贵州省六盘水市2024-2025学年高一上学期期末质量监测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1贵州省六盘水市2024-2025学年高一上学期期末质量监测试题一、单选题1．实验安全意识是化学学科的基本素养。下列说法正确的是A．不慎将酸溅到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用氢氧化钠溶液冲洗B．切割后未使用的金属钠，应及时放回原试剂瓶中C．水银温度计破碎后，应立即用大量水冲洗地面上的水银D．炽热的铁水注入潮湿模具可快速成型【答案】B【解析】不慎将酸溅到皮肤时，用氢氧化钠溶液冲洗会因其强腐蚀性造成二次伤害，正确做法是冲洗后涂弱碱性溶液（如碳酸氢钠），A错误；金属钠性质活泼，需隔绝空气保存，未使用的钠放回原试剂瓶可防止危险和浪费，B正确；水银有毒且易挥发，直接用水冲洗会扩散污染，应撒硫磺粉或专业处理，C错误；潮湿模具遇高温铁水会产生蒸汽引发爆炸，必须保持模具干燥，D错误；故选B。2．化学与社会、生活、技术密切相关。下列说法正确的是A．碳酸钠俗称苏打，可用于治疗胃酸过多B．84消毒液与洁厕灵混用可增强去污能力C．工业上制取NaOH可采用电解饱和食盐水D．生石灰、还原性铁粉均可做食品包装袋中的“脱氧剂”【答案】C【解析】碳酸钠碱性较强，会刺激胃黏膜，治疗胃酸过多应使用碳酸氢钠（小苏打），A错误；84消毒液（含NaClO）与洁厕灵（含HCl）混用会生成有毒Cl2，不能增强去污能力，B错误；工业电解饱和食盐水可生成NaOH（反应式：2NaCl+2H2O电解2NaOH+Cl2↑+H2↑3．下列离子方程式书写正确的是A．Na2OB．将稀盐酸滴在石灰石上：CaCOC．少量CO2通入NaOH溶液中：D．将过量铁粉加入FeCl3溶液中：【答案】B【解析】过氧化钠与水反应生成O2而非H2，正确反应为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，A错误；碳酸钙与盐酸反应，固体CaCO3和气体CO2保留化学式，H+参与反应生成Ca2+、CO2和H2O，电荷和原子守恒，B正确；少量CO2与NaOH反应生成CO32-4．下列化学用语表达正确的是A．质量数为37的氯原子为1737Cl B．COC．H2、D2、T2互为同位素 D．【答案】A【解析】原子的左上角表示质量数，所以质量数为37的氯原子表示为1737Cl，A正确；二氧化碳的碳氧之间有两对共用电子对，电子式为，B错误；同位素：同种元素的不同原子（如1H、2H、3H），H2、D2、T2是分子，不是原子，不互为同位素，C错误；HClO中O原子为中心原子，故结构式为H5．为提纯下列物质，“[]”中为杂质，所选除杂试剂正确的是选项被提纯的物质[杂质]除杂试剂ACO饱和Na2BFeSOZnCO无水CuSODFeNaOH溶液A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】D【解析】HCl和CO2均能与饱和Na2CO3溶液反应，导致CO2被消耗，无法有效除杂，A错误；Zn的金属活动性比Fe、Cu强，会与FeSO4[CuSO4]反应生成ZnSO4，引入新杂志，无法有效除杂，B错误；无水CuSO4虽能吸水，但作为干燥剂效率较低，通常不用于气体干燥，而是用于水蒸气的检验，C错误；Al(OH)3为两性氢氧化物，可与NaOH溶液反应溶解，而Fe(OH)3不反应，过滤后即可分离，D正确；故选D6．用NAA．常温常压下，22.4LN2中所含有的原子数目为B．1molNa2OC．标准状况下，3.4gNH3所含有的质子数目为D．足量Fe与1molCl2反应，转移电子数目为【答案】C【解析】常温常压下，22.4LN2的物质的量小于1mol，原子数目小于2NA，A错误；1molNa2O2含2molNa+和1molO22-，总离子数为3NA，而非4NA，B错误；3.4gNH3的物质的量为0.2mol，每个NH3分子含10个质子，总质子数为0.2×10NA=2NA，C正确；1molCl2与Fe反应转移2mol电子（Cl2→2Cl-），电子转移数为2NA，而非7．高铁酸钠Na2FeO4A．