河北省唐山市2021-2022学年高一化学上学期期末试题（Word版附解析）

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唐山市2021~2022学年度高一年级第一学期期末考试
化学试卷
说明：
1.本试卷分卷Ⅰ和卷Ⅱ两部分，共24题，满分100分，考试时间90分钟。
2.卷Ⅰ为选择题，请将答案用2B铅笔填涂在答题卡上，卷Ⅱ用黑色笔直接答在试老的相应位置上。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Zn-65
卷Ⅰ(选择题，共42分)
一、单项选择题：本题共12小题，每题2分，共24分，每小题只有1个选项符合题意。
1. 下列化学药品与其化学品图形标志不一致的是
A
B
C
D




漂白粉
酒精
双氧水
浓硫酸

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
详解】A．漂白粉具有氧化性，属于氧化剂，具有杀菌消毒功能，也属于消毒剂，A符合题意；
B．酒精为易燃液态，无毒，不属于剧毒品，属于易燃液体，B不符合题意；
C．过氧化氢具有强的氧化性，属于氧化剂，C不符合题意；
D．浓硫酸具有强烈的腐蚀性，属于腐蚀品，D不符合题意；
故选A。
2. 在全国人民众志成城抗击新冠病毒期间，使用的“84消毒液”的主要有效成分是
A. NaOH B. NaCl C. NaClO D. Na2CO3
【答案】C
【解析】
【详解】工业上用Cl2与NaOH溶液反应制取“84消毒液”，反应原理为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，NaClO具有强氧化性，能用于杀菌消毒，故“84消毒液”的主要有效成分是NaClO，答案选C。
3. 反应可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确的是
A. 中子数为9的氮原子：
B. N2分子的电子式：
C. Cl2分子的结构式：Cl—Cl
D. Cl-的结构示意图：
【答案】C
【解析】
【详解】A．N原子的质子数为7，中子数为9的氮原子的质量数为7+9=16，该氮原子表示为，A错误；
B．N2分子中两个N原子间形成3对共用电子对，N2分子的电子式为，B错误；
C．Cl2分子中两个Cl原子间形成1对共用电子对，Cl2分子的结构式为Cl—Cl，C正确；
D．Cl-的核电荷数为17，核外有18个电子，Cl-的结构示意图为，D错误；
答案选C。
4. 下列分散系中能出现丁达尔效应的是
A. 硫酸钡是浊液 B. 蔗糖溶液 C. Al(OH)3胶体 D. 石灰水
【答案】C
【解析】
【分析】分散系中能出现丁达尔效应的是胶体，以此来解析；
【详解】A．硫酸钡浊液是浊液，不是胶体，不能出现丁达尔效应，A不符合题意；
B．蔗糖溶液属于溶液，不是胶体，不能出现丁达尔效应，B不符合题意；
C．Al(OH)3胶体属于胶体，能出现丁达尔效应，C符合题意；
D．石灰水属于溶液，不是胶体，不能出现丁达尔效应，D不符合题意；
故选C。
5. 下列说法正确的是
A. CaCl2和Na2O中的化学键类型完全相同
B. BF3、CCl4中每个原子都满足8电子稳定结构
C. HCl比H2S稳定是因为分子间作用力前者强于后者
D. 干冰气化时克服了共价键和分子间作用力
【答案】A
【解析】
【详解】A．CaCl2和Na2O都是仅含离子键的离子化合物，A正确；
B．中形成三对共用电子，B最外层有3+3=6个电子，B错误；
C．和稳定性与分子内化学键强弱有关，与分子间作用力无关，C错误；
D．干冰气化时克服了分子间作用力不需要克服共价键，D错误；
答案选A。
6. 下列物质间转化均能实现的是
A. FeS2(s)SO3(g)H2SO4(aq)
B. NaCl(aq)Na(s)Na2O2(s)
C. Al3+(aq)Al(OH)3AlO(aq)
D. NaBr(aq)Br2(aq)I2(aq)
【答案】D
【解析】
【详解】A．4FeS2(s)+11O22Fe2O3+8SO2，高温反应只能生成SO2，A不符合题意；
B．2NaCl+H2O2NaOH+H2+Cl2，电解NaCl(aq)生成氢氧化钠，不是钠单质，B不符合题意；
C．Al(OH)3不能和NH3⋅H2O反应，C不符合题意；
D．2NaBr+Cl2=Br2+2NaCl，Br2+2KI=I2+2KBr，D符合题意；
故选D。
7. 如图是配制一定物质的量浓度溶液的过程示意图。下列说法中错误的是


