河北省承德市重点高中2022-2023学年高一下学期期中联考化学试题含解析

这是一份河北省承德市重点高中2022-2023学年高一下学期期中联考化学试题含解析，共21页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围，可能用到的相对原子质量，3kJ/ml；， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
 承德市重点高中高一联考
化学
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：苏教版必修第二册专题6第二单元，专题7，专题9，选择性必修1专题1第一单元。
5.可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Al-27
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 下列不属于新能源应用的是
A. 氢能汽车 B. 光伏发电
C. 利用海洋环流发电 D. 页岩油作为燃料
【答案】D
【解析】
【分析】新能源有太阳能、生物质能、水能、风能、地热能、波浪能、洋流能、潮汐能、核聚变能、氢能、核能等，据此分析解题。
【详解】A．氢能属于新能源应用，A正确；
B．光伏发电属于新能源应用，B正确；
C．利用海洋环流发电属于新能源应用，C正确；
D．页岩油不能再生，作为燃料不属于新能源应用，D错误；
答案选D。
2. 自然固氮过程中，不会产生
A. N2O B. NO C. NO2 D. HNO3
【答案】A
【解析】
【详解】自然固氮是指在闪电作用下，空气里的氮气转化为氮的化合物的过程，主要包括，NO遇到空气中的：，与空气中雨水接触：，该过程中没有一氧化二氮的生成，A项符合题意；
故选A。
3. 下列反应的能量变化与图示相符的是

A. 钠在氯气中燃烧 B. 氢氧化钡与氯化铵固体的反应
C. 铁与稀盐酸的反应 D. 氨水与稀硫酸的反应
【答案】B
【解析】
【分析】生成物总能量高于反应物总能量，为吸热反应，常见的吸热反应有：大多数的分解反应、氢气作还原剂的氧化还原反应、氯化铵与氢氧化钡的反应等。
【详解】A．钠在氯气中燃烧反应为放热反应，A错误；
B．氢氧化钡与氯化铵固体的反应为吸热反应，B正确；
C．铁与稀盐酸的反应是发生了氧化还原反应，为放热反应，C错误；
D．氨水与稀硫酸的反应是酸碱中和反应，为放热反应，D错误；
故选B。
4. 锂()在能源、航天等工业上应用广泛。已知完全燃烧生成固态时放出热量为。则燃烧的热化学方程式正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】的物质的量为，完全燃烧生成固态时放出热量为，故完全燃烧生成固态时放出热量为×7=300.3kJ/mol；
故选D。
5. 在101kPa下，1g物质完全燃烧所放出的热量叫做该物质的热值。已知101kPa及25℃时，四种烷烃的燃烧热如表：
化合物
甲烷(CH4)
乙烷(C2H6)
丙烷(C3H8)
丁烷(C4H10)
△H/kJ•mol-1
-890.3
-1559.8
-2219.9
-2878.0
则甲烷、乙烷、丙烷、丁烷四种烷烃中热值最高的是
A. 甲烷 B. 乙烷 C. 丙烷 D. 丁烷
【答案】A
【解析】
【详解】1mol甲烷燃烧放出的热量为890.3kJ，1g甲烷放出的热量为55.6kJ，所以甲烷的热值约为55.6kJ，同理，乙烷的热值约为52kJ，丙烷的热值约为50.5kJ，丁烷的热值约为49.6kJ，热值最高的是甲烷，故A项正确。
6. 下列说法正确的是
A. 化学反应中的能量变化都是以热能形式表现出来的
B. 化学键断裂需要吸收能量
C. 化学反应的焓变越大，表示放热越多
D. 放热反应不需要加热就能发生
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．化学反应中的能量变化有的以热能形式表现出来，有的以光能、电能等形式表现出来，A不正确；
B．断裂化学键时，需要破坏成键原子或离子间的作用力，从而吸收能量，B正确；
C．当化学反应吸热时，为正值，当化学反应放热时，为负值，对于吸热反应，化学反应的焓变越大，表示吸热越多，对于放热反应，越小，表示放热越多，C不正确；
D．引发反应时，常需要提供能量，所以放热反应也常常需要加热才能发生，D不正确；
故选B。
7. 下列关于氮及其化合物的说法正确的是
A. N2化学性质稳定，可用作冶炼镁时的保护气
B. NO2是空气污染物，过度排放会引起酸雨
C. NO常温下为无色气体，在空气中可稳定存在
D. 稀HNO3溶液具有酸性，可用于实验室制取氢气
【答案】B
【解析】
【详解】A．镁可以在中燃烧生成氮化镁，A错误；
B．为大气污染气体，过度排放会引起酸雨，B正确；
C．NO常温下为无色气体，但极易与空气中的氧气结合生成，C错误；
D．稀溶液不仅具有酸性也具有强氧化性，与金属反应生成NO，不能用于实验室制取氢气，D错误；
故选B。
8. 铁元素的“价－类”二维图如图所示，下列说法正确的是

