吉林省松原市重点中学2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题（PDF版含答案）

松原市重点中学2022-2023学年高一上学期期末考试

化学科详解答案

一、选择题（每小题3分，共48分）

1、【答案】B

【解析】

【详解】

A．汞为第ⅡB族元素，A正确；

B．结晶水合物，为纯净物，B错误；

C．盐酸氨溴索中含有氯（）和溴（）两种卤族元素，C正确；

D．乙醇（）属于有机化合物，D正确；

故选B。

2、【答案】B

【解析】

【详解】

A．H2O是V形分子，分子结构模型为，故A错误；

B．NCl3是共价化合物，电子式为 ，故B正确；

C．HClO中O为中心原子，结构式为H—O—Cl，故C错误；   

D．Cl-的质子数为17、电子数为18，结构示意图为 ，故D错误；

选B。

 3.【答案】C

【解析】

A项，根据方程式可知混合气体(O2和Cl2)的平均相对分子质量为=47.6g/mol，故A错误；

B项，Cl2是由HClO3中Cl由+5价下降至0价转化而生成，属还原产物，故B错误；

C项，C项，由反应8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O可知，每生成3mol O2，得、失电子数均为20NA，标准状况下1.344L O2，即0.06mol，转移电子数0.4NA，故C正确；

D项，由反应8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O可知，被氧化和被还原的氯元素之比为1：1，故D错误；故选C。

 4.【答案】D

【解析】

【详解】

A．的中子数为207-82=125，故A正确；

B．表示质量数为204，质子数为82即原子序数是82的一种铅原子，故B正确；

C．和的质子数相同而中子数不同的铅的不同的原子，二者互为同位素    ，故C正确；

D．和属于同种元素的不同核素，故D错误；

故答案为：D。

5.【答案】A

【解析】

【详解】

1. 碳酸钠和碳酸氢钠位置应颠倒、故选A；

B．合金中原子半径不同，使原子层之间的相对滑动变得困难，故不选B；

C．次氯酸在光照条件下分解为盐酸和氧气，弱酸变为强酸，所以pH减小，故不选C；

D．氧化还原反应中，还原剂失电子、氧化剂得电子，故不选D；

选A。

 6.【答案】A

【解析】

【详解】

A．同主族元素从上到下原子半径增大，则原子半径：K>Na>Li，故A正确；
B．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：F->Na+＞Mg2+，故B错误；
C．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同的核电荷数越大原子半径越小，则原子半径：S>N>O，故C错误；
D．电子层数越多离子半径越大，故离子半径Br->Cl-> F-，故D错误；
故选：A。

7.【答案】D

【详解】

①活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，但是有些金属和水不反应，故①错误；

②铁露置在空气中一段时间后就会生锈，是因为与氧气、水反应生成了疏松多孔的铁锈、发生了腐蚀，金属铝在空气中和氧气反应表面生成致密氧化物保护膜、则铝能稳定存在于空气中，故②错误；

③含有钾元素的物质焰色为紫色， K单质、K2CO3的焰色均为紫色，故③正确；

④Na-K合金的熔点应低于Na和K任一金属的熔点，故④错误；故选D。

8.【答案】C

【详解】

A．H2O的热稳定性比H2S强是由于O元素的非金属性强于S元素，与H2O中含有氢键无关，故A错误；

B．HCl是由氢原子和氯原子形成的共价化合物，故B错误；

C．非极性键既可以存在单质中，如氧气分子、臭氧分子等，也可以存在化合物中，如过氧化氢和过氧化钠等，故C正确；

D．加热无水Na2CO3固体使之熔化，需要破坏离子键，故D错误；

故选C。

9.【答案】D

10.【答案】C

【解析】

A．同温同压下， ，可以得知右边CO和CO2气体总物质的量为2mol，设n(CO)=x，n(CO2)=y，x+y=2mol，28x+44y=64g，联立计算出x=1.5mol，y=0.5mol，根据分子数之比=物质的量之比可知：右边CO与CO2分子数之比为1.5∶0.5 =3∶1，A正确；

B．右侧CO和二氧化碳的物质的量为分别为1.5mol和0.5mol，所含原子物质的量为，左侧为8molN2，所含原子的物质的量为，故两侧原子个数之比为16∶4.5=32∶9，B正确；

