2023-2024学年陕西省渭南市高一上学期1月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1陕西省渭南市2023-2024学年高一上学期1月期末考试试题注意事项：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，请将姓名、考号、试卷类型按要求涂写在答题卡。3.选择题用2B铅笔将正确〖答案〗涂写在答题卡上；非选择题用0.5mm黑色墨水签字笔答在答题卡的指定答题区域内，超出答题区域〖答案〗无效。相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5P31Cu64Fe56一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意。)1.化学与生活、科技、社会、环境密切相关。下列说法正确的是（）A.激光打印机的墨粉中含有四氧化三铁，该氧化物的颜色为红色B.浓硝酸与铁在常温下不能反应，所以可用铁质容器储运浓硝酸C.汽车尾气是把氮的氧化物催化还原为氮气D.水果罐头中常加入维生素C作抗氧化剂由于其具有氧化性〖答案〗C〖解析〗【详析】A．四氧化三铁的颜色为黑色，故A错误；B．浓硝酸与铁在常温下发生钝化反应，能发生化学反应，生成致密氧化膜阻碍反应进一步进行，故B错误；C．汽车尾气是把氮的氧化物催化还原为氮气，将污染性气体除去，故C正确；D．维生素C具有还原性，因此作抗氧化剂，故D错误；故选C。2.下列有关物质分类或归纳的说法中，正确的是（）A.C60、液氯是单质，Na2O2是碱性氧化物B.根据分散系的稳定性大小，将分散系分为胶体、溶液和浊液C.由一种元素构成的物质一定是纯净物D.碱性氧化物一定是金属氧化物〖答案〗D〖解析〗【详析】A．Na2O2属于氧化物或过氧化物，不属于碱性氧化物，A错误；B．根据分散质微粒直径的大小，可以将分散系分为胶体、浊液和溶液三大类，B错误；C．同素异形体相互混合为混合物即使，O2、O3混合为混合物，C错误；D．碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，D正确；故〖答案〗选D。3.2023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正确的是（）A.当光束通过该量子点时，可以产生一条光亮的通路B.科学家研究过程中制得了直径为4.5mm的硫化镉，这种硫化镉是胶体C.可以用滤纸分离该量子点和溶液D.向热的氢氧化钠溶液中逐滴滴加饱和的氯化铁溶液可得同类分散系〖答案〗A〖解析〗【详析】A．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，可以产生一条光亮的通路，故A正确；