氧化产物和还原产物的物质的量之比为3：2B．Na2FeO4C．每生成4molNaFeO4转移电子数目为D．该条件下，FeO42-【答案】B【解析】ClO-中Cl的化合价由+1价降低到-1价，ClO-为氧化剂，被还原，对应产物Cl-为还原产物，Fe3+由+3价升高到+6价，被氧化，做还原剂，对应产物为氧化产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：3，A错误；高铁酸钠作为强氧化剂，在处理水时被还原为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，该过程描述正确，B正确；每生成1molFeO42-，Fe3+失去3mol电子，生成4molFeO42-应转移12mol电子，而非6mol，C错误；ClO−是氧化剂，FeO42-是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故ClO答案选B。8．用下列仪器或装置进行相应实验，能达到实验目的的是A．图甲可除去氯气中的氯化氢 B．图乙可制取纯净的二氧化碳气体C．图丙可配制一定物质的量浓度的硫酸溶液 D．图丁可较长时间观察到FeOH【答案】D【解析】除去氯气中的氯化氢，用饱和食盐水（氯气在饱和食盐水中溶解度小，HCl易溶），但导气管应“长进短出”（图中甲装置是短进长出，无法有效除杂，会导致气体将液体压出），A错误；盐酸易挥发，生成的CO2中含有HCl，且碳酸钠为粉末状固体，不能用该装置制取纯净的CO2，B错误；容量瓶不能溶解或稀释药品，应该先在烧杯中稀释浓硫酸，冷却至室温后再转移到容量瓶中，C错误；打开a，Fe和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，生成的氢气将装置中的空气排尽，关闭a，生成的氢气导致左侧试管内压强增大，硫酸亚铁溶液通过导管进入右侧试管中和NaOH反应生成FeOH2，该装置能实现实验目的，D正确；故选9．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W的单质是理想的清洁能源，X、Y位于同一周期，X的最外层电子数是其内层电子数的三倍，Z元素的焰色为黄色。下列说法正确的是A．W和Z形成的化合物中W的化合价为＋1价 B．W2X2C．最简单氢化物的稳定性：X>Y D．离子半径：Y>Z【答案】D【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W的单质是理想的清洁能源，则W是H元素；X的最外层电子数是其内层电子数的三倍，则X是O元素；X、Y位于同一周期，则Y是F元素；Z元素的焰色为黄色，则Z是Na元素，据此分析作答。H与Na形成的化合物为NaH，其中H为-1价，而非+1价，A错误；H2O2含有极性键和非极性键，而H2O只有极性键，化学键类型不同，B错误；非金属性：F＞O，故HF稳定性强于H2O，C错误；F-和Na+均为两个电子层，F-原子序数更小，离子半径更大，D正确；故答案选D。10．如图为氯元素的“价类二维图”，下列说法正确的是A．甲的水溶液能导电，因此甲属于电解质B．乙既有氧化性又有还原性C．丁与NaOH溶液反应的离子方程式为HClOD．戊→己必须加还原剂才能实现【答案】B【解析】电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，甲为Cl2，氯气是单质，不是化合物，不属于电解质，A错误；乙为ClO2，氯元素化合价为+4价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，B正确；丁为HClO4，高氯酸是一元强酸，HClO4与NaOH溶液反应生成NaClO4和水，反应的离子方程式为H++OH-=H2O，C错误；戊是KClO3，己是KCl，KClO3加热分解为KCl和氧气，实现戊11．应用元素周期律分析下列推断，正确的组合是①碱金属单质的熔点随原子序数的增大而降低②砹(At)是第ⅦA族元素，其氢化物的稳定性强于HCl③第3周期金属元素的最高价氧化物对应的水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱④磷与砷(As)位于同主族，砷元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性强于磷酸A．