安徽省合肥市2022-2023学年高一化学下学期4月期中考试试题（Word版附解析）

2023年春季学期高一年级期中考试化学可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Fe56Cu64Zn65一、选择题：每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的1.关于非金属元素及其化合物，下列说法正确的是A.氯原子最外层电子数为7，所以Cl2只具有氧化性B.SO2、HClO的水溶液都具有漂白性，漂白原理也相同C.制备酸性KMnO4溶液时，通常用硫酸酸化D.将CO2或SO2通入Ba(NO3)2溶液中，均无沉淀生成【答案】C【解析】【详解】A．氯气中氯元素化合价为0，既可以升高又可以降低，氯原子既可以得电子又可以失电子，A项错误；B．氯气可与水反应生成具有漂白性的次氯酸，干燥的氯气不具有漂白性，二氧化硫具有漂白性，但不稳定，漂白原理不同，B项错误；C．溶液应加入硫酸酸化，C项正确；D．将SO2通入Ba(NO3)2溶液中，硝酸根离子在酸性溶液中表现强氧化性，能氧化二氧化硫为硫酸，反应过程中生成BaSO4沉淀，D项错误；故选C。2.研究不同价态硫元素之间的转化是合理利用硫元素的基本途径。以下是硫及其化合物的“价-类”二维图及它们之间相互转化的部分信息。下列说法错误的是A.C与A反应生成B，体现C的氧化性B.C可使品红溶液褪色，体现C的漂白性 C.C→D→E以及C→F→E都是造成酸雨的可能途径D.E的浓溶液可作干燥剂，能干燥、、等气体【答案】D【解析】【分析】由图可知，A为，B为单质，C为，D为，E为，F为，H为硫酸盐，G为亚硫酸盐。【详解】A．和发生氧化还原反应生成单质和水，该反应中，为氧化剂，则体现的氧化性，故A正确；B．具有漂白性，能使品红褪色，因此使品红溶液褪色体现的漂白性，故B正确；C．被氧化生成，与水反应生成硫酸，或者与水反应生成，被氧化生成，都是造成酸雨的可能途径，故C正确；D．浓硫酸具有强氧化性，不能干燥还原性气体，因此不能干燥，故D错误；故答案选D。3.某反应由两步反应A→B→C完成，它的反应能量变化曲线如图所示。下列叙述正确的是A.两步反应均为吸热反应B.A与C的能量差为E4C.三种物质中C最稳定D.A→B的反应一定需要加热【答案】C【解析】【详解】A．根据图中信息A→B是吸热反应，B→C是放热反应，故A错误；B．根据图中信息A与C的能量差为E5，故B错误；C．根据能量越低越稳定，C物质的能量最低，因此三种物质中C最稳定，故C正确； D．吸热反应、放热反应与反应条件无关，吸热反应并一定需要加热，比如氯化铵和Ba(OH)2∙8H2O的反应不需要加热，因此A→B的反应不一定需要加热，故D错误。综上所述，答案为C。4.如图是一种综合处理含尾气的工艺流程，下列叙述正确的是A.“吸收”过程中被还原B.“吸收”后溶液可以循环使用C.“氧化”后的溶液可以循环使用D.“氧化”中，每参加反应转移2mol电子【答案】C【解析】【分析】利用Fe2(SO4)3的氧化性氧化吸收SO2气体，反应为2H2O+SO2+Fe2(SO4)3=2FeSO4+2H2SO4，得到FeSO4溶液，再用空气中的氧气氧化得到Fe2(SO4)3溶液，反应为4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，Fe2(SO4)3溶液循环到“吸收”步骤使用。【详解】A．“吸收”过程中的化合价升高，被氧化，故A错误；B．“吸收”后的溶液为FeSO4溶液，不能循环利用，故B错误；C．“氧化”后的溶液为Fe2(SO4)3溶液，可循环到“吸收”步骤利用，故C正确；D．“氧化”中，O2化合价由0价降低为-2价，每参加反应转移4mol电子，故D错误；故答案选C。5.工业上利用废锰渣(主要成分为MnO2、KOH、MgO)制备MnSO4的流程如下图所示：已知反应Ⅰ中生成Fe2+、Mn2+、S等。下列说法不正确的是A.酸浸时适当升高温度或加速搅拌都可加快酸浸反应速率B.反应Ⅰ中每消耗60gFeS2，转移的电子数为1molC.滤液中主要存在的阳离子有：Mg2+、K+、Mn2+、H+D.