13，山东省临沂市2023-2024学年高一上学期1月期末考试化学试题

这是一份13，山东省临沂市2023-2024学年高一上学期1月期末考试化学试题，共13页。试卷主要包含了化学与人类生产、生活密切相关等内容，欢迎下载使用。
参考答案
1．B 2．A 3．C 4．C 5．B 6．C 7．D 8．C 9．B 10．C 11．D 12．A 13．A 14．D 15．B
16.（10分）
（1）第二周期第ⅥA族（1分，单写“第二周期”或“第ⅥA族”不给分；周期与族换顺序给分；“二”写成“2”也可，写成“Ⅱ”不给分；“Ⅵ”写成“6或六”不给分；两个“第”不写也对，无“族”或无“A”都不给分；有错别字不给分）
Na+＜O2－＜N3－（2分，由大到小或顺序错或离子符号错或写名称等均不得分，顺序正确未写“＜”不扣分）
（2）①（1分）
极性共价键（极性键）、离子键（2分，各1分，不全得1分，有错别字不得分）
②1:1（2分，回答“1”也得分）
（3）2B＋2OH－＋6H2O＝2[B(OH)4]－＋3H2↑（2分，“＝”写成“→”或“”或“—”或不注明“↑”等均不扣分，不配平、化学式或离子符号错、写化学方程式等均不得分）
17.（12分）
（1）ECBD（2分，顺序有错或字母小写均不得分）
吸收未反应的Cl2，防止空气中的水蒸气进入装置B（2分，两个要点各1分，合理即得分）
（2）平衡气压，使浓盐酸顺利滴下（2分，要点“平衡气压”，其他合理也得分）
MnO2+4H＋+2Cl－Mn2＋+Cl2↑+2H2O（2分，“＝”写成“→”或“”或“—”等均不扣分，不标反应条件或不注明“↑”不扣分，不配平、化学式或离子符号错、写化学方程式等均不得分）
（3）①KSCN溶液或硫氰化钾溶液（2分，化学式错或有错别字均不得分）
②（2分，只要表达式正确即得分）
18.（12分）
（1）ZnCO3ZnO＋CO2↑（2分，等号、可逆号、箭头都可以，不配平、化学式错等均不得分，不标反应条件或不注明“↑”不扣分）
将Fe2+氧化为Fe3+（1分，合理即得分）
（2）ZnO+2H＋＝Zn2＋+H2O（2分，“＝”写成“→”或“”或“—”等均不扣分，不配平、化学式或离子符号错、写化学方程式等均不得分）
Fe(OH)3、Cu(OH)2或氢氧化铁、氢氧化铜（2分，各1分，不全得1分，有错别字不得分，多写或化学式错误等均不得分）
（3）将Cu2+置换为Cu（1分，合理即得分）
2HF＋Mg2+＝MgF2↓＋2H+（2分，等号、可逆号、箭头都可以，不配平、化学式错误或写化学方程式等均不得分，不注明“↓”不扣分）
（4）提高ZnSO4·7H2O的产率（2分，合理即得分）
19.（10分）
（1）分液漏斗（1分，有错别字不得分）
液封，防止空气进入装置乙中（1分，要点“液封”，合理即得分）
（2）Zn＋2CrCl3＝ZnCl2＋2CrCl2 （2分，等号、可逆号、箭头都可以，不配平、化学式错等均不得分，写离子方程式正确也得分）
排尽装置中的空气（2分，合理即得分）
（3）关闭K1、K2，打开K3（2分，合理即得分）
冷却过滤（2分，只回答“过滤”得1分）
20.（11分）
（1）12.5（2分，数值正确带单位不扣分）
500 mL容量瓶（1分，有错别字或没有规格均不得分）
（2）CuSO4·3H2O（2分）
CuSO4·H2OCuSO4＋H2O（2分，等号、可逆号、箭头都可以，不配平、化学式错等均不得分，不标反应条件不扣分）
（3）（2分，只要表达式正确即得分）
偏高（2分，回答“偏大”等均不得分）
临沂市2023级普通高中学科素养水平监测化学试卷 解析
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.化学与人类生产、生活密切相关。下列说法错误的是
A.镁合金可用于制造飞机部件 B.用CO2跨临界直冷制冰涉及化学变化
C.碳酸氢钠可作食品膨松剂 D.考古时利用14C测定文物的年代
解析：A.镁合金密度较小、强度较大,可用于制造飞机部件
B.采用二氧化碳跨临界直冷技术制冰过程没有产生新物质,属于物理变化,故错误;
C.碳酸氢钠膨松剂的作用原理为:2NaHCO3△CO2↑+H2O+Na2CO3,释放出二氧化碳,使食品变得松软;
D.碳14核素可以测定文物年代。这种方法叫做放射性测年法，因为碳14存在于大气中，通过呼吸留在动物体内，由于它不断产生又不断衰变，所以始终与稳C12的比值保持不变，当动物死后，新陈代谢停止，所以C14不断衰变，与C12的比值发生变化，就可以通过这个比值计算出文物年代。
