湖南省衡阳县第五中学2022-2023学年高一化学上学期期末考试试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省衡阳县第五中学2022-2023学年高一化学上学期期末考试试卷（Word版附解析），共13页。试卷主要包含了 下列离子方程式正确的是， 下列物质的电子式书写正确的是， 处理汽车尾气的反应为等内容，欢迎下载使用。
衡阳县第五中学2022-2023学年度高一上学期期末考试
化学试卷
考试范围：高中化学必修一；考试时间：75分钟；考试满分：100分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5
第I卷(选择题)
一、单选题。(每小题3分，共48分)
1. 按物质的组成进行分类，CaO属于
A. 碱 B. 氧化物 C. 盐 D. 单质
【答案】B
【解析】
【详解】CaO是由Ca、O两种元素组成的化合物，因此属于氧化物，故合理选项是B。
2. 2022年北京冬奥会火炬“飞扬”以铝合金为点火段材料。有关铝合金说法错误的是
A. 密度小 B. 硬度比纯铝大 C. 耐腐蚀 D. 熔点比纯铝高
【答案】D
【解析】
【详解】合金具有许多优良性能,如合金密度小，硬度大，熔沸点低，抗腐蚀能力强，各组分仍然保持原有的化学性质。故铝合金熔点比纯铝高是错误的，故合理选项是D。
3. 当光束通过下列物质时，会出现丁达尔效应的是
A. 胶体 B. 蔗糖溶液 C. 水 D. 溶液
【答案】A
【解析】
【详解】胶体具有丁达尔效应，蔗糖溶液、水和硫酸钾溶液均不是胶体，故选A。
4. 下列有关钠及其化合物的说法正确的是
A. 金属钠着火时，立即用水扑灭 B. 过氧化钠可作为潜水艇的供氧剂
C. 灼烧氯化钠时，观察到火焰的颜色为紫色 D. 碳酸钠的热稳定性比碳酸氢钠的弱
【答案】B
【解析】
【详解】A．钠能与水剧烈反应，生成易燃气体氢气等，金属钠着火时，若用水灭火，则燃烧更旺，甚至可能发生爆炸，A不正确；
B．过氧化钠能与二氧化碳和水反应，同时生成氧气，所以可作为潜水艇的供氧剂，B正确；
C．做焰色试验时，灼烧氯化钠，可观察到火焰的颜色为黄色，C不正确；
D．碳酸氢钠受热易分解，而碳酸钠即便加热到1000℃也难分解，所以碳酸钠的热稳定性比碳酸氢钠的强，D不正确；
故选B。
5. 根据元素周期表和元素周期律，下列推断错误是
A. 原子半径： B. 非金属性：
C. 酸性： D. 稳定性：
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．同周期，原子序数越小，半径越大，则原子半径：，A项错误；
B．同主族元素，序数小的非金属强，则非金属性：，B项正确；
C．非金属强，则最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：，则酸性：，C项正确；
D．非金属强，则最简单氢化物越稳定，非金属性：，则酸性：，D项正确；
答案选A。
6. 下列化合物既能用金属与氯气化合制备，又能用金属与盐酸反应制备的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．镁与氯气反应生成，镁与盐酸反应生成，故A符合题意；
B．铜与氯气反应生成，铜与盐酸不反应，故B不符合题意；
C．铁与氯气反应生成，铁与盐酸反应生成，故C不符合题意；
D．根据C选项分析，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
7. 下列物质中即含离子键又含极性共价键的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2中只含硫氧极性键，A错误；
B．过氧化钠为离子化合物，含离子键，氧原子之间为非极性共价键，B错误；
C．氢氧化钠为离子化合物，含离子键，氢原子和氧原子之间为极性共价键，C正确；
D．氯化钠为离子化合物，只含离子键，D错误；
故选C。
8. 下列离子方程式正确的是
A. 铜和硝酸银溶液反应：Cu+Ag+=Cu2++Ag
B. 铁和稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
C. 碳酸钙与稀盐酸反应：CO+2H+=CO2↑+H2O
D. 硫酸钠溶液和氯化钡溶液反应：Ba2++SO=BaSO4↓
【答案】D
【解析】
【详解】A．铜和硝酸银溶液发生置换反应，反应的离子方程式：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，故A错误；
B．铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B错误；
C．碳酸钙难溶于水，碳酸钙与稀盐酸反应的离子方程式：CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+，故C错误；
