辽宁省五校联考2024-2025学年高一上学期1月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1辽宁省五校联考2024-2025学年高一上学期1月期末考试一、单选题1．下列相关微粒的化学用语正确的是A．水合钠离子的示意图： B．中子数为18的氯原子：1735C．HClO的结构式：H-Cl-【答案】B【解析】钠离子带正电荷，水合钠离子示意图为，A错误；左上角为质量数，左下角是质子数，中子数+质子数=质量数，中子数为18的氯原子，质量数为35，该核素表示为1735Cl，B正确；HClO分子中O形成2个共价键，H、Cl形成1个共价键，结构式：H-O-Cl，C2．下列叙述正确的是①胶体、溶液、浊液的本质区别是是否具有丁达尔效应②干冰、Mn2O7、SO③钠的金属性比镁强，故可用钠置换氯化镁溶液中的镁④碳酸钠和碳酸氢钠均可用作食用碱或工业用碱⑤氯气在氢气安静燃烧，发出苍白色火焰⑥CO2是非电解质，H2CO⑦漂白液、漂白粉和漂粉精既可作漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂⑧不锈钢是最常见的一种合金钢，它的合金元素主要是铬(Cr)和镍(Ni)A．④⑦⑧ B．①③④⑦ C．②④⑤⑥ D．④⑤⑦⑧【答案】A【解析】胶体、溶液、浊液的本质区别是分散质粒子的直径大小，①错误；CO不能与碱反应生成盐和水，是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，②错误；在溶液中Na先与水反应生成NaOH和H2，再与氯化镁生成氢氧化镁沉淀，不能置换出Mg单质，③错误；碳酸钠和碳酸氢钠都能与酸反应，均可用作食用碱或工业用碱，④正确；应是氢气在氯气安静燃烧，发出苍白色火焰，⑤错误；电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，属于纯净物，氨水是混合物，不是电解质，⑥错误；漂白液、漂白粉和漂粉精都含有ClO-离子，具有氧化性，既可作漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂，⑦正确；不锈钢是最常见的一种合金钢，具有耐腐蚀的特性，原因是合金含有铬(Cr)元素与氧气反应，在表面形成一层致密的氧化铬（Cr₂O₃）钝化膜，镍(Ni)元素提高合金耐酸性和韧性，⑧正确。3．设NAA．lmolLCaCl2溶液中含有ClB．标准状况下，11.2L氯气溶于水，溶液中Cl-、ClO-和HClOC．常温常压下，28 g的C2HD．足量铁与0.1 mol【答案】C【解析】因为n=cV，溶液的体积未知，无法计算物质的量，无法计算Cl-的数目，A错误；标准状况下，11.2L氯气溶于水之后，发生反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，溶液中含Cl的粒子有Cl-、ClO-、HClO和Cl2等，溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和小于NA，B错误；C2H4和C3H6的最简式都是CH2，28 g的C2H4和C3H6混合气体含有的原子的物质的量为28g14g/4．下列说法正确的是A．H2O分子间存在氢键，所以H2B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，还原性依次增强C．熔融状态能导电的化合物一定是离子化合物；破坏化学键的过程，一定发生了化学变化D．中子数不同而质子数相同的微粒一定互为同位素【答案】B【解析】稳定性由化学键能大小决定，与氢键无关，A错误；同主族元素从上到下，非金属性依次减弱，HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，还原性依次增强，B正确；熔融状态能导电的化合物一定是离子化合物；破坏化学键的过程，不一定发生化学变化，如氯化钠溶于水，离子键被破坏，没有发生化学反应，C错误；微粒由原子、离子、分子等，同位素是由中子数不同而质子数相同的原子组成，D错误。5．下列实验符合操作要求且能达到实验目的的是A．I制备NaHCO3B．II可用于除去CO2中的HClC．用Ⅲ来配制一定物质的量浓度的NaOH溶液D．用IV制备氢氧化亚铁【答案】B【解析】氨气极易溶于水，应向饱和的食盐水中先通入氨气，增大吸收二氧化碳的量，发生反应NH3+NaCl+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，而不是先通二氧化碳，A错误；HCl与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，二氧化碳不与碳酸氢钠反应，II可用于除去CO2中的HCl6．