2022-2023学年辽宁省本溪市第七中学高一化学期末试卷含解析

2022-2023学年辽宁省本溪市第七中学高一化学期末试卷含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1.根据CH2=CHCH2COOH的结构，它不可能发生的反应是（）A．与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应B．使溴的四氯化碳溶液褪色C．与银氨溶液反应析出银D．与新制氢氧化铜反应参考答案：C解：A．该物质中含有羧基，所以和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下能发生酯化反应，故A不选；B．该物质中含有碳碳双键，能和溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，故B不选；C．该物质中不含醛基，不能和银氨溶液发生银镜反应，故C选；D．该物质中含有羧基，能和新制氢氧化铜发生中和反应，故D不选；故选C．2.已知反应A+B═C+D为放热反应，对该反应的下列说法中正确的为（）A．A的能量一定高于CB．B的能量一定高于DC．A和B的总能量一定高于C和D的总能量D．该反应为放热反应，故不必加热就一定能发生参考答案：C【考点】吸热反应和放热反应；化学反应中能量转化的原因．【分析】吸热反应放热反应与反应物和生成物的总能量有关与反应条件无关．【解答】解：放热反应是指反应物的总能量大于生成物的总能量，与反应条件（如加热）无关，D说法错误．故选C．3.1克O2与1克X气体在相同容积的密闭容器中压强(p)与温度(T)的关系如图表示，则X气体可能是A.CO

B.CH4

C.NO

D.CO2参考答案：D由图可知，相同温度时，p（O2）＞p（X），根据PV=nRT=mRT/M可知，在同质量、同体积条件下，气体相对分子质量与压强成反比，即相对分子质量越大，压强越小，只有CO2的相对分子质量大于O2，所以该气体可能是二氧化碳，答案选B。4.按一定的特点或规律对物质进行分类，给化学学习与研究带来很大的方便。下列各组物质中，符合“酸—碱—盐—氧化物”顺序排列的是

（

）A.硫酸，纯碱，石灰石、氯化镁

B.

碳酸，小苏打，熟石灰、水C.硝酸，熟石灰，苛性钾、二氧化碳

D.

醋酸，烧碱，硫酸铜、氧化铜参考答案：D略5.下列有关化学用语的表示方法中正确的是A.次氯酸的电子式：B.M2+离子核外有a个电子，b个中子，M原子符号为a+b+2a+2MC.用电子式表示MgCl2的形成过程为：D.Na+的结构示意图：参考答案：B【详解】A、HClO是共价化合物，电子式为，A错误；B、M2+离子核外有a个电子，M原子核外有a+2个电子，M的质子数为a+2，质量数为a+2+b，M的原子符号为，B正确；C、氯化镁是离子化合物，用电子式表示MgCl2的形成过程为：，C错误；D、Na+的结构示意图为，D错误；答案选B。6.对于VIIA族元素，下列说法不正确的是（

）A．可形成－l价离子

B．从上到下原子半径逐渐减小C．从上到下原子半径逐渐增大

D．从上到下非金属性逐渐减弱参考答案：B略7.运动会上发令枪所用“火药”的主要成分是氯酸钾和红磷，撞击时发生的化学反应为5KClO3+6P=3P2O5+5KCl．下列有关该反应的叙述不正确的是A.KClO3是氧化剂B.P2O5是氧化产物C.1molKClO3参加反应有6mole﹣转移D.每有6molP被还原，生成5molKCl参考答案：DA．因Cl元素的化合价由+5价降低为-1价，则KC1O3是氧化剂，故A正确；B．P元素的化合价由0升高为+5价，则红磷为还原剂，生成P2O5是氧化产物，故B正确；C．Cl元素的化合价由+5价降低为-1价，所以1

mol

KC1O3参加反应有1

mol×（5+1）=6mol

e-转移，故C正确；D．P元素的化合价由0升高为+5价，则红磷为还原剂，所以每有6

mol

P被氧化，生成5mol

KCl，故D错误；故选D。点睛：需理解氧化还原反应的规律：“升失氧，降得还；若说剂正相反”的真正含义。做题时注意仔细审题，氧化还原反应的本质是电子的转移。规律：升失氧，降得还；若说剂正相反：（还原剂）升（化合价升高）失（失去电子）氧（发生氧化反应）；（氧化剂）降（化合价降低）得（得到电子）还（发生还原反应），若说剂正相反；5KClO3+6P═3P2O5+5KCl中，Cl元素的化合价由+5价降低为-1价，P元素的化合价由0升高为+5价，以此来解答。8.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是(

