2023年广东省深圳外国语学校高一化学第一学期期末复习检测试题含解析

2023年广东省深圳外国语学校高一化学第一学期期末复习检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列叙述正确的是()A．溶液是电中性的，胶体是带电的B．胶体和溶液的本质区别是能否产生丁达尔效应C．胶体是一种介稳性的分散系，而溶液是一种稳定的分散系D．向饱和FeCl3溶液中缓慢滴加稀NaOH溶液，可制得Fe(OH)3胶体2、下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是（）选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ判断A小苏打可用于治疗胃溃疡NaHCO3可与盐酸反应Ⅰ对，Ⅱ对，有B向Na2O2的水溶液中滴入酚酞变红色Na2O2与水反应生成氢氧化钠Ⅰ对，Ⅱ错C金属钠具有强还原性高压钠灯发出透雾性强的黄光Ⅰ对，Ⅱ对，有DAl(OH)3胶体有吸附性明矾可用作净水剂Ⅰ对，Ⅱ对，有A．A B．B C．C D．D3、日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是A．大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏 B．煤矿瓦斯爆炸C．铁制菜刀生锈(Fe2O3·nH2O) D．铜铸塑像上出现铜绿[Cu2(OH)2CO3]4、现有Fe2O3、CuO的混合物，在足量H2气流中，加热充分反应，冷却后称得剩余固体比原混合物减轻1.6g；若将等质量的原混合物与盐酸反应，欲使之完全溶解，需1mol/L的盐酸的体积至少为()A．0.05L B．0.1L C．0.2L D．0.4L5、关于如下反应：HgS+O2Hg+SO2，下列叙述正确的是A．该反应既是置换反应又是离子反应B．该反应转移了2e–C．Hg是氧化产物D．HgS既是还原剂又是氧化剂6、下列说法不正确的是()A．胶体都有丁达尔现象 B．向FeCl3溶液中加入KSCN，最终会看到血红色沉淀C．氢氧化铁胶体可以透过滤纸 D．向硫酸铜溶液中加入一小块金属钠，最终会看到蓝色沉淀7、下列实验能达到目的的是ABCD实验室制备Fe(OH)2实验室制氨气制过氧化钠验证浓H2SO4的脱水性、强氧化性A．A B．B C．C D．D8、下列物质属于分子晶体的是A．CaO B．CO2 C．SiO2 D．NaCl9、铝制品不易被腐蚀，其主要原因是因为铝A．化学性质不活泼B．熔点高C．表面有致密氧化膜D．密度小10、下列叙述正确的是A．根据金属镁能导电可判断：镁为电解质B．根据分类的观点可判断：纯碱属于碱类C．根据是否有电子转移可判断：Na与Cl2反应属于氧化还原反应D．根据都能使有色物质褪色这一现象推断：氯水和活性炭的漂白原理相同11、将一小块金属钠投入下列溶液中，既能产生气体又会生成红褐色沉淀的是A．氯化镁溶液 B．氯化铁溶液 C．硫酸铜溶液 D．硫酸铝溶液12、在10﹣9m～l0﹣7m范围内，对原子、分子进行操纵的纳米超分子技术往往能实现意想不到的变化。纳米铜颗粒一遇到空气就会剧烈燃烧，甚至发生爆炸。列说法正确的是（）A．纳米铜是一种新型化合物B．纳米铜颗粒比普通铜更易与氧气发生反应C．纳米铜与普通铜所含铜原子的种类不同D．纳米铜无需密封保存13、关于氧化还原反应，下列说法正确的是A．被还原的物质是还原剂B．氧化剂被还原，还原剂被氧化C．失去电子，化合价降低的物质是还原剂D．氧化剂失去电子，化合价升高14、二氧化硫、氢气、二氧化碳组成的混合气体在同温、同压下与笑气（N2O）的密度相同。则该混合气体中二氧化硫、氢气、二氧化碳的体积比为（）A．29：8：13B．22：1：14C．13：8：13D．21：10：1215、下列各组物质中，能相互反应且反应后溶液总质量增加的是（）A．铁和硫酸铜溶液 B．氧化铁固体和稀硫酸C．盐酸和澄清石灰水 D．氯化钠溶液和硝酸钾溶液16、下列反应过程中不存在电子转移的是（）A．Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑B．Ca(ClO)2＋2HCl=CaCl2＋2HClOC．Pb3O4＋8HCl(浓)=3PbCl2＋Cl2↑＋4H2OD．3Cl2＋6KOH(浓)5KCl＋KClO3＋3H2O二、非选择题（本题包括5小题）17、下图中A是气体单质，根据下图所示的A、B、C、D、E五种物质的相互转化关系，完成以下各题。(1)分别写出下列物质的化学式A______，B______，C______，D______，E______。(2)写出有关反应的化学方程式：____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。