四川省凉山州宁南中学2022-2023学年高一上学期期末化学试题（解析版）

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宁南中学高2025届高一上期期末考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 S-32 Fe-56
一、单选题(每题2.5分，共50分，每题只有一个最佳答案)
1. 新型冠状病毒(冠状病毒粒子直径约80～120nm)主要传播途径有飞沫传播、接触传播和气溶胶传播，可用含氯消毒剂如84消毒液、ClO2等可杀灭新冠病毒，下列有关说法不正确的是
A. 新冠病毒扩散到空气中可形成气溶胶
B. 消毒剂中的ClO2属于氧化物
C. 医院常用95%的酒精消毒
D. 用“人工肾”进行血液透析救治危重新冠肺炎患者，利用了胶体的性质
【答案】C
【解析】
【详解】A．新型冠状病毒(冠状病毒粒子直径约80～120nm)分散到空气中，可形成气溶胶，A项正确 ；
B．消毒剂中的属于氧化物，B项正确；
C．医院常用75%的酒精消毒，C项错误；
D．胶体可以透过半透膜，血液属于胶体分散系，因此用“人工肾”进行血液透析救治危重新冠肺炎患者，利用了胶体的性质，D项正确；
答案选C。
2. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 的结构示意图：
B. HClO的结构式：
C. 质子数为53、中子数为78的碘原子：
D. 的电子式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．的核电荷数为8，核外电子总数为10，其离子结构示意图为：，故A错误；
B．HClO为共价化合物，中心原子为氧，结构式：，故B正确；
C．质子数为53，中子数为78的碘原子的质量数=131，该原子正确的表示方法为I，故C错误；
D．H2O2为共价化合物，电子式为，故D错误；
故选B。
3. 抗疫居家期间，同学们在参与家务劳动的过程中体会到化学知识无处不在。下列劳动与所涉及的化学知识不相符的是
选项
家务劳动
化学知识
A
用白醋除去水壶中的水垢
白醋可溶解沉淀
B
用小苏打粉作膨松剂焙制糕点
加热容易分解放出
C
用含NaClO的84消毒液拖地
NaClO有还原性
D
用洁厕灵洗马桶
洁厕灵中含有盐酸，可以与尿垢反应

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．白醋的主要成分是醋酸，水垢的主要成分是碳酸钙，醋酸的酸性大于碳酸的酸性，故可以用白醋除去水壶中的水垢，A不符合题意；
B．碳酸氢钠不稳定受热易分解，生成碳酸钠、水和二氧化碳，故小苏打粉可以作膨松剂焙制糕点，B不符合题意；
C．次氯酸钠具有氧化性，能够杀菌消毒，所以用含NaClO的84消毒液拖地，C符合题意；
D．洁厕灵含有盐酸，可以与尿垢反应，所以用洁厕灵洗马桶，D不符合题意；
故答案为：C。
4. 设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA
B. 在常温常压下，1.7gNH3含有的原子数为0.4NA
C. 0.2mol•L-1Na2SO4溶液中，Na+的数目为0.4NA
D. 71gCl2与铁完全反应生成FeCl3时，反应转移的电子数为3NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下，四氯化碳不是气体，不是直接运用22.4L/mol，计算四氯化碳物质的量，故A错误；
B．1mol氨气中含有4mol原子，即1.7g氨气中所含原子数目为=0.4NA，故B正确；
C．没有指明溶液体积，无法计算Na+物质的量，故C错误；
D．71g氯气与铁反应生成氯化铁，转移电子数目为=2NA，故D错误；
答案为B。
5. 能正确表示下列化学反应离子方程式的是
A. 碳酸钙溶于稀盐酸中：CO+2H+=H2O+CO2↑
B 氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应：Ba2++SO=BaSO4↓
C. 氯化铁溶液与铜板反应：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
D. 澄清的石灰水与盐酸的反应：OH-+H+=H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸钙溶于稀盐酸中生成氯化钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=H2O+CO2↑+Ca2+，故A错误；
B．氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式是Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，故B错误；
C．氯化铁溶液与铜板反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式是2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C错误；
D．澄清的石灰水与盐酸的反应生成氯化钙和水，反应的离子方程式是OH-+H+=H2O，故D正确；
选D。
6. 氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如图：

