福建省龙岩市2024-2025学年高一上学期1月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1福建省龙岩市2024-2025学年高一上学期1月期末试题一、单选题1．化学与生产生活密切相关，下列说法错误的是A．开发清洁能源可有效减少酸雨B．将受潮的碳酸氢铵放在太阳下暴晒C．小苏打可作为制作面包的膨松剂D．84消毒液不能与洁厕剂等酸性产品同时使用【答案】B【解析】A．开发清洁能源（如太阳能、风能）可减少化石燃料燃烧产生的二氧化硫和氮氧化物，从而降低酸雨发生率，该说法正确，A正确；B．碳酸氢铵受热易分解：NH4HCO3C．小苏打（碳酸氢钠）加热分解产生二氧化碳，能使面包疏松多孔，常用作膨松剂，该说法正确，C正确；D．84消毒液含次氯酸钠（NaClO），与酸性洁厕剂（如含盐酸）反应会生成有毒氯气（Cl₂），存在安全隐患，不能同时使用，该说法正确，D故答案选B。2．研究金属钠分别与酒精、水反应的剧烈程度实验时，没有用到的研究方法是A．观察法 B．实验法 C．比较法 D．假说法【答案】D【解析】A．在实验中，研究者通过视觉观察反应现象（如气泡产生、剧烈程度等），因此观察法被使用，A不符合题意；B．实验法指通过实际操作进行实验，本实验通过进行钠与酒精、水的反应来研究，因此实验法被使用，B不符合题意；C．比较法用于对比钠与水反应和钠与酒精反应的剧烈程度，因此比较法被使用，C不符合题意；D．假说法涉及提出假设并验证，但本实验仅直接研究反应剧烈程度，未提及任何假设的提出或验证，因此假说法没有被使用，D符合题意；故答案元D。3．关于反应NaHCO3A．NaHCO3的摩尔质量为B．0.1mol⋅C．1molH2OD．常温常压下1molCO2【答案】C【解析】A．摩尔质量的单位应为g·mol-1，单位错误，A错误；B．未指明溶液体积，无法计算Na+的物质的量，B错误；C．根据阿伏伽德罗常数，1mol任何物质均含约6.02×1023个基本粒子，1molH2O含约6.02×1023个水分子，C正确；D．标准状况下1mol气体的体积是22.4L，常温常压下大于22.4L，D错误；4．下列有关钠及其化合物的说法错误的是A．小苏打和苏打均可以和盐酸反应生成COB．Na、Na2O和C．Na、Na2O和D．饱和NaHCO3溶液可除去CO2中混有的少量【答案】B【解析】A．小苏打（NaHCO3）与盐酸反应生成CO2：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；苏打（Na2CO3）与盐酸反应也生成CO2：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，两者均能生成CO2，A正确；B．钠（Na）与稀盐酸反应生成H2气体；氧化钠（Na2O）与稀盐酸反应不产生气体：Na2O+2HCl=2NaCl+H2O；过氧化钠（Na2O2）与稀盐酸反应生成O2气体：2Na2O2+4HCl=4NaCl+O2C．钠（Na）在空气中最终转化为碳酸钠（Na2CO3）：先氧化为Na2O，再与H2O和CO2反应生成Na2CO3；氧化钠（Na2O）在空气中与H2O反应生成NaOH，再与CO2反应生成Na2CO3；过氧化钠（Na2O2）在空气中与CO2反应生成Na2CO3和O2，三者最终产物均为Na2CO3，C正确；D．饱和NaHCO3溶液可与HCl反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，从而除去HCl；而CO2在饱和NaHCO3溶液中溶解度低，且反应生成的CO2可补充，因此能有效净化CO2气体，故选B。5．下列各组离子在溶液中能大量共存的是A．Na+、Fe2+、H+、NO3- B．NH4C．Ca2+、Cl-、CO32-、OH- D．HCO3【答案】B【解析】A．Na+、Fe2+、H+、NO3-中，H+和NO3-在酸性条件下可氧化Fe2+生成Fe3+和B．NH4+、H+、Cu2+、Cl-中，所有离子之间不生成沉淀、气体、弱电解质或不发生氧化还原反应，可以大量共存，故C．Ca2+、Cl-、CO32-、OH-中，Ca2+和CO32-会生成CaCO3沉淀，Ca2+和OH-会生成Ca(OH)D．HCO3-、Ag+、K+、OH-中，Ag+和OH-会生成AgOH沉淀（分解为Ag2O），且HCO3-和OH-反应生成CO32-和故选B。6．下列过程对应的化学用语错误的是A．熔融状态的氯化钠能导电：NaClB．汽车尾气处理：2C．三氯化铁溶液腐蚀铜箔制造电路板：2D．铁能与水蒸气在高温下反应：Fe【答案】D【解析】A．熔融状态的氯化钠能导电，电离方程式为NaCl=Na+B．汽车尾气处理反应为2NO+2COC．三氯化铁溶液腐蚀铜箔的反应为2Fe3++D．