)A．CH3COOH B．SO2 C．（NH4）2CO3 D．Cl2参考答案：B【分析】能导电的物质中含有自由电子或自由移动的阴阳离子；非电解质是相对于电解质而言的一个概念．电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；电解质水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；也就是说，非电解质在熔融状态和水溶液中自身都不能离解出自由移动的离子；单质、混合物，既不是电解质也不是非电解质，据此分析即可解答．【解答】解：A．CH3COOH在水溶液中电离方程式为：CH3COOH?CH3COO﹣+H+有自由移动的乙酸根离子和氢离子能导电，是化合物，所以是电解质，故A错误；B．SO2常温下为气体，只有SO2分子，没有自由移动的离子，故不导电，SO2在水溶液中与水反应，生成亚硫酸，亚硫酸电离出自由移动的离子，溶液能够导电，但自由移动的离子不是SO2自身电离，SO2是化合物，所以SO2是非电解质，故B正确；C．（NH4）2CO3在水溶液中或熔融状态下能完全电离出自由移动的阴阳离子而导电，是电解质，故C错误；D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，所以氯气的水溶液导电，氯气是非金属单质，所以它既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选：B．【点评】本题主要考查了非电解质概念的辨析，关键注意非电解质在熔融状态和水溶液中自身都不能离解出自由移动的离子，题目难度不大．9.a、b、c、d、e、f为六种短周期元素,a、b、e、f位于同一周期，c、d也是同一周期，且d、e同一主族，原子半径d＜e，a、b、c、d、f原子最外层电子依次增多，则下列说法中正确的是（

）A.e的非全属性比f强B.d元素可能是第一周期元素C.六种元素中，a元素最高价氧化物对应水化物碱性最强D.a、b、c、d的原子序数逐渐增大参考答案：C【详解】A、a、b、c、d、f原子最外层电子依次增多，则d的最外层电子数≥4，e的最外层电子数大于等于4，小于f的最外层电子数，且e、f位于同一周期，同周期从左到右非金属性逐渐增强，所以f的非全属性比e强，故A错误；B、a、b、c、d、f原子最外层电子依次增多，则d的最外层电子数≥4，d、e同一主族，原子半径d＜e，则d处于第二周期，故B错误；C、c、d处于第二周期，a、b、e、f处于第三周期，a、b、c、d、f原子最外层电子依次增多，所以金属性a最强，a元素最高价氧化物对应水化物碱性最强，故C正确；D、由上述分析可知，c在d的左侧，a、b、e、f处于第三周期，所以原子序数大小顺序是c＜d＜a＜b，故D错误。综上所述，本题应选C。【点睛】本题重点考查元素周期表的推断。a、b、c、d、e、f为六种短周期元素，a、b、c、d、f原子最外层电子依次增多，则d的最外层电子数≥4；d、e同一主族，原子半径d＜e，则d处于第二周期，e处于第三周期；a、b、e、f位于同一周期，故a、b、e、f处于第三周期，c、d是同一周期，故c位于第二周期，原子序数c＜d＜a＜b＜e＜f，据此分析解答。10.根据化学反应的实质是旧键断裂、新键形成这一观点，下列变化属于化学反应的是A．碘升华

