2022-2023学年福建省莆田锦江中学高一上学期期末质检化学试题含答案

这是一份2022-2023学年福建省莆田锦江中学高一上学期期末质检化学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，工业流程题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。

福建省莆田锦江中学2022-2023学年高一上学期期末质检化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．在一定条件下，RO和F2可发生反应RO＋F2＋2OH—=RO＋2F—＋H2O，从而可知在RO中，元素R的化合价为
A．＋3价 B．＋4价 C．＋5价 D．＋6价
【答案】C
【详解】由电荷守恒可得：(—n)+(—1)×2=(—1)+(—1)×2，解得n=1，由化合价代数和为0可知，RO中R元素的化合价为+5价，故选C。
2．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．pH=12的Ba(OH)2溶液中OH-数目为0.01NA
B．1.2gMg在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子个数为0.1NA
C．2.24LCO和CO2的混合气体中含碳原子的数目为0.1NA
D．6.0gSiO2晶体中含硅氧键的数目为0.2NA
【答案】B
【详解】A．溶液的体积未知，不能计算OH-物质的量，不能计算OH-的数目，A项错误；
B．1.2gMg的物质的量为=0.05mol，Mg无论转化成MgO还是转化成Mg3N2，1个Mg失去2个电子，则转移电子物质的量为0.1mol，转移电子数为0.1NA，B项正确；
C．混合气体所处温度和压强未知，不能用22.4L/mol计算2.24LCO和CO2混合气体物质的量，C项错误；
D．1molSiO2中含4mol硅氧键，6.0gSiO2物质的量为=0.1mol，含硅氧键的物质的量为0.4mol，含硅氧键的数目为0.4NA，D项错误；
答案选B。
3．用如图装置进行的实验，下列能达到相应实验目的的是

A．用装置①配制NaOH溶液
B．用装置②检验溶液中是否有Na+
C．用装置③验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性，B中应放的物质是Na2CO3
D．用装置④制取氯气
【答案】B
【详解】A．容量瓶不能作为溶解、稀释和长期贮存溶液的仪器，A错误；
B．检验钠元素可用焰色试验，即可用装置②检验溶液中是否有Na+，若颜色为黄色，则含有Na+，B正确；
C．由于A处温度比B处高，故用装置③验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性，B中应放的物质是NaHCO3，C错误；
D．实验室是用MnO2和浓盐酸加热制得，而稀盐酸与MnO2不反应，D错误；
故答案为：B。
4．下列离子方程式书写正确的是
A．氯气溶于水：Cl2+H2O=H++Cl-+ClO-
B．铁与盐酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
C．FeCl3溶液腐蚀铜板：Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+
D．往澄清石灰水中通入少量二氧化碳：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O
【答案】D
【详解】A．原离子方程式电荷不守恒，且HClO为弱酸，不能拆，故氯气溶于水的离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，A错误；
B．铁与盐酸反应生成FeCl2和H2，故该反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，B错误；
C．原离子方程式电荷不守恒，FeCl3溶液腐蚀铜板的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，C错误；
D．往澄清石灰水中通入少量二氧化碳生成CaCO3沉淀和水，故离子方程式为：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，D正确；
故答案为：D。
5．以下各组离子能在溶液中大量共存的是
A．滴加酚酞变红的溶液：加入、Fe3+、K+、Cl-
B．含有大量Cl-的溶液：加入Mg2+、Cu2+、Cl-、
C．所含溶质为NaHSO4的溶液：加入K+、Ba2+、、Na+
D．常温下，加入铝粉能生成H2的溶液：加入Na+、Ca2+、OH-、
【答案】B
【详解】A．滴加酚酞变红的溶液显碱性，含有大量OH-，OH-与Fe3+会反应产生Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，A不符合题意；
B．该组离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，B符合题意；
C．所含溶质为NaHSO4的溶液中，NaHSO4电离产生Na+、H+和，Ba2+与会发生反应生成BaSO4沉淀，不能大量共存，C不符合题意；
D．常温下，加入铝粉能生成H2的溶液，可能为酸溶液，也可能为碱溶液；若为酸溶液，含有大量H+，H+与OH-会反应产生H2O，与反应产生CO2、H2O，不能大量共存；若为碱溶液，Ca2+、OH-、会反应产生CaCO3沉淀和H2O，不能大量共存，D不符合题意；
故选B。
6．除去下列物质中所含杂质(括号内为杂质)，所选用试剂及操作方法均正确的一组是
选项
物质
选用的试剂
操作方法
A
CaO（CaCO3）
水
溶解、过滤、结晶
B
CO2（CO）
氧气
点燃
C
CuSO4（H2SO4）
氢氧化钠溶液
过滤
D
Cu（CuO）
稀盐酸
溶解、过滤、洗涤、干燥

