江苏省连云港市2023-2024学年高一上学期期末调研考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省连云港市2023-2024学年高一上学期期末调研考试试题注意事项1.本试卷共6页，包含选择题(第1题~13题，共13题)、非选择题(第14题~17题，共4题)两部分。满分100分，考试时间75分钟。考试结束后，请将答题纸交回。2.请将自己的学校、姓名、考试证号填、涂在答题纸上。3.作答非选择题时必须用0.5mm黑色签字笔写在答题纸上的指定位置，在其它位置作答一律无效。作答选择题请用2B铅笔涂黑。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32Cl-35.5Ca-40一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1.下列有关生产、生活中所涉及的化学反应属于氧化还原反应的是（）A.将生石灰与水混合得到熟石灰B.向硫酸铜溶液中加入铁粉进行“湿法炼铜”C.碳铵()保存不当，受热发生分解D.用氢氧化铝治疗胃酸(主要成分为盐酸)过多症〖答案〗B〖解析〗【详析】A．生石灰与水混合得到熟石灰为CaO生成Ca(OH)2，不属于氧化还原反应，故A不符合题意；B．向硫酸铜溶液中加入铁粉进行“湿法炼铜”属于置换反应，属于氧化还原反应，故B符合题意；C．分解生成氨气，二氧化碳和水，没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故C不符合题意；D．用氢氧化铝治疗胃酸(主要成分为盐酸)过多症为盐酸与氢氧化铝反应，没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故D不符合题意；故〖答案〗选B。2.下列有关碳及其化合物的说法中正确的是（）A.、、互为同素异形体B.CO与属于酸性氧化物C.与均属于离子化合物D.通过改变碳原子排列方式可实现石墨转化为金刚石〖答案〗D〖解析〗【详析】A．核素是具有一定质子数和一定中子数的原子，、、是碳元素的三种核素，不是同素异形体，A错误；B．能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；CO不是酸性氧化物，而属于酸性氧化物，B错误；C．分子只有共价键，为共价化合物，C错误；D．石墨和金刚石均为碳单质，通过改变碳原子排列方式可实现石墨转化为金刚石，D正确；故选D。3.实验室制取的实验原理及装置均正确的是（）A．制取B．除去中的HClC．收集D．吸收尾气中的〖答案〗C〖解析〗【详析】A．实验室制取氯气使用的是浓盐酸和MnO2反应，不能使用稀盐酸，A错误；B．除去中的HCl可将气体通入饱和食盐水中，注意长口进入便于充分吸收，应该长进短出，B错误；C．氯气密度大于空气，可用向上排空气法收集氯气，多功能瓶收集气体注意长进短出，C正确；D．对氯气的尾气处理应选择氢氧化钠溶液吸收，水吸收效果不好，D错误。故选C。4.下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（）A.热稳定性：B.酸性：C.非金属性：D.原子半径：〖答案〗A〖解析〗【详析】A．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：，不能用元素周期律解释，A符合题意；B．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，非金属性：Cl＞S，则酸性：，能用元素周期律解释，B不符合题意；C．同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：，能用元素周期律解释，C不符合题意；D．同一主族随原子序数变大，原子半径变大；同一周期随着原子序数变大，原子半径变小；原子半径：，能用元素周期律解释，D不符合题意；故选A。