山东省临沂第四高级中学校2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题（Word版含答案）

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化学参考答案及详解
1．A
【详解】①酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应，①正确；
②Na2O2是金属氧化物而不是碱性氧化物，但是碱性氧化物一定都是金属氧化物，②正确；
③蔗糖和水分别属于非电解质和弱电解质，③正确；
④纯碱的化学式是Na2CO3，是盐而不是碱，④错误；
⑤虽然胶粒比溶液中溶质粒子大，胶粒不能透过半透膜，但是能透过滤纸，所以胶体不能用过滤的方法把胶粒分离出来，⑤错误；
⑥氢氧化铁胶体粒子带正电荷，相互之间存在排斥现象，这是氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因，⑥错误；
①、②、③三个说法正确，④、⑤、⑥三个说法错误；
答案选A。
2．D
【详解】A．由图示可知，过程I中NO转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；
B．由图示可知，过程I为NO在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+2H++e-NO+H2O，生成1molNO，a过程转移1mole-，过程II为NO和NH在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，消耗1molNO，b过程转移4mol e-，转移电子数目不相等，B错误；
C．由图示可知，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，n(NO):n(NH)=1:1，C错误；
D．由图示可知，过程I的离子方程式为NO+2H++e-NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4N2↑+4H++4e-，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+ NH= N2↑+2H2O，D正确；
答案选D。
3．B
【详解】A.Al3+和NH3H2O生成Al(OH)3沉淀而不是生成Al，故A错误；
B．S2和H+反应生成单质硫、二氧化硫和水，离子方程式为：2H++ S2=S↓+SO2↑+H2O，故B正确；
C．Fe3+做催化剂促进H2O2分解，不能大量共存，故C错误；
D．在酸性条件下Mn能将Cl-氧化为Cl2，不能大量共存，故D错误；
答案选B。
4．C
【详解】A．同温同压下，气体体积与物质的量成正比，两种气体的体积(同温同压)比为1∶1，A正确；
B．，两种气体的质量比为14∶1，B正确；
C．a气体的质量确定，但一定物质的量的气体体积与温度、压强有关，所以密度比确定，C错误；
D．分解产物质量为28g，两种气体的物质的量相等则n总=2×=mol，=15 g×mol-1，D正确；
答案选C。
5．D
【分析】组成空气的主要成分是氮气和氧气，根据原子序数Y>Z，则Y为O元素，Z为N元素，W的原子半径是短周期元素中最大的，则W是Na元素，M的结构式中，X可以形成一条共价键，且X是原子序数最小的，则X是H元素
【详解】A．M中H原子只能达到2电子稳定结构，A项不符合题意；
B．形成的化合物是NaNO2和NaNO3，B项不符合题意；
C．N3-、O2-、Na+的电子层数相同，根据“序小径大”的规律，半径大小为N3->O2->Na+即Z>Y>W，C项不符合题意；
D．M为NH2OH，其中H是+1价，O是-2价，N是-1价，每生成1个N2，N元素化合价升高，失去2个电子，所以生成1molN2时失去2mol电子，D项符合题意；
故正确选项为D
6．B
【详解】由表中化合价，可确定L、M、Q、R、T原子的最外层电子数依次为2、3、6、7、2，由原子半径，可确定L、M、Q、R为同周期元素，且都为第三周期元素，T为第二周期元素，从而确定L、M、Q、R、T分别为Mg、Al、S、Cl、O元素。
A. Mg、Al的单质分别与同浓度的稀盐酸反应时，Mg的单质反应更剧烈，A错误；
B. Al与O形成的化合物Al2O3为两性氧化物，能和强酸、强碱反应，前者生成Al3+等，后者生成AlO2-等，B正确；
