陕西省西安市部分学校联考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陕西省西安市部分学校联考2024-2025学年高一上学期1月期末考试化学试题一、单选题1．硝酸厂烟气中含有大量氮氧化物(NOx)。常温下，将烟气与H2的混合气体通入CeSO4A．反应Ⅰ的离子方程式为CeB．反应Ⅱ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：4C．该转化过程的实质是NO被H2氧化D．反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce【答案】D【解析】由图可知，过程Ⅰ发生的反应为H2+2Ce4+=2H++2Ce3+，过程Ⅱ发生的反应为2NO+4H++4Ce3+=2H2O+N2↑+4Ce4+，总反应为2NO+2H2=2H2O+N2↑，则Ce(SO4)2是反应的催化剂，Ce2(SO4)3是反应的中间产物。A．由分析可知，反应Ⅰ为Ce4+与氢气反应生成Ce3+和氢离子，反应的离子方程式为H2+2Ce4+=2H++2Ce3+，故A错误；B．由分析可知，过程Ⅱ发生的反应为2NO+4H++4Ce3+=2H2O+N2↑+4Ce4+，反应中氮元素的化合价降低被还原，一氧化氮是氧化剂、氮气为氧化产物，铈元素的化合价升高被氧化，Ce3+是还原剂、Ce4+是氧化产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为4：1，故B错误；C．由分析可知，总反应为2NO+2H2=2H2O+N2↑，反应中氮元素的化合价降低被还原，氢元素化合价升高被氧化，则该转化过程的实质是一氧化氮被氢气还原，故C错误；D．由分析可知，Ce(SO4)2是反应的催化剂，Ce2(SO4)3是反应的中间产物，所以反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+离子总数一定保持不变，故D正确；故选2．下列指定反应的离子方程式书写正确的是A．用小苏打治疗胃酸过多：CO32-+2H+=CO2↑+HB．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑C．向沸水中滴加FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体：Fe3++3H2O=ΔFe(OH)3(胶体)+3HD．向澄清石灰水中滴加少量NaHCO3溶液：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-【答案】C【解析】A．用小苏打治疗胃酸过多：HCO3-+H+=CO2↑+H2O，A错误；B．CH3COOH是弱酸，用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，B错误；C．向沸水中滴加FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体，离子方程式：Fe3++3H2O=ΔFe(OH)3(胶体)+3H+，C正确；D．向澄清石灰水中滴加少量NaHCO3溶液：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O，D错误；3．已知常温下在溶液中能发生如下反应：①16H++10Z—+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O，②2M2++R2=2M3++2R-，③2R-+Z2=R2+2Z-A．各粒子氧化性由强到弱的顺序是XO4->Z2>R2>MB．各粒子还原性由强到弱的顺序是X2+>Z->R->M2+C．Z元素在①③反应中发生还原反应D．Z2+2M2+=2M3++2Z-不可以进行【答案】A【解析】A．氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，反应16H＋＋10Z－＋2XO4-=2X2＋＋5Z2＋8H2O中，氧化性：XO4-＞Z2；反应2M2＋＋R2=2M3＋＋2R－中，氧化性：R2＞M3+；反应2R－＋Z2=R2＋2Z－中，氧化性：Z2＞R2，即氧化性顺序是XO4-＞Z2＞R2＞M3+，故A项正确；B．根据反应2M2＋＋R2=2M3＋＋2R－，可得还原性顺序是R－＜M2+，根据反应2R－＋Z2=R2＋+2Z－，可得还原性顺序是Z－＜R－，根据反应：16H＋＋10Z－＋2XO4-=2X2＋＋5Z2＋8H2O，可得还原性顺序是：X2+＜Z－，即还原性强弱顺序为：X2+＜Z－＜R－＜M2+，故B项错误；C．