2022届河南省三门峡市高一上学期期末教学质量检测化学试题（含解析）

2021-2022学年上学期高一年级期末教学质量检测化学考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23A1-27C1-35.5Fe-56一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48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.“84消毒液”在抗击新冠肺炎疫情中有着广泛的应用，其有效成分为NaClO。下列说法错误的是A.NaClO有强氧化性 B.NaClO是氧化物C.“84消毒液”不宜用于洗手 D.“84消毒液”在空气中会变质【答案】B【解析】【详解】A．NaClO具有强氧化性，可杀菌消毒，A正确；B．NaClO是盐，不是氧化物，B错误；C．“84消毒液”具有强氧化性和腐蚀性，不宜用于洗手，C正确；D．“84消毒液”在空气中会吸收二氧化碳转化为次氯酸，次氯酸易分解，因此会变质，D正确；答案选B。2.下列有关化学用语表述正确的是A.氢氧化钠的电子式： B.中子数为16的硫原子：SC.CO2的结构式：O—C—O D.Al3+的结构示意图：【答案】B【解析】【详解】A．氢氧化钠为离子化合物，由钠离子和氢氧根离子构成，电子式为：，A错误；B．中子数为16的硫原子，质量数为32，其原子符号为：S，B正确；C．CO2分子中碳原子与两个氧原子各共用两对电子，结构式为：O=C=O，C错误；D．Al3+有两层电子，最外层电子数为8，结构示意图为：，D错误；故选B。3.下列物质的分类正确的一组是ABCD纯净物胆矾液氯氯水生石灰碱性氧化物氧化镁氧化钠一氧化碳过氧化钠碱纯碱烧碱苛性钾碱石灰电解质氯化钠硫酸钾硫酸氢氧化钠A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．纯碱是碳酸钠，属于盐，A错误；B．液氯是纯净物，氧化钠是碱性氧化物，烧碱是碱，硫酸钾是盐，是电解质，B正确；C．氯水是氯气是水溶液，是混合物，一氧化碳不能和碱反应，所以它不是酸性氧化物，一氧化碳也不能和酸反应，所以它也不是碱性氧化物，C错误；D．碱性氧化物是指和水反应只生成碱，或者和酸反应生成一种盐和水的氧化物，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和和氧气，D错误；故选B。4.92号铀元素是重要的天然放射性元素。下列关于铀元素的说法错误的是A.铀元素不是主族元素B.可利用234U和235U化学性质的不同将两者分离C.234U、235U、236U核内质子数相同，是三种不同核素，它们互为同位素D.117g234U中含有中子的物质的量为71mol【答案】B【解析】【详解】A．铀元素是錒系元素，不是主族元素，故A正确；B．234U和235U两者互为同位素，其对应的物质化学性质相同，故B错误；C．234U、235U、236U核内质子数相同，中子数不同，是三种不同核素，它们互为同位素，故C正确；D．117g234U物质的量=117g÷234g/mol=0.5mol，质子数=92，含有中子的物质的量=0.5mol×（234-92）=71mol，故D正确；故选B。5.下列关于离子共存的说法错误的是A.Na+、Mg2+、Cl-、SO在水溶液中能大量共存B.Mg2+、Cl-、CO、Na+在水溶液中不能大量共存C.SO、Fe3+、NO、K+在强酸性溶液中能大量共存D.Ba2+、NO、OH-、Cl-在小苏打溶液中能大量共存【答案】D【解析】【详解】A．在水溶液Na+、Mg2+、Cl-、SO这些离子不发生反应可以大量存，A正确；B．Mg2+和CO反应生成MgCO3沉淀，不能大量共存，B正确；C．在强酸性溶液中SO、Fe3+、NO、K+这些离子不发生反应可以大量存，C正确；D．OH-和HCO反应生成碳酸根离子和水，不能大量共存，D错误；故选D。6.已知反应：2FeCr2O4+7Na2O24Na2CrO4+X+3Na2O，下列说法错误的是A.X的化学式为Fe2O3B.该反应中Na2O2发生氧化反应C.Na2O2、Na2O均可与CO2反应.D.该反应中每消耗1molNa2O2就会有2mol电子发生转移【答案】B【解析】【分析】根据原子守恒可知X为Fe2O3，Fe的化合价由+2价升高为+3价，Cr的化合价由+3价升高为+6价，而O的化合价由-1价降低为-2价，转移电子数目14e-，以此来解析；【详解】A．依据原子守恒可知，X的化学式为Fe2O3，A正确；B．过氧化钠中氧元素化合价降低，发生还原反应，B错误；C．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，C正确；D．有分析可知7Na2O2～14e-，可知7molNa2O2参加反应时转移14mol电子，所以每消耗1molNa2O2就会有2mol电子发生转移，D正确；故选B。7.按如图所示进行相应实验，下列有关它们反应现象的分析正确的是