C. S、O两元素的氢化物热稳定性比较，S的氢化物小于O的氢化物，C错误；
D. Mg与Cl两元素形成的化合物MgCl2中，只含有离子键，D错误；
故选B。
7．C
【分析】根据流程图可知，铝土矿加入过量NaOH溶液，由于Fe2O3与 NaOH不反应，则滤渣为Fe2O3，滤液中的溶质为偏铝酸钠，加入NaHCO3反应生成 Al(OH)3，则滤渣2为 Al(OH)3，灼烧后得到 Al2O3，电解 Al2O3得到 O2和 Al，Al在纯净的 Cl2中燃烧得到 AlCl3，AlCl3和NaH发生反应Ⅲ得到NaAlH4。
【详解】A．“碱溶”时将铝土矿粉碎可提高固体与酸的接触面积加速反应速率，提高“碱溶”效率，故A正确；
B．由上述分析可知，“滤渣”的主要成分为 Fe2O3，可以与Al单质在高温下发生铝热反应生成Fe和Al2O3，故B正确；
C．反应Ⅰ为偏铝酸钠和NaHCO3的反应，反应的离子方程式为 AlO2−+HCO3−+H2O=CO32−+Al(OH)3↓，原理为“强酸制弱酸”，泡沫灭火器的原理 3HCO3−+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑，是相互促进的水解反应，两者原理不同，故C错误；
D．AlCl3和NaH发生反应Ⅲ得到NaAlH4，反应的化学方程式为 4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl，所有元素化合价均未发生改变，所以是非氧化还原反应，故D正确；
故选C。
8．C
【详解】A．Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液，离子方程式：Ca2++HCO3-+OH-═CaCO3↓+H2O，故A错误；
B．首先氧化碘离子，只有0.6mol碘离子被氧化，发生的离子反应为2I-+Cl2=2Cl-+I2，故B错误；
C．Ca(OH)2溶液中通入足量的CO2反应生成碳酸氢钙，CO2+ OH﹣= HCO3﹣，故C正确；
D．稀硝酸具有强氧化性，磁性氧化铁溶于足量稀硝酸，离子方程式：3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为B，要注意碘离子的还原性强于亚铁离子，与氯气反应时，先氧化碘离子，再氧化亚铁离子。
9．C
【分析】c(H+)=0.1mol/L溶液中的H+可以与CO反应，故溶液中不存在CO；向溶液中通入氯气分液后得到紫色溶液，说明有I2生成，则原溶液中含有I-， Fe3+能够氧化I-，则一定不存在Fe3+；2.54g为碘单质，物质的量为=0.01mol，原溶液中含有I-的物质的量为0.02mol；水层中加入NaOH溶液得到固体，剩余离子中能与NaOH生成沉淀的离子只有Fe2+，该固体为Fe(OH)2，灼烧固体得到的1.60g为Fe2O3，则溶液中一定存在Fe2+，根据铁元素守恒可知亚铁离子的物质的量为×2=0.02mol，0.02mol Fe2+带有正电荷为0.04mol，H+带有正电荷为0.1mol/L ×0.1L=0.01mol，0.02mol I-带有负电荷为0.02mol，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Cl-，其物质的量至少为0.04mol+0.01mol -0.02mol=0.03mol，由于不能确定是否存在Na+，故Cl-含量≥0.03mol。
【详解】A．根据分析，原溶液中不存在Fe3+，A错误；
B．根据分析，溶液中一定不存在CO，可能存在Na+，一定存在Cl-，B错误；
C．根据分析，溶液中一定存在Fe2+、I-、Cl-，C正确；
D．根据分析，溶液中一定存在Cl-，D错误；
故选C。
10．B
【详解】A．向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，说明生成I2，可证明氯气的氧化性强于碘，A项正确；
B．②中产生白色沉淀，有可能是挥发的氯化氢气体中的氯离子与银离子生成氯化银沉淀，B项错误；
C．氯化亚铁与氯气生成氯化铁溶液，氯的化合价从0价降为-1价，说明氯气有氧化性，C项正确；
D．溶液先变红后褪色，说明氯水有酸性和漂白性，D项正确；
答案选B。
11．D
【详解】A．Na2O2中阳离子为Na+、阴离子为，所以Na2O2晶体中阴阳离子个数之比为1:2，A错误；
