浙江省湖州市2023年高一化学第一学期期末预测试题含解析

浙江省湖州市2023年高一化学第一学期期末预测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、常温下，铁与下列酸溶液作用产生H2的是（）A．浓硫酸 B．稀硫酸 C．浓硝酸 D．稀硝酸2、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A．酸性溶液中：Mg2＋、K＋、SO42-、NO3-B．无色溶液中：Na＋、A13＋、NO3-、MnO4-C．FeCl3溶液中：Na＋、NH4+、SCN－、SO42-D．与Al反应放出H2的溶液中：NH4+、Na＋、NO3-、HCO3-3、下列各组离子在溶液中能大量共存的是（）A．Na+、H+、SO42－、HCO3－ B．NO3－、OH－、Na+、NH4+C．Mg2+、Na+、Cl－、OH－ D．OH－、Na+、SO42－、Cl－4、下列各组物质中，不能满足下图所示转化关系的是序号XYZACuCuOCu(OH)2BNaOHNaHCO3Na2CO3CAlCl3NaAlO2Al(OH)3DFeFeCl3FeCl2A．A B．B C．C D．D5、下列叙述能说明X的非金属性比Y强的是()A．X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定B．X原子的电子层数比Y原子的电子层数多C．Y的单质能将X从NaX的溶液中置换出来D．Y在暗处可与H2反应，X在加热条件下才能与H2反应6、设NA为阿伏加德罗常数,下列说法正确的是A．18gNH4+离子中所含的电子总数为12NAB．标准状况下，11.2L水含有的分子数为0.5NAC．0.3mol/LNa2SO4溶液中，含有Na+和SO42-总数为0.9NAD．H2SO4的摩尔质量是98g/mol7、既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应的是①Si；②Al（OH）3；③NaHCO3；④Al2O3；⑤Na2CO3A．全部 B．①②④ C．②④⑤ D．②③④8、铝原子与氯气反应时失去3个电子，钠原子与氯气反应时失去1个电子，由此得出的下列结论中不正确的是（）A．铝的活泼性比钠的活泼性强B．不能说明铝和钠活泼性的强弱C．在生成的氯化物中钠元素为＋1价D．在生成的氯化物中铝元素为＋3价9、下列各组离子在溶液中能大量共存的是（）A．H+、Ca2+、Cl-、CO32- B．Na+、Fe3+、OH-、SO42-C．K+、Na+、OH-、Cl- D．Cu2+、Ba2+、Cl-、SO42-10、下面关于同温同压下的两种气体一氧化碳和氮气的判断不正确的是()A．体积相等时密度不相等B．原子数相等时具有的质子数相等C．体积相等时具有的电子数相等D．质量相等时具有的分子数相等11、下列说法正确的是()A．在25℃、1.01×105Pa的条件下，2.24LH2中含有的分子数小于0.1NAB．1L1mol·L－1的CaCl2溶液中含Cl－的数目为NAC．在标准状况下，22.4LH2O的质量约为18gD．22gCO2与标准状况下11.2LH2O含有相同的分子数12、下列反应中，既属于氧化还原反应，又属于置换反应的是A．2H2O2=2H2O+O2B．3Fe+4H2OFe3O4+H2C．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑D．CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2↓+Na2SO413、下列各组物质，按酸、碱、盐、非电解质的顺序排列的是()A．硫酸、胆矾、氯化镁、二氧化碳 B．硝酸、纯碱、干冰、苏打水C．醋酸、消石灰、明矾、铜 D．氯化氢、苛性钠、NaHCO3、氨气14、用漂白粉溶液浸泡过的有色布条，如果晾置在空气中，过了一段时间，其漂白效果会更好的原因可能是（）A．漂白粉与氧气反应了B．有色布条与氧气反应了C．漂白粉跟空气中的CO2反应生成了较多量的HClOD．漂白粉溶液蒸发掉部分水，其浓度增大15、下列说法正确的是：A．SO2与CO2的分子立体构型均为直线形B．H2O和NH3中的分子的极性和共价键的极性均相同C．SiO2的键长大于CO2的键长，所以SiO2的熔点比CO2高D．分子晶体中只存在分子间作用力，不含有其它化学键16、两份铝片，一份与足量盐酸反应，另一份与足量烧碱溶液反应，同温、同压下，放出相同体积的气体，则两份铝片的质量之比为（）A．1：1 B．2：3 C．3：2 D．1：6二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C均为单质，其中A为用途广泛的金属单质，B为黄绿色气体，B与C反应后的产物E溶于水得无色酸性溶液。