①③ B．①④ C．②③ D．②④【答案】A【解析】①碱金属元素随原子序数的增大，其原子半径依次增大，金属键的强度减弱，导致熔点降低，则碱金属单质的熔点随原子序数的增大而降低，①正确；②元素非金属性越强，其简单氢化物越稳定，因非金属性：Cl>At，则砹(At)是ⅦA族元素，其氢化物的稳定性小于HCl，②错误；③同周期元素从左到右，金属性依次减弱，其最高价氧化物对应的水化物的碱性依次减弱，则第3周期金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱，③正确；④磷与砷(As)位于同主族，同主族元素从上到下，非金属性依次减弱，其最高价氧化物对应的水化物的酸性依次减弱，因非金属性：P>As，则砷元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性弱于磷酸，④错误；所以正确的组合是①③，故选A。12．在给定条件下，下列物质间的转化均能一步实现的是A．NaClB．AlC．CaD．Fe【答案】B【解析】NaCl溶液与过量CO2无法直接反应生成NaHCO3，因缺乏碱性条件（如通入NH3），第一步无法一步实现，A错误；Al2O3盐酸反应生成AlCl3，AlCl3与过量氨水反应生成AlOH3沉淀，氨水为弱碱，AlOH3不溶于氨水，两步均可一步实现，B正确；Ca(ClO)2与过量CO2反应生成HClO，但HClO光照分解生成HCl和O2，而非Cl2，第二步无法一步实现，C错误；Fe在O2中燃烧生成Fe3O4而非Fe2O3，且Fe213．类推的思维方式在化学学习与研究中经常采用，以下类推的结论正确的是A．由Cl2+B．由2Na+O2点燃C．由2Fe+3Cl2点燃D．由2Na+2【答案】D【解析】Cl2与水反应生成HCl和HClO，但F2与水剧烈反应生成HF和O2而非HFO，因F的强氧化性导致不同产物，A错误；Na燃烧生成Na2O2，但Li燃烧生成Li2O而非Li2O2，因Li的金属性较弱无法形成过氧化物，B错误；Fe与Cl2生成FeCl3，但I2氧化性弱，Fe与I2生成FeI2而非FeI3（Fe3+会氧化I-），C错误；Na与水反应生成NaOH和H2，K同为碱金属，反应产物为KOH和14．将H2S和空气的混合气体通入含Cu2+、Fe2+和Fe3+的废水中回收SA．整个转化过程中Fe3+B．过程①发生了氧化还原反应C．过程②中发生反应的离子方程式为CuS+2FeD．若过程中nFe3+不变，当有32g【答案】C【解析】过程①发生反应：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，过程②发生反应：CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++S，过程③发生反应：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，据此回答。由图知，整个转化过程中Fe3+为中间产物，Cu2+在过程①被消耗，过程③生成，为催化剂，A错误；由分析知，过程①发生了Cu2++H2S=CuS↓+2H+反应，无元素化合价变化，为非氧化还原反应，B错误；由分析知，过程②发生反应：CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++S，C正确；过程中n(Fe3+)不变，H2S与O2存在以下关系式：2H2S~O2~2S，当有1molS生成时，消耗0.5molO2，氧气的体积标况下为11.2LO2，题目中未给定条件，D错误；二、非选择题15．元素周期表的建立成为化学发展史上的重要里程碑之一，下表是元素周期表的一部分，数字①~⑧代表八种短周期元素，请回答下列问题：(1)①~⑧中金属性最强的元素是，化学性质最不活泼的元素是(填元素符号)。(2)②在周期表中的位置是。(3)写出③的最简单气态氢化物的电子式为。(4)③、④、⑥按原子半径由大到小的顺序排列是(填化学式)。