2022-2023学年江苏省苏州市常熟中学高一上学期末测试卷一化学试题含解析

这是一份2022-2023学年江苏省苏州市常熟中学高一上学期末测试卷一化学试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，实验题等内容，欢迎下载使用。

江苏省苏州市常熟中学2022-2023学年高一上学期末测试
化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为
A．金(Au)：“虽被火亦未熟"
B．石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”
C．石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物”
D．石钟乳()：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
【答案】C
【详解】A．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A不合题意；
B．石灰(CaO):“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B不合题意；
C．石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意；
D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不合题意；
故答案为：C。

2．有一瓶Na2SO3溶液，可能被部分氧化。某同学取少量该溶液，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硫酸，充分振荡后仍有白色沉淀。下列结论中不正确的是
A．Na2SO3已部分被空气中的O2氧化
B．加入BaCl2溶液后，生成的沉淀中可能有BaSO4
C．加入稀硫酸后，不溶的沉淀一定是BaSO4
D．该实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化
【答案】A
【详解】A．由于加入的稀硫酸也能与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀，故不能判断Na2SO3是否部分被氧化，A错误；
B．若Na2SO3被氧化，则加入BaCl2溶液后，生成的沉淀中可能有BaSO4，B正确；
C．向Na2SO3溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硫酸，充分振荡后仍有白色沉淀，该沉淀一定是BaSO4，C正确；
D．由以上分析，该实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化，D正确；
故选：A。
3．X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1molX的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1L；0.1molY的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2L。下列说法错误的是
A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为
B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为
C．产物中X、Y化合价之比一定为
D．由一定能确定产物中X、Y的化合价
【答案】D
【分析】设与1mol X反应消耗HCl的物质的量为amol，与1mol Y反应消耗H2SO4的物质的量为bmol，根据转移电子守恒以及H原子守恒可知、。
【详解】A．同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成H2的物质的量之比一定为，故A正确；
B． X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为，因，因此，故B正确；
C．产物中X、Y化合价之比为，由B项可知，故C正确；
D．因短周期金属单质与盐酸或稀硫酸反应时，生成的盐中金属元素化合价有+1、+2、+3三种情况，因此存在a=1，2，3，b=0.5，1的多种情况，由可知，当a=1，b=0.5时，=1，当a=2，b=1时，=1，两种情况下X、Y的化合价不同，因此根据可能无法确定X、Y的化合价，故D错误；
综上所述，错误的D项，故答案为D。
4．下列说法正确的是
A．硫质脆，微溶于酒精和二硫化碳
B．硫与氢气反应，体现了硫的还原性
C．硫与铁粉和铜粉分别反应，都可生成二价金属硫化物
D．从硫的化合价角度分析，硫单质既可作氧化剂又可作还原剂
【答案】D
【详解】A．硫质脆，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，A错误；
B．硫与氢气反应生成硫化氢，其中硫的化合价降低，表现氧化性，B错误；
C．硫与铁粉和铜粉反应分别生成FeS和Cu2S，C错误；
D．硫单质中S为0价，在反应中既可以作氧化剂，化合价降低到价，也可以作还原剂，化合价升高到、价，D正确；
答案选D。
5．Na2Sx在碱性条件下可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的个数比为1：16，则x值为
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【详解】S元素化合价反应前为-，反应后为+6价，化合价升高，1 mol Na2Sx失去电子x×(6+) mol=(6x+2) mol，Cl元素化合价反应前为+1价，反应后为-1价，化合价降低2价，1 mol NaClO得到电子2 mol，反应中Na2Sx与NaClO的个数比为1：16，根据氧化还原反应中电子得失守恒可得6x+2=2×16，解得x=5，故合理选项是D。
6．反应①②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：① ；②。下列说法正确的是（    ）
A．两个反应中硫元素均被氧化
B．碘元素在反应①中被还原，在反应②中被氧化
C．氧化性：
D．反应①②中生成等量的时，转移电子数之比为1：5
【答案】D
【详解】A．反应①中硫元素化合价未发生变化，反应②中硫元素化合价升高，被氧化，故A项错误；
B．反应①中碘元素化合价升高，被氧化，反应②中碘元素化合价降低，被还原，故B项错误；
C．由反应①可知氧化性：，由反应②可知氧化性：，故C项错误；
D．由反应①得，生成1mol转移2 mol ，由反应②得，生成1mol转移10 mol ，所以当生成等量的时，转移电子数之比为1：5，故D项正确。
故选D。
7．2mol XO恰好能氧化5mol SO，则还原产物中变价元素的化合价是
A．－1 B．0 C．＋1 D．＋6
【答案】B
【详解】根据题意，2mol 恰好能氧化5mol ，则中+4价硫元素化合价升高，且产物中硫元素应该是+6价，即硫化合价升高了2，每个硫失去2个电子，则失去电子的物质的量为5mol×2=10mol，根据电子守恒，则得到电子的物质的量也是10mol，阴离子中X化合价为+5价，假设X化合价降低到x价，则有2mol×(5-x)=10mol，解得x=0，则还原产物中变价元素的化合价为0价，答案选B。
8．向和的混合溶液中通入氯气至恰好完全反应，的物质的量的变化如下图所示。下列说法正确的是

