江苏省扬州市2023-2024学年高一上学期1月期末考试化学试题（含答案）

江苏省扬州市2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分1．我国提出了将在2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”的目标，彰显大国的责任与担当。“碳达峰”“碳中和”中的“碳”指的是（）A．二氧化碳 B．碳元素 C．碳单质 D．含碳物质2．下列物质属于电解质的是（）A．氯化钠 B．蔗糖 C．CO2 3．氯碱工业的原理为：2NaCl+2HA．Na+的结构示意图： B．H2C．NaOH中既有离子键也有共价键 D．Cl24．实验室制取SOA．制备 B．检验C．干燥 D．收集5．下列物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．ClB．苯具有可燃性，可用于萃取水中的BC．SOD．浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥C6．Fe(OH)3胶体的实验室制备方法如下：FeClA．该反应是复分解反应B．反应后溶液呈酸性C．Fe(OH)D．向NaOH溶液中滴入几滴FeCl3饱和溶液，也可得到7．配制100mL1.000mol⋅L-1NA．溶解NaB．使用未经干燥的容量瓶C．用蒸馏水洗涤烧杯内壁及玻璃棒D．摇匀后发现液面下降再加水至刻度线8．元素Na、Mg、S、Cl位于元素周期表的第三周期，下列说法正确的是（）A．原子半径：r(Na)<r(S) B．元素最高化合价：Mg<ClC．碱性：NaOH<Mg(OH)2 9．KI-淀粉试纸检验KIO3的原理为A．KIO3中碘元素的化合价为+5 B．C．KIO3发生氧化反应 D．每生成3molI10．下列物质转化符合工业生产实际的是（）A．ClB．饱和食盐水→②足量CC．TiCl4D．S11．下列实验操作能达到实验目的的是（）选项实验目的实验操作A检验溶液中的C向溶液中先加盐酸，再加AgNOB干燥C将气体通过盛有浓H2C吸收尾气中的C将气体通入盛有饱和食盐水的烧杯D测定氯水的pH将氯水滴在pH试纸上，与标准比色卡对照A．A B．B C．C D．D12．硫代硫酸钠(Na2S2O3)中硫元素有0和+4两种价态，Na2S2O3可将水中的余氯转化为Cl-A．NaB．S2C．将NaD．该方法制备Na2S13．硫代硫酸钠(Na2S2O3)中硫元素有0和+4两种价态，Na2S2O3可将水中的余氯转化为CA．少量SO2与过量NaOHB．Na2S2C．Na2D．Na214．亚氯酸钠(NaClO2)反应①：在酸性条件下，SO2还原NaClO反应②：在碱性条件下，ClO2与H2下列说法正确的是（）A．反应①中用HCl提供酸性环境B．反应①中参加反应的NaClO3和SC．反应②中的H2O2D．制备0.2molNaClO2至少需要标准状况下15．下表是元素周期表的一部分，请按要求回答问题：（1）元素②在周期表中的位置为。元素④的一种原子内有10个中子，该原子是(用核素符号表示)。（2）元素⑥、⑦的最高价氧化物的水化物中，酸性较强的是(填化学式)。（3）元素⑤的单质着火不能用水来灭火，其原因是。（4）肼(N2H4)由元素①、③组成，可与NO2气体反应生成N2和H2O，同时放出大量的热，故常用作火箭燃料。写出该反应的化学方程式，并用双线桥法标出该反应中电子转移的方向和数目：。16．海水中有丰富的化学资源，可利用海水制盐和提溴。（1）I海水晒盐获得的粗盐中含有其他盐(CaCl2、MgCl2、Na（2）乙溶液为溶液(填化学式)。实验中不取样出来进行分析，判断BaCl2溶液加入量己“稍过量”的实验方法及现象是（3）某同学认为，若粗盐中含NaCl的质量为mg，正确进行上述实验操作制得精盐的质量将大于mg。判断其观点是否合理，并说明理由。（4）II．从浓海水中提取溴的工艺如下图所示：吸收塔中SO2、Br2（5）在反应池中，海水中的Br-己转化为Br2。设计后续步骤将Br2先转化为（6）通入吸收塔的SO2流量与Br2产率关系如题图所示。当SO2流量高于17．碱式次氯酸镁[Mg2(ClO（1）“煅烧”在700℃高温下进行，煅烧得到MgO的同时，生成气体的化学式为。（2）“溶解时需加热，反应会生成一种能使红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的化学方程式为。（3）“沉淀”步骤制备[Mg2(ClO)x(OH)y⋅H2O]时需控制pH约为10，碱性太强会产生杂质使沉淀中镁元素含量增大，该杂质的化学式为（4）向100mL0.1mol⋅L-1的MgCl2溶液中加入适量NaClO溶液、NaOH溶液，过滤，洗涤，干燥得到[Mg2(ClO)x(OH)y⋅H218．自然界中含硫物质不断发生转化和转移，形成了硫元素的循环。利用这些转化可以制备重要的化工产品，过程中产生的H2（1）火山喷发是硫元素在自然界中转化的一种途径，反应过程如图所示。H2S的结构式为。1molFeS2与O2和Ca(OH)2溶液反应转化为（2）工业上利用SO①装置I的作用是(写出两点)。②装置III用于吸收SO3制备硫酸，适宜的吸收剂是A．NaOH溶液B．水C．98.3%浓硫酸③装置II中待反应进行后撤走酒精灯，无需持续加热，原因是。若用O2、水在催化剂存在时吸收尾气中的SO2，吸收完成后，随着氧化的进行，溶液的pH（3）Fe2O3可用作脱除H2写出“脱硫”时发生反应的化学方程式。（4）Fe2O3的“再生”是在600°C时，用一定浓度的O2与FeS