B．胶体的胶粒直径范围为1~100nm，直径为4.5mm的硫化镉，不属于胶体，故B错误；

C．胶体和溶液均能透过滤纸，不能用滤纸分离该量子点和溶液，故C错误；

D．氢氧化钠溶液与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁沉淀，不能得到胶体，故D错误；

故选：A。4.中华文化，博大精深，其中蕴含丰富的化学知识。下述之物见其还原性者为（）A.石灰(CaCO3)：“凡石灰经火焚炼为用”B.青矾：“吹令火炽，其矾即沸流出，色赤如融金汁者是真也”C.碓水(HNO3)：“有硵水者，剪银塊投之，则旋而为水”D.硫磺(S)：“凡火药以硝石、硫磺为主，草木灰为辅…而后火药成声”〖答案〗B〖解析〗【详析】A．“凡石灰经火焚炼为用”为石灰石分解生成氧化钙，不是氧化还原反应，A错误；B．说明亚铁离子被氧化为铁离子，体现硫酸亚铁的还原性，B正确；C．银和硝酸反应生成硝酸银，银溶解，体现硝酸的氧化性，C错误；D．硝石、硫磺和草木灰生成硫化钾、氮气和二氧化碳，体现硫磺的氧化性，D错误；故选B。5.用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A.0.1mol·L-1的MgCl2水溶液中含有的Cl-1数目为0.2NAB.142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物中，阴阳离子总数为3NAC.将足量的硫粉与56gFe充分反应，转移电子数目为3NAD.100mL含1.2molHCl的浓盐酸与足量的MnO2反应生成的Cl2分子数为0.3NA〖答案〗B〖解析〗【详析】A．未给出溶液的体积，无法根据溶液浓度计算物质的量，A错误；B．，，则离子总数3NA，B正确；C．，则1molFe转移2mol电子，C错误；D．随着反应进行，浓盐酸的浓度减小则生成氯气分子数小于0.3NA，D错误；〖答案〗选B。6.歌中唱到“帘外芭蕉惹骤雨，门环惹钢绿”，“铜绿”即是碱式碳酸铜，铜在潮湿的空气中生锈的化学方程式为。下列有关该反应的说法不正确的是（）A.由此反应可知，化合反应可以是氧化还原反应B.该反应中碳元素的化合价没有发生变化C.该反应中二氧化碳和碱式碳酸铜都是非电解质D.0.2molCu参与反应，消耗O2的体积不一定为2.24L〖答案〗C〖解析〗【详析】A．该化合反应中，Cu元素的化合价由0价升高到+2价，失电子被氧化，氧气中O元素的化合价由0价降低到-2价，得电子被还原，有元素化合价升降，属于氧化还原反应，A正确；B．该反应中，C元素在反应前后化合价未发生变化，都为+4价，B正确；C．碱式碳酸铜熔融状态下能导电，属于电解质，CO2属于非电解质，C错误；D．由方程式知，0.2molCu参与反应消耗0.1mol氧气，但没有给出氧气所处温度和压强，所以O2的体积不一定为2.24L，D正确；故选C。7.“宏观辨识与微观探析”是化学学科核心素养之一，能正确表示下列变化的离子方程式是（）A.溶液中滴入溶液：B.氧化铁粉末溶于足量的稀硝酸：C.一小块钠与硫酸铜溶液反应：D.次氯酸钙溶液中通入过量的CO2气体：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．的酸性比HCl弱，溶液与溶液不能发生反应，故A错误；B．氧化铁粉末溶于足量的稀硝酸发生复分解反应生成硝酸铁、水，离子方程式：，故B正确；C．钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜、硫酸钠和氢气，离子方程式：2Na+2H2O+Cu2+＝Cu(OH)2↓+2Na++H2↑，故C错误；D．向次氯酸钙溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钙、HClO，离子方程式为ClO-+H2O+CO2=+HClO，故D错误；故选B。8.下列物质的转化能通过一步反应实现的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗【详析】A．Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，故能通过一步反应实现，故选A；B．MgO→Mg2+→Mg(OH)2，故不能通过一步反应实现Mg→Mg(OH)3，故不选B；C．N2→NO→NO2，故不能通过一步反应实现N2→NO2，故不选C；D．S→SO2→SO3，故不能通过一步反应实现S→SO3，故不选D；故选A。9.微粒观和变化观是化学基本观念的重要组成部分。常温下，下列溶液中的微粒一定能大量共存的是（）A.在无色澄清溶液中、、、B.强酸性溶液中：、、、C.使紫色石蕊试液变红的溶液中：、、、D.加入Mg能放的溶液中：、、、〖答案〗D〖解析〗【详析】A．为有颜色的离子，不符合题意，故A错误；B．强酸性溶液中，可以氧化，不能大量共存，故B错误；C．