2022-2023学年安徽省安庆市桐城中学高一上学期期末考试化学试题（解析版）

PAGEPAGE1桐城中学2022～2023学年度高中化学期末考试卷化学试题(时间：75分钟，满分：100分)注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息。2.请将〖答案〗正确填写在答题卡上。第Ⅰ卷(选择题)相对原子质量：一、单选题(15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)1.化学与社会、生活、技术密切相关，下列说法正确的是A.汽车尾气系统中安装的催化转化器可有效减少的排放，实现“碳中和”B.我国化学家侯德榜创立的“侯氏制碱法”原理为：以食盐、氨、二氧化碳为原料，直接生成纯碱C.节日燃放的五彩缤纷的烟花，是锂、钠、钾、铁、锶、钡等金属化合物发生焰色反应所呈现的各种艳丽的色彩D.用覆铜板制作印刷电路板的原理是利用溶液作为“腐蚀液”〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．汽车尾气系统中安装的催化转化器目的是把一氧化碳和氮氧化物转化为氮气和二氧化碳，减小污染气体排放，选项A错误；B．“候氏制碱法”原理为：食盐、氨、二氧化碳为原料依据溶解度差异，先生成碳酸氢钠沉淀，然后过滤、加热转化为纯碱，选项B错误；C．铁的焰色反应没有特征颜色，选项C错误；D．用覆铜板制作印刷电路板的原理是利用溶液作为“腐蚀液”，选项D正确；〖答案〗选D。2.下列叙述正确的是A.烧碱、小苏打、次氯酸均为电解质B.牛奶、豆浆、葡萄糖溶液均为胶体C.均属于碱性氧化物D.碘酒、泥浆水、液氨均为混合物〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．烧碱、小苏打、次氯酸水溶液中都能够导电，都属于电解质，故A正确；B．葡萄糖为溶液，牛奶、豆浆为胶体，故B错误；C．因过氧化钠与酸反应生成盐、水和氧气，则过氧化钠不属于碱性氧化物，故C错误；D．液氨是液态氨气为纯净物，故D错误；故选：A。3.下列指定反应的离子方程式正确的是A.溶于稀硝酸：B.溶液中加入过量溶液：C.漂白粉溶液中通入少量：D.向溶液中滴加过量溶液：〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．氧化亚铁和稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和H2O，A错误；B．溶液中加入过量溶液，反应中还有硫酸钡白色沉淀生成，故B错误；C．漂白粉中通入少量CO2生成次氯酸和碳酸钙沉淀，C错误；D．向溶液中滴加过量溶液生成碳酸钙沉淀和水，离子方程式为：，故D正确；故选D。4.NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是A.常温常压下，0.2gD2所含的中子数为0.1NAB.标准状况下，11.2L

Cl2溶于水，转移的电子数为0.5NAC.0.1mol⋅L−1的Na2SO4溶液中含有的Na+数为0.2NAD.标准状况下，11.2LCH3CH2OH含有的分子数为0.5NA〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．常温常压下，D2的摩尔质量为20g/mol，0.2g

D2即0.1mol，则含有的中子数为0.1NA，A叙述正确；B．标准状况下，11.2L

Cl2溶于水，只有部分氯气与水反应，则转移的电子数无法确定，B叙述错误；C．0.1mol⋅L−1的Na2SO4溶液中未给定溶液体积，则含有的Na+数无法确定，C叙述错误；D．标准状况下，CH3CH2OH为液体，不能用气体摩尔体积进行计算，D叙述错误；〖答案〗为A。5.下列方程式对应的相关说法正确的是化学反应方程式相关说法A单线桥：B氧化性：C每生成1mol，转移2mol电子D__________________________________________化学计量数依次为：3，2，10，2，3，5A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．根据反应方程式可知，1molKClO3与6mol浓盐酸反应，有1molHCl表现酸性，5molHCl被还原，转移电子物质的量为5mol，用单线桥表示，故A错误；B．根据反应方程式可知，Cu的化合价由0价升高为+2价，Cu作还原剂，Fe2+作还原产物，还原性：Cu＞Fe2+，故B错误；C．每生成1mol氧气，转移电子物质的量为1mol×2×(2－0)=4mol，故C错误；D．ClO-中Cl的化合价由+1价→-1价，化合价降低为2，Fe3+中Fe的化合价由+3价→+6价，化合价升高3价，最小公倍数为6，即ClO-系数为3，Fe3+系数为2，然后根据电荷守恒和原子守恒，该离子方程式为3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O，故D正确；〖答案〗D。6.下列化学用语正确的是A.HCl的电子式 B.质量数为37的氯原子C.CO2的电子式 D.Cl原子结构示意图〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．氯化氢是共价化合物，不存在离子键，分子中氢原子余氯原子之间形成1对共用电子对，电子式为，A错误；B．原子的左上角表示质量数，所以质量数为37的氯原子表示为，B正确；C．二氧化碳的碳氧之间有两对共用电子对，电子式为，C错误；D．氯原子的核电荷数为17，核外有17个电子，是氯离子的示意图，D错误；故选B。7.在三个刚性密闭容器中分别充入、、三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强(p)从大到小的顺序是A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖详析〗根据阿伏加德罗定律，当它们的温度和密度相同时，摩尔质量与压强成反比，摩尔质量由小到大的顺序为，则压强的大小顺序为；〖答案〗选D。8.某溶液能溶解Al2O3，则此溶液中一定能大量共存的离子组是A.Na+、Ba2+、Cl-、K+ B.Na+、Cu2+、、Cl–C.K+、、OH-、 D.Ba2+、K+、、〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗能溶解氧化铝的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。