5.下列说法中，正确的是（）A.中一定含有B.中约含个分子C.同温同压下，和所含分子个数比为1：3D.80gNaOH溶解在1L水中，所得NaOH的物质的量浓度为〖答案〗C〖解析〗【详析】A．没有指明温度和压强，无法计算2.24L氮气中含有的N原子数，A错误；B．水分子中不含有氢分子，B错误；C据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，体积比等于分子数之比，所以同温同压下，和所含分子个数比为20:60=1:3，C正确；D．将80gNaOH溶于1L水中，所得溶液的体积不是1L，其物质的量浓度不是2mol/L，D错误；故选C。6.钠、镁、铝及其化合物具有重要用途，如钠在700~800℃时可将Ti从其氟化物中置换出来，MgO、熔点很高，可作耐高温材料。将直接加热得MgO。工业上可从铝土矿(主要成分是)中提取Al，主要步骤是将铝土矿溶于NaOH溶液，过滤得溶液，通入足量的得沉淀，热分解得，电解熔融得金属Al。下列说法正确是的（）A.Na、Mg、Al元素在元素周期表中位于ⅢAB.Na、Mg、Al原子具有相同的核电荷数C.、、离子结构示意图均可用表示D.Na、Mg、Al单质在工业上均可通过电解熔融化合物的方法获取〖答案〗D〖解析〗【详析】A．Na、Mg、Al元素元素周期表中分别位于第三周期第ⅠA族、第三周期第ⅡA族、第三周期第ⅢA族，A错误；B．Na、Mg、Al原子的核电荷数分别为11、12、13，B错误；C．、、离子的质子数不同，故结构示意图不能用表示，C错误；D．Na、Mg、Al均为活泼金属单质，其单质在工业上均可通过电解熔融化合物的方法获取，D正确；故选D。7.钠、镁、铝及其化合物具有重要用途，如钠在700~800℃时可将Ti从其氟化物中置换出来，MgO、熔点很高，可作耐高温材料。将直接加热得MgO。工业上可从铝土矿(主要成分是)中提取Al，主要步骤是将铝土矿溶于NaOH溶液，过滤得溶液，通入足量的得沉淀，热分解得，电解熔融得金属Al。下列说法错误的是（）A.Na可以将Ti从其氯化物中置换出来是利用了Na的强还原性B.能与、反应放出，可用作呼吸面具中的供氧剂C.可用NaOH溶液除去Mg粉中混有的少量Al粉D.可在坩埚中熔化NaOH固体做导电性实验以验证NaOH为离子化合物〖答案〗D〖解析〗【详析】A．利用金属钠的强还原性，可以把Ti从其氯化物中置换出来，故A正确；B．与、反应放出，常作为供氧剂，故B正确；C．Al可以和NaOH反应，而Mg不能，所以可用NaOH溶液除去Mg粉中混有的少量Al粉，故C正确；D．可以和NaOH反应，不能在坩埚中熔化NaOH固体，故D错误；故〖答案〗选D。8.钠、镁、铝及其化合物具有重要用途，如钠在700~800℃时可将Ti从其氟化物中置换出来，MgO、熔点很高，可作耐高温材料。将直接加热得MgO。工业上可从铝土矿(主要成分是)中提取Al，主要步骤是将铝土矿溶于NaOH溶液，过滤得溶液，通入足量的得沉淀，热分解得，电解熔融得金属Al。下列物质间的转化在指定条件下表示正确的是（）A.用制取金属Mg：B.用溶液制取金属Al：溶液C.铝土矿溶于NaOH溶液的化学方程式：D.溶液中通入足量离子方程式：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．将直接加热会分解生成氢氧化镁，最终分解生成氧化镁，不能得到无水氯化镁，A错误；B．溶液加入过量氢氧化钠，得到四羟基合铝酸钠而不是氢氧化铝沉淀，B错误；C．氧化铝和强碱氢氧化钠反应到偏铝酸钠溶液和水，C正确；D．溶液中通入足量生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式，D错误；故选C。9.碳原子成键的多样性是有机化合物种类繁多的原因之一、乙醇和二甲醚的结构式如图所示。下列关于上述两种物质的说法正确的是（）A.分子式不同 B.性质有差异因分子结构不同C.