B．NaCl的晶体加热熔化C．加热NH4HCO3分解

D．HCl溶于水参考答案：C略11.在化学变化中，会发生变化的是（

）A、质子数

B、中子数

C、电子数

D、质量数参考答案：C略12.用NA表示阿佛加德罗常数，下列说法正确的是

（

）A．22.4LH2的物质的量约为1mol

B．1L1mol/L的MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度为2mol/LC．标准状况下，11.2LH2O的物质的量约为1molD．0.1mol铁与足量的盐酸完全反应，铁失去的电子数为0.3NA参考答案：B略13.X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期主族元素．它们满足以下条件：①在元素周期表中，Z与Y、W均相邻；②X、Y、W分别位于不同周期；③Y、Z、W三种元素的原子最外层电子数之和为17。下列说法错误的是A.X、Y、Z既能形成离子化合物，又能形成共价化合物B.Y和Z元素的原子半径大小顺序为Y＞ZC.X与Y、Z之间形成的核外电子总数为10的微粒只有YX3和X2ZD.Z、W元素的最简单氢化物的沸点和稳定性均为H2Z＞H2W参考答案：C【分析】X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期主族元素，在元素周期表中，Z与Y、W均相邻，Y、Z、W三种元素的原子最外层电子数之和为17，若Y、Z、W三者处于同一周期或同一主族，最外层电子数之和不可能为17，处于不同周期的Y、Z、W两两相邻，可能出现的位置关系有：、，设Y的最外层电子数为x，若为第一种情况，则有x+x+1+x+1=17，解得x=5，Y、Z、W对应的三种元素分别为N，O，S；若为第二种情况，则有x+x+x+1=17，解得x=，不合理，且X、Y、W分别位于不同周期，则X为H元素，据此解答。【详解】A.X、Y、Z可形成的化合物可为HNO3或NH4NO3等，前者为共价化合物，后者为离子化合物，A项正确；B.Y、Z位于同一周期，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径大小顺序为：Y>Z，B项正确；C.H与N、O元素之间形成的核外电子总数为10的微粒有NH3、NH4+、OH?、H2O、H3O+等，C项错误；D.Z、W分别为O、S元素，其氢化物分别为水、硫化氢，非金属性越强，氢化物稳定性越强，水分子之间存在氢键，则二者最简单氢化物的沸点和稳定性均为H2Z>H2W，D项正确；答案选C。【点睛】元素周期表、元素周期律是学习化学的工具。元素周期律是反映元素之间关系的规律，是元素周期表排布的依据，元素周期表是元素周期律的表现形式。掌握元素周期表的结构，知道各个周期包含的元素种类数目及元素的原子序数关系。本题难点是利用分类讨论思想排除不满足条件的可能元素，设Y的最外层电子数为x，结合位置关系，最外层电子数之和为17的条件列式计算。

14.周杰伦在歌曲《青花瓷》中唱到“帘外芭蕉惹骤雨，门环惹铜绿”，其中“铜绿”的化学成分是碱式碳酸铜。铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为：2Cu＋O2＋CO2＋H2O=Cu2(OH)2CO3。下列有关该反应的说法正确的是()A.该反应是氧化还原反应，发生化合价变化的有三种元素B.O2得电子，发生的是还原反应C.由此反应可知，化合反应一定是氧化还原反应D.0.2molCu参与反应消耗O2的体积为2.24L参考答案：B在2Cu＋O2＋CO2＋H2O=Cu2(OH)2CO3中，Cu元素的化合价升高，氧气中O元素的化合价降低。A．该反应属于氧化还原反应，发生化合价变化的只有Cu、O两种元素，故A错误；B．该反应中铜失去电子，O2得到电子，所以O2是氧化剂，发生还原反应，故B正确；C．化合反应不一定都是氧化还原反应，如CaO＋H2O=Ca(OH)2等很多化合反应都不是氧化还原反应，故C错误；D．根据反应方程式可知，0.2molCu参与反应消耗O2的物质的量是0.1mol，但由于未说明状态是标准状况，故无法计算氧气的体积，所以D错误，故选B。点睛：解决这类问题时，要注意分清氧化还原反应的常见类型（1）完全氧化还原型，此类反应的特点是还原剂和氧化剂分别为不同的物质，参加反应的氧化剂(或还原剂)全部被还原(或被氧化)，有关元素的化合价全部发生变化。（2）部分氧化还原型，此类反应的特点是还原剂(或氧化剂)只有部分被氧化(或被还原)，有关元素的化合价只有部分发生变化。（3）自身氧化还原型，自身氧化还原反应可以发生在同一物质的不同元素之间，即同一种物质中的一种元素被氧化，另一种元素被还原，该物质既是氧化剂，又是还原剂；也可以发生在同一物质的同种元素之间，即同一种物质中的同一种元素既被氧化又被还原。（4）归中反应型，此类反应的特点是同一种元素在不同的反应物中有不同的价态(高价、低价)，反应后转化成中间价态。15.下列有关原子结构和元素周期律的表述正确的是（