〖详析〗A．Na+、Ba2+、Cl-、K+四种离子无论是在酸溶液中，还是在碱溶液中均不发生任何反应，一定能大量共存，故A正确；B．在碱溶液中，铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，故B错误；C．在溶液中，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根，不能大量共存，故C错误；D．在溶液中，钡离子与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，故D错误；故选A。9.下列物质间的转化关系，不能全部通过一步反应完成的是A.Na→NaOH→Na2CO3 B.Mg→MgCl2→Mg(OH)2C.Al→Al2O3→Al(OH)3 D.Fe→FeCl2→FeCl3〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，所以Na→NaOH→Na2CO3能全部通过一步反应完成，故A错误。B．镁与氯气反应生成氯化镁，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁，所以Mg→MgCl2→Mg(OH)2能全部通过一步反应完成，故B错误。C．氧化铝不溶于水，与水不反应，所以Al→Al2O3→Al(OH)3不能全部通过一步反应完成，故C正确。D．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，所以Fe→FeCl2→FeCl3能全部通过一步反应完成，故D错误。故选C选项。10.下列关于氯气和氯水的说法中不正确的是A.氯气是一种黄绿色、密度比空气大的有毒气体B.使用氯气对自来水消毒、杀菌，一定不会对人体有害C.新制氯水能杀菌消毒主要是因为氯水中含有次氯酸D.氯水放置数天后酸性增强〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．氯气是一种黄绿色、密度比空气大的有毒气体，A正确；B．使用Cl2对自来水消毒时，氯气会与水中的有机物发生反应，生成的有机氯化物可能对人体有害，B错误；C．新制氯水能杀菌消毒是因为Cl2溶于水生成了次氯酸，次氯酸能杀菌消毒，C正确；D．氯水放置数天后，其中次氯酸见光易分解生成盐酸，导致溶液的酸性增强，D正确；故合理选项是B。11.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表所示元素代号XYZW原子半径/pm1601437574主要化合价+2+3+5、-3-2下列叙述正确的是A.X、Y的最高价氧化物对应水化物的碱性：X<YB.简单离子的半径：Z<W<X<YC.Y与W形成的化合物既能与强酸反应又能与强碱反应D.X与Z形成的化合物为共价化合物〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据元素周期律：元素原子电子层数越多，其原子半径越大；同一周期主族元素，原子半径随着原子序数的增大而减小；同一主族元素，原子半径随着原子序数的增大而增大；主族元素中，最高正化合价与其主族序数相同(O、F除外)，最低负化合价=主族序数－8，结合表中数据可推知：X为Mg、Y为Al、Z为N、W为O。〖详析〗A．Mg和Al位于同一周期相邻主族，金属性，最高价氧化物对应水化物的碱性，选项A错误；B．、、、具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，它们的离子半径，选项B错误；C．Y(Al)与W(O)形成的化合物为属于两性氧化物，既可以和酸反应又可以和强碱反应，选项C正确；D．Mg和N形成的化合物为，为离子化合物，选项D错误；〖答案〗选C。12.下列实验的结论正确的是A.图I：验证干燥的氯气没有漂白性B.图II：选择合适的药品，可用于制备少量的Cl2、O2等气体C.图III：证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2D.图IV：不能较长时间观察到Fe(OH)2白色絮状沉淀〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．有色鲜花中含有水分，Cl2与水反应产生HCl、HClO，HClO具有强氧化性，会将有色物质氧化产生无色物质，因此图I中不能验证干燥的氯气是否具有漂白性，A错误；B．在常温下KMnO4与浓盐酸混合反应可以制取Cl2；H2O2在MnO2催化下分解会产生O2，因此图II：选择合适的药品，可用于制备少量的Cl2、O2等气体，B正确；C．将Cl2通入导气管中，Cl2与NaBr发生置换反应产生NaCl、Br2；过量的Cl2及Br2都可以与KI发生置换反应产生I2，I2使淀粉溶液变为蓝色，因此图III中不能证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2，C错误；D．Fe与H2SO4发生置换反应产生FeSO4、H2，打开止水夹a，反应产生的H2通过导气管通入试管B中，排出装置中的空气，然后关闭止水夹a，H2将装置A中FeSO4压入装置B中，FeSO4与NaOH溶液反应产生Fe(OH)2白色沉淀，由于Fe(OH)2白色沉淀处于H2的惰性环境，因此不能被氧化，故图IV能较长时间观察到Fe(OH)2白色絮状沉淀，D错误；故合理选项是B。13.向200mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法正确的是A.a点时溶液中的阳离子仅为Cu2+和Fe2+B.b点时溶液中发生的反应为2Fe+3Cu2+=Cu+2Fe3+C.c点时溶液中溶质的物质的量浓度为0.2mol·L-1D.原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1：2〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由氧化性的强弱(Fe3＋>Cu2＋)及图象变化可知：①0～5.6gFe发生Fe＋2Fe3＋＝3Fe2＋，②0.56g～1.68gFe时，剩余物为1.28g，而1.28gCu的物质的量为0.02mol，此时发生Fe＋Cu2＋＝Cu＋Fe2＋；③加入铁粉为从1.68g～2.24g(即加入0.56gFe)时，固体增加1.84g−1.28g＝0.56g，所以此时溶液中不含Cu2＋、反应完全。