山东省淄博市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山东省淄博市2024-2025学年高一上学期1月期末考试试题一、单选题1．下列应用中不涉及氧化还原反应的是A．ClO2用作饮用水消毒剂 B．CaOC．Na2O2用作潜水艇的供氧剂 D【答案】B【解析】ClO2作为消毒剂时，Cl的化合价从+4降低到-1价，发生还原反应，涉及氧化还原反应，A错误；CaO与水反应生成Ca(OH)2，反应中所有元素的化合价均未变化，属于非氧化还原反应，B正确；Na2O2与CO2或水反应生成O2，氧元素发生歧化反应，其化合价从-1变为0和-2，涉及氧化还原反应，C错误；FeCl3与Cu反应生成FeCl₂和CuCl₂，Fe3+被还原为Fe2+，Cu被氧化为Cu2+，涉及氧化还原反应，D错误；故选B。2．实验安全至关重要，下列实验操作、事故处理方法错误的是A．未用完的钠、钾、白磷需放回原试剂瓶B．火灾现场有大量活泼金属时需用潮湿的沙土来灭火C．皮肤溅上碱液，先用大量水冲洗，再用2%的硼酸溶液冲洗D．氯气泄漏时，应用浸有小苏打水的毛巾捂住口鼻向高处撤离【答案】B【解析】钠、钾、白磷性质活泼，未用完需放回原试剂瓶，避免因随意存放引发危险，A正确；活泼金属（如钠、钾）遇水会剧烈反应，潮湿的沙土含水分，可能加剧火势，应使用干燥沙土灭火，B错误；皮肤接触碱液后，先用大量水冲洗稀释，再用弱酸性硼酸中和，C正确；氯气密度大且为毒性气体，用小苏打水（弱碱性）浸湿毛巾可中和氯气，同时向高处撤离正确，D正确；故选B。3．下列化学用语或图示正确的是A．HClO的结构式：HB．F-的离子结构示意图：C．用电子式表示HCl的形成过程：D．NaHCO3在水中的电离方程式：NaHCO【答案】C【解析】HClO中氧分别与H、Cl形成一对共用电子对，结构式：H—O—Cl，A错误；F-最外层电子数为8，其结构示意图为，B错误；HCl是共价化合物，用电子式表示HCl的形成过程：，C正确；NaHCO3强电解质，在水中的电离分为两步，但第一步是完全电离：NaHCO₃=Na⁺+HCO₃⁻，而HCO₃⁻是弱酸根，仅发生部分、可逆的电离（HCO₃⁻⇌H⁺+CO₃²⁻），因此NaHCO3的电离方程式不能直接写成NaHCO₃=Na⁺+H⁺+CO₃²，该写法错误认为HCO₃⁻完全电离，不符合客观事实，D错误；故选D。4．下列图示实验中，操作正确且能达到实验目的的是A．收集ClB．加热试管中的液体C．制取FeOHD．制取FeA．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】氯气密度比空气大，应使用向上排空气法收集，导管应该长进短出，A错误；给试管中的液体加热时，液体体积不能超过试管体积的三分之一，以防止沸腾时液体溅出，图乙中液体过多，B错误；制备Fe(OH)3胶体，是向沸水中逐滴加入5~6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，图中使用NaOH溶液与FeCl₃反应，得到的是Fe(OH)₃沉淀，而非胶体，C错误；油层能隔绝空气，防止生成的Fe(OH)5．下列物质均为离子化合物，且化学键类型相同的是A．KNO3与Na2CO3 BC．NH4Cl与NaCl D．H【答案】A【解析】KNO3和Na2CO3均为离子化合物，其中既含有阳离子与原子团之间的离子键，又含有原子团内部（如NO₃⁻中的N–O键，CO₃²⁻中的C–O键）的共价键，化学键类型相同，A正确；H2O2和H2O均为共价化合物，不是离子化合物，B错误；NH₄Cl中含有NH₄⁺与Cl⁻之间的离子键，以及NH₄⁺内部的共价键（包括一个配位键），而NaCl仅含离子键，化学键类型不同，C错误；H2SO4是共价化合物，NaOH是离子化合物，两者不均为离子化合物，D错误；故选A。6．约里奥-居里夫妇用α粒子轰击1327Al，获得了首个人工放射性核素1530A．a=0， b=1 BC．1327Al中子数为14 D．1530【答案】D【解析】根据质量数和电荷数守恒，X粒子的质量数b=4+27-30=1，电荷数a=2+13-15=0，即X为中子（01n），故a=0，b=1，A正确；同位素指质子数相同、中子数不同的同一元素的不同原子，B正确；中子数=质量数-质子数=27-13=14，C正确；同素异形体是指同种元素组成的不同结构单质，1530P4与1531P4是磷元素的同种分子（P₄）7．