，氧化产物为：，所以氧化性：，C正确；D．反应①中生成1molI2转移2mol电子，反应②中生成1molI2转移10mol电子，转移电子数之比为1∶5，D错误；答案选D。14.海水提溴常用“空气吹出法”，其部分流程如图：下列说法错误的是A.“吹出”步骤主要是利用了空气中O2的氧化性B.“吸收”时发生主要反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+SOC.从“氧化Ⅰ”至“吸收”这几步操作的目的是富集Br元素D.“氧化Ⅱ”后分离出的溶液X可循环使用，其中主要含有H2SO4和HCl【答案】A【解析】【分析】由流程可知，浓缩的海水中加硫酸酸化，加入Cl2氧化Br-，“氧化I”发生的反应为Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，热空气吹出溴单质用SO2、H2O吸收，发生的反应为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，再Cl2氧化Br-，“氧化Ⅱ”得到高浓度的Br2，然后萃取、分液、蒸馏等一系列操作分离出溴单质，据此分析解答。【详解】A．热空气吹出溴单质，主要是利用了液溴的挥发性，与空气中O2的氧化性无关，故A错误；B．热空气吹出溴单质用SO2、H2O吸收，发生的主要反应为Br2+SO2+2H2O═2HBr+H2SO4，离子方程式为Br2+SO2+2H2O═4H++2Br-+，故B正确；C．“氧化I”得到液溴的浓度不高，需要富集，即从“氧化Ⅰ”至“吸收”这几步操作的目的是富集Br元素，故C正确；D．“吸收”中发生的主要反应为Br2+SO2+2H2O═2HBr+H2SO4，“氧化Ⅱ”发生的反应为Cl2+2HBr=Br2+2HCl，所以“氧化Ⅱ”后分离出的溶液X可循环使用，其中主要含有H2SO4和HCl，故D正确；故选：A。二、非选择题：共4题，共58分。15.周期表中前20号元素原子半径与主要化合价关系如图所示。（1）的电子式为_______。（2）的简单气态氢化物与其最高价氧化物的水化物反应生成的物质属于_______化合物(填“共价”或“离子”)。（3）已知位于第三周期，则在元素周期表中的位置是_______。（4）简单离子和半径大小顺序为_______。（5）的单质通入淀粉-KⅠ溶液，溶液变蓝，写出该反应的离子方程式：_______；比较和的阴离子，还原性更强的是_______(填离子符号)，从微粒结构角度分析，其原因是_______。【答案】（1）（2）离子（3）第四周期ⅡA族（4）N3->O2->Na+（5）①.Cl2+I-=2Cl-+I2②.I-③.Cl、I为同主族元素，电子层数I＞Cl，离子半径I—＞Cl—，失电子能力I—＞Cl—，还原性I—＞Cl—【解析】【分析】根据原子半径与主要化合价关系图，X是H元素、Y是O元素、Z是N元素、M是Cl、Q是Na元素、R是Ca元素。【小问1详解】H2O2是共价化合物，电子式为；【小问2详解】N的简单气态氢化物是氨气，N的最高价氧化物的水化物是HNO3，反应生成的物质是NH4NO3，属于离子化合物。【小问3详解】是Na，R是Ca，元素周期表中的位置是第四周期ⅡA族。【小问4详解】电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子O2-、N3-和Na+半径大小顺序为N3->O2->Na+；【小问5详解】Cl2通入淀粉-KⅠ溶液，反应生成氯化钾和碘单质，溶液变蓝，反应的离子方程式为Cl2+I-=2Cl-+I2；还原剂的还原性大于还原产物的还原性，和Cl-还原性更强的是I-；Cl、I为同主族元素，电子层数I＞Cl，离子半径I—＞Cl—，失电子能力I—＞Cl—，还原性I—＞Cl—。16.过氧化钠常作漂白剂、杀菌剂、消毒剂，若保存不当容易变质。（1）取少量过氧化钠样品，溶解，加入_______溶液，充分振荡后有白色沉淀生成，证明已经变质。（2）用下图装置来测定某过氧化钠样品的纯度。①试剂依次为_______和_______。②装置的作用是_______，其中发生反应的离子方程式为_______。③当观察到_______(填实验现象)时，表明样品已经反应完全。④读取实验中与样品反应生成的体积时，合理的是_______(填字母)。a.直接读取气体体积，不需冷却到室温b.上下移动量筒，使得中液面高度相同c.视线与凹液面最低点相平，读取量筒中水的体积⑤装置E到F间导管内残留水的体积会使测量结果_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。【答案】（1）CaCl2或BaCl2（2）①.饱和NaHCO3溶液②.NaOH溶液③.吸收未反应的CO2④.CO2+2OH-=+H2O⑤.过氧化钠样品由淡黄色完全转化为白色时⑥.bc⑦.