〖详析〗A．向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，先发生反应：Fe＋2Fe3＋＝3Fe2＋，a点时溶液中阳离子为Cu2＋和Fe2＋、Fe3＋，故A错误；B．由图可知加入铁粉0.56g～1.68g时，n(Fe)＝＝0.02mol，剩余物1.28g，且1.28gCu的物质的量为0.02mol，此时发生Fe＋Cu2＋＝Cu＋Fe2＋，故B错误；C．由图象变化知：加入铁粉为0～5.6g时，剩余物为0，说明只发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，推得Fe3＋只有0.02mol，生成Fe2＋为0.03mo|；加入铁粉为从0.56g～2.24g时，又加入0.03mo铁粉，若发生反应Fe＋Cu2＋＝Cu＋Fe2＋，则生成1.92gCu，而由图示可得剩余物为1.84g，所以此时溶液中早已没有Cu2＋，设0.03mo铁粉中与Cu2＋反应的为xmol，剩余ymol，则生成Cu的质量为64xg，剩余铁的质量为56yg，所以x＋y＝0.03、64x＋56y＝1.84，解得：x＝0.02mol、y＝0.01mol，因此加入铁粉从0.56g～168g，刚好与溶液中的Cu2＋反应完全，溶液中溶质为FeSO4，所以c点时溶液中溶质的物质的量浓度为＝0.5mol•L−1，故C错误；D．由上述分析可知原溶液中Fe3＋为0.02mol，则Fe2(SO4)3为0.01mol，Cu2＋为0.02mol，则CuSO4为0.02mol，所以原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比＝物质的量之比为1：2，故D正确；故选D。14.一种由短周期主族元素组成的化合物，其阴离子结构如图所示。W、X、Y、Z原子序数之和为20。下列有关叙述正确的是A.由Y、Z、W三种元素组成的化合物都属于有机物B.原子半径：W<X<Z<YC.X的最高价氧化物对应的水化物是强酸D.还原性：ZW4>W2Y〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由阴离子结构图可知，带一个单位负电荷的阴离子中X、Z形成四个共价键，Y形成两个共价键，W形成一个共价键，由W、X、Y、Z原子序数之和为20可知，四种元素位于前二周期，W为H元素、X为B元素、Y为O元素、Z为C元素。〖详析〗A．由氧、碳、氢三种元素组成的碳酸属于无机物，不是有机物，故A错误；B．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则硼、碳、氧的原子半径依次减小，故B错误；C．硼元素的最高价氧化物对应的水化物是硼酸，硼酸为一元弱酸，故C错误；D．元素的非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱，碳元素的非金属性弱于氧元素，所以甲烷的还原性强于水，故D正确；故选D。15.用硫酸渣(主要成分为、)制备铁基颜料铁黄()的一种工艺流程如图。已知：“还原”时，发生反应；、均与不反应。下列有关说法不正确的是A.“酸溶”时加速搅拌可加快反应速率B.“过滤Ⅰ”所得滤液中存在的阳离子主要有和C.“还原”时还原产物与氧化产物的物质的量之比为D.“氧化”时离子方程式：〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加FeS2把铁离子还原为亚铁离子，同时生成，过滤，滤渣含有SiO2和FeS2，滤液中含有Fe2+和H+，滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH。〖详析〗A．加速搅拌可增大反应速率，A正确；B．滤液中含有硫酸亚铁和过量的硫酸，且生成氢离子，则“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+和H+，B正确；C．还原时有关的离子方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=2+15Fe2++16H+，反应中FeS2的Fe元素化合价不变，S元素化合价升高，则为氧化产物，Fe3+转化为Fe2+，化合价降低，Fe2+为还原产物，则“还原”时氧化产物与还原产物的物质的量之比为：2：14=1：7，C错误；D．滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，发生的离子方程式为，D正确；故选C。第Ⅱ卷(非选择题)二、实验题(共31分)16.填空。（1）下图是按树状分类法对一组物质进行的分类。回答下列问题：①类别1________，分类标准2________。②上述物质中属于非电解质的是_________。③向NaHSO4溶液中加入Fe可产生气体，对应的离子方程式为___________。④将NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液混合，恰好呈中性，对应的离子方程式为____________。（2）利用下图所示装置可以验证元素的非金属性的变化规律。仪器A的名称为______________，实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓盐酸、MnO2，请选择合适药品设计实验验证氯的非金属性强于硫的：装置B中所装药品为_____________。装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为___________。〖答案〗（1）①.混合物②.组成元素种类③.SO3④.Fe+2H+=Fe2++H2↑⑤.2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O（2）①.