(5)写出⑤和⑦的最高价氧化物对应的水化物之间反应的离子方程式为。(6)欲比较③和⑧的非金属性强弱，下列说法可作为判断依据的是(填标号)。a．两种元素单质的沸点高低b．两种元素单质与H2c．两种元素气态氢化物的稳定性d．两种元素的氧化物对应水化物的酸性强弱【答案】(1)NaHe(2)第二周期第ⅣA族(3)(4)Mg＞N＞O(5)Al(OH)3＋OH-=[Al(OH)4]-(6)bc【解析】（1）根据元素在周期表中的位置可知，①~⑧分别为He、C、N、O、Na、Mg、Al、P。越靠近元素周期表的左下角的元素金属性越强，①~⑧中金属性最强的元素是Na；稀有气体的化学性质较稳定，化学性质最不活泼的元素是He；（2）根据分析，②为C元素，在周期表中的位置是第二周期第ⅣA族；（3）根据分析，③为N元素，其最简单气态氢化物是NH3，N和3个H原子各共用1对电子对，N原子满足8电子稳定结构，电子式为；（4）根据分析，③为N、④为O、⑥为Mg，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，一般来说电子层数越多的原子半径越大，按原子半径由大到小的顺序排列为Mg＞N＞O；（5）⑤和⑦的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH和Al(OH)3，两者之间反应生成Na[Al(OH)4]，反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH-=[Al(OH)4]-；（6）a．根据分析，③为N元素，⑧为P元素，N2、P的单质沸点高低与分子间作用力有关，与元素非金属性无关，a不符合题意；b．元素的非金属性越强，元素单质与氢气化合越容易，可以根据单质与H2化合的难易程度比较N、P的非金属性强弱，b符合题意；c．元素非金属性与其氢化物稳定性一致，可以根据氢化物稳定性比较N、P的非金属性强弱，c符合题意；d．未指明是最高价氧化物水化物，不能比较元素非金属性强弱，d不符合题意；故选bc。16．已知FeI2是重要的无机化合物，在工业上有着广泛的用途。某研究性学习小组对FeIⅠ．配制240mL0.1000mol/LFeI2(1)完成该实验所需要的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还需要。(2)计算需要FeI2固体的质量是g(保留小数点后4位)(3)如果将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外，会使配制的溶液浓度(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。Ⅱ．探究Fe2+与I-的还原性强弱：取10.00mL上述FeI2溶液于试管中，向其中通入少量氯气，发现溶液呈黄色。同学们对产生黄色的原因提出假设：假设1：I-被Cl2氧化；假设2(4)设计方案，验证假设实验步骤实验现象实验结论取少量黄色溶液于试管中，滴加几滴假设1正确取少量黄色溶液于试管中，滴加几滴无明显现象假设2不正确(5)通过上述实验结论可知，该条件下还原性：Fe2+I-(填“强于”或“弱于【答案】(1)250mL容量瓶(2)7.7500g(3)偏小(4)淀粉溶液溶液变蓝KSCN溶液(5)弱于【解析】（1）用固体配制一定物质的量浓度的溶液需要使用的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、250mL容量瓶和胶头滴管，故完成该实验所需要的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还需要250mL容量瓶；（2）配制240mL溶液需使用250mL的容量瓶，故用托盘天平称量，计算需要称取FeI2固体的质量0.25L（3）如果将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外，会使FeI2（4）假设1：I-被Cl2氧化成I2溶解在溶液中，I2与淀粉作用显蓝色，若溶液变蓝，说明有I2生成，即I⁻被氧化，即滴加几滴淀粉溶液，若变蓝，证明假设1假设2：Fe2⁺被Cl2氧化成Fe3⁺，向该溶液中加入KSCN溶液，无明显现象，说明无Fe3⁺生成，则假设2不正确；（5）I-优先被氧化，而Fe2+未被氧化，还原性强的优先参与氧化还原反应，还原性：Fe2+17．