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A．0.5molB．23gNa与足量H2OC．0.1molD．标准状况下，11.2LCO与O2【答案】A【解析】0.5 mol⋅L-1CaCl2溶液的体积未知，无法计算离子总数，A错误；23gNa（1mol）与H2O反应生成0.5molH2，对应0.5NA分子，B正确；0.1molCl2与足量Fe反应，Cl元素由0价降至-1价，得电子，共转移0.2mol电子，对应0.2NA，C正确；标准状况下，11.2L混合气体为0.5mol，8．下列有关说法错误的是A．钠、氧化钠、过氧化钠长期放置在空气中最终产物相同B．铁的化学性质比较活泼，自然界中铁元素仅以化合态存在C．铝合金比铝硬度大的原因是原子层之间的相对滑动变得困难D．氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白雾生成【答案】B【解析】钠最终氧化为Na2CO3，氧化钠和过氧化钠与CO2、H2O反应也生成Na2CO3，A正确；虽然地壳中的铁元素多以化合态存在，但在陨铁中存在着天然的单质铁，故B错误；合金的硬度通常大于其组分金属，加入其他元素原子后，原子层之间相对滑动变得困难，硬度增大，C正确；氢气在氯气中燃烧发出苍白色火焰，反应生成HCl气体，HCl在空气中与水蒸气结合形成盐酸小液滴，观察为白雾，D正确；故选B。9．工业上将Cl2通入冷的NaOHA．NaClO溶液比HClO溶液稳定 B．漂白液需在阴凉处避光保存C．通入CO2后的漂白液消毒能力增强 D．漂白液的有效成分是NaClO和【答案】D【解析】次氯酸不稳定容易分解为HCl和氧气，次氯酸盐稳定，所以NaClO溶液比HClO溶液稳定，A正确；NaClO虽稳定，但仍需避光保存以防止分解，B正确；通入CO2后，发生反应NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，漂白液消毒能力增强，C正确；漂白液的主要成分是次氯酸钠(NaClO)和氯化钠(NaCl)，有效成分是次氯酸钠，D错误；故选D。10．实验室中利用下图装置验证铁与水蒸气的反应。下列说法错误的是A．酒精灯点燃的顺序：先①后②B．用火柴点燃肥皂泡检验生成的HC．反应为2D．由此可知炽热的铁水注入模具之前，模具须干燥【答案】C【解析】选点燃①处酒精灯产生水主蒸汽，赶走空气，点燃②处酒精灯发生反应，A正确；用木柴点燃肥皂泡，若产生尖锐的爆鸣声，则可检验生成的气体为氢气，B正确；反应为3Fe+4H炽热的铁水注入模具之前，模具必须充分干燥，否则铁与水蒸气反应生成氢气会有爆炸危险，D正确；故选C。二、多选题11．对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是粒子组判断和分析AAl不能大量共存，因发生反应：FeBH不能大量共存，因发生反应：ClCNa能大量共存，粒子间不反应DFe能大量共存，粒子间不反应A．A B．B C．C D．D【答案】BC【解析】三价铁有氧化性，可以氧化碘离子，方程式为：2Fe3++2I酸性条件下，氯离子和次氯酸根离子可以发生归中反应，方程式为：Cl-+ClONa+、Ba酸性条件下二价铁可以被过氧化氢氧化为三价铁，方程式为：2Fe2++H2故选BC。三、单选题12．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，且最外层电子数之和为20，W与Y同族，W是地壳中含量最多的元素。下列说法错误的是A．简单氢化物的稳定性：WB．X、C．W、D．最高价氧化物的水化物的酸性：Y【答案】A【解析】W是地壳中含量最多的元素，故W为O，W与Y同族，则Y为S。元素非金属性越强，最简单氢化物越稳定，非金属性：O＞S，则最简单氢化物的稳定性：H2O＞H2S，A错误；Na2S中S2-易被氧化，具有还原性，B正确；Na2O和Na2O2均能与水反应，C正确；元素非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，非金属性：Cl>S，故酸性：HClO₄13．