A. Fe→Fe3O4只能通过置换反应得到
B. Fe3O4在自然界中不存在
C. 可用Fe粉去除FeCl2溶液中混有的少量FeCl3
D. 向Fe(OH)2悬浊液中通入Cl2可得到Fe(OH)3
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe与O2点燃条件下也生成Fe3O4，A错误；
B．Fe3O4是一种复杂化合物，是具有磁性的黑色警惕，俗称磁性氧化铁，在自然界存在，B错误；
C．Fe+ 2Fe3+= 3Fe2+，Fe粉可将Fe3+还原为Fe2+且不引入新的杂质，C正确；
D．向2Fe(OH)2 +3Cl2 =2FeCl3+O2+2H2O，向Fe(OH)2悬浊液中通入Cl2可得到FeCl3，D错误；
故选C。
9. 下列实验装置不能达到实验目的的是
A. 用SO2做喷泉实验
B. 验证Cu与浓硝酸反应的热量变化
C. 验证NH3易溶于水
D. 浓氨水与浓硫酸反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硫与NaOH溶液反应，图中实验可形成喷泉实验，故A正确；
B．Cu与浓硝酸反应放热，试管中气体受热膨胀，U型管中红墨水左低右高可证明，故B正确；
C．氨气极易溶于水，挤压胶头滴管，气球变大可证明，故C正确；
D．浓硫酸难挥发，蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒靠近不会产生白烟，故D错误；
故选D。
10. 火药是我国古代的四大发明之一，其原料是硫黄、硝石和木炭。火药爆炸的热化学方程式为：
已知：


则x为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】碳的燃烧热△H1=akJ•mol-1，其热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=akJ•mol-1①
S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2=bkJ•mol-1②
2K(s)+N2(g)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3=ckJ•mol-1③
根据盖斯定律，将方程式3①+②-③得S(s)+2KNO3(s)+3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)，
则△H=xkJ•mol-1=(3a+b-c)kJ•mol-1，所以x=3a+b-c，故选B
11. 下列关于硫酸和硝酸的比较中正确的是
A. 常温下，稀硫酸和浓硝酸都可以用铝制容器盛装
B. 浓硫酸和浓硝酸受热均不会分解
C. 浓硫酸和浓硝酸久置于空气中，浓度均减小
D. 浓硫酸和浓硝酸均可用pH试纸测定其酸碱度
【答案】C
【解析】
【详解】A．铝遇冷的浓硝酸发生钝化，因此可用铝制容器盛装，但稀硫酸可与铝发生置换反应，A错误；
B．浓硫酸难分解，浓硝酸不稳定，受热会分解，B错误；
C．浓硫酸具有吸水性，久置于空气中浓度减小，浓硝酸具有挥发性，久置于空气中浓度也减小，C正确；
D．浓硫酸具有脱水性，pH试纸无法测定其酸碱度，D错误；
故选C。
12. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 4.6g由NO2和N2O4组成的混合气体中含氧原子数目为0.2NA
B. 1molN2与足量H2反应生成NH3的分子数目为2NA
C. 22.4L(标准状况)氮气中含有的中子数为7NA
D. 1molFe溶于过量硝酸溶液中，转移电子数为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．的物质的量为0.1mol，含有氧原子的物质的量为0.2mol，的物质的量为0.05mol，含有氧原子的物质的量为0.2mol，两者混合含有的氧原子的物质的量为0.2mol，即氧原子数目为，A正确；
B．与的反应属于可逆反应，不能进行到底，生成的分子数目小于，B错误；
C．标准状况下22.4L氮气的物质的量为1mol，若该氮气分子中的氮原子全部为，则每个分子含有个中子，1mol该氮气含有中子数目为，C错误；
D．1molFe溶于过量硝酸生成硝酸铁，转移电子3mol，电子转移数为，D错误；
故选A。
13. 向200mL某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中逐渐加入铁粉，产生气体的物质的量随铁粉质量增加的变化如图所示(已知硝酸只被还原为NO；氧化性：＞Fe3+＞H+)。下列说法正确的是