A、B、C之间的其他反应如图所示。试填空：(1)写出下列物质的化学式：B________，D________，F________。(2)鉴别D溶液中阳离子的方法是________________________。(3)写出下列反应的离子方程式：①A＋E→F＋C：____________________________________________________。②B＋F→D：________________________________________________。18、物质A～N存在如图转化关系，其中气体D、E为单质，试回答：（1）写出下列物质的化学式：气体B是___，沉淀N是___。（2）写出反应“C→F”的离子方程式：___。（3）写出反应“I→J”的离子方程式：___。（4）在溶液I中直接滴加NaOH溶液，放置中可观察到的现象是___，后期发生变化的原因可用化学方程式解释为___。（5）固体L是一种红色颜料，将一定量固体L溶于160mL5mol·L-1盐酸中，再加入一定量铁粉恰好溶解，收集到2.24L氢气（标准状况），经检测溶液中无Fe3＋，则参加反应的铁粉的质量为___g。19、研究性学习小组的同学想通过下图实验装置探究SO2与Na2O2反应的产物。（夹持装置已略去，装置的气密性良好）Ⅰ．实验中装置B可吸收水分，干燥SO2气体，其目的是：________________。装置D除了吸收过量的SO2，避免污染空气外，还起到的作用是：_______。Ⅱ．对C中固体产物提出如下假设：（假设Na2O2已全部反应）假设1：__________。假设2：只有Na2SO4；假设3：既有Na2SO3又有Na2SO4。（1）甲同学认为SO2与Na2O2的反应不同于CO2，应为假设2成立，请据此写出C中所发生反应的化学方程式：_____________________。（2）若假设2成立，为确定C中固体产物的成分，甲同学设计如下实验：得出结论：C中固体产物只有Na2SO4。该方案是否合理？答：__________。（填“是”或“否”）理由是______________________________。20、某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。(1)A中试剂为________。(2)实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是________________________________。(3)B中发生反应的化学方程式为___________________。(4)若实验用的铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量为________。(5)实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。21、已知非金属单质硫（S）是淡黄色固体粉末，难溶于水。为了验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，某化学实验小组设计了如下实验，请回答下列问题：（1）装置A的分液漏斗中盛装的试剂是______，烧瓶中发生的反应的化学方程式是________。（2）画出虚线框内的实验装置图，所加试剂为____________，该装置的作用是_______。（3）装置B中盛放的试剂是____________（填序号），实验现象为____________，该反应的离子方程式是_____________，该反应属于四种基本反应类型中的__________反应。ANa2S溶液BNa2SO3溶液CNa2SO4溶液（4）已知：①硫酸比次氯酸稳定；②高氯酸的酸性比硫酸强；③S2－比Cl－易被氧化；④HCl比H2S稳定；⑤铜与盐酸不反应，但能与浓硫酸反应；⑥铁与氯气在加热条件下反应生成三氯化铁，铁与硫在加热条件下反应生成硫化亚铁；⑦硫原子与氯原子的电子层数相同，氯的原子半径小于硫原子。能说明氯的非金属性比硫强的是________（填序号）。A全部B②③④⑥⑦C①②④⑤⑥D②③④⑤⑥⑦（5）装置C中盛放烧碱溶液，目地是吸收反应后剩余的气体，防止污染空气，写出该装置中所发生反应的离子方程式：_____________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A.浓硫酸在常温下可以使铁钝化，不生成氢气；B.稀硫酸在常温下可以与铁反应生成氢气；C.浓硝酸在常温下可以使铁钝化，不生成氢气；D.稀硝酸在常温下可以与铁反应，但是不生成氢气；正确答案：B2、A【解析】