分液漏斗②.KMnO4③.Cl2+S2-=S↓+2Cl-〖解析〗〖小问1详析〗①物质可以根据组成情况分为纯净物与混合物，其中空气和NaCl溶液都是混合物，故类别1为混合物；纯净物根据组成元素种类分为单质和化合物，故分类标准2是组成元素种类；②非电解质是指在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，SO3在熔融状态下不能导电，在水溶液中也不能通过自身电离出离子，属于非电解质；③NaHSO4是强酸酸式盐，可以电离出H+，和Fe反应产生氢气，故离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2；④NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液混合，恰好呈中性，离子方程式为2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4+2H2O；〖小问2详析〗仪器A的名称为分液漏斗；主要利用浓盐酸与KMnO4反应制取氯气，所以B中所装药品为KMnO4；氯气与Na2S反应生成硫单质，离子方程式为Cl2+S2-=S+2Cl-。17.氯及其化合物等在生活、生产中有着重要作用。（1）84消毒液的有效成分为，可用作消毒剂、漂白剂。中元素的化合价为___________；向84消毒液中加入少量稀硫酸可增强其漂白能力，某消毒小组人员用的浓硫酸配制的稀硫酸。所需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒和___________。（2）下列操作导致所配溶液浓度偏低的有___________(填字母)。a．转移前，容量瓶未干燥b．转移时，有少量液体溅出c．定容时，俯视容量瓶刻度线（3）已知：的熔点为，沸点为，易溶于水。实验室制备的装置如图所示：①装置A中烧瓶内发生反应的离子方程式为___________②制得的在进入装置D之前需净化，试剂a的是___________(填名称)。③装置D中发生反应的化学方程式为___________，收集时，将装置E置于冰水浴中的目的是___________。④若和在消毒时均被还原为，则等质量和消毒过程中得到电子数目之比为___________。〖答案〗（1）①.+1②.500mL容量瓶、胶头滴管（2）b（3）①.MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O②.饱和食盐水③.Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl④.冷凝、防止ClO2挥发⑤.2.8〖解析〗〖祥解〗利用A装置通过反应MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl，先用装置B除去HCl杂质，试剂a为饱和食盐水，装置C干燥氯气，试剂b为浓硫酸，装置D用Cl2和NaClO2反应生成ClO2，装置E为收集ClO2；〖小问1详析〗中Na为+1价、O为-2价，元素的化合价为+1；配制溶液还需要500mL容量瓶、胶头滴管；〖小问2详析〗a．转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度无影响，故a错误；b．转移时，有少量溶液溅出，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故b正确；c．定容时，俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故c错误；故选：b．〖小问3详析〗①装置A中MnO2和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯化锰和氯气，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；②浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl，先用装置B除去HCl杂质，试剂a为饱和食盐水；③装置D用Cl2和NaClO2反应生成ClO2，反应化学方程式为Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl；ClO2沸点较低，由已知数据可知，装置E置于冰水浴中的目的是冷凝收集、防止ClO2挥发；④→中Cl化合价降低了5，→中Cl化合价降低了2，假设和均为mg，则、，得到电子数目之比为。三、元素或物质推断题(共12分)18.下表是元素周期表的一部分，编号代表一种元素。请回答有关问题：主族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02①②③3④⑤⑥⑦⑧⑨（1）表中化学性质最不活泼的元素，其原子结构示意图为_______；考古时利用_______(填核素符号)测定一些文物年代。（2）元素③、④、⑦、⑧中，原子半径从大到小的顺序是_______(用元素符号表示)。（3）元素⑥单质和④最高价氧化物对应水化物在溶液中反应的离子方程式为_______。（4）⑤⑥两元素相比较，金属性较强的是_______(填名称)可以验证该结论的实验是_______(填字母)。A.将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中B.将形状、大小相同的这两种元素的单质分别和同浓度的盐酸反应C.将形状、大小相同的这两种元素的单质分别和热水作用，并滴入酚溶液D.比较这两种元素的气态氢化物的稳定性〖答案〗（1）①.②.（2）Na>S>Cl>F（3）Al(OH)3+OH－=AlO+2H2O（4）①.镁②.BC〖解析〗〖祥解〗①为C、②为N、③为F、④为Na、⑤为Mg、⑥为Al、⑦为S、⑧为Cl、⑨为Ar。〖小问1详析〗最外层排满的结构稳定，表中化学性质最不活泼的元素是18号元素Ar，其原子结构示意图为；具有放射性、考古时利用测定一些文物年代。〖小问2详析〗同主族时，电子层数越多半径越大、同周期时，质子数越多半径越小，元素③、④、⑦、⑧中，原子半径从大到小的顺序是Na>S>Cl>F。〖小问3详析〗元素⑥单质和④最高价氧化物对应的水化物在溶液中的反应，即氢氧化钠与氢氧化铝反应，因为氢氧化铝是两性氢氧化物，反应生成偏铝酸钠，反应的离子方程式是Al(OH)3+OH－=AlO+2H2O。〖小问4详析〗同周期元素从左到右金属性减弱，镁的金属性大于铝；则⑤⑥两元素相比较，金属性较强的是镁。金属性越强，单质与水或氢离子反应越容易。A．将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中，都生成氧化膜，不能证明金属性强弱，故A错误；B．