A.均有可燃性气体生成B.反应剧烈程度：甲>乙>丙C.丙中钠能置换出单质铜D.乙、丙中钠在液面下反应【答案】A【解析】【分析】钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，钠与盐酸反应产生氯化钠和氢气，钠与硫酸铜溶液反应实质钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，以此来解析；【详解】A．由分析可知，甲乙丙中均有可燃性气体氢气生成，A正确；B．钠与水或与酸反应的实质是钠与氢离子发生置换反应，反应快慢取决于氢离子浓度大小，乙中的酸的浓度最大，其次是丙中铜离子水解显酸性，最后是水，反应速率为：乙>丙>甲，B错误；C．钠与硫酸铜溶液反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2，2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2+Na2SO4，反应中生成了蓝色沉淀，并不会置换出铜单质，C错误；D．钠的密度小于水，所以浮在液面上，D错误；故选A。8.下列有关事实的解释正确的是选项事实解释A用FeCl3溶液腐蚀Cu刻制印刷电路板铁比铜的金属性强B用绿矾(FeSO4·7H2O)处理含有Cr2O的废水绿矾是硫酸盐CNa长期暴露在空气中的最终产物是Na2CO3Na在空气中与氧气、水、二氧化碳共同作用的结果DFe2O3用作油漆、橡胶、涂料的颜料Fe2O3难溶于水A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板的反应是氧化还原反应，反应为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2不是置换反应，故反应不能说明铁比铜金属性强，A错误；B．绿矾中的亚铁离子可以和重铬酸根离子发生氧化还原反应，并不是因为绿矾是硫酸盐，B错误；C．暴露在空气中的钠能与空气中的氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水蒸气反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与空气中二氧化碳反应生成碳酸，C正确；D．Fe2O3用作油漆、橡胶、涂料的颜料是因为Fe2O3为红棕色固体，D错误；故选C。9.离子方程式是重要的化学用语。下列离子方程式书写正确的是A.少量小苏打溶液与澄清石灰水反应：B.铁与H2SO4溶液反应：C.稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：D.Na2O2与水反应：【答案】A【解析】【详解】A．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，A正确；B．反应原理不符合事实。铁与硫酸溶液反应产生FeSO4、H2，离子方程式应该为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，B错误；C．不符合物质组成中的微粒个数比，离子方程式应该为：，C错误；D．Na2O2是固体物质不能拆，离子方程式应该为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，D错误；故合理选项是A。10.下列有关物质的除杂方法正确的是选项目标物质杂质除杂方法AFe2(SO4)3FeSO4通入过量Cl2BCu粉木炭粉在空气中加热CFe粉Zn粉加过量FeSO4溶液，过滤DFeCl3CuCl2加适量铁粉，过滤A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．氯气和硫酸亚铁反应生成硫酸铁、氯化铁，引入新杂质，可以用双氧水，A错误；B．在空气中加热时铜会转化为氧化铜，不能除去铜中的木炭，B错误；C．锌的金属性强于铁，锌和硫酸亚铁反应生成硫酸锌和铁，过滤得到纯铁，C正确；D．铁和氯化铁、氯化铜均反应，不能除去氯化铁中的氯化铜，D错误；答案选C。11.设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.标准状况下，22.4LH2O所含分子数为NAB.含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积为11.2LC.0.1mol·L-1Na2SO4溶液中所含Na+的物质的量为0.2molD.