湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校”考试联盟2023-2024学年高一下学期期中联考化学试卷（含答案）

湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校”考试联盟2023-2024学年高一下学期期中联考化学试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．下列各组反应（表中物质均为反应物）在反应刚开始时，放出H2的速率最大的是（）选项金属（粉末状）及其物质的量/mol酸的浓度及体积反应温度/℃A．Mg0.18mol∙L-1硝酸10mL30B．Mg0.13mol∙L-1盐酸10mL30C．Fe0.16mol∙L-1盐酸10mL30D．Mg0.13mol∙L-1硫酸10mL30A．A B．B C．C D．D2．少量锌粉与100mL1.0mol⋅L①适当升高温度；②再加入100mL1.0mol⋅L−1的稀盐酸；③加少量KNO3固体；A．①⑤ B．②③ C．①⑥ D．②④3．下列有关反应的离子方程式书写正确的是（）A．氯气溶于水：CB．过量SO2C．向AlCl3D．SO24．下图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是（）选项试剂X收集气体试剂YA．碱石灰氯化氢水B．碱石灰氨气水C．五氧化二磷二氧化硫氢氧化钠溶液D．氯化钙一氧化氮氢氧化钠溶液A．A B．B C．C D．D5．NA代表阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是（）A．将足量Zn与100mL18mol/L浓硫酸反应，生成224mL气体，转移电子为0.02NAB．在标准状况下，22.4LHF所含的原子总数为2NAC．1molNa2O2D．1molD3186．下列各组离子或分子在给定条件的溶液中可能大量共存的是（）A．加入铝片有大量氢气产生的溶液中：Zn2+、K+、B．在0.1mol/L的盐酸中：H2O2、SOC．在强碱性溶液中：Al3+、K+、D．碱性无色溶液中：NH4+、S2−7．Cl2O能与水反应生成次氯酸，可杀死新型冠状病毒等多种病毒。一种制备C已知：①Cl2O的熔点为-116℃、沸点为3.8℃，具有强烈刺激性气味、易溶于水；下列说法中正确的是（）A．装置②中盛装的试剂是浓硫酸，用来干燥CB．装置④与⑤之间可用橡胶管连接C．Cl2易液化，装置⑤中的液氨只能冷凝Cl2D．通入干燥空气的目的是将生成的Cl8．在无机非金属材料中，硅扮演着重要的角色。下列有关硅及其化合物的说法中正确的是（）A．制备粗硅的化学方程式为：SiB．硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，是因为SiOC．SiOD．青花瓷胎体的原料为高岭土[Al29．(NH4)2SO4在一定条件下发生如下反应：4(NH4A．生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n(BaSO4B．生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n(BaSO4C．因为弱酸不能制强酸，所以该实验中反应后气体通入BaCl2溶液中只有BaSO4沉淀D．从溶液中逸出的气体只有N2，最后留下溶液中溶质只有较多的NH4Cl10．化学反应A+B→C（吸收能量）分两步进行：①A+B→X（放出能量），②X→C（吸收能量）。下列示意图中表示总反应过程中能量变化正确的图像是（）A． B．C． D．11．下列关于浓硫酸的说法正确的是（）A．浓硫酸使蓝色胆矾变白体现了脱水性B．浓硫酸不能干燥SO2、HI、C．蔗糖和浓硫酸的“黑面包”实验中，浓硫酸主要体现了脱水性和强氧化性D．浓硫酸和碳单质在加热条件下反应，反应中浓硫酸既体现出酸性，又体现出氧化性12．镍氢电池（NiMH）目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型。NiMH中的M表示储氢金属或合金，该电池在充放电过程中的总反应方程式是：Ni(A．放电过程中负极MH得电子发生氧化反应B．NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为NiOOH+C．NiMH电池电子由负极→正极→电解质溶液→负极，形成闭合回路D．NiMH电池可以用盐酸作为电解质溶液13．下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是（）操作现象结论A．向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置溶液上层呈橙色还原性：CB．将氯气缓缓通入到紫色的石蕊溶液中石蕊溶液先变红后褪色氯气与水反应生成了酸性物质和漂白性物质C．将装满氯水圆底烧瓶倒置在盛有水的水槽中，日光照射烧瓶内有气泡生成日光照射时，逸出的气体只可能是CD．分别加热Na2C试管内壁都有水珠两种物质均受热分解A．A B．B C．C D．D14．