江苏省苏州市2024-2025学年高一年级第一学期12月六校联考调研测试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1江苏省苏州市2024-2025学年高一年级第一学期12月六校联考调研测试试题注意事项：1.本卷分为单项选择题和非选择题两部分，满分100分。调研时间75分钟。2.将选择题的答案填涂在答题卡的相应位置，非选择题的答案写在答题卡的指定栏目内。可能用到的相对原子质量：H1He4C12N14O16Na23S32Cl35.5I127一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。1.中国书画是世界艺术瑰宝，古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是A.竹管、动物尾毫→湖笔 B.松木→油烟→徽墨C楮树皮→纸浆纤维→宣纸 D.端石→端砚【答案】B【解析】A．湖笔，以竹管为笔杆，以动物尾毫为笔头制成，不涉及氧化还原反应，A不符合题意；B．松木中C元素主要以有机物的形式存在，徽墨主要为C单质，存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，B符合题意；C．宣纸，以楮树皮为原料，得到纸浆纤维，从而制作宣纸，不涉及氧化还原反应，C不符合题意；D．端砚以端石为原料经过采石、维料、制璞、雕刻、磨光、配盒等步骤制成，不涉及氧化还原反应，D不符合题意；故选B。2.反应可用干壁画修复。下列说法正确的是A.的结构示意图为 B.中子数为16的磷原子：C.中O元素的化合价为-2 D.、、互为同位素【答案】D【解析】A．是S得到2个电子而得到的，其结构示意图为，A项错误；B．原子表示中，左上角表示质量数，左下角表示质子数，中子数为16的磷原子是，B项错误；C．中O元素的化合价为-1，C项错误；D．、、是氢元素的三种不同原子，互为同位素，D项正确；故答案是D。3.下列示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表容器，容器中间有一个可以左右自由滑动的隔板(其质量忽略不计)。其中能表示相同温度时，等质量的氢气与氦气的是A. B.C. D.【答案】A【解析】容器中间有一个可以左右自由滑动的隔板（其质量忽略不计），说明容器两侧的气体压强相等，相同温度时，等质量的H2与He的体积之比等于其物质的量之比，He为单原子分子，He的摩尔质量为4g/mol，H2的摩尔质量为2g/mol，所以等质量的氢气与氦气的分子数之比为2：1，体积比也为2：1；故选A。4.2023年诺贝尔化学奖颁发给发现和合成量子点的科学家，如图是一种TiO2复合氧化铁量子点，该量子点的粒径范围为40~60nm，可用于高效率降解有机污染物。有关上述材料的说法中错误的是A.该量子点属于混合物B.该量子点中的氧化铁属于碱性氧化物C.该量子点是一种具有特殊功能的金属材料D.该量子点分散于水中所得的分散系具有丁达尔效应【答案】C【解析】A．根据题意可知，该量子点是TiO2复合氧化铁量子点，属于复合物，属于混合物，A正确；B．氧化铁可以和酸反应生成盐和谁，属于碱性氧化物，B正确；C．根据题意，该量子点可用于高效率降解有机污染物，但是该物质属于复合材料，不是金属材料，C错误；D．根据题意，该量子点的粒径范围为40~60nm，则该量子点分散于水中所得的分散系属于胶体，具有丁达尔效应，D正确；故选C。5.已知X、Y、Z、W、R五种元素，X是原子序数最小的元素；Y元素原子最外层电子数是内层电子总数的2倍；Z元素原子最外层电子数比其次外层电子数多4个；W元素原子K层和M层电子总数比L层电子数多1个；R元素原子最外层有1个电子，其阳离子与Z的阴离子原子核外电子总数相同。下列说法不正确的是A.