将形状、大小相同的这两种元素的单质分别和同浓度的盐酸反应，镁反应快，可证明镁的金属性大于铝，故B正确；C．将形状、大小相同这两种元素的单质分别和热水作用，并滴入酚酞溶液，镁与热水反应生成氢氧化镁和氢气，能证明镁的金属性大于铝，故C正确；D．金属不能比较氢化物的稳定性，故D错误。故可以验证该结论的实验是BC。四、工业流程题(共12分)19.“速力菲”(主要成分：琥珀酸亚铁)是一种常见的补铁药物。某兴趣小组为了检验“速力菲”药片中的存在并测定铁元素的含量，设计如下实验。请回答下列问题：(1)步骤①滤液中滴加KSCN溶液后滤液变为红色，检验滤液中还存在的方法为___________(注明试剂、现象)。(2)步骤②加入过量的目的是)___________。(3)步骤③中反应的离子方程式为___________。(4)步骤④中一系列处理的操作步骤包括：过滤、___________、干燥、灼烧、___________、称量。(5)若实验无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量为___________g。〖答案〗①.酸性高锰酸钾溶液，紫红色变为无色②.将亚铁离子氧化为铁离子，便于沉淀；③.④.洗涤⑤.冷却⑥.0.07a〖解析〗〖祥解〗将补铁片研细后加稀硫酸，使其充分反应，然后过滤得到含亚铁离子的溶液和不溶性物质；向溶液中将入适量的双氧水将亚铁离子氧化为铁离子；再加过量的X溶液生成红褐色悬浊液，则X可能为氢氧化钠或者氢氧化钾等溶液；最后再经过滤、洗涤、干燥、冷却以及称量的步骤得到ag氧化铁固体，据此分析可得：〖详析〗(1)步骤①滤液中滴加KSCN溶液后滤液变为红色，则说明滤液中含有铁离子，检验铁离子中含有的亚铁离子，则可向混合液中滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液由红色变为无色，则该混合物中含有亚铁离子，故〖答案〗为：酸性高锰酸钾溶液，溶液由紫红色变为无色；(2)由于铁离子比亚铁离子更容易与碱反应生成氢氧化物沉淀，则②加入过量的目的是将亚铁离子氧化为铁离子便于沉淀，故〖答案〗为：将亚铁离子氧化为铁离子，便于沉淀；(3)步骤③为铁离子与氢氧根离子结合反应生成氢氧化铁沉淀，则其离子方程式为：，故〖答案〗为：；(4)将氢氧化铁转化悬浊液为氧化铁固体，则所需的步骤包括：过滤、洗涤、干燥、灼烧、冷却最后称量，故〖答案〗为：洗涤；冷却；(5)的摩尔质量为，则10片补血剂中所含铁元素的质量为，则每片补血剂所含铁的质量为0.07ag，故〖答案〗为：0.07a。PAGEPAGE1桐城中学2022～2023学年度高中化学期末考试卷化学试题(时间：75分钟，满分：100分)注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息。2.请将〖答案〗正确填写在答题卡上。第Ⅰ卷(选择题)相对原子质量：一、单选题(15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)1.化学与社会、生活、技术密切相关，下列说法正确的是A.汽车尾气系统中安装的催化转化器可有效减少的排放，实现“碳中和”B.我国化学家侯德榜创立的“侯氏制碱法”原理为：以食盐、氨、二氧化碳为原料，直接生成纯碱C.节日燃放的五彩缤纷的烟花，是锂、钠、钾、铁、锶、钡等金属化合物发生焰色反应所呈现的各种艳丽的色彩D.用覆铜板制作印刷电路板的原理是利用溶液作为“腐蚀液”〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．汽车尾气系统中安装的催化转化器目的是把一氧化碳和氮氧化物转化为氮气和二氧化碳，减小污染气体排放，选项A错误；B．“候氏制碱法”原理为：食盐、氨、二氧化碳为原料依据溶解度差异，先生成碳酸氢钠沉淀，然后过滤、加热转化为纯碱，选项B错误；C．铁的焰色反应没有特征颜色，选项C错误；D．用覆铜板制作印刷电路板的原理是利用溶液作为“腐蚀液”，选项D正确；〖答案〗选D。2.下列叙述正确的是A.烧碱、小苏打、次氯酸均为电解质B.牛奶、豆浆、葡萄糖溶液均为胶体C.均属于碱性氧化物D.碘酒、泥浆水、液氨均为混合物〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．烧碱、小苏打、次氯酸水溶液中都能够导电，都属于电解质，故A正确；B．葡萄糖为溶液，牛奶、豆浆为胶体，故B错误；C．因过氧化钠与酸反应生成盐、水和氧气，则过氧化钠不属于碱性氧化物，故C错误；D．液氨是液态氨气为纯净物，故D错误；故选：A。3.下列指定反应的离子方程式正确的是A.溶于稀硝酸：B.溶液中加入过量溶液：C.漂白粉溶液中通入少量：D.向溶液中滴加过量溶液：〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．氧化亚铁和稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和H2O，A错误；B．溶液中加入过量溶液，反应中还有硫酸钡白色沉淀生成，故B错误；C．漂白粉中通入少量CO2生成次氯酸和碳酸钙沉淀，C错误；D．向溶液中滴加过量溶液生成碳酸钙沉淀和水，离子方程式为：，故D正确；故选D。4.NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是A.常温常压下，0.2gD2所含的中子数为0.1NAB.标准状况下，11.2L

Cl2溶于水，转移的电子数为0.5NAC.0.1mol⋅L−1的Na2SO4溶液中含有的Na+数为0.2NAD.标准状况下，11.2LCH3CH2OH含有的分子数为0.5NA〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．常温常压下，D2的摩尔质量为20g/mol，0.2g

D2即0.1mol，则含有的中子数为0.1NA，A叙述正确；B．标准状况下，11.2L

