安徽省蚌埠市2022-2023学年高一上学期期末学业水平监测化学Word版含解析.docx

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蚌埠市2022—2023学年度高一第一学期期末学业水平监测化学试卷注意事项：1.考试时间75分钟，满分100分。本卷分为第I卷和第II卷。2.作答时务必将答案写在答题卷上，写在试题卷及草稿纸上无效。3.可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23S：32Cl：35.5Cu：64第I卷(选择题共45分)一、单选题(每小题3分，共45分。每个小题只有一个正确答案)1.化学与生活、生产及科技密切相关，下列有关说法错误的是A.为防控新冠病毒，将“84”消毒液与酒精1：1混合，消毒效果更好B.中国“奋斗者”号载人潜水器的钛合金比纯金属钛具有更高的硬度C.2022年北京冬奥火种灯采用了很多高科技手段致力于结构创新和节能减碳，火种灯材质采用的铝合金是混合物D.2021年5月，四川广汉三星堆遗址最新发现的3号祭祀坑的国宝级商代文物“铜顶尊跪坐人像”再惊天下，青铜器的出土表明我国商代已经掌握冶炼铜技术【答案】A【解析】【详解】A.“84”消毒液的有效成分NaClO是一种强氧化剂，而酒精（C2H5OH）具有还原性，二者混合会发生化学反应，不能使消毒效果更好，A错误；B.合金的硬度比组成它的纯金属更高，B正确；C.合金是金属与金属或金属与非金属组成的混合物，C正确；D.我国商代已经掌握冶炼铜的技术，D正确；故答案选A。2.“纳米材料”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料。如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得分散系的有关说法正确的是A.是纯净物B.所得物质一定为悬浊液或乳浊液C.能通过过滤的方法得到纳米材料D.有丁达尔现象【答案】D【解析】【分析】“纳米技术” 是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中形成胶体，根据胶体的性质分析。【详解】A．将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得分散系为混合物，故A错误；B．由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，则该混合物属于胶体，不是悬浊液或乳浊液，故B错误；C．该混合物属于胶体，胶体能透过滤纸，无法用过滤分离，故C错误；D．该混合物属于胶体，胶体具有丁达尔现象，故D正确。故答案选D。【点睛】本题考查分散系的判断及胶体的性质，明确纳米材料的直径是解答本题的关键，题目难度不大。3.下列物质的分类正确的是碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3HClMgOCO2BNaOHH2SO4NaClNa2OCO2CKOHHClOCaCO3CaOCODNH3·H2OCH3COOHCaCl2Na2O2SO2A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．Na2CO3属于盐，不属于碱，A错误；B．选项分类均正确，B符合题意；C．CO与酸、碱均不反应，属于不成盐氧化物，C错误；D．Na2O2与酸反应不仅生成盐，还生成O2，故不属于碱性氧化物，属于过氧化物，D错误；故答案选B。4.氯酸钾与浓盐酸在常温下能发生如下反应：KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O，下列关于这一反应的说法不正确的是A.HCl发生氧化反应B.KClO3被还原为Cl2C.1molKClO3参加反应时有5mol电子转移 D.若制取标准状况下6.72LCl2，反应过程中转移电子的数目为6.02×1023【答案】D【解析】【分析】KClO3在反应中化合价由+5价降低到0价，Cl元素被还原，为氧化剂，还原产物为Cl2，HCl在反应中化合价由－1价升高到0价，Cl元素被氧化，为还原剂，氧化产物为Cl2。【详解】A．HCl被氧化为Cl2，发生氧化反应，A正确；B．KClO3被还原为Cl2，B正确；C．一个KClO3被还原得到5个电子，则1molKClO3被还原得到5mol电子，C正确；D．标准状况下得到6.72L的Cl2，则Cl2物质的量为，每生成3molCl2转移5mol电子，则反应过程中转移的电子的物质的量为，则转移的电子数目为1.5NA，约为9.03×1023，D错误；故选D。5.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.常温常压下，22.4LSO2含有的分子数目为NAB.0.1mol•L-1CaCl2溶液含有的Ca2+数目为0.1NAC.足量和含2mol•L-1H2SO4的浓硫酸在加热条件下反应可生成NA个SO2分子D.标准状况下，32gO2和O3的混合气体含有的氧原子数目为2NA【答案】D【解析】【详解】A．