浙江省浙南联盟2023-2024学年高一化学第一学期期末考试试题含解析

浙江省浙南联盟2023-2024学年高一化学第一学期期末考试试题

考生须知：

1.全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色

字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、下列物质中导电能力最差的是（）

A.熔融态KHSO4B.铜片C.O.lmol/LH2SO4D.固态KC1

2、下列做法符合“绿色化学”理念的是

①实验室收集NH3采用图甲所示装置

②实验室中做Cb与Na反应的实验时采用图乙所示装置

③实验室中采用图丙所示装置进行Cu与浓HNO3的反应

④实验室中采用图丁做NH3与HC1反应生成镀盐的实验

A.①②③B.①②④C.②③④D.①③④

3、下列有关物质性质或应用的说法正确的是（）

A.晶体硅是半导体，故在通信工程中用于制光导纤维

B.氧化镁的熔点高，可作优质的耐高温材料

C.液氨汽化放出大量的热，可用作制冷剂

D.明矶具有强氧化性，常用于自来水的杀菌消毒

4、将一小块钠投入到下列溶液中，既能生成气体，又能生成蓝色沉淀的是（）

A.氯化镁溶液B.氢氧化钢溶液C.硫酸铜溶液D.氯化钙溶液

5、往甲、乙、丙三个装满CL的集气瓶中各注入：①AgNO3溶液；②NaOH溶液；③水三种液体中的一种，经过振荡,

现象如下图所示，则甲、乙、丙中注入的液体分别是

A.①②③B.②①③C.③②①D.①③②

6、常温下，下列不发生反应的一组物质是（）

①铜与浓硫酸②二氧化硅与NaOH溶液③铜与浓硝酸④石英与水⑤铁与液氯⑥一氧化氮与氧

气⑦硅与氧气⑧H2s与SO2

A.①②③⑥B.②③⑥⑧C.①④⑤⑦D.①②③⑦

7、有关H、D、T、HD、H2、D+、IT这七种微粒的说法正确的是

A.互为同位素B.是七种氢元素

C.HD和H2均是单质D.电子数相同

8、氮化硅陶瓷硬度大、熔点高，被广泛应用于各种热工领域。在烧结氮化硅陶瓷的过程中，二氧化硅、碳、氮气以物

质的量之比3:6:2反应生成两种化合物。下列说法错误的是

A.烧结氮化硅陶瓷的反应属于氧化还原反应

B.氮化硅陶瓷可用于制造磨刀材料

C.氮化硅陶瓷不属于硅酸盐

D.产物中有CO2生成

9、二氧化硫的下列化学性质中，体现二氧化硫作为还原剂的是

A.SO2在一定条件下与02反应转化为SO3

B.通入品红溶液中，使品红褪色

C.溶于水形成不稳定的亚硫酸

D.与碱液反应生成亚硫酸盐

10、下列各组离子能在某酸性的无色溶液中大量共存的是（）

+22+

A.NH4>Mg2+、SO4\ClB.Ca,I\Na\NO3

C.AF+、Cu2\SO?>ClD.K+、Cl、HCO3、SO?

11、下列反应结束后，向其中滴加KSCN溶液，溶液变成血红色的是（）

A.铁锈与过量稀盐酸B.FeCb溶液与过量铜片

C.FeCb溶液与过量铁粉D.FeCb溶液与过量Zn粉

12、在海水综合利用中，下列叙述不亚确的是（）

A.海水经过蒸发结晶得到粗盐

B.海水中提取漠单质可以用氯气将海水中的BF氧化

C.海水提镁的工艺中用贝壳为原料生产石灰乳

D.海水中提取镁单质的方法是海水国壁uMg（OH）2_^_>Mg

13、下列含氯化合物中，不能由金属单质和氯气直接反应得到的是

A.FeChB.CuChC.AICI3D.MgCh

14、与20mL,含O.OlmolNaCl的溶液中的Cr物质的量浓度相等的是

A.10mL0.5mol/LCuCL溶液B.5mL0.4mol/LFeCb溶液

C.10mL2.0mol/LKC1溶液D.10mL0.25mol/LMgCh溶液

X2+3+

15、与S2-在酸性溶液中发生如下反应：M2O7+3S+14H=2M+3S；+7H2O,则M2O7X-中M的化合价是（）

A.+2B.+4C.+6D.+3

16、下列过程包含化学变化的是

A.高炉炼铁B.氯气液化C.碘的升华D.积雪融化

二、非选择题（本题包括5小题）

17、下图中A〜J均代表无机物或其水溶液，其中B、D、G是单质，B是地壳中含量最高的金属元素，G是气体，J

是磁性材料。

根据图示回答问题:

