吉林省东北师范大学附属中学2022-2023学年高一上学期1月期末考试化学试题（含答案解析）

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注意事项：本试卷满分100分，考试时间100分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 P-31 S-32 K-39 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ba-137
一、单项选择题：(每小题2分，共50分)
1. 下列说法中正确的有
①丁达尔效应是胶体和溶液的本质区别；②和是同素异形体；③和均可用作胃药；④可用玻璃棒醀取待测液进行焰色试验；⑤溶液呈酸性，因此可刻电路板；⑥为了使铝制品适用于不同用途，常采用化学方法对铝的表面进行处理；⑦不需其他试剂即可鉴别溶液和溶液；⑧可利用加入足量稀硫酸后用碱石灰吸收逸出气体的方法测定和混合物中的质量分数；⑨漂粉精的主要成分是
A ①②③B. ⑥⑦⑨C. ③④⑥⑨D. ⑤⑥⑦
【答案】B
【解析】
【详解】①胶体和溶液的本质区别在于分散质粒子直径不同，①错误；
②H2O和H2O2是化合物，同素异形体是同种元素的不同单质，②错误；
③Na2CO3碱性较强不能用作胃药，NaHCO3可用作胃药，③错误；
④玻璃含钠离子，不可用玻璃棒蘸取待测液进行焰色试验，④错误；
⑤FeCl3溶液虽然呈酸性，但刻电路板是利用铁离子与铜单质反应，与酸性无因果关系，⑤错误；
⑥在空气中，铝的表面自然形成的氧化膜很薄，耐磨性和抗蚀性不够强，为了使铝制品适应于不同的用途，常采用化学方法对铝的表面进行处理，如增加膜的厚度，对氧化膜进行着色等为了使铝制品适用于不同用途，⑥正确；
⑦少量AlCl3溶液滴入足量NaOH溶液产生的白色沉淀迅速溶解，而少量NaOH溶液滴入足量AlCl3溶液产生白色沉淀，相互滴加的现象不同，则不需其他试剂即可鉴别AlCl3溶液和NaOH溶液，⑦正确；
⑧NaHCO3和Na2CO3加入足量稀硫酸后，产生的二氧化碳气体和水蒸气都被碱石灰吸收，此方法不能测定混合物中NaHCO3的质量分数，⑧错误；
⑨漂粉精又名高效漂白粉，主要成分是Ca(ClO)2，⑨正确；则正确的是⑥⑦⑨三项；B正确；
答案选B。
2. 下列结论正确的是
①微粒半径：S2-＞Cl-＞K+＞Al3+
②氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4
③离子的还原性：S2-＞Cl-＞Br-＞I-
④氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te
⑤酸性：HClO＞H2SO4＞H3PO4＞H2CO3
⑥非金属性：O＞N＞P＞Si
⑦金属性：Be＞Mg＞Ca＞K
A. ①②④⑥B. ①④⑥C. ①③D. ⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①K＋、S2－、Cl－原子核外电子排布相同，核电核数S2-＜Cl-＜K+，具有相同核外电子排布的离子，核电荷数越大，半径越小，则半径S2-＞Cl-＞K+，离子的原子核外电子层数越多，半径越大，Al3＋核外电子层数最小，则半径最小，则有S2-＞Cl-＞K+＞Al3+，故①正确；
②非金属性：F＞Cl＞S＞P＞Si，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，故②正确；
③非金属性：Cl＞Br＞I＞S，元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性：Cl-＜Br-＜I-＜S2-，故③错误；
④非金属性：Cl＞S＞Se＞Te，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，则氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te，故④正确；
⑤非金属性：S＞P＞C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3，又H2CO3酸性大于HClO，则有酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO，故⑤错误；
⑥因同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则有O＞N、P＞Si，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则N＞P，所以有非金属性：O＞N＞P＞Si，故⑥正确；
⑦因同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，则金属性： Ca＜K，同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，则Be＜Mg＜ Ca，则Be＜Mg＜Ca＜K，故⑦错误；
故正确的有①②④⑥，故A正确；
故选A
3. 分析和推理是化学学习常用的方法。以下推理正确的是
A. 铝制品在生活中被广泛应用，因此铝是一种不活泼金属