根据实验操作和现象所得结论错误的是选项实验操作和现象结论A向待测液中滴加AgNO3溶液和稀HNO3，产生白色沉淀待测液中含有Cl-B向FeCl2溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液，紫红色消失Fe2+具有还原性C向NaBr溶液中滴加几滴新制氯水，溶液变为橙黄色非金属性：Cl＞BrDMg(OH)2和Al(OH)3中均分别加入NaOH溶液和盐酸，Mg(OH)2只溶于盐酸，Al(OH)3都能溶碱性：Mg(OH)2＞Al(OH)3A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】AgNO₃溶液用于检验Cl⁻，稀HNO₃用于排除CO₃²⁻等离子的干扰，向待测液中同时加入AgNO3和稀HNO3，生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，该沉淀为AgCl，可说明待测液中存在Cl-，A项正确；Cl-能被酸性KMnO4氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，干扰Fe2+还原性的检验，B项错误；Cl2能置换出Br2说明Cl2的氧化性比Br2强，可推断Cl的非金属性强于Br，C项正确；Mg(OH)2仅溶于盐酸，Al(OH)3溶于盐酸和NaOH，说明Mg(OH)2只有碱性，Al(OH)3具有两性，碱性氢氧化物不与碱反应，故Mg(OH)2碱性更强，D项正确；答案选B。四、多选题14．亚氯酸钠NaClO2A．由反应①可知还原性：SOB．反应①中生成11.2 LClO2C．反应②中H2O2D．理论上，制得1 molNaClO2消耗SO2【答案】AD【解析】反应①中SO2是还原剂，ClO2为还原产物，根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性判断，还原性：SO2>ClO2，故A正确；未指明气体是否处于标准状况，无法确定ClO₂的物质的量，因此不能计算转移电子数，故B错误；反应②中ClO₂中氯元素化合价降低，作氧化剂，H₂O₂中氧元素化合价升高，作还原剂，O2是氧化产物，故C错误；根据：2NaClO3+H2SO4+SO2＝2ClO2+2NaHSO4、2NaOH+2ClO2+H2O2＝O2↑+2H2O+2NaClO2。得到关系2NaClO3~SO2~2ClO2~H2O2~2NaClO2，可知理论上，制得1 molNaClO2消耗SO215．探究Na与CO2i．打开K1、 ii．一段时间后，停止加热，关闭K1、 Kiii．将硬质玻璃管中的固体加水溶解，未见气泡产生；过滤，向滤液中加入过量BaCl2下列说法错误的是A．步骤i的目的是排除O2B．步骤ii中的黑色物质可能是碳单质C．步骤iii中的现象说明步骤ii中生成的白色物质为NaD．Na与CO2反应的产物可能为【答案】CD【解析】钠是活泼金属，能与空气中的氧气、水蒸气反应，步骤i的目的是排除O2和水蒸气的干扰，A正确；根据元素守恒，步骤ii中的黑色物质可能是碳单质，B正确；步骤 iii 中固体加水溶解无气泡，说明不含Na₂O₂；加BaCl₂溶液后生成白色沉淀，且该沉淀溶于盐酸产生气体，说明含有Na₂CO₃；过滤后滤液呈碱性，说明含有Na₂O（与水生成NaOH），因此步骤ii中生成的白色物质含有Na2CO3和Na2O，C错误；硬质玻璃管中的固体溶于水无气泡产生，检验CO的试剂没有明显现象，说明产物中不可能有Na2五、解答题16．“价一类”二维图是学习化学的一种重要工具。由原子序数依次增大的X、Y、Z、M、Q五种短周期元素形成的部分化合物甲、乙、丙的“价一类”二维图如图所示，甲的焰色试验呈黄色。回答下列问题：(1)Q在元素周期表中位于第周期第族；五种元素中，原子半径最大的是(填元素符号，下同)，非金属性最强的是。(2)X与Y形成的10个电子的分子为(填化学式)，与Q的单质反应的离子方程式为。(3)Y与Z形成的既含离子键又含非极性键的化合物的电子式为。甲与乙反应的离子方程式为。(4)R为与M同周期相邻主族的金属元素，下列说法正确的是_____(填标号)。A．R的单质可与热水反应B．R的最高价氧化物的水化物为强碱C．金属性：ZD．