D．硫酸钠溶液和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式：Ba2++SO=BaSO4↓，故D正确；
故选D。
9. 下列物质的电子式书写正确的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．氯气中氯原子之间形成一个共用电子对，每个氯原子最外层达到8电子稳定结构，Cl2的电子式，故A错误；
B．H2O中每个氧原子与氢原子形成一个共用电子对，氧原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为，故B正确；
C．氯化钠是离子化合物，由钠原子失去电子变为钠离子，氯原子得到电子变为氯离子，电子式为，故C错误；
D．氨气为共价化合物，每个氢原子与氮原子形成一个共用电子对，氮原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为，故D错误；
答案选B。
10. 处理汽车尾气的反应为：，关于该反应的说法正确的是
A. NO发生氧化反应 B. CO2得到电子
C. CO被还原 D. NO是氧化剂
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由方程式可知，反应中氮元素的化合价降低被还原，一氧化氮为反应的氧化剂，发生还原反应，故A错误；
B．由方程式可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，二氧化碳为反应的氧化产物，故B错误；
C．由方程式可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，一氧化碳为反应的还原剂，发生氧化反应被氧化，故C错误；
D．由方程式可知，反应中氮元素的化合价降低被还原，一氧化氮为反应的氧化剂，故D正确；
故选D。
11. 配制100 mL1.00 mol/L的NaCl溶液时，下列说法正确的是
A. 选用250 mL容量瓶
B. 搅拌溶解时有液体溅出，会使所配制溶液浓度偏低
C. 仰视容量瓶刻度线定容，会使所配制溶液浓度偏高
D. 定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线
【答案】B
【解析】
【详解】A．在实验室中有规格是100 mL的容量瓶，则配制100 mL1.00 mol/L的NaCl溶液时，需使用100 mL容量瓶，A错误；
B．搅拌溶解时有液体溅出，导致溶质的物质的量减少，由于溶液的体积不变，则最终会使所配制溶液浓度偏低，B正确；
C．仰视容量瓶刻度线定容，导致溶液的体积偏大，由于溶质的物质的量不变，最终会使所配制溶液浓度偏低，C错误；
D．定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线，会使溶液的体积偏大，但由于溶质的物质的量不变，最终会使所配制溶液浓度偏低，D错误；
故合理选项是B。
12. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 3.2 gO2和O3的混合气体中，含氧原子数为0. 2NA
B. 100g 46%的乙醇水溶液中含NA个氧原子
C. 2.24L氯气溶于NaOH溶液中，转移电子数为0.1NA
D. 0.1NA个HCl溶于100mL水中，所得溶液c(H+)=1.0mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】A．氧气和臭氧均由氧原子构成，3.2g是氧原子的总质量，即氧原子的物质的量为0.2mol，A正确；
B．100g46%的乙醇水溶液中含有的乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，乙醇含有的氧原子个数为NA个，但溶液中还有水，水分子也含有氧原子，B错误；
C．未注明温度和压强，2.24L氯气不一定是1mol，溶于NaOH溶液中，转移电子数不一定为0.1NA，C错误；
D．0.1NA个HCl溶于100mL水中，所得溶液的体积不确定，不能计算c(H+)，D错误；
综上所述答案为A。
13. 向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加1 mol/L的稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的量的关系如图所示。下列判断正确的是

A. 在0～a范围内，只发生中和反应
B. ab段发生反应的离子方程式为CO+2H+=CO2↑+H2O
C. a=3
D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶2