使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，H+与、反应而不能大量共存，故C错误；D．加入Mg能放的溶液为酸性溶液，、、、在酸性溶液中可以大量共存，故D正确；故选D。10.室温下，下列实验方案设计能达到目的是（）A．蒸发食盐水提取NaClB．制备NH3C．除去CO2中的SO2D．制备并收集Cl2及尾气处理〖答案〗C〖解析〗【详析】A．蒸发食盐水应该使用蒸发皿，不能使用坩埚，A错误；B．实验室制氨气采用氯化铵和氢氧化钙共热；直接加热氯化铵，氯化铵分解成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷后又会直接生成氯化铵，B错误；C．二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳难溶于饱和碳酸氢钠溶液，可以用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的二氧化硫杂质，C正确；D．二氧化锰和浓盐酸制取氯气需要加热，D错误；故选C。11.向溶液中滴入几滴酚酞溶液，然后匀速逐滴加入稀硫酸，测得混合溶液的电导率变化的曲线如图。下列说法不正确的是（）A.若向原溶液中滴加和硫酸浓度相同的硫酸钠溶液，预测电导率变化图相同B.实验中观察到溶液由红色变成无色，并产生白色沉淀C.B点时溶液与稀硫酸恰好完全反应D.B点之后电导率增加的原因是混合溶液中H+和的浓度增加〖答案〗A〖解析〗【详析】A．用硫酸钠溶液代替重复上述实验，生成的氢氧化钠溶于水完全电离成自由移动的离子能导电，溶液导电能力随时间变化与图2不同，A错误；B．硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，碱性变弱直至为酸性，故观察到溶液由红色变成无色，并产生白色沉淀，B正确；C．B时刻溶液与稀硫酸恰好完全反应，C正确；D．B点两者恰好反应，之后硫酸过量，故电导率增加的原因是混合溶液中H+和的浓度增加，D正确；故选A。12.某溶液X中可能含有、、、、、、中的几种，且每种离子的浓度相等。将溶液分两等份，向一份中加入浓的NaOH溶液并加热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝；向另一份溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再加足量的盐酸，沉淀完全溶解并产生气体。下列对溶液X的分析正确的是（）A.可能含有B.可能含有C.肯定含有的离子是、、D.肯定不含的离子只有、、〖答案〗C〖解析〗【详析】向溶液加入浓的NaOH溶液并加热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明溶液中含有，则不含OH-；另取一份溶液滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再加足量的盐酸，沉淀完全溶解并产生气体，说明含有，不含有，则不含Ca2+；每种离子的浓度相等，则一定含有Na+；综上所述一定含有、、，一定不含有、、、Cl-。综上所述，选C。13.碳酸氢铵可用作膨松剂，通过控制碳酸氢铵的用量，不仅使残留在食品中的氨气含量符合食品安全标准，还能使食品具有独特的味道。某同学设计实验测定膨松剂中碳酸氢铵的含量。已知：膨松剂中有少量的水分且其他成分受热不分解。下列说法不正确的是（）A.该实验通过称量装置C的质量可测定碳酸氢铵的含量B.装置D的作用是吸收空气中的水分和二氧化碳C.充分反应后停止加热，应继续从m端通入氮气一段时间D.图中装置B、C对调，不能达到实验目的〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗装置A中碳酸氢铵受热分解生成氨气、二氧化碳和水，装置B中碱石灰吸收二氧化碳和水，装置C浓硫酸与氨气反应生成硫酸铵，装置D的作用是吸收空气中的水分和二氧化碳；【详析】A．装置C的浓硫酸作用是与氨气反应生成硫酸铵，通过称量装置C的质量可知氨气的质量，进而测定碳酸氢铵的含量，故A正确；B．装置D碱石灰的作用是吸收空气中的水分和二氧化碳，防止被装置C中浓硫酸吸收，影响结果，故B正确；C．充分反应后停止加热，应继续从m端通入氮气一段时间，使氨气全部被浓硫酸吸收，故C正确；D．装置B、C对调，由于浓硫酸能吸收水分和氨气，还有膨松剂中有少量的水分，碱石灰吸收的只有二氧化碳的质量，也能计算碳酸氢铵的质量，能达到实验目的，故D错误；故选D。14.氨氮废水造成湖泊富营养化，某研究团队设计处理流程如下：在硝化过程中实现转化，在反硝化过程中实现转化。下列说法正确的是（）A.硝化过程中，含氮物质均发生还原反应B.反硝化过程属于氮的固定C.在一定条件下向废水中加入甲醇(CH3OH)可实现反硝化过程，甲醇中某元素的化合价会升高D.HNO3完全转化成1molN2时，转移的电子数为5NA〖答案〗C〖解析〗【详析】A．硝化过程中实现转化，氮元素化合价不断升高，发生氧化反应，故A错误；