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】“碳达峰”、“碳中和”指的是二氧化碳的排放和转化，因此“碳”指的是二氧化碳，A正确，故答案为：A。

【分析】碳达峰是指在某一个时点，二氧化碳的排放不再增长达到峰值，之后逐步回落；碳中和则是指在一定时间内直接或间接产生的二氧化碳排放总量，通过植树造林、节能减排、产业调整等方式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量。2．【答案】A【解析】【解答】A、氯化钠为电解质，A正确；

B、蔗糖为非电解质，B错误；

C、CO2为非电解质，C错误；

D、Na为单质，既不是电解质，也不是非电解质，D错误；

故答案为：A

【分析】电解质：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，常见的有酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水；

非电解质：在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，常见的有大部分有机物、非金属氧化物、氨。3．【答案】C【解析】【解答】A、Na+为Na失去最外层电子形成的离子，则其结构示意图为，A错误；

B、H2O的空间填充模型为，B错误；

C、NaOH中，Na+和OH-为离子键结合，O和H为共价键结合，C正确；

D、Cl2的电子式为，D错误；

故答案为：C

【分析】A、离子的结构示意图要在原子结构示意图的基础上得失电子写出；

B、图为球棍模型；

C、铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，非金属原子和非金属原子的结合是共价键；

D、电子式一般要注意原子周围有8个电子。4．【答案】C【解析】【解答】A、铜和浓硫酸加热生成二氧化硫，A不符合题意；

B、二氧化硫可以使品红溶液褪色，可以用品红溶液检验二氧化硫，B不符合题意；

C、干燥时气体应该长管进短管出，C符合题意；

D、二氧化硫为酸性氧化物，可以用碱性溶液吸收，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A、铜和浓硫酸加热生成二氧化硫；

