安徽省合肥市2022-2023学年高一下学期4月期中考试化学Word版含解析

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2023年高一年级春季学期期中考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Fe56Cu64Zn65一、选择题：每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的1.关于非金属元素及其化合物，下列说法正确的是A.氯原子最外层电子数为7，所以Cl2只具有氧化性B.SO2、HClO的水溶液都具有漂白性，漂白原理也相同C.制备酸性KMnO4溶液时，通常用硫酸酸化D.将CO2或SO2通入Ba(NO3)2溶液中，均无沉淀生成【答案】C【解析】【详解】A．氯气中氯元素化合价为0，既可以升高又可以降低，氯原子既可以得电子又可以失电子，A项错误；B．氯气可与水反应生成具有漂白性的次氯酸，干燥的氯气不具有漂白性，二氧化硫具有漂白性，但不稳定，漂白原理不同，B项错误；C．溶液应加入硫酸酸化，C项正确；D．将SO2通入Ba(NO3)2溶液中，硝酸根离子在酸性溶液中表现强氧化性，能氧化二氧化硫为硫酸，反应过程中生成BaSO4沉淀，D项错误；故选C。2.研究不同价态硫元素之间的转化是合理利用硫元素的基本途径。以下是硫及其化合物的“价-类”二维图及它们之间相互转化的部分信息。下列说法错误的是A.C与A反应生成B，体现C的氧化性B.C可使品红溶液褪色，体现C的漂白性

1C.C→D→E以及C→F→E都是造成酸雨的可能途径D.E的浓溶液可作干燥剂，能干燥、、等气体【答案】D【解析】【分析】由图可知，A为，B为单质，C为，D为，E为，F为，H为硫酸盐，G为亚硫酸盐。【详解】A．和发生氧化还原反应生成单质和水，该反应中，为氧化剂，则体现的氧化性，故A正确；B．具有漂白性，能使品红褪色，因此使品红溶液褪色体现的漂白性，故B正确；C．被氧化生成，与水反应生成硫酸，或者与水反应生成，被氧化生成，都是造成酸雨的可能途径，故C正确；D．浓硫酸具有强氧化性，不能干燥还原性气体，因此不能干燥，故D错误；故答案选D。3.某反应由两步反应A→B→C完成，它的反应能量变化曲线如图所示。下列叙述正确的是A.两步反应均为吸热反应B.A与C的能量差为E4C.三种物质中C最稳定D.A→B的反应一定需要加热【答案】C【解析】【详解】A．根据图中信息A→B是吸热反应，B→C是放热反应，故A错误；B．根据图中信息A与C的能量差为E5，故B错误；C．根据能量越低越稳定，C物质的能量最低，因此三种物质中C最稳定，故C正确；

2D．吸热反应、放热反应与反应条件无关，吸热反应并一定需要加热，比如氯化铵和Ba(OH)2∙8H2O的反应不需要加热，因此A→B的反应不一定需要加热，故D错误。综上所述，答案为C。4.如图是一种综合处理含尾气的工艺流程，下列叙述正确的是A.“吸收”过程中被还原B.“吸收”后溶液可以循环使用C.“氧化”后的溶液可以循环使用D.“氧化”中，每参加反应转移2mol电子【答案】C【解析】【分析】利用Fe2(SO4)3的氧化性氧化吸收SO2气体，反应为2H2O+SO2+Fe2(SO4)3=2FeSO4+2H2SO4，得到FeSO4溶液，再用空气中的氧气氧化得到Fe2(SO4)3溶液，反应为4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，Fe2(SO4)3溶液循环到“吸收”步骤使用。【详解】A．“吸收”过程中的化合价升高，被氧化，故A错误；B．“吸收”后的溶液为FeSO4溶液，不能循环利用，故B错误；C．“氧化”后的溶液为Fe2(SO4)3溶液，可循环到“吸收”步骤利用，故C正确；D．“氧化”中，O2化合价由0价降低为-2价，每参加反应转移4mol电子，故D错误；故答案选C。5.工业上利用废锰渣(主要成分为MnO2、KOH、MgO)制备MnSO4的流程如下图所示：已知反应Ⅰ中生成Fe2+、Mn2+、S等。下列说法不正确的是A.酸浸时适当升高温度或加速搅拌都可加快酸浸反应速率B.反应Ⅰ中每消耗60gFeS2，转移的电子数为1molC.滤液中主要存在的阳离子有：Mg2+、K+、Mn2+、H+