2.实验安全至关重要，下列实验事故处理方法错误的是
A.用二氧化碳灭火器扑灭金属钾的燃烧
B.不慎将酒精灯打翻着火时，可用湿抹布盖灭
C.蒸馏实验中忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加
D.皮肤溅上碱液，先用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸溶液
解析：A.K燃烧有K2O2、KO2生成,K2O2、KO2和CO2反应产生O2助燃,所以不能用CO2灭火器扑灭金属钾的燃烧,错误。
B.灭火原理是破坏燃烧的一个条件使燃烧停止达到灭火的目的，燃着的酒精灯不慎打翻可用湿抹布盖灭，用湿抹布覆盖在燃烧的酒精上，能使酒精与氧气隔绝，又能起到降温的作用．
C.蒸馏时加沸石防止液体剧烈沸腾，且不能高温下加沸石，如果忘加沸石，将沸石加至将近沸腾的液体中，可能引起液体飞溅。
D.浓碱沾到皮肤上，先用大量水冲洗，最后涂硼酸，因为硼酸是较弱的酸，既能中和剩余的碱，又不至于伤害皮肤。反过来，酸沾到皮肤上，先用大量水冲洗，最后涂稀的碳酸氢钠溶液，也是因为碳酸氢钠溶液显弱的碱性。
3.物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是
A.金属Na密度小，可用作导热介质
B.石墨能导电，可用作润滑剂
C.Fe粉具有还原性，可用作食品脱氧剂
D.Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料
解析：A.钠单质可用于原子反应堆的导热剂，金属钠的熔点不高，在核反应堆中呈液态，具有很好的导热能力，是很好的导热剂，为原子反应堆方面的研究做出巨大贡献。
石墨是过渡型晶体,质软,可用作润滑剂,故B不符合题意
C.铁粉具有还原性,可以被氧气氧化,消耗氧气,因此作食品袋内脱氧剂,故正确;
D.Al2O3是离子化合物,离子键强,使其熔点高,可作耐高温材料,与Al2O3是两性氧化物无关,故错误。
4.实验室配制NaOH溶液时，下列做法正确的是
A.容量瓶检漏时，倒置一次即可
B.NaOH固体放在滤纸上称量
C.NaOH溶液转移到容量瓶中需用玻璃棒引流
D.定容时若加水超过刻度线，立即用胶头滴管吸出多余液体
解析：A.容量瓶检漏的方法是向容量瓶中加入水至刻度线附近，塞好塞子左手食指按住塞子，右手指尖顶住瓶底边缘，倒立2分钟，观察瓶塞周围是否有水渗出，直立后，转动瓶塞180°，重复一次，若还没有水渗出，则说明瓶塞不漏水，所以进行容量瓶检漏时，倒置两次，故A错误；
B.氢氧化钠固体具有腐蚀性和较强的吸水性，应放在小烧杯或表面皿中称量，错误；
C.向容量瓶中转移溶藏时玻璃棒的作用是引流，以防止溶液外酒而造成损失。如果玻璃棒下缓靠在容量瓶刻度线以上的内壁上，刻度线以上的内壁上附着的液体不能及时流下，定容后造成溶液体积偏大，所以玻璃棒的下端应靠在容量瓶刻度线以下的内壁上。
D.定容时，加水超过刻度线，应重新配制，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线，则吸出的不止是水，还有溶质，则浓度偏小。
5.1919年卢瑟福用a粒子(He)轰击某原子核实现了首次人工核转变，该核反应为：+→+。已知：Y元素原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍。下列说法错误的是
A.17Y的中子数为9 B.16Y2和17Y2互为同素异形体
C.简单氢化物的稳定性：XC1O2
B.纯ClO2易分解爆炸，鼓入空气可以稀释ClO2以防爆炸，B正确；
C.反应II为2NaOH+2ClO2+H2O2＝O2↑+2H2O+2NaClO2，反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
D.据流程图反应②，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2，氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，NaClO4为强氧化剂，不能用NaClO4(强氧化剂)代替H2O2(还原剂),D项错误.