偏小【解析】【分析】过氧化钠保存不当容易吸收空气中CO2而变质生成碳酸钠，装置A中是大理石和稀盐酸反应制得二氧化碳气体，经B中的饱和碳酸氢钠溶液，除去氯化氢气体，在装置C中二氧化碳气体与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，经D装置的氢氧化钠溶液吸收未反应的二氧化碳，产生的氧气经过E装置，氧气不易溶于水，将水排入F中的量筒里，根据量筒中水的体积折算为标况下氧气的体积，计算氧气的质量，从而间接计算出过氧化钠的质量，利用过氧化钠的质量与样品的质量比得到过氧化钠的质量分数，由此分析。【小问1详解】过氧化钠在空气中变质，最后生成碳酸钠固体，探究一包过氧化钠样品是否已经变质，可以利用碳酸根离子和钡离子或钙离子结合生成碳酸钡或碳酸钙白色沉淀证明Na2O2已经变质，取少量样品，溶解，加入CaCl2或BaCl2溶液，充分振荡后有白色沉淀，证明Na2O2已经变质；【小问2详解】①通过上述分析可知，试剂X、Y依次为饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液；②装置D为吸收过量二氧化碳的装置，发生反应的离子方程式为：CO2+2OH-=+H2O；③当观察到过氧化钠样品由淡黄色完全转化为白色时，表明过氧化钠样品已经完全反应；④a．不冷却到室温，直接读取气体体积，会使量筒中液体体积偏大，导致读数结果偏大，不合理；b．调整量筒使、中液面高度相同，装置内压强和外界压强才能相同，避免产生误差，合理；c．视线与凹液面的最低点相平时读取量筒中水的体积，合理；故本题答案为：bc；⑤实验完成后，E到F之间导管内残留水会使测定的氧气体积偏小，导致过氧化钠质量分数测量结果偏小。17.一种以高镁卤水(主要含和硼酸根等)为原料经两段除镁制备的工艺流程如下：已知：相关化合物的溶解度与温度的关系如下图所示。（1）煅烧、水浸是第一次除镁，煅烧时发生反应的化学方程式为_______。（2）精制Ⅰ是第二次除镁，滤渣Ⅰ的主要成分除外，还有_______(填化学式)；若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收外，还将增加_______(填化学式)的用量。（3）精制Ⅱ的目的是_______；请补充完整操作的实验步骤：向滤液中_______，得滤液。（4）沉锂时判断沉淀完全的操作为_______。为获得较纯净的，过滤后应选用_______(填字母)对进行洗涤。a.冰水b.常温水c.的热水【答案】（1）（2）①.CaSO4②.生石灰（CaO）、纯碱（Na2CO3）（3）①.加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的钙离子转化为碳酸钙（或除去精制Ⅰ所得滤液中的钙离子），提高碳酸锂纯度②.加入盐酸（4）①.向过滤后滤液中继续滴加碳酸钠溶液，若溶液浑浊，则Li+未沉淀完全，若无现象，则Li+已沉淀完全②.c【解析】【分析】盐湖卤水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、和硼酸根等)中加入盐酸脱硼，生成B(OH)3沉淀；混合物过滤后，将所得滤液浓缩结晶，该晶体含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、等，煅烧后生成HCl气体，表明MgCl2∙6H2O发生水解，生成的Mg(OH)2发生热分解，烧渣水浸后过滤，固体的主要成分为MgO；滤液中加生石灰后产生沉淀，在此条件下溶解度最小的是CaSO4和Mg(OH)2，则滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO4和Mg(OH)2；由于CaSO4微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为CaCO3；精制Ⅱ所得滤液加盐酸除去过量，所得溶液经浓缩结晶，过滤得到氯化钠，浓缩后的滤液中加入饱和Na2CO3沉锂，得到Li2CO3。【小问1详解】煅烧、水浸是第一次除镁,浓缩结晶得到的固体是MgCl2∙6H2O，煅烧晶体时生成氯化氢、氧化镁、水，所以煅烧时发生反应的化学方程式为；【小问2详解】精制Ⅰ是第二次除镁，滤渣Ⅰ的主要成分除Mg(OH)2外，还有CaSO4，若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，HCl和CaO反应而导致消耗的生石灰的量增多，精制Ⅱ时增加纯碱的用量；小问3详解】精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的钙离子转化为碳酸钙，提高碳酸锂纯度，操作X是为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；【小问4详解】向过滤后的滤液中继续滴加碳酸钠溶液，若溶液浑浊，则Li+未沉淀完全，若无现象，则Li+已沉淀完全；根据碳酸锂的溶解度图知，温度越高，其溶解度越小，所以为获得较纯净的碳酸锂，过滤后应选用95℃的热水对碳酸锂进行洗涤，故答案选c。18.一种制备氧化亚铜的工艺路线如图所示。已知：水溶液中和的物质的量分数随的分布如图。（1）该工艺流程对反应条件的控制要求较为苛刻，如反应Ⅰ需在加热条件下才能发生。①反应Ⅱ所得溶液控制在