向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，在一定条件下发生反应SO①反应在c点到达平衡②SO2浓度：a点小于c点③反应物的总能量低于生成物的总能量④Δt1=Δt2⑤混合物颜色不再变化，说明反应达到平衡⑥体系压强不再变化，说明反应达到平衡⑦逆反应速率图象在此时间段内和上图趋势相同⑧达到平衡后，改变容器体积增大压强，逆反应速率可能先增大后减小A．3个 B．4个 C．5个 D．6个15．硝酸是工业生产中不可或缺的化学品之一，通常用硝酸来制取硝酸铜溶液。为了分析制取硝酸铜溶液过程中的原料用量和产生污染气体的情况，某中学化学兴趣小组用足量的铜与一定量的浓硝酸充分反应，得到6.72L（标准状况）NO2与NO的混合气体，这些气体与一定体积的O2混合后通入水中，恰好被完全吸收生成硝酸。该兴趣小组又向所得硝酸铜溶液中加100mL6mol⋅A．参加反应的HNOB．消耗氧气的体积为3.36LC．此反应过程中转移了0.3mol的电子D．混合气体中含0.15molNO二、非选择题：本题共4小题，共55分。16．如图是用浓硝酸、铜片、水等试剂，探究浓、稀硝酸强氧化性并观察还原产物的实验装置。（1）I．浓硝酸的强氧化性实验将铜片置于具支试管的底部，在分液漏斗中加入约5mL浓硝酸，往具支试管中放入约2mL浓硝酸，集气瓶c中收集到一种无色气体。仪器a的名称为。（2）实验中观察到能证明浓硝酸具有强氧化性的现象是。（3）Ⅱ．稀硝酸的强氧化性实验上述反应完成后，欲进一步证明稀硝酸也具有强氧化性，可以将浓硝酸稀释后加入具支试管再与铜片反应，此时发生反应的离子方程式是；集气瓶c中仍收集到一种无色气体，此时向集气瓶c中通入一定量的氧气后集气瓶c中逐渐充满无色溶液，请写出通入一定量的氧气后集气瓶c中发生的总反应方程式。（4）能证明稀硝酸与铜反应产生NO的实验现象是____（填标号）。A．c中收集到无色气体B．c中收集到的无色气体接触空气后变为红棕色C．b中产生的无色气体接触空气后变为红棕色（5）Ⅲ．问题讨论用等质量铜片与等体积的浓硝酸、稀硝酸（硝酸均过量）反应时，发现反应后所得溶液前者呈绿色，后者呈蓝色。对此有两种看法：①两者颜色不同的原因，是因为Cu2+浓度差异引起的。②前者溶液呈绿色，是因为生成的红棕色NO2溶解于溶液中引起的。你认为上述看法（填“①”或“②”）合理。若是①合理，说明理由，若是②合理，设计一个简单实验证明：。17．下表是元素周期表的一部分，表中所列的数字分别代表某一种元素。针对表中①~⑧号元素回答下列问题。（1）元素①和③的简单化合物含有10个电子，其电子式为，它的沸点比PH3高，原因是；（2）测定文物年代需要利用元素②的一种中子数为8的核素，该核素符号可表示为；（3）元素①和氧元素形成的18电子化合物的名称是：，该化合物中含有的化学键有（填“离子键、极性键、非极性键”）；（4）元素④、⑤、⑧中，原子半径最大的是（填元素符号），离子半径最大的是（填化学式）。（5）可以证明元素⑧比元素⑦非金属性强的一个化学反应方程式是：。18．习近平总书记在浙江湖州市安吉县考察时提出了一个科学论断“绿水青山就是金山银山”。近年来，绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”。请回答下列问题：（1）硫酸工业排出的尾气（主要含SO2）可用软锰矿浆（MnO（2）治理汽车尾气中NO2和CO的方法之一是在汽车的排气管上装一个催化转化装置，使NO2和CO在催化剂作用下转化为无毒物质，发生反应4CO(①0~10min内该反应的平均速率v(N②从11min起其他条件不变，压缩容器的容积变为1L，则n(NO③恒温恒容条件下，不能说明该反应已经达到平衡状态的是（填标号）。A．容器内混合气体颜色不再变化B．容器内的压强保持不变C．容器内混合气体密度保持不变D．容器内混合气体平均相对分子质量保持不变（3）利用反应6NO电极A是原电池的（填“正极”或“负极”），发生（填“氧化反应”或“还原反应”），电极B上发生的电极反应为。19．一节1号干电池可以让1平方米土地上的庄稼颗粒无收，回收电池既可以防止污染又可以变废为宝。废旧锌锰干电池内部的黑色物质A主要含有MnO2、MnOOH、NH4Cl、ZnCl2（1）第I步操作是为了除去可溶性的（填化学式）。（2）第I步后在空气中灼烧的目的有两个，一个是将MnOOH转化为MnO2，另一个是。灼烧时，MnOOH与空气中的氧气反应的化学方程式为（3）第III步中为提高反应速率，可以采取的措施有（任写一条）。（4）已知：MnCO3难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃时开始分解；Mn①操作V加入NH4HCO3溶液调节溶液pH的过程中有CO2②操作VI中需要的玻璃仪器有；③你认为操作VII中检测的方法及现象是时可继续进行操作VIII；④操作VIII中用无水乙醇洗涤的目的是。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】金属性：Mg>Fe，酸浓度和温度相同时，Mg的反应速率越快，酸的浓度相同时，温度越高反应速率越快，Mg与硝酸反应产生的气体不是氢气，则放出H2的速率最大的是D，故选D；

