黑龙江省牡丹江市第三子共同体2024-2025学年高一上学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1黑龙江省牡丹江市第三子共同体2024-2025学年高一上学期期末一、单选题1．2023年6月9日，我省某高校研制的中国首颗平板式新体制低轨宽带通信卫星“龙江三号”成功发射。该卫星主体材质使用了合金材料。下列所用材料不属于合金的是A．生铁铸造的下水井盖B．硬铝制造的飞机外壳C．聚乙烯制成的食品包装袋D．不锈钢制造的地铁列车的车体A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】井盖是由生铁铸造，生铁为合金，由铁和碳混合得到，A不符合题意；飞机外壳由铝合金制造，B不符合题意；聚乙烯是有机高分子化合物，属于塑料，不是合金，C符合题意；不锈钢是由铁、铬、镍等金属构成的合金，具有耐腐蚀性，属于合金，D不符合题意；故答案选C。2．当光束通过鸡蛋清溶液时，从侧面观察到一条光亮的“通路”，说明鸡蛋清溶液是A．溶液 B．胶体 C．悬浊液 D．乳浊液【答案】B【解析】胶体具有丁达尔效应，当光束通过胶体时，从侧面观察到一条光亮的“通路”，因此当光束通过鸡蛋清溶液时，从侧面观察到一条光亮的“通路”，说明鸡蛋清溶液属于胶体。故选B。3．氧化还原反应的本质是A．元素化合价的升降 B．电子的转移C．有氧元素参加的反应 D．原子的重新组合【答案】B【解析】有元素化合价的升降是氧化还原反应的特征，但不是本质，A错误；氧化还原反应的本质是电子的转移，B正确；氧化还原反应不一定需要氧元素，C错误；所有化学反应都涉及原子重组，但这不是氧化还原反应的特有性质，D错误；故选B。4．合成新物质是研究化学的主要目的之一、意大利科学家合成了一种新型的氧分子O4，下列关于O4的说法中，正确的是A．O4是一种新型的化合物 B．O4和O2互为同位素C．O4和O2互为同素异形体 D．O4和O2可通过物理变化实现转化【答案】C【解析】O4是单质，不是化合物，故A错误；质子数相同，中子数不同的同一元素的原子互为同位素，O4和O2不是同位素，是同素异形体，故B错误；O4和O2是氧元素的不同单质，故互为同素异形体，故C正确；O4和O2之间的转化涉及化学键断裂，属于化学变化，不可通过物理变化实现转化，故D错误；故选：C。5．“东风夜放花千树。更吹落、星如雨”。早在宋代，人们就发现不同的金属化合物在高温灼烧时，火焰会呈现出不同的颜色，烟花逐渐出现在盛大的典礼或表演中。下列有关说法正确的是A．火焰的不同焰色是发生了化学变化B．焰色实验是是一种定性检验金属元素的方法C．某物质在灼烧时焰色为黄色，则该物质中一定不含钾元素D．将铂丝(或铁丝)用硫酸洗涤后，可蘸取药品灼烧【答案】B【解析】火焰的不同焰色是焰色反应导致的，是物理变化，A错误；焰色实验是是一种定性检验某些金属元素的方法，B正确；某物质在灼烧时焰色为黄色，可证明该物质中含钠元素，需透过蓝色钴玻璃观察钾的焰色，C错误；铂丝(或铁丝)用盐酸洗涤后，要先在酒精灯外焰灼烧至与原来的火焰颜色相同，再蘸取药品灼烧，D错误；故选B。6．下列物质中，既含有共价键又含有离子键的是A．HF B．NaCl C．HCl D．KOH【答案】D【解析】HF中只含有共价键，A项不符；NaCl中只含有离子键，B项不符；HCl中只含有共价键，C项不符；KOH中钾离子和氢氧根离子之间是离子键，氢氧根内部是O—H共价键，D项正确；答案选D。7．在含有大量Ag+、H+、NO3A．Cl- B．K+ C．Fe2+ D．CO【答案】B【解析】Cl－与Ag+反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，A错误；K+可以在溶液中大量共存，B正确；Fe2+能和H+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；CO32-与H+反应生成二氧化碳，与Ag+8．下列反应的离子方程式书写正确的是A．碳酸钡和盐酸反应：CO32-+2H+=H2B．FeCl3溶液与Cu反应：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+C．氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应：Al(OH)3+OH-=Al(OH)4]-D．