常温下为液态B.R与Z只能形成一种化合物C.Y的一种单质可导电D.W的一种氧化物可用作自来水消毒剂【答案】B【解析】X、Y、Z、W、R五种元素，X是原子序数最小的元素，X是H元素；Y元素原子最外层电子数是内层电子总数的2倍，Y是C元素；Z元素原子最外层电子数比其次外层电子数多4个，Z是O元素；W元素原子K层和M层电子总数比L层电子数多1个，W是Cl元素；R元素原子最外层有1个电子，其阳离子与Z的阴离子原子核外电子总数相同，R是Na元素。A．H2O2常温下为液态，故A正确；B．Na与O能形成化合物Na2O2、Na2O，故B错误；C．C单质中石墨可导电，故C正确；D．ClO2可用作自来水消毒剂，故D正确；选B。6.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A.溶于水后形成胶体，可用于消毒、净化水B.受热易分解，可用于治疗胃酸过多C.金属钠具有较强还原性，充有钠蒸气的高压钠灯可用道路和广场照明D.二氧化硫具有还原性，可用作葡萄酒的抗氧化剂【答案】D【解析】A．明矾溶于水后形成胶体，胶体表面积大可吸附悬浮物等而达到净水的目的，但是不能对水进行消毒，A错误；B．受热易分解，但与其能治疗胃酸过多没有对应关系，可用于治疗胃酸过多是由于它有弱碱性，B错误；C．钠的焰色反应为黄色，穿透力强，可用于道路和广场照明，与其还原性无关，C错误；D．二氧化硫具有还原性，容易被氧化，可用作葡萄酒的抗氧化剂，D正确；故选D。7.下列有关反应的离子方程式正确的是A.石灰石溶于醋酸：B.跟稀盐酸反应：C.向溶液中加入过量的液：D.溶于水产生：【答案】C【解析】A．醋酸弱酸，在离子方程式中应以分子形式表示，不能拆分为，正确离子方程式为：，A错误；B．稀盐酸为弱氧化性酸，反应生成而非，正确离子方程式为：，B错误；C．完全电离为和，过量时，和应完全反应，正确离子方程式为：，C正确；D．与水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：，D错误；故选C。8.在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是A.B.C.D.【答案】B【解析】A．硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则物质间的转化不能实现，故A错误；B．电解熔融氯化钠得到钠，钠和氧气在点燃下生成过氧化钠，则物质间的转化能实现，故B正确；C．次氯酸见光分解产生氧气，则物质间转化不能实现，故C错误D．盐酸酸性比亚硫酸强，二氧化硫不与氯化钙溶液反应，故D错误；故选B。9.下列实验装置能达到实验目的的是A.制备氢氧化铁胶体B.电离方程式：C.滴水生火可证明过氧化钠与水反应放热D.若蘸溴化钠溶液的棉球变橙色，蘸淀粉溶液的棉球变蓝色，可证明氧化性【答案】C【解析】A．氢氧化铁胶体的制备方法：将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，继续加热至液体呈红褐色为止，若直接滴入NaOH溶液中会生成氢氧化铁沉淀，A不符合题意；B．电离不需要通电，CuCl2电离方程式应为，B不符合题意；C．滴水生火，说明反应放出热量，达到脱脂棉的着火点，可证明过氧化钠与水反应放热，C符合题意；D．蘸有溴化钠溶液的棉球变成橙色是因为氯气将溴离子氧化成了溴单质，证明氧化性：，蘸有淀粉KI溶液的棉球变成蓝色，说明碘离子被氧化为碘单质，由于无法排除可能是氯气氧化碘离子生成碘单质，则无法证明氧化性：，D不符合题意；故选C。10.用Na2CO3•10H2O晶体配制500mL0.100mol•L-1Na2CO3溶液。下列说法正确的是A.称取5.30gNa2CO3•10H2O晶体在烧杯中溶解B.将溶解所得溶液转移至未经干燥的容量瓶中C.溶解所用烧杯未洗涤会使所配溶液浓度偏大D.定容后摇匀，液面低于刻度线，可以补加适量水【答案】B【解析】A．用Na2CO3•10H2O晶体配制500mL0.100mol•L-1Na2CO3溶液，需要Na2CO3•10H2O晶体的质量是0.5L×0.1mol/L×286g/mol=14.3g，因此需要称取14.3gNa2CO3•10H2O晶体在烧杯中溶解，A错误；B．