广东省汕尾市2023-2024学年高一上学期期末教学质量监测化学试卷（含答案解析）

汕尾市2023—2024学年度第一学期高中一年级教学质量监测化学本试题共7页，考试时间75分钟，满分100分注意事项：1.答题前，考生先将自己的信息填写清楚、准确，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处。2.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。3.答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀。考试结束后，请将本试题及答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Fe56一、选择题：本题共15小题，每小题4分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.中华文明源远流长。下列文物主要由合金材料制成的是A.鎏金铜浮屠B.素面淡黄琉璃茶盏C.广彩人物纹大瓷碗D.汉白玉菩萨像A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．鎏金铜浮屠属于Cu的合金，由合金材料制成，A符合题意；B．素面淡黄琉璃茶盏，属于陶瓷，属于传统硅酸盐材料，不是由合金材料制成，B不符合题意；C．广彩人物纹大瓷碗属于陶瓷，属于传统硅酸盐材料，不是由合金材料制成，C不符合题意；D．洁白纯净的碳酸钙岩石叫做汉白玉，不是由合金材料制成，D不符合题意；故选A。2.劳动创造世界。下列家务劳动与所涉及的化学知识没有关联的是选项家务劳动化学知识A用铝制锅烧水、煮饭铝表面覆盖着耐高温的致密氧化铝的保护膜B在食品袋中加入CaO干燥包CaO能与水反应生成Ca(OH)2C用小苏打作发泡剂烘焙面包Na2CO3可与酸反应生成气体D漂白粉密封存放于阴凉处漂白粉易与空气中的二氧化碳、水反应A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．铝性质活泼，易与氧气反应，生成致密氧化膜，阻止反应继续进行，故可以用铝制锅烧水、煮饭，A不符合题意；B．CaO能吸收水生成，CaO可做干燥剂，所以在食品袋中加入CaO干燥包，B不符合题意；C．碳酸氢钠不稳定受热易分解，生成碳酸钠、水和二氧化碳，故小苏打粉可以作膨松剂焙制糕点，不是碳酸钠，C符合题意；D．漂白粉的有效成分为次氯酸钙，极易与空气中的二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸不稳定易分解，因此需要密封存放于阴凉处，D不符合题意；故选C。3.某儿童检验报告单的部分数据如表所示××医院检验报告单名称检测结果单位参考值(儿童)锌()115.9273~180铁()36.95↓40~160钙()1.481.1~1.6…下列叙述错误的是A.报告单中“”、“”均是物质的量浓度的单位B.该儿童易患铁缺乏症C.服用维生素C可使食物中的在人体内转化为，体现了维生素C的还原性D.检验某补铁口服液中铁元素的价态，可向口服液中先加少量氯水，再加过量硫氰酸钾溶液【答案】D【解析】【详解】A．μmol⋅L−1、mmol⋅L−1均是物质的量浓度的单位，A不符合题意；B．该儿童检测结果中铁元素的物质的量浓度比参考值偏低，则该儿童易患铁缺乏症，B不符合题意；C．Fe3+→Fe2+发生还原反应，服用维生素C可使食物中的Fe3+在人体内转化为Fe2+，则说明维生素C具有还原性，C不符合题意；D．三价铁不能被人体吸收利用，补铁口服液中铁元素的价态实际为+2价，检验某补铁口服液中铁元素的价态，若先加少量氯水，再加硫氰化钾溶液，溶液一定变为血红色，但不能确定原来口服液中铁元素的价态是+2还是+3；应向口服液中先加硫氰化钾溶液，若无明显现象，再加少量氯水，溶液变为血红色，说明口服液中含有Fe2+，不含有Fe3+，D符合题意；故选D。4.“分类”是一种思想方法，在化学发展中起到了重要的作用，下列判断合理的是①硫酸、烧碱、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物②能电离出氢离子的化合物都是酸③根据水溶液是否导电，将物质分为电解质与非电解质④根据分散系是否具有丁达尔现象，将分散系分为溶液、胶体和浊液⑤根据氧化物中是否含有金属元素，可将分为碱性氧化物和酸性氧化物A.只有① B.只有①②⑤ C.只有④⑤ D.