常温常压下，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2NA【答案】D【解析】【详解】A．标准状况下水不是液态，22.4LH2O的物质的量不是1mol，所含分子数不是NA，A错误；B．含有NA个氦原子的氦气的物质的量是1mol，在标准状况下的体积约为22.4L，B错误；C．0.1mol·L-1Na2SO4溶液的体积不确定，其中所含Na+的物质的量不一定为0.2mol，C错误；D．O2和O3均是氧元素形成的单质，常温常压下，32gO2和O3的混合气体所含氧原子的物质的量是32g÷16g/mol＝2mol，原子数为2NA，D正确；答案选D。12.下列实验操作可实现相应实验目的的是选项实验操作实验目的A向NaBr溶液中通入Cl2证明非金属性：Cl<BrB向FeCl3溶液中加入少量NaOH溶液制备Fe(OH)3胶体C称取1.5gNaClO固体，加入100mL蒸馏水溶解配制浓度为0.2mol·L-1的NaClO溶液D将适量的钠和镁投入冷水中证明金属性：Na＞MgA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．向NaBr溶液中通入Cl2，Br-被氧化Br2，说明Cl非金属性大于Br，A不符合题意；B．Fe(OH)3胶体制备是将FeCl3饱和溶液加入沸水中继续煮沸，当出现红褐色液体时停止加热，不能使用NaOH，否则会生Fe(OH)3沉淀，B不符合题意；C．NaClO相对分子质量74.5，该物质的物质的量为=0.02mol，而加水的体积100mL，不是溶液体积，应加水至溶液体积为100mL，C不符合题意；D．Na与水剧烈反应，Mg与冷水不反应，金属性Na＞Mg，D符合题意；故选D。13.某学习小组在实验室制备氯气并验证氯气是否具有漂白性，设计了如图装置(夹持装置已略)：下列分析错误的是A.装置A中盛放的药品可能为MnO2和浓盐酸B.若装置C发生堵塞，长颈漏斗中的液面会上升C.装置C中I、II、III处可以依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条D.装置D中的药品可能为碱石灰【答案】A【解析】【分析】装置A制备氯气，装置B除去氯气中的氯化氢，装置C检验氯气的漂白性，装置D尾气处理，据此解答。【详解】A．装置A制备氯气，由于不加热，其中盛放的药品可能为KMnO4和浓盐酸，二氧化锰氧化浓盐酸需要加热，A错误；B．装置B还起安全瓶作用，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱，B正确；C．装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，先通入湿润的有色布条褪色，验证氯气的漂白性，再通入干燥剂氯化钙，最后通过干燥的有色布条，不褪色，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，C正确；D．装置D中的药品用来吸收氯气，防止污染，因此可能为碱石灰，D正确；答案选A。14.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是形成化合物种类最多的元素，Y所在的主族序数是周期数的3倍，W-的最外层为8电子结构，Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应。下列说法正确的是A.原子半径：X<Y，Z>WB.化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键C.Y、W的某些单质或两元素形成的某些化合物可作水的消毒剂D.X与Y形成的化合物都能与Z的最高价氧化物对应的水化物发生反应【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是形成化合物种类最多的元素，则X为C元素，Y所在的主族序数是周期数的3倍，Y位于第二周期，则Y为O元素，W-的最外层为8电子结构，W为F或Cl元素，Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，以此解答该题。【详解】由以上分析可知X为C元素、Y为O元素、Z为Na元素、W为Cl元素；A．同周期元素从左到右元素原子半径逐渐减小，原子半径：X＞Y，Z＞W，故A错误；B．NaClO3中含有离子键和共价键，故B错误；C．Y的单质臭氧，W的单质氯气，对应的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，故C正确；D．X与Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO和NaOH不反应，故D错误；故选C。15.实验室用Fe粉、试剂X、NaOH溶液配制能较长时间内稳定存在的Fe(OH)2，制备装置如图所示。