故答案为：D。

【分析】温度越高，反应物的浓度越大，反应速率越快。2．【答案】A【解析】【解答】①升高温度，生成氢气的反应速率加快，生成H2的总量不变，故①符合题意；

②再加入100mL1.0mol⋅L−1的稀盐酸，反应物浓度不变，反应速率不变，故②不符合题意；

③加少量KNO3固体，会生成NO，生成H2的总量减小，故③不符合题意；

④加入少量醋酸钠固体，醋酸根能结合氢离子生成醋酸，氢离子浓度降低，反应速率减慢，故④不符合题意；

⑤加几滴浓硫酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，生成H2的总量不变，故⑤符合题意；

⑥3．【答案】C【解析】【解答】A、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸，应保留化学式，正确的离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl−+HClO，故A错误；

B、次氯酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸氢根，正确的离子方程式为ClO−+H2O+SO4．【答案】C【解析】【解答】A、氯化氢能与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥，故A错误；

B、氨气的密度小于空气，应用向下排空气法收集，即气体应从短导管通入，故B错误；

C、二氧化硫为酸性氧化物，不与五氧化二磷反应，能用五氧化二磷干燥，二氧化硫能与氢氧化钠溶液反应，可用氢氧化钠溶液吸收尾气，且二氧化硫密度大于空气，用向上排空气法收集，故C正确；

D、一氧化氮易被氧气氧化，不能用排空气法收集，故D错误；

故答案为：C。

【分析】根据常见气体的干燥、收集方法分析。5．【答案】C【解析】【解答】A、气体所处的状态未知，其物质的量无法计算，转移电子的物质的量也无法计算，故A错误；

B、标况下，HF为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故B错误；

C、过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，氧化钠由钠离子和氧离子构成，则1mol过氧化钠中含有3mol离子，1mol氧化钠中也含有3mol离子，则离子总数之比为1:1，故C正确；

D、一个D318O+中含有13个中子，则1molD318O+（其中D代表重氢原子符号）中含有的中子数为13NA，故D错误；

​​​​​​​故答案为：C。6．【答案】A【解析】【解答】A、加入铝片有大量氢气产生的溶液可能呈碱性也可能呈酸性，酸性条件下，Zn2+、K+、SO42−、Cl−之间互不反应，能大量共存，故A符合题意；

B、酸性条件下，H2O2能将I−氧化为单质碘，不能大量共存，故B不符合题意；

C、在强碱性溶液中，7．【答案】D【解析】【解答】A、②为饱和食盐水，其作用是除去氯气中的HCl，故A错误；B、橡胶属于有机物，Cl2O与有机物接触或加热时会发生剧烈反应，则装置④与⑤之间不能用橡胶管连接，故B错误；C、Cl2O的沸点为3.8℃，在装置⑤中冷凝成液体，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，故C错误；D、通入干燥空气的目的是将生成的Cl故答案为：D。【分析】①中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，②为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，氯气进入装置④中与HgO反应生成Cl2O气体，由沸点可知⑤中冷凝得到Cl2O液体，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，高浓度的Cl2O易爆炸，干燥空气的可将生成的Cl2O稀释，防止发生爆炸。8．【答案】C【解析】【解答】A、二氧化硅和碳在高温下反应生成粗硅和CO，正确的化学方程式为SiO2+2C高温_C、SiO2是酸性氧化物，可以与NaOH溶液反应生成硅酸钠，还可以与HF溶液反应生成SiFD、Al2Si2O5(OH故答案为：C。【分析】A、二氧化硅和碳在高温下反应生成粗硅和CO；