只有①②④【答案】A【解析】【详解】①硫酸、烧碱(NaOH)、纯碱(Na2CO3)和生石灰(CaO)分别属于酸、碱、盐和氧化物，①正确；②能电离出氢离子的化合物不一定是酸，如NaHSO4属于盐，②错误；③根据水溶液或熔融状态下自身是否电离而导电，将化合物分为电解质与非电解质，③错误；④根据分散质粒子直径大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，④错误；⑤根据氧化物是否含有金属元素，可将分为金属氧化物和非金属氧化物，⑤错误；综上所述，正确的只有①。答案选A。5.月球土壤中含有Th（钍）元素，是一种天然的放射性核素。2022年，我国科研团队采用和（铪）熔合蒸发技术合成了新核素。下列说法错误的是A.化学性质不活泼 B.含有176个质子C.、互为同位素 D.、分别含有142个和117个中子【答案】B【解析】【详解】A．最外层电子数为8，已经是稳定结构，不易得失电子，故化学性质不活泼，故A正确；B．原子符号左上角的数字为质量数，左下角的数字为质子数，中子数=质量数-质子数，含有72个质子，故B错误；C．、质子数相同，中子数不同，互同位素，故C正确；D．原子符号左上角的数字为质量数，左下角的数字为质子数，中子数=质量数-质子数，故、分别含有232-90=142个和207-90=117个中子，故D正确；故选B。6.下列有关化学用语错误的是A.CH4分子结构模型：B.F-的结构示意图：C.HClO的结构式：H-O-ClD.NaCl的形成过程：【答案】B【解析】【详解】A．是CH4分子球棍模型，A正确；B．F-第二电子层为8个电子，B错误；C．HClO的结构式：H-O-Cl，C正确；D．NaCl为离子化合物，形成过程：，D正确；故选B。7.实验室用如图所示装置制备干燥的Cl2并探究其性质。其中，a为湿润的淀粉-KI试纸，b为湿润的红纸条。下列说法正确的是A.上述装置用浓盐酸和MnO2反应制备Cl2，用向下排空气法收集Cl2B.装置乙中为浓硫酸，装置丙中为NaOH溶液C.一段时间后，装置丁中a变蓝，反应的离子方程式为Cl2+2I-=I2+2Cl-D.装置丁中b褪色，说明Cl2具有漂白性【答案】C【解析】【分析】该实验原理是甲中利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气，因盐酸具有良好挥发性，所得气体中含有Cl2、HCl、H2O，需将气体先通过乙中饱和食盐水中除去HCl，再将气体通入丙中浓硫酸中进行干燥，氯气能与水反应发生自身氧化还原反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白性，丁验证氯气的性质，氯气是有毒气体，不能排放至空气中，氯气能与碱反应，因此戊中采用NaOH溶液吸收尾气。【详解】A．上述装置用浓盐酸和MnO2反应制备Cl2，氯气密度大于空气，用向上排空气法收集Cl2，A错误；B．根据分析，乙中为饱和食盐水，丙中为浓硫酸，B错误；C．一段时间后，装置丁中a变蓝，这是氯气氧化碘离子生成碘，反应的离子方程式为Cl2+2I-=I2+2Cl-，C正确；D．装置丁中b褪色，是因为氯气能与水反应发生自身氧化还原反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白性说明Cl2具有漂白性，D错误；故选C。8.下列有关性质的比较不能用元素周期律解释的是A.金属性：Mg>Al B.酸性：HClO4>HClOC.碱性：NaOH>Mg(OH)2 D.热稳定性：H2O>H2S【答案】B【解析】【详解】A．Mg、Al为同一周期元素，从左往右元素的金属性依次减弱，则金属性：Mg＞Al能够用元素周期律解释，A不符合题意；B．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，Cl最高价氧化物的水化物是，酸性：HClO4>HClO不能用元素周期律解释，B符合题意；C．Na与Mg属于同周期元素，Na在Mg的左边，金属性Na＞Mg，则碱性：NaOH＞Mg(OH)2能用元素周期律解释，C不符合题意；D．同主族从上到下元素的非金属性依次减弱，非金属性：O>S，热稳定性：H2O>H2S能用元素周期律解释，D符合题意；故选B。9.下列反应的离子方程式书写正确的是A.海水提镁中用石灰乳沉镁：Mg2++2OH-=Mg(OH)2B.用小苏打可以缓解胃酸过多引起的不适C.用稀盐酸除去铁制品表面的锈层：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OD.向硫酸亚铁溶液中加入铁粉防止其氧化：Fe3++Fe=2Fe2+【答案】C【解析】【详解】A．石灰乳中氢氧化钙保留化学式，不拆为离子，离子方程式：，故A错误；B．