常温常压下，22.4LSO2含有的分子数目小于NA，故Ａ错误；B．0.1mol•L-1CaCl2溶液，由于体积未知，无法计算含有的Ca2+数目，故Ｂ错误；C．足量和含2mol•L-1H2SO4的浓硫酸在加热条件下反应，一段时间后，浓硫酸浓度减小成稀硫酸，不再与铜继续反应，生成SO2分子小于NA，故Ｃ错误；D．标准状况下，32gO2和O3的混合气体含有的氧原子的物质的量为，故Ｄ正确。答案为Ｄ。6.物质类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。下图为硫及其部分化合物的“价类二维图”，下列说法错误的是 A.X、Y、Z中只有Y属于非电解质B.Z作氧化剂时，理论上可被还原为SC.S与O2在点燃下一步反应生成YD.X的水溶液在空气中放置，易被氧化【答案】C【解析】【分析】根据“价类二维图”可判断X是H2S，Y是SO3，Z是Na2SO3，据此解答。【详解】A．H2S、Na2SO3属于电解质，三氧化硫本身不能电离产生自由移动的离子，是非电解质，故A正确；B．Z为Na2SO3，作氧化剂时，化合价降低，如在酸性条件下与硫化钠反应生成单质硫，故B正确；C．硫单质与氧气在点燃的条件下反应生成二氧化硫，得不到三氧化硫，故C错误；D．硫化氢易被空气中的氧气氧化，反应为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，故D正确；故选C。7.对于等质量的SO2和SO3来说，下列关系中正确的是A.含氧原子的个数比为2:3B.含硫元素的质量比为5:4C.含氧元素的质量比为6:5D.含硫原子的个数比为1:1【答案】B【解析】【分析】等质量的SO2和SO3，其物质的量之比为：5:4.【详解】A.两者含氧原子的个数比为5´2:(4´3)=5:6，A不正确；B.两者含硫元素的质量比等于其物质的量之比，即5:4，B正确；C.两者含氧元素的质量比等于氧原子的个数比，即5:6，C不正确；D.两者含硫原子的个数比等于其物质的量之比，即5:4，D不正确。 本题选B。8.下列离子方程式书写正确的是A.向氢氧化钠溶液中通入过量二氧化碳：OH-+CO2=HCOB.向稀硫酸中投入铁粉：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C.钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑D.鸡蛋壳(主要成分为CaCO3)与醋酸反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O【答案】A【解析】【分析】【详解】A．氢氧化钠与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，离子方程式为：OH-+CO2=HCO，A正确；B．不符合客观事实，稀硫酸和铁粉反应生成Fe2+，B错误；C．电荷不守恒，钠与水反应的离子方程式应为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑　，C错误；D．醋酸是弱电解质，在离子方程式中不能拆，应为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，D错误；故选A。9.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存是A.0.1mol·L-1NaClO溶液：H+、K+、I-、SOB.0.1mol·L-1H2SO4溶液：Na+、Fe2+、Cl-、NOC.0.1mol·L-1NaOH溶液：Na+、Ca2+、NO、COD.0.1mol·L-1K2CO3溶液：Na+、NH、SO、HCO【答案】D【解析】【详解】A．H+、I-与ClO-发生氧化还原反应，不能大量存在，A错误；B．H+、NO与Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；C．Ca2+、CO结合生成沉淀，不能共存，C错误；D．各种离子之间互不反应，能大量存在，D正确；故选D。10.某儿童检验报告单的部分数据如表所示 ××医院检验报告单名称检测结果单位参考值(儿童)锌()115.9273~180铁()36.95↓40~160钙()1.481.1~1.6…下列叙述错误的是A.报告单中“”、“”均是物质的量浓度的单位B.该儿童易患铁缺乏症C.服用维生素C可使食物中的在人体内转化为，体现了维生素C的还原性D.检验某补铁口服液中铁元素的价态，可向口服液中先加少量氯水，再加过量硫氰酸钾溶液【答案】D【解析】【详解】A．μmol⋅L−1、mmol⋅L−1均是物质的量浓度的单位，A不符合题意；B．该儿童检测结果中铁元素的物质的量浓度比参考值偏低，则该儿童易患铁缺乏症，B不符合题意；C．Fe3+→Fe2+发生还原反应，服用维生素C可使食物中的Fe3+在人体内转化为Fe2+，则说明维生素C具有还原性，C不符合题意；D．