B．氮的固定是将游离态氮转化为化合态的氮，反硝化过程中实现转化，将氮的化合态转化为氮气，不属于氮的固定，故B错误；

C．加入甲醇(CH3OH)可实现反硝化过程，废水中氮元素化合价降低，则甲醇中某元素的化合价会升高，故C正确；

D．HNO3转化成N2时氮元素化合价降低了5，生成1molN2时得到10mol电子，转移的电子数为10NA，故D错误；

故选：C。二、非选择题(共4小题，共计58分)15.研究硫及其化合物的性质，对我们的发展有重要意义。1.硫及其化合物的价类二维图体现了化学变化之美，根据图示回答问题。（1）A的化学式为___________，A与C反应可生成淡黄色的固体，该反应氧化产物与还原产物的质量比是___________。（2）E的浓溶液与铜在加热条件下可发生化学反应，写出化学方程式___________。该反应体现了E的性质为___________。（3）物质G在反应中既可做氧化剂，又可做还原剂，当它做氧化剂时，还原产物可能是___________(填选项)ANa2S B.Na2SO4 C.SO2 D.SII．二氧化硫的功与过（4）SO2能使___________(填试剂名称)溶液褪色，说明SO2具有漂白性。因此可用作草帽、纸张等物质的漂白剂。若将足量的SO2通入到紫色石蕊溶液中，可观察到的现象是___________。（5）SO2是导致酸雨形成主要原因之一，工业上常用NaClO碱性溶液吸收二氧化硫，发生反应：(未配平)。理论上消耗29.8gNaClO，可吸收标准状况下___________L的SO2气体。（6）国家对葡萄酒中二氧化硫的含量有上限规定。某种检测方法用到碘水和淀粉。请写出二氧化硫和碘水反应的化学方程式___________。〖答案〗（1）①.H2S②.2:1（2）①.②.酸性和氧化性（3）AD（4）①.品红②.溶液变红（5）8.96（6）〖解析〗〖祥解〗1.根据硫及其化合物的价类二维图可知，A为H2S，B为S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为H2SO3，G为亚硫酸盐，H为硫酸盐。（1）根据分析可知，A为H2S，A与C反应可生成淡黄色的固体的反应为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，氧化产物与还原产物的质量比是2:1。（2）铜和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，方程式为，体现了浓硫酸的酸性和氧化性。（3）亚硫酸盐做氧化剂时，得电子，化合价降低，故为AD。（4）SO2能使品红溶液褪色，体现了二氧化硫的漂白性。二氧化硫溶于水显酸性，故可以使紫色石蕊溶液变红。（5）根据得失电子守恒可得NaClO~SO2，29.8gNaClO的物质的量为=0.4mol，故吸收0.4mol二氧化硫，标况下的体积为0.4mol×22.4L/mol=8.96L。（6）二氧化硫和碘水反应的化学方程式。16.现有下列物质：①铜丝②FeCl3溶液③氯化氢气体④NaHSO4固体⑤干冰⑥胶体⑦硫酸亚铁铵晶体⑧稀氨水（1）上述物质中属于电解质的是___________(填序号，下同)，能够导电的是___________。写出属于酸式盐的物质溶于水的电离方程式___________。（2）②与⑧在溶液中反应的离子方程式为___________。（3）硫酸亚铁铵晶体俗名为摩尔盐。某学校化学兴趣小组使用摩尔盐配制溶液，回答问题：①配制溶液过程中需要的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需___________。②用电子天平(精确度为0.01g)称量硫酸亚铁铵晶体___________g。③下列操作将导致所配制的溶液浓度偏高的是___________(填选项)。A．摩尔盐放置过程中失去了部分结晶水B．配制过程中没有洗涤烧杯和玻璃棒C．定容时俯视刻度线D．定容后振荡容量瓶发现液面低于刻度线，继续加蒸馏水定容（4）将VL标准状况下的物质③溶于100mL水中(水的密度近似为1g·mL-1)，得到密度为ρg·mL-1的溶液，该溶液的物质的量浓度是___________mol·L-1(列出计算式)。〖答案〗（1）①.③④⑦②.①②⑥⑧③.（2）（3）①.250mL容量瓶、胶头滴管②.9.80③.AC（4）〖解析〗（1）①铜丝导电，为单质，不是电解质；②FeCl3溶液导电，为混合物，不是电解质；③氯化氢气体溶于水导电，为电解质；④NaHSO4固体溶于水导电，为电解质；⑤干冰为非电解质；⑥胶体导电，为混合物，不是电解质；⑦硫酸亚铁铵晶体熔融态导电，为电解质；⑧稀氨水导电，为混合物，不是电解质；故属于电解质的为③④⑦；能够导电的为①②⑥⑧；酸式盐为NaHSO4，其的电离方程式为。（2）氯化铁溶液和氨水反应的离子方程式为。（3）①配制溶液过程中需要的玻璃仪器：250mL容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、量筒；②因容量瓶没有230mL应选用250mL，故质量为0.25L×0.1mol/L×392g/mol=9.80g；③A．摩尔盐放置过程中失去了部分结晶水，称量质量不变但含有溶质增多，所配溶液浓度偏高；B．配制过程中没有洗涤烧杯和玻璃棒，溶质偏少，浓度偏低；C．定容时俯视容量瓶刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高；D．定容后振荡容量瓶发现液面低于刻度线，继续加蒸馏水定容，溶液体积偏大，浓度偏小；故AC符合题意；（4）标准状况下，将bL氯化氢的物质的量为：n=，所以氯化氢气体的质量为,所以溶液的质量：(100+)g，溶液体积V=L；将n、V带入公式c==。17.二氧化氯(ClO2)是安全消毒剂，杀菌能力优于氯气。常温下ClO2为黄绿色气体，极易溶于水但不与水反应，浓的ClO2受热时易分解，将其制备成NaClO2固体以便运输和储存。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示。已知：i．装置A用于制备，发生的主要反应为；ii．饱和溶液在低于38℃时会析出晶体，高于38℃时析出晶体（1）该实验中，盛放70%硫酸所用仪器的名称是___________。（2）关闭止水夹②，打开止水夹①③，通空气一段时间，与装置C中物质反应生成的化学方程式为___________。若关闭止水夹③，打开止水夹①②，B装置的作用是___________。（3）制备过程中需要控制空气的流速，过快或过慢均会降低产率，原因是___________。（4）D装置是用NaOH溶液吸收尾气中的，生成物质的量之比为1∶1的两种盐，一种为，另一种盐的化学式为___________。充分反应后，从装置C反应后溶液中获取固体的操作步骤是：减压蒸发、___________，洗涤、干燥。（5）一种有效成分为、、的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到溶液。上述过程中，产生“气泡”的离子方程式为___________。（6）对污水中有明显的去除效果，其原理为：。某污水中含有浓度为。处理2000L这种污水，至少需要_________mol；若用处理相同的废水时，所需的物质的量是的___________倍。〖答案〗（1）分液漏斗（2）①.