3D.反应Ⅱ的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O【答案】C【解析】【分析】由工艺流程图可知，酸浸过程中杂质KOH、MgO等溶于硫酸进入溶液，MnO2与硫酸不反应，过滤，得到二氧化锰，反应Ⅰ中加入硫酸和FeS2将MnO2还原为Mn2+，过滤除去不溶物，反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+，加入碳酸钙调pH，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，经过滤得较纯净的硫酸锰溶液。最终得到硫酸锰晶体，据此作答。【详解】A．升高温度，加速搅拌可以使得固体与硫酸充分反应，可加快酸浸反应速率，故A正确；B．反应Ⅰ中加入硫酸和FeS2将MnO2还原为Mn2+，FeS2中S为-1价，被氧化为S单质，60gFeS2，物质的量为0.5mol，所以每消耗60gFeS2，转移的电子数为1mol，故B正确；C．MnO2与硫酸不反应，所以滤液中不含Mn2+，故C错误；D．反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+，Fe从+2价转化为+3价，Mn从+4价转化为+2价，根据得失电子守恒有：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，故D正确；故答案选C。6.参照反应Br+H2→HBr+H的能量对反应历程的示意图，下列叙述中正确的是A.正反应为放热反应B.断键吸收的总能量大于成键放出的总能量C.反应物总能量高于生成物总能量D升高温度可增大正反应速率，降低逆反应速率【答案】B【解析】【详解】A．当反应物总能量低于生成物总能量，则反应是吸热反应，故A错误；B．当反应物总能量低于生成物总能量，即断键吸收的总能量大于成键放出的总能量，故B正确；C．当反应物总能量高于生成物总能量，则反应是放热反应，根据图示可以看出：△H=+（E1-E2）kJ/mol＞0，是吸热反应，故C错误；D．升高温度能使化学反应速率加快，正反应速率加快，逆反应速率也加快，故D错误。

4故选B。7.下列实验中硫酸的作用与其他三项不同的是A.蔗糖中加入浓硫酸产生黑“面包”B.亚硫酸钠与硫酸制取C.溶解时加入稀硫酸D.海带提碘时硫酸与双氧水混加【答案】A【解析】【详解】蔗糖中加入浓硫酸产生黑“面包”，体现浓硫酸的脱水性和强氧化性；亚硫酸钠与硫酸制取SO2，体现硫酸的强酸性；溶解时加入稀硫酸，生成硫酸铁，体现硫酸的酸性；海带提碘时硫酸与双氧水混加，体现硫酸的酸性；故答案选A。8.二氧化硫、硫化氢两种气体，将它们混合后恢复到室温，发现气体的体积变为原来气体总体积的一半，则V(H2S)：V(SO2)的体积之比可能是A.4：1B.5：1C.2：3D.1：3【答案】B【解析】【详解】二氧化硫、硫化氢发生反应，充分反应后，恢复至室温，气体的体积变为原来气体总体积的一半，说明有气体剩余，剩余的气体可能是H2S或SO2，设反应后剩余气体的体积为V，则H2S和SO2的总体积为2V，反应消耗的气体体积为2V-V=V；若剩余的气体是SO2，根据可知，混合气体中H2S的体积为，SO2的体积为2V-=，混合气体中V(H2S)：V(SO2)=：=1：2；若剩余的气体是H2S，根据可知，混合气体中SO2的体积为，H2S的体积为2V-=，混合气体中V(H2S)：V(SO2)=：=5：1；因此V(H2S)：V(SO2)的体积之比可能是1：2或5：1；答案选B。9.植物对氮元素的吸收过程如下，下列说法正确的是A.高温有利于加快过程①B.浇水和松土有利于过程②C.过程③中被还原D.过程④叫做氮的固定

5【答案】B【解析】【详解】A．过程①有根瘤菌参与催化，不能高温下进行，A错误；B．过程②是和O2反应生成，浇水和松土有利于过程②的反应，B正确；C．过程③中转化为NO，N的化合价由+3价升高到+5价，作还原剂被氧化，C错误；D．氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，过程④是氮的化合物中氮的转变，D错误；故答案为：B。10.铜锌原电池装置如图，下列说法正确的是A.锌片逐渐溶解B.氢离子在铜片表面被氧化C.电流从锌片经导线流向铜片D.该装置将化学能转化为电能【答案】AD【解析】【分析】【详解】由装置图可知，该装置为原电池，金属性强的锌做负极，铜做正极。A．锌做负极，发生了失电子的氧化反应而溶解，生成了锌离子，故A正确；B．溶液中的氢离子在正极发生了的电子的还原反应，故B错误；C．电流从正极流向负极，故C错误；D．原电池为化学能转化为电能的装置，故D正确；故选AD。二、多项选择题：每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有两个选项正确11.实验室可选用如图装置和试剂制备氨气，并干燥、收集和处理尾气。下列说法正确是