下列物质的性质与实际应用不相符的是选项性质实际应用A碱金属化学性质活泼钠钾合金作核反应堆的传热介质BNa2O2能与H2Na2C次氯酸盐具有氧化性漂白粉用于漂白织物D氧化铝是两性氧化物铝制餐具不宜长期存放酸性或碱性食物【答案】A【解析】钠钾合金具有良好的导热性，可用作核反应堆的传热介质，与金属活泼性强弱无关，故A错误；Na2O2可与CO2、H2O反应，均产生氧气，氧气是供呼吸的气体，所以Na2O2用作潜艇供氧剂，故7．下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是A．体积相等时密度相等 B．原子数相等时具有的中子数相等C．体积相等时具有的电子数相等 D．质量相等时具有的质子数相等【答案】C【解析】根据阿伏加德罗定律，同温同压同体积的气体物质的量相等，因为摩尔质量不相等，根据n=mM，则质量不等，根据ρ=mV​密度不相等，A错误；均为双原子分子，原子数相等，则物质的量相等，12C18O中子数为16，14N2为14，则中子数不等，B错误；12C18O和14N2电子均为14，根据A项分析，两者等物质的量，因此两种物质所含电子数相等，C正确；质量相等，两种物质的摩尔质量不等，根据n=mM，8．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．0.1 mol⋅L-1NaOH溶液：NaB．0.1 mol⋅L-1FeCl2溶液：C．0.1 mol⋅L-1KNO3溶液：D．0.1 mol⋅L-1H2SO【答案】C【解析】因为反应：HCO3-+OH-=CO32-+H2O，所以0.1 mol⋅L-1NaOH溶液中不能大量含有HCO3-，A错误；因为反应：5Fe2+

+MnO4-+8H+===5Fe3++Mn2++4H2O，所以0.1 mol⋅L-1FeCl2溶液中不能大量含有MnO4-，B错误；0.1 mol⋅9．下列离子方程式正确的是A．氯气与水反应：ClB．FeOH3C．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：CaD．少量CaOH2和NaHCO【答案】D【解析】HClO是弱酸，不能拆成离子，正确的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++HClO+Cl-，A错误；氢碘酸是强还原剂，可还原Fe3+，FeOH3溶于氢碘酸发生氧化还原反应：2FeOH3+6H++2I-=2Fe2++610．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是A．X与W形成的化合物溶于水时一定只破坏离子键B．元素非金属性强弱的顺序为WC．W的简单氢化物的稳定性比Y的简单氢化物的稳定性低D．化合物M中W都满足8电子稳定结构【答案】D【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na；由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构可知，Y形成四个共价键，说明Y为Si；W形成两个键，最外层应该是6个电子，则W为O，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，W有8个电子，X最外层有1个电子，则Z最外层有7个电子，则Z为Cl，则W为O、X为Na、Y为Si、Z为Cl，据此解答。X与W分别是O和Na，形成的化合物可以是Na2O2，溶于水时破坏的有离子键和共价键，A错误；B．W为O、Y为Si、Z为Cl，同周期元素，从左到右非金属性依次增强，则氯元素的非金属性强于硅元素，则非金属性：W>Z>Y，B错误；C．W为O、Y为Si，非金属性：W>Y，则W的简单氢化物稳定性比Y的简单氢化物稳定性高，C错误；D．M中含二价阴离子，W为O，化合物M中O都满足8电子稳定结构，D正确。11．在FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液中，Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量之比为3:2:1，现加入适量铁粉，使溶液中三种离子物质的量浓度之比变为1:2:4，则参加反应的铁粉和原溶液中Fe3+的物质的量之比为A．2:1 B．1:2 C．1:3 D．1:4【答案】C【解析】在FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液中，Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量之比为3:2:1，假设Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，现加入适量铁粉，因为氧化性：Fe3+>Cu2+，加入铁后发生2Fe3+＋Fe＝3Fe2+，使溶液中三种离子的物质的量之比变为1:2:4，即三种离子物质的量分别变为1mol、2mol、4mol，说明有2molFe3+和1molFe反应变为3molFe2+，因此参加反应的铁粉与原溶液中Fe3+的物质的量之比为1:3，C正确。