A、酸性溶液中：Mg2+、K+、SO42-、NO3-四种离子互不反应，可以大量共存，故A正确；B、MnO4-呈紫色，在无色溶液中不能存在，故B错误；C、Fe3＋＋3SCN-=Fe(SCN)3，不能大量共存，故C错误；D、与Al反应放出H2的溶液可能是酸性，HCO3-不能大量共存，也可能是碱性，HCO3-、NH4＋不能大量共存，故D错误；故选A。3、D【解析】

A.H+和HCO3－生成水和二氧化碳而不能大量共存，故A错误；B.OH－和NH4+生成一水合氨而不能大量共存，故B错误；C.Mg2+和OH－生成氢氧化镁沉淀而不能大量共存，故C错误；D.以上几种离子之间不反应，所以能大量共存，故D正确；答案选D。4、A【解析】

A.铜和氧气反应得到氧化铜，氧化铜不能直接生成氢氧化铜，故A不满足；B.和足量反应生成，受热分解生成，溶液中通入足量生成，和反应生成，故B满足；C.与过量反应生成，与反应生成，与反应生成，与足量盐酸反应生成，故C满足；D.和点燃条件下反应生成，被还原为，与反应生成，和反应生成，故D满足；故答案为A。【点睛】此题对各种物质之间的转化关系的掌握要求较高。注意不溶性氧化物与水不能一步生成对应的碱。5、A【解析】

A.气态氢化物越稳定，非金属性越强，因此X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定，能说明X的非金属性比Y强，故A符合题意；B.电子层数多少与非金属性无直接关系，故B不符合题意；C.Y的单质能将X从NaX的溶液中置换出来，说明Y的非金属性比X强，故C不符合题意；D.Y在暗处可与H2反应，X在加热条件下才能与H2反应，说明Y的非金属性比X强，故D不符合题意。综上所述，答案为A。【点睛】非金属性强弱比较：1、气态氢化物越稳定，非金属性越强；2、同周期从左到右非金属增强；同主族从上到下，非金属性减弱；3、单质与氢气化合越容易，则非金属性越强；4、最高价氧化物对应水化物酸性越强，则非金属性越强。6、D【解析】

A．18g铵根离子的物质的量为1mol，1mol铵根离子中含有10mol电子，所含的电子总数为10NA，选项A错误；B．标况下水不是气体，不能使用气体摩尔体积计算11.2L水的物质的量，选项B错误；C．没有给出溶液的体积无法计算含有钠离子和硫酸根离子的总物质的量，选项C错误；D．H2SO4的摩尔质量是98g/mol，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意明确标况下水、乙醇、氟化氢、三氧化硫等物质的状态不是气体，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。7、D【解析】试题分析：A、①只与氢氧化钠反应，⑤只与盐酸反应，错误；B、①只与氢氧化钠反应，错误；C、⑤只与盐酸反应，错误；D、②③④符合题意，正确，答案选D。考点：考查与酸、碱同时反应的物质8、A【解析】

A、根据金属活动顺序表，金属钠比金属铝活泼，故A说法错误；B、金属的活泼性与失去电子数目的多少无关，因此题中不能说明铝和钠活泼性的强弱，故B说法正确；C、根据题意，钠与氯气反应失去1个电子，即化合物中表现＋1价，故C说法正确；D、根据题意，Al与氯气反应失去3个电子，即化合物中Al显＋3价，故D说法正确；故答案选A。9、C【解析】

离子间能发生复分解反应的，则不能大量共存。【详解】A.H+、Ca2+会与CO32-反应，不能大量共存，A项不符合题意；B．Fe3+会与OH-反应生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，B项不符合题意；C．K+、Na+、OH-、Cl-间均不能发生反应，可以大量共存，C项符合题意；D．Ba2+会与SO42-反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，D项不符合题意；所以答案选择C项。【点睛】复分解反应发生的条件是有沉淀（难溶物质）生成或有气体(易挥发物质)或有水（难电离物质）生成，也就是有新物质生成。10、A【解析】

A.同温同压下，气体的密度之比和气体的摩尔质量成正比，一氧化碳和氮气气体的摩尔质量相等，则密度相等，符合题意，A正确；B.两种气体均为双原子分子，原子数相等时，则分子数也相同，分子中含有质子数、电子数均为14，也相等，与题意不符，B错误；C.同温同压下，等体积的一氧化碳和氮气，其物质的量和所含的分子数相等，分子中含有质子数、电子数均为14，与题意不符，C错误；D.同温同压下，同质量的一氧化碳和氮气的体积相等、分子数相等(摩尔质量相等)，与题意不符，D错误。答案为A。11、A【解析】

A．当压强不变时，气体的体积随温度的升高而增大，在25℃、1.01×105Pa的条件下，2.24LH2的物质的量小于0.1mol，故其中含有的分子数小于0.1NA，正确；B．ILlmol·L-1的CaCl2溶液中含有溶质的物质的量是1mol，由于一个微粒中含2个Cl-，所以其中含Cl-的数目为2NA，错误；C．在标准状况下，H2O是液体，不能使用气体摩尔体积计算，错误；D．22gCO2的物质的量是0.5mol；与标准状况下H2O不是气体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，因此不能比较二者含有的气体分子数目，错误。答案选A。12、B【解析】