②.探究ClO2是否具有漂白性（3）空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收（4）①.NaClO3②.趁热过滤（5）（6）①.8mol②.2.5〖解析〗〖祥解〗装置A制备，极易溶于水但不与水反应，因此需要通入空气将吹出并通过观察导管口气泡控制空气流速，进入装置C与NaOH、H2O2反应制备NaClO2，多余的进入装置D中吸收，防止污染空气。据此答题。（1）该实验中，盛放70%硫酸所用仪器的名称是分液漏斗。（2）与装置C中物质反应生成时，作氧化剂，作还原剂，反应的化学方程式为：。若关闭止水夹③，打开止水夹①②，通入装置B中，通过观察红色布条是否褪色来探究是否具有漂白性。（3）制备过程中需要控制空气的流速，过快或过慢均会降低产率，原因是：空气流速过慢时，装置A中生成的ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，在装置C中反应时ClO2不能被充分吸收。（4）装置D中用NaOH吸收ClO2时，ClO2发生歧化反应，当生成物质的量之比为1∶1的两种盐，一种为时，根据氧化还原反应中化合价变化规律得另一种盐为NaClO3。根据已知ii，从溶液中获取NaClO2固体的温度要高于38℃，因此分离出NaClO2的操作步骤是：减压蒸发、趁热过滤，洗涤、干燥。（5）“二氧化氯泡腾片”溶于水时，电离出，与NaHCO3反应生成CO2从而产生大量气泡，反应的离子方程式为：。（6）2000L这种污水中含有质量为：，设需要，则：故处理2000L这种污水，至少需要。若用处理，根据氧化还原反应中化合价变化规律，需要物质量为：，是物质的量的倍。18.工业上，处理低晶位黄铜矿【二硫化亚铁】含量较低常采用生物堆浸法。堆浸所得的溶液可用于制备绿矾和胆矾相关流程如图所示。（1）低品位黄铜矿研磨的作用是___________。（2）生物堆浸过程的反应在T.f细菌的作用下进行，主要包括两个阶段，第一阶段的反应为，第二阶段部分继续和氧气反应转变成。第一阶段中消耗转移电子___________mol，第二阶段反应的离子方程式是___________。（3）过程I是在酸性条件下，加入固体，试分析加入该试剂的目的___________。能检验溶液X中含有的试剂是___________(填字母)。A．NaOH溶液B．KSCN溶液C．酸性溶液（4）过程Ⅱ用和稀硫酸处理后，完全溶解生成了溶液，写出该反应的化学方程式___________。其中的作用是___________(填“氧化剂”或“还原剂”)。（5）绿矾的纯度可通过与溶液反应来测定。取10.00g绿矾样品，加入硫酸溶解，再加入的溶液，当全部转化为，共消耗溶液转化为且与杂质不反应)，计算样品中绿矾晶体的质量分数为___________。实验室保存溶液时，为了防止其被氧化，常在试剂瓶中加入的物质是___________。〖答案〗（1）增大反应物的接触面积，加快反应速率（2）①.2②.（3）①.沉淀Cu2+转化为CuS，作还原剂还原②.B（4）①.②.氧化剂（5）①.83.4%②.铁粉〖解析〗〖祥解〗低品位黄铜矿【二硫化亚铁铜(CuFeS2)】含量较低经过研磨后在微生物作用下进行堆浸，由题可知堆浸液中含有Cu2+、Fe2+、Fe3+，向堆浸液中加入还原剂（）将Fe3+还原，并将Cu2+转化为CuS，将混合液过滤得到FeSO4溶液和CuS固体，再向CuS中加入氧化剂（）和稀硫酸，将CuS转化为CuSO4，然后分别蒸发FeSO4溶液、CuSO4溶液得到绿矾、胆矾，以此解答。（1）将低品位黄铜矿研磨，可增大反应物的接触面积，加快反应速率；（2）由化学反应方程式可知，每消耗1mol转移4mol电子,故第一阶段中消耗转移2mol电子；第二阶段部分继续和氧气反应转变成，离子反应方程式为；（3）在酸性条件下，加入固体是为了沉淀Cu2+转化为CuS，并作还原剂还原；能检验溶液X中含有的试剂是KSCN溶液，若加入KSCN溶液后显血红色，则证明溶液X中含有；（4）过程Ⅱ用和稀硫酸处理后，完全溶解生成了溶液，化学反应方程式为，由方程式可知的作用是作氧化剂；（5）通过与溶液反应来测定绿矾的纯度，反应原理为，根据氧化还原反应化合价升降守恒可知，二者关系式为：6FeSO4～K2Cr2O7，滴定过程中消耗n(K2Cr2O7)=0.100mol/L×50.00×10-3L=5×10-3mol，则n(FeSO4)=n(FeSO4•7H2O)=6×5×10-3=0.03mol，m(FeSO4•7H2O)=0.03mol×278g/mol=8.34g，绿矾晶体质量分数为%=%=83.4%；实验室保存溶液时，为了防止其被氧化，常在试剂瓶中加入的物质是铁粉，将被其中三价铁再还原为二价铁。陕西省渭南市2023-2024学年高一上学期1月期末考试试题注意事项：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，请将姓名、考号、试卷类型按要求涂写在答题卡。3.选择题用2B铅笔将正确〖答案〗涂写在答题卡上；非选择题用0.5mm黑色墨水签字笔答在答题卡的指定答题区域内，超出答题区域〖答案〗无效。相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5P31Cu64Fe56一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意。)1.化学与生活、科技、社会、环境密切相关。下列说法正确的是（）A.激光打印机的墨粉中含有四氧化三铁，该氧化物的颜色为红色B.浓硝酸与铁在常温下不能反应，所以可用铁质容器储运浓硝酸C.汽车尾气是把氮的氧化物催化还原为氮气D.水果罐头中常加入维生素C作抗氧化剂由于其具有氧化性〖答案〗C〖解析〗【详析】A．四氧化三铁的颜色为黑色，故A错误；B．浓硝酸与铁在常温下发生钝化反应，能发生化学反应，生成致密氧化膜阻碍反应进一步进行，故B错误；C．汽车尾气是把氮的氧化物催化还原为氮气，将污染性气体除去，故C正确；D．维生素C具有还原性，因此作抗氧化剂，故D错误；故选C。2.下列有关物质分类或归纳的说法中，正确的是（）A.C60、液氯是单质，Na2O2是碱性氧化物B.根据分散系的稳定性大小，将分散系分为胶体、溶液和浊液C.由一种元素构成的物质一定是纯净物D.碱性氧化物一定是金属氧化物〖答案〗D〖解析〗【详析】A．Na2O2属于氧化物或过氧化物，不属于碱性氧化物，A错误；B．根据分散质微粒直径的大小，可以将分散系分为胶体、浊液和溶液三大类，B错误；C．同素异形体相互混合为混合物即使，O2、O3混合为混合物，C错误；D．碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，D正确；故〖答案〗选D。3.2023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正确的是（）A.当光束通过该量子点时，可以产生一条光亮的通路B.科学家研究过程中制得了直径为4.5mm的硫化镉，这种硫化镉是胶体C.可以用滤纸分离该量子点和溶液D.向热的氢氧化钠溶液中逐滴滴加饱和的氯化铁溶液可得同类分散系〖答案〗A〖解析〗【详析】A．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，可以产生一条光亮的通路，故A正确；

