湖南省长沙市长沙县、望城区、浏阳市2021-2022学年高一化学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市长沙县、望城区、浏阳市2021-2022学年高一化学上学期期末试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量， 设为阿伏加德罗常数的值，5ml，即气体分子个数为0， 下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
2021年下学期期末调研考试试卷高一化学友情提示：1.本试卷分试题和答题卡两部分，共8页。满分100分，时量75分钟。2.答案一律在答题卡上书写，在试题卷上作答无效。3.可能用到的相对原子质量：C-12  Na-23  S-32  O-16  Cu-64  Fe-56  H-1一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1. 体操运动员比赛前为了防滑，常在手掌上涂抹白色的粉末——碳酸镁，以下有关碳酸镁的说法中正确的是A. 属于盐 B. 属于氧化物C. 属于碱 D. 属于碳的同素异形体【答案】A【解析】【详解】A．碳酸镁由镁离子和碳酸根离子组成，故其属于盐，故A正确；B．碳酸镁含三种元素，不是氧化物，故B不正确；C．碳酸镁的组成中无OH-，不属于碱，故C不正确；
D．碳酸镁为化合物，且其组成元素中不含碳，故其一定不是碳的同素异形体，D不正确；
故选：A。2. 下列化学用语正确的是A. N的原子结构示意图： B. 的电子式：C. 的结构式： D. 的电子式：【答案】B【解析】【详解】A．N为7号元素，N的原子结构示意图，故A错误；B．氯化钠是离子化合物，由钠离子与氯离子构成，氯化钠的电子式为 ，故B正确；C．二氧化碳是共价化合物，中心C原子与O原子之间以双键结合，其结构式为O=C=O，故C错误；D．HCl为共价化合物，H和F原子间为共价键，正确电子式为： ，故D错误；故选：B。3. 下列反应离子方程式正确的是A. 向石灰石上滴加盐酸：B. 金属钠和水反应：C. 硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液混合：D. 通入水中：【答案】A【解析】【详解】A．向石灰石上滴加盐酸反应为：，A符合要求；B．金属钠和水反应：，B不符合要求；C．硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液混合离子反应为：，C不符合要求；D．通入水中生成HClO不能拆，反应应为，D不符合要求；答案为A。4. 宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有银针验毒的记载，“银针验毒”的原理，下列说法正确的是A. X的化学式为AgS B. 反应中是还原产物C. 银针验毒时，空气中氧气失去电子 D. 反应中Ag和均是还原剂【答案】B【解析】【详解】A．反应中，根据原子守恒可知，X为Ag2S，A错误；B．上述反应中，氧气中的O元素化合价从0价降低到-2价，被还原，所以还原产物为，B正确；C．根据反应原理和化学方程式可知，氧气中的O元素化合价从0价降低到-2价，得电子，被还原，C错误；D．Ag元素从0价升高到+1价，被氧化，做还原剂，但中各元素化合价并未发生变化，D错误；故选B。5. 下列实验过程中，不会产生气体的是A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【详解】A．氯水中的Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和水，不会生成气体，故A符合题意； B．新制氯水中含有HCl，NaHCO3和HCl反应生成CO2气体，故B不符合题意； C．新制氯水中含有HClO，光照条件下HClO分解生成O2，故C不符合题意； D．Na2O2与水反应生成O2，故D不符合题意； 答案选A。6. 下列溶液中与的溶液的氯离子浓度相同的是A. 的 B. 的C. 的 D. 的【答案】B【解析】【分析】的溶液的氯离子浓度为。【详解】A．的溶液的氯离子浓度为，A不符合题意；B．的溶液的氯离子浓度为=，B符合题意；C．的溶液的氯离子浓度为=，C不符合题意；D．的溶液的氯离子浓度为=，D不符合题意；故答案选B。7. 设为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是A. 甲烷()所含的电子数为B. 溶液中含有个C. 和混合气体中所含有原子数为D. 与足量充分反应转移的电子数目为【答案】C【解析】【详解】A．未描述标准状况，气体体积不能按22.4L/mol换算为物质的量，描述错误，不符题意；B．未给出溶液体积，无法计算离子物质的量，描述错误，不符题意；C．N2和CO的摩尔质量均是28g/mol，故混合气中无论气体成分怎样混合，14g气体的物质的量始终是0.5mol，即气体分子个数为0.5NA，两种气体又都是双原子分子，所以总的原子个数是NA，描述正确，符合题意；D．1molNa2O2全做氧化剂，氧原子化合价均由-1价降为-2价，总得电子为2mol，即2NA，而Na2O2与CO2反应时Na2O2一部分做氧化剂，一部分做还原剂，氧化剂物质量不足1mol，所以转移电子数不够2NA，描述错误，不符题意；综上，本题选C。8. 