A.，属于氧化还原反应，化合反应，故A错误；B.，属于氧化还原反应，置换反应，故B正确；C．，属于氧化还原反应，不属于置换反应，故C错误；D.，属于复分解反应，不属于氧化还原反应，故D错误；故答案选：B。【点睛】氧化还原反应化合价必定有变化，置换反应是指单质与化合物反应生成另外的单质和化合物的反应。13、D【解析】

A.硫酸是酸、胆矾是盐、氯化镁是盐、二氧化碳是非电解质，A错误；B.硝酸是酸、纯碱（Na2CO3）是盐、干冰（固态CO2）是氧化物、苏打水是混合物，B错误；C.醋酸是酸、消石灰[Ca(OH)2]是碱、明矾[KAl(SO4)2·12H2O]是盐、铜是单质，C错误；D.氯化氢是酸、苛性钠（NaOH）是碱、NaHCO3是盐、氨气是非电解质，D正确。【点睛】生石灰：CaO；熟石灰、消石灰：Ca(OH)2；石灰石、大理石：CaCO3；苏打、纯碱：Na2CO3；小苏打：NaHCO3；苛性钠、火碱、烧碱：NaOH；明矾KAl(SO4)2·12H2O；胆矾：CuSO4·5H2O。14、C【解析】

漂白粉的有效成分是次氯酸钙，漂白时转化为强氧化性的次氯酸（漂白性），因而能漂白某些有色物质。【详解】漂白粉主要成分为CaCl2、Ca(ClO)2，其中Ca(ClO)2能与酸反应生成有强氧化性的HClO（漂白性），故能漂白某些有色物质。因HClO酸性弱于碳酸（H2CO3），漂白粉溶液在空气中发生反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，增大了HClO浓度使漂白性增强。本题选C。【点睛】复分解反应Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，可以证明酸性：H2CO3>HClO。15、B【解析】

A项，二氧化碳价层电子对数为2，因此二氧化碳的分子立体构型为直线形，二氧化硫价层电子对数为3，二氧化硫的分子立体构型为V型，故A项错误；B项，水属于极性分子，氨气也属于极性分子，其中共价键类型均为极性共价键（O-H、N-H键），故B项正确；C项，硅的原子半径大于碳，二氧化硅中硅氧键的键长大于二氧化碳中碳氧键的键长，但二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，因此二氧化硅熔点高于二氧化碳，故C项错误；D项，分子晶体中存在分子间作用力，有的也存在化学键，如二氧化碳是分子晶体，碳和氧之间存在极性共价键，故D项错误；故答案选B。【点睛】离子晶体中存在离子键，可能有共价键；原子晶体中只存在共价键；分子晶体中存在分子间作用力，部分物质还存在有氢键，而稀有气体分子不存在化学键。16、A【解析】

2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知：A．当两份铝片的质量之比为1:1时，放出氢气的物质的量之比为1:1，故同温、同压下，放出氢气体积相同，A符合题意；B．当两份铝片的质量之比为2:3时，放出氢气的物质的量物质的量之比为2:3，故同温、同压下，放出氢气体积不相等，B不符合题意；C．当两份铝片的质量之比为3:2时，放出氢气的物质的量物质的量之比为3:2，故同温、同压下，放出氢气体积不相等，C不符合题意；D．当两份铝片的质量之比为1:6时，放出氢气的物质的量物质的量之比为1:6，故同温、同压下，放出氢气体积不相等，D不符合题意；答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、Cl2FeCl3FeCl2取少量D溶液于试管中，然后滴加KSCN溶液，溶液呈红色表明含Fe3＋Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－【解析】

由“B为黄绿色气体”知B为氯气；由“B与C反应后的产物E溶于水得无色酸性溶液”知E为HCl，进而可知C为H2；由“E＋A→F＋C，即HCl＋A→F＋H2”知A为金属单质且F为盐；由“A＋B→D，即A＋Cl2→D”知D为盐；再由“F＋B→D，即F＋Cl2→D”知D、F中A元素的化合价不同，即A为变价金属，可考虑A为铁，D为FeCl3，F为FeCl2。【详解】（1）由以上分析可知B为：Cl2、D为FeCl3、F为FeCl2，故答案为：Cl2；FeCl3；FeCl2；（2）D溶液为FeCl3溶液，其阳离子为Fe3+，能与KSCN溶液反应，使溶液呈红色，故答案为：取少量D溶液于试管中，然后滴加KSCN溶液，溶液呈红色表明含Fe3＋；（3）①A为Fe，E为HCl，二者反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为：Fe＋2H+=Fe2+＋H2↑，故答案为：Fe＋2H+=Fe2+＋H2↑；②B为氯气，F为氯化亚铁，二者反应生成氯化铁，离子方程式为：2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl-，故答案为：2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl-。18、HClH2SiO3Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)311.2【解析】