B. 卤素单质的熔点从F2到I2逐渐升高，则碱金属单质的熔点从Li到Cs也逐渐升高
C. 碱性氧化物都是金属氧化物，那么金属氧化物一定是碱性氧化物
D. 金属钠与水反应时会融化，说明钠的熔点低且反应放热
【答案】D
【解析】
【详解】A．铝制品在生活中被广泛应用，是因为Al比较活泼，其表面在空气中易形成致密的氧化铝薄膜，对内层起保护作用，A错误；
B．同主族从上到下，非金属单质熔沸点依次增大，金属单质熔沸点依次降低，B错误；
C．金属氧化物不一定是碱性氧化物，例如Mn2O7为酸性氧化物;Al2O3为两性氧化物，C错误；
D．金属钠熔化需要热量，故钠与水反应为放热反应，说明钠熔点低且反应放热，D正确；
故答案选D。
4. 设表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 在常温常压下，含有的原子数为
B. 标准状况下，含有的共价键数为
C. 溶液中，的数目为
D. 盐酸与足量共热，转移电子数为
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题意可知，1.7gNH3的分子数为，又由原子数为分子数的4倍，则原子数为，所以在常温常压下，1.7gNH3含有的原子数为，故A正确；
B．标准状况下， CCl4为液态，不能用气体摩尔体积计算，故B错误；
C．由于体积未知，所以无法计算，故C错误；
D．浓盐酸与MnO2共热时才能反应，稀盐酸与二氧化锰不反应，所以50mL12ml•L-1盐酸与足量MnO2共热，盐酸不能被完全消耗，所以转移的电子数小于0.3NA，故D错误；
答案选A。
5. 代表阿伏加德罗常数的值，以下说法不正确的是
A. 将足量与浓硫酸反应，生成气体，转移电子数为
B. 所含中子数为
C. 分子中含有P-P键数为
D. 和的固体混合物中含有的阳离子数为
【答案】A
【解析】
【详解】A．缺标准状况，无法计算224mL气体的物质的量和反应转移电子数目，故A错误；
B．D2O中含有10个中子，则中含有的中子数为，故B正确；
C．白磷分子中含有6个P-P键，则31g白磷分子中含有P-P键数目为×6×NAml-1=1.5NA，故C正确；
D．和的摩尔质量均为120g/ml，则混合物物质的量为2ml，由Na+和组成，由K+和组成，则固体混合物中含有的阳离子数为，故D正确；
故选A。
6. 如图是卤素单质(、、、)的沸点与相对分子质量的关系图，下列说法不正确的是

A. 单质①是最活泼的非金属单质
B. 单质④的氢化物在卤素氢化物中热稳定性最强
C. 保存少量的单质③时加少量水进行水封
D. 单质②能使石蕊试液先变红后褪色
【答案】B
【解析】
【分析】卤素单质的溶沸点与其相对分子质量成正比，根据图像知，①为，②为，③为，④为，据此分析解答。
【详解】A．同主族元素，元素的非金属性随着原子序数的增大而减弱，非金属性越强，其单质越活泼，所以单质活泼性最强的是F2，A正确；
B．非金属性越强，其氢化物的热稳定性越强，非金属性：F>Cl>Br>I，则卤素氢化物中热稳定性最强的是HF，B错误；
C．溴易挥发，在水中的溶解度较小，且密度大于水，所以为防止溴挥发，可以用水液封，则单质③保存时加少量水进行水封，C正确；
D．氯气和水反应生成HCl和HClO，HCl使溶液显酸性，HClO具有漂白性，所以单质②能使石蕊试液先变红后褪色，D正确；
故选B。
7. 类比法是一种重要的化学思维方法。下列各项中的已知和类比结论均正确的是
A. 加热条件下，钠与氧气反应生成过氧化钠，锂与氧气反应也生成过氧化锂
B. 与反应生成，则与反应生成
C. 木炭燃烧时可以用灭火，因此镁带燃烧时也可以用灭火
D. 能与溶液反应，则也能与溶液反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．锂性质不如钠活泼，锂和氧气反应只生成氧化锂，不生成过氧化锂，A错误；
B．碘的氧化性较弱，铁和碘反应生成，B错误；
C．镁带在中剧烈燃烧，发生反应方程式为。镁带燃烧时不可以用灭火，C错误；
D．能与溶液发生置换反应，类比合理，D正确；
故选D。
8. 下列过程最终存在白色沉淀的是
A. 向氯化钙溶液中通入少量二氧化碳气体
B. 向漂白粉溶液中通入过量二氧化碳气体
C. 向饱和的纯碱溶液中通入足量二氧化碳气体
D. 向氯化亚铁溶液中滴加适量氢氧化钠溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸的酸性弱于盐酸，氯化钙溶液与二氧化碳气体不反应，故A错误；
B．漂白粉溶液中次氯酸钙与过量二氧化碳气体反应生成碳酸氢钙和次氯酸，最终没有白色沉淀生成，故B错误；
C．饱和的纯碱溶液与足量二氧化碳气体反应生成碳酸氢钠沉淀，最终有白色沉淀生成，故C正确；
D．氯化亚铁溶液与适量氢氧化钠溶液反应立即生成白色沉淀，白色沉淀迅速转化为灰绿色，最终变为红褐色，最终没有白色沉淀生成，故D错误；
故选C。
9. 已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、W位于不同周期，W与X可以形成五核18电子分子，Y、Z的最外层电子数之和是W的最外层电子数的3倍。下列说法中不正确的是
A. 原子半径：W>Y>Z>X
B. Y与X形成的化合物中只含有极性共价键
C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：Y>W