下列说法不正确的是
A. 反应I属于氧化还原反应
B. 反应Ⅱ为2H2SO42SO2↑+O2↑+2H2O
C. 该流程将太阳能转化为化学能，该方法的最终产物只有H2
D. 反应Ⅱ中的SO2、反应Ⅲ中的I2均可循环利用
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应I是SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，S、I元素化合价改变，属于氧化还原反应，故A正确；
B．根据图示，反应Ⅱ为2H2SO42SO2↑+O2↑+2H2O，故B正确；
C．该流程将太阳能转化为化学能，该方法的最终产物有H2、O2，故C错误；
D．根据图示，反应Ⅱ中的SO2、反应Ⅲ中的I2均可循环利用，故D正确；
选C。
7. 下列叙述能说明氯元素非金属性比硫元素强的是
①HCl的溶解度比H2S大
②HCl的酸性比H2S强
③HCl的稳定性比H2S强
④还原性：Cl-KClO3>Cl2>Br2
B. ①中KCl是氧化产物，KBr发生还原反应
C. ③中1 mol氧化剂参加反应得到电子的物质的量为2 mol
D. 反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6
【答案】A
【解析】
【分析】物质的氧化性：氧化剂>氧化产物。还原性：还原剂>还原产物；
①根据Cl2+2KBr=2KCl+Br2可知氧化性：Cl2＞Br2；
②根据KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O可知氧化性：KClO3＞Cl2，
③根据2KBrO3 +Cl2=Br2+2KClO3可知氧化性：KBrO3＞KClO3。
【详解】A．结合以上分析可知，氧化性由强到弱顺序为 KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2，A正确；
B．①Cl2+2KBr=2KCl+Br2中，氧化剂Cl2获得电子产生的KCl是还原产物，KBr失去电子发生氧化反应，B错误；
C．在③2KBrO3 +Cl2=Br2+2KClO3中，每lmol还原剂Cl2反应，会失去10mol电子，则氧化剂得到电子的物质的量为10mol，C错误；
D．在反应②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中，氧化剂KClO3与还原剂HCl发生反应的物质的量之比为1：5，D错误；
故选A。
17. 下列实验装置能达到实验目的的是

A. 图①用于观察钾元素焰色
B. 图②用于实验室制备
C. 图③用于验证和水反应是否放热
D. 图④用于比较和热稳定性
【答案】C
【解析】
【详解】A．观察钾元素的焰色要透过蓝色钴玻璃，A错误；
B．氢氧化亚铁易被氧化，应把胶头滴管伸入氯化亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，B错误；
C．钠与水反应放热，气体压强增大，红墨水出现液面差，可以验证，C正确；
D．碳酸氢钠不稳定，受热易分解，碳酸钠较稳定，受热不易分解，所以加热时碳酸钠受热温度应该高于碳酸氢钠，D错误；
故选C。
18. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表，下列说法正确的是
元素代号
X
Y
Z
N
M
R
Q
原子半径/nm
0.37
1.86
1.43
088
0.99
0.75
0.74
最高正价
+1
+1
+3
+3
+7
+5