A. OA段发生反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑
B. OA段和BC段生成气体的物质的量之比为2：1
C. 溶液中H2SO4与HNO3的物质的量浓度之比为8：1
D. C点处的溶液中溶质为FeSO4和Fe(NO3)2
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图示，OA段发生反应，AB段发生反应，BC段发生反应，A项错误；
B．OA段，生成气体的物质的量为0.2mol，BC段，生成气体的物质的量为0.1mol，OA段和BC段生成气体的物质的量之比为2：1，B项正确；
C．溶液中，则，溶液中，则，，溶液中与的物质的量浓度之比为2：1，C项错误；
D．C点时溶液的溶质为，D项错误；
故答案选B。
14. 高铁酸钾()是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：

下列叙述正确的是
A. 反应I生成物中可能含有
B. 反应II生成的中Fe元素为+3价
C. 该生产条件下，物质的溶解性：
D. 该流程中涉及的化学反应均为氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【分析】铁与氯气反应生成氯化铁，加入NaClO、NaOH，次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯，以此解答该题。
【详解】A．反应I通入足量新制氯水，不可能含有，故A错误；
B．带2个负电荷，O为-2价，Fe元素化合价为+6价，故B错误；
C．结晶过程中加入浓KOH溶液，析出K2FeO4晶体，说明，故C正确；
D．结晶过程中加入浓KOH溶液，析出K2FeO4晶体，不是氧化还原反应，故D错误；
故答案选C。
【点睛】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中的反应、混合物分离提纯、元素和化合物知识、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15. “价—类”二维图是元素化合物知识结构化的良好工具，如图是氮元素的“价—类”二维图。回答下列问题：

（1）N2的电子式为______。
（2）若物质B为NO2，实验室制备NO2不能用排水法收集的原因是______。
（3）A是重要的化工原料，可以合成C，写出工业上以A为原料制取C的第一步反应的化学方程式：______。
（4）实验室中，检验D溶液中含有阳离子的实验操作和现象是______。
（5）铜和足量的C的稀溶液反应，当生成11.2L(标准状况)气体时，转移电子的物质的量为______mol；反应中C表现的性质为______(填字母)。
A.只有还原性 B.还原性和酸性 C.只有氧化性 D.氧化性和酸性
（6）把盛有48mL由NO和NO2组成的混合气体的容器倒置于水中(保持同温同压)，待液面稳定后，容器内气体的体积变为24mL，则原混合气中NO的体积是______mL。
【答案】（1） （2）NO2易溶于水，且会与水反应生成NO
（3）4NH3+5O24NO+6H2O
（4）取少量D溶液于试管中，加入适量NaOH溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝
（5） ①. 1.5 ②. D
（6）12
【解析】
【小问1详解】
N2中两个N原子间形成三键，其电子式为，故答案为：；
【小问2详解】
NO2易溶于水，且会与水反应生成NO，因此不能用排水法收集NO2，故答案为：NO2易溶于水，且会与水反应生成NO；
【小问3详解】
由上述分析可知，A为NH3，可以合成硝酸，工业上以NH3为原料制取硝酸的第一步反应为氨的催化氧化，反应的化学方程式为，故答案为：；
【小问4详解】
铵根离子与碱反应生成氨气，氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，因此检验D溶液中含有的实验操作和现象为：取少量D溶液于试管中，加入适量NaOH溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝则含有，故答案为：取少量D溶液于试管中，加入适量NaOH溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝则含有；
【小问5详解】
①C为硝酸，铜与稀硝酸发生反应：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，生成2molNO转移6mol电子，11.2L NO(标准状况)物质的量为，生成0.5mol转移的电子的物质的量为1.5mol；②反应时硝酸中氮元素部分化合价降低，部分化合价不变，所以硝酸既表现氧化性，又表现酸性，故答案为：①1.5；②D；
【小问6详解】
一氧化氮和水不反应，二氧化氮和水能反应，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，设二氧化氮的体积为x，则二氧化氮与水反应生成一氧化氮的体积为，最后容器内的气体为反应生成的一氧化氮和未反应的一氧化氮的总和，即：+（48-x）=24，解得x=36，则混合气体中二氧化氮的体积为36mL，则混合气体中的一氧化氮体积=(48-36)mL=12mL，故答案为：12。
16. 如图是某实验小组改进的中和反应反应热测定实验装置。在塑料瓶中事先加入盐酸，然后通过注射器注入溶液，通过测定反应过程中所放出的热量可计算反应热。回答下列问题：