（1）写出下列物质的化学式：A,E；

（2）反应①的化学方程式是；反应②的化学方程式是;

（3）J与盐酸反应的化学方程式是；反应后的溶液与足量的D反应的离子方程式是

,如何检验最后溶液中的阳离子：。

（4）高铁酸钾（KzFeO。是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCb与KC1O在强碱性条件下反应可制

取RFeO4,其反应的离子方程式为o

18、现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H,它们之间的相互转化关系如图所示（图中

有些反应的生成物和反应的条件没有标出）。

请根据以上信息完成下列各题：

(1)写出下列物质的化学式：B、丙o

(2)写出黄绿色气体乙的一种用途,反应过程⑦可能观察到的实验现象是

(3)写出反应①的化学方程式，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目：。

(4)反应③中的氧化剂是(写化学式，下同)，反应④中的还原剂是。

(5)写出反应⑤的离子方程式。

19、某化学实验小组同学用如图所示装置进行系列实验，以探究气体的性质(部分仪器已略去)。

气体『产—

溶液YT步勺甘阳■溶液

回答下列问题：

(1)若气体X为氯气，溶液Y为含有少量KSCN的FeCL溶液，则可观察到溶液Y中的实验现象是――，写出NaOH

溶液中发生反应的离子方程式：_»

(2)若溶液Y为品红溶液，气体X通过后，溶液褪色。取少量褪色后的溶液加热后恢复为红色，则气体X可能是一(填

化学式)。根据气体X的性质，上述实验装置应作一定的改进，则下列装置中可用来替代其尾气吸收装置的是一(填序

20、下列为实验室常用仪器

n

（1）下列各组混合物中，能用仪器E进行分离的是

a.水和四氯化碳b.碘和酒精c.水中的泥沙

（2）配制lOOmLO.ImoFLTNaOH溶液，所需NaOH固体的质量是g,实验中用到的四种仪器为

（填序号），还缺少的一种玻璃仪器为.（填仪器名称）。

21、按要求回答问题

（1）KA1（SO4）2的电离方程式

（2）向石蕊试液中通入氯气，起始时溶液变红，一段时间后溶液褪色，则使溶液变红和褪色的微粒分别是

（填微粒符号）。

（3）实验室用质量分数为36.5%,密度为L19g・cm-3的浓盐酸来配制100ml,2mol/L的稀盐酸，需要用量筒量取

ml该浓盐酸。

（4）化学方程式H2S+H2so4（浓尸SCM+SJ+2H20,当生成4.48L（标况）SO2时，转移的电子是..moL

（5）下列四个图像中，横坐标表示加入物质的物质的量，纵坐标表示生成沉淀的量或产生气体的量，从A〜D中选择

符合各题要求的序号填人表中。

匕

C

溶液加入的物质序号

溶液

①AlCb通入过量的NH3—

②Na2cCh和NaOH的溶液滴入过量的盐酸—

③NaAlCh溶液滴加稀硫酸至过量—

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、D

【解析】

导电能力最差的应是离子浓度最小，或不存在自由移动的离子等情况，如固体氯化钾，据此进行解答。

【详解】

固体KC1不能电离出自由移动的离子，不能导电，而熔融态KHSO4、O.lmol/LH2s04都存在自由移动的离子，都能导

电，铜片为金属，存在自由移动的电子，也能导电，所以导电能力最差的是固态KC1；

故答案选D。

【点睛】

金属导电是因为含有自由移动的电子，而电解质导电是因为含有自由移动的离子；比如KC1是电解质，但是在固态时

不导电，没有自由移动的离子；但是氯化钾溶于水或在熔融状态下，存在自由移动的离子，就能够导电，所以电解质

不一定能够导电，导电的也不一定是电解质。

2、A

【解析】

在进行实验时，要考虑减少污染物的生成，或采用必要的措施对污染物进行收集或处理，这样做符合“绿色化学”的

理念；①中的装置在对氨气进行收集时，可以利用滴有酚酸的水验证氨气是否收集满，并且还能够吸收溢出的氨气防

止污染环境，符合绿色化学的理念；②中的浸有碱液的棉球可以吸收反应过程中未消耗掉的C12,防止污染环境，符合

绿色化学的理念；③中的气球可以收集反应过程中生成的氮的氧化物，防止排放造成的环境污染，符合绿色化学的理

念;④由于浓氨水和浓盐酸都具有挥发性,挥发出的氯化氢和氨气会污染环境，不符合绿色化学的理念;综上所述①②③

符合;