D. 简单气态氢化物的热稳定性：
【答案】B
【解析】
【分析】已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、W位于不同周期，可推测X为氢元素，Y、W分别位于第二、三周期，W与X可以形成五核18电子分子，即WX4，可推测W为硅元素；Y、Z的最外层电子数之和是W的最外层电子数的3倍，可知Y、Z的最外层电子数之和为12，则Y、Z分别位于第ⅤA族和第ⅦA族，因此可推测Y、Z分别为氮元素和氟元素，即X、Y、Z、W分别为H、N、F、Si，据此分析进行解答。
【详解】A．由分析可知，X、Y、Z、W分别为H、N、F、Si，原子半径：Si>N>F>H，即W>Y>Z>X，故A正确；
B．Y与X形成的化合物即氮氢化合物中，NH3中只有极性共价键N-H，但如N2H4，则除了极性共价键N-H之外，还有非极性共价键N-N，B错误；
C．非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性N＞Si，最高价氧化物对应的水化物的酸性：HNO3>H2SiO3，C正确；
D．非金属性越强，气态氢化物热稳定性越强，非金属性F＞N，简单气态氢化物的热稳定性： HF>NH3，D正确；
故答案选B。
10. 某无色溶液中可能含有NaOH、、三种溶质中的一种或两种，向溶液中滴加稀盐酸并测定生成气体的体积，生成气体的体积与加入盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 无色溶液中可能含有
B. 无色溶液中只含有
C. a→b段发生反应的离子方程式为
D. 无色溶液中NaOH与的质量之比为1：1
【答案】C
【解析】
【分析】开始产生气体时：碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳和水，由图可知，生成气体消耗的盐酸的体积小于未产生气体时消耗的盐酸的体积，故溶质成分为NaOH和Na2CO3。
【详解】A．根据分析，溶质成分为NaOH和Na2CO3，A错误；
B．根据分析，溶质成分为NaOH和Na2CO3，B错误；
C．根据分析，a→b段发生反应的离子方程式为，C错误；
D．根据分析，，a→b段消耗的盐酸的体积与碳酸钠消耗的盐酸的体积相同，氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相同，即物质的量之比为1：1，质量比为80：106=40：53，D错误；
故选C。
11. 下列说法正确的是
A. 硫酸的导电能力比盐酸溶液强
B. 氨气溶于水能导电，所以氨气是电解质
C. BaSO4、AgCl均不溶于水，所以BaSO4、AgCl不是电解质
D. MgCl2既可以由金属镁与盐酸反应制得，也可以由金属镁Mg与Cl2反应制得
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子浓度大小及离子所带电荷数目有关，与电解质的种类无关，由于硫酸溶液和盐酸浓度不知，无法比较导电能力的大小，A错误；
B．氨气的水溶液能导电是因为氨气与水反应生成NH3·H2O，NH3·H2O能够微弱电离出NH和OH-，NH3本身不能电离产生的离子，因此NH3是非电解质，B错误；
C．BaSO4、AgCl是盐，二者均不溶于水，但在熔融状态下能够发生电离，产生自由移动的离子而能导电，因此BaSO4、AgCl属于电解质，C错误；
D．金属镁和盐酸反应生成氯化镁和氢气，镁与氯气反应也生成氯化镁，D正确；
故合理选项是D。
12. 下列离子方程式正确的是
A. 溶液和的溶液等体积均匀混合：
B. 溶液与足量的溶液反应：
C. 向次氯酸钙溶液中通入
D. 溶于溶液：
【答案】A
【解析】
【详解】A．的溶液和的溶液等体积均匀混合：，则该反应的离子方程式为2＋5H＋=Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O，A正确；
B．Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为Mg2＋＋2＋4OH-=Mg(OH)2↓＋2H2O+2，B错误；
C．向次氯酸钙溶液中通入SO2会发生氧化还原反应，生成硫酸钙和氯离子，但盐酸为强酸，离子方程式中不会出现HCl，C错误；
D．铁离子能氧化碘离子，故溶于发生氧化还原反应，有亚铁离子、I2生成，D错误；
故选A。
13. 三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)＜Mr(Y)=0.5Mr(Z)，下列说法正确的是
A. 同温同压下，三种气体密度最小的是Z
B. 同温同压下，等体积的三种气体含有的原子数目一定相等
C. 三种气体体积均为2.24L，则它们的物质的量一定均为0.1ml
D. 同温下，体积相同的两容器分别充4gY气体和2gZ气体，则其压强比为4：1
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知，三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)＜Mr(Y)=0.5Mr(Z)，则X、Y、Z的相对分子质量的大小关系为Mr(X)