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．CaO中混有CaCO3应采用高温加热分解的方法，A错误；
B．CO2中混有的CO的量较少，不能用点燃的方法除去，可通过炽热的CuO除去，B错误；
C．CuSO4中混有H2SO4应该加入CuO来除去，然后过滤即可，C错误；
D．Cu与盐酸不反应，CuO与盐酸反应生成可溶性的CuCl2，故Cu中混有CuO可以加入稀盐酸溶解，然后过滤、洗涤、干燥，D正确；
故选D。
7．“戴口罩，测体温，少聚集，勤洗手，勤消毒，勤通风”逐渐成为人们的生活习惯。新冠病毒直径大约为60~140nm，下列说法正确的是
A．新冠病毒扩散到空气中可能形成胶体
B．消毒剂次氯酸的结构式为：H—Cl—O
C．“84消毒液”与“洁厕灵”(盐酸)共同使用，达到既清洁又消毒的双重效果
D．“84”消毒液滴到红色石蕊试纸上，最终红色试纸上出现蓝色斑点
【答案】A
【详解】A．新冠病毒由蛋白质外壳和单链核酸组成，直径大约在60~140nm，扩散到空气中可能形成胶体，选项A正确；
B．次氯酸中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，结构式为H-O-Cl，选项B错误；
C．因“84”消毒液中含有NaClO，洁厕灵中含有盐酸，两者相遇发生反应：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，产生有毒的氯气，选项C错误；
D．“84”消毒液滴到红色石蕊试纸上，先变蓝后褪色，选项D错误；
答案选A。
8．下列关于物质性质的比较，正确的是
A．稳定性： B．原子半径大小：
C．碱性强弱： D．金属性强弱：
【答案】C
【详解】A．同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，其氢化物的稳定性逐渐减弱，因此稳定性：，A错误；
B．同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，因此原子半径大小：，B错误；
C．同主族元素从上到下，金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应水化物碱性逐渐增强，因此碱性强弱：，C正确；
D．同周期主族元素从左到右，金属性逐渐减弱，因此金属性强弱：，D错误。
故选C。
9．下列有关化学用语的表示正确的是
A．NaCl的电离方程式为：
B．电子式为：
C．Li在空气中燃烧产物的化学式为：
D．氧化生成单质硫：
【答案】D
【详解】A．氯化钠是盐，在熔融状态或水溶液中能电离出自由移动的离子，电离方程式为NaCl=Na++Cl—，故A错误；
B．三氯化磷是共价化合物，电子式为 ，故B错误；
C．锂在空气中燃烧只能生成氧化锂，不能生成过氧化锂，故C错误；
D．二氧化氯与硫化氢反应生成硫和水，消耗1mol二氧化氯反应转移4mol电子，表示反应转移电子方向的单线桥为，故D正确；
故选D。
10．高铁酸钾是高效多功能的新型非氯绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备的一种方法是向溶液中通入氯气，然后再加入溶液：
①(未配平)；
②。
下列说法不正确的是
A．在杀菌消毒过程中还可以净水
B．反应①中每消耗，吸收标准状况下22.4L(忽略和水的反应)
C．若反应①中，则还原产物与氧化产物的物质的量之比为
D．若反应①的氧化产物只有，则得到时最少消耗
【答案】C
【详解】A．K2FeO4处理水时，+6价铁为最高价，具有强氧化性能消毒杀菌，还原产生的Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质，A正确；
B．根据反应①中K与Cl原子守恒关系，每消耗，吸收1molCl2，则吸收标准状况下22.4L，B正确；
C．根据氧化还原反应中得失电子总数相等，若反应①中，其化学方程式为：，则还原产物与氧化产物的物质的量之比为，C错误；
D．根据反应②，生成需要，若反应①的氧化产物只有，则反应的化学方程式为：，生成，需要消耗，D正确；
故选C。

二、填空题
11．化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：
(1)氯气是制备含氯化合物的主要原料，实验室制取的化学反应方程式为_______。
(2)如图所示是有关的实验：