A．还原性：
B．通入氯气的总量为5mol
C．若反应过程中滴入KSCN溶液，呈血红色，则
D．c点时加入过量NaOH溶液，反应后溶液中只含四种离子
【答案】C
【分析】由图可知，0→a发生的反应为2I—+Cl2=2Cl—+I2，a→b发生的反应为2Fe2++Cl2=2 Cl—+2Fe3+，b→c发生的反应为2Br—+Cl2=2 Cl—+Br2。
【详解】A．同种氧化剂，不同种还原剂的还原性强的先反应，由图可知，反应顺序为I—、Fe2+、Br—，则还原性的强弱顺序为I—＞Fe2+＞Br—，故A错误；
B．由图可知，碘离子、亚铁离子、溴离子的物质的量分别为2mol、4mol、6mol，由分析可知，通入氯气的的物质的量为(2mol+4mol+6mol) ×=6mol，故B错误；
C．由图可知，当氯气的物质的量大于amol时，溶液中亚铁离子会与氯气反应生成铁离子，滴入硫氰化钾溶液，溶液都会变为红色，故C正确；
D．c点时加入过量氢氧化钠溶液，反应后溶液中不可能存在氢离子，故D错误；
故选C。
9．室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是

A．试管内液面上升，证明SO2与水发生了反应
B．试管中剩余少量气体，是因为SO2的溶解已达饱和
C．取出试管中的溶液，立即滴入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO2+H2O⇌H2SO3、H2SO3⇌H++、⇌H++
D．取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于SO2挥发
【答案】C
【详解】A．由信息可知，SO2易溶于水，也能使液面上升，故A错误；
B．二氧化硫与水的反应为可逆反应，当反应达到限度后，二氧化硫的量不再减少，液面高度也无明显变化，故B错误；
C．滴入石蕊试液，溶液变为红色，说明溶液显酸性，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，分步电离出氢离子，故C正确；
D．亚硫酸具有较强的还原性，易被氧化为硫酸，弱酸变强酸，也能使pH下降，故D错误；
故选C。
10．100%硫酸吸收SO3可生成焦硫酸(分子式为H2S2O7或H2SO4·SO3)，下列说法不正确的是
A．Na2S2O7水溶液呈中性
B．焦硫酸具有强氧化性
C．Na2S2O7可与碱性氧化物反应生成新盐
D．100%硫酸吸收SO3生成焦硫酸的变化是化学变化
【答案】A
【详解】A．分子式为H2S2O7可以写成H2SO4·SO3，则H2S2O7同时具有H2SO4和SO3的性质，所以Na2S2O7可写成Na2SO4·SO3，则其水溶液呈酸性，故A错误；
B．焦硫酸是由100%硫酸吸收SO3生成，浓硫酸具有强氧化性，所以焦硫酸也具有强氧化性，故B正确；
C．根据A项分析知，SO3为酸性氧化物，酸性氧化物可以和碱性氧化物反应生成新盐，故C正确；
D．100%硫酸吸收SO3可生成焦硫酸，H2S2O7为新物质，所以是化学变化，故D正确；
故选A。
11．某同学为检验溶液中是否含有常见的四种离子，进行了如图操作。其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。下列结论正确的是