C．同温同压下， ，右侧气体平均分子量为：28× +44× =32，则相同条件下，右侧气体密度：氧气的密度= =1∶1，C错误；

D．若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端1/3处，根据同温同压下， ，可以得知右边CO和CO2气体总物质的量为4mol，同温同体积下，，可以计算出保持温度不变，则前后两次充入情况容器内的压强之比为=5∶6，D正确；

故选C。

11.【答案】C

【分析】X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素。X、Y、Z 是原子序数依次递增的同周期元素，且最外 层电子数之和为 15，X 与 Z 可形成XZ2分子，不妨先另XZ2为CO2，C、N、O最外层电子数之和恰好为 15，假设成立，X、Y、Z分别为C、N、O；Y 与 M 形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76 g/L，则其相对分子质量为0.76´22.4=17，则M为H元素；W 的质子数是 X、Y、Z、M 四种元素质子数之和的 0.5倍，0.5×(6+7+8+1)=11，则W为Na元素。

【详解】

A．N的简单气体氢化物的热稳定性要强于C，是因为N元素的非金属性强，与氢键无关，A错误；

B．CO2、C2H2均为直线型共价化合物，Na2O2属于离子化合物，B错误；

C．由C元素形成的单质在自然条件下有多种同素异形体存在，如金刚石、石墨等，C正确；

D．由 C、N、O、H 四种元素形成的化合物不一定既有离子键又有共价键，如CO(NH2)2只含有共价键，D错误；

综上所述答案为C。

 12.【答案】D

【解析】

A．溶液与溶液按照溶质微粒个数1：4混合，恰好反应生成硫酸钡、偏铝酸盐、一水合氨和水，反应的离子方程式为，A正确；

B．含有amol的溶液中，通入等物质的量的氯气，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，反应的离子方程式为，B正确；

C．向莫尔盐[]溶液中加入过量氢氧化钠溶液，生成一水合氨、硫酸钠和氢氧化亚铁沉淀，反应的离子方程式为，C正确；

D．向中投入固体，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，则反应的离子方程式应该为，D错误；

答案选D。

13.【答案】B

【解析】

①，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的 H2分子数目为，错误；

②没有给出气体所处的温度和压强，状况下气体摩尔体积约为22.4 L/L，错误；

③，混合气体所含原子数为2NA，正确；

④根据阿伏伽德罗定律的推论，同温同体积时，气体的物质的量与压强成正比，正确；

⑤由于没有指出物质的状态，无法判断体积是否相同，错误；

⑥Na2O2中阳离子和阴离子个数比为2：1，0.5molNa2O2 中阴离子数为0.5NA，错误；

⑦，4个HCl中有2个HCl体现还原性，2个HCl体现酸性，则，被氧化的HCl0.2mol，正确；

⑧没有给出溶液体积，无法计算物质的量，错误；

⑨加硫氰化钾不变红说明无Fe3+，加入氯水变红说明能生成Fe3+，则原溶液中含Fe2+⑨正确；

故答案为：B。

 14.【答案】C

【解析】

A．洗气瓶a中盛放NaOH溶液吸收空气中的酸性气体二氧化碳，A正确；

B．反应时，先点燃c中酒精灯，用铜粉消耗空气中的氧气，再对d加热，B正确；

C．取少量反应后固体，滴加酚酞溶液，若溶液变红不能说明反应后固体中一定含，金属锂本身可以与水反应生成氢氧化锂，C错误；

D．浓硫酸的作用是防止空气中的水蒸气和氧气进入d，避免水解和燃烧，D正确；

故选C。

15.【答案】A

【解析】根据铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，若Al都完全反应，则生成氢气应相等，而反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=3：4，由方程式：2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，可知酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1L×3mol/L=0.3mol，铝与酸反应时酸完全反应，根据方程式2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑可知0.3mol盐酸生成0.15mol氢气，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15mol×4/3=0.2mol，碱与金属铝反应时铝完全反应，根据方程式2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知消耗铝的质量是。