6A.①和②均可用于实验室制备氨气B.③中盛有碱石灰可用于干燥氨气C.④可用于收集氨气，气流方向为左进右出D.⑤中盛有稀硫酸可用于氨气的尾气处理【答案】BC【解析】【详解】A．加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口遇冷又化合成氯化铵，装置①不能用于制备氨气，故A错误；B．氨气为碱性气体，可用碱石灰干燥，故B正确；C．氨气的密度小于空气，则用④收集氨气时，氨气从短导管进入，即气流方向为左进右出，故C正确；D．氨气极易溶于水，用⑤吸收氨气会发生倒吸，故D错误；故答案选BC。12.以下是在实验室模拟“侯氏制碱法”生产流程的示意图：第Ⅱ步的反应方程式为：(化学计量数已配平)。实验室用图示装置模拟该反应过程。则下列叙述错误的是(注：按体积比，氨气在水中溶解度，在水中溶解度)A.a通入，然后b通入，c中放蘸了稀硫酸的棉花B.该条件下反应Ⅱ能发生的原因是X的溶解度较其他盐小

7C.该流程的副产物可用作氮肥D.第Ⅳ步操作是将X晶体溶于水后加热、蒸发、结晶【答案】AD【解析】【详解】A.氨气极易溶于水，需要防止倒吸，因此a通入NH3，b通入CO2，故A错误；B.X为NaHCO3，溶解度小于碳酸钠，故反应Ⅱ能发生的原因是X的溶解度较其他盐小，故B正确；C.该流程的副产物为NH4Cl，含有氮元素，可做氮肥，故C正确；D.第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，故D错误；故答案选AD。13.不同价态含氮物质的转化可用如图表示，图中线路①②③是工业生产硝酸的主要途径。下列说法正确的是A.①的转化属于置换反应B.②的转化属于氦的固定C.③的转化方程式：D.使用CuO作氧化剂可以实现④的转化【答案】CD【解析】【详解】A．①是氨的催化氧化，反应的化学方程式为，该反应的生成物为两种化合物，因此不属于置换反应，故A错误；B．氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的过程，转化②的化学方程式为，该转化不属于氮的固定，故B错误；C．转化③为NO2转化为硝酸，NO2与水反应生成硝酸和NO，反应的化学方程式为，故C正确；D．使用CuO作氧化剂可以发生反应，，可以实现④的转化，故D正确；故答案选CD。

814.常温常压下，向4支相同的试管中分别充入物质的量之比为1∶1的下列混合气体：①；②；③；④。将4支试管倒扣在4个相同的水槽中，足够长的时间后，4支试管中液面由高到低的顺序为A.④③①②B.③④①②C.①④③②D.①④②③【答案】A【解析】【分析】【详解】①试管中只有易溶于水，水面上升；②试管中发生反应，水面上升；③试管中发生反应，水面上升；④试管中发生反应，，水面上升；答案选A。15.燃料电池是一种新型电池。某氢氧燃料电池的基本反应是：X极：；Y极：；下列判断正确的是A.电池总反应为B.该电池的电解质溶液为酸性C.X极是正极，发生还原反应D.电池工作一段时间后溶液pH增大【答案】AC【解析】【分析】氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应，根据电极反应式可知，X极为正极，Y极为负极。【详解】A．将正负极反应相加即可得到总反应，该电池的总反应为，故A正确；B．Y电极有氢氧根参与，该电池电解质溶液为碱性，故B错误；C．由上述分析可知，X极是正极，正极发生还原反应，故C正确；D．电池的电解质溶液为碱性，电池工作一段时间后生成水，稀释了碱，则溶液pH减小，故D错误；故答案选AC。三、非选择题16.I．化学反应中伴随着能量变化，探究各种能量变化是一永恒的主题。（1）下列变化属于放热反应的是_______(填序号)。

9a．生石灰溶于水b．氢氧化钠固体溶于水c．氢气与氯气化合d．氯化铵固体与氢氧化钡晶体混合搅拌e．过氧化钠溶于水（2）下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系据此判断下列说法中正确的是_______(填序号)。a．等质量的石墨和金刚石完全燃烧释放的热量相同b．白磷和红磷互为同素异形体，相同条件下白磷比红磷稳定c．1mol(g)和1mol(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量II．如图是某化学兴趣小组探究不同条件下化学能转变为电能的装置。请回答下列问题：（3）当电极a为Zn，电极b为Cu，电解质溶液为溶液时，正极的电极反应式为______。若初始时两电极质量相等，当电路中有2mol通过时，两极的质量差为_______g。（4）当电极a为Al，电极b为Mg，电解质溶液为NaOH溶液时，该电池的负极反应式为______。当反应中收集到标准状况下336mL气体时，消耗负极的物质的量为_______mol。【答案】（1）ace（2）c（3）①.Cu2+＋2e－＝Cu②.129（4）①.Al−3e－＋4OH－＝AlO＋2H2O②.0.01