①图Ⅰ是验证氯气性质的实验，为除去HCl，A瓶中应装入的试剂是_______；能说明氯气与水发生反应的实验现象是_______，烧杯中NaOH溶液的作用是_______(用离子方程式表示)。
②图Ⅱ是纯净的氢气在氯气中燃烧的实验，可观察到的现象是_______。
(3)可用于水的消毒，同时还可将水中的转化为，说明具有_______(填“氧化”或“还原”)性。
(4)漂白粉的有效成分是_______(填化学式)，漂白粉溶于水受空气中的作用，具有漂白、杀菌作用，发生反应的化学方程式为_______。
(5)人们常用“84”消毒液进行消毒。“84”消毒液不能与洁厕灵(含盐酸)混用的原因是_______(用离子方程式表示)。
【答案】(1)(浓)
(2)     饱和食盐水     湿润的有色布条b褪色，干燥的有色布条a不褪色          纯净的氢气在氯气中安静地燃烧，发出苍白色的火焰，集气瓶口有白雾生成
(3)氧化
(4)         
(5)

【详解】（1）实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取，反应的化学反应方程式为(浓)。
（2）①氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，为除去HCl，A瓶中应装入的试剂是饱和食盐水；干燥的氯气没有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，所以能说明氯气与水发生反应的实验现象是湿润的有色布条b褪色，干燥的有色布条a不褪色；氯气有毒，可用NaOH溶液吸收多余氯气，烧杯中NaOH溶液的作用是吸收未反应的氯气，反应的离子方程式为；
②纯净的氢气在黄绿色的氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰，燃烧生成的氯化氢极易溶于水，形成盐酸小液滴，可看到集气瓶口有白雾生成。
（3）根据题意，Cl2O将转化为，Fe元素化合价升高，Cl2O中Cl元素化合价降低，即Cl2O为氧化剂，表现氧化性。
（4）漂白粉的主要成分是和，但起漂白作用的是，因此漂白粉的有效成分是；漂白粉在使用时，溶于水后与空气中的反应，生成具有漂白性的次氯酸，反应的化学方程式为。
（5）“84”消毒液的有效成分是NaClO，洁厕灵含盐酸，二者混合发生氧化还原反应生成氯气，该反应的离子方程式为。
12．完成下列问题
(1)相同物质量的和的质量比为_______。
(2)2.5mol NaOH中含有_______个，2.5mol NaOH的质量是_______g。
(3)在标准状况下，1.7g氨气所占的体积约为_______L，它与标准状况_______L硫化氢含有相同数目的氢原子。
(4)已知硫酸钠晶体()的物质的量为1.5mol，所含钠离子的物质的量是_______，钠离子的数目是_______。
(5)在某气态氧化物化学式为，在标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，则该氧化物的摩尔质量为_______。
【答案】(1)2：3
(2)     1.505×1024(或2.5NA)     100g
(3)     2.24 L     3.36 L
(4)     3mol     1.806×1024(或3NA)
(5)64 g/mol

【详解】（1）根据m=nM可知，相同物质的量的和的质量之比=32g/mol:48g/mol=2:3；
（2）NaOH由钠离子和氢氧根离子构成，2.5mol NaOH中含有2.5NA个，即1.505×1024个，2.5mol NaOH的质量是2.5mol 40g/mol=100g；
（3）1.7g氨气的物质的量==0.1mol，标况下，氨气的体积=0.1mol×22.4L/mol=2.24L；
氨气含有H原子物质的量=0.1mol×3=0.3mol，与氨气含有H原子数目相等的硫化氢的物质的量=0.15mol，故硫化氢的体积=0.15mol×22.4L/mol=3.36L；
（4）硫酸钠晶体()的物质的量为1.5mol，钠离子的物质的量＝1.5mol×2＝3 mol；
钠离子的数目＝3mol×6.02×1023mol－1＝1.806×1024=3NA；
（5）标况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，其物质的量为=0.02mol，故该氧化物的摩尔质量==64g/mol。

三、实验题
13．某化学兴趣小组为探究铜与浓硫酸的反应，用如图所示，装置进行有关实验。实验中甲同学将a g Cu片和12 mL 18 mol·L-1浓硫酸放入圆底烧瓶中加热，直到反应完毕，最后发现烧瓶中还有一定量的 H2SO4和Cu剩余。