下列说法正确的是A.NaOH溶液应置于装置I中B.实验后期要打开止水夹C.装置II中发生的反应有Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓D.试剂X可以是稀硫酸或CuSO4溶液【答案】C【解析】【详解】A．NaOH溶液应置于Ⅱ中，铁粉和稀H2SO4置于Ⅰ中，A错误；B．实验开始要先打开止水夹，用Fe与H2SO4生成的氢气排装置中的空气，后关闭止水夹，继续生成的H2使Ⅰ中压强增大，将FeSO4压入Ⅱ中，B错误；C．由B知，Ⅱ中发生反应Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓C正确；D．可以是稀H2SO4，不能是CuSO4，因为Fe+H2SO4=FeSO4+H2，Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，无法生成还原性气体H2，不能排除装置内的空气，D错误；故选C。16.将agNaOH完全溶于bg水中配成VL溶液，该溶液的密度为dg•cm-3，NaOH的物质的量浓度为cmol•L-1，物质的量为nmol，质量分数为w。下列推断错误的是A.c= B.n= C.w= D.b=1000Vd-a【答案】B【解析】【详解】A．NaOH溶液的物质的量浓度c=，A正确；B．溶液中溶质NaOH的物质的量为n=，B错误；C．该溶液中溶质的质量分数，C正确；D．溶液质量等于溶质与溶剂质量和，则该溶液中溶剂水的质量，D正确；答案选B。二、非选择题：本题共5小题，共52分。17.某次实验需要使用480mL1.0mol·L-1的NaOH溶液，回答下列有关配制该溶液的问题：（1）实验中需要用托盘天平称取____gNaOH，称量NaOH时，需要先称量小烧杯的质量，若称量小烧杯时，天平平衡后的状态如图所示，则小烧杯的质量是____g。（2）将称取的NaOH放入烧杯中，加蒸馏水溶解后，待____，再将溶解液沿转移到容量瓶中。（3）若定容时仰视刻度线，则所配溶液中c(NaOH)____(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。若定容时不小心使液面超过刻度线，则应采取的措施是____。（4）取正确操作时所配溶液20mL，能与10mLamol·L-1FeCl2溶液恰好完全反应，则a=____，待反应后充分振荡，在空气中静置，当混合体系质量保持不变时，经过滤、洗涤、低温烘干后，最终可得到____g固体。【答案】（1）①.20.0②.27.4（2）烧杯中溶液恢复到室温（3）①.偏小②.重新配制溶液（4）①.1.0②.1.07【解析】【小问1详解】要配制480mL1.0mol·L-1NaOH溶液应选择500mL容量瓶，需要氢氧化钠的质量=0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g；托盘天平使用应遵循左物右码的原则，物码放反，则砝码的质量等于物体的质量+游码的质量，则物体质量=砝码的质量-游码的质量，所以实际质量30g-2.6g=27.4g；【小问2详解】氢氧化钠溶于水放热，热胀冷缩，导致体积不准确，所以溶液要降至室温后再转移到容量瓶中；【小问3详解】根据c==，进行误差分析，定容时仰视刻度线，液面实际高于刻度线，溶剂体积偏大，则c(NaOH)偏小，定容时若使液面超过刻渡线，则溶液浓度与理论值不同，必须重新配制；【小问4详解】n(NaOH)=20×10-3L×0.1mol/L，根据2NaOH~FeCl2则n(FeCl2)=n(NaOH)=10×10-3L×0.1mol/L，则a=1.0；FeCl2与NaOH反应得Fe(OH)2，则且n[Fe(OH)2]=10×10-3L×0.1mol/L=0.01mol，Fe(OH)2在空气中被氧化为Fe(OH)3，根据Fe(OH)2～Fe(OH)3，可知m[(Fe(OH)3)]=nM=0.01mol×107g/mol=1.07g；18.材料既是人类生活和生产的物质基础，又是人类认识自然和改造自然的工具。（1）2020年11月，我国载人潜水器“奋斗者”号在马里亚纳海沟完成万米深潜。①轻且坚固的球形载人舱由国产新型钛合金材料(Ti—6Al—3V)制造。高温条件下，可用Na和TiCl4反应制取Ti，其化学方程式为____。②返航利器——固体浮力材料由纳米级大小的空心玻璃制造。玻璃中含有硅元素，硅在元素周期表中的位置为____。（2）中国第一艘国产航母被命名为“中国人民解放军海军山东舰”。①航母升降机可用铝镁合金制造。合金焊接前需用碱洗，即用NaOH溶液除去铝镁合金表面的自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，其原因是____(用离子方程式表示)。②航母螺旋桨可用铜铝合金制造。