B、硅胶作干燥剂与其是酸性氧化物无关；

C、SiO2是酸性氧化物；

D、改写时遵循：活泼金属氧化物·较活泼金属氧化物·SiO2·H9．【答案】A【解析】【解答】A、由分析可知，(NH4)2SO4、(NH4)2SO3的物质的量之比约为1：1，它们与BaCl2发生反应，生成BaSO4、BaSO3，则生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n(BaSO4)B、NH4HSO3与BaCl2不反应，则生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n(BaSOC、该实验中，反应后SO3气体通入BaCl2溶液中生成BaSO4沉淀，但NH3溶于水使溶液呈碱性，有一部分SO2溶解后生成(NH4)2SO3，有一部分SO2溶解后生成NH4HSO3，(NH4)2SO3与BaCl2反应生成BaSO3，则溶液中生成BaSO4、BaSO3沉淀，故C错误；D、因为逸出的气体无色、无味，则从溶液中逸出的气体只有N2，NH3都留在溶液中，与SO2或H2SO3反应，最后留在溶液中的溶质只有较多的NH4HSO3和NH4Cl，故D错误；故答案为：A。【分析】反应4(NH4)2SO4=N2↑+6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+7H2O发生后，将生成的气体通入BaCl2溶液中，生成的气体先跟水反应，生成(NH4)2SO4、(NH4)2SO3、NH4HSO3，三者的物质的量之比约为1：1：2，然后(NH10．【答案】A【解析】【解答】A+B→X为放热反应，则A+B的总能量高于X的总能量，X→C为吸热反应，则X的能量低于C的总能量，则总反应过程中能量变化图像为，故选A；

故答案为：A。

【分析】反应物的总能量高于生合成物的总能量，为放热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应。11．【答案】C【解析】【解答】A、浓硫酸使蓝色胆矾变白体现了吸水性，故A错误；

B、浓硫酸不与SO2反应，能干燥SO2，故B错误；

C、浓硫酸能使蔗糖中的H、O以水的比例脱去，体现其脱水性，浓硫酸与脱水后的炭黑反应生成二氧化硫，体现其强氧化性，故C正确；

D、浓硫酸和碳单质在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，只体现浓硫酸的氧化性，故D错误；12．【答案】B【解析】【解答】A、放电过程中，MH为负极，失去电子发生氧化反应，故A错误；

B、根据总反应可知，NiOOH在正极上得电子，电极反应式为NiOOH+H2O+e−=Ni(OH)2+OH−13．【答案】B【解析】【解答】A、滴入苯，经振荡、静置后，出现分层现象，上层呈橙红色，说明生成了溴单质，进而说明氧化性：Cl2>Br2，现象不能说明结论，故A错误；B、氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸有酸性、次氯酸具有漂白性，酸能使石蕊试液变红，有漂白性的物质能使石蕊试液褪色，将氯气缓缓通入到紫色的石蕊溶液中先变红后褪色，故B正确；C、将装满氯水的圆底烧瓶倒置在盛有水的水槽中，日光照射，烧瓶内有气泡生成，并不能说明日光照射时溶解在水中的Cl2逸出，也可能是氯水中所含的HClO在光照时分解生成氧气，故现象不能说明结论，故C错误；D、碳酸钠受热不分解，故D错误；故答案为：B。【分析】A、氯气具有强氧化性；

B、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性；

C、次氯酸分解生成盐酸和氧气；

D、碳酸钠受热不分解。14．【答案】A【解析】【解答】①c点时，正反应速率还在改变，达到平衡时正逆反应速率相等且不再改变，说明c点反应未达到平衡状态，故①错误；

②随着反应的进行，SO2浓度越来越小，即SO2的浓度：a点大于c点，故②错误；

③从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高，对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，则说明该反应为放热反应，故反应物的总能量高于生成物的总能量，故③错误；④Δt1=Δt2，由于ab段的正反应速率小于bc段的正反应速率，所以ab段NO2⑤混合物颜色不再变化，表明c(NO2)的浓度保持不变，说明反应达到平衡状态，故⑤正确；⑥反应前后气体分子数相等，但温度不断发生改变，则平衡前体系的压强不断发生改变，体系压强不再变化，说明反应达到平衡，故⑥正确；⑦随着反应的进行，逆反应速率不断增大，则逆反应速率图象在此时间段内和上图趋势不完全相同(c点后继续增大)，故⑦错误；⑧达到平衡后，改变容器体积增大压强，由于反应前后气体分子数相等，压强改变时平衡不发生移动，则逆反应速率只增大不减小，故⑧错误；