铁能与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁与气氢气，其方程式为3Fe+4故选D。7．实验室制备联氨(N2H4)的方法为2A．消耗22.4LNH3，生成HB．消耗1molNaClO，转移的电子数为NC．生成32gN2D．标准状况下，1.8gH2【答案】C【解析】A．消耗22.4LNH3，未指明标准状况，无法确定其物质的量，故无法计算生成的H2B．消耗1molNaClO，反应中Cl元素从+1价降至-1价，转移2mol电子，电子数为2NA，不是NAC．生成32gN2H4，N2H4的摩尔质量为32g/mol，故物质的量为1mol；1molN2H4含D．标准状况下，H2O为液体，不能用气体摩尔体积计算H2O的体积，故1.8gH故选C。8．工业上用S8()与CH4为原料制备CS2，发生反应为A．X的化学式为HB．S8C．该反应转移8mol电子，则1molCH4D．氧化产物与还原产物的物质的量之比是1：2【答案】D【解析】A．由质量守恒，X化学式为H2S，B．同素异形体是同种元素组成的单质；S8为硫单质，是硫元素的一种同素异形体，BC．根据S8+2CH4=2CS2+4H2S，C元素化合价由-4升高为+4，发生氧化反应被氧化为CS2，硫单质得到电子被还原为CS2和H2SD．结合C分析，氧化产物与还原产物的物质的量之比是2：(2+4)=1：3，D错误；故选D；9．用胆矾(CuSO4⋅5H2A．称取胆矾25g溶于1L水中B．胆矾加热除去结晶水后，称取16g溶于少量水中，然后将此溶液稀释至1LC．定容时俯视容量瓶瓶颈上的刻度线会导致配制溶液浓度偏高D．若加蒸馏水时不慎超过了容量瓶瓶颈上的刻度线，则应重新配制【答案】A【解析】A．将25g胆矾直接溶于1L水中，溶解后溶液体积会大于1L，导致最终CuSO4溶液浓度低于0.1mol/L，正确配制应是将溶质溶解后定容至1L，AB．胆矾（CuSO4⋅5H2O）加热除去结晶水后得到CuSO4，称取16g（0.1mol）溶于水并定容至1LC．俯视刻度线会使实际液面低于刻度线，导致加入蒸馏水体积不足，溶液体积偏小，使配制的溶液浓度偏高，C正确；D．超过刻度线后溶液体积过大，浓度偏低，且无法通过简单操作精确调整至目标体积，必须重新配制以保证浓度准确，D正确；故答案选A。10．对于溶液中某些离子的检验及结论正确的是A．滴加稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，一定有COB．先滴加新制氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变红色，一定有FeC．滴加BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有D．滴加NaOH溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，一定有NH【答案】D【解析】A．滴加稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，可能有CO32-、HCO3-、SO32-或B．先滴加新制氯水再滴加KSCN溶液变红色，原因可能是原溶液中存在Fe3+（直接与SCN⁻反应显红色），也可能是溶液中的Fe2+被氧化成Fe3+后与SCN⁻C．滴加BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸沉淀不消失，原因可能是SO42-与Ba2+反应生成BaSO4沉淀，但也可能是Ag+与Cl-D．滴加NaOH溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体NH3，是NH4+故答案选D。11．硫及其化合物的分类与相应硫元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是A．常温下，a与c反应可生成bB．将c通入紫色石蕊溶液中，溶液先变红后褪色C．可用热的NaOH溶液洗涤试管内壁的bD．冷的f浓溶液可用铁质或铝质容器储存【答案】B【解析】从图中可以看出，a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO3，f为H2SO4，g为亚硫酸盐，h为硫酸盐。A．常温下，a(H2S)与c(SO2)接触后发生反应2H2S+SO2=3S+2H2O，反应可生成b(S)，A正确；B．将c(SO2)通入紫色石蕊溶液中，此时亚硫酸溶液只表现酸性不表现漂白性，则溶液只变红不褪色，B错误；C．S能与热的NaOH溶液发生反应3S+6NaOHΔ2Na2S+Na2SO3+3H2O，则试管内壁的b(S)可用热的NaOH溶液洗涤，C正确；D．