B．胶体的胶粒直径范围为1~100nm，直径为4.5mm的硫化镉，不属于胶体，故B错误；

C．胶体和溶液均能透过滤纸，不能用滤纸分离该量子点和溶液，故C错误；

D．氢氧化钠溶液与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁沉淀，不能得到胶体，故D错误；

故选：A。4.中华文化，博大精深，其中蕴含丰富的化学知识。下述之物见其还原性者为（）A.石灰(CaCO3)：“凡石灰经火焚炼为用”B.青矾：“吹令火炽，其矾即沸流出，色赤如融金汁者是真也”C.碓水(HNO3)：“有硵水者，剪银塊投之，则旋而为水”D.硫磺(S)：“凡火药以硝石、硫磺为主，草木灰为辅…而后火药成声”〖答案〗B〖解析〗【详析】A．“凡石灰经火焚炼为用”为石灰石分解生成氧化钙，不是氧化还原反应，A错误；B．说明亚铁离子被氧化为铁离子，体现硫酸亚铁的还原性，B正确；C．银和硝酸反应生成硝酸银，银溶解，体现硝酸的氧化性，C错误；D．硝石、硫磺和草木灰生成硫化钾、氮气和二氧化碳，体现硫磺的氧化性，D错误；故选B。5.用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A.0.1mol·L-1的MgCl2水溶液中含有的Cl-1数目为0.2NAB.142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物中，阴阳离子总数为3NAC.将足量的硫粉与56gFe充分反应，转移电子数目为3NAD.100mL含1.2molHCl的浓盐酸与足量的MnO2反应生成的Cl2分子数为0.3NA〖答案〗B〖解析〗【详析】A．未给出溶液的体积，无法根据溶液浓度计算物质的量，A错误；B．，，则离子总数3NA，B正确；C．，则1molFe转移2mol电子，C错误；D．随着反应进行，浓盐酸的浓度减小则生成氯气分子数小于0.3NA，D错误；〖答案〗选B。6.歌中唱到“帘外芭蕉惹骤雨，门环惹钢绿”，“铜绿”即是碱式碳酸铜，铜在潮湿的空气中生锈的化学方程式为。下列有关该反应的说法不正确的是（）A.由此反应可知，化合反应可以是氧化还原反应B.该反应中碳元素的化合价没有发生变化C.该反应中二氧化碳和碱式碳酸铜都是非电解质D.0.2molCu参与反应，消耗O2的体积不一定为2.24L〖答案〗C〖解析〗【详析】A．该化合反应中，Cu元素的化合价由0价升高到+2价，失电子被氧化，氧气中O元素的化合价由0价降低到-2价，得电子被还原，有元素化合价升降，属于氧化还原反应，A正确；B．该反应中，C元素在反应前后化合价未发生变化，都为+4价，B正确；C．碱式碳酸铜熔融状态下能导电，属于电解质，CO2属于非电解质，C错误；D．由方程式知，0.2molCu参与反应消耗0.1mol氧气，但没有给出氧气所处温度和压强，所以O2的体积不一定为2.24L，D正确；故选C。7.“宏观辨识与微观探析”是化学学科核心素养之一，能正确表示下列变化的离子方程式是（）A.溶液中滴入溶液：B.氧化铁粉末溶于足量的稀硝酸：C.一小块钠与硫酸铜溶液反应：D.次氯酸钙溶液中通入过量的CO2气体：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．的酸性比HCl弱，溶液与溶液不能发生反应，故A错误；B．氧化铁粉末溶于足量的稀硝酸发生复分解反应生成硝酸铁、水，离子方程式：，故B正确；C．钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜、硫酸钠和氢气，离子方程式：2Na+2H2O+Cu2+＝Cu(OH)2↓+2Na++H2↑，故C错误；D．向次氯酸钙溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钙、HClO，离子方程式为ClO-+H2O+CO2=+HClO，故D错误；故选B。8.下列物质的转化能通过一步反应实现的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗【详析】A．Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，故能通过一步反应实现，故选A；B．MgO→Mg2+→Mg(OH)2，故不能通过一步反应实现Mg→Mg(OH)3，故不选B；C．N2→NO→NO2，故不能通过一步反应实现N2→NO2，故不选C；D．S→SO2→SO3，故不能通过一步反应实现S→SO3，故不选D；故选A。9.微粒观和变化观是化学基本观念的重要组成部分。常温下，下列溶液中的微粒一定能大量共存的是（）A.在无色澄清溶液中、、、B.强酸性溶液中：、、、C.使紫色石蕊试液变红的溶液中：、、、D.加入Mg能放的溶液中：、、、〖答案〗D〖解析〗【详析】A．为有颜色的离子，不符合题意，故A错误；B．强酸性溶液中，可以氧化，不能大量共存，故B错误；C．