最低负价
-1



-1
-3
-2

A. 由元素X、R、Q组成的化合物只能是共价化合物
B. 由水溶液的酸性：HM＞H2S(氢硫酸)，可推断元素的非金属性：M＞S
C. Y和Q形成的两种常见化合物中，阴、阳离子个数比不同
D. Y、Z、M三种元素的最高价氧化物的水化物两两之间能反应
【答案】D
【解析】
【分析】短周期元素，由元素的化合价可知，Q只有-2价，则Q为O元素；M元素有最高价+7，最低价-1，则M为Cl元素；R有+5、-3价，处于ⅤA族，原子半径小于Cl，且与O元素相近，说明与O元素同周期，则R为N元素；Z的最高化合价为+3，没有负化合价，处于ⅠA族，且原子半径大于Cl元素，则Z为Al元素；X、Y均有最高正价+1，处于ⅠA族，而X有-l价，则X为H元素，Y的原子半径比Al的大很多，Y为Na元素，N元素最高化合价为+3价，原子半径比Al小，则N是第二周期第ⅢA的B元素，以此分析解答。
【详解】根据上述分析可知：X是H，Y是Na，Z是Al，N是B，M是Cl，R是N，Q是O元素。
A．X是H，R是N，Q是O元素，三种元素可以形成共价化合物HNO3、HNO2，也可以形成离子化合物NH4NO3、NH4NO2，A错误；
B．根据酸性HCl＞H2S，只能证明HCl比H2S更容易发生电离作用，不能说明元素的非金属性：Cl＞S，要证明元素的非金属性：Cl＞S，应该根据元素最高价氧化物对应的水化物的HClO4、H2SO4的酸性强弱判断，B错误；
C．Y是Na，Q是O元素，两种元素形成的常见化合物Na2O、Na2O2，Na2O中阳离子Na2+与O2-个数比是2：1；Na2O2中阳离子Na2+与阴离子的个数比是2：1，因此构成中阴、阳离子个数比是相同的，C错误；
D．Y是Na，Z是Al，M是Cl，三种元素的最高价氧化物对应的水化物化学式分别是NaOH、Al(OH)3、HClO4，NaOH是一元强碱，Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强酸、强碱都会发生反应；HClO4是一元强酸。NaOH与Al(OH)3及HClO4会发生反应；Al(OH)3与HClO4也会发生反应，可见三种物质两两都会发生反应，D正确；
故合理选项是D。
19. 某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制备七水合硫酸亚铁(FeSO4•7H2O)，设计了如图流程：

已知①SiO2与酸不反应；②氢氧化铝能与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠溶液。
下列说法不正确的是
A. 溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉
B. 若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4•7H2O
C. 从溶液2得到FeSO4•7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解
D. 固体1中一定有SiO2，加NaOH溶液控制pH是使Al3+转化为Al(OH)3进入固体2
【答案】B
【解析】
【分析】烧渣加硫酸溶解，SiO2和硫酸不反应，过滤出固体SiO2，滤液中含有硫酸铁和硫酸铝，滤液中加铁粉把Fe3+还原为Fe2+，加氢氧化钠调节pH生成氢氧化铝沉淀，过滤除去氢氧化铝得到硫酸亚铁溶液。
【详解】A．最终产品是FeSO4•7H2O，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁，所以溶解烧渣选用足量硫酸，用铁粉把Fe3+还原为Fe2+，试剂X选用铁粉，故A正确；
B．若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀是氢氧化铁，用硫酸溶解得硫酸铁溶液，故B错误；
C．Fe2+易被氧化，FeSO4•7H2O易失去结晶水，从溶液2得到FeSO4•7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，故C正确；
D．SiO2难溶与硫酸，固体1中一定有SiO2，加NaOH溶液控制pH是使Al3+转化为Al(OH)3进入固体2，除去溶液中的Al3+，故D正确；
选A。
20. 将一定质量的Mg-Al合金投入200mL稀H2SO4溶液中，充分反应，向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法正确的是