冷的f(H2SO4)浓溶液具有强氧化性，能使Fe、Al制品表面发生钝化，所以可用铁质或铝质容器储存冷的浓硫酸，D正确；故选B。12．以下是氨氮废水的处理流程：高浓度氨氮废水→ⅠNaOH溶液/加热下列说法错误的是A．过程Ⅰ中发生的化学反应不属于氧化还原反应B．过程Ⅱ中发生的离子反应方程式为NHC．过程Ⅲ中HNO3→N2，转移10moleD．该处理方案可有效防止水体富营养化【答案】C【解析】向高浓度氨氮废水中加NaOH溶液、加热并通入空气（步骤Ⅰ），将其转化为低浓度氨氮废水；接着通过微生物作用（步骤Ⅱ），把低浓度氨氮废水转化为含硝酸的废水；最后加入甲醇（步骤Ⅲ），将含硝酸的废水处理为达标废水，实现氨氮废水的无害化处理。A．过程Ⅰ中，高浓度氨氮废水在NaOH溶液、加热和鼓入空气条件下，主要发生反应：NH4++OHB．过程Ⅱ为微生物硝化过程，将氨氮（NH4+）氧化为硝酸盐（NO3-）。在碱性条件下，反应方程式为C．过程Ⅲ为反硝化过程，硝酸被还原为氮气。生成1molN2时，2个氮原子各降低5价，共转移10mol电子。标准状况下，1molN2的体积为22.4L，因此转移10mol电子时应生成22.4LN2D．该流程通过过程Ⅰ去除大部分氨氮，过程Ⅱ将氨氮转化为硝酸盐，过程Ⅲ将硝酸盐还原为氮气释放，最终废水达标排放，有效降低了氮含量，从而防止水体富营养化，D正确；故答案选C。13．下列有关实验及分析都正确的是选项AB实验分析烧杯a溶液变浑浊，烧杯b溶液无明显现象，说明热稳定性：Na加热时Na被氧化，生成淡黄色固体选项CD实验分析产生黄绿色气体，浓盐酸表现出酸性和还原性分离沙粒和胶体，分离后烧杯液体呈红褐色A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】A．小试管内温度低，大试管内温度高，证明Na2CO3、NaHCO3热稳定性，应将Na2CO3放在大试管中直接加热，将NaHCO3放在小试管中间接加热，A错误；B．加热Na时，应该在坩埚中进行，B错误；C．浓盐酸与二氧化锰在加热条件下制备氯气，氯元素化合价升高，发生氧化反应，则浓盐酸为还原剂，表现出还原性；生成氯化锰，则浓盐酸表现出酸性，C正确；D．过滤时，应该用玻璃棒引流，D错误；故选C。14．利用NaClO和尿素[CO(NH2)2]反应制备N2H4∙H2O(水合肼)的实验流程如下图，下列说法错误的是已知：①氯气与烧碱溶液的反应会放出热量，若温度过高会产生副产物NaClO3；②N2H4∙H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2；③实验流程中各反应没有Cl2产生。A．步骤Ⅰ应采用冰水浴降温B．步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若溶液中NaClO与NaClO3的物质的量之比为2:1，则参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为C．步骤Ⅱ中尿素应一次性快速加入反应器中D．步骤Ⅲ溶液中Cl-的物质的量大于步骤Ⅰ溶液【答案】B【解析】将Cl2通入NaOH溶液中，发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，由于反应放热，若温度过高，会生成副产物NaClO3，则需设法控制温度；往反应后的溶液中一次性加入尿素，发生反应NaClO+CO(NH2)2+2NaOH=N2H4∙H2O+NaCl+Na2CO3；蒸发浓缩、冷却结晶，过滤出Na2CO3，再将滤液经过处理，便可获得N2H4∙H2O。A．步骤Ⅰ中，由于Cl2与NaOH反应放热，可能会发生副反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，生成副产物NaClO3，所以应采用冰水浴降温，A正确；B．步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若溶液中NaClO与NaClO3的物质的量之比为2:1，则发生反应5Cl2+10NaOH=7NaCl+2NaClO+NaClO3+5H2O，参与反应的氧化剂(Cl2生成7NaCl)与还原剂(Cl2生成2NaClO+NaClO3)的物质的量之比为72：3C．题干信息显示：“N2H4∙H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2”，则步骤Ⅱ中尿素应一次性快速加入反应器中，使尿素快速还原NaClO，防止NaClO氧化N2H4∙H2O，C正确；D．