答案选A。

3、B

【解析】

A.光导纤维的成份是二氧化硅，晶体硅是半导体材料，不能用于制光导纤维，故A错误；

B.氧化镁是离子化合物，离子键强，所以氧化镁熔点高，可作耐高温材料，故B正确；

C.液氨汽化吸收大量的热，可用作制冷剂，故C错误；

D.明矶在水溶液中形成胶体，吸附水溶液中悬浮颗粒等，具有净水作用，但不具有强氧化性，则不能杀菌消毒，故D

错误；

故选：Bo

4、C

【解析】

钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与盐溶液中的溶质发生反应。

【详解】

A.钠投入到氯化镁溶液中生成白色氢氧化镁沉淀和氢气，故A错误；

B.钠投入到氢氧化领溶液中无沉淀生成，故B错误；

C.钠投入到硫酸铜溶液中生成蓝色氢氧化铜沉淀和氢气，故C正确；

D.钠投入到氯化钙溶液中无蓝色沉淀生成，故D错误；

故选：C=

【点睛】

钠与溶液反应先考虑钠与水的反应生成氢氧化钠和氢气，然后再考虑氢氧化钠是否与溶液中的溶质发生反应。

5、B

【解析】

①氯气溶于水得到盐酸和次氯酸，盐酸和硝酸银反应得到白色沉淀，因此对应的是乙；

②氢氧化钠溶液可以完全吸收氯气，得到无色透明的氯化钠和次氯酸钠，因此对应的是甲；

③氯气在水中的溶解度不大，且溶液中仍有大量的氯分子而显黄绿色，因此对应的是丙；

答案选B。

6、C

【解析】

①Cu与浓硫酸加热发生氧化还原反应，但在常温下不反应；

②常温下，二氧化硅与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水；

③常温下，铜与浓硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；

④石英与水不反应；

⑤铁与液氯在常温下不反应；

⑥常温下，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮；

⑦硅与氧气在加热条件下反应生成二氧化硅，但在常温下不反应；

⑧H2s与Sth在常温下反应生成单质硫和水；

符合题意的有：①④⑤⑦，

故答案为：Co

【点睛】

铁在常温下不与液氯、浓硫酸、浓硝酸反应（或者可理解为其反应速率极慢），因此可用铁罐进行运输。

7,C

【解析】

A.质子数相同中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，H、D、T、HD、H2、D\IT这七种微粒不是同位

素关系，A错误；

B.具有相同核电荷数即质子数的同一类原子的总称，这七种微粒不是七种氢元素，B错误；

C.HD和H2均是单质，C正确；

D.这七种微粒的电子数不同，分别是1、1、1、2、2、0、2,D错误；

答案选C。

8、D

【解析】

由二氧化硅、碳、氮气以物质的量之比3:6:2反应生成两种化合物可知，烧结氮化硅陶瓷的反应为：

3SiO2+6C+2N2^=Si3N4+6C0,据此解答。

【详解】

A.结合分析可知，烧结氮化硅陶瓷的反应有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，A正确；

B.氮化硅陶瓷硬度大，可用于制造磨刀材料，B正确；

C.氮化硅陶瓷不属于盐，也就不属于硅酸盐，C正确；

D.由分析可知，产物中无CO2生成，D错误。

答案选D。

9、A

【解析】

A.SO2在一定条件下与。2反应转化为SO3,S化合价由+4价升高到+6价，被氧化，体现的是二氧化硫的还原性，因

此二氧化硫作还原剂，A项正确；

B.通入品红溶液中，使品红褪色，体现的是二氧化硫的漂白性，B项错误；

C.溶于水形成不稳定的亚硫酸，体现二氧化硫是酸性氧化物，C项错误；

D.与碱液反应生成亚硫酸盐，体现二氧化硫是酸性氧化物，D项错误；

答案选A。

10、A

【解析】

A.四种离子都无色，且能在酸性溶液中不反应，故正确；

B.在酸性溶液中硝酸根离子能氧化碘离子，故错误；

C.铜离子有颜色，故错误；

D.碳酸氢根离子在酸性溶液中不存在，故错误。

故选Ao

11、A

【解析】

A.铁锈与过量稀盐酸反应生成FeCb,溶液中存在铁离子，向其中滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，故A正确；

B.FeCb溶液与过量铜片反应生成FeCL,溶液中不存在铁离子，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变血红色，故B错

误；

C.FeCb溶液与过量铁粉反应生成FeCL,溶液中不存在铁离子，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变血红色，故C错

误；

D.FeCL溶液与过量Zn粉生成ZnCb和Fe,溶液中不存在铁离子，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变血红色，故D