各1mol分子中碳氧键(C-O)数目相同D.各1mol分子中共用电子对数目不同〖答案〗B〖解析〗【详析】A．由结构可知，二者分子式为C2H6O，分子式相同，A错误；B．二者的结构不同，则导致存在性质差异，B正确；C．乙醇有一个碳氧键，二甲醚有2个碳氧键，则各1mol分子中碳氧键(C-O)数目分别为NA、2NA，C错误；D．各1mol分子中共用电子对均为8mol，数目相同，D错误；故选B。10.下列有关的说法中，错误的是（）A.能使滴有酚酞的氨水褪色，说明具有漂白性B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明它具有还原性C.通入溶液中析出单质S，说明具有氧化性D.水溶液能使紫色石蕊试液变红，说明水溶液呈酸性〖答案〗A〖解析〗【详析】A．二氧化硫具有酸性氧化物的性质，能与氨水反应，使滴有酚酞的氨水红色褪去，A错误；B．二氧化硫具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C．通入溶液中析出单质S，反应二氧化硫中硫元素化合价降低，为氧化剂，说明具有氧化性，C正确；D．二氧化硫具有酸性氧化物的性质，能与水反应生成亚硫酸，使紫色石蕊试液变红，D正确；故选A。11.为完成下列实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)（）实验目的玻璃仪器A由自来水获取少量蒸馏水蒸馏烧瓶、酒精灯、温度计、锥形瓶自来水、沸石B配制的NaCl溶液100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒蒸馏水、NaCl固体C实验室制取气体并检验其漂白性试管、导管铜片、浓、品红溶液、NaOH溶液D探究浓度对溶液分解快慢的影响试管、胶头滴管6%的溶液、少量粉末〖答案〗B〖解析〗【详析】A．由自来水获取少量蒸馏水需要将自来水进行蒸馏，蒸馏会用到的玻璃仪器为：蒸馏烧瓶、冷凝管、酒精灯、温度计、锥形瓶、尾接管，试剂为自来水和沸石，A项错误；B．配制100mL0.1mol/L的NaCl溶液需要用的玻璃仪器为：100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，用到的试剂为：蒸馏水、NaCl固体，B项正确；C．实验室制取气体并检验其漂白性，用到的玻璃仪器有：试管、酒精灯、玻璃导管、集气瓶，试剂为：铜、浓硫酸、品红溶液，NaOH溶液，C项错误；D．探究浓度对溶液分解快慢的影响，需要用到的玻璃仪器为：试管、胶头滴管，试剂需要不同浓度的溶液探究浓度对过氧化氢的影响，6%过氧化氢和二氧化锰粉末可以用来探讨催化剂对过氧化氢分解快慢的影响，D项错误；〖答案〗选B。12.亚氯酸钠()是一种高效漂白剂和氧化剂，一种制备亚氯酸钠的流程如下：下列说法正确的是（）A.化合物、、中氯元素的化合价相同B.反应①的离子方程式为C.反应②中参加反应的和的物质的量之比为2：1D.反应②中的用代替也可以达到同样的目的〖答案〗C〖解析〗【详析】A．化合物、、中氯元素的化合价分别为+3、+4、+5，A错误；B．反应①中转化为，Cl元素化合价降低1价，SO2转化为NaHSO4，S元素化合价升高2价，根据得失电子守恒可知，反应为，B错误；C．反应②中氯元素化合价降低1价，过氧化氢中氧化合价升高1×2=2价，结合电子守恒，参加反应的和的物质的量之比为2：1，C正确；D．反应②中的做还原剂，而氧气具有氧化性，故不可以用代替，D错误；故选C。13.实验室用如图所示装置(夹持仪器已省略)制备半导体材料纳米二硫化亚铁()：将一定比例的、硫粉加入三颈烧瓶中，再加入一定量的有机物X(作为溶剂，沸点为350℃)和有机酸Y，290℃条件下搅拌，一段时间后得到黑色悬浊液，冷却、分离、干燥得到产品。下列说法正确的是（）A.若得到，理论上至少需转移3mol电子B.加入有机酸Y的作用是仅与反应生成，有利于后续反应进行C.