A. 配制100 mL1.0 mol/L的Na2CO3溶液，操作1需要称量10.6 g Na2CO3固体
B. 操作2是将恢复至常温的Na2CO3溶液转移到容量瓶中
C. 操作4是滴加水至溶液凹液面的最低点与刻度线平齐
D. 操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，要继续加水至液面与刻度线平齐
【答案】D
【解析】
【详解】A．配制100 mL1.0 mol/L的Na2CO3溶液，需要溶质的物质的量n(Na2CO3)=1.0 mol/L×0.1 L=0.1 mol，则需称量其质量m(Na2CO3)=0.1 mol×106 g/mol=10.6 g，A正确；
B．容量瓶配制溶液要求使用温度是室温，所以操作2是将恢复至常温的Na2CO3溶液转移到容量瓶中，B正确；
C．操作4是定容，向容量瓶中加水至离刻度线1-2 cm时改用胶头滴管滴加水，当滴加水至溶液凹液面的最低点与刻度线平齐，C正确；
D．操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，这是由于部分溶液黏在容量瓶刻度线以上的瓶颈上。由于溶液具有均一性，与溶液体积大小无关，所以溶液的浓度就是要配制溶液的浓度，如果此时加水至液面与刻度线平齐，对已经配制的溶液起稀释作用，导致溶液浓度偏低，D错误；
故合理选项是D。
8. 下列有关性质的比较中，不正确的是
A. 气态氢化物的热稳定性：NH3>CH4 B. 酸性：HClO>H2SO4
C. 碱性：NaOHCH4，A正确，
B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：Cl>S，则酸性HClO4>H2SO4，B错误；
C．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性NaBr2>SO2
【解析】
【小问1详解】
A．镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于是先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以加入试剂的先后顺序可以是BaCl2、Na2CO3、NaOH，A项正确；
B．澄清石灰水的主要成分是氢氧化钙，但氢氧化钙可以与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，也可以与碳酸氢钠反应生成碳酸钙沉淀，B项错误；
C．步骤II中氯气将母液中的溴离子氧化成溴单质，步骤III中利用空气将溶液中的溴单质吹出与二氧化硫发生氧化还原反应生成溴离子，这里面的溴元素是被还原的，步骤IV中溶液中的溴离子又被氯气氧化成溴单质，C项错误；
答案选A。
【小问2详解】
蒸馏时用到的仪器没有容量瓶，容量瓶是在配制一定体积一定浓度溶液时所使用的计量仪器，答案选B。
【小问3详解】
二氧化硫和溴单质发生氧化还原反应，其中二氧化硫做还原剂，被氧化成硫酸根，溴单质做氧化剂，被还原成溴离子，依据得失电子守恒和质量守恒，两者反应的化学方程式为：。
【小问4详解】
由于开始得到的是溴的稀溶液，直接蒸馏低浓度溴水成本高，产率低，经过吸收、氧化后得到浓度较高的Br2溶液，实现对溴的富集。
【小问5详解】
由题目可知，氯气可以将溴离子氧化成溴单质，说明氯气的氧化性比溴单质强，而溴单质又可以把二氧化硫氧化成硫酸根，说明溴单质的氧化性比二氧化硫强，因此三者氧化性强弱的顺序为：Cl2>Br2>SO2。
22. A、B、C、D、E、F为短周期主族元素，且原子序数依次增大，A为原子半径最小的元素，A、C常温下能形成两种液态化合物A2C和A2C2，A、D同主族，C、F同主族，B元素质子数为A、D质子数之和的一半，E元素M层与K层电子数相同。
请用化学用语回答下列问题：
（1）E元素在周期表中的位置为_____；化合物D2F中含有的化学键为______；化合物D2C2的电子式为______。
（2）热稳定性：A2C_____A2F(填“>”或“_____。(填化学式)
（3）E在BC2中燃烧的化学方程式为_____。
（4）D单质与水反应的离子反应方程式______。
（5）C、D、F三种元素形成的简单离子，其半径由大到小的顺序是_____。(用离子符号表示)
【答案】（1） ①. 第三周期第IIA族 ②. 离子键 ③.
（2） ①. > ②. NaOH ③. Mg(OH)2
（3）2Mg+CO22MgO+C
（4）2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
（5）S2->O2->Na+