二、非选择题：本题共5小题，共55分。
16.(10分)X、Y、Z、W、M、N均为短周期主族元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示，其中Y的原子半径在短周期主族元素中最大。
回答下列问题：
(1)M在元索周期表中的位置是________；Y、W、M的简单离子半径由小到大的顺序是_________(用离子符号表示)。
解析：X、Y、Z、W、M、N为五种短周期元素,X、Y原子最外层只有一个电子,为第IA族元素;Z原子最外层有3个电子,位于第 IIIA族,W原子最外层有5个电子,位于第VA族,M原子最外层有6个电子,位于第VIA族;Y原子半径最大,Y为Na元素,X原子半径最小,X为H元素;Z原子和W原子半径接近,W原子半径小于Z且最外层电子数大于Z,所以Z是B元素、W是N元素、M为O元素;M在元索周期表中的位置是第二周期第ⅥA族；Na+与O2－、N3－核外电子排布相同,核电荷数越大，简单离子半径越小,故简单离子半径:Na+＜O2－＜N3－。
(2)WX5中阴阳离子数之比为1：1。
①该化合物的电子式为_________；所含化学键的类型为_______。
解析：氢化铵（NH4H）与氯化铵的结构相似是离子化合物，NH4H中阴阳离子数之比为1：1，铵根离子和氢阴离子形成离子键，电子式为：；所含化学键的类型为极性共价键（极性键）、离子键。
点评：本题考查了物质性质的理解应用，电子式书写，掌握基础是关键。
②WX5与XN发生反应生成一种盐和X2，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。
解析：将固体NH4H投入到盐酸溶液中，发生反应生成一种盐和H2，则该反应的化学方程式是NH4H+HCl=H2↑+NH4Cl，该反应中NH5中氢离子的化合价由-1价→0价，所以失电子作还原剂，在氧化还原反应中被氧化，得到氧化产物为1mlH原子，即0.5mlH2;该反应中，HCl中的氢元素化合价由+1价→0价，所以HCl得电子作氧化剂，在氧化还原反应中被还原，得到还原产物为1mlH原子，即0.5mlH2，故氧化产物与还原产物的物质的量之比=0.5ml：0.5ml=1:1
(3)通常情况下，同主族元素的化学性质相似。写出Z单质与Y的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式__________。
解析：Z原子和W原子半径接近,W原子半径小于Z且最外层电子数大于Z,所以Z是B元素、W是N元素，Y原子半径最大,Y为Na元素。通常情况下，同主族元素的化学性质相似，所以B与同主族元素Al的化学性质相似,因为2Al+2NaOH+6H2O== 2Na[Al(OH)4]+3H2↑，则2B+2NaOH+6H2O==== 2Na[B(OH)4]+3H2↑,Z单质与Y的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式:2B＋2OH－＋6H2O＝2[B(OH)4]－＋3H2↑.
17.(12分)氯化铁是一种重要的化工原料，实验室用如下装置(加热、夹持装置略)制备无水氯化铁。
已知：无水氯化铁遇潮湿空气易吸水生成FeCl3·nH2O。
回答下列问题：
(1)装置连接顺序为A→______→______→______→______；装置D的作用是_________。
解析：制取出的氯气中含有HCl杂质气体，需要利用饱和食盐水除去，液体洗气需长管进，短管出，故A连接E,然后对氯气进行干燥，同理：连接E→C,再通入B,即A→E→C→B,最后为了防止空气中水蒸气进入B,需增加干燥装置，故B连接D,因此，本题正确答案是：ECBD;装置D的作用是吸收未反应的Cl2，防止空气中的水蒸气进入装置B.(使FeCl3潮解)
(9)装置A中a的作用是_________；圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为________。
解析：装置A中a中导气管是维持分液漏斗和圆底烧瓶的压强相等，使液体顺利滴下。故装置A中a的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下。 圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为MnO2+4H＋+2Cl－Mn2＋+Cl2↑+2H2O。
(3)测定FeCl3的质量分数：称取mgFeCl3样品，配成溶液，加入稍过量的KI溶液充分反应，再滴加cml/L的Na2S2O3溶液，最终消耗VmLNa2S2O3溶液(已知：I2+2=2I-+)。
①加入稍过量的KI溶液后，检验溶液中是否存在Fe3+的试剂为_______。
解析：检验溶液中是否存在Fe3+的试剂为KSCN溶液或硫氰化钾溶液。
②样品中FeCl3的质量分数为_______(用含m、c、V的代数式表示)。
解析：化学方程式：2FeCl3 + 2KI = 2FeCl2 + 2KCl + I2，离子方程式：2Fe3+ + 2I- = 2Fe2+ + I2
已知：I2+2=2I-+
VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量为
V×10-3L×cml/L=cV×10-3ml,则：