80.0g铜铝合金用盐酸完全溶解后过滤，向滤液中加入适量NaOH溶液使沉淀量达到最大值，过滤得到白色沉淀39.0g，生成白色沉淀的离子方程式为____；合金中铝元素的质量分数为____%(保留小数点后一位)。【答案】（1）①.4Na+TiCl4Ti+4NaCl②.第三周期第IVA族（2）①.2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑②.Al3++3OH-=Al(OH)3↓③.16.9【解析】【小问1详解】①Na和TiCl4在高温条件下反应生成Ti和氯化钠，反应的化学方程式为4Na+TiCl4Ti+4NaCl；②硅核外有14个电子，有3个电子层、最外层有4个电子，硅在元素周期表中的位置为第三周期第IVA族；【小问2详解】①碱洗时铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，所以有气泡冒出，反应的离子方程式是2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑；②80.0g铜铝合金用盐酸完全溶解后过滤，滤液为氯化铝溶液，向滤液中加入适量NaOH溶液，氯化铝和氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，过滤得到氢氧化铝39.0g，生成白色沉淀的离子方程式为Al3++3OH-=Al(OH)3↓；合金中铝元素的质量分数为16.9%。19.如图是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表某一种元素，请回答相关问题：abcdefm（1）元素e为____(填元素符号)。（2）元素d与c形成的既有离子键又有共价键的化合物的电子式为____。（3）元素b、c、f、m分别与元素a形成的最简单化合物中沸点最高的是____(填化学式)。（4）元素c和f形成的一种化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则该反应中的氧化剂、还原剂依次是____(填化学式，下同)、____。（5）请从原子结构的角度解释元素m的非金属性强于f的原因：____。【答案】（1）Al（2）（3）H2O（4）①.KMnO4②.SO2（5）S与Cl具有相同的电子层数，Cl的核电荷数大于S，所以Cl的原子半径小于S，Cl的原子核吸引电子能力较强，非金属性较强【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置可知，a为H、b为C、c为O、d为Na、e为Al、f为S、m为Cl，以此来解析，【小问1详解】根据e元素在周期表中的位置可知e为Al；【小问2详解】d为Na、c为O，可知既有离子键又有共价键的化合物为Na2O2，电子式为：；【小问3详解】b、c、f、m素a形成的最简单化合物分别为CH4、H2O、H2S、HCl，四种物质为分子晶体，H2O中存在分子间氢键，沸点最高；【小问4详解】c为O、f为S，即为SO2具有还原性能将高锰酸钾还原为锰离子，硫的化合价升高，锰的化合价降低，高锰酸钾为氧化剂，SO2为还原剂；【小问5详解】S与Cl具有相同的电子层数，Cl的核电荷数大于S，所以Cl的原子半径小于S，Cl的原子核吸引电子能力较强，非金属性较强；20.元素的“价-类”二维图是同学们认识物质性质及其转化关系的重要思维工具，根据下列二维图回答有关问题(A、B、C、D、E中均含有元素X)：

（1）A的水溶液为工业三大强酸之一，则X的元素符号是___________，A在水溶液中的电离方程式是___________。（2）B的水溶液中含有的离子有、___________及很少量的(填离子符号)。（3）检验溶液C中含的方法：在C溶液中滴加溶液，然后再加入适量酸Y，酸Y为___________(填名称)，加入酸Y的目的是___________。（4）D为漂白粉的有效成分，写出由B制备漂白粉的化学方程式：___________。（5）常温下，A的浓溶液与E的溶液反应可制备B，写出该反应的离子方程式：___________，其中氧化产物与还原产物的质量之比为___________。【答案】（1）①.Cl②.（2）、（3）①.稀硝酸或硝酸②.排除溶液中可能存在的的干扰（4）（5）①.②.5∶1【解析】【分析】根据二维图中元素X的常见化合价及物质类别，可以推知X为氯，A为氢化物，则A为氯化氢，B为单质，则B为氯气，C、D、E为盐，以此解题。【小问1详解】由分析可知，X为Cl，氯化氢为强电解质，电离方程式为：；【小问2详解】B水溶液为氯水，其中含有的离子除了氢离子和氢氧根离子外还有、；【小问3详解】检验氯离子是利用氯离子和银离子生成氯化银白色沉淀，可是碳酸根离子也容易和银离子生成沉淀，故答案为：稀硝酸或硝酸；排