Z元素在①中化合价升高，发生氧化反应，在③中化合价降低，发生还原反应，故C项错误；D．氧化性顺序是XO4-＞Z2＞R2＞M3+，Z2+2M2+=2M4．某同学欲配制100mL0.10mol⋅LA．操作①中，称取2.5g胆矾晶体，并于烧杯中加水溶解B．操作②中，容量瓶使用前需用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用C．操作③为定容，若仰视，将导致所配溶液浓度偏高D．操作④摇匀后静置，发现液面低于刻度线，继续加水至凹液面与刻度线相切【答案】A【解析】A．称取胆矾晶体的质量为0.1L×0.1mol/L×250g/mol=2.5g，并在烧杯中加水溶解，故A符合题意；B．容量瓶使用前应用蒸馏水洗涤，由于定容时也需要加蒸馏水，所以无需干燥，故B不符合题意；C．按图示观察会导致所配溶液体积偏大，则将导致所配溶液浓度偏小，故C不符合题意；D．发现液面低于刻度线后不应加水，如果加水溶液体积偏大，浓度偏低，故D不符合题意；答案为：A。5．实验室也可以用KMnO4和浓盐酸反应制取Cl2，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(A．装置C中试剂是饱和食盐水，目的是除去HCl气体B．实验过程中，硬质玻璃管中产生大量棕黄色的烟C．实验时，应该先加热装置D，再打开A中分液漏斗的活塞D．将装置A中的KMnO4直接换为MnO【答案】B【解析】A．装置C中试剂是浓硫酸，目的是干燥氯气，故A错误；B．铜在氯气中燃烧，产生棕黄色的烟，故B正确；C．应先打开装置A中分液漏斗的活塞，当产生的氯气充满整套装置时，再点燃装置D处酒精灯，故C错误；D．MnO2与浓盐酸常温下不反应，故D错误。故选6．在不同温度、浓度的条件下，Cl2与NaOH溶液的反应，可以生成NaClO或NaClO3。现将氯气缓缓通入冷NaOH溶液，测得ClO-、ClO3-物质的量n(mol)与反应时间t(min)A．t1之前发生的反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2OB．a点时溶液中n(NaCl)：n(NaClO3)=5：1C．t2~t4，ClO-离子的物质的量下降的原因可能是发生反应：3ClO-=2Cl-+ClO3D．整个过程，参加反应所需NaOH与氯气的物质的量之比一定为2：1【答案】B【解析】A．从图中可知，t1之前没有ClO3-生成，只有ClO-，则氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO，化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，A正确；B．a点时溶液中c(ClO3-)=c(ClO-)，此时溶液中含有NaCl、NaClO和NaClO3，可以认为总反应为4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO+NaClO3+4H2O，此时n(NaCl)：n(NaClO3)=6：1，B错误；C．t2-t4，ClO-的物质的量逐渐减小，ClO3-的物质的量逐渐增大，则可能原因为ClO-发生歧化反应生成Cl-和ClO3-，离子方程式为3ClO-=2Cl-+ClO3-，C正确；D．整个过程中，生成的物质有NaCl、NaClO、NaClO3和水，NaCl、NaClO、NaClO3三种物质中Na和Cl的物质的量之比均为1：1，则根据Na守恒和Cl守恒，参与反应所需NaOH与Cl2的物质的量之比一定为7．二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，浓度过高时易发生分解引起爆炸，制备二氧化氯溶液的装置如图。下列说法正确的是A．装置A发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2B．实验中氮气的作用是将装置内的空气排出C．装置B可以起到防止倒吸的作用D．当看到装置C中导管液面上升时应减慢氮气的通入速率【答案】C【解析】A．装置A是生成ClO2的装置，Cl元素由NaClO3中的+5价降低到ClO2中的+4价，得到1个电子，NaClO3是氧化剂，氧元素由H2O2中-1价升高到O2中的0价，失去2个电子，H2O2是还原剂，根据得失电子守恒知，NaClO3与H2O2的物质的量之比为2:1，A不符合题意；B．由题意知，二氧化氯浓度过高易发生分解引起爆炸，通入氮气主要是为了降低二氧化氯的浓度，B不符合题意；C．装置C收集二氧化氯，二氧化氯易溶于水，容易发生倒吸，因此B装置可以起到防倒吸的作用，C符合题意；D．装置C中导管液面上升，说明内部压强偏小，易引起倒吸，此时应加快氮气的通入速率，弥补压强的不足，D不符合题意；故选C。