Cl2溶于水，只有部分氯气与水反应，则转移的电子数无法确定，B叙述错误；C．0.1mol⋅L−1的Na2SO4溶液中未给定溶液体积，则含有的Na+数无法确定，C叙述错误；D．标准状况下，CH3CH2OH为液体，不能用气体摩尔体积进行计算，D叙述错误；〖答案〗为A。5.下列方程式对应的相关说法正确的是化学反应方程式相关说法A单线桥：B氧化性：C每生成1mol，转移2mol电子D__________________________________________化学计量数依次为：3，2，10，2，3，5A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．根据反应方程式可知，1molKClO3与6mol浓盐酸反应，有1molHCl表现酸性，5molHCl被还原，转移电子物质的量为5mol，用单线桥表示，故A错误；B．根据反应方程式可知，Cu的化合价由0价升高为+2价，Cu作还原剂，Fe2+作还原产物，还原性：Cu＞Fe2+，故B错误；C．每生成1mol氧气，转移电子物质的量为1mol×2×(2－0)=4mol，故C错误；D．ClO-中Cl的化合价由+1价→-1价，化合价降低为2，Fe3+中Fe的化合价由+3价→+6价，化合价升高3价，最小公倍数为6，即ClO-系数为3，Fe3+系数为2，然后根据电荷守恒和原子守恒，该离子方程式为3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O，故D正确；〖答案〗D。6.下列化学用语正确的是A.HCl的电子式 B.质量数为37的氯原子C.CO2的电子式 D.Cl原子结构示意图〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．氯化氢是共价化合物，不存在离子键，分子中氢原子余氯原子之间形成1对共用电子对，电子式为，A错误；B．原子的左上角表示质量数，所以质量数为37的氯原子表示为，B正确；C．二氧化碳的碳氧之间有两对共用电子对，电子式为，C错误；D．氯原子的核电荷数为17，核外有17个电子，是氯离子的示意图，D错误；故选B。7.在三个刚性密闭容器中分别充入、、三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强(p)从大到小的顺序是A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖详析〗根据阿伏加德罗定律，当它们的温度和密度相同时，摩尔质量与压强成反比，摩尔质量由小到大的顺序为，则压强的大小顺序为；〖答案〗选D。8.某溶液能溶解Al2O3，则此溶液中一定能大量共存的离子组是A.Na+、Ba2+、Cl-、K+ B.Na+、Cu2+、、Cl–C.K+、、OH-、 D.Ba2+、K+、、〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗能溶解氧化铝的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。〖详析〗A．Na+、Ba2+、Cl-、K+四种离子无论是在酸溶液中，还是在碱溶液中均不发生任何反应，一定能大量共存，故A正确；B．在碱溶液中，铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，故B错误；C．在溶液中，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根，不能大量共存，故C错误；D．在溶液中，钡离子与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，故D错误；故选A。9.下列物质间的转化关系，不能全部通过一步反应完成的是A.Na→NaOH→Na2CO3 B.Mg→MgCl2→Mg(OH)2C.Al→Al2O3→Al(OH)3 D.Fe→FeCl2→FeCl3〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，所以Na→NaOH→Na2CO3能全部通过一步反应完成，故A错误。B．镁与氯气反应生成氯化镁，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁，所以Mg→MgCl2→Mg(OH)2能全部通过一步反应完成，故B错误。C．氧化铝不溶于水，与水不反应，所以Al→Al2O3→Al(OH)3不能全部通过一步反应完成，故C正确。D．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，所以Fe→FeCl2→FeCl3能全部通过一步反应完成，故D错误。故选C选项。10.下列关于氯气和氯水的说法中不正确的是A.氯气是一种黄绿色、密度比空气大的有毒气体B.使用氯气对自来水消毒、杀菌，一定不会对人体有害C.新制氯水能杀菌消毒主要是因为氯水中含有次氯酸D.氯水放置数天后酸性增强〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．氯气是一种黄绿色、密度比空气大的有毒气体，A正确；B．使用Cl2对自来水消毒时，氯气会与水中的有机物发生反应，生成的有机氯化物可能对人体有害，B错误；C．新制氯水能杀菌消毒是因为Cl2溶于水生成了次氯酸，次氯酸能杀菌消毒，C正确；D．氯水放置数天后，其中次氯酸见光易分解生成盐酸，导致溶液的酸性增强，D正确；故合理选项是B。11.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表所示元素代号XYZW原子半径/pm1601437574主要化合价+2+3+5、-3-2下列叙述正确的是A.X、Y的最高价氧化物对应水化物的碱性：X<YB.简单离子的半径：Z<W<X<YC.Y与W形成的化合物既能与强酸反应又能与强碱反应D.X与Z形成的化合物为共价化合物〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据元素周期律：元素原子电子层数越多，其原子半径越大；同一周期主族元素，原子半径随着原子序数的增大而减小；同一主族元素，原子半径随着原子序数的增大而增大；主族元素中，最高正化合价与其主族序数相同(O、F除外)，最低负化合价=主族序数－8，结合表中数据可推知：X为Mg、Y为Al、Z为N、W为O。〖详析〗A．Mg和Al位于同一周期相邻主族，金属性，最高价氧化物对应水化物的碱性，选项A错误；B．、、、具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，它们的离子半径，选项B错误；C．Y(Al)与W(O)形成的化合物为属于两性氧化物，既可以和酸反应又可以和强碱反应，选项C正确；D．