【解析】
【分析】A为原子半径最小的元素，可知A为H；常温下能形成两种液态化合物H2O和H2O2，可知C为O；A、D同主族，可知D为Na；B元素质子数为A、D质子数之和的一半中，可知B为C；C、F同主族，可知F为S；E元素M层与K层电子数相同，可知E为Mg；以此来解析；
【小问1详解】
E为Mg，12号元素在周期表中的位置为第三周期第IIA族；D为Na，F为S化合物Na2S 中含有的化学键为离子键；D为Na，C为O化合物Na2O2的电子式为；
【小问2详解】
非金属性越强气体氢化物的稳定性越强，非金属性O>S，热稳定性：H2O>H2S；金属性越强对应的最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Na>Mg，Na、Mg的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱：NaOH>Mg(OH)2；
【小问3详解】
B为C，C为O，E为Mg，Mg在CO2中燃烧反应生成氧化镁和，Mg在CO2中燃烧的化学方程式为：2Mg+CO22MgO+C；
【小问4详解】
D为Na，Na单质与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子反应方程式：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；
【小问5详解】
C为O、D为Na、F为S，三种元素形成的简单离子分别为O2-，Na+，S2-，电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，半径由大到小的顺序是S2->O2->Na+。
五、计算题(本题包括2小题，共13分)
23. 以电解饱和食盐水为基础制取氯气、烧碱等产品的工业称为氯碱工业，它是目前化学工业的重要支柱之一。
（1）写出电解饱和食盐水的离子反应方程式_____。
（2）电解饱和食盐水消耗117gNaCl时，转移电子的物质的量为_____mol，理论上可得到氯气的体积是_____L(标准状况)。
（3）若将1molCl2通入石灰乳中，理论上可得到Ca(ClO)2的质量是_____g。
【答案】（1）2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-
（2） ①. 2 ②. 22.4
（3）71.5
【解析】
【小问1详解】
电解饱和食盐水生成氢氧化钠氯气和水，反应的化学方程式为：2NaC1+2H2O2NaOH+Cl2+H2，氯化钠和氢氧化钠为易溶的强电解质，拆成离子，水和氢气和氯气不能拆开，所以反应的离子方程式为：2Cl-+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH-；
【小问2详解】
117gNaCl的物质的量为=2mol，根据2NaC1+2H2O2NaOH+Cl2+H2，C1的化合价由-1价升高为0价，转移电子数2，2NaC1～Cl2～2e-，可知117gNaCl转移电子2mol，可得到氯气的体积为1mol×22.4L/mol=22.4L；
【小问3详解】
根据2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，可知2Cl2～Ca(ClO)2，m[Ca(ClO)2]=nM=×143g/mol=71.5g；
24. 将130gZn投入100mL18mol•L-1浓硫酸中充分反应，最终剩余Zn32.5g，同时生成标准状况下的气体体积为aL。己知：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O。
（1）a=______L。
（2）生成气体的物质的量分别为_____。
（3）将反应后的溶液稀释至1L，所得溶液中SO浓度为_____。
【答案】（1）33.6
（2）n(SO2)=0.3mol；n(H2)=1.2mol
（3）1.5mol•L-1
【解析】
【分析】锌与浓硫酸发生：，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：可知气体的物质的量与的物质的量相等，则参加反应的为，，生成气体为和的混合物的物质的量为，生成硫酸锌的物质的量为：，设混合物气体中含有，，

                   

                 
【小问1详解】
由 、，可知气体的物质的量与的物质的量相等，，
【小问2详解】
由反应可知，解得，，则气体中与的物质的量为n(SO2)=0.3mol；n(H2)=1.2mol
【小问3详解】
硫酸锌的物质的量为，