【答案】C
【解析】
【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸反应才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答。
【详解】A．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先是HCl和NaOH反应生成水和NaCl，方程式为NaOH+HCl=NaCl+H2O；继续滴加时，HCl和Na2CO3发生反应，到a点时，恰好HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl反应完全，a点以后，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，可见在0～a范围内，发生了中和反应和HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，A错误；
B．ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，该反应的离子方程式为：+H+=H2O+CO2↑，B错误；
C．根据碳元素守恒，混合物中，碳酸钠的物质的量是1 mol，1 mol Na2CO3完全转化为NaCl两步反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，分别消耗的盐酸的量是1 mol，则消耗1 mol/L稀盐酸的体积分别是1 L，所以a=3，C正确；
D．根据C元素守恒可知Na2CO3的物质的量是1 mol，其反应产生NaCl消耗HCl 2 mol，由于混合物与HCl恰好完全发生反应转化为NaCl时共消耗4 mol HCl，则其中含有的NaOH的物质的量是2 mol，原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量分别是2 mol和1 mol，二者的物质的量之比为2：1，D错误；
故合理选项是C。
14. 在标准状况下，1.12L某气体的质量是3.2g，则该气体的摩尔质量为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】在标准状况下，1.12L某气体的物质的量为=0.05mol，质量是3.2g，摩尔质量为=64g/mol；
故选B。
15. 下列物质中，既含有氯分子，又含有氯离子的是
A. 氯化钠溶液 B. 新制氯水 C. 漂白液 D. 液氯
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化钠为易溶于水的强电解质，在氯化钠溶液中只存在氯离子，不存在氯分子，A不符合题意；
B．新制氯水中，只有一部分氯分子与水反应生成盐酸和次氯酸，同时存在氯分子和氯离子，B符合题意；
C．漂白液的主要成分为氯化钠和次氯酸钠，只存在氯离子不存在氯分子，C不符合题意；
D．液氯为液态的氯分子，只存在氯分子不存在氯离子，D不符合题意；
故选B。
16. 同温同压下，a g甲气体和2a g乙气体所占的体积之比为1∶2，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述不正确的是
A. 同温同压下甲和乙的密度之比为1∶1
B. 甲与乙的摩尔质量之比为1∶1
C. 等质量的甲和乙的分子数之比为1∶2
D. 同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比为1∶1
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】根据气体所占的体积之比为1:2，设甲的体积为1L，乙的体积为2L
A．同温同压下，气体的摩尔体积相同，甲，乙气体，所以密度之比，故A正确；
B．甲的摩尔质量，同理的乙的摩尔质量，所以，故B正确；
C．由B可知甲乙两气体的摩尔质量之比可知，等质量的甲乙量气体的物质的量相等，则气体的分子数之比为1：1，故C错误；
D．根据可知，，则甲的压强为，乙的压强为，所以，故D正确。
答案选C。
第II卷(非选择题)
二、填空题(每空2分，共52分)
17. 填空题
（1）现有以下物质：①Al2(SO4)3晶体，②稀盐酸 ，③冰醋酸(固态纯醋酸) ，④石墨， ⑤酒精(C2H5OH)，⑥食盐水，⑦葡萄糖(C6H12O6)，请回答下列问题：
Ⅰ．以上物质中属于电解质的是_______(填序号，下同)。
Ⅱ．以上物质中属于非电解质的是_______。
Ⅲ．请写出①在水溶液中的电离方程式_______。
（2）配平化学方程式：_______。_______Cu + _______HNO3(稀) _______Cu(NO3)2 + _______NO↑+_______H2O