Mg和N形成的化合物为，为离子化合物，选项D错误；〖答案〗选C。12.下列实验的结论正确的是A.图I：验证干燥的氯气没有漂白性B.图II：选择合适的药品，可用于制备少量的Cl2、O2等气体C.图III：证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2D.图IV：不能较长时间观察到Fe(OH)2白色絮状沉淀〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．有色鲜花中含有水分，Cl2与水反应产生HCl、HClO，HClO具有强氧化性，会将有色物质氧化产生无色物质，因此图I中不能验证干燥的氯气是否具有漂白性，A错误；B．在常温下KMnO4与浓盐酸混合反应可以制取Cl2；H2O2在MnO2催化下分解会产生O2，因此图II：选择合适的药品，可用于制备少量的Cl2、O2等气体，B正确；C．将Cl2通入导气管中，Cl2与NaBr发生置换反应产生NaCl、Br2；过量的Cl2及Br2都可以与KI发生置换反应产生I2，I2使淀粉溶液变为蓝色，因此图III中不能证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2，C错误；D．Fe与H2SO4发生置换反应产生FeSO4、H2，打开止水夹a，反应产生的H2通过导气管通入试管B中，排出装置中的空气，然后关闭止水夹a，H2将装置A中FeSO4压入装置B中，FeSO4与NaOH溶液反应产生Fe(OH)2白色沉淀，由于Fe(OH)2白色沉淀处于H2的惰性环境，因此不能被氧化，故图IV能较长时间观察到Fe(OH)2白色絮状沉淀，D错误；故合理选项是B。13.向200mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法正确的是A.a点时溶液中的阳离子仅为Cu2+和Fe2+B.b点时溶液中发生的反应为2Fe+3Cu2+=Cu+2Fe3+C.c点时溶液中溶质的物质的量浓度为0.2mol·L-1D.原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1：2〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由氧化性的强弱(Fe3＋>Cu2＋)及图象变化可知：①0～5.6gFe发生Fe＋2Fe3＋＝3Fe2＋，②0.56g～1.68gFe时，剩余物为1.28g，而1.28gCu的物质的量为0.02mol，此时发生Fe＋Cu2＋＝Cu＋Fe2＋；③加入铁粉为从1.68g～2.24g(即加入0.56gFe)时，固体增加1.84g−1.28g＝0.56g，所以此时溶液中不含Cu2＋、反应完全。〖详析〗A．向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，先发生反应：Fe＋2Fe3＋＝3Fe2＋，a点时溶液中阳离子为Cu2＋和Fe2＋、Fe3＋，故A错误；B．由图可知加入铁粉0.56g～1.68g时，n(Fe)＝＝0.02mol，剩余物1.28g，且1.28gCu的物质的量为0.02mol，此时发生Fe＋Cu2＋＝Cu＋Fe2＋，故B错误；C．由图象变化知：加入铁粉为0～5.6g时，剩余物为0，说明只发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，推得Fe3＋只有0.02mol，生成Fe2＋为0.03mo|；加入铁粉为从0.56g～2.24g时，又加入0.03mo铁粉，若发生反应Fe＋Cu2＋＝Cu＋Fe2＋，则生成1.92gCu，而由图示可得剩余物为1.84g，所以此时溶液中早已没有Cu2＋，设0.03mo铁粉中与Cu2＋反应的为xmol，剩余ymol，则生成Cu的质量为64xg，剩余铁的质量为56yg，所以x＋y＝0.03、64x＋56y＝1.84，解得：x＝0.02mol、y＝0.01mol，因此加入铁粉从0.56g～168g，刚好与溶液中的Cu2＋反应完全，溶液中溶质为FeSO4，所以c点时溶液中溶质的物质的量浓度为＝0.5mol•L−1，故C错误；D．由上述分析可知原溶液中Fe3＋为0.02mol，则Fe2(SO4)3为0.01mol，Cu2＋为0.02mol，则CuSO4为0.02mol，所以原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比＝物质的量之比为1：2，故D正确；故选D。14.一种由短周期主族元素组成的化合物，其阴离子结构如图所示。W、X、Y、Z原子序数之和为20。下列有关叙述正确的是A.由Y、Z、W三种元素组成的化合物都属于有机物B.原子半径：W<X<Z<YC.X的最高价氧化物对应的水化物是强酸D.还原性：ZW4>W2Y〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由阴离子结构图可知，带一个单位负电荷的阴离子中X、Z形成四个共价键，Y形成两个共价键，W形成一个共价键，由W、X、Y、Z原子序数之和为20可知，四种元素位于前二周期，W为H元素、X为B元素、Y为O元素、Z为C元素。〖详析〗A．由氧、碳、氢三种元素组成的碳酸属于无机物，不是有机物，故A错误；B．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则硼、碳、氧的原子半径依次减小，故B错误；C．硼元素的最高价氧化物对应的水化物是硼酸，硼酸为一元弱酸，故C错误；D．元素的非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱，碳元素的非金属性弱于氧元素，所以甲烷的还原性强于水，故D正确；故选D。15.用硫酸渣(主要成分为、)制备铁基颜料铁黄()的一种工艺流程如图。已知：“还原”时，发生反应；、均与不反应。下列有关说法不正确的是A.“酸溶”时加速搅拌可加快反应速率B.“过滤Ⅰ”所得滤液中存在的阳离子主要有和C.“还原”时还原产物与氧化产物的物质的量之比为D.“氧化”时离子方程式：〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加FeS2把铁离子还原为亚铁离子，同时生成，过滤，滤渣含有SiO2和FeS2，滤液中含有Fe2+和H+，滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH。〖详析〗A．加速搅拌可增大反应速率，A正确；B．滤液中含有硫酸亚铁和过量的硫酸，且生成氢离子，则“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+和H+，B正确；C．还原时有关的离子方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=2+15Fe2++16H+，反应中FeS2的Fe元素化合价不变，S元素化合价升高，则为氧化产物，Fe3+转化为Fe2+，化合价降低，Fe2+为还原产物，则“还原”时氧化产物与还原产物的物质的量之比为：2：14=1：7，C错误；D．滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，发生的离子方程式为，D正确；故选C。第Ⅱ卷(非选择题)二、实验题(共31分)16.填空。（1）下图是按树状分类法对一组物质进行的分类。回答下列问题：①类别1________，分类标准2________。②上述物质中属于非电解质的是_________。③向NaHSO4溶液中加入Fe可产生气体，对应的离子方程式为___________。④将NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液混合，恰好呈中性，对应的离子方程式为____________。（2）利用下图所示装置可以验证元素的非金属性的变化规律。仪器A的名称为______________，实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓盐酸、MnO2，请选择合适药品设计实验验证氯的非金属性强于硫的：装置B中所装药品为_____________。装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为___________。〖答案〗（1）①.混合物②.组成元素种类③.SO3④.Fe+2H+=Fe2++H2↑⑤.2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O（2）①.分液漏斗②.KMnO4③.Cl2+S2-=S↓+2Cl-〖解析〗〖小问1详析〗①物质可以根据组成情况分为纯净物与混合物，其中空气和NaCl溶液都是混合物，故类别1为混合物；纯净物根据组成元素种类分为单质和化合物，故分类标准2是组成元素种类；②非电解质是指在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，SO3在熔融状态下不能导电，在水溶液中也不能通过自身电离出离子，属于非电解质；③NaHSO4是强酸酸式盐，可以电离出H+，和Fe反应产生氢气，故离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2；④NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液混合，恰好呈中性，离子方程式为2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4+2H2O；〖小问2详析〗仪器A的名称为分液漏斗；主要利用浓盐酸与KMnO4反应制取氯气，所以B中所装药品为KMnO4；氯气与Na2S反应生成硫单质，离子方程式为Cl2+S2-=S+2Cl-。17.氯及其化合物等在生活、生产中有着重要作用。（1）84消毒液的有效成分为，可用作消毒剂、漂白剂。中元素的化合价为___________；向84消毒液中加入少量稀硫酸可增强其漂白能力，某消毒小组人员用的浓硫酸配制的稀硫酸。所需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒和___________。（2）下列操作导致所配溶液浓度偏低的有___________(填字母)。a．转移前，容量瓶未干燥b．转移时，有少量液体溅出c．定容时，俯视容量瓶刻度线（3）已知：的熔点为，沸点为，易溶于水。实验室制备的装置如图所示：①装置A中烧瓶内发生反应的离子方程式为___________②制得的在进入装置D之前需净化，试剂a的是___________(填名称)。③装置D中发生反应的化学方程式为___________，收集时，将装置E置于冰水浴中的目的是___________。④若和在消毒时均被还原为，则等质量和消毒过程中得到电子数目之比为___________。〖答案〗（1）①.+1②.500mL容量瓶、胶头滴管（2）b（3）①.MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O②.饱和食盐水③.Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl④.冷凝、防止ClO2挥发⑤.2.8〖解析〗〖祥解〗利用A装置通过反应MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl，先用装置B除去HCl杂质，试剂a为饱和食盐水，装置C干燥氯气，试剂b为浓硫酸，装置D用Cl2和NaClO2反应生成ClO2，装置E为收集ClO2；〖小问1详析〗中Na为+1价、O为-2价，元素的化合价为+1；配制溶液还需要500mL容量瓶、胶头滴管；〖小问2详析〗a．转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度无影响，故a错误；b．转移时，有少量溶液溅出，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故b正确；c．定容时，俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故c错误；故选：b．〖小问3详析〗①装置A中MnO2和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯化锰和氯气，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；②浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl，先用装置B除去HCl杂质，试剂a为饱和食盐水；③装置D用Cl2和NaClO2反应生成ClO2，反应化学方程式为Cl2+2NaClO