Na与水反应：Na+H2O=Na++OH-+H2↑【答案】C【解析】碳酸钡难溶，不能拆，碳酸钡和盐酸反应离子方程式为：BaCO3+2H+=H2O+CO2↑+Ba2+，A错误；原方程荷不守恒，正确应为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B错误；氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为：Al(OH)3+OH-=Al(OH)4]-，C正确；原方程氢元素不守恒，正确离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，D错误；故选C。9．下列叙述正确的有A．含氧40%的氧化镁、碱石灰、稀硫酸均为混合物B．Fe(OH)3、FeCl2、NaHCO3均可由化合反应制得C．氧化还原反应一定有氧元素参加D．碳纳米管属于胶体分散系，该材料具有超强的吸附能力【答案】B【解析】氧化镁中氧的质量分数为40%，因此含氧40%的氧化镁纯净物，A错误；Fe(OH)3可出Fe(OH)2、O2、H2O化合得到，FeCl3可由Fe和Cl2化合得到，NaHCO3可出Na2CO3、CO2、H2O化合得到，B正确；有电子转移的反应是氧化还原反应，不一定有氧元素参加，C错误；碳纳米管是纯净物，不是分散系，不属于胶体分散系，D错误；故选B。10．下列有关物质的性质与用途正确且具有对应关系的是A．FeCl3具有还原性，可用作铜制线路板的蚀刻剂B．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料C．Fe2O3能与盐酸反应，可用于制作红色颜料D．NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂【答案】B【解析】FeCl3的氧化性使其能蚀刻铜，用作铜制线路板的蚀刻剂，而非还原性，A性质错误；Al2O3熔点高，承热能力强，可用作耐高温材料，B性质与用途正确；Fe2O3为红褐色物质，可用于制作红色颜料，C性质与用途错误；NaHCO3能与盐酸反应，且碱性较弱，可用于制胃酸中和剂，D性质与用途错误；答案为B。11．下列说法正确的是A．1mol氢的质量为1gB．等物质的量的O2和O3所含的O原子数目之比为2：3C．1L1mol·L-1CaCl2溶液中含有的Cl-离子数目为NAD．常温常压下，11.2LO2中含有的原子数目为NA【答案】B【解析】“氢”未明确指原子（H）还是分子（H2），若为H原子，1molH原子质量为1g；若为H2分子，则质量为2g，故A错误；1molO2含2molO原子，1molO3含3molO原子，则所含的O原子数目之比为2：3，B正确；1L1mol/LCaCl2溶液中，Cl-浓度为2mol/L，故Cl-数目为2NA，C错误；常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2LO2的物质的量小于0.5mol，对应原子数小于NA，D错误；故选B。12．关于甲、乙、丙、丁四套装置的说法正确的是A．用装置甲制取氯气B．用装置乙除去氢气中的少量氯化氢C．用丙装置可以较长时间看到白色FeOHD．用丁装置证明碳酸氢钠受热易分解【答案】C【解析】A．二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气，装置中缺少加热装置，因此不能用于制取Cl2，A错误；B．HCl溶于水产生盐酸，盐酸与NaHCO3发生产生CO2气体，导致氢气中含有新杂质CO2气体，不能达到目的，B错误；C．试管中Fe与H2SO4反应产生FeSO4和H2，产生的H2将试管A、B及导气管中空气排出，待其中没有空气后，关闭阀门a，反应产生的H2又将A中新制取的FeSO4压入B试管中，发生反应：FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，由于处于H2的环境，产生的Fe(OH)2不会被氧化，因此可以较长时间观察到Fe(OH)2白色沉淀，C正确；D．固体加热时为防止产生的水蒸气冷凝回流，试管口应该略向下倾斜，D错误；故选C。13．质量相同的两份铝分别和足量的盐酸和烧碱溶液反应，二者放出气体的质量（）A．不同 B．一定相同 C．可能相同 D．不能比较【答案】B【解析】铝与盐酸和烧碱反应的化学方程式分别为2Al+6HCl=2AlCl₃+3H₂↑，2Al+2NaOH+6H₂O=2Na[Al(OH)₄]+3H₂↑，盐酸与烧碱足量，铝与其反应时，化合价均由0价变为+3价，即转移电子数目相同，而H原子的化合价均由+1价变为0价，故生成氢气的质量相同，答案为B。14．下列化学用语表示正确的是A．甲烷的结构式：CH4B．HCl的电子式：C．