18、A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A原子核内无中子；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能反应生成盐F；D与A同主族，且与E同周期；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的，A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物．请回答下列问题：（1）C元素在元素周期表中的位置是___；C、D、E三种元素简单离子半径由大到小的顺序为：___(用离子符号表示)。（2）写出分别由A、D与C形成的原子个数比为1：1的化合物的电子式___、___。（3）A与C、E间分别形成甲、乙两种共价化合物，且甲有10个电子，乙有18个电子，则沸点较高的是___(填化学式)。（4）F含有的化学键类型是___、___。（5）D和C形成的一种化合物能与A和C形成的一种化合物反应产生C单质，该反应的离子方程式为___。19、氯酸锶[Sr(ClO3)2]用于制造红色烟火。将氯气通入温热的氢氧化锶溶液制得氯酸锶的实验装置如下。已知氢氧化锶[Sr(OH)2]易与盐酸反应，水中存在Cl﹣时，不影响HCl的溶解，但会抑制Cl2的溶解。回答下列问题(1)Sr(ClO3)2中Cl元素的化合价是_____，装置A中浓盐酸在反应中的作用是_____(2)Y是_____(填字母)，其作用原理是_____A．浓H2SO4B．饱和NaCl溶液C．NaOH溶液(3)装置D中NaOH溶液的作用是_____(4)装置C中三颈烧瓶内发生的反应为6Sr(OH)2+6Cl2＝Sr(ClO3)2+6H2O+5SrCl2，转移5mol电子时生成Sr(ClO3)2的质量是_____20、某同学利用如图所示的实验装置进行铁跟水蒸气反应的实验,并研究铁及其化合物的部分性质。请回答下列问题:（1）硬质试管中发生反应的化学方程式为_______________________________。（2）该同学为确定反应后硬质试管中固体物质的成分,设计了如下实验方案:①待硬质试管冷却后,取少许其中的固体物质溶于稀硫酸得溶液B;②取少量溶液B滴加KSCN溶液,若溶液变红色,则说明硬质试管的固体物质中一定有_________,可能有__________________;若溶液未变红色,则说明硬质试管中固体物质的成分是_____________________________________。（3）该同学按（2）中所述实验方案进行了实验,结果溶液未变红色,原因是________________________________(用离子方程式表示)。（4）该同学马上另取少量溶液B,使其与NaOH溶液反应。若按图所示操作,可观察到试管中先生成白色沉淀,后沉淀迅速变成灰绿色,最后变成红褐色的现象,请写出白色沉淀变为红褐色的过程中所发生反应的化学方程式:__________________________________。（5）一段时间后,该同学发现（3）中未变红的溶液变成红色,说明具有_________性。由此可知,实验室中含的盐溶液需现用现配制的原因是__________,并且配制含的盐溶液时应加入少量___________________。21、将一定量的Cl2通入体积为40mL的氢氧化钾溶液中，两者恰好完全反应，测得反应后溶液中有三种含氯元素的离子，其中ClO－物质的量为0.06mol和ClO3－物质的量0.03mol，请按要求完成下列问题（1）该反应的离子方程式为___________________________________________。（2）该反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为____________________。（3）上述反应中，通入Cl2的物质的量为________mol，氢氧化钾溶液的物质的量浓度为________mol/L。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A.胶体分散系中，胶粒带电，但分散系是不带电的，即胶体也为电中性，故A错误；B.胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小，丁达尔效应只是胶体所特有的性质,但不是本质区别，故B错误；C.胶体中的胶粒带电，同种胶粒带相同电荷，胶粒间相互排斥,故胶体属于介稳体系,而溶液是均一稳定的体系,故C正确；D.氢氧化钠溶液会和FeCl3反应生成Fe(OH)3沉淀，得不到胶体，故D错误；本题答案为C。2、D【解析】