（3）新生成的氢氧化亚铁在空气中会迅速变为灰绿色、最后变为红褐色，其过程中涉及到的化学方程式为：_______。
【答案】（1） ①. ①③ ②. ⑤⑦ ③. Al2(SO4)3=2Al3++3
（2）3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
（3）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【解析】
【小问1详解】
在物质①Al2(SO4)3晶体是化合物，属于盐，盐在水中或熔融状态下能够发生电离产生自由移动的离子而能够导电，因此属于电解质；
②稀盐酸是混合物，不是化合物，因此既不属于电解质，也不属于非电解质；
③冰醋酸(固态纯醋酸)是由分子构成，在水溶液中能够发生电离而导电，因此属于电解质；
④石墨是非金属单质，不是化合物，因此既不属于电解质，也不属于非电解质；
⑤酒精(C2H5OH)是由分子构成的物质，在水溶液中或熔融状态下不能发生电离，因此属于非电解质；
⑥食盐水是混合物，不是化合物，因此既不属于电解质，也不属于非电解质；
⑦葡萄糖(C6H12O6)，是由分子构成的物质，在水溶液中或熔融状态下不能发生电离，因此属于非电解质；
Ⅰ．综上所述可知：属于电解质的物质是Al2(SO4)3晶体、冰醋酸(固态纯醋酸)，物质序号是①③；
Ⅱ．综上所述可知：属于非电解质的物质是酒精(C2H5OH)、葡萄糖(C6H12O6)，相应物质序号是⑤⑦；
Ⅲ．①是Al2(SO4)3晶体，其溶于水，电离产生Al3+、，则其在水溶液中的电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3++3；
【小问2详解】
在反应_______Cu + _______HNO3(稀) _______Cu(NO3)2 + _______NO↑+_______H2O中，Cu元素化合价由反应前Cu单质的0价变为反应后Cu(NO3)2中的+2价，升高2价；N元素化合价由反应前HNO3(稀)中+5价变为反应后NO中的+2价，化合价降低3价，化合价升降最小公倍数是6，所以Cu、Cu(NO3)2的系数是3，HNO3、NO的系数是2；根据方程式可知：反应产生的3个Cu(NO3)2中含有6个，化合价不变，也是由HNO3提供，则将HNO3的系数由2改为8，最后根据H、O元素守恒，可知H2O的系数是4，则配平后化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
小问3详解】
新生成的氢氧化亚铁在空气中会被氧气氧化，而迅速变为灰绿色、最后变为红褐色Fe(OH)3，根据电子守恒、原子守恒，可知反应过程中涉及到的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
18. 金属和非金属被广泛应用于人类生产生活中。
（1）向一铝制易拉罐中充满后，再往罐中注入足量溶液，立即封严罐口，不一会儿就发现易拉罐变瘪，用离子方程式解释上述实验现象_______，再过一会易拉罐又鼓胀起来用，用离子方程式解释上述实验现象_______。
（2）工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，漂白粉的有效成分是_______(填化学式)。
（3）铁在高温时与水蒸气反应的化学方程式为_______。
（4）将镁铝合金与过量NaOH溶液反应，所得溶液中不存在的离子是_______。
A. Na+ B. Mg2+ C. OH- D.
【答案】（1） ①. ②.
（2）Ca(ClO)2
（3）3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2 （4）B
【解析】
【小问1详解】
与溶液反应，使罐内压强减小，反应的离子方程式为：；过一会儿，铝制的易拉罐和反应生成，增大压强，又使 重新鼓起来，反应的离子方程式为：。
【小问2详解】
和反应生成和，有效成分为：。
【小问3详解】
铁在高温时与水蒸气反应生成和，反应的方程式：。
【小问4详解】
镁铝合金与过量NaOH溶液反应，Al与生成而镁不反应，故溶液中没有，故选B。
19. 几种主族元素在周期表中的位置如下

根据上表回答下列问题：
（1）⑦元素的氢化物的电子式是___________。
（2）①③⑦三种元素原子半径由大到小的顺序是___________ (用元素符号表示)。
（3）表中某元素原子的核外电子层数是最外层电子数的3倍，该元素的原子结构示意图为___________，该元素在周期表中的位置是___________。
（4）①②③三种元素最高价氧化物对应水化物碱性最强的是___________(填化学式)。
（5）⑦的非金属性强于⑧，下列表述中能证明这一事实的是___________(填字母)。