10【解析】【小问1详解】a．生石灰溶于水，反应生成氢氧化钙，是放热反应，故a符合题意；b．氢氧化钠固体溶于水是放热过程，故b不符合题意；c．氢气与氯气化合反应生成氯化氢，是放热反应，故c符合题意；d．氯化铵固体与氢氧化钡晶体混合搅拌是吸热反应，故d不符合题意；e．过氧化钠溶于水反应生成氢氧化钠和氧气，是放热反应，故e符合题意；综上所述，答案为：ace。【小问2详解】a．等质量的石墨和金刚石完全燃烧，金刚石燃烧释放的热量大于石墨燃烧释放的热量，故a错误；b．白磷和红磷互为同素异形体，根据能量越低越稳定，则相同条件下红磷比白磷稳定，故b错误；c．1mol(g)和1mol(g)的总键能大于2molNO(g)的总键能，因此1mol(g)和1mol(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量，故c正确；综上所述，答案为：c。【小问3详解】当电极a为Zn，电极b为Cu，电解质溶液为溶液时，锌失去电子，作负极，Cu为正极，则正极的电极反应式为Cu2+＋2e－＝Cu。若初始时两电极质量相等，当电路中有2mol通过时，则负极有1mol锌溶解，正极得到1mol铜单质，则两极的质量差为1mol×65g∙mol−1＋1mol×64g∙mol−1＝129g；故答案为：Cu2+＋2e－＝Cu；129。【小问4详解】当电极a为Al，电极b为Mg，电解质溶液为NaOH溶液时，Mg与NaOH溶液不反应，Al与NaOH溶液反应，因此Al为负极，其电极反应式为Al−3e－＋4OH－＝AlO＋2H2O。当反应中收集到标准状况下336mL气体(物质的量为0.015mol)时，根据关系式2Al～3H2，则消耗负极的物质的量为0.01mol；故答案为：Al−3e－＋4OH－＝AlO＋2H2O；0.01。17.大量燃放鞭炮会引起空气中等有害气体含量增高，造成大气污染。某兴趣小组欲探究的性质，并利用制备食品抗氧化剂焦亚硫酸钠。已知溶于水即生成。（1）制取并探究其性质

11①装置中发生反应的化学方程式为_______。②装置B用于检验的漂白性，其中所盛试剂为_______，装置C中发生反应的和的物质的量之比为_______。③为了实现绿色环保的目标，甲同学欲用装置代替装置，你认为装置除具有绿色环保的优点外，还具有的优点是_______(任写一点)。（2）制备焦亚硫酸钠并测定其含量①将通入制取，发生的反应为，该反应为_______(填“氧化还原反应”或“非氧化还原反应”)。②测定某葡萄酒中残留量的方案为：取葡萄酒样品100.00mL，加入盐酸充分蒸馏。将馏分用标准溶液进行滴定(反应方程式为)，消耗标准溶液25.00mL。若需配制标准溶液，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_______。计算样品中抗氧化剂的残留量(以计)为_______。【答案】（1）①.②.品红溶液③.1：2④.不用加热(或节约能源)相对安全；易于控制反应进行等（2）①.非氧化还原反应②.100mL容量瓶、胶头滴管③.0.16【解析】【分析】A1装置铜和浓硫酸在加热条件下反应制备二氧化硫，B中盛放品红溶液检验二氧化硫，C中和反应生成S沉淀，检验二氧化硫的氧化性，D中氯水和二氧化硫反应生成硫酸和盐酸。【小问1详解】①装置中铜和浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，发生反应的化学方程式为