A．NaHCO3具有弱碱性，能与盐酸反应生成CO2气体，适于治疗胃酸过多，但不适用于胃溃疡病人，故A错误；B．Na2O2具有强氧化性，将其溶于水得到的溶液使酚酞先变红后褪色，故B错误；C．钠是活泼金属，有强还原性，但钠的焰色为黄色，透雾性强，高压钠灯发出透雾能力强的黄光，与Na的还原性无关，即Ⅰ对，Ⅱ对，二者无因果关系，故C错误；D．明矾溶于水生成的Al(OH)3胶体有吸附性，明矾可作净水剂，即Ⅰ对，Ⅱ对，二者有因果关系，故D正确；故答案为D。3、A【解析】

A．大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏，为碳酸钙与酸发生复分解反应生成二氧化碳和水，为非氧化还原反应，A符合题意；B．煤矿瓦斯爆炸，为甲烷与氧气反应生成二氧化碳和水，为氧化还原反应，B与题意不符；C．铁制菜刀生锈(Fe2O3·nH2O)为铁与氧气反应生成氧化铁，为氧化还原反应，C与题意不符；D．铜铸塑像上出现铜绿[Cu2(OH)2CO3]为铜与氧气、二氧化碳和水反应生成铜绿，为氧化还原反应，D与题意不符；答案为A。4、C【解析】

根据固体减少的质量等于混合物中O元素质量进行计算。【详解】Fe2O3、CuO的混合物在足量H2气流中加热充分反应生成Fe、Cu与H2O，冷却后固体质量减少等于混合物中O元素质量，则n(O)＝1.6g÷16g/mol＝0.1mol；Fe2O3、CuO与盐酸恰好反应时，需要盐酸的体积最小，反应生成FeCl3、CuCl2与H2O，氧原子被氯原子替代，FeO、Fe2O3中O元素为﹣2价，用﹣1价的Cl替换﹣2价的O，所以n(Cl)＝2n(O)＝0.1mol×2＝0.2mol，所以盐酸的体积为＝0.2L，故选：C。5、D【解析】A项，该反应不是水溶液中发生的反应，所以不是离子反应，所以A错；B项，该反应中硫元素的化合价从-2价升到+4价，转移了6e-,所以B错；C项，汞元素的化合价降低了，被还原，所以汞是还原产物，C错；D项，HgS中两种元素的化合价一种升高另一种降低，所以既是还原剂又是氧化剂，D正确。6、B【解析】

A.胶体有丁达尔现象，故正确；B.氯化铁和硫氰化钾反应生成红色溶液，不是沉淀，故错误；C.胶体的微粒能通过滤纸，故正确；D.钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应时生成硫酸钠和氢氧化铜蓝色沉淀，故正确。故选B。7、D【解析】A、氢氧化亚铁易被氧化，把氢氧化钠溶液滴入氯化亚铁溶液中不能制备氢氧化亚铁，A错误；B、氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，冷却后二者又化合生成氯化铵，不能制备氨气，B错误；C、制备过氧化钠时应该在坩埚中加热，不能在烧杯中，C错误；D、浓硫酸能使蔗糖炭化，同时氧化生成的碳，得到二氧化硫，利用品红溶液、酸性高锰酸钾溶液检验二氧化硫，D正确，答案选D。8、B【解析】

分子晶体是分子间通过分子间作用力（范德华力和氢键）构成的晶体，所有的非金属氢化物、大多数的非金属氧化物、绝大多数的共价化合物、少数盐（如AlCl3）属于分子晶体。【详解】A项、氧化钙是由钙离子和氧离子构成的离子晶体，故A错误；B项、二氧化碳晶体是通过分子间作用力形成的分子晶体，故B正确；C项、二氧化硅是由硅原子和氧原子通过共价键形成的原子晶体，故C错误；D项、氯化钠是由钠离子和氯离子构成的离子晶体，故D错误。故选B。【点睛】本题考查晶体类型的判断，注意把握晶体的构成粒子以及常见物质的晶体类型的判断依据是解答关键。9、C【解析】铝制品不易被腐蚀，其主要原因是因为铝表面有致密氧化膜能够阻止内部的金属被氧化，答案选C。10、C【解析】

电解质必须是化合物；电离产生阴离子都是氢氧根离子的化合物为碱；有电子转移的化学反应属于氧化还原反应；氯水漂白利用的是次氯酸的强氧化性，活性炭的褪色是利用的活性炭的吸附性。【详解】A、镁是单质，不是电解质，故A错误；B、纯碱电离产生的阴离子为碳酸根离子，属于盐不是碱，故B错误；C、Na与Cl2反应有电子的转移，属于氧化还原反应，故C正确；D、氯水中的次氯酸具有强氧化性，能够使有色物质褪色，而活性炭有较大的表面积，具有较强的吸附性，可以漂白，所以二者的漂白原理不同，故D错误；答案选C。【点睛】本题考查了电解质与非电解质的概念、分散系的分类及分类依据、酸碱盐的概念，注意掌握电解质与非电解质的根本区别，明确分散系的分类及本质区别。11、B【解析】