12．H2S和O2的混合气体，通入FeCl2、CuCl2、FeCl3的混合溶液，转化关系如图所示。下列描述正确的是A．在图示转化关系中化合价不变的元素只有氢和氯B．过程Ⅱ反应的离子方程式为Cu2++S2-=CuS↓C．氧化性强弱的顺序为O2>Fe3+>SD．转化过程中参加循环反应的离子只有Fe2+、Fe3+【答案】C【解析】在转化过程中化合价不变的元素不止有H和Cl，还有Cu元素化合价也未发生变化，故A错误；观察图可知，过程Ⅱ反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS+2H+，故B错误；由反应③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S，可知氧化性的强弱顺序：O2>Fe3+>S，故C正确；由图可知：一共发生的有三个反应①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+

②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，参加循环反应的离子有Fe2+、Fe3+、H+、Cu2+，故D错误。13．汽车剧烈碰撞时，安全气囊发生反应：10NaNA．还原性：NaNB．若有6.5gNaN3C．每转移1 mol电子，可生成标准状况下ND．被还原的N与被氧化的N的质量之比为15：1【答案】D【解析】还原性：还原剂>还原产物，10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16 N2↑反应中，NaN3→N2中N元素化合价从-13价→0价，化合价升高，NaN3是还原剂，N2既是还原产物也是氧化产物，则还原性：NaN3>N2，A正确；根据A项分析，NaN3是还原剂，若有6.5gNaN3参加反应，根据N原子守恒，则生成的氧化产物的物质的量为6.5g65g/mol×32=0.15mol，B正确；生成16molN2转移10mol电子，每转移1 mol电子，可生成1.6molN2，标准状况下N2的体积为1.6mol×22.4L/mol=35.8414．下列有关图象的说法正确的是A．图甲表示：向某AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与滴加NaOHB．图乙表示：向含等物质的量的NaOH和Na2CO3C．图丙表示：物质的量之比为3：2的镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V)与时间(t)的关系D．图丁为BaOH2溶液中滴加【答案】C【解析】向某AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，先生成沉淀：Al3++3OH-═Al(OH)3↓,后沉淀溶解：Al(OH)3+OH-═[Al(OH)4]-，消耗氢氧化钠溶液体积的比为3:1，A错误；向含NaOH和Na2CO3逐滴加入稀盐酸至过量，依次反应：①OH-+H+=H2O，②H++CO32-=HCO3-，③H++HCO3-=H2O+CO2↑，因此图乙表示，NaOH和Na2CO3物质的量比为2:1的混合溶液中，生成气体的体积与滴加HCl溶液体积的关系，B错误；物质的量之比为3：2的镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，镁和酸反应速率快，放出的氢气一样多，C正确；BaOH2和NaHSO4恰好1:1反应：H⁺+SO₄²⁻+Ba²⁺+

OH⁻=BaSO₄↓+H₂O

，溶液中溶质为氢氧化钠，BaOH2和NaHSO4恰好1:2反应：Ba2++2OH15．A、B、C、D都是中学化学中的常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素，在一定条件下相互转化关系如图所示(部分反应中的水已略去)，下列判断正确的是AA．若A、D均为单质，A为气体，D元素的一种复杂化合物是具有磁性的黑色晶体，则在实验室中为了防止B溶液变质，应向其中加入D单质B．若A、D为常见单质，B、C、D均为气体，则B的结构式为OC．若A、B、C的焰色试验均为黄色，且D的过度排放会造成温室效应，则B为小苏打D．若B为两性氢氧化物，A可能为铝盐或四羟基合铝酸盐【答案】D【解析】D元素的一种复杂化合物是具有磁性的黑色晶体为四氧化三铁，则D为铁，A为Cl2，B为FeCl3，C为FeCl2，FeCl3易水解生成氢氧化铁沉淀而变质，应通入适量的HCl防止其水解，A错误；若A、D为常见单质，B、C、D均为气体，则C→O2CO→O2CO2，B错误；若A、B、C的焰色试验均为黄色，且D的过度排放会造成温室效应，则NaOH→CO2Na2CO3→CO2NaHCO3B是Na2CO3，俗名为苏打，C错误；若B为两性氢氧化物为二、解答题16．