Z的单质能从R的盐溶液中置换出R的单质【答案】(1)三VIIANaO(2)H2OCl2+H2O⇌H++Cl-+HClO(3)Al2O3+2OH−+3H2O=2[Al(OH)4]-(4)AC【解析】（1）Q为Cl，是17号元素，在元素周期表中位于第三周期第VIIA族；同周期自左向右原子半径减小，同主族自上向下原子半径增大，则五种元素中，原子半径最大的是Na，次氯酸中O为-2价，则非金属性最强的是O；（2）X为H、Y为O，则X与Y形成的10个电子的分子为H2O；Q为Cl，氯气和水反应的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO；（3）Y为O、Z为Na，两者形成的既含离子键又含非极性键的化合物为过氧化钠，电子式为；甲为NaOH，乙为Al2O3，甲与乙反应的离子方程式为：Al2O3+2OH−+3H2O=2[Al(OH)4]-；（4）M为Al，R为与M同周期相邻主族的金属元素，则R为Mg；镁可以和热水反应生成氢氧化镁和氢气，A正确；R为Mg，R的最高价氧化物的水化物是氢氧化镁，不是强碱，B错误；Z为Na、M为Al、R为Mg，同周期越靠右金属性越弱，则金属性：Z>R>M，C正确；Z为Na、R为Mg，钠可以和水反应，当钠遇到镁盐溶液时，会先与水反应生成NaOH，不能置换出R的单质，17．我国化学家侯德榜发明的“联合制碱法”为世界制碱工业做出了巨大贡献，联合制碱法主要过程和部分物质的溶解度曲线如图所示。回答下列问题：(1)生产过程涉及的部分物质①CO2、②NH3、③Na2CO3、④饱和食盐水中，属于电解质的是(填序号，下同)(2)物质X的化学式为；循环(填“I”或“Ⅱ”)使原料NaCl的利用率从70%提高到90%以上。为测定煅烧后固体中的NaHCO3含量，将煅烧后固体充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O(3)向母液中加入NaCl可促进副产品NH4Cl的生成，根据NaCl和NH4Cl的溶解度曲线，为使NH4A．0∼10∘CB．30∼50∘CC．(4)关于Na2CO3和NaHCO3的下列说法中，错误的是A．可利用NaOH溶液使NaHCO3转化为B．“联合制碱法”是利用NaHCO3C．利用二者的热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCOD．相同条件下，等质量的Na2CO3和NaHCO3与足量盐酸反应，【答案】(1)③④NH3＋CO2＋NaCl＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl(2)CO2Ⅰ6m(3)A(4)D【解析】（1）题干所给的四种物质中，属于电解质的是Na2CO3，编号为：③；能导电的是饱和食盐水，编号为：④；沉淀池中发生反应的化学方程式为：（2）在煅烧过程中发生的反应为NaHCO3受热分解可生成Na2CO3、CO2和H2O，反应的化学方程式为：2NaHCO3=ΔNa2CO3+CO2↑+H2O，其中生成的CO2可以通过循环Ⅱ到沉淀池中继续使用；然后在母液中加入细小的NaCl颗粒后析出NH4Cl可作化肥，同时将NaCl通过循环I（3）向母液中加入NaCl可促进副产品NH4Cl的生成，根据NaCl和NH4Cl的溶解度曲线，NH₄Cl溶解度随温度升高显著增大，NaCl溶解度受温度影响小，为使NH4Cl充分析出，应选择0∼10∘C的低温条件，此时NH₄Cl溶解度小于（4）NaOH溶液可以和NaHCO3反应生成Na2CO3，反应方程式为：NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O，A正确；根据“联合制碱法”的反应方程式NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl可知该原理是利用NaHCO3与其它物质的溶解度差异来实现的，B正确；在Na2CO18．乳酸亚铁是一种补铁剂，易溶于水，难溶于乙醇，可由乳酸与FeCO3反应制得。工业上以废料铁泥(主要成分是Fe2O3，含少量已知：SiO2回答下列问题：(1)滤渣1的主要成分为(填化学式)；“酸浸”时Fe2O3(2)“还原”时，Fe3+发生反应的离子方程式为，可用(填试剂的化学式)检验Fe3+(3)滤渣3的主要成分为(填化学式)。“沉铁”过程中发生反应的离子方程式为。