12。②二氧化硫能使品红溶液褪色，装置B用于检验的漂白性，其中所盛试剂为品红溶液，装置C中和反应方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H2O，发生反应的和的物质的量之比为1:2。③亚硫酸钠和硫酸在常温下反应生成二氧化硫气体，装置除具有绿色环保的优点外，还具有的优点是不用加热(或节约能源)相对安全；易于控制反应进行等。【小问2详解】①反应中元素化合价不变，为非氧化还原反应。②需配制标准溶液，步骤有：计算、称量、溶解(并冷却)、移液、洗涤、定容、摇匀，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；根据，可知100mL葡萄酒中残留n(SO2)=n(I2)=0.01mol/L×0.025L=0.00025mol，样品中抗氧化剂的残留量(以计)为。18.氮元素在地球上含量丰富，氮及其化合物在工农业生产和生活中有着重要作用。有资料显示过量的氨气和氯气在常温下可合成岩脑砂(主要成分为)，某实验小组利用如图装置，制备干燥纯净的氨气和氯气并合成岩脑砂的反应进行探究。回答下列问题：（1）装置C名称是_______。（2）装置A中发生反应的化学方程式为_______。（3）装置E中浓硫酸作用是_______。（4）为了使氨气和氯气在D中充分混合，上述装置的合理连接顺序为：a→_______←b(用小写字母填写仪器接口顺序)（5）检验生成物中阳离子的操作方法为_______，其阳离子的电子式为_______。

13【答案】（1）球形干燥管（2）（3）干燥氯气（4）d→c→ef←h←g←j←i（5）①.取少量生成物溶于水，加入NaOH浓溶液并微热，产生的气体使红色石蕊试纸变蓝，则阳离子为②.【解析】【分析】装置A制取氨气，装置C中碱石灰干燥氨气；装置B制取氯气，装置F用来除氯气中的HCl气体，装置E中浓硫酸干燥氯气；最后氨气和氯气反应生成岩脑砂。【小问1详解】由仪器构造可知，装置C的名称是球形干燥管，故答案为：球形干燥管；【小问2详解】实验室利用加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，则装置A中发生反应的化学方程式，故答案为：；【小问3详解】由上述分析可知，装置E中浓硫酸用于干燥氯气，故答案为：干燥氯气；【小问4详解】氨气密度比氯气小，为了使氨气和氯气在D中充分混合，则e中通入氨气，f中通入氯气，结合装置A制取氨气，装置C中碱石灰干燥氨气，装置B制取氯气，装置F用来除氯气中的HCl气体，装置E中浓硫酸干燥氯气，氨气和氯气在D中充分混合生成岩脑砂，则上述装置的合理连接顺序为a→d→c→ef←h←g←j←i←b，故答案为：d→c→ef←h←g←j←i；【小问5详解】生成物主要为氯化铵，其阳离子为，检验的操作方法为：取少量生成物溶于水，加入NaOH浓溶液并微热，产生的气体使红色石蕊试纸变蓝，则阳离子为；中氮原子与4个氢原子分别共用1对电子，带一个单位正电荷，则其电子式为，故答案为：取少量生成物溶于水，加入NaOH浓溶液并微热，产生的气体使红色石蕊试纸变蓝，则阳离子为；。

1419.原电池原理的发现是储能和供能技术的巨大进步，是化学对人类的一项重大贡献。（1）现有如下两个反应：A.B.上述反应中能设计成原电池的是_______(填字母代号)，电池正极发生了_______反应(填“氧化”或“还原”)。（2）将纯锌片和纯铜片按如图所示方式插入100mL相同浓度的稀硫酸中一段时间，回答下列问题：①下列说法正确的是_______(填字母代号)。A.乙中铜片上没有明显变化B.甲中铜片质量减少、乙中锌片质量减少C.两烧杯中溶液的pH均增大②在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速度：甲_______乙(填“>”、“<”或“=”)，电子的流向是_______(填“从Zn到Cu”或“从Cu到Zn”)。③请写出图中构成原电池的装置负极的电极反应式_______。【答案】（1）①.B②.还原（2）①.AC②.>③.从Zn到Cu④.【解析】【小问1详解】原电池中发生的是自发的氧化还原反应，A为非氧化还原反应，不能设计成原电池；B是置换反应，是氧化还原反应，能设计成原电池，原电池正极发生还原反应，故答案为：B；还原；【小问2详解】①A．乙没有形成闭合回路，不能构成原电池，铜与稀硫酸不反应，因此乙中铜片上无明显变化，故A正确；B．甲形成原电池，锌为负极，铜为正极，正极上的电极反应式为，铜片质量不变，故B错误；C．两个烧杯中都产生氢气，氢离子浓度都降低，所以溶液的pH均增大，故C正确；

15故答案为：AC；②形成原电池能加快反应速率，因此产生气泡的速度：甲>乙；原电池中，电子由负极经导线流向正极，则电子流向为：从Zn到Cu，故答案为：>；从Zn到Cu；③甲构成原电池，甲装置中，锌为负极，负极发生氧化反应，电极反应式为，故答案为：。

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