8．金属材料的发展极大地促进了人类社会的文明程度。如图是两种金属及其化合物的转化关系。下列说法不正确的是A．根据反应③可知氧化性：Fe3+>H2O2B．向X溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液变红C．反应③中稀硫酸仅表现酸性D．反应①的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O【答案】A【解析】由题干中两种金属及其化合物的转化关系图分析可知，物质M为Cu，E为Fe，X为FeSO4，Y为Fe2(SO4)3，W为Fe(SCN)3，Z为Fe(OH)3，据此分析解题。A．由分析可知，反应③的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，可知氧化性：H2O2>Fe3＋，A错误；B．由分析可知，X溶液Fe元素以Fe2+形式存在，故滴入KSCN溶液无明显现象，滴加氯水后，Fe2+被氧化为Fe3+，溶液变红，B正确；C．根据反应③的离子方程式2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，可知反应③中稀硫酸仅表现酸性，C正确；D．由分析可知，反应①的离子方程式为Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O，D正确；故选A。9．工厂的工业废水中含有大量的FeSO4和较多的Cu2+。某兴趣小组模拟工业从该废水中回收金属铜，并制备Fe(OH)SO4，流程如下：下列说法不正确的是A．操作1和操作2均为过滤B．甲为铁粉，乙为稀硫酸溶液C．往溶液1与溶液2中加入NaNO2反应生成NO，欲制备1.5molFe(OH)SO4，理论上至少需要NaNO21.5molD．取少量产品Fe(OH)SO4溶于盐酸，滴入酸性KMnO4溶液，若紫红色褪去，则产品中含Fe2+【答案】D【解析】A．操作1、2都得到固体和溶液，操作名称为过滤，故A说法正确；B．根据上述分析，甲为铁粉，乙为稀硫酸，故B说法正确；C．NaNO2作氧化剂，根据得失电子数目守恒有：1.5mol×(3－2)=n(NaNO2)×(3－2)，解得n(NaNO2)=1.5mol，故C说法正确；D．酸性高锰酸钾溶液能将盐酸氧化，紫红色褪去，因此紫红色褪去，不能说明产品中含Fe2+，故D说法错误；答案为D。10．实验室从废定影液[含Ag(S2O3)23-和Br-等]中回收Ag和Br2的步骤是：向废定影液中加入Na2S沉银，过滤、洗涤、干燥，灼烧Ag2S制Ag；制取Cl2并将其通入滤液中氧化Br-下列叙述正确的是A．用装置甲分离出Ag2S B．用装置乙灼烧Ag2S制取AgC．用装置丙制备Cl2 D．用装置丁分液时，有机相应从下口放出【答案】D【解析】A．过滤时应用玻璃棒引流，故A错误；B．灼烧Ag2S制取Ag应在坩埚中进行，故B错误；C．二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气应加热，故C错误；D．用四氯化碳萃取分液，四氯化碳密度大，在下层，有机相应从下口放出，故D正确；故答案为D。11．高铁酸钾(K2FeO4)是一种既能杀菌、消毒，又能絮凝净水的水处理剂。工业制备高铁酸钾的反应离子方程式为Fe(OH)3+ClO-+OH-→FeO42-+Cl-+H2O(未配平)A．由上述反应可知，FeO42-的氧化性强于ClO-B．高铁酸钾中铁显+6价C．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2D．K2FeO4处理水时，生成的Fe3+易形成Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质【答案】A【解析】A．从题给离子方程式可以看出，ClO-是氧化剂，FeO42-是氧化产物，氧化性：ClO->FeO42-，A错误；B．FeO42-中氧显-2价，则铁显+6价，B正确；C．反应中1molFe(OH)3转移3mol电子，1molClO-转移2mol电子，根据电子得失守恒，有n(ClO-)∶n[Fe(OH)3]=3∶2，C正确；D．K2FeO4具有强氧化性，会转化为Fe3+，Fe3+12．侯德榜发明了侯氏制碱法，其部分工艺流程如下，下列说法不正确的是已知反应①的化学方程式为NHA．该工艺利用了不同物质溶解度的差异B．反应②属于分解反应C．若纯碱中混有NaHCO3D．母液的主要成分是NH4【答案】C【解析】A．碳酸氢钠、氯化铵、氯化钠、碳酸氢铵中碳酸氢钠的溶解度最小，所以首先析出碳酸氢钠沉淀，故A正确；B．反应②是2NaHCO3=ΔNa2CO3+CO2↑+H2O，属于分解反应，故B正确；C．