错误；

故选Ao

12、D

【解析】

A.氯化钠溶解度受温度影响不大，海水经过蒸发结晶得到粗盐，故A正确；

B.氯气氧化性大于漠，海水中提取澳单质可以用氯气将海水中的BF氧化为澳单质，故B正确；

C.贝壳的主要成分是碳酸钙，碳酸钙高温分解为氧化钙，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，海水提镁的工艺中用贝壳为

原料生产石灰乳，故c正确；

D.海水中提取镁单质，电解熔融氯化镁，不是电解氢氧化镁，故D错误。

答案选D。

13、A

【解析】

氯气具有强氧化性，与变价金属生成高价金属氯化物，以此来解答。

【详解】

A.Fe与氯气反应生成FeCb,故A选；

B.Cu与氯气反应生成CuCl2,故B不选；

C.A1与氯气反应生成AIClj,故C不选；

D.Mg与氯气反应生成MgCh,故D不选；

综上所述，本题选A。

14、D

【解析】

20mL,含O.OlmolNaCl的溶液中的C1'物质的量浓度是竺电必=0.5mol/L；

0.02L

A.10mL0.5moVLCuCl2溶液Cl物质的量浓度是lmol/L,故A错误；

B.5mL0.4moVLFeCb溶液Cl物质的量浓度是1.2mol/L,故B错误；

C.10mL2.0mol/LKCl溶液物质的量浓度是2moi/L,故C错误；

D.lOmLO.25moi/LMgCL溶液Cl物质的量浓度是0.5mol/L,故D正确；

故选D。

15、C

【解析】

硫元素的化合价由-2价升高为。价，化合价变化了2,转移的电子数为3X2=6,氧化还原反应中得失电子数目相等，

设反应前M的化合价为a,则2x(a-3)=6,解得a=6,M2O7X-中M的化合价为+6价，答案选C。

【点睛】

离子方程式要符合电荷守恒，得失电子数目也相等，利用得失电子守恒可以不用计算x的值，比较方便。

16、A

【解析】

化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新

物质生成，据此分析判断。

【详解】

A.高炉炼铁过程中焦炭和铁矿石发生氧化还原反应生成铁单质，发生的变化为化学变化，A正确；

B.氯气液化是物质聚集状态的变化，在变化过程中没有新物质生成，为物理变化，B错误；

C.碘的升华是固体物质直接变化为气体，无新物质生成，变化为物理变化，C错误；

D.积雪融化过程中只是状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化，D错误；

故合理选项是Ao

【点睛】

本题是判断物质变化类型。判断物质变化是物理变化还是化学变化的根本区别是是否有新物质产生。解答时要分析变

化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成就属于物理变化，若有新物质生成就属于化学变化。物质发生化学变

化时常会伴有放热、发光、变色、形成沉淀、放出气体等现象，这些可帮助我们去判断是否会发生化学变化。

二、非选择题(本题包括5小题)

17、FezO3AI2O32Al+2NaOH+2H2O=2NaAKh+3H2t3Fe+4H2OFe3O4+4H2

3+2+

Fe3O4+8HCl=FeC12+2FeCl3+4H2O2Fe+Fe=3Fe取少量溶液于试管中滴加硫氧化钾溶液，不变色，再通入氯

3+2

气变血红色，证明含有二价铁离子2Fe+3ClO+10OH=2FeO4+3C1+5H2O或2Fe(OH)3+3ClO+4OH=

2

2FeO4+3C1+5H2O

【解析】

B为地壳中含量最高的金属，为Al；J为磁性材料，故为Fe3O4,②反应条件为高温，该反应为铁和水蒸气的反应，G

为氢气；B(AI)和C反应生成G(H2)和F,I加入过量NaOH得到F,故C为NaOH,F为NaAKh,结合A和B

的反应条件为高温，可知为铝热反应，D为Fe,E为AI2O3,据此解答。

【详解】

(1)根据以上分析，A和B在高温下的反应为A1与Fe2O3在高温下发生的铝热反应，生成和AI2O3和Fe,故A的化学

式为：Fe2O3,E的化学式为：A12O3；

(2)根据以上分析，B为Al,C为氢氧化钠溶液，反应①是铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式是

2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2t；反应②是铁在高温下和水蒸汽反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式是

高温

3Fe+4H2OFe3()4+4H2；

(3)J为Fe3O4,Fe3C>4与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，化学方程式是Fe3O4+8HCl=FeC12+2FeCb+4H2O；反

应后的溶液含有Fe，与足量的Fe反应的离子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+,最后溶液中的阳离子主要是Fe2+,检验的方法