下表是元素周期表的一部分，表中每一个序号代表一种元素。请根据要求，回答下列问题。(1)元素⑧、⑨对应的最高价氧化物的水化物中，酸性较强的是(用化学式表示)。(2)元素④、⑥、⑦、⑧对应的简单离子半径由大到小的顺序是(填离子符号)。(3)元素④、⑤可形成一种淡黄色的固体，其电子式是。(4)铷(Rb)是第五周期第IA族元素，与钠处于同一主族，根据已学知识预测铷的性质，下列说法正确的是___________(填字母)。A．RbOH是一种强碱B．铷单质的熔点比钠单质的熔点高C．RbCl是离子化合物D．Rb和氧气在加热的条件下生成Rb(5)元素⑥和⑦形成的合金是飞机制造、建筑等行业的重要材料。为测定此合金(不含其他元素)中金属元素的质量分数，设计了如下实验装置进行探究，甲与乙中盛装的是蒸馏水。i．导管a的作用是。ii．已知金属与酸的反应是放热反应，为了较准确测量室温、一个标准大气压下氢气的体积，待反应停止后，读取量气管乙液面之前应注意。iii．若实验用铝镁合金的质量为4.08 g，测得氢气体积为4.48 L(已转换成标准状况)，则合金中铝的质量分数为(6)如图所示，气缸的总体积为5 L，内部被活塞隔成I、II两部分，活塞可以无摩擦力自由移动，可以固定，也可以取下。25℃时，向I中充入4gH2，II中充入A．当活塞不再移动时，I室的体积为4B．当活塞不再移动时，I、II两部分密度比为1:4C．当活塞固定在气缸中间，I、II两部分压强比为2:1D．取下活塞，在一定条件下使两气体充分反应，恢复到原温度，则反应前气缸内部压强是反应后气缸内部压强的2.5倍【答案】(1)HClO(2)S(3)(4)AC(5)平衡压强，使分液漏斗中的稀硫酸能顺利滴下；精确测量氢气体积，消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差冷却至室温再读数：读数时应上下移动量气管乙，使甲、乙中液面左右相平53%(6)AD【解析】①~⑨分别是H、C、N、O、Na、Mg、Al、元素。（1）由周期表图可知，元素⑧为S、⑨Cl，对应的最高价氧化物的水化物分别是H2SO4和HClO4，非金属性Cl>S，最高价氧化物对应的水化物的酸性HClO4>H2SO4；（2）元素④为O、⑥为Mg、⑦为Al、⑧为S，对应的简单离子分别是：O2-、Mg2+、Al3+、S2-，电子层数越多，半径越大，S2-半径最大，电子层结构相同的粒子，核电荷数越大，半径越小，O2-、Mg2+、Al3+电子层结构相同，半径O2->Mg2+>Al3+，因此半径由大到小的顺序是S2->O2->Mg2+>Al3+；（3）元素④为O、⑤为Na，可形成一种淡黄色的固体是Na2O2，电子式为：；（4）金属性越强，最高价氧化物对应的水化物碱性越强，金属性Rb>K，碱性RbOH>KOH，因此RbOH是一种强碱，A正确；碱金属单质的熔点从上到下逐渐降低，铷单质的熔点比钠单质的熔点低，B错误；RbCl属于盐类，是离子化合物，C正确；Rb和氧气在加热的条件下可以生成过氧化物（Rb₂O₂）​和超氧化物（RbO₂）​，D错误；（5）该装置是测定Mg、Al与稀硫酸反应生成H2体积的装置，导管a的作用是平衡压强能够使稀硫酸顺利流下，同时可以消除由于加入稀硫酸而引起的气体体积的误差；读取量气管乙的液面时，要先冷却到室温，同时应上下移动量气管乙，使甲、乙中液面左右相平，内外压强一致再进行读数；得到氢气的物质的量为4.48L22.4L/mol=0.2mol，根据2Al~3H2，Mg~H2，设4.08g合金中Al的物质的量为xmol，Mg的物质的量为ymol，得出方程式①27x+24y=4.08，②32（6）4g氢气的物质的量为2mol，16g氧气的物质的量为0.5mol；当活塞不再移动时，两边压强相等，恒温恒压下，气体体积之比等于物质的量之比，I室的体积为2mol2mol+0.5mol×5L=4L，A正确；恒温恒压下，两种气体密度之比等于摩尔质量之比，I、II两部分气体的密度之比为：2:32=1:16，B错误；当活塞固定在气缸中间，I、II两部分气体体积相等，恒温恒容下，两种气体压强之比等于气体的物质的量之比，压强比为2：0.5=4:1，C错误；取下活塞，在一定条件下使两气体充分反应：2H2+O2点燃=2H2O，恢复到原温度25℃时，容器内17．某铁矿石A的主要成分是Fe3O4，还含少量的Al2O3、Cu2O。某工厂利用此矿石进行有关物质的回收利用，其中F(1)A中加入氢氧化钠溶液的目的是，试剂X是(写化学式)。(2)检验溶液D中Fe3+的最佳试剂是(写名称)，仅用一步反应就可以检验溶液D中是否含有Fe2+，其原理是(用离子方程式表示(3)已知二价铁能被人体更好的吸收，所以F常与维生素C一起服用效果更好，维生素C表现了性。