碳酸钠、碳酸氢钠都能与石灰水反应，不能用石灰水除碳酸钠中的13．用如图所示装置进行Fe与水蒸气反应的实验（部分夹持装置已略去），下列有关说法不正确的是（）A．装置A的作用是为实验提供持续不断的水蒸气B．装置B中发生反应的化学方程式是2C．装置C中加入的固体干燥剂可能是碱石灰D．点燃装置D处的气体前必须检验气体的纯度【答案】B【解析】A．装置A中液态水在加热的条件下产生水蒸气，故其作用是为实验提供持续不断的水蒸气，选项A正确；B。Fe与水蒸气在高温下发生反应生成Fe3O4和H2，反应的化学方程式是3Fe+4H2O(g) 高温14．钢铁制品经常要进行烤蓝处理，即在铁制品的表面生成一层致密的Fe3Ⅰ.把一定量烤蓝铁片加工成均匀粉末；Ⅱ.取一定量的粉末，放入28.00mL1mol⋅L-1的盐酸中，二者恰好完全反应，生成134.4mL已知：①不考虑空气对反应的影响；②杂质不参与反应。下列说法错误的是A．由实验可知，反应后所得的溶液中一定无FeB．样品中氧元素的物质的量为0.008C．样品中铁元素的含量约为70%D．若将生成的H2恰好全部与灼热的氧化铜反应，最多可得到0.384【答案】C【解析】取一定量的粉末，放入28.00mL1mol•L-1的盐酸中，二者恰好完全反应，生成134.4mL(标准状况下为0.006mol)H2，再向溶液中滴入KSCN溶液，无现象，说明反应恰好生成氯化亚铁，不存在铁离子；反应恰好生成氯化亚铁，根据氯元素守恒可知，铁元素为0.028L×1mol/L÷2=0.014mol；HCl为0.028mol，生成水的氢元素为0.028mol-0.006mol×2=0.016mol，则样品中氧元素为0.016mol÷2=0.008mol；故样品中铁元素的含量约为0.014×560.014×56+0.008×16×100%≈85.96%；A．据分析，反应后所得的溶液中一定无Fe3+，故A正确；B．据分析，样品中氧元素的物质的量为0.008mol，故B正确；C．据分析，样品中铁元素的含量约为0.014×560.014×56+0.008×16×100%≈85.96%，故C15．为消除NO、NO2等氮氧化物对环境的破坏作用，可采用NH3催化氮氧化物A．NO、NO2B．若用NaOH溶液吸收等体积的NO和NO2，只能生成NaNOC．NO与NO2气体等体积混合后与过量氨气发生反应，转移9mol电子时生成3molD．反应过程中有极性键和非极性键的断裂，同时也有极性键和非极性键的形成【答案】C【解析】A．NO、NO2均不是酸性氧化物，故A错误；B．若用NaOH溶液吸收等体积的NO和NO2生成NaNO2和水，故B错误；C．NO与NO2气体等体积混合后与过量氨气发生反应，反应方程式为3NO+3NO2+6NH3=6N2+9H2O，根据方程式，转移18mol电子生成6molN2，转移9mol电子时生成3molN2，故C正确；D．反应过程中只有极性键氮氢键、氮氧键断裂，故D16．氢气是世界上已知密度最小的气体，也是自然界中最轻的气体，其具有可燃性、还原性、氧化性等化学性质。氢气不仅可以用于填充气球、治疗疾病，在工业上作氢化剂和还原剂，而且也是21世纪主要研究的一种新型的清洁能源，可以作为航空燃料或以燃料电池的方式为汽车提供动力。氢气可以通过电解水、水煤气、烃类转化法等方法制备。实验室常用锌粒与稀硫酸反应制取H2，其反应的化学方程式为Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，下列说法正确的是A．中子数为2的H原子：12B．18O2-的结构示意图：C．ZnSO4含有离子键和共价键D．该反应的离子方程式为Zn＋H2SO4=Zn2＋＋SO42-＋H2【答案】C【解析】A．中子数为2的H原子质量数为3，表示为13H，A错误；B．18O2-的质子数为8(核电荷数)，其结构示意图为，B错误；C．Zn2＋和SO42-通过离子键结合，SO4D．稀硫酸为强酸，完全电离，该反应正确的离子反应方程式为Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑，D错误；本题选C。二、非选择题17．已知实验室制取氯气的反应原理为：MnO2+4HCl(浓)加热MnCl2+Cl2↑+2H2O，据此回答下列问题：(1)该反应中氧化剂是(填化学式)，氧化产物是。(2)该反应中氧化剂与还原剂的个数比为。(3)用单线桥法表示电子转移的方向和数目：MnO2+4HCl(浓)加热MnCl2+Cl2↑+2H2O。(4)“地康法”制取氯气的总反应方程式4HCl+O2==2H2O+2Cl2，其反应原理如图所示：反应Ⅰ：CuO+2HCl=CuCl2+H2O反应Ⅱ：……①反应Ⅰ的离子方程式为。②反应Ⅱ的化学方程式为。