B、二氧化硫可以使品红溶液褪色，可以用品红溶液检验二氧化硫；

C、干燥时气体应该长管进短管出；

D、二氧化硫为酸性氧化物，可以用碱性溶液吸收。5．【答案】C【解析】【解答】A、氯气具有强氧化性，可以用于杀菌消毒，A错误；

B、苯为有机溶剂且不溶于水，可以用于萃取水中的溴，B错误；

C、二氧化硫具有还原性，可以作为抗氧化剂，C正确；

D、浓硫酸具有吸水性，可以作为干燥剂，D错误；

故答案为：C

【分析】A、氯气具有强氧化性，可以用于杀菌消毒；

B、苯为有机溶剂且不溶于水，可以用于萃取水中的溴；

C、二氧化硫具有还原性，可以作为抗氧化剂；

D、浓硫酸具有吸水性，可以作为干燥剂。6．【答案】D【解析】【解答】A、该反应为复分解反应，交换了氯离子和氢氧根离子的位置，A不符合题意；

B、该反应为水解反应，反应后生成氯化氢，为酸性，B不符合题意；

C、氢氧化铁胶体具有吸附性，可以用于净水，C不符合题意；

D、氢氧化钠和氯化铁溶液反应生成氢氧化铁固体，D符合题意；

故答案为：D

【分析】A、复分解反应的特点是交换离子的位置；

B、HCl为酸性；

C、胶体具有吸附性，可以用于净水；

D、氢氧化钠和氯化铁溶液反应生成氢氧化铁固体。7．【答案】D【解析】【解答】A、溶质在烧杯溶解后需要冷却至室温，A不符合题意；

B、容量瓶不需要干燥可以直接配制溶液，B不符合题意；

C、蒸馏水用于洗涤烧杯和玻璃棒，减小误差，C不符合题意；

D、摇匀后液面下降无需再加水，D符合题意；

故答案为：D

【分析】A、溶质在烧杯溶解后需要冷却至室温；

B、容量瓶不需要干燥可以直接配制溶液；

C、蒸馏水用于洗涤烧杯和玻璃棒，减小误差；

D、摇匀后液面下降无需再加水。8．【答案】B【解析】【解答】A、Na和S在同一个周期，从左到右半径减小，A错误；

B、Mg最高化合价为+2，Cl最高化合价为+7，B正确；

C、NaOH碱性比Mg(OH)2碱性更强，C错误；

D、H2S的热稳定性比HCl更弱，D错误；

故答案为：B

【分析】同一周期，从左到右最外层电子数递增，同一主族，最外层电子数相等，

同一周期，从左到右最高正价为+1—+7，最低负价为-4—-1，同一主族，最高正价相同，最低负价相同

同一周期，从左到右半径减小，同一主族，从上到下半径增大

同一周期，从左到右金属性减弱，非金属性增强，同一主族，从上到下金属性增强，非金属性减弱

金属性的比较：最高价氧化物对应水化物的碱性，和氧气、水、酸反应的程度，单质的还原性；

非金属性的比较：最高价氧化物对应水化物的酸性，和氢气反应的程度，氢化物的稳定性，单质氧化性。9．【答案】A【解析】【解答】A、K化合价为+1，O为-2，则I为+5，A正确；

B、KI中I化合价升高，KI为还原剂，B错误；

C、KIO3中I化合价降低，KIO3作为氧化剂，发生还原反应，C错误；

D、每生成3molI2，有5molKI失去5mol电子，转移5mol电子，D错误；

故答案为：A

【分析】化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物；

化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，作为氧化剂，得到氧化产物；

电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数。10．【答案】B【解析】【解答】A、工业制取漂白粉为氯气通入石灰乳制取，A错误；

B、饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳可以用于制取碳酸氢钠，B正确；

C、Na和盐溶液反应时优先和水反应，C错误；

D、S和O2反应只能生成SO2，D错误；

故答案为：B

【分析】A、工业制取漂白粉为氯气通入石灰乳制取；

B、饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳可以用于制取碳酸氢钠；

C、Na和盐溶液反应时优先和水反应；

D、S和O2反应只能生成SO2。11．【答案】B【解析】【解答】A、盐酸中含有氯离子，可以和硝酸银溶液反应生成白色沉淀，无法证明原溶液含有氯离子；

B、氯气可以用浓硫酸干燥，B正确；

C、氯气不溶于饱和食盐水，不能用饱和食盐水吸收氯气，C错误；

D、氯水具有漂白性，不能用pH试纸测定，D错误；

故答案为：B

【分析】A、氯离子的检验采用稀硝酸溶液和硝酸银溶液；

B、氯气用浓硫酸干燥；

C、氯气的吸收可以用碱性溶液；

D、氯水具有漂白性，可以使pH试纸先变红再褪色。12．【答案】A【解析】【解答】A、Na2S2O3在酸性条件下可以转化为S和SO2，体现了Na2S2O3的氧化性和还原性，A正确；

B、S2O32-中S具有两种价态，为0和+4，体现不同的性质，B错误；

C、Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，不能用乙醇帮助溶解，C错误；

D、Na2S2O3在酸性条件下可以转化为S和SO2，哦因此溶液不能为酸性，D错误；

故答案为：A

【分析】A、化合价升高体现还原性，化合价降低体现氧化性；

B、不同价态的元素，性质不同；

C、Na13．【答案】B【解析】【解答】A、SO2少量时，和NaOH反应生成Na2SO3，A错误；

B、Na2S2O3与稀硫酸反应生成S、SO2和H2O，B正确；

C、氯水足量时，S2O32-会被氧化为SO42-，C错误；

D、硫化钠为可溶性盐，可以拆，D错误；

故答案为：B

【分析】A、SO2少量时生成Na2SO3，过量时生成NaHSO3；

B、Na2S2O3与稀硫酸反应生成S、SO2和H2O；

C、氯水足量时，S2O32-会被氧化为SO42-；

D、硫化钠为可溶性盐，可以拆为钠离子和硫离子。14．【答案】D【解析】【解答】A、HCl可以和NaClO3反应，A错误；

B、S化合价由+4变为+6，Cl化合价由+5变为+3，结合化合价升降守恒，可以知道两者的物质的量之比为1：1，B错误；

C、ClO2生成NaClO2为还原反应，而O2具有氧化性，则无法使ClO2还原为NaClO2，C错误；

D、结合化合价升降守恒，可知每消耗1molSO2生成1molClO2，每消耗1molClO2，则生成2molNaClO2，则制备0.2molNaClO2需要消耗0.1molSO2，即标准状况下需要消耗2.24LSO2，D正确；