三价铁不能被人体吸收利用，补铁口服液中铁元素的价态实际为+2价，检验某补铁口服液中铁元素的价态，若先加少量氯水，再加硫氰化钾溶液，溶液一定变为血红色，但不能确定原来口服液中铁元素的价态是+2还是+3；应向口服液中先加硫氰化钾溶液，若无明显现象，再加少量氯水，溶液变为血红色，说明口服液中含有Fe2+，不含有Fe3+，D符合题意；故选D。11.科学家发现了另一种“足球分子”N60，它的结构与C60相似，下列说法正确的是A.N60和C60互为同素异形体B.N60是一种新型化合物C.N60和N2是同素异形体D.等质量的N60和C60所含原子数相同【答案】C【解析】 【详解】A．同素异形体是同种元素形成的不同单质，N60和C60是由不同元素形成的单质，故A错误；B．N60是一种新型单质，故B错误；C．N60和N2是同种元素形成的不同单质，互为同素异形体，故C正确；D．N60和C60的摩尔质量不相等，等质量的N60和C60所含原子数不相同，故D错误。答案为C。12.钠在液氨中溶剂化速度很快，生成蓝色的溶剂合电子，如图为钠投入液氨中的溶剂化图，钠沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡。下列说法错误的是A.钠的密度比液氨大B.溶液的导电性增强C.钠和液氨可发生以下反应：2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑D.0.1mol钠投入液氨里，Na共失去0.2mol电子【答案】D【解析】【详解】A．钠沉入液氨说明钠的密度比液氨大，故A正确；B．液氨中没有能导电的离子，而钠投入液氨中生成蓝色的溶剂合电子，能导电，溶液的导电性增强，故B正确；C．反应中钠失去电子，只能是氢元素得到电子，所以钠和液氨可发生反应2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑，故C正确；D．钠投入液氨中反应得到H2，故0.1mol钠反应失去0.1mol电子，故D错误；故选：D13.在酸性条件下，黄铁矿()催化氧化反应的离子方程式为：，实现该反应的物质间转化如图。下列分析不正确的是 A.在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO做催化剂B.反应Ⅱ中做氧化剂，被氧化C.反应Ⅰ中做氧化剂D.反应Ⅲ的离子方程式为，该反应不是氧化还原反应【答案】C【解析】【分析】反应Ⅰ中，O2将Fe(NO)2+氧化为Fe3+，并释放出NO；反应Ⅱ中Fe3+与FeS2反应生成和Fe2+，反应Ⅲ中Fe2+与NO结合生成Fe(NO)2+，进入下一循环过程，总反应2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2++4+4H+可知，一氧化氮参加反应但反应前后性质和质量不变，说明一氧化氮做催化剂，以此分析解答。【详解】A．根据分析可知，加入的NO参与反应，又重新生成，前后没有发生量的变化，所以在酸性条件下，铁矿催化氧化中NO作催化剂，故A正确；B．反应Ⅱ的Fe3+由+3价变成+2价，FeS2中S硫元素化合价升高，所以反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+，FeS2被氧化，故B正确；C．反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，铁元素的化合价从+2升高到+3价，Fe(NO)2+作还原剂，故C错误；D．应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO=Fe(NO)2+，化合价没有发生变化，该反应不是氧化还原反应，故D正确；故选：C。14.用如图所示装置和药品进行实验，能达到实验目的的是 A.图一除去氯气中含有的少量氯化氢B.图二蒸干NaHCO3饱和溶液制备NaHCO3晶体C.图三除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3D.图四检验SO2气体【答案】D【解析】【详解】A．HCl和CO2均能与NaOH反应，不能用该装置除去CO2中含有少量HCl，A错误；B．蒸干NaHCO3溶液时，碳酸氢钠易分解，B错误；C、Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液均能透过滤纸，不能用过滤的方法分离，C错误；D．SO2具有漂白性能使品红溶液褪色，因此可用品红溶液检验二氧化硫，D正确；故选：D。15.下列各物质(括号内物质为杂质)的除杂质方案设计中，合理的是A.Na2CO3固体(NaHCO3)：滴加适量盐酸溶液B.CO2(SO2)：通过饱和Na2CO3溶液C.Na2SO3溶液(Na2SO4)：滴加适量的BaCl2溶液D.N2(O2)：气体缓缓通过灼热的铜网【答案】D【解析】【详解】A．Na2CO3能与盐酸反应，应用加热的方法除去碳酸钠中的碳酸氢钠，故A错误；B．CO2能与Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠，应用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的SO2，故B错误；C．