【答案】MnO2Cl21：2=MnCl2+Cl2↑+2H2OCuO+2H+=Cu2++H【解析】反应MnO2+4HCl(浓)加热MnCl2+Cl2↑+2H2O中，锰元素由+4价变为+2价，化合价降低，得电子，被还原，MnO2作氧化剂，MnCl2为还原产物，氯元素化合价由-1价变为0价，化合价升高失电子，被氧化，HCl作还原剂，Cl2作氧化产物，其中盐酸中Cl元素的化合价只有部分发生变化，(1)该反应中氧化剂是MnO2，氧化产物是Cl2；(2)根据上述分析可知，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，则个数比为1：2；(3)用单线桥法表示电子转移的方向和数目：=MnCl2(4)①已知反应Ⅰ：CuO+2HCl=CuCl2+H2O，反应Ⅰ的离子方程式为CuO+2H+=Cu2++H2O；②根据图示，反应Ⅱ的化学方程式为2CuCl2+O2=2CuO+2Cl2。18．化学小组同学为研究氯气制备和氯水的成分及性质进行了如下实验。【实验1】制备氯气。如图是实验室制取纯净、干燥氯气的装置图。(1)M的名称是，①中反应的化学方程式是。(2)③中存放的试剂是。(3)⑤中反应的离子方程式是。【实验2】研究氯水性质。实验操作及现象如表。资料：淀粉的特征反应——遇I2变蓝色。实验序号实验2-1实验2-2实验操作(氯水均为新制)实验现象溶液变蓝石蕊溶液先变红，后褪色(4)实验2-1结论是。(5)实验2-2中溶液变红是由于溶液中含有；使溶液褪色的粒子是。(6)证明氯水中含有氯离子的方案是。【答案】(1)分液漏斗MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O(2)浓硫酸(3)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(4)氧化性Cl2>I2(或还原性Cl-<I-)(5)H+HClO(6)取少量氯水放在一支洁净试管中，加入过量稀硝酸使其酸化，再加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则含有Cl-【解析】（1）根据装置图，M的名称是分液漏斗，①中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气、水，反应的化学方程式是MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）装置③的作用是干燥氯气，存放的试剂是浓硫酸；（3）装置⑤吸收氯气，防止污染，⑤中氢氧化钠和氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，反应的离子方程式是Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（4）实验2-1是向淀粉KI溶液中滴加新制氯水，溶液变蓝，说明发生反应2KI+Cl2=KCl+I2，结论是氧化性Cl2>I2；（5）石蕊溶液遇酸变红，实验2-2中溶液变红是由于溶液中含有H+；次氯酸具有漂白性，使溶液褪色的粒子是HClO。（6）氯离子能和银离子生成不溶于硝酸的白色沉淀AgCl，证明氯水中含有氯离子的方案是：取少量氯水于一支洁净试管中，加入过量稀硝酸使其酸化，再滴入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则含有Cl-，反之则无Cl-。19．碳酸亚铁(FeCO3)可作为补血剂。利用某硫酸厂产生的烧渣(主要含Fe2O3、FeO，还有一定量的SiO2)制备FeCO3的流程如图：(1)“酸溶”步骤所得溶液中金属阳离子有(写离子符号)，滤渣的成分是(写化学式)。(2)“还原”步骤中FeS2(Fe元素为+2价)与H2SO4不反应；Fe3+通过两个反应被还原，其中一个反应如下：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，则另一个反应的离子方程式为(3)“沉淀”步骤需要控制温度在35℃以下，原因之一是为了防止分解(写物质名称)。(4)“沉淀”步骤中获得目标产品的化学方程式为。(5)FeCO3补血剂需密封包装的原因是。(6)FeCO3在空气中煅施生成Fe2O3时，也会生成FeO。现煅烧11.6kg的FeCO3，使其完全反应得到Fe2O3和FeO的混合物7.92kg，则Fe2O3的质量为kg。【答案】(1)Fe2+、Fe3+SiO2(2)FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S(3)碳酸铵(4)(NH4)2CO3+FeSO4=(NH4)2SO4+FeCO3↓(5)防止FeC