）①第ⅥA族元素硒(Se)的氢化物稳定性比硫的氢化物稳定性强②元素周期表中第一纵行的元素都是碱金属③第ⅦA族元素是同周期中非金属性最强的元素④原子序数为22的元素位于元素周期表的第四周期第ⅡB族⑤同周期随着元素原子序数的递增，元素的最高正价从+1到+7，负价从-7到-1重复出现A.③ B.③⑤ C.③④ D.②③⑤参考答案：A【详解】①元素的非金属性S>Se，所以第ⅥA族元素硒(Se)的氢化物稳定性比硫的氢化物稳定性弱，①错误；②元素周期表中第一纵行的元素中H元素是非金属元素，其余元素是碱金属，②错误；③由于同一周期的元素，随着原子序数的增大，原子半径逐渐减小，所以原子获得电子的能力逐渐增强，因此第ⅦA族元素是同周期中非金属性最强的元素，③正确；④根据元素的位置与原子结构的关系可知：原子序数为22的元素位于元素周期表的第四周期第IVB族，④错误；⑤由于O、F元素的非金属性最强，所以O、F元素没有最高正价，且负价是从-4到-1变化，⑤错误；综上所述可知正确的说法为③，因此合理选项是A。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.有一含NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如图所示的实验装置，通过测量反应产生的CO2和H2O的质量，来确定该混合物中各组分的质量分数。(1)实验步骤：①按图(夹持仪器未画出)组装好实验装置后，首先进行的操作是_________。②称取样品，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟，其目的是________________。④关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。装置B中发生反应的化学方程式为_________________________________________。⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C的质量和U形管D的质量。(2)关于该实验方案，请回答下列问题。①若加热反应后不鼓入空气，对测定结果的影响是___________________。②E处干燥管中盛放的药品是________，其作用是____________________________，如果实验中没有该装置，则会导致测量结果NaHCO3的质量________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。③若样品质量为wg，反应后C、D装置增加的质量分别为m1g、m2g，则混合物中Na2CO3·10H2O的质量分数为________(用含w、m1、m2的代数式表示)。参考答案：(1)①检查装置气密性

③除去装置中的水蒸气和二氧化碳

④2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑

(2)①Na2CO3·10H2O和NaHCO3的质量分数测定结果偏小，NaCl的质量分数测定结果偏大

②碱石灰

防止空气中的CO2和水蒸气进入D中影响测定结果

偏大

③×100%解析：(1)①由实验原理可知，实验需要通过测量D装置内碱石灰的增重，计算生成的二氧化碳的质量，通过测量C装置装置，计算生成的水的质量，故应首先检验装置的气密性；

③装置内有空气，含有水蒸气和二氧化碳，影响水蒸气和二氧化碳质量的测定，打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，实验前要通入空气，赶走装置中含有水蒸气和二氧化碳，减少误差；

④含NaCl、Na2CO3?10H2O和NaHCO3的混合物加热时，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠晶体失去结晶水生成碳酸钠，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O↑+CO2↑；Na2CO3?10H2ONa2CO3+10H2O↑；

(2)①若加热反应后不鼓入空气，生成水蒸气质量和二氧化碳质量测定结果会减小，碳酸氢钠依据二氧化碳计算，而Na2CO3?10H2O的测定是根据生成水的总质量计算的，则测得Na2CO3?10H2O的含量将偏小对测定结果的影响是NaCl偏大，NaHCO3偏小，Na2CO3?10H2O偏小；