下列物质反应后一定有+3价铁生成的是①过量的Fe与Cl2反应②Fe与过量稀H2SO4反应后，再向其中加入KMnO4溶液③Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中A. ① B. ①③ C. ①② D. 全部【答案】C【解析】【详解】①Fe与Cl2反应只生成FeCl3，与Fe的量无关，符合题意；②Fe与过量稀H2SO4反应后生成FeSO4，再向其中加入KMnO4溶液，Fe2+被氧化为Fe3+，符合题意；③Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中，反应有：Fe+2HCl=FeCl2+H2、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，Fe+2FeCl3=3FeCl2，故不一定有Fe3+生成，不合题意；综上分析可知，①②符合题意，故答案为：C。9. 下列说法不正确的是A. 钢的含碳量为 B. 常温下铝不与氧气反应C. 氧化铁俗称铁红，常用作油漆、涂料 D. 氧化铝是两性氧化物【答案】B【解析】【详解】A．钢为铁、碳合金，含碳量为0.03%～2%，故A正确；B．铝性质活泼，常温下与氧气反应生成致密氧化膜，阻止反应继续进行，故B错误；C．氧化铁俗称铁红，常用作油漆、涂料，故C正确；D．氧化铝与酸、碱都能反应，且生成物为盐和水，所以属于两性氧化物，故D正确；故选B。10. 、和三种核素互为A. 同位素 B. 同素异形体 C. 同系物 D. 同分异构体【答案】A【解析】【详解】核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子。同位素指的是质子数相同中子数不同原子核不同核素间的互称，、和三种核素它们的质子数都是1，而中子数分别为0、1、2，所以三者互为同位素；故选A。二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11. 下列物质属于共价化合物的是A. O2 B. KCl C. H2O D. Mg【答案】C【解析】【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，只含共价键的化合物属于共价化合物。【详解】A．O2单质中只含共价键，但属于单质，不是化合物，故A错误；B．KCl中存在离子键和共价键，属于离子化合物，故B错误；C．水分子中H与O原子之间只存在共价键，为共价化合物，故C正确；D．Mg属于单质，不是化合物，故D错误。答案选C。12. 化学与生活、社会密切相关，下列有关说法不正确的是A. 德尔塔新冠病毒有可能在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶属于胶体B. 复合膨松剂一般由碳酸盐类、酸性物质和助剂组成C. 光化学烟雾、臭氧层空洞、温室效应的形成都与氮氧化物有关D. 推广电动汽车和开展植树造林有利于环境保护【答案】BC【解析】【详解】A．气溶胶、液溶胶和固溶胶都属于胶体，新型冠状病毒有可能在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶属于胶体，故A正确；
B．复合膨松剂又名发酵粉，一般由碳酸氢钠等碳酸氢盐、酸性盐或者有机酸等酸性物质和淀粉、脂肪酸、食盐等助剂组成，作用是产生气体或使气体产生均匀，使面团疏松多孔，不属于碳酸盐类，故B错误；
C．化学烟雾、臭氧空洞的形成都与氮氧化物有关，温室效应的形成主要与二氧化碳有关，故C错误；
D．推广电动汽车，可以减少化石燃料的使用，有利于碳中和，植树造林过程中吸收二氧化碳，对“碳中和”目标的实现有积极作用，故D正确；
故选：BC。13. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z同周期且相邻，X、W同主族且与Y处于不同周期，Y、Z原子的电子数总和与X、W原子的电子数总和比为5：4。下列说法正确的是A. 原子半径：r(W)＞r(Z) ＞r(Y) ＞r(X)B. Z的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强C. 由X、Z组成的化合物与由Z、W组成的化合物只能发生化合反应D. 由X、Y、Z三种元素组成的化合物可以是酸、碱或盐【答案】BD【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z同周期且相邻，X、W同主族且与Y处于不同周期，则X为H、W为Na；X、W原子的电子数总和为12，Y、Z原子的电子数总和与X、W原子的电子数总和比为5：4，则Y、Z原子的电子数总和为15，则Y、Z分别为N和O。【详解】A. 同一周期的元素的原子半径从左到右依次减小，则原子半径： r(N) ＞r(O)，A说法不正确；B. O的非金属性强于N，则O的简单气态氢化物的热稳定性比N的强，B说法正确；C. 由X、Z组成的化合物可以是H2O，与由Z、W组成的化合物可以是Na2O2，两者发生瓜泩成氢氧化钠和氧气，两者不能发生化合反应，C说法不正确；D. 由H、N、O三种元素组成的化合物可以是HNO3、NH3∙H2O、NH4NO3，其分别为酸、碱或盐，D说法正确。本题选BD。14. 向100mL Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法不正确的是A. a点时溶液中阳离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+B. b点时溶液中发生的反应为：Fe＋Cu2+=Cu＋Fe2+C. c点时溶液中溶质的物质的量浓度无法计算D. 