综上所述，正确的有3个；

故答案为：A。【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。15．【答案】D【解析】【解答】A、在反应过程中HNO3体现酸性和氧化性，n(NO3−)=2n(Cu)=0.2mol×3=0.6mol，则体现酸性的硝酸物质的量为0.6mol，体现氧化性的硝酸，转化为NO2和NO，设n(NO2)=xmol，n(NO)=ymol，则根据转移电子守恒和物料守恒有：x+y=6.72L22.4L/mol=0.3，x+3y=0.6，解得x=y=0.15mol，体现氧化性硝酸的物质的量为n(HNO3)=n(NO)＋n(NO2)=0.15mol＋0.15mol=0.3mol，参加反应的HNO3是0.6mol＋0.3mol=0.9mol，故A错误；

B、氧气所处的状态未知，不能计算其体积，故B错误；

C、由分析可知，反应过程中转移了0.6mol电子，故C错误；

D、根据A项分析可知，混合气体中含0.15molNO，故D正确；

故答案为：D。

【分析】Cu失去电子转化为得到电子转化为6.72L(标准状况)NO2和NO的混合气体，NO2、NO、O2与水反应又转化为HNO3，最终O2得到电子，根据得失电子守恒，铜失去2个电子转化为Cu2＋16．【答案】（1）分液漏斗（2）铜片溶解，试管中溶液变成绿色，b中有红棕色气体产生（3）3Cu+8H+（4）C（5）②；往蓝色溶液中通NO2，溶液由蓝变绿。或加热绿色溶液，产生红棕色气体，溶液由绿变蓝。或向绿色溶液中通O2，溶液由绿变蓝【解析】【解答】（1）根据仪器构造可知，仪器a为分液漏斗；

故答案为：分液漏斗；

（2）在金属活动顺序表中，铜位于H后面，表明金属性弱，实验证明浓硝酸具有强氧化性，需证明铜与浓硝酸发生明显的反应，则现象是：铜片溶解，试管中溶液变成绿色，b中有红棕色气体产生；

故答案为：铜片溶解，试管中溶液变成绿色，b中有红棕色气体产生；（3）上述反应完成后，欲进一步证明稀硝酸也具有强氧化性，可以将浓硝酸稀释后加入具支试管再与铜片反应，此时发生反应生成硝酸铜、一氧化氮气体和水，离子方程式是3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H（4）A、c中收集到无色气体，此气体可能为NO，也可能为H2等，故A不符合题意；B、c中收集到的无色气体接触空气后变为红棕色，则表明此无色气体为NO，但不能确定b中产生的气体是NO还是NO2，故B不符合题意；C、b中产生的无色气体接触空气后变为红棕色，则此气体为NO，故C符合题意；故答案为：C；（5）等质量铜片与等体积的浓硝酸、稀硝酸（硝酸均过量）反应时，生成的硝酸铜浓度相同，则两者颜色不同，显然不是Cu2+浓度差异引起的，则上述看法②合理；可以一种情况为参照，做对比实验，证明②合理：往蓝色溶液中通NO2，溶液由蓝变绿。或加热绿色溶液，产生红棕色气体，溶液由绿变蓝。或向绿色溶液中通O2，溶液由绿变蓝；

故答案为：②；往蓝色溶液中通NO2，溶液由蓝变绿。或加热绿色溶液，产生红棕色气体，溶液由绿变蓝。或向绿色溶液中通O2，溶液由绿变蓝。【分析】铜与浓硝酸反应，生成硝酸铜、二氧化氮气体和水，NO2先将具支试管内的空气排出，所以在集气瓶内起初收集到的气体主要为空气；一段时间后，具支试管内的空气被排尽，此时具支试管内液面上方的气体主要为NO2，用排水法收集时，NO2与水反应生成硝酸和NO，所以集气瓶内收集到的气体主要为NO。17．【答案】（1）；氨分子间存在氢键（2）6（3）过氧化氢；极性键、非极性键（4）Na；Cl-（5）Cl2【解析】【解答】（1）①为H元素，③为N元素，两者形成的10电子化合物为氨气，氨气的电子式为；氨气分子间存在氢键，因此其沸点高于PH3；

故答案为：；氨分子间存在氢键；

（2）中子数为8的碳原子，质量数为8+6=14，表示为614C；

故答案为：614C；

（3）元素①和氧元素形成的18电子化合物为H2O2，名称为过氧化氢；过氧化氢的结构式为H-O-O-H，含有的化学键为极性键、非极性键；

故答案为：过氧化氢；极性键、非极性键；

（4）电子层数越多，微粒半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，微粒半径越小，则原子半径最大的是Na，离子半径最大的是Cl-；

故答案为：Na；Cl-；

（5）比较元素的非金属性强弱，比较对应单质的氧化性强弱即可，则Cl2+Na2S=2NaCl+S↓或Cl2+H2S=2HCl+S↓