A. ⑦的氢化物比⑧的氢化物稳定
B. ⑦最高价氧化物对应的水化物的酸性强于⑧最高价氧化物对应的水化物的酸性
C. ⑦的单质能将⑧从其钠盐溶液中置换出来
D. ⑦的氢化物酸性比⑧的氢化物酸性弱
（6）①和④形成化合物是___________(填“离子”或“共价”)化合物。
【答案】（1） （2）Na＞Al＞Cl
（3） ①. ②. 第三周期IA族
（4）KOH （5）ABC
（6）离子
【解析】
【小问1详解】
根据元素周期表的位置可知⑦元素为Cl元素，其氢化物为HCl，HCl的电子式是为；
【小问2详解】
根据元素周期表的位置可知①为Na，③为Al，⑦为Cl，同周期元素，从左到右半径依次减小，半径由大到小的顺序是Na＞Al＞Cl；
小问3详解】
核外电子层数是最外层电子数的3倍，该原子电子层为三层，最外层1个电子，故该原子为Na，该元素的原子结构示意图为；该元素在周期表中的位置是第三周期IA族；
【小问4详解】
①为Na，②为K，③为Al，金属性越强，最高价氧化物对应的水化物碱性越强，同主族元素从上到下金属性依次增强，故K>Na>Al，①②③三种元素最高价氧化物对应水化物碱性最强的是KOH；
【小问5详解】
A. 非金属性越强其氢化物稳定性越强，故⑦的氢化物比⑧的氢化物稳定，故A正确；
B. 非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，⑦最高价氧化物对应的水化物的酸性强于⑧最高价氧化物对应的水化物的酸性，故B正确；
C. 非金属性越强，其单质氧化性越强，⑦的单质能将⑧从其钠盐溶液中置换出来，故C正确；
D. 非金属性与其氢化物的酸性无关，⑦的氢化物酸性比⑧的氢化物酸性弱，故D错误；
故答案为ABC
【小问6详解】
①为Na，④为H，①和④形成的化合物是NaH，NaH属于离子化合物。
20. 某学习小组的同学用MnO2和浓盐酸反应来制备纯净的氯气并验证其有无漂白性，设计装置如图：

（1）A装置中反应的化学方程式：____________________________；D装置中现象：___________________；该套装置存在的缺陷：_________________________________。
（2）取少量E装置中溶液与洁厕灵(含盐酸)混合产生有毒气体，原因是_______________________(用离子方程式表示)。
（3）若将Cl2通入热的烧碱溶液中，可以发生如下两个反应：
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O和3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O。
从氧化还原角度分析Cl2表现了_______________。当混合液中Cl-和ClO的个数比为15∶2时，混合液中ClO-和ClO的个数比为__________________。
（4）近年来，随着化学工业的快速发展，氯气的需求迅速增加。下图是制备氯气的原理示意图，其反应物是___________，CuO的作用是_____________，写出总反应的化学方程式，并用单线桥法标出该反应的电子转移情况______________________________。

【答案】（1） ①. ②. 干燥的有色布条褪色 ③. B、C装置之间缺少气体干燥装置，C装置中的导管“短进长出”
（2）
（3） ①. 氧化性和还原性 ②. 5∶2
（4） ①. HCl和 ②. 做催化剂 ③.
【解析】
【分析】A装置是MnO2与浓盐酸反应制备Cl2，装置B是除去Cl2中的HCl，装置C是收集Cl2，装置D是检验Cl2是否具有漂白性，装置E是除去尾气Cl2，防止污染空气。
【小问1详解】
A装置是MnO2与浓盐酸反应制备Cl2，其反应的化学方程式为；从装置B到装置D的过程中没有干燥装置，故Cl2中含有水蒸气，因此D装置中现象是干燥的有色布条褪色；该套装置存在的缺陷是B、C装置之间缺少气体干燥装置，C装置中的导管“短进长出；
【小问2详解】
E装置溶液中含有NaClO，与洁厕灵(含盐酸)混合后发生氧化还原反应，产生有毒气体Cl2，离子方程式为；
【小问3详解】
根据两个方程式可以看出，Cl2在反应过程中化合价既有升高也有下降，既体现氧化性也体现还原性，因此从氧化还原角度分析Cl2表现了氧化性和还原性；当混合液中Cl-和ClO个数比为15∶2时，设Cl-的物质的量为15，ClO的物质的量为2，ClO-的物质的量为x，根据得氧化还原反应得失电子守恒，15×1=2×5+x×1，解得x=5，故混合液中ClO-和ClO的个数比为5∶2；
【小问4详解】
原理示意图中可以看出进去的反应物为HCl和；CuO刚开始时参与反应，最终又生成，循环使用，故CuO做催化剂；总反应的化学方程式，并用单线桥法标出该反应的电子转移情况。