A．原溶液中一定含有 B．原溶液中一定含有
C．原溶液中一定含有 D．原溶液中一定含有
【答案】B
【分析】在溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，其中的亚硫酸根离子、亚铁离子会被氧化为硫酸根离子、铁离子，加入的盐酸中含有氯离子，会和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀；能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，三价铁离子能使硫氰酸钾变为红色，据此进行判断。
【详解】A．原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚硫酸根离子，则会被氧化为硫酸根离子，所以原溶液中不一定含有离子，故A错误；
B．产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以原来溶液中一定含有，故B正确；
C．原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，引进了氯离子，能和硝酸银反应生成氯化银沉淀的离子不一定是原溶液中含有的氯离子，可能是加进去的盐酸中的，故C错误；
D．原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚铁离子，则亚铁离子会被氧化为铁离子，铁离子能使硫氰酸钾变为红色，所以原溶液中不一定含有Fe3+离子，故D错误；
故选B。
12．下列有关浓硫酸的叙述正确的是
①浓硫酸在常温下能够使铁、铝等金属钝化
②浓硫酸与铜加热反应后，铜片有剩余，硫酸完全反应
③浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化
④浓硫酸与铜加热反应后，铜片有剩余，向反应后的溶液中再加入铁片，会有氢气生成
⑤浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气、氢气等气体
⑥浓硫酸与铁加热反应后，铁片有剩余，生成的气体除水蒸气外只有SO2
⑦浓硫酸具有强氧化性，常温下能与Cu发生剧烈反应
⑧浓硫酸具有强氧化性，SO2具有还原性，所以浓硫酸不能干燥SO2
⑨向5mL18mol•L-1的浓硫酸中加入足量Cu并加热使其充分反应，被还原的H2SO4和生成的SO2气体均小于0.045mol
A．①②⑤ B．①④⑨ C．⑥⑦⑧ D．③④⑨
【答案】B
【详解】①浓硫酸具有强氧化性，在常温下能够使铁、铝等金属钝化，①正确；
②Cu和浓硫酸在加热条件下发生反应，随着反应的进行，浓硫酸逐渐变成稀硫酸，稀硫酸不与铜反应，②错误；
③浓硫酸具有脱水性，因而能使蔗糖炭化，③错误；
④Cu和浓硫酸在加热条件下发生反应，随着反应的进行，浓硫酸逐渐变成稀硫酸，稀硫酸不与铜反应，但能与铁反应放出H2，④正确；
⑤浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氢气等气体，氨气是碱性气体，和硫酸反应，不能用浓硫酸干燥，⑤错误；
⑥根据以上分析可知浓硫酸与铁加热反应后，铁片有剩余，生成的气体除水蒸气外还有氢气和SO2，⑥错误
⑦浓硫酸具有强氧化性，常温下与Cu不反应，加热时才能反应，⑦错误；
⑧浓硫酸中的硫为+6价，二氧化疏中的硫为+4价，无中间价态，二者不反应，浓硫酸可以干燥SO2，⑧错误；
⑨浓硫酸变成稀硫酸后与Cu不再反应，被还原的和生成的SO2均小于0.045mol，⑨正确；
答案选B。
13．下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是