答案选A。

 16.【答案】A

【分析】溶液中的H+可以与反应，故溶液中不存在；向溶液中通入氯气分液后得到紫黑色固体，说明有I2生成，则原溶液中含有I-，Fe3+能够氧化I-，则一定不存在Fe3+，2.54g碘单质的物质的量为2.54g÷254g/mol=0.01mol，所以原溶液中n（I-）=0.02mol；水层中加入NaOH溶液得到固体，剩余离子中能与NaOH生成沉淀的离子只有Fe2+，该固体为Fe（OH）2，灼烧固体得到的1.60g为Fe2O3，则溶液中一定存在Fe2+，根据铁元素守恒可知亚铁离子的物质的量n（Fe2+）==0.02mol；0.02molFe2+带有正电荷为0.04mol，H+带有正电荷为0.1mol/L×0.1L=0.01mol，0.02mol I-带有负电荷为0.02mol，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Cl-，由于不能确定是否存在Na+，Cl-的物质的量n（Cl-）≥0.04mol+0.01mol-0.02mol=0.03mol，据此分析解答。

【解析】

A．根据分析，溶液中一定存在、、，故A正确；

B．根据分析，溶液中一定不存在，可能存在Na+，一定存在Cl-，故B错误；

C．根据分析，原溶液中不存在Fe3+，故A错误；

D．根据分析，溶液中一定存在Cl-，故D错误；

故选A。

二、填空题(共52分）

17.

(1)       (1分)；   (2分)；   H-O-O-H (2分)
(2分)
容量瓶(1分)，胶头滴管(1分)；(2分)；(2分)

【解答】
质量数为，质子数为，则中子数为；
故答案为：；
钠核外有个电子，分布在个电子层，依次容纳，，个电子，原子结构示意图为：；

故答案为：；
依据反应可知：硝酸能制备二氧化碳，说明酸性强于碳酸，二氧化碳通入硅酸钠溶液，产生沉淀，可知碳酸酸性强于硅酸，故：，故A正确；
B.氢元素与氧元素形成共价化合物水，与钠形成离子化合物氢化钠，故B正确；
C.盐酸不是最高价含氧酸，所以不能通过实验判断元素的非金属性，故C错误；
D.同主族元素从上到下元素非金属性依次减弱，对应氢化物稳定性依次减弱，元素在周期表中位于第七周期Ⅶ族，可以推测其氢化物稳定性弱于，故D正确；
故选：；
配制一定物质的量浓度的溶液步骤为：计算称量溶解、冷却移液洗涤定容摇匀装瓶贴签，一般用天平称量用到药匙称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀；所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的玻璃仪器为：容量瓶，胶头滴管；
故答案为：容量瓶，胶头滴管；
用固体配制、 的溶液，应选择容量瓶，需要溶质的质量为：；
故答案为：；
移液前容量瓶内有少量的蒸馏水，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故A不选；
B.定容时，俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B不选；
C.称量时，药品和砝码的位置放颠倒了，因为使用游码，则实际称取溶质的质量偏小，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C选；
D.移液时，有少量液体溅出，导致部分溶质损耗，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故D选；
故选：。  

18、【答案】(13分)

(1)分液漏斗 (1分)

(2)MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O (2分)； 除去Cl2中混有的HCl气体 (2分)

(3)Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O (2分)

(4)Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO  （1分）；2HClO2HCl＋O2↑ (1分)

(5)

①氯气和碱反应会放出热量，导致温度升高，发生了副反应

6Cl2＋6Ca(OH)25CaCl2＋Ca(ClO3)2＋6H2O (2分)

②将丙装置浸在盛有冷水的水槽中或控制氯气的产生速率(2分)

【解析】(2)浓盐酸和二氧化锰反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，反应过程中会挥发出氯化氢气体，氯化氢在饱和食盐水中易溶，而氯气难溶，通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体。(3)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O。(4)漂白粉的有效成分为次氯酸钙，与空气中的水、CO2作用生成HClO和碳酸钙，同时HClO见光分解生成盐酸和氧气，所以反应的化学方程式为Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO、2HClO2HCl＋O2↑。(5)①氯气和碱反应会放出热量，导致温度升高；当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；当温度高时，发生了副反应：6Cl2＋6Ca(OH)25CaCl2＋Ca(ClO3)2＋6H2O，所以制得的漂白粉中n(CaCl2)远大于n[Ca(ClO)2]；②温度较高时氯气与石灰乳反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，用冰水或冷水冷却，或控制氯气的产生速率，通过控制反应速率，避免反应放热温度升高。