加热时三颈烧瓶上方出现红棕色气体，其相对分子质量为192，该气体可能是D.测得产品中的，则产品中与结合的部分转化为〖答案〗A〖解析〗【详析】A．和硫粉生成，Fe元素从+3价变为+2价，S从0价变为-1价，理论上得到，至少需转移3mol电子，故A正确；B．由题给信息可知，反应温度为290℃，水的沸点为100℃，且硫无法溶于水，因此使用沸点为350℃的有机物X做溶剂，氧化铁为固体，不易参与反应，有机酸可与氧化铁反应生成铁离子，有利于铁离子参与后续反应，故B错误；C．红棕色气体，其相对分子质量为192，相对分子质量为256，故C错误；D．产品中部分转化为，不会影响的值，故D错误；故〖答案〗选A。二、非选择题：共4题，共61分。14.随着原子序数的递增，8种短周期元素(用字母表示)原子半径的相对大小、最高正化合价或最低负化合价的变化如下图所示：（1）h在元素周期表中的位置是___________。（2）d、g的简单氢化物中热稳定性较强的是___________(填化学式)。（3）由10个x原子与4个y原子构成化合物的结构式有___________种。（4）e、g形成的离子化合物的电子式为___________。e元素形成的最高价氧化物对应的水化物中含有的化学键类型为___________。（5）e与f相比，金属性较强的是___________(用元素符号表示)，下列事实能证明这一结论的是___________。(填字母序号)。a．e单质的熔点比f单质的低，单质的硬度也比f单质小b．e单质可与冷水剧烈反应，而f单质与冷水几乎不反应c．e的最高价氧化物的水化物是强碱，而f的最高价氧化物的水化物具有两性（6）h的单质能将z从其简单氢化物中置换出来，化学方程式为___________。〖答案〗（1）第三周期ⅦA族（2）（3）2（4）①.②.离子键和共价键（5）①.Na②.b、c（6）(或)〖解析〗〖祥解〗由图可知x为H元素，y为C元素，z为N元素，d为O元素，e为Na元素，f为Al元素，g为S元素，h为Cl元素，据此分析解题。（1）h为Cl元素，在元素周期表中的位置是第三周期ⅦA族，故〖答案〗为第三周期ⅦA族。（2）d为O元素，g为S元素，的热稳定性比，故〖答案〗为。（3）由10个x原子与4个y原子构成化合物为丁烷，可能的结构式有正丁烷和异丁烷，故〖答案〗为2。（4）e、g形成的离子化合物为Na2S，电子式为，e元素形成的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，含有的化学键类型为离子键和共价键，故〖答案〗为；离子键和共价键。（5）e为Na元素，f为Al元素，金属性强的是Na；a．单质的熔点和硬度不能证明金属性强弱，故a不符合题意；b．e单质可与冷水剧烈反应，而f单质与冷水几乎不反应，说明Na的金属性更强，故b符合题意；c．最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性强，所以Na的金属性更强，故c符合题意；故〖答案〗为Na；b、c。（6）h的单质能将z从其简单氢化物中置换出来，即Cl2可以从NH3中置换出N2，化学方程式为(或)，故〖答案〗为(或)。15.氯碱工业是目前化学工业的重要支柱之一，（1）为探究氯碱工业原理，实验室中用如图装置电解饱和食盐水。①a管处产生的气体为___________。②b管产生的气体能使湿润的淀粉溶液变蓝的原因是___________。③电解饱和食盐水的化学方程式为___________。④根据该实验分析，若电解NaOH溶液应得到___________(填产物的化学式)。（2）电解前需净化食盐水，以除去、和等可溶性杂质。实验室可选用的试剂为溶液、溶液、NaOH溶液和稀盐酸。①实验中确认溶液中被除净的实验方案是___________。②净化的最后一步是用盐酸调节溶液的pH以除去溶液中的杂质。调节至pH=7是否可行___________(填“可行”或“不可行”)，理由是___________。