Cl－的结构示意图：D．硫酸钾的电离方程式：K2SO4＝2K＋＋SO【答案】D【解析】A.CH4是甲烷的分子式或结构简式，CH4的结构式为，A错误；B.HCl是共价化合物，其电子式中不可能出现阴阳离子，HCl的电子式为，B错误；C.Cl－的最外层应有8个电子，C错误；D.硫酸钾是强电解质，能完全电离成K＋和SO42-，D正确；答案选D。15．钴—60(2760CoA．钴是元素周期表中第60号元素 B．60Co与60Fe具有相同的质量数C．60Co与59Co核外电子数相同 D．2760Co【答案】A【解析】Co原子的质子数为27，原子序数=核电荷数=质子数=原子核外电子数，则Co的原子序数为27，钴是元素周期表中第27号元素，A错误；60Co与60Fe的质量数都为60，B正确；同位素的质子数相同，核外电子数相同，C正确；2760Co的质子数为27，质量数为60，核外电子数等于中子数，为60-27=33，则中子数与核外电子数之差为33-27=6，D正确；16．对于反应2P+4H2O2+2NaOH=Na2H2P2O6+4H2O，下列有关该反应说法正确的是A．P是氧化剂B．氧化性H2O2﹥Na2H2P2O6C．1molH2O2反应，转移电子1molD．Na2H2P2O6中磷元素的化合价为+3【答案】B【解析】P由0价升高到＋4价，被氧化，是还原剂，故A错误；氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，H2O2是氧化剂，Na2H2P2O6是氧化产物，故氧化性H2O2﹥Na2H2P2O6，B正确；转移电子物质的量为1×2×(2－1)=2mol，故C错误；Na、H的化合价为＋1价，O为－2价，整个化合价的代数和为0，则P的化合价为＋4价，故D错误。17．某溶液中有Mg2+、Fe3+、Al3+、Cu2+等四种离子，向其中加入过量的NaOH溶液后过滤，将滤渣高温灼烧并将灼烧后的固体投入过量的稀盐酸，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是A．Mg2+ B．Fe3+ C．Al3+ D．Cu2+【答案】C【解析】该溶液中加入过量的NaOH溶液过滤后，Al3+转化为偏铝酸根存在于滤液中，Mg2+、Fe3+、Cu2+转化为对应氢氧化物沉淀，存在于滤渣中，将滤渣灼烧后得到氧化镁、氧化铜、氧化铁，投入到过量的稀盐酸中，所得溶液中含有Mg2+、Fe3+、Cu2+，与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是Al3+。故选C。18．X、Y、Z、W是短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。X原子最外层电子数是次外层的2倍，Y是地壳中含量最多的元素，Y原子最外层电子数是Z原子最外层电子数的2倍，W与Y同主族。下列说法正确的是A．X形成的单质只有一种B．原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)C．常温下，Z单质及其氧化物均不能溶于KOH溶液中D．Y简单气态氢化物的热稳定性比W的强【答案】D【解析】由题意可知，X、Y、Z、W分别是C、O、Al、S；X是C元素，碳的单质有多种，如金刚石、石墨、C60等，故A错误；电子层越多半径越大，电子层数相同时，原子序数越大半径越小，故它们的原子半径从大到小为r(Al)＞r(S)＞r(C)＞r(O)，即r(Z)＞r(W)＞r(X)＞r(Y)，故B错误；Z是Al元素，其中单质铝和氧化铝都是既能和酸反应，又能和碱反应，故C错误；非金属越强，其简单氢化物越稳定，非金属性氧大于硫，则H2O的热稳定性强于H2S，故D正确；故选D。二、填空题19．按要求作答：(1)写出小苏打的化学式。(2)次氯酸（HClO）属于。（填“电解质”或“非电解质”)(3)Fe(OH)2在空气中被氧化成红褐色沉淀，写出化学方程式。(4)用离子方程式说明Cl2与Br2的氧化性相对强弱：。欲用Na2CO3固体配制950mL0.1mol•L-1的Na2CO3溶液。请回答：(5)配制该溶液应选用mL容量瓶。(6)用托盘天平称取gNa2CO3固体。(7)如果将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外，最后配成的溶液中溶质的浓度将会。