是取少量溶液于试管中滴加硫氟化钾溶液，不变色，再通入氯气变血红色，证明含有二价铁离子。

(4)次氯酸钾中氯+1价具有强氧化性,可将+3价的铁氧化成+6价,用FeCb与KC1O在强碱性条件下反应制取K2FeO4,

2

反应的离子方程式为：2Fe3++3Cl(y+10Oir=2FeO42-+3C「+5H2O或2Fe(OH)3+3ClO+4OH=2FeO4+3C1+5H2O»

2e-

18、AlHC1自来水消毒或制取盐酸白色沉淀一灰绿色沉淀一红褐色沉淀|一1

2Na+2Hq=2NaOH+H：t

H2OFeCh+2Fe2+=2Fe3++2C1-

【解析】

焰色反应为黄色，说明金属单质A为钠，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，则甲为氢气，氢气与黄绿色气体乙氯气反

应生成氯化氢，和氢氧化钠反应的金属单质是金属单质铝，即B为铝，盐酸E和金属单质C反应，根据后面信息得出

金属C为铁，F为氯化亚铁，G为氯化铁。

【详解】

⑴下列物质的化学式：B为A1、丙HC1；

⑵黄绿色气体乙的一种用途自来水消毒或制取盐酸，反应过程⑦可能观察到的实验现象是白色沉淀一灰绿色沉淀一红

褐色沉淀;

2e-

⑶反应①的化学方程式，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目：|一；;

2Na+2Hq=2NaOH+H：t

⑷反应③是氢氧化钠和铝反应，实质是铝先和水反应生成氢氧化铝和氢气，氢氧化铝溶解在氢氧化钠溶液中，因此反

应的氧化剂是H2O,反应④是铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，因此该反应的还原剂是Fe；

⑸反应⑤的离子方程式Ch+2Fe2+=2Fe3++2Clo

19、溶液变为血红色Ch+2OH=C1+C1O+H2O；SO2②或③

【解析】

⑴氯气有强氧化性，能把亚铁离子氧化生成铁离子，铁离子能和硫鼠根离子反应生成红色的络合物，氯气能和氢氧化

钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、水；

(2)二氧化硫能使品红溶液褪色，且褪色后的溶液加热能恢复原色；二氧化硫属于酸性氧化物，能和氢氧化钠反应，对

尾气吸收实验装置应作一定的改进，应防止倒吸。

【详解】

⑴氯气有强氧化性，能把亚铁离子氧化生成铁离子，离子方程式为：2Fe2++C12=2Fe3++2CI,铁离子能和硫鼠根离子反

应生成红色的络合物，所以溶液呈红色，离子方程式为：Fe3++3SCNPFe(SCN)3,氯气能和氢氧化钠反应生成氯化钠

和次氯酸钠、水，离子方程式为C12+2OH-=CI-+C1O-+H2O；

(2)二氧化硫能使品红溶液褪色，且褪色后的溶液加热能恢复原色，所以该气体可能是SO2,二氧化硫能与氢氧化钠反

应，①④装置尾气吸收不充分，②或③在导气管中都有相对较大的空间，这样既可以充分吸收，又可以防止倒吸现象

的发生。

【点睛】

以性质实验方案设计为载体考查了氯气和二氧化硫的性质，铁离子的检验，掌握氯气的氧化性，明确二氧化硫的还原

性、氧化性、酸性氧化物的性质是解题关键。本题的易错点为C,要注意区分二氧化硫能够时一些物质褪色的本质，

如品红褪色——漂白性、酸性高镒酸钾溶液褪色——还原性、滴加了酚酰的氢氧化钠溶液褪色——酸性氧化物的性质

等。

20、a0.4ABDF玻璃棒

【解析】

(1).仪器E为分液漏斗，可用于分离互不相溶、分层的液体，a.水和四氯化碳分层，可利用分液漏斗分离，故a选；

b.碘易溶于酒精，可用蒸储的方法分离，故b不选；c.水中的泥沙不溶于水，可用过滤的方法分离，故c不选；答

案选：a；

(2).配制100mL0.1mol・L」NaOH溶液，所需氢氧化钠固体的质量是：0.1Lx0.1mol/Lx40g/moI=0.4g,配制一定物质的

量浓度的溶液，需要用到的上述仪器有ABDF,还缺少的玻璃仪器是玻璃棒，故答案为0.4；ABDF；玻璃棒。

+3+2+

21、KA1(SO4)2=K+Al+2SO4-HHC1O16.80.4CDB

【解析】

试题分析：(1)KA1(SO4)2在水中电离为K+、M3\SOZ；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸使石蕊变红、次

氯酸具有漂白性使石蕊褪色；(3)根据稀释前后溶质物质的量不变计算配制100ml2m