步骤Ⅰ中发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，步骤Ⅱ中发生反应NaClO+CO(NH2)2+2NaOH=N2H4∙H2O+NaCl+Na2CO3，则在步骤Ⅰ生成NaCl的基础上又生成NaCl，所以步骤Ⅲ溶液中Cl-的物质的量大于步骤Ⅰ溶液，D正确；故选B。二、解答题15．物质的类别和元素的化合价是研究物质性质的两个重要角度。下图是部分含氮和含氯物质的价类二维图，回答下列问题：(1)c的化学式为，它可作为一种传递神经信息的“信使分子”。(2)b′能溶于水还能与水反应，其水溶液显(填“酸性、碱性或中性”)。(3)根据上图氯元素的化合价判断c′在反应中既可作氧化剂，又可作还原剂。当它作氧化剂时，理论上可能被还原为___________(填标号)。A．HCl B．Cl2 C．HClO3 D(4)实验室用浓a'溶液滴入MnO2中并加热制取b'气体，其反应的化学方程式为(5)制b'的另一种反应为16HCl浓+2KMnO4=2(6)工业上制备e(填“能”或“不能”)通过a→c→d→e流程实现。(7)工业上常用浓氨水检验'气体管道是否漏气。若管道漏气，则有白烟和一种无污染的气体产生，反应方程式为，反应中被氧化与未被氧化的NH3物质的量之比为【答案】(1)NO(2)酸性(3)AB(4)MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O(5)=2KCl(6)能(7)8NH3【解析】由含N物质和含Cl物质的“价-类”二维图，可推出a为NH3、b为N2、c为NO、d为NO2、e为HNO3；a′为HCl、b′为Cl2、c′为HClO、d′为HClO3、e′为HClO4。（1）由分析可知，c的化学式为NO，它可作为一种传递神经信息的“信使分子”。（2）b′(Cl2)能溶于水还能与水反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，二种产物都是易溶于水的酸，HCl为强酸，HClO为弱酸，其水溶液显酸性。（3）根据上图氯元素的化合价判断c′(HClO)在反应中既可作氧化剂，又可作还原剂。当它作氧化剂时，HClO中Cl元素由+1价降低，可能转化为0价，也可能转化为-1价，Cl元素不可能转化为HClO3、HClO4，则理论上可能被还原为HCl、Cl2，故选AB。（4）实验室用浓a′(HCl)溶液滴入MnO2中并加热制取b′(Cl2)气体，发生反应生成MnCl2、Cl2等，依据得失电子守恒、原子守恒，可得出其反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O。（5）制b′(Cl2)的另一种反应为16HCl浓+2KMnO4=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，在该反应中，HCl中的Cl元素由-1价升高到0价，作还原剂，KMnO4中的Mn元素由+7价降低到（6）工业上制备e(HNO3)时，发生反应4NH3+5O2催化剂Δ4NO+6H2O、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，则能通过a(NH3)→c(NO)→d(NO2)→e(HNO3)（7）工业上常用浓氨水(挥发出的NH3)检验b′(Cl2)气体管道是否漏气。若管道漏气，则有白烟(NH4Cl)和一种无污染的气体(N2)产生，依据得失电子守恒、原子守恒，可得出发生反应方程式为3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，反应中被氧化NH3(2NH3)与未被氧化的NH3(6NH3)物质的量之比为2:6=1:3。16．粗盐中含有SO42-、Ca2+、K已知：KCl和NaCl的溶解度如图所示：(1)操作Ⅰ和Ⅱ相同，其名称是，该操作除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是。(2)步骤①中BaCl2要稍过量。检验BaCl2已过量的方法(3)步骤④加入过量盐酸，除了发生H++OH(4)操作Ⅲ为。(5)以下方案也可对粗盐进行提纯。方案：向粗盐水中加入生石灰除去Mg2+，再加入碳酸钠溶液除去Ca若粗盐水中CaCl2含量为1.11g⋅L-1，MgCl2含量为0.76g⋅L【答案】(1)过滤漏斗(2)取少量该步骤所得的上层清液于试管中，再滴入几滴稀硫酸，若溶液变浑浊，表明BaCl2(3)2H++CO32-(4)蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤，干燥(5)0.080.18【解析】粗盐加入稍过量的BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀，除去硫酸根离子，过滤，滤液中加入稍过量NaOH溶液，生成Mg(OH)2沉淀，除去Mg2+，加入稍过量Na2CO3溶液，生成BaCO3和CaCO3沉淀，除去Ba2+和Ca2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，除去氢氧化钠、碳酸钠，经过一系列操作后得到精盐。