故答案为：D

【分析】A、HCl可以和NaClO3反应；

B、结合化合价升降守恒判断；

C、O2只有氧化性，无法体现还原性；

D、电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数，结合电子得失判断物质的量。15．【答案】（1）第二周期IVA族；8（2）HClO4（3）钠能与水反应，生成的氢气易爆炸，Na2O2与水反应生成的氧气助燃（4）【解析】【解答】（1）②在周期表中为第二周期IVA族；④为O元素，其质子数为8，若中子数为10时，则质量数为18，则核素符号为818O；

故答案为：第二周期IVA族；818O；

（2）元素⑥、⑦为同周期元素，从左到右非金属性增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性增强，⑦为Cl元素，其最高价氧化物对应的水化物为HClO4；

故答案为：HClO4；

（3）⑤为钠元素，钠着火应该用干沙灭火，不能用水灭火，水和钠可以反应生成氢气，氢气容易发生爆炸，钠燃烧生成的过氧化钠可以和水反应生成氧气助燃；

故答案为：钠能与水反应，生成的氢气易爆炸，Na2O2与水反应生成的氧气助燃；

（4）N2H4中，N为-2价，NO2中N为+4价，则N2H4中N化合价由-2变为0，NO2中N化合价由+4变为0，根据化合价升降守恒，则两者的物质的量之比为1：1；

故答案为：。

【分析】（1）质子数+中子数=质量数；

（2）同周期元素，从左到右非金属性增强；

（3）钠能与水反应，生成的氢气易爆炸，Na2O216．【答案】（1）使固体基本溶解(或根据粗盐质量和NaCl溶解度计算配制为饱和溶液所需水的质量)（2）Na2CO3；静置，在上层清液中继续滴加该试剂，若无沉淀出现则已“稍过量”（3）合理，精制过程中加入了Na+和Cl-（4）B（5）富集溴元素（6）过量的SO2循环进入吹出塔与溴反应，使溴转化为【解析】【解答】（1）水不宜太多，可以使土体基本溶解即可，即尽可能使溶液为饱和溶液，便于后续流程的精制；

故答案为：使固体基本溶解(或根据粗盐质量和NaCl溶解度计算配制为饱和溶液所需水的质量)；

（2）碳酸钠溶液在氯化钡溶液后面加入，可以用于除去过量的钡离子；检验氯化钡溶液过量的方法，即去上层清液继续加入氯化钡溶液，若不产生沉淀则过量；

故答案为：Na2CO3；静置，在上层清液中继续滴加该试剂，若无沉淀出现则已“稍过量”；

（3）由于精制过程中引入Na2CO3和BaCl2，会使最终提取的精盐中含有引入的Na+和Cl-，使质量增加；

故答案为：合理，精制过程中加入了Na+和Cl-；

（4）溴和二氧化硫、水反应生成硫酸和溴化氢，其中溴、二氧化硫、水不可拆，硫酸、溴化氢可拆；

故答案为：Br2+SO2+2H2O=4H++SO42−+2Br−；

（5）转化的溴含量较少，直接提取会消耗更多能源，通过吸收后转化为溴离子，有利于富集溴元素，再转化为溴可以节省能源；

故答案为：富集溴元素；

（6）过量的SO2循环进入吹出塔与溴反应，使溴转化为17．【答案】（1）CO2、H2O（2）MgO+2NH4ClΔ__MgCl2+2NH3↑+H（3）Mg(OH)2；NaOH（4）Mg2(ClO)(OH)3·H2O【解析】【解答】（1）碳酸镁煅烧生成氧化镁和二氧化碳，氢氧化镁煅烧生成氧化镁和水蒸汽；

故答案为：CO2、H2O；

（2）可以使试纸变蓝的气体为氨气，氧化镁和氯化铵加热生成氯化镁、氨气和水；

故答案为：MgO+2NH4ClΔ__MgCl2+2NH3↑+H2O；

（3）碱性太强时氢氧根浓度过高，会和镁离子反应生成氢氧化镁，为了不引入新的杂志，滴液漏斗应该加入氢氧化钠溶液，调节pH；

故答案为：Mg(OH)2；NaOH；

（4）ClO-转化为Cl-，化合价由+1变为-1，I-转化为I2，化合价由-1转化为0，结合化合价升降守恒，可以知道ClO-和I-的物质的量之比为1：2，即有0.005molI2生成时，消耗的ClO-为0.005mol，初始100mL0.1mol·L-1的MgCl2溶液中Mg2+浓度为0.01mol，则Mg2+和ClO-的物质的量之比为2：1，即x=1，而化合物整体价态为0，结合Mg2+、ClO-、OH-的化合价，可知y=1，则化学式为Mg2(ClO)(OH)3·H2O；

故答案为：Mg2(ClO)(OH)3·H2O。

【分析】（1）碳酸盐受热分解为氧化物和二氧化碳，难溶性碱