反应Ⅱ的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O 【答案】C【解析】【分析】由工艺流程图可知，酸浸过程中杂质KOH、MgO等溶于硫酸进入溶液，MnO2与硫酸不反应，过滤，得到二氧化锰，反应Ⅰ中加入硫酸和FeS2将MnO2还原为Mn2+，过滤除去不溶物，反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+，加入碳酸钙调pH，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，经过滤得较纯净的硫酸锰溶液。最终得到硫酸锰晶体，据此作答。【详解】A．升高温度，加速搅拌可以使得固体与硫酸充分反应，可加快酸浸反应速率，故A正确；B．反应Ⅰ中加入硫酸和FeS2将MnO2还原为Mn2+，FeS2中S为-1价，被氧化为S单质，60gFeS2，物质的量为0.5mol，所以每消耗60gFeS2，转移的电子数为1mol，故B正确；C．MnO2与硫酸不反应，所以滤液中不含Mn2+，故C错误；D．反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+，Fe从+2价转化为+3价，Mn从+4价转化为+2价，根据得失电子守恒有：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，故D正确；故答案选C。6.参照反应Br+H2→HBr+H的能量对反应历程的示意图，下列叙述中正确的是A.正反应为放热反应B.断键吸收的总能量大于成键放出的总能量C.反应物总能量高于生成物总能量D升高温度可增大正反应速率，降低逆反应速率【答案】B【解析】【详解】A．当反应物总能量低于生成物总能量，则反应是吸热反应，故A错误；B．当反应物总能量低于生成物总能量，即断键吸收的总能量大于成键放出的总能量，故B正确；C．当反应物总能量高于生成物总能量，则反应是放热反应，根据图示可以看出：△H=+（E1-E2）kJ/mol＞0，是吸热反应，故C错误；D．升高温度能使化学反应速率加快，正反应速率加快，逆反应速率也加快，故D错误。故选B。 7.下列实验中硫酸的作用与其他三项不同的是A.蔗糖中加入浓硫酸产生黑“面包”B.亚硫酸钠与硫酸制取C.溶解时加入稀硫酸D.海带提碘时硫酸与双氧水混加【答案】A【解析】【详解】蔗糖中加入浓硫酸产生黑“面包”，体现浓硫酸的脱水性和强氧化性；亚硫酸钠与硫酸制取SO2，体现硫酸的强酸性；溶解时加入稀硫酸，生成硫酸铁，体现硫酸的酸性；海带提碘时硫酸与双氧水混加，体现硫酸的酸性；故答案选A。8.二氧化硫、硫化氢两种气体，将它们混合后恢复到室温，发现气体的体积变为原来气体总体积的一半，则V(H2S)：V(SO2)的体积之比可能是A.4：1B.5：1C.2：3D.1：3【答案】B【解析】【详解】二氧化硫、硫化氢发生反应，充分反应后，恢复至室温，气体的体积变为原来气体总体积的一半，说明有气体剩余，剩余的气体可能是H2S或SO2，设反应后剩余气体的体积为V，则H2S和SO2的总体积为2V，反应消耗的气体体积为2V-V=V；若剩余的气体是SO2，根据可知，混合气体中H2S的体积为，SO2的体积为2V-=，混合气体中V(H2S)：V(SO2)=：=1：2；若剩余的气体是H2S，根据可知，混合气体中SO2的体积为，H2S的体积为2V-=，混合气体中V(H2S)：V(SO2)=：=5：1；因此V(H2S)：V(SO2)的体积之比可能是1：2或5：1；答案选B。9.植物对氮元素的吸收过程如下，下列说法正确的是A.高温有利于加快过程①B.浇水和松土有利于过程②C.过程③中被还原D.过程④叫做氮的固定【答案】B 【解析】【详解】A．过程①有根瘤菌参与催化，不能高温下进行，A错误；B．过程②是和O2反应生成，浇水和松土有利于过程②的反应，B正确；C．过程③中转化为NO，N的化合价由+3价升高到+5价，作还原剂被氧化，C错误；D．氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，过程④是氮的化合物中氮的转变，D错误；故答案为：B。10.铜锌原电池装置如图，下列说法正确的是A.锌片逐渐溶解B.氢离子在铜片表面被氧化C.电流从锌片经导线流向铜片D.该装置将化学能转化为电能【答案】AD【解析】【分析】【详解】由装置图可知，该装置为原电池，金属性强的锌做负极，铜做正极。A．锌做负极，发生了失电子的氧化反应而溶解，生成了锌离子，故A正确；B．溶液中的氢离子在正极发生了的电子的还原反应，故B错误；C．电流从正极流向负极，故C错误；D．原电池为化学能转化为电能的装置，故D正确；故选AD。二、多项选择题：每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有两个选项正确11.