洗涤后的容量瓶不需要干燥，所以可将溶解所得溶液转移至未经干燥的容量瓶中，B正确；C．溶解所用烧杯未洗涤导致溶质的质量减少，会使所配溶液浓度偏小，C错误；D．定容后摇匀，液面低于刻度线，属于正常现象，若补加适量水，溶液体积增加，会使所配溶液浓度偏小，D错误；答案选B。11.著名的Vanviel反应为：12H2S+6CO2C6H12O6+6H2O+12S↓，下列说法错误的是A.该反应将光能转变为化学能B.H2S、CO2均属于非电解质C.每生成1molC6H12O6转移24×6.02×1023个电子D.该反应原理应用于废气处理，有利于环境保护和资源再利用【答案】B【解析】A．反应需要光能，反应过程中光能转化为化学能，A正确；B．二氧化碳为非电解质，硫化氢属于弱电解质，B错误；C．反应消耗12mol硫化氢，转移24mol电子，则每生成1molC6H12O6转移24×6.02×1023个电子，C正确；D．硫化氢为有毒气体，反应消耗硫化氢，该反应可以用于处理废气，有利于环境保护和资源再利用，D正确；故答案选B。12.历史上曾有化学家用以下方法制取氯气，反应原理如图所示。下列推断不正确的是A.反应Ⅰ属于复分解反应B.反应Ⅱ的化学方程式为C.是整个过程的催化剂D.该方法制取氯气的主要原料是盐酸和氧气【答案】C【解析】A．箭头指入的是反应物，箭头指出的是生成物，反应Ⅰ为，属于复分解反应，A正确；B．箭头指入的是反应物，箭头指出的是生成物，因此反应Ⅱ为，B正确；C．反应Ⅰ消耗CuO，反应Ⅱ生成CuO，因此CuO是整个反应的催化剂，而CuCl2只是反应过程中的中间产物，C错误；D．箭头指入的是反应物，箭头指出的是生成物，总反应为，该方法制取氯气的主要原料是盐酸和氧气，D正确；故选C。13.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作和现象实验结论A向某溶液中加入氯化钡溶液，产生白色沉淀再滴入盐酸，白色沉淀不消失该溶液中一定含有B对某碱性溶液进行焰色试验，火焰颜色为黄色该溶液为溶液C铜与足量浓硫酸在加热条件下反应一段时间，冷却后，向反应后的溶液中慢慢倒入适量蒸馏水，溶液呈蓝色铜与浓硫酸反应生成了硫酸铜D向淀粉KI溶液中滴加溶液，溶液变蓝有氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加过量稀盐酸，沉淀不消失，该沉淀可能为AgCl、BaSO4等，则该溶液中不一定含有，也可能含有，A错误；B．对某碱性溶液进行焰色试验，火焰颜色为黄色，则该溶液可能为NaOH溶液、Na2CO3溶液等，B错误；C．铜与足量浓硫酸在加热条件下可发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应后的溶液中仍含有浓硫酸，如果直接向反应后的溶液中慢慢倒入适量蒸馏水，由于浓硫酸的稀释是一个剧烈的放热过程，可能会导致液体飞溅，造成危险，正确的操作应该是将反应后的溶液冷却后，将溶液沿烧杯内壁缓缓倒入盛有适量蒸馏水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，此时可以观察到溶液呈蓝色，因为生成的硫酸铜溶解在水中，使溶液显蓝色，C错误；D．向淀粉碘化钾溶液中滴加溶液，溶液变蓝色是因为发生了反应：，可以说明具有氧化性，D正确；故选D。14.下图是实验室中制取KMnO4的流程图，已知K2MnO4显墨绿色，下列说法中错误的是A.第①步在铁坩埚中进行，第⑥步中加热浓缩在蒸发皿中进行B.第②步加入的MnO2作还原剂，第④步通CO2发生反应：3+2CO2=2+MnO2↓+2，MnO2是氧化产物C.第③步分批浸取可提高浸取率D.第⑤步加热趁热过滤，说明KMnO4的溶解度随温度变化比较大【答案】B【解析】KOH、KClO3、MnO2在高温下发生氧化还原反应产生K2MnO4、KCl、H2O，然后向其中分批次加入蒸馏水，通过浸取得到K2MnO4的浸取液，然后向其中通入CO2气体，发生歧化反应：3+2CO2=2+MnO2↓+2，然后加热，利用KMnO4的溶解度受温度的影响变化较大，趁热过滤，可减少KMnO4由于温度降低而结晶析出，然后将溶液蒸发结晶得到KMnO4晶体。