A．Na投入氯化镁溶液中，Na与水反应生成NaOH和H2，NaOH与MgCl2反应生成白色Mg(OH)2沉淀，既能产生气体又出现白色沉淀，A不符合题意；B．Na投入氯化铁溶液中，Na与水反应生成NaOH和H2，NaOH与FeCl3反应生成红褐色Fe(OH)3沉淀，既能产生气体又出现红褐色沉淀，B符合题意；C．Na投入硫酸铜溶液中，Na与水反应生成NaOH和H2，NaOH与硫酸铜反应生成蓝色氢氧化铜沉淀，既能产生气体又出现蓝色沉淀，C不符合题意；D．Na投入硫酸铝溶液中，Na与水反应生成NaOH和H2，NaOH与硫酸铝反应生成白色Al(OH)3沉淀，既能产生气体又出现白色沉淀，D不符合题意；答案选B。【点睛】钠与盐溶液反应先考虑钠与水的反应生成氢氧化钠和氢气，然后再考虑氢氧化钠是否与溶液中的溶质发生反应。12、B【解析】

A.纳米铜属于单质，不是化合物，A项错误；B.根据题意，纳米铜粒一遇到空气就会剧烈燃烧，甚至发生爆炸，说明纳米铜颗粒比普通铜更易与氧气反应，B项正确；C.纳米铜与普通铜所含原子种类相同，都是铜原子，C项错误；D.纳米铜粒一遇到空气就会剧烈燃烧，甚至发生爆炸，故纳米铜应密封保存，D项错误；答案选B。13、B【解析】

A.被氧化的物质在反应中失去电子，是还原剂，A说法错误；B.氧化剂具有氧化性，被还原，还原剂具有还原性，被氧化，B说法正确；C.失去电子、化合价升高的物质是还原剂，C说法错误；D.氧化剂得到电子，化合价降低，D说法错误。故选B。【点睛】氧化剂具有氧化性，化合价降低，被还原，发生还原反应。14、D【解析】由于CO2与N2O具有相同的相对分子质量，所以SO2、H2、CO2混合气体的平均相对分子质量仅由SO2和H2来决定，CO2的量可以任意。由十字交叉法：，由十字交叉法可求得SO2和H2的体积比为42：20或21：10时(CO2的量可以任意)，混合气体的平均分子量为44，故选D。点睛：本题考查混合物的计算，关键是确定混合气体中SO2和H2的平均相对分子质量为44，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意十字交叉法的运用。15、B【解析】

如果是置换反应关键看置换出来的是什么，根据进入溶液中的质量与置换出来的质量之差考虑，如果不是置换反应就看反应后生成物的质量变化。【详解】A．铁和硫酸铜溶液反应生成物是铜和硫酸亚铁，进入溶液中的是铁，相对原子质量为56，置换出来的是铜，相对原子质量为64，则进入的少，出来得多，所以溶液质量减少了，A错误；B．氧化铁固体和硫酸反应中，反应生成硫酸铁和水，溶液质量增加，B正确；C．盐酸与氢氧化钙溶液反应生成氯化钙溶液和水，溶液质量不变，C错误；D．氯化钠溶液与硝酸钾溶液不反应，故溶液质量不变，D错误。答案选B。【点睛】解答本题的主要方法是看进入溶液中的物质是什么，被置换出来的物质是什么，根据二者的差值来分析溶液的质量变化情况，注意质量守恒定律的灵活应用。16、B【解析】

因为发生电子转移的反应一定是氧化还原反应，所以此题实际是判断反应是否是氧化还原反应。A．Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑中Zn元素的化合价升高，H元素的化合价降低，则属于氧化还原反应，选项A不选；B．Ca(ClO)2＋2HCl=CaCl2＋2HClO中没有元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，选项B选；C．Pb3O4＋8HCl(浓)=3PbCl2＋Cl2↑＋4H2O中Pb元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，则属于氧化还原反应，选项C不选；D.3Cl2＋6KOH(浓)5KCl＋KClO3＋3H2O中Cl元素的化合价既升高又降低，则属于氧化还原反应，选项D不选；答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应的判断。因为发生电子转移的反应一定是氧化还原反应，所以此题实际是判断反应是否是氧化还原反应。其关键是分析反应前后元素的化合价是否发生变化，通过判断反应中各物质所含元素在反应前后的价态可知，B项中的反应没有化合价的升降。二、非选择题（本题包括5小题）17、N2NH3NONO2HNO3N2+3H22NH3，N2+O22NO，4NH3+5O2NO+6H2O，2NO＋O2=NO2，3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O【解析】