A．用装置甲制取SO2 B．用装置乙验证SO2的漂白性
C．用装置丙收集SO2 D．用装置丁处理实验中的尾气
【答案】C
【详解】A．Cu与浓硫酸混合加热制取SO2气体，装置甲无加热装置，因此不能用来制取SO2，A错误；
B．SO2使酸性KMnO4溶液褪色，SO2表现的是还原性，而不是其漂白性，故不能用装置乙验证SO2的漂白性，B错误；
C．SO2气体的密度比空气大，故应该使用向上排空气的方法收集，故可以使用装置丙收集SO2，C正确；
D．SO2气体不能与饱和NaHSO3溶液反应，也不能在溶液中溶解，故不能用装置丁处理实验中的尾气，应该将饱和NaHSO3溶液改为NaOH溶液吸收尾气，同时要注意防止倒吸现象的发生，D错误；
故合理选项是C。
14．已知在一定温度下，氯气和氢氧化钠溶液会发生如下反应:Cl2 +2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O。将一定量的氯气通入100mL浓度为10.00mol/L的热的氢氧化钠溶液中使其完全反应，溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系，下列判断不正确的是
A．n(Na+):n(Cl﹣)可能为9:7
B．与NaOH反应的氯气一定为0.5mol
C．若反应中转移的电子为n mol，则0.5＜n＜2/3
D．n(NaCl):n(NaClO):n(NaClO3)可能为11:1:2
【答案】C
【详解】A．若氯气和NaOH只发生反应 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+ H2O，则n(Na+):n(Cl﹣)=2:1；若氯气和NaOH只发生反应 3Cl2+6NaOH5NaCl+ NaClO3+3H2O，则: n(Na+):n(Cl﹣)=6:5，9:7介于两者之间，所以n(Na+):n(Cl﹣)可能为 9:7，故A 正确；
B．NaCl、NaClO、NaClO3中 Na和 Cl的个数均相等，所以和 1mol NaOH 参加反应的氯气为 0.5mol，故B正确；
C．若氯气和NaOH只发生反应 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+ H2O，1mol NaOH 参加反应，转移0.5mol电子 ；若氯气和NaOH只发生反应 3Cl2+6NaOH5NaC+NaClO3+3H2O，6molNaOH参加反应，转移 5mol 电子，则 1molNaOH 参加反应，转移  mol电子，所以 0.5 D．若n(NaCl):n(NaClO):n(NaClO3)=11:1:2，假设NaCl为 11mol，则NaClO为 1mol，NaClO3为 2mol，NaCl、NaClO、NaClO3中的氯原子全部来自反应物Cl2，生成NaCl 11mol，得到11mol电子，生成NaClO 1mol，失去1mol电子，生成 NaClO32mol，失去10mol电子，得失电子数相等，符合电子守恒，故D正确；
故答案为C。

二、实验题
15．如图所示是实验室制取SO2并验证SO2的某些性质的装置图。试回答下列问题：

(1)在A中发生反应的化学方程式为______。
(2)B中的实验现象为______，此实验证明SO2与水反应生成的产物呈______性。
(3)C中的品红溶液______，证明SO2有______。
(4)D中的实验现象是______，证明SO2有______性，并写出化学方程式______。
(5)E中的实验现象是______，证明SO2有______性，并写出离子方程式______(MnO在酸性条件下最终被还原为Mn2+)。
(6)F的作用是______，反应的化学方程式为______。
【答案】(1)H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑
(2)     变红     酸
(3)     褪色     漂白性
(4)     有淡黄色沉淀生成     氧化     2H2S+SO2=3S↓+2H2O
(5)     褪色     还原     5SO2+2MnO+2H2O=2Mn2++5SO+4H+
(6)     吸收尾气SO2，防止污染     SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O

【分析】通过装置A制备SO2，通过紫色石蕊溶液，溶液变红；通过品红溶液，溶液褪色；通过H2S，产生黄色浑浊；通过酸性高锰酸钾，溶液紫色褪去；最后通过氢氧化钠溶液尾气处理。
【详解】（1）Na2SO3与浓H2SO4反应产生SO2，发生反应的化学方程式为H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑。
（2）)SO2能使紫色石蕊溶液变红，说明SO2与水反应生成的H2SO3呈酸性。
（3）SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色。
（4）SO2具有氧化性，能与H2S溶液反应生成单质硫(黄色沉淀)，反应的化学方程式为2H2S+SO2=3S↓+2H2O。
（5）SO2具有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，反应的离子方程式为 5SO2+2MnO+2H2O=2Mn2++5SO+4H+。
（6）SO2属于大气污染物，根据其性质，可用氢氧化钠溶液吸收，故其作用为吸收尾气SO2，防止污染，反应的化学方程式为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O。
16．某实验小组研究KI和酸性KMnO4溶液的反应。
实验序号
Ⅰ
Ⅱ
实验操作