A．第①步反应中有强碱KOH，在加热熔融时KOH会与陶瓷坩埚中的SiO2发生反应，腐蚀坩埚，因此应该在铁坩埚中进行；将KMnO4溶液通过蒸发浓度应在蒸发皿中进行，A正确；B．在第②步反应中KClO3为氧化剂，MnO2作还原剂，被氧化为K2MnO4；第④步通CO2发生反应：3+2CO2=2+MnO2↓+2，Mn元素化合价由反应前中的+6价变为反应后MnO2中的+4价，化合价降低，得到电子，被还原，所以MnO2是还原产物，B错误；C．在第③步分批加入蒸馏水进行浸取，可以使K2MnO4更多的被浸取出来，从而可提高物质的浸取率，C正确；D．第⑤步加热趁热过滤，在较高温度时过滤，KMnO4以离子形式存在于溶液中，说明KMnO4的溶解度随温度变化比较大，D正确；故合理选项是B。二、非选择题：共4题，共58分。15.I．有下列物质：①熔融；②固体；③盐酸；④；⑤溶液：⑥；⑦蔗糖。请用序号填空：（1）上述状态下的物质可导电的是___________(填序号，下同)，属于非电解质的是___________。（2）②属于___________(填“酸”、“碱”或“盐”)，请写出②在熔融状态下的电离方程式___________。（3）写出①的溶液与足量的④反应的离子方程式___________。II．按题目要求填空：（4）如何除去碳酸钠固体中的碳酸氢钠，相关化学方程式为___________。（5）已知属于二元酸，请写出与过量氢氧化钠溶液反应的化学方程式为___________。【答案】（1）①③⑤⑥④⑦（2）盐（3）（4）2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O（5）H3PO3+2NaOH＝Na2HPO3+2H2O【解析】【小问1】①熔融存在自由移动的离子，属于电解质；②固体不电离，不导电，溶于水可电离出离子，属于电解质；③盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，能导电，不是电解质也不是非电解质；④不电离，不导电，是非电解质；⑤溶液属于混合物，能导电，不是电解质也不是非电解质；⑥是金属单质，能导电，不是电解质也不是非电解质；⑦蔗糖不电离，不导电，是非电解质。上述状态下的物质可导电的是①③⑤⑥，属于非电解质的是④⑦。【小问2】盐是指一类由金属离子或铵根离子与酸根离子结合的化合物，②属于盐，在熔融状态下的电离方程式为。【小问3】和足量反应可生成碳酸氢钠，离子方程式为。【小问4】碳酸氢钠受热易分解，则可通过加热法除去碳酸钠固体中的碳酸氢钠，相关化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。【小问5】属于二元酸，则与过量氢氧化钠溶液反应时按照1:2的比例发生反应，化学方程式为H3PO3+2NaOH＝Na2HPO3+2H2O。16.二氧化铈是一种重要的稀土化合物。提纯二氧化铈一种工艺流程如图所示：（1）稀土化合物中的化合价为___________。（2）在反应①中体现___________(填)，写出稀硫酸、与反应的化学方程式___________。（3）由反应②可知氧化性：O2________Ce(OH)4(填“>”或“<”或“=”)，反应②中的氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________，当消耗转移电子的物质的量为___________。（4）是汽车尾气净化催化剂中最重要的助剂，工作原理如图所示。写出过程①发生反应的化学方程式___________。