实验室可选用如图装置和试剂制备氨气，并干燥、收集和处理尾气。下列说法正确是 A.①和②均可用于实验室制备氨气B.③中盛有碱石灰可用于干燥氨气C.④可用于收集氨气，气流方向为左进右出D.⑤中盛有稀硫酸可用于氨气的尾气处理【答案】BC【解析】【详解】A．加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口遇冷又化合成氯化铵，装置①不能用于制备氨气，故A错误；B．氨气为碱性气体，可用碱石灰干燥，故B正确；C．氨气的密度小于空气，则用④收集氨气时，氨气从短导管进入，即气流方向为左进右出，故C正确；D．氨气极易溶于水，用⑤吸收氨气会发生倒吸，故D错误；故答案选BC。12.以下是在实验室模拟“侯氏制碱法”生产流程的示意图：第Ⅱ步的反应方程式为：(化学计量数已配平)。实验室用图示装置模拟该反应过程。则下列叙述错误的是(注：按体积比，氨气在水中溶解度，在水中溶解度)A.a通入，然后b通入，c中放蘸了稀硫酸的棉花B.该条件下反应Ⅱ能发生的原因是X的溶解度较其他盐小C.该流程的副产物可用作氮肥D.第Ⅳ步操作是将X晶体溶于水后加热、蒸发、结晶【答案】AD【解析】【详解】A.氨气极易溶于水，需要防止倒吸，因此a通入NH3，b通入CO2，故A错误；B.X为NaHCO3，溶解度小于碳酸钠，故反应Ⅱ能发生的原因是X的溶解度较其他盐小，故B正确； C.该流程的副产物为NH4Cl，含有氮元素，可做氮肥，故C正确；D.第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，故D错误；故答案选AD。13.不同价态含氮物质的转化可用如图表示，图中线路①②③是工业生产硝酸的主要途径。下列说法正确的是A.①的转化属于置换反应B.②的转化属于氦的固定C.③的转化方程式：D.使用CuO作氧化剂可以实现④的转化【答案】CD【解析】【详解】A．①是氨的催化氧化，反应的化学方程式为，该反应的生成物为两种化合物，因此不属于置换反应，故A错误；B．氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的过程，转化②的化学方程式为，该转化不属于氮的固定，故B错误；C．转化③为NO2转化为硝酸，NO2与水反应生成硝酸和NO，反应的化学方程式为，故C正确；D．使用CuO作氧化剂可以发生反应，，可以实现④的转化，故D正确；故答案选CD。14.常温常压下，向4支相同的试管中分别充入物质的量之比为1∶1的下列混合气体：①；②；③；④。将4支试管倒扣在4个相同的水槽中，足够长的时间后，4支试管中液面由高到低的顺序为A.④③①②B.③④①②C.①④③②D.①④②③【答案】A 【解析】【分析】【详解】①试管中只有易溶于水，水面上升；②试管中发生反应，水面上升；③试管中发生反应，水面上升；④试管中发生反应，，水面上升；答案选A。15.燃料电池是一种新型电池。某氢氧燃料电池的基本反应是：X极：；Y极：；下列判断正确的是A.电池总反应为B.该电池的电解质溶液为酸性C.X极是正极，发生还原反应D.电池工作一段时间后溶液pH增大【答案】AC【解析】【分析】氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应，根据电极反应式可知，X极为正极，Y极为负极。【详解】A．将正负极反应相加即可得到总反应，该电池的总反应为，故A正确；B．Y电极有氢氧根参与，该电池电解质溶液为碱性，故B错误；C．由上述分析可知，X极是正极，正极发生还原反应，故C正确；D．电池的电解质溶液为碱性，电池工作一段时间后生成水，稀释了碱，则溶液pH减小，故D错误；故答案选AC。三、非选择题16.I．化学反应中伴随着能量变化，探究各种能量变化是一永恒的主题。（1）下列变化属于放热反应的是_______(填序号)。a．生石灰溶于水b．氢氧化钠固体溶于水c．氢气与氯气化合d．氯化铵固体与氢氧化钡晶体混合搅拌e．过氧化钠溶于水（2）下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系 据此判断下列说法中正确的是_______(填序号)。a．等质量的石墨和金刚石完全燃烧释放的热量相同b．白磷和红磷互为同素异形体，相同条件下白磷比红磷稳定c．1mol(g)和1mol(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量II．