硅和烧碱反应得到M，M是硅酸钠溶液，通入后变为沉淀，N是，溶液C能与氨水反应得到白色沉淀，白色沉淀又能溶于强碱，则C一定是铝盐，F是，G则是，A就是铝，铝与溶液B反应得到铝盐和一种单质气体D，D只能是氢气，黄绿色气体E只能是氯气，则氢气和氯气反应得到氯化氢气体B，因此溶液B是盐酸，溶液I虽然不好推断，但是K一定是沉淀，则金属H是铁，I是氯化亚铁，J是氯化铁，最后灼烧可以得到铁红，L是，本题得解。【详解】（1）根据分析，B是氢气，N是硅酸；（2）根据分析，写出铝盐和氨水反应的离子方程式：；（3）根据分析，写出亚铁被氯气氧化的离子方程式：；（4）亚铁溶液中加入碱，可以看到白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀，实际上发生了；（5）本题最终得到的是溶液，根据先算出的物质的量，氯元素是守恒的，因此最后得到的一共有0.4mol；体系中氧化剂有和两种，还原剂只有铁粉，三者最终恰好完全氧化还原，首先根据算出（还原产物）的量，则一共得了0.2mol电子，再来看铁，我们可以假设参加反应的铁粉有，则参加反应的有，列出反应中的得失电子守恒：解出，则参加反应的铁粉一共有。19、防止水蒸气与Na2O2反应防止空气中的水和CO2进入玻璃管C假设1：只有Na2SO3SO2＋Na2O2＝Na2SO4否NO3－在酸性条件下可将BaSO3氧化成BaSO4或硝酸根在酸性条件下具有强氧化性【解析】Ⅰ．水能和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，会干扰后续实验，所以装置B吸收水分，干燥SO2气体的目的是防止水蒸气与Na2O2反应；由于空气中的水蒸气和二氧化碳均能与过氧化钠反应，所以装置D除了吸收过量的SO2，避免污染空气外，还起到的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入C装置与Na2O2反应；Ⅱ．由假设2与假设3可知，假设1应该是固体只有Na2SO3；（1）若只有Na2SO4生成，说明二氧化硫被过氧化钠氧化为硫酸钠，反应方程式为SO2＋Na2O2＝Na2SO4；（2）生成的白色沉淀中如果含有亚硫酸钡，加入盐酸后，硝酸根、氢离子一起把亚硫酸钡氧化为硫酸钡，不能确定产物是Na2SO3还是Na2SO4或二者兼有，即不能得出结论：产物是Na2SO4，因此该方案不合理。20、氢氧化钠溶液除去铝镁合金表面的氧化膜2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑偏小【解析】

根据实验目的，要测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量，需要选用一种试剂只能铝反应，不能与镁反应，因此可以需要氢氧化钠溶液，结合2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑分析解答。【详解】(1)根据铝镁的化学性质，铝镁都能与酸反应放出氢气，但镁与氢氧化钠溶液不反应，铝能与NaOH溶液反应放出氢气，因此要测定铝镁合金中铝的质量分数，应选择NaOH溶液，故答案为：NaOH溶液；(2)铝镁是活泼的金属，表面容易形成一层氧化膜，在实验前需要除去，故答案为：除去铝镁合金表面的氧化膜；(3)B管中发生铝与NaOH溶液的反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；(4)铝镁合金的质量为ag，B中剩余固体镁的质量为cg，则参加反应的铝的质量为(a-c)g，设铝的相对原子质量为M，则有=，解得：M=，故答案为：；(5)铝的质量分数为×100%，实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，c值偏大，则铝的质量分数偏小，故答案为：偏小。【点睛】把握镁铝的化学性质是解题的关键。本题的易错点为(5)，要注意根据铝的质量分数的计算表达式分析误差。21、浓盐酸MnO2＋4HCl（浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O饱和食盐水除去Cl2中的HCl气体A有淡黄色沉淀生成S2－＋Cl2=2Cl－＋S↓置换