某同学用高锰酸钾和浓盐酸制备氯气，并验证卤素单质间氧化性强弱。实验装置如图所示(夹持装置已省略)。回答下列问题：(1)进行该实验前需进行的操作是。(2)A装置中橡皮管的作用是。(3)装置C中发生反应的离子方程式为。(4)打开a，关闭b，装置C中的实验现象是，可证明氧化性：Cl2>Br2。一段时间后，装置C中溶液颜色不变，打开b，关闭a，装置E中溶液由无色逐渐变为蓝色，该同学由此得出结论，氧化性：Br(5)装置D中主要发生的化学反应方程式为。(6)尾气处理可用于制取氯水，氯水通常保存在棕色试剂瓶中，因为光照条件下容易变质。用传感器分析氯水在光照过程中微粒成分的变化，得到以下图像，其中不合理的是。【答案】(1)检验装置的气密性(2)平衡气压，使液体顺利5(3)Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－(4)溶液由无色变为橙黄色可能是因为氯气进入装置E，发生反应Cl2+2I-=I2+2Cl-，生成碘单质使溶液变蓝(5)Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O(6)B【解析】（1）组装好仪器后，进行该实验前需进行的操作是：检验装置的气密性，再添加试剂；（2）橡皮管连接烧瓶内部和分液漏斗上部，使两处的气压平衡，液体能顺利滴下；（3）装置中Br-被Cl2氧化为Br2，离子方程式为Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－；（4）打开a，关闭b，氯气进入装置C，发生反应Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－，有溴单质生成，溶液由无色变为橙黄色；装置C中溶液颜色不变，打开b，关闭a，装置E中溶液由无色逐渐变为蓝色，可能是因为氯气进入装置E，发生反应Cl2+2I-=I2+2Cl-，生成碘单质使溶液变蓝，所以该同学的判断不准确；（5）装置D为尾气处理装置，其中NaOH溶液，可以吸收未反应完的氯气，其反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（6）在氯水中，发生如下反应：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO、2HClO光照2HCl+O2↑。A．随着氯水放置时间的不断增长，HClO不断分解，Cl2与水反应不断进行，最终氯水转化为稀盐酸，氢离子浓度增大，溶液的pH减小，A合理；B．在光照条件下，HClO不断分解，Cl2与水的反应不断进行，所以HClO的浓度不断减小，最终为0，氯水转化为稀盐酸，B不合理；C．随着反应的进行，HClO不断分解生成O2，Cl2不断减少，O2不断增多，所以氧气的体积分数不断增大，C合理；D．随着反应的进行，氯水转化为稀盐酸，Cl-浓度不断增大，D合理；故选B。18．绿矾(FeSO4⋅7H2O)是生产缺铁性贫血药品的重要原料，在常温下易溶于水，能溶于甘油，不溶于乙醇。现利用某废旧金属材料(主要含Fe、Cu已知：在酸性条件下MnO4-易被还原为(1)碱浸时发生化学反应的物质是(填化学式)。(2)酸浸1和酸浸2用到的酸是；向酸浸1后所得溶液中加入过量试剂a是。(3)酸浸2涉及的离子方程式为。(4)系列操作中，洗涤FeSO4⋅7H2(5)绿矾易变质，检验绿矾未被完全氧化的最佳试剂是_______。A．KSCN溶液 B．酸性高锰酸钾溶液 C．NaOH溶液 D．铜粉(6)测定所得绿矾样品中Fe2+的含量，步骤如下：Ⅰ：称取mg绿矾样品，将其配制成100mL溶液。Ⅱ：取20.00mL步骤Ⅰ配制的溶液，加入适量稀硫酸，滴入cmol/L的KMnO4溶液至反应完全，共消耗KMnO4①Ⅱ中MnO4-与Fe2+反应的离子方程式为②计算绿矾样品中Fe2+的质量分数是(用含m、c、V的代数式表示)【答案】(1)Al、Al2O3(2)H2SO4Fe(3)Fe+2H+=Fe2+