如图是某化学兴趣小组探究不同条件下化学能转变为电能的装置。请回答下列问题：（3）当电极a为Zn，电极b为Cu，电解质溶液为溶液时，正极的电极反应式为______。若初始时两电极质量相等，当电路中有2mol通过时，两极的质量差为_______g。（4）当电极a为Al，电极b为Mg，电解质溶液为NaOH溶液时，该电池的负极反应式为______。当反应中收集到标准状况下336mL气体时，消耗负极的物质的量为_______mol。【答案】（1）ace（2）c（3）①.Cu2+＋2e－＝Cu②.129（4）①.Al−3e－＋4OH－＝AlO＋2H2O②.0.01【解析】【小问1详解】a．生石灰溶于水，反应生成氢氧化钙，是放热反应，故a符合题意；b ．氢氧化钠固体溶于水是放热过程，故b不符合题意；c．氢气与氯气化合反应生成氯化氢，是放热反应，故c符合题意；d．氯化铵固体与氢氧化钡晶体混合搅拌是吸热反应，故d不符合题意；e．过氧化钠溶于水反应生成氢氧化钠和氧气，是放热反应，故e符合题意；综上所述，答案为：ace。【小问2详解】a．等质量的石墨和金刚石完全燃烧，金刚石燃烧释放的热量大于石墨燃烧释放的热量，故a错误；b．白磷和红磷互为同素异形体，根据能量越低越稳定，则相同条件下红磷比白磷稳定，故b错误；c．1mol(g)和1mol(g)的总键能大于2molNO(g)的总键能，因此1mol(g)和1mol(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量，故c正确；综上所述，答案为：c。【小问3详解】当电极a为Zn，电极b为Cu，电解质溶液为溶液时，锌失去电子，作负极，Cu为正极，则正极的电极反应式为Cu2+＋2e－＝Cu。若初始时两电极质量相等，当电路中有2mol通过时，则负极有1mol锌溶解，正极得到1mol铜单质，则两极的质量差为1mol×65g∙mol−1＋1mol×64g∙mol−1＝129g；故答案为：Cu2+＋2e－＝Cu；129。【小问4详解】当电极a为Al，电极b为Mg，电解质溶液为NaOH溶液时，Mg与NaOH溶液不反应，Al与NaOH溶液反应，因此Al为负极，其电极反应式为Al−3e－＋4OH－＝AlO＋2H2O。当反应中收集到标准状况下336mL气体(物质的量为0.015mol)时，根据关系式2Al～3H2，则消耗负极的物质的量为0.01mol；故答案为：Al−3e－＋4OH－＝AlO＋2H2O；0.01。17.大量燃放鞭炮会引起空气中等有害气体含量增高，造成大气污染。某兴趣小组欲探究的性质，并利用制备食品抗氧化剂焦亚硫酸钠。已知溶于水即生成。（1）制取并探究其性质①装置中发生反应的化学方程式为_______。②装置B用于检验的漂白性，其中所盛试剂为_______，装置C中发生反应的和 的物质的量之比为_______。③为了实现绿色环保的目标，甲同学欲用装置代替装置，你认为装置除具有绿色环保的优点外，还具有的优点是_______(任写一点)。（2）制备焦亚硫酸钠并测定其含量①将通入制取，发生的反应为，该反应为_______(填“氧化还原反应”或“非氧化还原反应”)。②测定某葡萄酒中残留量的方案为：取葡萄酒样品100.00mL，加入盐酸充分蒸馏。将馏分用标准溶液进行滴定(反应方程式为)，消耗标准溶液25.00mL。若需配制标准溶液，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_______。计算样品中抗氧化剂的残留量(以计)为_______。【答案】（1）①.②.品红溶液③.1：2④.不用加热(或节约能源)相对安全；易于控制反应进行等（2）①.非氧化还原反应②.100mL容量瓶、胶头滴管③.0.16【解析】【分析】A1装置铜和浓硫酸在加热条件下反应制备二氧化硫，B中盛放品红溶液检验二氧化硫，C中和反应生成S沉淀，检验二氧化硫的氧化性，D中氯水和二氧化硫反应生成硫酸和盐酸。【小问1详解】①装置中铜和浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，发生反应的化学方程式为。②二氧化硫能使品红溶液褪色，装置B用于检验的漂白性，其中所盛试剂为品红溶液，装置C中和反应方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H2O，发生反应的和的物质的量之比为1:2。③亚硫酸钠和硫酸在常温下反应生成二氧化硫气体，装置除具有绿色环保的优点外，还具有的优点是不用加热(或节约能源)相对安全；易于控制反应进行等。