B．该反应中，FeCr2O4中铁、 铬元素的化合价升高，被氧化，Na2O2中氧元素的化合价降低，Na2FeO4和Na2TiO4既是氧化产物又是还原产物，Na2O是还原产物，B错误；
C．由化学计量数可知，有1molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的Na2O2为3mol，C错误；
D．， 每生成1mol Na2O转移6 mol电子，则生成0.3 mol Na2O转移1.8 mol电子，D正确；
故选D。
12．A
【详解】A．根据氧化性是: Cl2>FeCl3>I2，因此氯气可以氧化Fe2+，也可以氧化I-，但是碘离子还原性强于亚铁离子，碘离子会先被氯气氧化，正确的离子方程式是：Cl2不足时，Cl2+2I-=2Cl-+I2， Cl2 过量时，3Cl2+2Fe2++4I-= 6C1-+2I2+2Fe3+，所以A不可能发生，故A符合题意；
B．根据反应： ，得出氧化性是： Cl2>I2，和题意相符合，反应可能发生，故B不符合题意；
C．根据反应：，得出氧化性是：>Cl2， 和题意相符合，反应可能发生，故C不符合题意；
D．根据反应，得出氧化性是：FeCl3>I2，和题意相符合，反应可能发生，故D不符合题意；
故选A。
13．C
【分析】由化合物甲中X能形成2个共价键可知，X为O元素、W为H元素，由W、X、Y、Z为元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次增大，W和Y、X和Z分别为同主族元素可知，Y为Na元素、Z为S元素，H、O、Na、S四种元素原子的最外层电子数之和为14。
【详解】A.硫元素位于第三周期，硫化氢分子中含有的电子数为18，故A错误；
B.氧元素和钠元素形成的过氧化钠为离子化合物，化合物中含有离子键和共价键，故B错误；
C.同主族元素，从上到下离子半径依次增大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则X、Y、Z三种元素的简单离子半径大小顺序为Z>X>Y，故C正确；
D.化合物甲为亚硫酸氢钠，硫元素为+4价，而硫酸氢钠中硫元素化合价为+6价；氢氧化钠与硫酸等物质的量反应生成硫酸氢钠，不能生成亚硫酸氢钠，故D错误；
故选C。
14．C
【详解】铁的氧化物和盐酸恰好反应生成氯化物，根据电荷守恒，氧化物中氧原子的物质的量==0.35mol，氯气的物质的量为=0.025 mol，根据电子守恒，混合物中的+2价铁的物质的量为=0.05 mol，根据电荷守恒分析，混合物中+3价铁的物质的量为=0.2 mol，则混合物中铁元素的质量分数==71.4%，故选C。
15．D
【分析】W．X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍，则分析知，Z的最外层电子数为偶数，W和X的单质常温下均为气体，则推知W和X为非金属元素，所以可判断W为H元素，X为N元素，Z的最外层电子数为1+5=6，Y的最外层电子数为=3，则Y为Al元素，Z为S元素，据此结合元素及其化合物的结构与性质分析解答。
【详解】根据上述分析可知，W为H元素，X为N元素，Y为Al元素，Z为S元素，则
A．电子层数越多的元素原子半径越大，同周期元素原子半径依次减小，则原子半径：Y(Al)＞Z(S)＞X(N)＞W(H)，A错误；
B．W为H元素，X为N元素，两者可形成NH3和N2H4，B错误；
C．Y为Al元素，其氧化物为两性氧化物，可与强酸、强碱反应，C错误；
D．W、X和Z可形成(NH4)2S、NH4HS，两者既含有离子键又含有共价键，D正确。
故选D。
16．(1)     ②     ③④⑦     (2)
(3)0.1 (4)C
【解析】（1）
①Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质；
②SO2不能电离不能导电，属于非电解质，和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物；
③Na2O熔融状态导电，属于电解质，和酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物；
④NaHSO4是溶于水导电的化合物，属于电解质；
⑤漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，既不是电解质也不是非电解质，有效成分为Ca(ClO)2；