原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶1【答案】CD【解析】【分析】由氧化性的强弱(Fe3+>Cu2+)及图象变化可知：①0～5.6gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，②0.56g～1.68gFe时，消耗铁1.12g，剩余物为1.28g，而1.28gCu的物质的量为0.02mol，此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；③加入铁粉为从1.68g～2.24g(即加入0.56gFe)时，固体增加1.84g-1.28g=0.56g，所以此时溶液中不含Cu2+，反应完全，以此来解答。【详解】A．0～5.6gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，a点时溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+，故A正确；B．由图可知加入铁粉0.56g～1.68g时，n(Fe)= =0.02mol，剩余物为1.28g，即1.28gCu的物质的量为=0.02mol，此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故B正确；C．由图象可知原溶液中Fe3+为0.02mol，即Fe2(SO4)3为0.01mol，n(SO)=3n[Fe2(SO4)3]=0.03mol，Cu2+为0.02mol，即CuSO4为0.02mol，n(SO)=n(CuSO4)=0.02mol，当加入铁粉为从1.68g～2.24g(即加入0.56gFe)时，固体增加1.84g-1.28g=0.56g，溶液中不含Cu2+，溶液中溶质为FeSO4，n(SO)=0.02mol+0.03mol=0.05mol，SO守恒有n(FeSO4)=n(SO)=0.05mol，所以c点溶液中溶质的物质的量浓度为0.05mol÷0.1L=0.5mol/L，故C错误；D．由上述分析可知原溶液中Fe2(SO4)3为0.01mol，CuSO4为0.02mol，所以原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比=物质的量之比为1:2，故D错误；故答案选CD。三、非选择题：本题共4小题，共54分。15. 温室效应加剧引起近日全球各地出现极端天气，我国“十四五”规划中已明确提到“碳达峰”“碳中和”的目标，体现了大国担当，请回答下列问题：（1）“碳达峰”“碳中和”的“碳”指的是___________(写名称)。（2）我国科学家合成一种新型催化剂，将二氧化碳和水反应生成甲烷和氧气，该反应的化学方程式为：___________。该反应中还原剂是___________。（3）陆地生态系统的土壤是二氧化碳、甲烷等温室气体的资源库。已知土壤胶体胶粒带负电荷，具有选择吸附能力，在土壤里施用含氮量相同的下列肥料，肥效较差的是___________(填字母序号)。A.  B.  C.  D. （4）某化学兴趣小组同学将燃烧的镁条插入盛满的集气瓶内，发现镁条继续燃烧，生成白色固体，并有黑色物质附着在集气瓶内壁，写出该反应方程式，并用双线桥分析该反应电子的得失及数目：______。【答案】（1）二氧化碳    （2）    ①.     ②. 、    （3）C    （4）【解析】【小问1详解】碳达峰是指我国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后逐步降低，故碳是指二氧化碳。【小问2详解】二氧化碳和水反应生成甲烷和氧气，该反应的化学方程式为。该反应中还原剂是二氧化碳和水。【小问3详解】土胶体胶粒带负电荷，具有选择吸附能力，硝酸根带负电，互相排斥，吸收氮元素不充分，所以答案选C。【小问4详解】镁与反应，在已有知识基础上，根据元素组成分析，生成白色固体应该是，黑色物质是C，反应方程式及双线桥表示为：。16. 下表是元素周期表的一部分，①～⑦代表七种元素，它们在元素周期表中的位置如下。族周期ⅠA      01①ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA 2   ②③   3④  ⑤ ⑥⑦ 请回答下列问题：（1）元素⑥的原子结构示意图为_______，其最高正化合价为_______。（2）元素②～⑦最高价氧化物的水化物中，碱性最强的是_______(填化学式)，酸性最强的是_______(填化学式)。（3）②、③、④三种元素中，原子半径最小的是_______(填元素符号)。（4）元素①和⑦组成的化合物的水溶液与元素④的单质发生反应，其离子方程式为_______。【答案】（1）    ①.     ②. +6    （2）    ①. NaOH    ②. HClO4    （3）N    （4）【解析】【分析】根据元素的位置可知①~⑦的元素分别为H、C、N、Na、Si、S、Cl；【小问1详解】元素⑥为S，是16号元素，其原子结构示意图为，位于第VIA族，最高正化合价为+6；【小问2详解】金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，④Na的金属性最强，碱性最强的是NaOH，非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，⑦Cl的非金属性最强，酸性最强的是HClO4；【小问3详解】电子层数越多的原子半径越大，电子层数相同的，核电荷数越大，半径越小，则原子半径最小的是③N；【小问4详解】①和⑦组成的化合物的水溶液为盐酸，与④的单质Na反应生成NaCl和H2，离子方程式为。17. 实验室以石灰乳和氯气为原料制备漂白粉的过程如下：在烧瓶和烧杯中(实验装置如图1)均加入一定量石灰乳和水，搅拌，通入氯气和空气混合气体，反应。停止通入气体，充分搅拌，取出糊状物，避光，晾干，密封保存。