19.【答案】(14分)

（1）第二周期ⅣA族 (2分)    (2分)

（2）2  (2分)

（3）溶液由无色变成蓝色 (2分)    Cl和I是同主族元素，最外层电子数均为7，电子层数I＞Cl，原子半径I＞Cl，原子得电子能力I＜Cl，元素非金属性I＜Cl(2分)

(4)ab  (2分)

(5)2ClO2+5Mn2++6H2O═2Cl-+5MnO2↓+12H+    (2分)

【分析】A是形成化合物种类最多的元素，则A为C元素，位于第二周期ⅣA族；D是短周期中原子半径最大的主族元素，则D为Na元素，最外层电子数为1；B 与A同周期，B、D能形成两种化合物D2B和D2B2，则B为O元素；五种短周期元素的原子序数依次增大，且E的周期序数和族序数相等，位于第三周期ⅢA族，为Al元素；D、X的原子最外层电子数之和为8，则X元素最外层电子数为7，为Cl元素，即A、B、D、E、X元素分别为C、O、Na、Al、Cl。

（1）A为C元素，A在周期表中的位置是第二周期ⅣA族；Na2O2由Na+和O构成，O中O原子间共用1对电子，D2B2的电子式为。故答案为：第二周期ⅣA族；；

（2）加热条件下，碳和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O。故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；

（3）Cl2通入淀粉-KI溶液中生成I2和KCl，淀粉遇到I2变蓝色，说明Cl的非金属性强于I，从原子结构的角度解释其原因是：Cl和I是同主族元素，最外层电子数均为7，电子层数I＞Cl，原子半径I＞Cl，原子得电子能力I＜Cl，元素非金属性I＜Cl，故答案为：溶液由无色变成蓝色；Cl和I是同主族元素，最外层电子数均为7，电子层数I＞Cl，原子半径I＞Cl，原子得电子能力I＜Cl，元素非金属性I＜Cl；

（4）a．Ga的质子数为31，与Al为同主族元素，位于元素周期表的第四周期第ⅢA族，故a正确；b．Ga处于IIIA族、N处于VA族，GaN中Ga的化合价为+3，故b正确；c．电子层越多，离子半径越大，则Ga3+的离子半径大于Al3+的离子半径，故c错误，故答案为：ab；

（5）ClO2是一种高效消毒剂，工业上用其处理中性废水中的锰，使Mn2+转化为MnO2沉淀除去，ClO2被还原为Cl-，该反应的离子方程式为2ClO2+5Mn2++6H2O═2Cl-+5MnO2↓+12H+，故答案为：2ClO2+5Mn2++6H2O═2Cl-+5MnO2↓+12H+。

20.【答案】(12分)

（1）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3   (2分)

（2）D (1分) 2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑ (2分)

（3）AlO2－＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3－  (2分)

（4）偏大 (1分)

（5）除去装置A、B中的水蒸气和二氧化碳  (2分)

（6）67.2%  (2分)

【解析】（1）氯化铁溶液常用作印刷电路铜板的腐蚀剂，该反应的离子方程式2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋；从腐蚀废液中回收金属铜加入过量的铁粉置换出铜，过滤再加入盐酸溶解过量的铁粉；（2）根据铝能溶解在强酸和强碱性溶液，而铁和镁只能溶解在强酸性溶液中的性质差异，可选择NaOH溶液溶解易拉罐，可除去含有的铁、镁等杂质，故答案为D项；（3）由题意有：AlO2－＋CO2―→Al(OH)3↓＋HCO3－，此式电荷守恒，根据质量守恒有：AlO2－＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3－；（4）干燥管中盛放的是碱石灰，碱石灰能吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，所以干燥管的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置D影响测定结果，若撤去E装置，则二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸氢钠的质量分数偏大；（5）由于装置A、B内的空气含有水蒸气和二氧化碳，会影响水蒸气和二氧化碳质量的测定，因此打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，实验前要通入空气的目的是除去装置A、B中的水蒸气和二氧化碳；（6）装置D中增加的质量为二氧化碳的质量，2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，n(NaHCO3)＝2n(CO2)＝2×＝0.4 mol，所以碳酸氢钠的质量分数为：×100%＝67.2%。