（1）塑料瓶外泡沫板的作用是___________。
（2）实验小组按课本装置和改进后的装置分别进行实验，测得实验数据如下：
实验次数
起始温度
终止温度
温度差


平均值
改进前
改进后
改进前
改进后
改进前
改进后
改进前
改进后
改进前
改进后
1
19.1
19.0
21.1
21.2
20.1
20.2
234
23.6
3.3
3.4
2
19.0
19.2
21.0
20.8
20.0
20.0
23.2
23.5
3.2
3.5
3
19.2
19.2
21.2
21.0
20.2
21.0
23.6
23.4
3.4
3.3
表中记录的终止温度是指___________，根据改进后装置的实验数据计算中和热___________(计算结果保留两位小数，近似认为盐酸和溶液的密度都是，中和后溶液的比热容)。
（3）有同学考虑注射器针筒中会有溶液残留(不超过)，认为上述实验会导致所测得反应热偏小，请判断该观点是否正确并说明理由：___________。
（4）如果用盐酸与NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量___________(填“相等”或“不相等”，下同)所求中和热___________。
【答案】（1）减少实验过程中的热量损失
（2） ①. 温度计显示的最高温度 ②.
（3）不正确，实验中溶液过量，即使有残留，加入的也能保证盐酸完全反应
（4） ①. 不相等 ②. 相等
【解析】
【分析】中和热计算根据进行计算，n为反应生成的水的物质的量。
【小问1详解】
(1)中和热的测定需要准确的测定温度，减少实验过程中的热量损失，所以泡沫板起到减少实验过程中的热量损失，故填减少实验过程中的热量损失；
【小问2详解】
(2)终止温度是指反应过程中温度计显示的最高温度，并不是反应后的温度；根据表中数据℃，盐酸与溶液反应生成0.025mol的水，，，将以上数据代入，可得，故填温度计显示的最高温度、；
【小问3详解】
(3)实验中使用的NaOH溶液过量，残留的0.5mL不会使测量结果偏小，故填不正确，实验中溶液过量，即使有残留，加入的也能保证盐酸完全反应；
【小问4详解】
(4)如果用盐酸与溶液进行反应，因为生成的水的物质的量增多，放出的热量也会增多，但是单位物质的量的热量不会变，所以中和热不会变，故填不相等、相等；
17. 氨是一种无色气体，在工农业生产、生活中有着重要应用。回答下列问题：
I.探究浓氨水的部分性质。
（1）实验一中观察到的现象是______，宏观上说明浓氨水有挥发性；微观上说明______。
（2）工业上常用浓氨水检验氯气管道是否泄露(是否产生白烟)，反应中还会生成一种空气中含量最多的气体，写出该反应的化学方程式：______，该反应生成的还原产物中所含化学键类型是_____。