 （1）石灰乳和氯气反应的化学方程式为_______。（2）石灰乳吸收氯气放出热量.实验中控温的方法是_______。（3）图1中通入空气的目的是_______，烧杯中石灰乳的作用是_______。（4）在不控温的条件下，石灰乳吸收氯气的产物随时间的变化如图2所示。则制备漂白粉过程中发生的副反应的化学方程式为_______。
 （5）漂白粉需要密封保存的原因是_______。【答案】（1）2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+ Ca(ClO)2 +2H2O    （2）冷水浴    （3）    ①. 推动氯气与石灰乳的接触，使其更充分反应，同时可以减慢反应速率，便于控制温度    ②. 吸收未反应的氯气，防止污染，提高氯气的利用率    （4）6Cl2+6Ca(OH)2=5CaCl2+ Ca(ClO3)2 +6H2O    （5）防止漂白粉与空气中的CO2反应而变质【解析】【分析】通入空气可将氯气推动进入三颈烧瓶中进行反应2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+ Ca(ClO)2 +2H2O，多余的氯气可用石灰乳吸收，既可以防止污染，反应又可得到漂白粉的主要成分，提高氯气的利用率；【小问1详解】石灰乳Ca(OH)2和氯气发生歧化反应生成CaCl2和Ca(ClO)2，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+ Ca(ClO)2 +2H2O；【小问2详解】石灰乳吸收氯气放出热量，为降低反应温度，实验中控温的方法是冷水浴；【小问3详解】图1中通入空气的目的是推动氯气与石灰乳的接触，使其更充分反应，同时可以减慢反应速率，便于控制温度；由于氯气有毒，装置末的烧杯中石灰乳的作用是吸收未反应的氯气，防止污染，提高氯气的利用率；【小问4详解】温度较高时，石灰乳和氯气反应生成另一个产物是Ca(ClO3)2，Cl元素从0价升到+5价，失去2×5=10mol电子，Cl元素化合价从0降低至-1价，生成CaCl2，得到2×1=2mol电子，根据得失电子守恒，则CaCl2前配5，结合原子守恒可得发生的副反应的化学方程式为6Cl2+6Ca(OH)2=5CaCl2+ Ca(ClO3)2 +6H2O；【小问5详解】因碳酸的酸性大于次氯酸，则Ca(ClO)2 能和空气中CO2、H2O发生反应生成HClO，且HClO光照或受热会发生分解，则漂白粉需要密封保存的原因是防止漂白粉与空气中的CO2反应而变质。18. 混合物的分离提纯在生产、生活中有着重要的意义。已知某工业废水中含有大量的，还可能含有较多的、、、，以及部分污泥，通过下列流程可从该废水中回收晶体及固体单质。已知氧化性：。（1）不需任何实验就可以确定可能存在的离子中___________(填离子符号)一定不存在。（2）步骤1采用了___________操作。根据步骤2中得到固体混合物可以确定可能存在的离子中___________(填离子符号)一定存在。（3）通过实验___________(填“能”或“不能”)确定是否存在。的存在对回收晶体的纯度___________(填“有”或“无”)影响，理由是___________。（4）步骤3中加入的试剂X为___________，发生反应的离子方程式为___________。（5）步骤4中涉及的操作是：蒸发浓缩、___________、过滤、洗涤、烘干。【答案】（1）、    （2）    ①. 过滤    ②.     （3）    ①. 不能    ②. 无    ③. 有氧化性，能被过量的还原为    （4）    ①. 稀    ②.     （5）冷却结晶【解析】【分析】工业废水中含有大量的，与，与不能共存，故一定没有、；将废水过滤可以除去废水中的污泥；向溶液中加入过量的Fe，过滤后得到固体混合物，可以证明溶液中含有Cu2+，固体混合物为Fe和Cu，溶液2为FeSO4溶液；向固体混合物中加入试剂X，得到FeSO4溶液和固体单质，固体单质为Cu，则试剂X为稀硫酸，既能溶解部分铁，又不引入新杂质离子；FeSO4溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干得到。【小问1详解】工业废水中含有大量，与，与不能共存，故一定没有、；【小问2详解】步骤1分离固液混合物用过滤，步骤2中得到固体混合物可以确定原溶液中有，得到固体为铁和铜；【小问3详解】存在与否无法判断，有强氧化性，能被过量的铁还原为，故对的分离提纯无影响；【小问4详解】步骤3中加入的试剂为稀硫酸，既能溶解部分铁，又不引入新杂质离子，发生反应的离子方程式为：；【小问5详解】FeSO4溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干得到。