请回答下列问题：
(1)写出Cu与浓硫酸反应的化学方程式：_______。
(2)装置D内盛品红溶液，当C中气体集满后，D中有可能观察到的现象是_______。实验装置中有可能造成环境污染，试用最简单的方法解决(实验用品自选)_______。
(3)装置B的作用是贮存多余的气体。当D处有明显现象后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，此时B装置中的现象是_______。
(4)F中应放置的液体是_______(填字母)。
A．饱和Na2SO3溶液 B．酸性KMnO4溶液
C．浓溴水 D．饱和NaHSO3溶液
(5)为什么有一定量的余酸，但未能使Cu完全溶解，你认为原因是_______。
(6)下列足量药品能够用来证明反应结束后的烧瓶中确有余酸的是_______(填字母)。
A．Fe粉 B．BaCl2溶液
C．Ag D．Na2CO3溶液
(7)甲同学向A中反应后的溶液中通入一种气体单质，使铜片全部溶解且仅生成硫酸铜溶液，请问该气体单质是_______(填名称)，化学反应方程式是_______。
【答案】(1)Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O
(2)     品红溶液褪色     将浸有NaOH溶液的棉花团塞在D试管口
(3)中液面下降，长颈漏斗中液面上升
(4)D
(5)随着反应的进行，浓硫酸的浓度不断减小，稀硫酸与Cu不反应
(6)AD
(7)     氧气     2Cu＋2H2SO4＋O2=2CuSO4＋2H2O

【分析】浓硫酸与Cu反应产生的SO2，可以使品红溶液褪色，SO2可以用NaOH溶液吸收。B装置的作用是贮存多余的气体，所以F中应盛放饱和NaHSO3溶液，以减少SO2的溶解，据此分析解题。
【详解】（1）Cu与浓硫酸反应的化学方程式：Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O；
（2）由于反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，D内盛品红溶液，当C中气体集满后，D中有可能观察到的现象是品红溶液褪色；将浸有NaOH溶液的棉花团塞在D试管口吸收过量的二氧化硫；
（3）当D处有明显现象后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，B中压强增加，此时B装置中的现象是中液面下降，长颈漏斗中液面上升；
（4）F中应盛放饱和NaHSO3溶液，以减少SO2的溶解；
（5）随着反应的进行，浓硫酸的浓度逐渐减小，稀硫酸与Cu不反应，所以虽然有一定量的余酸，但未能使Cu完全溶解；
（6）余酸与铁粉反应生成气体、与碳酸钠反应生成气体，由于产物含有硫酸铜，不论酸是否剩余都会与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故选AD；
（7）要使Cu片全部溶解，应该加入氧化剂，通入的单质气体应为O2，可不引入新的杂质；化学反应方程式是2Cu＋2H2SO4＋O2=2CuSO4＋2H2O。

四、工业流程题
14．钛是航空、军工、电力等领域的重要原材料。地壳中的含钛矿石之一是金红石，其是冶炼钛的重要原料。生产钛的工艺流程如图：

已知：①常温下，钛既不与常见非金属单质反应，也不与强酸反应；
②加热时，钛可以和常见的非金属单质反应。
(1)在反应I中：
①下列有关的说法正确的是_______(填标号)。
A．属于酸性氧化物　　B．摩尔质量为28　　C．为可燃性气体　　D．具有还原性
②反应I的化学方程式为_______。
③每转移电子，同时生成的体积为_______(标准状况下)。
(2)在反应II中：
①氩气的作用为_______。
②该反应的基本反应类型为_______。
(3)为了测定反应II制得的金属钛(杂质仅含)中的钛元素含量。常温下，取反应II制得的金属钛置于烧杯中，往烧杯中逐滴滴入物质的量浓度为的稀硫酸，当不再出现气泡时，共用去稀硫酸：
①上述反应的离子方程式为_______。
②金属钛的质量分数为_______(用含m、c、V的代数式表示)。
【答案】(1)     CD         
(2)     防止生成的钛被空气中的氧气氧化     置换反应
(3)         