(4)“合成”过程中加入足量乳酸充分反应，同时加入少量铁粉，加入铁粉的作用是。获得乳酸亚铁晶体的系列操作是：溶液隔绝空气低温蒸发，冷却结晶，过滤，用(填“水”或“乙醇”)洗涤晶体2∼3次，干燥，制得乳酸亚铁晶体。【答案】(1)SiO2Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O(2)2Fe3++Fe=3Fe2+KSCN(3)Al(OH)3Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H(4)防止Fe2+被氧化乙醇【解析】（1）滤渣1的主要成分为SiO2；“酸浸”时Fe2O3发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H（2）加铁粉，将Fe3+还原为Fe2+，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；Fe3+和硫氰化钾溶液反应呈红色，可用KSCN检验Fe3+（3）滤渣3的主要成分为Al(OH)3；加碳酸氢铵生成FeCO3沉淀，“沉铁”过程中发生反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H（4）铁粉具有还原性，加入铁粉的作用是防止Fe2+被氧化；由于乙醇易挥发，为减少产品溶解损失并便于干燥，获得乳酸亚铁晶体的系列操作应为：溶液隔绝空气低温蒸发，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤晶体2∼3次，干燥，制得乳酸亚铁晶体。19．磺酰氯SO2Cl2是一种重要的化工原料，实验室用Cl2和SO2催化制备SO2Cl2已知：①SO2Cl2的熔点为-②SO2和Cl回答下列问题：(1)仪器A的名称为，装置甲中发生反应的化学方程式为。(2)装置乙中盛放试剂为，其作用为。(3)实验过程中观察到装置丙中溶液颜色呈现如下图所示变化。对导致变色的物质I、II、III的正确判断是(填标号)。A．Cl2、HClO、HCl

B．HCl、HClO、丙装置实验体现了氯气的(填“氧化性”、“还原性”或“氧化性和还原性”)。(4)冰水浴的作用是，戊装置中发生反应的化学方程式为，图示装置存在的一处缺陷是。【答案】(1)分液漏斗MnO2＋4HCl(浓)ΔMnCl2＋Cl2↑＋2H2O(2)饱和食盐水除去氯气中的氯化氢(3)B氧化性和还原性(4)冷凝收集SO2Cl2SO2＋Cl2活性炭SO2Cl2戊与己之间缺少干燥装置【解析】（1）仪器A的名称为分液漏斗，装置甲用浓盐酸与二氧化锰为原料制取Cl2的化学方程式为：，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)ΔMnCl2＋Cl2↑＋2H2O；（2）装置乙中盛放试剂为饱和食盐水，其作用是吸收氯气中混有的氯化氢气体；（3）①紫色石蕊试液变红，说明呈酸性、有氢离子生成，红色变无色，说明有漂白性物质生成，则是次氯酸引起的，变成浅黄绿色，说明溶解了氯气；则判断正确的是B；丙装置实验氯气与水反Cl2+H2O=HClO+HCl，Cl的化合价既升高（生成Cl⁺（4）因SO2Cl2的熔沸点较低，冰水浴的作用是冷凝收集SO2Cl2，戊装置中发生反应的化学方程式为SO20．胃舒平的有效成分为AlOH3，测定其中AlOH3含量的操作如下(设该药片中的其它成分不与盐酸或NaOH①加入25.00 ②用移液管量取20.00 ③配制0.10 mol⋅④取5粒药片(0.10g/片)，研碎，加入100 ⑤用0.10 mol⋅(1)正确的操作顺序是③④(填序号)。(2)测定过程中发生反应的离子方程式为、。(3)该测定实验共进行了4次。实验室现有50 mL、100 mL、250 mL、500 mL四种规格的容量瓶，则配制盐酸应选用的容量瓶规格最好为mL。用密度为1.2 g/A．查漏B．转移C．定容D．摇匀(4)某同学4次测定所消耗的NaOH溶液的体积如下：实验序号1234消耗NaOH溶液体积/mL15.9017.3016.1016.00胃舒平中AlOH3的质量分数为%(保留3位有效数字(5)用NaOH固体配制实验中所需的NaOH溶液时，下列操作会使胃舒平中AlOH3含量测定值偏高的是A．NaOH固体中含有NaCl杂质B．定