⑥NaOH溶液是电解质溶液，为混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑦Ba(OH)2溶于水能导电，属于电解质；
上述物质中， 属于酸性氧化物的有②，属于电解质的有③④⑦，⑤的有效成分为次氯酸钙，化学式为：；
故答案为②；③④⑦；；
（2）将②SO2通入足量⑥NaOH溶液中反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：；
（3）向10mL⑦Ba(OH)2的水溶液中逐滴滴加④NaHSO4的水溶液至中性，反应的化学方程式为：Ba(OH)2+2NaHSO4=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，
结合化学方程式定量关系得到，滴入硫酸氢钠溶液体积，，则此时溶液中的；
（4）向⑥NaOH溶液中通入少量①Cl2，发生反应，反应前后离子浓度变化不大，溶液导电性基本不变，溶液的电导率变化曲线合理的是C，故答案为C。
17．      Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+2H+=Fe2++H2↑     2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O     B     Fe2+、Fe3+、Cu2+    
【详解】生锈的铁屑中含有Fe2O3，印刷电路板的腐蚀剂中含有Fe3+。
(1)向Fe和Fe2O3的混合物中加入足量盐酸，Fe2O3先与H+反应生成Fe3+，而Fe3+的氧化性强于H+，因此先Fe3+与Fe反应生成Fe2+，而后为Fe与H+反应生成Fe2+，因此步骤②中生成Fe2+的离子方程式Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+2H+=Fe2++H2↑。
(2)若步骤③中加入H2O2，则Fe2+与H2O2之间发生氧化还原反应生成H2O和Fe3+，反应离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。
(3)Fe2+能被Cl2氧化为Fe3+，Fe3+与SCN-反应使溶液呈红色或血红色。
①先加氯水，后加KSCN溶液后显红色无法排除原溶液中Fe2+的存在；
②先加KSCN溶液，不显红色，再加氯水后显红色即可证明溶液中只含Fe2+不含Fe3+；
③滴加NaOH溶液，先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后呈红褐色即可证明溶液中只含Fe2+不含Fe3+；
④只滴加KSCN溶液不显红色只能排除原溶液中Fe3+的存在，不能证明溶液含Fe2+；
故选②③，因此答案为：B。
(4)溶液C中主要溶质为FeCl3，Fe3+与Cu反应生成Cu2+、Fe2+，反应过程中Fe3+可能过量，因此溶液D中可能含有的金属阳离子为Fe2+、Fe3+、Cu2+。
18．          离子键和共价键     HBrO4     HF     H2O     NaOH     S2-＞Cl-＞Na+＞Al3+     第五周期第ⅠA族     de
【详解】
(1)i．元素④位于元素周期表的第三周期第ⅠA族，该元素为Na元素，Na的过氧化物是过氧化钠，过氧化钠的电子式为；其最高价氧化物对应的水化物是NaOH，钠离子和氢氧根离子之间为离子键，O原子和H原子之间为共价键，含有的化学键类型为离子键和共价键；元素⑩位于元素周期表的第四周期第ⅦA族，为Br元素，Br元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式是HBrO4。
ii．据表可知，元素①、②、③分别为N、O、F，非金属性N＜O＜F，元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，则简单氢化物稳定性最强的是HF；②、⑧分别为O、S元素，因水分子间含有氢键，所以简单氢化物熔点高的是H2O，④、⑤分别为Na、Al元素，金属性Na＞Al，金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，则最高价氧化物的水化物碱性更强的是NaOH；④、⑤、⑧、⑨分别是Na、Al、S、Cl元素，电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时，原子序数越大，离子半径越小，四种元素的简单离子半径由大到小的顺序是：S2-＞Cl-＞Na+＞Al3+；