(4)在溶液F中滴加NaOH溶液的现象是。(5)已知Cu2O为红色固体，如何证明固体E中是否有Cu2O？(写出实验操作和现象【答案】(1)除去铁矿石中的Al2O3(2)硫氰化钾溶液5Fe(3)还原(4)白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色(5)向E中滴加稀硫酸，溶液不变为蓝色，则证明E中无Cu【解析】（1）磁铁矿石A的主要成分是磁性氧化铁(Fe3O4)，还含少量的Al2O3、Cu2O，向磁铁矿石A中加入氢氧化钠溶液时，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成可溶的四羟基合铝酸钠，过滤可除去Al2O3；固体B含有四氧化三铁、氧化亚铜，加入稀硫酸，发生反应：Fe₃O₄+8H⁺=Fe²⁺+2Fe³⁺+4H₂O，Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+，过滤得到含有硫酸亚铁、硫酸铜的溶液D和铜(固体E)（2）检验Fe3+用硫氰化钾溶液，加入KSCN溶液变红色，说明含有Fe3+；混合液中所含的Fe2+具有还原性，可以用酸性KMnO4溶液检验，KMnO4溶液的紫红色褪色，即证明有Fe2+，离子方程式为：5Fe（3）Fe2+容易被氧化为Fe3+，维生素C可将Fe3+还原为Fe2+，维生素C表现了还原性；（4）溶液F为FeSO4溶液，加入NaOH溶液发生反应：Fe2++2OH-===Fe(OH)2↓，先生成白色沉淀，4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3，后被氧气氧化为Fe(OH)3，现象是：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；（5）由于Cu2O加如硫酸后会生成Cu单质和Cu2+，证明固体E中是否有Cu2O的方法是：向E中滴加稀硫酸，溶液不变为蓝色，则证明E中无三、填空题18．现有4种物质：①KNO3晶体②CO2气体③熔融NaOH④(1)上述物质中，属于电解质且能导电的是(填序号)。(2)若铁单质中混有少量的物质④，应该选择试剂除杂(填化学式)，对应的反应原理用化学方程式表示为。(3)将amol物质②缓慢通入10 Lc图中“曲线II”表示生成物(填化学式)的物质的量变化。c=mol/L，最终生成物nNa2CO3:nNaHCO3=【答案】(1)③(2)NaOH溶液2(3)NaHCO30.1【解析】（1）电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物；物质导电应有自由移动离子或电子，①KNO3晶体属于电解质，但不能导电，②CO2气体是非电解质，不能导电，③熔融NaOH是电解质，可以导电，④Al是金属单质，不是电解质，能够导电，答案选（2）Fe中有少量的Al可以用NaOH溶液除去，化学方程式为：2Al+2NaOH（3）CO2通入NaOH溶液中，依次发生①CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，②Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，曲线I先增加后减少代表的是Na2CO3，曲线II先为0后增加代表的是NaHCO3；在CO2的物质的量为0.5mol时，NaOH恰好完全生成Na2CO3，根据原子守恒n(NaOH)=2n(Na2CO3)=2n(CO2)=2×0.5mol=1mol，c=1mol在CO2的物质的量为0.5mol时，溶液中Na2CO3的物质的量为0.5mol，0.5mol~amol发生反应②Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，消耗的Na2CO3的物质的量为(a-0.5)mol，生成的NaHCO3的物质的量为2×(a-0.5)mol=(2a-1)mol，最终生成物nNa2CO3:n19．“84”消毒液是一种常见的含氯消毒剂，回答下列问题：(1)常温下，将氯气通入NaOH溶液中可制得“84”消毒液，该反应的化学方程式为。(2)某实验小组现用NaClO固体配制240mL2mol/L“84”消毒液，如图所示的仪器中肯定不需要的是(填序号)，还需用到的玻璃仪器是下列操作会使配制溶液浓度偏低的是。a．溶解后未经冷却就移液b．容量瓶使用时未干燥c．转移时没有洗涤烧杯内壁和玻璃棒d．定容时俯视刻度线e．定容摇匀后发现溶液液面低于刻度线，再补加蒸馏水至刻度线(3)某同学研究“84”消毒液的漂白性，在超市购买了一桶，其瓶体部分标签如图所示：“84”消毒液有效成分：NaClO规格：1000NaClO含量：14.9g/L密度：1.192经查阅资料发现：①“84”消毒液中含氯微粒主要有ClO-、Cl-、②相同浓度时，HClO