实验现象
KMnO4溶液的紫色褪去，溶液变为棕黄色
KMnO4紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液，然后沉淀消失，溶液变为棕黄色

资料：i.MnO在酸性条件下最终被还原为Mn2+
ii.酸性条件下氧化性：KMnO4＞KIO3＞I2
(1)实验Ⅰ中溶液呈棕黄色，推测生成了___________；
(2)实验小组继续对实验Ⅱ反应中初始阶段的产物成分进行探究：

①经检验，实验Ⅱ初始阶段I-的氧化产物不是I2，则“实验现象a”为___________；
②黑色固体是___________；
③经检验，在“紫色清液”中存在，写出生成的离子方程式___________；下列实验方案中，可用于检验“紫色清液"中的是___________(填字母)；
A．用洁净的玻璃棒蘸取“紫色清液”滴在淀粉一碘化钾试纸上，观察试纸是否变蓝色。
B．取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入过量NaHSO3溶液，观察溶液是否变蓝色。
C．取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，观察是否生成黄色沉淀。
(3)探究实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失的原因。

用离子方程式解释实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失的原因：___________；
(4)实验后的反思：导致实验Ⅰ和实验Ⅱ中KI和酸性KMnO4溶液反应产物变化的因素是(写出两点)：___________、___________。
【答案】     I2     溶液分层，下层液体无色     MnO2     2 MnO+I-+2H+=2MnO2↓+ IO+H2O     B     MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O     试剂的相对用量(滴加顺序)     溶液酸性强弱
【详解】(1)实验Ⅰ中KI溶液过量，MnO在酸性环境中最终被还原为Mn2+，而低浓度碘水的颜色为黄色，所以可以推测生成了I2单质；
(2)①实验Ⅱ初始阶段I-的氧化产物不是I2，则有机溶剂四氯化碳中未溶解I2而呈无色，但四氯化碳不溶于水、密度比水大，导致液体分层；
②KI和酸性KMnO4溶液反应的黑色生成物能催化H2O2分解，则可联想到固体黑色固体为MnO2；
③根据题目所给信息，该条件下酸性高锰酸钾溶液将I-氧化为IO，自身被还原为MnO2，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2 MnO+I-+2H+=2MnO2↓+ IO+H2O；
A．试纸若变蓝说明有碘单质生成，但氧化剂不一定是IO，也可能是剩余的残留的高锰酸钾，A不符合题意；
B．开始时溶液不变蓝，说明不含碘单质，滴加NaHSO3溶液后变蓝，说明原溶液中含有IO，被NaHSO3还原生成碘单质，B符合题意；
C．硝酸不能还原IO，所以无论是否含有IO，都不会有黄色沉淀生成，C不符合题意；
故答案为：B；
④KI和酸性KMnO4溶液的反应生成KIO3和MnO2，根据电子守恒和电荷守恒配平写出的离子方程式为2MnO4-+I-+2H+=2MnO2↓+IO3-+H2O；
(3)根据实验现象可知MnO2、KI和硫酸反应生成的棕黄色溶液中含有I2 ，根据化合价升降规律可知还生成MnSO4，结合酸性条件和守恒思想、配平、写出的离子方程式为MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O；
(4)由实验I和实验II的现象得到：所得产物成分与试剂的相对用量(滴加顺序)有关，由探究实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失原因的实验可知，所得产物成分与溶液酸性强弱有关，实际上，物质的变化主要与其自身的性质有关，还与外界条件，如浓度大小、用量多少、溶液的酸碱性等因素有关，故答案为：试剂的相对用量(滴加顺序)、溶液酸性强弱。