小苏打碳酸氢钠与胃酸反应，离子方程式：，故B错误；C．铁制品表面的锈层的主要成分是氧化铁，用稀盐酸除去铁制品表面的锈层：，故C正确；D．向硫酸亚铁溶液中加入铁粉，离子方程式2Fe3++Fe=3Fe2+，故D错误；答案选C。10.设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1.6gO2和O3的混合气体中，含有氧原子的数目为0.1NAB.标准状况下，22.4LH2O含有水分子的数目为NAC.0.1molNa2O2中阴离子的数目为0.2NAD.盐酸与足量MnO2共热，转移电子的数目为0.3NA【答案】A【解析】【详解】A．1.6g氧气(O2)和臭氧(O3)的混合气体中氧原子的物质的量为=0.1mol，因此混合气体中含有的氧原子数为0.1NA，A项正确；B．标准状况下，水为液体，因此22.4LH2O的物质的量远大于1mol，因此含有水分子的数目远大于NA，B项错误；C．Na2O2是离子化合物，2个阳离子Na+与1个阴离子之间以离子键结合，0.1molNa2O2含有的阴离子的数目为0.1NA，C项错误；D．50mL12mol/L的盐酸即物质的量为，与足量MnO2共热，由于浓盐酸反应过程中逐渐变稀，稀盐酸不和二氧化锰反应，因此转移电子数小于0.3NA，D项错误；答案选A。11.工业上将电石渣浆中的S2-转化为，工艺流程如图所示。下列说法正确的是A.过程Ⅰ中，Mn(OH)2被还原B.过程Ⅱ中，作氧化剂C.整个流程中发生的反应均为氧化还原反应D.将10Lc(S2-)为0.015mol/L电石渣浆中S2-转化为，理论上需要消耗0.3molO2【答案】D【解析】【分析】由流程可知，CaO与硫酸锰反应生成，通入氧气生成，涉及反应为2＋O2＋4OH−＝2＋4H2O，与S2−反应生成，进而与氧气反应生成，可用于制备CaSO4•2H2O，以此解答该题。【详解】A．过程Ⅰ中，通入氧气生成，被氧化，故A错误；B．过程Ⅱ中，与S2−反应生成，是氧化产物，故B错误；C．该流程中，CaO与硫酸锰反应生成不涉及化合价的变化，不属于氧化还原反应，故C错误；D．将10Lc(S2-)为0.015mol/L电石渣浆中S2-转化为，根据得失电子守恒可知：0.15mol×8＝n(O2)×4，n(O2)＝0.3mol，故D正确；故答案选D。12.根据下列陈述类推得出的结论正确的是A.氯气能与碘化钠溶液反应置换出碘，则氟气也能与氯化钠溶液反应置换出氯气B.将CO2通入Ba(OH)2溶液中产生白色沉淀，则将CO2通入BaCl2溶液中也能产生白色沉淀C.Na常温下与水剧烈反应，则K常温下也能与水剧烈反应D.Fe能从CuSO4溶液中置换出Cu，则Na也能从CuSO4溶液中置换出Cu【答案】C【解析】【详解】A．氟的非金属性大于氧，氟与水反应生成氢氟酸和氧气，则氟气跟氯化钠溶液反应实际为与水的反应，置换出氧气，A错误；B．碳酸的酸性小于盐酸的酸性，CO2和BaCl2溶液不反应，则CO2通入BaCl2溶液没有明显现象，B错误；C．Na、K都是活泼金属，常温下都可以与水剧烈反应，C正确；D．钠是极活泼的金属，投入水中先与水反应，不能置换出铜，D错误；答案选C。13.下列实验操作能达到实验目的的是选项实验目的实验操作A比较Fe3+和I2的氧化性强弱向淀粉-碘化钾溶液中滴入氯化铁溶液，观察溶液颜色B鉴别NaHCO3与Na2CO3溶液向分别装有少量NaHCO3溶液和Na2CO3溶液的两支试管中滴加澄清石灰水，观察是否生成沉淀C验证非金属性：Cl>C将盐酸滴入碳酸钠溶液中，观察是否生成气体D探究铁在氯气中的燃烧产物将装有过量铁粉的燃烧匙烧至红热，伸入盛有氯气的集气瓶。将反应后的固体倒入水中，充分溶解后滴加KSCN溶液，观察溶液颜色A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．在一个氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性。向淀粉碘化钾溶液中滴入氯化铁溶液，若溶液变蓝，则证明有I2生成，即Fe3+将I-氧化为I2，可以得出氧化性：Fe3+＞I2，故A能达到实验目的；B．碳酸钠和碳酸氢钠都能和石灰水反应生成碳酸钙白色沉淀：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+NaOH+H2O，不能用石灰水鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，故B不能达到实验目的；C．HCl不是Cl的最高价氧化物的水化物，无法验证验证非金属性：Cl>C，故C不能达到实验目的；D．