Na2SO3也能于氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故C错误；D．氮气中的氧气可通过灼热的铜网将氧气转化为CuO除去，故D正确；故选：D。第II卷(非选择题共55分)二、填空题(共2小题，共22分)16.分类法是进行化学研究的重要方法。不同的标准可以把事物分为不同的类别。I.现有下列6种物质：①硫酸②纯碱③HCl④蔗糖⑤熔融NaOH⑥NH3 （1）上述物质中属于电解质的是_______(填序号，下同)，属于酸的是_______。（2）写出①在水中的电离方程式_______。II.“生活无处不化学”，请你回答下列问题。（3）铁红用途广泛，利用其粉末与铝粉反应可焊接钢轨，铁红的化学式为_______。（4）为检验市售无水酒精中是否掺有水，可向无水酒精样品中加少许白色粉末_______(填试剂化学式)。（5）使用“84”消毒液(含NaClO)时，按一定比例与水混合，并在空气中浸泡一段时间，使NaClO与H2O及空气中的CO2充分反应，目的是得到杀菌消毒的效果更好的_______(填物质名称)。【答案】（1）①.①②③⑤②.①③（2）H2SO4=2H++SO（3）Fe2O3（4）CuSO4（5）次氯酸【解析】【小问1详解】①硫酸为酸，属于电解质，②纯碱是碳酸钠，属于盐类，是电解质，③HCl属于酸，是电解质，④蔗糖为非电解质，⑤熔融NaOH为强碱，属于电解质，⑥NH3为非电解质；【小问2详解】硫酸为强酸在水中完全电离成氢离子和硫酸根离子，电离方程式为：H2SO4=2H++SO；【小问3详解】Fe2O3俗称铁红；小问4详解】常用白色的硫酸铜粉末检验水，其接触水生成蓝色CuSO4·5H2O晶体，故答案为：CuSO4；【小问5详解】NaClO与H2O及空气中的CO2充分反应生成HClO，HClO氧化性更强，可以提高漂白能力。17.铁器时代是人类发展史中一个极为重要的时代，铁及其化合物在人类的生产、生活中都起了巨大的作用。（1）长期放置的FeSO4溶液易被氧化而变质，实验室用绿矾FeSO4•xH2O配制FeSO4溶液时为了防止FeSO4溶液变质，采取的方法是________(用离子方程式表示)。（2）利用部分变质的FeSO4溶液制备Fe2O3：溶液部分变质的FeSO4溶液溶液Ⅰ沉淀ⅡFe2O3①FeSO4溶液与H2O2溶液反应，H2O2的作用为_______。 ②写出由“溶液Ⅰ”到“沉淀Ⅱ”反应的离子方程式_______。（3）电子工业中，常用FeCl3溶液腐蚀铜，其反应的离子方程式为_______，检验反应后的溶液中存在Fe3+的试剂是________溶液(填试剂化学式)。【答案】（1）2Fe3++Fe=3Fe2+（2）①.氧化剂②.Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓（3）①.2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+②.KSCN溶液【解析】【小问1详解】配制FeSO4溶液时为了防止FeSO4溶液变质，经常向其中加入铁粉，铁的还原性比亚铁离子强，酸性条件下铁粉可以直接与氧气反应，离子方程式为2Fe+O2+4H+=2Fe2++2H2O，因此可以防止亚铁离子被氧化；若亚铁离子被氧化为铁离子，铁粉可以将铁离子还原为亚铁离子，反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+；【小问2详解】过氧化氢溶液的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，H2O2作氧化剂；溶液I中含有Fe3+，加入NaOH溶液会得到沉淀II，反应的离子方程式：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓；【小问3详解】电子工业中，常用FeCl3溶液腐蚀铜，其反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，常用KSCN溶液检验反应后的溶液中存在Fe3+。三、实验题(共2小题，共24分)18.实验室需用480mL1.0mol/LNaOH溶液，现用NaOH固体配制该溶液。请回答下列问题：（1）配制时需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、_______、______。（2）用托盘天平准确称取_______gNaOH固体。（3）配制溶液时，其正确的操作顺序是_______(用字母表示，每个操作只能用一次)。A.将容量瓶盖紧，振荡、摇匀B.用托盘天平准确称量所需NaOH，放入烧杯中，再加入适量水，用玻璃棒慢慢搅拌，使其溶解C.用适量水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液均注入容量瓶中，振荡D.改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切E.将已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中F.