（1）操作Ⅰ和Ⅱ相同，均为分离固液的操作，其名称是过滤，该操作除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是漏斗；（2）步骤①中若BaCl2过量，则溶液中存在Ba2+，故判断过量的方法是：取少量该步骤所得的上清液于试管中，再滴入几滴稀硫酸，若溶液变浑浊，表明BaCl2已过量；（3）滤液中含过量氢氧化钠、碳酸钠，加入稀盐酸是除去过量的氢氧化钠、碳酸钠，除了发生H++OH-=H2O外，还可能发生反应的离子方程式为（4）由图可知，KCl的溶解度受温度影响较大，而NaCl的溶解度受温度影响较小，因此先蒸发至大量晶体析出，此时KCl在滤液中，趁热过滤，可得到精盐，故操作Ⅲ为蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤，干燥；（5）粗盐水中MgCl2含量为0.76g/L，物质的量浓度为0.76g/L95g/mol=0.008mol/L，MgCl2∼CaOH2∼CaO可得，10L该粗盐水需加入氧化钙0.008mol/L×10L=0.08mol；17．Fe2Ⅰ．制备Fe用废铁屑(含少量FeO、Fe2O3杂质)(1)控制溶液反应温度为50-80℃的方法为。(2)操作Ⅱ的名称为。(3)写出“煅烧”过程发生的主要化学方程式。(4)以上流程中，氧化还原反应共___________个。Ⅱ．探究Fe2A、B、C、D均是含铁元素的物质，其中B溶液呈浅绿色。Fe2(5)检验A溶液中阳离子的方法是。(6)物质X可以是___________(填相应字母)。A．Fe B．H2O2 C．KMnO(7)白色沉淀C→D的化学方程式为。(8)下列装置中，无法制备较长时间存在的白色沉淀的是___________(填相应字母)。A． B．C． D．【答案】(1)水浴加热(2)洗涤(3)4(4)3(5)用试管取少量A溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，说明溶液中存在Fe3+(或其他合理答案(6)A(7)4(8)B【解析】流程一：废铁屑中加入稀硫酸并加热50～80℃，Fe和稀硫酸反应生成FeSO4和H2，充分反应后通过操作Ⅰ得到滤液和滤渣，操作Ⅰ为过滤；滤液中含有FeSO4、H2SO4，滤液中加入稍过量的NH4HCO3溶液得到FeCO3，过滤后得到FeCO3沉淀，通过过滤、洗涤、干燥煅烧得到Fe2O3。流程二：氧化铁加入硫酸反应生成硫酸铁溶液A，硫酸铁与足量铁粉X反应生成硫酸亚铁溶液B，再与NaOH反应生成Fe(OH)2白色沉淀C，最后在空气中被氧化为Fe(OH)3沉淀D；（1）控制溶液反应温度为50-80℃，温度低于水的沸点，方法为水浴加热；（2）操作Ⅱ为洗涤沉淀的操作，名称为洗涤；（3）“煅烧”过程中碳酸亚铁被空气中氧气氧化为氧化铁，同时生成二氧化碳，主要化学方程式4FeCO（4）以上流程中，铁和稀硫酸生成硫酸亚铁和氢气，氧化铁生成的铁离子被单质铁还原为亚铁离子，碳酸亚铁被空气中氧气氧化为氧化铁，三者均存在元素化合价改变，则氧化还原反应共3个。（5）铁离子和KSCN溶液变为红色，故检验A溶液中阳离子的方法是：用试管取少量A溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，说明溶液中存在Fe3+(或其他合理答案)（6）物质X将铁离子还原为亚铁离子，且不引入新杂质，则物质X可以是还原剂铁，故选A；（7）Fe(OH)2在空气中被氧化为Fe(OH)3，反应为4FeOH（8）A．铁和稀硫酸生成氢气和硫酸亚铁，排净装置中空气，然后滴加氢氧化钠生成氢氧化亚铁白色沉淀，能制备较长时间存在的白色沉淀，故A不符合题意；B．氢氧化钠和硫酸亚铁生成氢氧化亚铁白色沉淀，在空气中被氧化为Fe(OH)3沉淀，不能制备较长时间存在的白色沉淀，故B符合题意；C．铁和稀硫酸生成氢气和硫酸亚铁，排净装置中空气，然后关闭a，硫酸亚铁溶液被压入B装置，和氢氧化钠生成氢氧化亚铁白色沉淀，能制备较长时间存在的白色沉淀，故C不符合题意；D．植物油能隔绝氧气，能制备较长时间存在的白色沉淀，故D不符合题意；故选B。18．硫及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，某实验小组设计了如图装置制备并探究二氧化硫的性质。回答下列问题：(1)导管b的作用是。