铁粉过量，铁和氯气生成了氯化铁，将反应后的固体倒入水中，铁会和氯化铁反应生成氯化亚铁，滴加KSCN溶液，看不到红色，则无法证明铁在氯气中燃烧生成的是氯化铁还是氯化亚铁，故D不能达到实验目的；故选A。14.从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体()的流程如下。下列说法错误的是A.试剂a是稀盐酸B.操作Ⅰ、操作Ⅱ均需用到漏斗，操作Ⅲ需用到蒸发皿C.试剂b为氯气，在该流程中作氧化剂D.用酸性KMnO4可检验W中是否含有Fe2+【答案】D【解析】【分析】从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜，工业废水中加入过量的铁粉，操作Ⅰ为过滤，得到滤渣Y为Fe、Cu，滤液X为氯化亚铁溶液。滤渣Y中加入试剂a为盐酸，溶解过量的铁生成氯化亚铁溶液，铜不溶，操作Ⅱ过滤得到铜和滤液Z为氯化亚铁溶液，滤液Z和X合并加入氧化剂，氧化Fe2+为Fe3+，蒸发结晶，过滤、洗涤、干燥得到氯化铁晶体。【详解】A．由分析可知a为盐酸，A正确；B．由上述分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ是过滤，均需用到漏斗，操作Ⅲ是蒸发结晶，需用到蒸发皿，B正确；C．滤液X、滤液Z中均含有FeCl2，b为H2O2溶液或氯气氧化亚铁离子为铁离子，C正确；D．亚铁离子、氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化，用酸性KMnO4溶液不能检验溶液W中是否还有Fe2+，D错误；故选D。15.有人提出溶液的浓度可用“质量摩尔浓度”(即一定质量的溶液中所含溶质的物质的量)表示。下列说法正确的是A.配制一定质量摩尔浓度的溶液时，必须用到容量瓶B.将溶液的质量摩尔浓度换算为其质量分数时，必须已知该溶液的密度C.对于一种稀溶液(密度按计)，其质量摩尔浓度()与物质的量浓度()在数值上相等D.分别取质量摩尔浓度相等的盐酸和NaOH溶液，等体积混合后一定恰好发生反应【答案】C【解析】【详解】A．容量瓶用于配制一定体积的溶液，配制一定质量的不需要；故A错误；B．质量分数；质量摩尔浓度=；；不需要密度，故B错误；C．，如果质量摩尔浓度为，则物质的量浓度为；故C正确；D．质量摩尔浓度相等的盐酸和NaOH溶液密度不同，等体积的物质的量不同，不能恰好完全反应，故D错误；故答案选C。二、非选择题：共3小题，共40分，全为必做题。16.从物质类别和元素化合价两个维度研究物质的性质及转化是重要的化学学习方法。氯及其化合物的“价一类”二维图的部分信息如图：回答下列问题：（1）据图中信息，写出Y、Z化学式：_______、_______。（2）已知高氯酸()是强酸，写出高氯酸溶液与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：_______。（3）氯气既有氧化性又有还原性，结合上图说明理由：_______。（4）二氧化氯()为新时代绿色消毒剂，制备原理为：①按照物质类别对上述反应中的各物质进行分类，未涉及的物质类别是_______(填序号)。A金属氧化物B.非金属氧化物C.酸D.盐②发生还原反应的产物是_______(写化学式)；该反应_______(填“能”或“不能”)用稀硫酸代替盐酸。【答案】（1）①.Cl2O7②.HClO（2）H++OH−=H2O（3）氯气中氯元素为0价，既有降低的趋势，又有升高的趋势（4）①.A②.NaCl③.能【解析】【小问1详解】Y为+7价含氯氧化物，则应为Cl2O7；Z为+1价氯元素形成的酸，则应为HClO；【小问2详解】高氯酸是强酸，则在水溶液中完全电离，可以拆成离子，所以与NaOH溶液反应的离子方程式为H++OH−=H2O；【小问3详解】氯气中氯元素为0价，既有降低的趋势，又有升高的趋势，所以既有氧化性又有还原性；【小问4详解】①ClO2、H2O为非金属氧化物，HCl为酸，NaClO2和NaCl都是盐，没有涉及金属氧化物，故选A；②产物中ClO2中Cl元素为+4价，NaCl中Cl元素为-1价，而NaClO2中Cl元素为+3价，化合价降低为-1价生成NaCl，所以NaClO2发生还原反应的产物是NaCl；将该反应改写为离子方程式可得5ClO+4H+=4ClO2+Cl-+2H2O，可知盐酸的作用是提供氢离子，所以能用稀硫酸代替盐酸。17.下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种元素。（1）元素d在元素周期表中的位置是_____________（填周期序数与族序数）。（2）a、b和c三种元素形成的化合物含有的化学键的类型有_____________，它的电子式为_____________。（3）c、e、g三种元素原子半径由大到小的顺序是_____________（用元素符号表示）。（4）g元素的非金属性强于元素，下列表述中能证明这一事实的是