使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，H+与、反应而不能大量共存，故C错误；D．加入Mg能放的溶液为酸性溶液，、、、在酸性溶液中可以大量共存，故D正确；故选D。10.室温下，下列实验方案设计能达到目的是（）A．蒸发食盐水提取NaClB．制备NH3C．除去CO2中的SO2D．制备并收集Cl2及尾气处理〖答案〗C〖解析〗【详析】A．蒸发食盐水应该使用蒸发皿，不能使用坩埚，A错误；B．实验室制氨气采用氯化铵和氢氧化钙共热；直接加热氯化铵，氯化铵分解成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷后又会直接生成氯化铵，B错误；C．二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳难溶于饱和碳酸氢钠溶液，可以用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的二氧化硫杂质，C正确；D．二氧化锰和浓盐酸制取氯气需要加热，D错误；故选C。11.向溶液中滴入几滴酚酞溶液，然后匀速逐滴加入稀硫酸，测得混合溶液的电导率变化的曲线如图。下列说法不正确的是（）A.若向原溶液中滴加和硫酸浓度相同的硫酸钠溶液，预测电导率变化图相同B.实验中观察到溶液由红色变成无色，并产生白色沉淀C.B点时溶液与稀硫酸恰好完全反应D.B点之后电导率增加的原因是混合溶液中H+和的浓度增加〖答案〗A〖解析〗【详析】A．用硫酸钠溶液代替重复上述实验，生成的氢氧化钠溶于水完全电离成自由移动的离子能导电，溶液导电能力随时间变化与图2不同，A错误；B．硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，碱性变弱直至为酸性，故观察到溶液由红色变成无色，并产生白色沉淀，B正确；C．B时刻溶液与稀硫酸恰好完全反应，C正确；D．B点两者恰好反应，之后硫酸过量，故电导率增加的原因是混合溶液中H+和的浓度增加，D正确；故选A。12.某溶液X中可能含有、、、、、、中的几种，且每种离子的浓度相等。将溶液分两等份，向一份中加入浓的NaOH溶液并加热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝；向另一份溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再加足量的盐酸，沉淀完全溶解并产生气体。下列对溶液X的分析正确的是（）A.可能含有B.可能含有C.肯定含有的离子是、、D.肯定不含的离子只有、、〖答案〗C〖解析〗【详析】向溶液加入浓的NaOH溶液并加热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明溶液中含有，则不含OH-；另取一份溶液滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再加足量的盐酸，沉淀完全溶解并产生气体，说明含有，不含有，则不含Ca2+；每种离子的浓度相等，则一定含有Na+；综上所述一定含有、、，一定不含有、、、Cl-。综上所述，选C。13.碳酸氢铵可用作膨松剂，通过控制碳酸氢铵的用量，不仅使残留在食品中的氨气含量符合食品安全标准，还能使食品具有独特的味道。某同学设计实验测定膨松剂中碳酸氢铵的含量。已知：膨松剂中有少量的水分且其他成分受热不分解。下列说法不正确的是（）A.该实验通过称量装置C的质量可测定碳酸氢铵的含量B.装置D的作用是吸收空气中的水分和二氧化碳C.充分反应后停止加热，应继续从m端通入氮气一段时间D.图中装置B、C对调，不能达到实验目的〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗装置A中碳酸氢铵受热分解生成氨气、二氧化碳和水，装置B中碱石灰吸收二氧化碳和水，装置C浓硫酸与氨气反应生成硫酸铵，装置D的作用是吸收空气中的水分和二氧化碳；【详析】A．装置C的浓硫酸作用是与氨气反应生成硫酸铵，通过称量装置C的质量可知氨气的质量，进而测定碳酸氢铵的含量，故A正确；B．装置D碱石灰的作用是吸收空气中的水分和二氧化碳，防止被装置C中浓硫酸吸收，影响结果，故B正确；C．充分反应后停止加热，应继续从m端通入氮气一段时间，使氨气全部被浓硫酸吸收，故C正确；D．装置B、C对调，由于浓硫酸能吸收水分和氨气，还有膨松剂中有少量的水分，碱石灰吸收的只有二氧化碳的质量，也能计算碳酸氢铵的质量，能达到实验目的，故D错误；故选D。14.氨氮废水造成湖泊富营养化，某研究团队设计处理流程如下：在硝化过程中实现转化，在反硝化过程中实现转化。下列说法正确的是（）A.硝化过程中，含氮物质均发生还原反应B.反硝化过程属于氮的固定C.在一定条件下向废水中加入甲醇(CH3OH)可实现反硝化过程，甲醇中某元素的化合价会升高D.HNO3完全转化成1molN2时，转移的电子数为5NA〖答案〗C〖解析〗【详析】A．硝化过程中实现转化，氮元素化合价不断升高，发生氧化反应，故A错误；