(2)i．铷是37号元素，位于元素周期表的第五周期第ⅠA族；
ii．a．同一主族从上到下，元素的金属性逐渐增强，铷的金属性强于钠，所以与水反应时比钠更剧烈，a正确；
b．同一主族的元素及其化合物具有相似性，Na2O在空气中易吸收水、二氧化碳发生反应，所以Rb2O在空气中也易吸收水、二氧化碳发生反应，b正确；
c．类似于Na2O2，Rb2O2与水也能剧烈反应并释放出O2，c正确；
d．Rb的金属性强于Na，所以Rb单质具有很强的还原性，d错误；
e．Rb的金属性强于Na，金属性越强，对应最高价氧化物的水化物碱性越强，RbOH的碱性比同浓度的NaOH强，e错误；
答案选：de；
19．(1)a、g、h、d、e、b、c、f
(2)除去氯气中的氯化氢气体
(3)     Fe3＋＋3SCN-=Fe(SCN)3     双氧水将Fe2＋氧化成Fe3＋
(4)     SCN-发生了反应而不是Fe3＋发生反应          H2O2将SCN-氧化成SO
【分析】由于盐酸易挥发,生成的氯气中还有氯化氢，所以利用饱和食盐水除去氯气中的
氯化氢。又因为三氯化铁的熔点为306 ℃，沸点为315℃，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气里的水分而潮解，所以再遇铁反应之前还需要干燥，且还需要防止空气中的水蒸气进入，同时还需要尾气处理；铁离子的检验试剂为硫氰化钾溶液，溶液显红色；过氧化氢、氧气等具有氧化性，可将亚铁离子氧化为铁离子，据此分析解答；
（1）
浓硫酸具有吸水性能作氯气干燥剂，碱石灰具有碱性而吸收氯气、饱和食盐水，吸收氯化氢而抑制氯气溶解,装置排列顺序为气体的制取→洗气→干燥→氯气和铁的反应→尾气处理,所以装置连接顺a→g→h→d→e→b→c→f。
（2）饱和食盐水吸收氯化氢而抑制氯气溶解，可知饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢气体。
（3）淡黄色溶液中还有铁离子，加入X后显淡红色，这说明X是KSCN溶液，反应的离子方程式为Fe3＋＋3SCN-=Fe(SCN)3；反应中铁过量遇氯化铁反应生成氯化亚铁，即溶液中还有氯化亚铁，加入双氧水可以把亚铁离子氧化为铁离子，因此红色加深，所以淡红色溶液中加入过量H2O2后溶液红色加深的原因是双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，从而增大Fe3+浓度， Fe3+、SCN-反应生成Fe(SCN)3 ，从而增大络合物浓度。
（4）取褪色后溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液无明显变化，说明溶液中不存在KSCN溶液;第二份滴加试剂X，溶液出现红色，这说明溶液中存在铁离子；第三份滴加稀HCl和BaCl2溶液，产生白色沉淀，这说明溶液中有硫酸根，所以根据实验①可知SCN-发生了反应而不是Fe3+发生反应，另取同浓度的FeCl3溶液滴加2滴试剂X ，溶液变红，再通入O2，无明显变化，这说明红色褪去不是氧气氧化导致的，即实验②的目的是排除H2O2分解产生的O2氧化SCN-的可能；综合以上分析可知溶液褪色的原因是H2O2将SCN-氧化成SO。
20．(1)0.68
(2)     10.3     偏高     用胶头滴管逐滴滴加蒸馏水，至溶液凹液面最低处与刻度线相平     重新配制
(3)     NaClO+2HCl=Cl2↑+NaCl+H2O     吸收Cl2，防止污染空气
【解析】(1)
该消毒液的质量分数为5%，密度为1.01g·cm−3，所以浓度c==mol/L≈0.68mol/L；
(2)
①由于没有95mL容量瓶，应配制100mL稀溶液，设所需该次氯酸钠消毒液的体积为V，则有0.68V=0.07×100，解得V=10.3mL；量取时若仰视，导致所需浓次氯酸钠溶液体积偏大，溶质偏多，所配溶液浓度偏高；
②定容时需用胶头滴管逐滴滴加蒸馏水，至溶液凹液面最低处与刻度线相平；加蒸馏水，若不慎超过刻度线，导致浓度偏低，则应重新配制；
(3)
观察到两表面皿之间出现黄绿色气体，说明次氯酸钠和盐酸反应生成氯气，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式为NaClO+2HCl=Cl2↑+NaCl+H2O；氯气有毒，NaOH溶液可以吸收Cl2，防止污染空气。