（填标号）。A.g元素的氢化物稳定性比元素的氢化物稳定性强B.g元素最高价氧化物对应的水化物的酸性比i元素最高价氧化物对应的水化物的酸性强C.g元素的单质能将i元素从其钠盐溶液中置换出来D.g元素的氢化物酸性比i元素的氢化物酸性弱（5）h元素(Ga)与e元素同主族，它们的氧化物和氢氧化物均为两性化合物。写出氧化镓与NaOH溶液反应的化学方程式：_____________。【答案】17.第三周期，第ⅡA族18.①.离子键和共价键②.19.Na＞Al＞Cl20.ABC21.Ga2O3+2NaOH=2NaGaO2+H2O【解析】【分析】a为H，b为O，c为Na，d为Mg，e为Al，f为S，g为Cl，h为Ga，i为Br，据此回答；【小问1详解】第三周期，第ⅡA族；【小问2详解】a为H，b为O，c为Na，形成的化合物是NaOH，化学键有离子键和共价键，电子式为；【小问3详解】c为Na，e为Al，g为Cl，在元素中期表中位于同一周期，从左往右原子半径在减小，故答案为：Na＞Al＞Cl；【小问4详解】非金属性大小的比较可以通过氢化物的稳定性，最高价含氧酸的酸性，非金属之间的置换反应；A．g元素的氢化物稳定性比i元素的氢化物稳定性强，故A正确；B．g元素最高价氧化物对应的水化物的酸性比i元素最高价氧化物对应的水化物的酸性强，故B正确；C．g元素的单质能将i元素从其钠盐溶液中置换出来；故C正确；D．g元素的氢化物酸性比i元素的氢化物酸性弱；故D错误；故选ABC。【小问5详解】根据氧化铝与氢氧化钠的反应，则氧化镓与氢氧化钠反应方程式为：Ga2O3+2NaOH=2NaGaO2+H2O；18.课外兴趣小组的同学探究Na2CO3和NaHCO3的性质，并测定混合物中NaHCO3的含量。实验一：Na2CO3和NaHCO3溶解性与碱性的比较序号实验操作实验现象①在两支试管中分别加入1gNa2CO3、NaHCO3，再加入5mL水，充分振荡；用温度计测量两试管中溶液温度的变化Na2CO3NaHCO3温度由17.6℃变为23.2℃；放置到室温时，试管内无固体温度由17.6℃变为17.2℃；放置到室温时，试管内有少量固体残留②室温时，分别向①所得溶液中滴入2滴酚酞溶液溶液变红溶液变微红（1）室温下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3的实验证据是_____________。（2）该实验_____________（填“能”或“不能”）说明Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3溶液，理由是_____________。实验二：Na2CO3和NaHCO3与澄清石灰水反应的比较查阅资料：可以用pH表示溶液酸碱性的强弱。常温下，pH<7，溶液为酸性；pH=7,溶液为中性；pH>7，溶液为碱性。pH越小，c(OH-)越小，溶液碱性越弱。实验操作实验数据测量如下实验过程的pH变化（3）上述实验中，向澄清石灰水中滴加Na2CO3溶液，OH-未参与该反应的实验证据是_____________。（4）滴加NaHCO3溶液的pH变化与滴加Na2CO3溶液的有明显差异，结合离子方程式说明原因：_____________。实验三：Na2CO3和NaHCO3混合物（不考虑其他杂质）中NaHCO3质量分数的测定实验装置如图所示。称取19.0g待测样品于锥形瓶中，反应前先打开弹簧夹，通入一段时间的N2，然后关闭弹簧夹，接上总质量为200.0g的干燥管1，再接上干燥管2，打开分液漏斗的活塞，滴加稀硫酸进行反应。待锥形瓶中不再有气泡产生，关闭分液漏斗的活塞，打开弹簧夹，再通入一段时间的N2，最后取下干燥管1，称得其质量为208.8g。（5）①洗气瓶中盛放的液体是_________________（填名称）。②第一次通入N2的目的是_________________。第二次通入N2的目的是_________________。如果没有进行第一次通N2的操作，测量的结果将会_________________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。③计算出混合物中NaHCO3的质量分数为_________________％（保留1位小数）。【答案】（1）相同温度下，1gNa2CO3在5mL水中完全溶解，而1gNaHCO3在5mL水中未完全溶解（2）①.不能