【小问2详解】 ①反应中元素化合价不变，为非氧化还原反应。②需配制标准溶液，步骤有：计算、称量、溶解(并冷却)、移液、洗涤、定容、摇匀，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；根据，可知100mL葡萄酒中残留n(SO2)=n(I2)=0.01mol/L×0.025L=0.00025mol，样品中抗氧化剂的残留量(以计)为。18.氮元素在地球上含量丰富，氮及其化合物在工农业生产和生活中有着重要作用。有资料显示过量的氨气和氯气在常温下可合成岩脑砂(主要成分为)，某实验小组利用如图装置，制备干燥纯净的氨气和氯气并合成岩脑砂的反应进行探究。回答下列问题：（1）装置C名称是_______。（2）装置A中发生反应的化学方程式为_______。（3）装置E中浓硫酸作用是_______。（4）为了使氨气和氯气在D中充分混合，上述装置的合理连接顺序为：a→_______←b(用小写字母填写仪器接口顺序)（5）检验生成物中阳离子的操作方法为_______，其阳离子的电子式为_______。【答案】（1）球形干燥管（2）（3）干燥氯气（4）d→c→ef←h←g←j←i（5）①.取少量生成物溶于水，加入NaOH浓溶液并微热，产生的气体使红色石蕊试纸变蓝，则阳离子为②.【解析】【分析】装置A制取氨气，装置C中碱石灰干燥氨气；装置B制取氯气，装置F用来除氯气中的HCl 气体，装置E中浓硫酸干燥氯气；最后氨气和氯气反应生成岩脑砂。【小问1详解】由仪器构造可知，装置C的名称是球形干燥管，故答案为：球形干燥管；【小问2详解】实验室利用加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，则装置A中发生反应的化学方程式，故答案为：；【小问3详解】由上述分析可知，装置E中浓硫酸用于干燥氯气，故答案为：干燥氯气；【小问4详解】氨气密度比氯气小，为了使氨气和氯气在D中充分混合，则e中通入氨气，f中通入氯气，结合装置A制取氨气，装置C中碱石灰干燥氨气，装置B制取氯气，装置F用来除氯气中的HCl气体，装置E中浓硫酸干燥氯气，氨气和氯气在D中充分混合生成岩脑砂，则上述装置的合理连接顺序为a→d→c→ef←h←g←j←i←b，故答案为：d→c→ef←h←g←j←i；【小问5详解】生成物主要为氯化铵，其阳离子为，检验的操作方法为：取少量生成物溶于水，加入NaOH浓溶液并微热，产生的气体使红色石蕊试纸变蓝，则阳离子为；中氮原子与4个氢原子分别共用1对电子，带一个单位正电荷，则其电子式为，故答案为：取少量生成物溶于水，加入NaOH浓溶液并微热，产生的气体使红色石蕊试纸变蓝，则阳离子为；。19.原电池原理的发现是储能和供能技术的巨大进步，是化学对人类的一项重大贡献。（1）现有如下两个反应：A.B.上述反应中能设计成原电池的是_______(填字母代号)，电池正极发生了_______反应(填“氧化”或“还原”)。（2）将纯锌片和纯铜片按如图所示方式插入100mL相同浓度的稀硫酸中一段时间，回答下列问题： ①下列说法正确的是_______(填字母代号)。A.乙中铜片上没有明显变化B.甲中铜片质量减少、乙中锌片质量减少C.两烧杯中溶液的pH均增大②在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速度：甲_______乙(填“>”、“<”或“=”)，电子的流向是_______(填“从Zn到Cu”或“从Cu到Zn”)。③请写出图中构成原电池的装置负极的电极反应式_______。【答案】（1）①.B②.还原（2）①.AC②.>③.从Zn到Cu④.【解析】【小问1详解】原电池中发生的是自发的氧化还原反应，A为非氧化还原反应，不能设计成原电池；B是置换反应，是氧化还原反应，能设计成原电池，原电池正极发生还原反应，故答案为：B；还原；【小问2详解】①A．乙没有形成闭合回路，不能构成原电池，铜与稀硫酸不反应，因此乙中铜片上无明显变化，故A正确；B．甲形成原电池，锌为负极，铜为正极，正极上的电极反应式为，铜片质量不变，故B错误；C．两个烧杯中都产生氢气，氢离子浓度都降低，所以溶液的pH均增大，故C正确；故答案为：AC；②形成原电池能加快反应速率，因此产生气泡的速度：甲>乙；原电池中，电子由负极经导线流向正极，则电子流向为：从Zn到Cu，故答案为：>；从Zn到Cu；③甲构成原电池，甲装置中，锌为负极，负极发生氧化反应，电极反应式为，故答案为：。