B．氮的固定是将游离态氮转化为化合态的氮，反硝化过程中实现转化，将氮的化合态转化为氮气，不属于氮的固定，故B错误；

C．加入甲醇(CH3OH)可实现反硝化过程，废水中氮元素化合价降低，则甲醇中某元素的化合价会升高，故C正确；

D．HNO3转化成N2时氮元素化合价降低了5，生成1molN2时得到10mol电子，转移的电子数为10NA，故D错误；

故选：C。二、非选择题(共4小题，共计58分)15.研究硫及其化合物的性质，对我们的发展有重要意义。1.硫及其化合物的价类二维图体现了化学变化之美，根据图示回答问题。（1）A的化学式为___________，A与C反应可生成淡黄色的固体，该反应氧化产物与还原产物的质量比是___________。（2）E的浓溶液与铜在加热条件下可发生化学反应，写出化学方程式___________。该反应体现了E的性质为___________。（3）物质G在反应中既可做氧化剂，又可做还原剂，当它做氧化剂时，还原产物可能是___________(填选项)ANa2S B.Na2SO4 C.SO2 D.SII．二氧化硫的功与过（4）SO2能使___________(填试剂名称)溶液褪色，说明SO2具有漂白性。因此可用作草帽、纸张等物质的漂白剂。若将足量的SO2通入到紫色石蕊溶液中，可观察到的现象是___________。（5）SO2是导致酸雨形成主要原因之一，工业上常用NaClO碱性溶液吸收二氧化硫，发生反应：(未配平)。理论上消耗29.8gNaClO，可吸收标准状况下___________L的SO2气体。（6）国家对葡萄酒中二氧化硫的含量有上限规定。某种检测方法用到碘水和淀粉。请写出二氧化硫和碘水反应的化学方程式___________。〖答案〗（1）①.H2S②.2:1（2）①.②.酸性和氧化性（3）AD（4）①.品红②.溶液变红（5）8.96（6）〖解析〗〖祥解〗1.根据硫及其化合物的价类二维图可知，A为H2S，B为S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为H2SO3，G为亚硫酸盐，H为硫酸盐。（1）根据分析可知，A为H2S，A与C反应可生成淡黄色的固体的反应为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，氧化产物与还原产物的质量比是2:1。（2）铜和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，方程式为，体现了浓硫酸的酸性和氧化性。（3）亚硫酸盐做氧化剂时，得电子，化合价降低，故为AD。（4）SO2能使品红溶液褪色，体现了二氧化硫的漂白性。二氧化硫溶于水显酸性，故可以使紫色石蕊溶液变红。（5）根据得失电子守恒可得NaClO~SO2，29.8gNaClO的物质的量为=0.4mol，故吸收0.4mol二氧化硫，标况下的体积为0.4mol×22.4L/mol=8.96L。（6）二氧化硫和碘水反应的化学方程式。16.现有下列物质：①铜丝②FeCl3溶液③氯化氢气体④NaHSO4固体⑤干冰⑥胶体⑦硫酸亚铁铵晶体⑧稀氨水（1）上述物质中属于电解质的是___________(填序号，下同)，能够导电的是___________。写出属于酸式盐的物质溶于水的电离方程式___________。（2）②与⑧在溶液中反应的离子方程式为___________。（3）硫酸亚铁铵晶体俗名为摩尔盐。某学校化学兴趣小组使用摩尔盐配制溶液，回答问题：①配制溶液过程中需要的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需___________。②用电子天平(精确度为0.01g)称量硫酸亚铁铵晶体___________g。③下列操作将导致所配制的溶液浓度偏高的是___________(填选项)。A．摩尔盐放置过程中失去了部分结晶水B．配制过程中没有洗涤烧杯和玻璃棒C．定容时俯视刻度线D．定容后振荡容量瓶发现液面低于刻度线，继续加蒸馏水定容（4）将VL标准状况下的物质③溶于100mL水中(水的密度近似为1g·mL-1)，得到密度为ρg·mL-1的溶液，该溶液的物质的量浓度是___________mol·L-1(列出计算式)。〖答案〗（1）①.③④⑦②.①②⑥⑧③.（2）（3）①.250mL容量瓶、胶头滴管②.9.80③.AC（4）〖解析〗（1）①铜丝导电，为单质，不是电解质；②FeCl3溶液导电，为混合物，不是电解质；③氯化氢气体溶于水导电，为电解质；④NaHSO4固体溶于水导电，为电解质；⑤干冰为非电解质；⑥胶体导电，为混合物，不是电解质；⑦硫酸亚铁铵晶体熔融态导电，为电解质；⑧稀氨水导电，为混合物，不是电解质；故属于电解质的为③④⑦；能够导电的为①②⑥⑧；酸式盐为NaHSO4，其的电离方程式为。（2）氯化铁溶液和氨水反应的离子方程式为。（3）①配制溶液过程中需要的玻璃仪器：250mL容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、量筒；②因容量瓶没有230mL应选用250mL，故质量为0.25L×0.1mol/L×392g/mol=9.80g；③A．摩尔盐放置过程中失去了部分结晶水，称量质量不变但含有溶质增多，所配溶液浓度偏高；B．配制过程中没有洗涤烧杯和玻璃棒，溶质偏少，浓度偏低；C．定容时俯视容量瓶刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高；D．定容后振荡容量瓶发现液面低于刻度线，继续加蒸馏水定容，溶液体积偏大，浓度偏小；故AC符合题意；（4）标准状况下，将bL氯化氢的物质的量为：n=，所以氯化氢气体的质量为,所以溶液的质量：(100+)g，溶液体积V=L；将n、V带入公式c==。17.二氧化氯(ClO2)是安全消毒剂，杀菌能力优于氯气。常温下ClO2为黄绿色气体，极易溶于水但不与水反应，浓的ClO2受热时易分解，将其制备成NaClO2固体以便运输和储存。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示。已知：i．装置A用于制备，发生的主要反应为；ii．饱和溶液在低于38℃时会析出晶体，高于38℃时析出晶体（1）该实验中，盛放70%硫酸所用仪器的名称是___________。（2）关闭止水夹②，打开止水夹①③，通空气一段时间，与装置C中物质反应生成的化学方程式为___________。若关闭止水夹③，打开止水夹①②，B装置的作用是___________。（3）制备过程中需要控制空气的流速，过快或过慢均会降低产率，原因是___________。（4）D装置是用NaOH溶液吸收尾气中的，生成物质的量之比为1∶1的两种盐，一种为，另一种盐的化学式为___________。充分反应后，从装置C反应后溶液中获取固体的操作步骤是：减压蒸发、___________，洗涤、干燥。（5）一种有效成分为、、的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到溶液。上述过程中，产生“气泡”的离子方程式为___________。（6）对污水中有明显的去除效果，其原理为：。某污水中含有浓度为。处理2000L这种污水，至少需要_________mol；若用处理相同的废水时，所需的物质的量是的___________倍。〖答案〗（1）分液漏斗（2）①.②.探究ClO2是否具有漂白性（3）空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收（4）①.NaC