【答案】（1）＋4（2）还原性（3）>1：24（4）【解析】粗中Ce化合价为+4价，加入稀硫酸、H2O2，Ce化合价下降生成，再加入氢氧化钠和氧气，Ce化合价升高生成，加热分解生成精；【小问1】根据化合物中各元素化合价代数和为0，可算出稀土化合物中的Ce化合价为+4价；【小问2】反应①中Ce元素化合价从+4价降低到+3价，作氧化剂体现氧化性，则H2O2体现还原性；稀硫酸、H2O2与反应的化学方程式：；【小问3】根据氧化性规律，氧化剂大于氧化产物，反应②中氧气作氧化剂，为氧化产物，所以氧化性＞；反应②中的氧化剂为，1mol发生反应转移4mol电子；还原剂为，1mol发生反应转移2mol电子，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2；每有一个氧气分子参与反应转移电子的个数为4个；【小问4】根据图示可知反应①为和反应生成和，化学方程式：；17.是一种重要的氧化剂、杀菌消毒剂，也常用来漂白织物，其一种生产工艺如下：（1）工业上常用黄铁矿()为原料制备硫酸，写出用黄铁矿制的化学方程式___________。（2）写出“反应”步骤中生成的化学方程式___________。（3）“电解”所用食盐水出粗盐水精制而成，精制时，为除去和、，要加入下列试剂，其中的顺序不正确的是___________，最后还需要加入的一种试剂为___________。①加过量溶液②加过量溶液③加过量溶液A．③②①B．①③②C．③①②D．②①③（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量，此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________，该反应中氧化产物是___________。（5）用处理过的饮用水常含有一定量有害的。我国规定饮用水中的含量在0.1~0.8。测定水样中的含量的过程如下：步骤1：量取25.00水样加入锥形瓶中；步骤2：用稀调节溶液呈酸性，加入足量的晶体充分反应；步骤3：逐滴加入的溶液，恰好完全反应时，消耗溶液20.00。已知：，，根据上述数据计算并判断该水样中的含量是否符合国家规定？___________(请写出计算过程)。【答案】（1）（2）（3）D稀盐酸（4）2：1O2（5）不符合；根据可知，25.00水样中的=，的含量为>0.8，不符合国家规定。【解析】由制备流程可知，NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下可生成ClO2和NaHSO4，电解装置中阴极ClO2得电子生成，阳极Cl-失电子生成Cl2，含过氧化氢的氢氧化钠溶液可与多余的ClO2反应生成NaClO2溶液，NaClO2溶液经结晶、干燥可得到产品NaClO2。【小问1】黄铁矿()在高温下与氧气反应可制，化学方程式：。【小问2】“反应”步骤中氯酸钠和二氧化硫、硫酸反应生成硫酸氢钠、二氧化氯，根据元素守恒和得失电子守恒，反应方程式为。【小问3】除杂时，加入的试剂要能使和、沉淀下来且不能引入新的杂质，可选择过量的NaOH溶液除去食盐水中的Mg2+，选择过量的溶液除去Ca2+，选择过量的溶液除去溶液中的，为确保多余的能被除去，溶液应在溶液之前加，即③需排在②前，故选D；为了除去多余的OH-和，最后要加入稀盐酸。【小问4】“尾气吸收”过程中，ClO2被H2O2还原为NaClO2，Cl元素化合价由+4价变为+3价，则ClO2，H2O2被ClO2氧化为O2，过氧化氢中O元素化合价由-1价变为0价，则H2O2，所以H2O2和ClO2分别是还原剂与氧化剂，NaClO2和O2分别是还原产物与氧化产物，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1。【小问5】根据已知反应可得，则25.00水样中的=，的含量为>0.8，则该水样中的含量不符合国家规定。18.是一种高性能磁性材料。实验室以为原料制备的流程如下：（1）第一步：将向浊液中通入，制备。①石灰乳参与反应的化学方程式___________。②反应过程中，为使SO2尽可能转化完全，在通入与比例一定，不改变与用量的条件下，可以采取的合理措施有___________(任写一种)。③写出制备的化学方程式___________。④若实验中将换成空气，测得反应液中和的浓度随反应时间t变化如上右图。导致溶液中和浓度变化产生明显差异的原因