继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线1～2cm处（4）定容时的操作正确，将容量瓶的玻璃塞盖紧，颠倒摇匀后取出10mL该NaOH溶液稀释至20mL，稀释后的NaOH溶液的物质的量浓度为_______mol/L。 （5）配制该溶液时，玻璃棒的作用为_______。下列操作会造成所配溶液的浓度偏高的是_______(填序号)。①定容时俯视刻度线②称量固体时所用的砝码生锈③用称量纸称量氢氧化钠固体④溶解时有溶液溅出烧杯【答案】（1）①.胶头滴管②.500mL容量瓶（2）20.0（3）BECFDA（4）0.5（5）①.搅拌和引流②.①②【解析】【分析】本题考查的是溶液的配制、浓度的计算、以及误差分析。【小问1详解】配制480mL1.0mol/L的NaOH溶液实验室没有480mL容量瓶,应选择500mL容量瓶，配制时需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、500mL容量瓶；【小问2详解】需要NaOH的质量=1.0mol/L×0.5L×40g/mol=20.0g；【小问3详解】配制该溶液的步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、初步摇匀、定容、摇匀，其正确的操作顺序是：BECFDA；【小问4详解】根据稀释定理：稀释过程中溶质物质的量不变，0.5mol/L；【小问5详解】配制该溶液时，玻璃棒的作用为搅拌和引流，下列操作会造成所配溶液的浓度的影响：①定容时俯视刻度线，会使体积偏小，故浓度偏高；②称量固体时所用的砝码生锈了，会使称量的氢氧化钠质量偏大，故浓度偏高；③用称量纸称量氢氧化钠，会因为氢氧化钠的潮解，导致粘在称量纸上，使溶解的氢氧化钠偏小，故浓度偏低；④溶解时由溶液溅出烧杯，会使溶质偏小，故浓度偏低。19.地球上的氮元素对动植物有重要作用，其中氨的合成与应用是当前的研究热点。（1）人工固氮最主要的方法是Haber-Bosch法。通常用以铁为主的催化剂在400～500℃和10～30MPa的条件下，由氮气和氢气直接合成氨。写出反应的化学方程式_______。 （2）如图所示为实验室模拟工业生产制备少量硝酸的装置。①实验室制取氨气的化学方程式是_______；检验氨气的方法为_______。②实验时先用酒精喷灯预热催化剂，然后通入反应气体，当催化剂红热后撤离酒精喷灯，催化剂始终保持红热，温度可达到700℃以上，反应的化学方程式是_______。③B中试剂为_______，NaOH溶液的作用是_______。【答案】（1）N2+3H22NH3（2）①.Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O②.用湿润的红色石蕊试纸靠近变蓝或者用蘸有浓盐酸玻璃棒靠近，产生白烟③.4NH3+5O24NO+6H2O④.水⑤.吸收尾气【解析】【小问1详解】根据题干信息，氮气和氢气直接合成氨的化学方程式为：N2+3H22NH3。答案为：N2+3H22NH3。【小问2详解】①实验室制取氨气的化学方程式是Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；氨气为碱性气体，能与酸反应，氨气溶于水显碱性，利用其性质进行检验，检验氨气的方法为用湿润的红色石蕊试纸靠近变蓝或者用蘸有浓盐酸玻璃棒靠近，产生白烟；②结合题干信息，氨气与氧气反应的化学方程式是：4NH3+5O24NO+6H2O；③生成的NO进入A装置中，与瓶中的O2反应生成NO2，NO2进入B装置中与水反应生成硝酸，C装置对没反应完全的NO2进行尾气吸收，防止污染空气。答案为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O ；用湿润的红色石蕊试纸靠近变蓝或者用蘸有浓盐酸玻璃棒靠近，产生白烟；4NH3+5O24NO+6H2O；水；吸收尾气。四、计算题(9分)20.100mL6.0mol•L-1稀硝酸，恰好使铜和氧化铜完全溶解，同时收集到标准状况下NO2.24L。请回答以下问题：（1）铜和稀硝酸反应的化学方程式_______，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为______。（2）原混合物中铜的物质的量为多少_______？氧化铜的质量为多少_______？(写出计算过程)【答案】（1）①.3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O②.2：3（2）①.0.15mol②.8g【解析】【小问1详解】铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO、H2O，化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。该反应中硝酸作氧化剂，Cu作还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3；【小问2详解】