A. 140ml时溶液中溶质的物质的量为0.1mol
B. 当沉淀的物质的量为0.1mol时，加入NaOH溶液溶液体积一定为140 mL
C. 合金充分反应后，剩余硫酸的物质的量为0.1mol
D. 题中试剂浓度分别是 c(H2SO4)=1.5mol/L、c(NaOH)=5 mol/L
【答案】D
【解析】
【分析】OA段没有生成沉淀，发生反应；AB段发生反应 、；B到140mL沉淀减少发生反应。根据图中数据可知，氢氧化铝、氢氧化镁的物质的量分别是0.1mol，Mg-Al合金中Mg、Al的物质的量分别是0.1mol；溶解0.1mol氢氧化铝消耗20mL氢氧化钠，所以氢氧化钠的浓度为。
【详解】A．加入120mL时沉淀量最大，溶质只有Na2SO4，根据钠元素守恒，Na2SO4的物质的量是，120mL到140ml时生成反应，氢氧化铝的物质的量为0.1mol，生成偏铝酸钠的物质的量是0.1mol，所以溶液中溶质的物质的量为0.4mol，故A错误；
B．根据图象，当沉淀的物质的量为0.1mol时，加入NaOH溶液溶液体积有2个，故B错误；
C．AB段发生反应 、，氢氧化铝、氢氧化镁的物质的量分别是0.1mol，所以生成沉淀消耗0.5mol氢氧化钠；OA段发生反应；OA段消耗氢氧化钠的物质的量是，合金充分反应后，剩余硫酸的物质的量为0.05mol，故C错误；
D．加入120mL时沉淀量最大，溶质只有Na2SO4，根据S元素守恒，硫酸的物质的量是， c(H2SO4)=1.5mol/L、c(NaOH)=5 mol/L，故D正确；
选D。
第II卷(非选择题共50分)
21. 根据所学知识回答下列问题：
（1）①写出Fe2(SO4)3在水溶液中的电离方程式：______。
②FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应离子方程式为：_____。
③写出Al与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：_____。
（2）高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型净水剂。制取高铁酸钠所发生的反应如下：
______Fe(NO3)3+______NaOH+______Cl2=______Na2FeO4+______NaNO3+______NaCl+______H2O
①配平并用“双线桥”表示电子转移的方向和数目______。
②该反应中Na2FeO4是______(填“氧化剂”、“还原剂”、“氧化产物”或“还原产物”)。
③若转移的电子数目为0.3NA(NA为阿伏加德罗常数)，则消耗的Cl2在标准状况下的体积为______L。
④黄色气体ClO2可用于污水杀菌和饮用水净化，ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，本身还原为Cl-，该反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。
（3）已知M2O可与R2-作用，R2-被氧化为R单质，M2O的还原产物中M为+3价；又知c(M2O)=0.3mol•L-1的溶液100mL可与c(R2-)=0.6mol•L-1的溶液150mL恰好完全反应，则n值为______。
【答案】（1） ①. Fe2(SO4)3=2Fe3++3SO ②. 2Fe3++2I-=2Fe2++I2 ③. 2Al+2H2O+2OH-=2AlO+3H2↑
（2） ①. ②. 氧化产物 ③. 3.36 ④. 2：5
（3）7
【解析】
【小问1详解】
①Fe2(SO4)3在水溶液中电离出Fe3+、SO，电离方程式为Fe2(SO4)3=2Fe3++3SO。
②FeCl3与氢碘酸发生氧化还原反应生成氯化亚铁、氯化氢和碘单质，反应的离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2。
③Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2AlO+3H2↑。
【小问2详解】
Fe(NO3)3中Fe元素化合价由+3升高为+6，Cl2中Cl元素化合价由0降低为-1，根据得失电子守恒可知Fe(NO3)3、Cl2的物质的量比为2:3，再根据元素守恒，配平方程式为2Fe(NO3)3+16NaOH+3Cl2=2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+5H2O
，并用“双线桥”表示电子转移的方向和数目为。
②Fe(NO3)3中Fe元素化合价升高生成Na2FeO4， Na2FeO4是氧化产物。
③根据方程式，3mol氯气参加反应转移6mol电子，若转移的电子数目为0.3NA(NA为阿伏加德罗常数)，则消耗0.15molCl2，标准状况下的体积为3.36L。
④ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，本身还原为Cl-，Mn2+化合价由+2升高为+4，Mn2+是还原剂，ClO2中Cl元素化合价由+4降低为-1，ClO2是氧化剂，根据得失电子守恒，该反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:5。
【小问3详解】
设M2O中M的化合价为x，根据得失电子守恒0.3mol•L-1×0.1L×2×(x-3)= 0.6mol•L-1×0.15L×2，解得x=6，2×6-2n=-2，n=7。
22. 如表是元素周期表的一部分，请用规范的化学用语回答有关问题：
族
周期
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0
二
①


②
③
④

⑤
三
⑥
⑦
⑧


⑨



（1）元素⑨在周期表中所处位置______。
（2）表中化学性质最不活泼的元素，其原子结构示意图为______。
（3）④⑦⑨元素形成的化合物中含有的化学键类型为______。
（4）④、⑧、⑨三种元素的常见离子的半径由小到大的顺序为______。
（5）①、⑥、⑦三种元素的最高价氧化物的水化物中碱性最强的是______。
（6）写出⑥、⑧元素的最高价氧化物的水化物发生反应的离子方程式_______。
（7）②、③、④的简单氢化物中最稳定的是______。
（8）用电子式表示⑥与⑨形成的化合物的形成过程______。
【答案】（1）第三周期第VIA族
（2） （3）离子键、共价键
（4）Al3+