II.实验小组同学进一步探究氨气的部分性质，并用如图所示装置制取氨气。

（3）装置C的名称为_______。
（4）实验室可用装置B快速制取少量NH3的原因是______。
（5）实验室用装置A制取氨气的化学方程式为______。若用上述装置制取并收集干燥的氨气，合理的连接顺序为a→_______→g→h(用小写字母和箭头表示，箭头方向与气流方向一致)；装置中有一处明显错误为_______。
【答案】（1） ①. 烧杯B中酚酞试液变红 ②. 氨气分子在不断做无规则运动
（2） ①. 8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl ②. 离子键、共价键
（3）(球形)干燥管 （4）CaO与浓氨水中的水反应消耗水并放热，水减少且温度升高，NH3的溶解度降低
（5） ①. 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2Od→c→f→e装置E中应用倒扣漏斗代替长导管防倒吸 ②. d→c→f→e ③. 装置E中应用倒扣漏斗代替长导管防倒吸
【解析】
【分析】II. A装置制取氨气，C装置干燥氨气，气体从d进c出，D装置收集氨气，用排空气法收集，氨气的密度小于空气，气体从f进e出，E装置为氨气的尾气处理装置，但氨气与浓硫酸易反应，该装置需要防倒吸。
【小问1详解】
浓氨水易挥发，产生的氨气溶于水形成氨水，呈碱性，能使酚酞溶液变红。故实验一中观察到的现象是：烧杯B中酚酞试液变红，宏观上说明浓氨水有挥发性；微观上说明：氨气分子在不断做无规则运动；
【小问2详解】
根据题中信息，氨气与氯气反应的产物为氯化铵和氮气，化学方程式为：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl；氮元素化合价降低，氯化铵为还原产物，氯化铵为离子晶体，氯离子和铵根离子之间为离子键，氮原子和氢原子之间为共价键，故所含化学键类型为离子键和共价键；
【小问3详解】
装置C的名称为：(球形)干燥管；
【小问4详解】
实验室可用装置B快速制取少量NH3的原因是：CaO与浓氨水中的水反应消耗水并放热，水减少且温度升高，NH3的溶解度降低；
【小问5详解】
实验室用装置A制取氨气的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；根据分析，装置的连接顺序为：a→d→c→f→e→g→h；根据分析，该装置的明显错误为：装置E中应用倒扣漏斗代替长导管防倒吸。
18. 利用炼铝厂的废料——铝灰(含Al、Al2O3及少量SiO2和FeO、Fe2O3)回收铝。有关工艺流程如图：

已知：SiO2是酸性氧化物；Na2SiO3具有粘合性。
回答下列问题：
（1）“酸浸”操作后溶液中含有的阳离子为______(填离子符号)。
（2）滤渣1的主要成分是______(填化学式)。
（3）“沉铁”时加入过量H2O2溶液时发生反应的离子方程式为______。
（4）“沉铁”选择加入NaOH溶液而不是NaOH固体的原因可能是______(从所添加药品性质角度分析)。
（5）“沉铁”时加入过量NaOH溶液的主要目的是除铁，有同学提出在“酸浸”时将稀硫酸替换成为NaOH溶液，可无需进行“沉铁”操作，若其他操作不变，你认为是否可行，若不可行，给出理由：______。
（6）“沉铝”时发生反应化学方程式为______。
（7）电解Al2O3制Al时，若电解过程中Al的损失率为10%，得到1tAl消耗的Al2O3的质量为______t(结果保留2位有效数字)。
【答案】（1）Al3+、Fe2+、Fe3+、H+
（2）SiO2 （3）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（4）NaOH固体溶于水放出大量热，H2O2会因受热分解而失效
（5）不可行，铝灰中含有SiO2，SiO2可与NaOH溶液反应生成硅酸钠，硅酸钠具有粘合性，对实验和设备都有影响，故先“酸浸”再“沉铁”
（6）NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3
（7）2.1
【解析】
【分析】铝灰中含有铝单质、氧化铝、二氧化硅、氧化亚铁和氧化铁，酸浸过程中，只有二氧化硅不与硫酸反应，滤液中含有铝离子、铁离子、亚铁离子以及过量的硫酸，滤渣1为二氧化硅；滤液加过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，然后加氢氧化钠沉淀除铁；滤液2为偏铝酸钠，滤渣2为氢氧化铁沉淀；偏铝酸钠中通二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀，过滤后得到氢氧化铝固体，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，电解氧化铝得到铝单质。由此解答该题。
【小问1详解】
由上述分析可知，酸浸后溶液中含有的阳离子为Al3+、Fe2+、Fe3+、H+。
【小问2详解】
由上述分析可知，滤渣1为二氧化硅。
【小问3详解】
由上述分析可知，沉铁时加入过量过氧化氢是将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。
【小问4详解】
氢氧化钠溶液与固体的区别为氢氧化钠固体溶解时会放出大量的热，过氧化氢受热易分解，因此加入氢氧化钠溶液优于固体。
【小问5详解】
铝灰中含有二氧化硅，二氧化硅也能与氢氧化钠反应，生成硅酸钠，硅酸钠具有粘合性，对实验和设备都有影响，且硅酸钠与二氧化碳反应生成硅酸沉淀，与氢氧化铝沉淀不好分离，因此该方案不可行。
【小问6详解】
沉铝时发生的反应为偏铝酸钠与二氧化碳和水反应生成氢氧化铝沉淀，反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3。
【小问7详解】
1t 铝的物质的量为，则需要氧化铝的物质的为，质量为。