根据关系式：2Fe3+~I2~2
2 2
n(Fe3+) cV×10-3ml
所以n(Fe3+)=cV×10-3ml,
所以m克无水氯化铁样品中氯化铁的质量为
cV×10-3ml×162.5g/ml=0.1625cVg
所以m克无水氯化铁样品中氯化铁的质量分数为：
0.1625cVg/mg×100%=,因此，本题正确答案是：
18.(12分)硫酸锌晶体(ZnSO4·7H2O)在防腐、电镀、医学上有诸多应用。由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，含有少量SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu的化合物)制备硫酸锌晶体的工艺流程如下。
已知：①氢氟酸为一元弱酸。
②该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
回答下列问题：
(1)“焙烧”生成ZnO的化学方程式为________；“浸取”过程中H2O2的作用为__________。
解析：工业上用菱锌矿（ZnCO3，含少量Fe2O3、SiO2及不溶于酸的杂质）为原料制取硫酸锌，其工艺流程为：菱锌矿主要成分为ZnCO3，含少量Fe2O3、SiO2及不溶于酸的杂质，加入稀硫酸后碳酸锌、氧化铁溶解，二氧化硅等不溶物形成沉淀，通过过滤可以分离出不溶物；向所得滤液中加入双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，再加入ZnO调节溶液pH，将铁离子完全生成氢氧化铁沉淀，通过过滤得到纯净的硫酸锌。
焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3ZnO＋CO2↑;
根据金属离子在溶液中开始沉淀和沉淀完全时的pH可知，亚铁离子完全沉淀时锌离子也完全沉淀，无法除去亚铁离子，所以应该将亚铁离子氧化成铁离子，然后调节溶液的pH在3.2～6.2，从而除去杂质，得到较纯净的硫酸锌，故“浸取”过程中加入H2O2的目的是在硫酸的作用下将溶液中的FeSO4转化成Fe2(SO4)3，反应的化学方程式：2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O，反应的离子反应为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故“浸取”过程中H2O2的作用为：将Fe2+氧化为Fe3+。
(2)用ZnO调pH的原理为___________(用离子方程式表示)；调溶液pH为5.5，则滤渣I的主要成分为____________。
解析：加入ZnO调节溶液pH，将铁离子完全生成氢氧化铁沉淀，通过过滤得到纯净的硫酸锌，用ZnO调节pH值的时候不会引入杂质，这是为了反应掉过量的H2SO4，ZnO +H2SO4 ===ZnSO4 +H2O，离子方程式：
ZnO+2H＋＝Zn2＋+H2O。 调节pH至5.5时,Fe3+已经完全沉淀,Cu2+部分沉淀，故滤渣I的主要成分是Fe(OH)3、Cu(OH)2或氢氧化铁、氢氧化铜
(4)“转化”过程中加入锌粉的作用是____________；“脱镁”过程中生成MgF2的离子方程式为____________。
解析：调节pH至5.5时,Cu2+部分沉淀，故滤液中含有Cu2+，“转化”过程中加入锌粉的作用是将Cu2+置换为Cu，离子反应方程式：Zn+Cu²⁺=Zn²⁺+Cu，通过过滤得到纯净的硫酸锌。
“脱钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀．故“脱镁”过程中生成MgF2的离子方程式为
2HF＋Mg2+＝MgF2↓＋2H+ （已知：①氢氟酸为一元弱酸。）
(4)将分离出硫酸锌晶体后的母液收集、循环使用，其意义是__________。
解析：母液中还含有少量的硫酸锌，将母液收集、循环使用可提高ZnSO4·7H2O的产率。
19.(10分)二水合醋酸亚铬[(CH3COO)2Cr·2H2O]为砖红色晶体难溶于冷水，常用作氧气吸收剂。其制备方法是先利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬，实验装置如图所示。
回答下列问题：
仪器a的名称是______；装置丙中水的作用是___________。
解析：根据仪器构造可知仪器 a 是分液（或滴液）漏斗；由于二价铬不稳定，极易被氧气氧化，故装置丙中水的作用是液封，防止空气进入装置乙中
将过量锌粒和氯化铬固体置于甲中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置，打开K1、K2，关闭K3。锌粒与CrCl3反应的化学方程式为______；同时三颈烧瓶中有气体产生，该气体的作用是__________。
解析：利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬，锌粒与CrCl3反应的化学方程式为：Zn＋2CrCl3＝ZnCl2＋2CrCl2
稀盐酸在三颈烧瓶中和锌反应Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑，生成氢气，该气体的作用是用来排尽装置中的空气，避免醋酸亚铬与空气接触。