【分析】根据流程可知，C、TiO2、Cl2在高温下生成TiCl4、CO，利用Mg的还原性强，将Ti置换出来，据此分析；
【详解】（1）①A．CO不属于酸性氧化物，属于不成盐氧化物，故A错误；
B．摩尔质量的单位是g/mol，因此CO的摩尔质量为28g/mol，故B错误；
C．CO为可燃性气体，与氧气燃烧生成二氧化碳，故C正确；
D．CO具有还原性，可以还原金属氧化物得到金属单质，如氧化铜，故D正确；
答案为CD；
②反应Ⅰ中得到TiCl4和CO，其反应方程式为2C+TiO2+2Cl2TiCl4+2CO；故答案为2C+TiO2+2Cl2TiCl4+2CO；
③根据②的分析，生成2molCO时，转移电子物质的量为4mol，因此每转移0.2mol电子，同时生成标况下CO的体积为=2.24L；故答案为2.24L；
（2）①氩气为稀有气体，因此氩气的作用是防止生成的钛被空气中的氧气氧化；故答案为防止生成的钛被空气中的氧气氧化；
②反应Ⅱ为2Mg+TiCl42MgCl2+Ti，该反应为置换反应；故答案为置换反应；
（3）常温下金属钛不与强酸反应，金属镁与强酸能发生反应，金属镁与稀硫酸反应的离子方程式为Mg+2H+=Mg2++H2↑；故答案为Mg+2H+=Mg2++H2↑；
金属镁与稀硫酸反应消耗稀硫酸的体积为VmL，根据Mg+2H+=Mg2++H2↑，样品中镁的物质的量为VmL×10-3L/mL×cmol/L=Vc×10-3mol，金属钛的质量分数为×100%=；故答案为。

五、元素或物质推断题
15．下表是元素周期表的一部分，请据表标注的元素回答(用相应的化学符号作答)：
      族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
1
a

f
2



b
d
e


3
g

h
k

m
n


(1)形成单质不含化学键的是_______(填化学式)。
(2)元素a分别与元素e、k、m所形成的简单气态化合物中稳定性最强的是_______(填化学式)；
(3)元素k、m、n最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是_______(用物质化学式表示)；
(4)元素g、h、m、n所形成的简单离子的半径最大的是_______(用离子符号表示)；
(5)g元素的最高价氧化物的水化物与h元素的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为_______。
(6)写出由元素b、e组成的化合物的结构式：_______。
(7)我国长征运载火箭的推进剂是一种由a、b、d三种元素组成的化合物偏二甲肼，其分子式为，与由d、e元素组成的原子个数比为1：2，相对分子质量为92的化合物混合，点火燃烧产生巨大推力，燃烧产物是两种对环境无污染的气体及水蒸气，请写出该类火箭推进剂燃烧的化学方程式：_______。
【答案】(1)He
(2)H2O
(3)HClO4
(4)S2-
(5)
(6)O=C=O
(7)C2H8N2+2N2O42CO2↑+3N2↑+4H2O↑

【分析】根据元素周期表的构造，可推断出a为H，b为C，d为N，e为O，f为He，g为Na，h为Al，k为Si，m为S，n为Cl。
【详解】（1）稀有气体元素的原子最外层已经达到稳定结构，所以形成单质时不含化学键，故为He；
（2）非金属性越强，形成的气态氢化物越稳定，O、Si、S中非金属性最强的是O，所以氢化物最稳定的是H2O；
（3）元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，Si、S、Cl非金属性逐渐增强，所以最高价氧化物对应的水化物的酸性逐渐增强，即HClO4＞H2SO4＞H2SiO3，则酸性最强的是HClO4；
（4）一般地，电子层数越多，半径越大，若电子层数相同，则质子数越多，半径越小。Na+、Al3+、S2-、Cl-中，Na+和Al3+核外电子均为两层，S2-和Cl-为三层，所以S2-和Cl-的半径大于Na+和Al3+的半径，S的质子数小于Cl，则半径S2-＞Cl-，Na的质子数小于Al，则半径Na+＞Al3+，所以半径由大到小的顺序为：S2-＞Cl-＞Na+＞Al3+，则离子的半径最大的是S2-；
（5）Na元素的最高价氧化物的水化物NaOH与Al元素的最高价氧化物的水化物Al(OH)3反应的离子方程式为；
（6）CO2是共价化合物，每个O都和C共用两对电子，将电子式中的共用电子对改成短线即为结构式：O=C=O；
（7）b2a8d2为C2H8N2，由d、e元素组成的原子个数比为1：2，相对分子质量为92的化合物为N2O4，燃烧产物中两种对环境无污染的气体为CO2和N2，根据氧化还原反应的电子守恒规律以及质量守恒定律，写出反应的化学方程式为：C2H8N2+2N2O42CO2↑+3N2↑+4H2O↑。