A是常见的无色气体单质，可与氧气发生连续氧化，可知应存在多种化合价，A应为N2，则B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3。【详解】（1）由以上分析可知，A为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3；（2）有关反应的化学方程式分别为：，，，2NO＋O2=NO2，3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。18、第二周期VIA族S2->O2->Na+H2O离子键极性共价键2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑【解析】

A原子核内无中子，则A为氢元素；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能反应生成盐F，B为氮元素，F为硝酸铵；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的，则E为硫元素，在第三周期；D与A同主族，且与E同周期，则D为钠元素；A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物，则C为氧元素。【详解】（1）C为氧元素，在元素周期表中的位置是第二周期VIA族；Na+、O2-、S2-离子半径由大到小的顺序为S2->O2->Na+，故答案为：第二周期VIA族；S2->O2->Na+；（2）由H、Na与O形成的原子个数比为1：1的化合物分别为H2O2、Na2O2，其电子式分别为、，故答案为：；（3）H与O、S间分别形成H2O、H2S两种共价化合物，因为水分子间存在氢键，则沸点较高，故答案为：H2O；（4）F为硝酸铵，含有离子键和极性共价键，故答案为：离子键、极性共价键；（5）过氧化钠与水反应能生成氧气，则该反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。【点睛】比较离子半径可以用“先层后核再电子”进行比较，S2-有三个电子层，则半径最大，Na+、O2-有两个电子层，但氧的序数小于钠的序数，则O2-的离子半径大于Na+，所以S2->O2->Na+。19、+5还原性和酸性B氯气溶于水达到化学反应平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，根据平衡移动原理，增大氯离子浓度，抑制了氯气溶解生成盐酸和次氯酸，降低了Cl2溶解度吸收氯气127.5g【解析】

A中浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，B用于除去氯气中的氯化氢，可用饱和食盐水，在C中发生6Sr（OH）2+6Cl2=Sr（ClO3）2+6H2O+5SrCl2，以制备氯酸锶，D为尾气处理装置，避免污染空气。【详解】（1）Sr(ClO3)2中Sr为+2价，O为﹣2价，由化合价代数和为0可知Cl元素的化合价是+5价，装置A中生成氯气，盐酸被氧化，同时生成氯化锰，浓盐酸在反应中的作用是还原性和酸性的作用，故答案为：+5；还原性和酸性；（2）Y用于除去氯气中的氯化氢，应为饱和食盐水，氯气溶于水，与水反应生成HCl和HClO，溶液中存在化学反应平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，饱和食盐水中氯离子浓度较大，根据平衡移动原理，增大氯离子浓度，该化学平衡逆向移动，抑制了氯气溶解生成盐酸和次氯酸，降低了Cl2溶解度，所以可以用饱和食盐水收集氯气，故答案为：B；氯气溶于水达到化学反应平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，根据平衡移动原理，增大氯离子浓度，抑制了氯气溶解生成盐酸和次氯酸，降低了Cl2溶解度；（3）氢氧化钠和氯气反应，可避免氯气污染环境，则装置D中NaOH溶液的作用是吸收氯气，避免污染环境，故答案为：吸收氯气；（4）装置C中三颈烧瓶内发生的反应为6Sr(OH)2+6Cl2＝Sr(ClO3)2+6H2O+5SrCl2，反应中只有Cl元素化合价变化，Cl元素化合价由0价分别变为+5价、﹣1价，生成1molSr(ClO3)2，转移10mol电子，则转移5mol电子时生成Sr(ClO3)20.5mol，质量是0.5mol×255g/mol＝127.5g，故答案为：127.5g。【点睛】本题考查了物质制备方案设计，题目涉及实验装置、实验原理、化学平衡移动等，题目综合性较强，要求学生对基础知识的综合应用，难点（4）根据配平好的氧化还原反应方程式中转移电子数和方程式计量关系计算。20、3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2Fe3O4FeFe3O4和FeFe+2Fe3+=3Fe2+4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3还原易被空气中的氧气氧化而变质铁粉【解析】

（1）依据铁与水蒸气高温下反应生成四氧化三铁和氢气解答；（2）KSCN溶液溶液变红色，说明有三价铁离子；溶液未变红色，说明