②干燥管中盛放的是碱石灰，碱石灰能吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，所以干燥管的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入影响测定结果，若撤去E装置，则测定的碳酸氢钠的质量偏大；

③D装置中增加的质量为二氧化碳的质量，碳酸氢钠分解生成的水蒸气的质量为x．

2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑

18g

44g

x

m2g

x=g，

装置C吸收的是水蒸气，包括碳酸氢钠分解生成的和十水碳酸钠分解生成的，十水碳酸钠分解生成的水蒸气的质量=m1g-g=g．

设十水碳酸钠的质量为y．

Na2CO3?10H2ONa2CO3+10H2O

286g

180g

y

g

y=g

所以十水碳酸钠的质量分数=×100%=×100%。

点睛：明确C和D装置中物质的作用是解本题的关键，注意碱石灰不仅吸收二氧化碳还吸收水蒸气，根据D装置中增重质量计算吸收的二氧化碳的量，根据碳酸氢钠分解时生成的二氧化碳和水蒸气的关系式计算碳酸氢钠生成的水蒸气，总的水蒸气减去碳酸氢钠生成的水蒸气就是十水碳酸钠分解生成的水蒸气，根据十水碳酸钠分解生成的水蒸气和十水碳酸钠的关系式计算十水碳酸钠的质量，从而计算其质量分数。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.如图为一“铁链”图案，小明在图案上分别写了H2、CO2、Na2O、NaCl、FeCl3五种物质，图中相连的两种物质均可归属为一类，相交部分A、B、C、D为其相应的分类依据代号。请回答下列问题。（1）请将分类依据代号填入相应的括号内：（____）两种物质都不是电解质（____）两种物质都是钠的化合物（____）两种物质都属于氧化物（____）两种物质都属于盐（2）用洁净的烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入1mol·L－1的如图中某种物质M的水溶液，继续煮沸可制得一种红褐色胶体。①物质M的化学式为____________。②证明有红褐色胶体生成的实验方法是___________________（不需要回答具体操作方法）。参考答案：(1)A

C

B

D

(2)FeCl3

丁达尔效应试题分析：（1）H2是单质，不是化合物，因此不属于电解质，也不属于非电解质；CO2是由分子构成的共价化合物，在熔融状态下不能电离产生自由移动的离子，在水中与水发生反应产生H2CO3，H2CO3电离产生自由移动的离子，因此H2CO3是电解质，而CO2是非电解质，因此两种物质都不是电解质，选项是A；CO2是由氧和C元素形成的氧化物；Na2O是由氧和Na两种元素形成的氧化物，因此两种物质都是氧化物，应该是C；Na2O是由氧和Na两种元素形成的氧化物，属于化合物；NaCl是由Na和Cl两种元素形成的化合物，两种物质都含有钠元素，因此都是钠的化合物，选项是C；NaCl是盐；FeCl3也是盐，因此NaCl和FeCl3两种物质都是盐，故选项是D。（2）用洁净的烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入上图中某种物质M的饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色。①加入的物质M是饱和FeCl3溶液，得到的红褐色物质是Fe(OH)3胶体。②证明有红褐色胶体生成的实验操作是用一束光照射烧杯中的物质，能发生丁达尔效应，证明生成了Fe(OH)3胶体。18.(1)加热13.7gNa2CO3和NaHCO3的混合物至质量不再变化，恢复至室温，剩余固体的质量为10.6g，则混合物中NaHCO3的物质的量为___________。(2)根据反应8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，回答下列问题：①该反应中______元素被还原，______元素被氧化；②在该反应中，若有0.3mol电子发生转移，在标准状况下，可生成N2的体积为______L。参考答案：(1)0.1mol

(2)①Cl

N

②1.12【详解】(1)NaHCO3不稳定，加热分解产生Na2CO3、H2O、CO2，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，根据方程式可知：每有2molNaHCO3分解，固体质量会减轻44g+18g=62g，现在固体质量减轻了13.7g-10.6g=3.1g，则混合物中NaHCO3的物质的量为n(NaHCO3)=；(2)①在反应8NH3+