已知碳酸溶液中含碳微粒的物质的量分数随pH变化如图所示(a、b和c分别表示、和)。（3）若电解饱和食盐水时有117gNaCl被电解，将产生的通入足量的石灰乳中，理论上可制得的质量是多少？(写出计算过程，否则不得分！)。___________。〖答案〗（1）①.氢气()②.氯气能与KI反应生成，能使淀粉溶液显蓝色③.④.、（2）①.静置，向上层清液中滴加溶液，无沉淀产生②.不可行③.pH=7时溶液中还含有大量的（3）、，则存在关系：，则117gNaCl被电解，将产生的通入足量的石灰乳中，理论上可制得的质量是〖解析〗〖祥解〗由图可知，电解食盐水过程中生成氢氧化钠和氯气、氢气，左侧电极为阴极生成氢气、右侧电极为阳极生成氯气；（1）①由分析可知，a管处产生的气体为氢气()；②b管产生的气体为氯气，氯气能氧化碘离子为碘单质，能使淀粉溶液显蓝色，故能使湿润的淀粉溶液变蓝；③电解食盐水过程中生成氢氧化钠和氯气、氢气，化学方程式为；④电解NaOH溶液实质为电解水生成氢气和氧气，故〖答案〗为、；（2）①硫酸根离子和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，实验中确认溶液中被除净的实验方案是静置，向上层清液中滴加溶液，无沉淀产生；②由图可知，pH=7时，含碳颗粒主要为碳酸氢根离子，故调节至pH=7不可行，理由是pH=7时溶液中还含有大量的；（3）、，则存在关系：，则117gNaCl被电解，将产生的通入足量的石灰乳中，理论上可制得的质量是。16.下表列出了五种燃煤烟气脱硫的方法。方法Ⅰ用溶液吸收方法Ⅱ用生物质热解气(主要成分为CO、、)将在高温下还原成S方法Ⅲ用溶液吸收方法Ⅳ用NaClO碱性溶液吸收方法Ⅴ石灰-石膏法吸收（1）方法Ⅰ中吸收后的溶液通过___________(填字母)可使吸收液再生。a．加热b．加入适量NaOHc．通入（2）方法Ⅱ中CO还原反应的化学方程式为___________。（3）方法Ⅲ在脱硫塔中进行，在脱硫的同时可得到产品硫酸。由于对热不稳定，且硫酸浓度大也会导致其分解产生，需定时向脱硫塔中补充___________。（4）方法Ⅳ按如图所示方式，将含有烟气和NaClO碱性溶液通入反应釜。①该反应中的离子方程式为___________。②反应釜中采用“气-液逆流”接触吸收法的优点是___________。（5）工业上方法Ⅴ的转化流程如下：①氧化塔内发生反应的化学方程式为___________。②若用NaOH溶液代替悬浊液，增加了生产成本，但可以防止___________。〖答案〗（1）a、b（2）（3）冷水(或水)（4）①.②.让烟气和吸收液充分接触，提高的吸收效率（5）①.②.亚硫酸钙在输送中容易造成管道堵塞〖解析〗（1）用溶液吸收转化为亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠受热易分解生成二氧化硫和，且亚硫酸氢钠和氢氧化钠转化为亚硫酸钠，故通过a．加热或b．加入适量NaOH，可使其吸收液再生；（2）方法Ⅱ中CO将在高温下还原成S，则CO被氧化为二氧化碳，反应为；（3）过氧化氢氧化二氧化硫生成硫酸，反应为，由于对热不稳定，且硫酸浓度大也会导致其分解产生，需定时向脱硫塔中补充水，以降温和稀释生成的硫酸；（4）①该反应中二氧化硫被次氯酸钠在碱性条件下氧化为硫酸钠，同时生成氯化钠，离子方程式为；②反应釜中采用“气-液逆流”接触吸收法的优点是让烟气和吸收液充分接触，提高的吸收效率；（5）①氧化塔内发生反应为吸收塔中生成亚硫酸钙被氧气氧化为，化学方程式为。②反应中生成的亚硫酸钙溶解度较小，在输送中容易造成管道堵塞，故用NaOH溶液代替悬浊液，增加了生产成本，但可以防止亚硫酸钙在输送中容易造成管道堵塞。17.某化学兴趣小组对卤素单质及其化合物性质与制备进行探究。（1）为探究卤素非金属性的强弱，进行如下实验：实验Ⅰ：将少量氯水分别加入盛有NaBr和KI溶液的试管中，加入少量、振荡、静置。实验Ⅱ：将少量