(填“偏大”或“偏小”)【答案】(1)NaHCO3(2)电解质(3)4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(4)Cl2+2Br-=2Cl-+Br2(5)1000(6)10.6(7)偏小【解析】（1）小苏打是碳酸氢钠的俗称，其化学式为NaHCO3；（2）次氯酸在水溶液中能部分电离出H⁺和ClO⁻，属于电解质；（3）Fe(OH)2被空气中氧气氧化，生成氢氧化铁，方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（4）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可以用方程式表示为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；（5）实验室没有950mL的容量瓶，应该选用1000mL的容量瓶；（6）以克为单位时，托盘天平只能精确到小数点后1位，则应该称取碳酸钠的质量为：1L×0.1mol•L-1×106g/mol=10.6g；（7）如果将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外，则造成溶质的损失，结果导致所配溶液浓度偏小。三、解答题20．元素周期表在学习、研究中有很重要的作用，为纪念元素周期表诞生150周年，IUPAC等向世界介绍118位优秀青年化学家，并形成一张“青年化学家元素周期表”。中国学者雷晓光、姜雪峰、刘庄分别成为“N、S、Hg”元素的代言人。下表是元素周期表的一部分。请按要求回答下列问题：(1)写出②的元素符号。(2)写出①的最高价氧化物的电子式：。(3)写出③与⑦的单质在加热条件下反应的化学方程式。(4)③和④中金属性较强的是(填化学式)。(5)⑤、⑥的原子半径大小是⑤⑥（填“>”或“<”)；⑥、⑦的最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的物质的化学式是。(6)④和⑦可形成(填“离子”或“共价”)化合物。【答案】(1)N(2)(3)2Na+Cl2Δ(4)Na(5)>HClO4(6)离子【解析】（1）由所给周期表位置可知，②位于第二周期VA族，即氮元素，符号为N。（2）①位于第二周期IVA族，为碳元素，其最高价氧化物为CO2，CO2是共价化合物，电子式为：。（3）③、⑦分别是第三周期的Na和Cl，加热条件下Cl2和Na反应生成NaCl，反应方程式：2Na+Cl2Δ2NaCl（4）③、④分别是Na、Mg，同周期主族元素，从左到右金属性逐渐减弱，金属性较强的是Na。（5）⑤、⑥分别是P、S，同周期主族元素，从左到右原子半径逐渐减小，故P原子半径大于S，则⑤>⑥。⑥、⑦的最高价氧化物对应的水化物分别是H2SO4和HClO4，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，非金属性：Cl>S，故酸性更强的是HClO₄。（6）④、⑦分别是Mg、Cl，二者形成的MgCl2在熔融状态下能导电，属于离子化合物。21．常温下，氯气可用来对自来水进行消毒，A、B、C、D、E都含氯元素，其转化关系如图所示：(1)请分别写出下列物质的化学式(如为溶液请填溶质的化学式)：B、C。(2)写出下列反应的化学方程式或离子方程式(请注明反应条件)：A+H2O(离子方程式)：；A+NaOH(离子方程式)：；D→A(化学方程式)：。【答案】(1)HClONaCl(2)Cl2+H2O⇌Cl-+HClO+H+Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OMnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O【解析】A既能和碱反应，又能和水反应，且含有氯元素，则A为Cl2，和水反应生成盐酸和次氯酸，B光照分解，则B为HClO，D为HCl，盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，则C为NaCl，E为NaClO，以此解题。（1）结合分析可知，B为HClO，C为NaCl；（2）Cl2与H2O反应产生HCl和HClO，反应的离子方程式是：Cl2+H2O⇌Cl-+HClO+H+；Cl2与NaOH溶液反应，产生NaCl、NaClO和H2O，反应离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；MnO2与浓盐酸在加热条件下，发生反应产生MnCl2、Cl2和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O。22．黑木耳是常见食品，可以补充人体所必需的微量