(3)为使生成的CrCl2溶液与醋酸钠溶液接触，应进行的操作为_______；装置乙中析出砖红色沉淀，使沉淀充分析出并分离的方法是______、洗涤、干燥。
解析：实验开始生成H2气后，为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，应进行的操作为关闭K1、K2，打开K3，把生成的CrCl2溶液压入装置乙中反应；
二水合醋酸亚铬[(CH3COO)2Cr·2H2O]为砖红色晶体，难溶于冷水，所以可以选用冷水冷却，装置乙中析出砖红色沉淀，使沉淀充分析出并分离的方法是冷却过滤、洗涤、干燥。
20.(11分)胆矾(CuSO4·5H2O)为蓝色晶体，易溶于水，受热易分解为白色CuSO4固体。
(1)用胆矾配制480mL0.1ml·L-1CuSO4溶液，需称量胆矾的质量为_______g；实验过程中需要的玻璃仪器除了玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管，还有________。
解析：用CuSO4•5H2O配制480mL 0.1ml．L-1的CuSO4溶液，实际上配制的是500mL 0.1ml．L-1的CuSO4溶液，依据m=cVM计算需要CuSO4•5H2O的质量，注意体积为溶液体积，不是溶剂的体积，据此进行解答．
解：实际上配制的是500mL 0.1ml．L-1的CuSO4溶液，需要胆矾的质量为：250g/ml×0.1ml/L×0.5L=12.5g，
点评 本题考查配制一定物质的量浓度的溶液，为高频考点，题目难度不大，侧重于学生的分析能力、计算能力和实验能力的考查，注意物质的量浓度溶液中体积为溶液体积，非溶剂体积．
(2)取一定量胆矾(CuSO4·5H2O)加热分解，固体残留率(×100%)随温度变化如图所示。
110℃时，晶体的化学式为________；260℃~650℃过程中，发生反应的化学方程式为_______________。
解析：胆矾晶体受热会首先逐次失去结晶水，失去2分子结晶水时，固体残留率为；由分析可知，110°C 时胆矾失去2分子结晶水，得到晶体化学式 CuSO4·3H2O；故110℃时，晶体的化学式为CuSO4·3H2O；
失去4分子结晶水时，固体残留率为；失去5分子结晶水时，固体残留率为；260°C~ 650°C 过程中，CuSO4·H2O失去最后1分子结晶水得到无水硫酸铜，反应方程式为CuSO4·H2OCuSO4＋H2O；
拓展：
硫酸铜分解为氧化铜和气体三氧化硫时，固体残留率为；由分析可知，650°C加热至 1000°C，产物为氧化铜和气体三氧化硫；
氧化铜高温分解为氧化亚铜和氧气时，固体残留率为；由分析可知，M 点所得固体是 CuO 与 Cu2O 的混合物。
测定CuSO4·nH2O中的n值。取m1gCuSO4·nH2O加入干燥坩埚中，加热至固体全部变为白色，置于干燥器中冷却至室温后称量；剩余固体质量为m2g。则n=_______(用含m1、m2的代数式表示)；若加热时有少量固体溅出，则n值______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
解析：将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，最终总质量恒定为m2。则水的质量是(m1－m2)g，
CuSO4·nH2OCuSO4+nH2O↑
（160+18n）g 160 g
m1g m2g
所以胆矾（CuSO4•nH2O）中n值的表达式为(160+18n)× m2=160×m1
解得n＝；
加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m2数值偏小，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，故若加热时有少量固体溅出，则n值偏高。
综上所述，答案为： 偏高。
拓展：
①胆矾未充分干燥，导致所测m1偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高；
②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m2偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏低。
选项
实验操作和现象
结论
A
向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色
溶液中一定含有Br2
B
用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察到紫色
溶液中一定含有钾元素
C
把水滴入盛有少量Na2O2的试管中，立即把带火星的木条伸入试管中，木条复燃
反应生成了O2
D
在稀硫酸中加入少量Cu2O(s)，溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成
反应中Cu2O既作氧化剂又作还原剂
W
Y
X
Z
金属离子
Zn2+
Mg2+
Fe2+
Fe3+
Cu2+
Ca2+
开始沉淀的pH
6.2
8.9
6.8
2.2
4.7
10.6
完全沉淀的pH
8.2
10.9
8.3
3.2
6.7
12.6