福建省宁德市2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题

这是一份福建省宁德市2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题，共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（本大题共10小题，共40分）
1．“三七”是一种名贵中药，其有效成分中含人参皂苷。人参皂苷属于
A．单质B．氧化物C．无机物D．有机物
2．在含有大量的、、的透明溶液中，还可能大量共存的离子是
A．B．C．D．
3．下列有关物质性质或应用的说法不正确的是
A．次氯酸钠具有强氧化性，可用于配制消毒液
B．氯气和二氧化硫都具有漂白性，两者混合使用能提高漂白的效率
C．金刚石硬度很大，可用作砂纸、砂轮的磨料
D．Na2O2能与CO2反应产生O2，能用作高空飞行或潜水的供氧剂
4．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断错误的是
A．5.6gN2所含的原子数为0.4NA
B．22gCO2所含的分子数为0.5NA
C．标准状况下，8gO2所含的分子数为0.25NA
D．常温常压下，11.2LH2中所含的分子数为0.5NA
5．高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与亚铁离子反应，离子方程式为：MnO+Fe2++f=Mn2++ Fe3++H2O(未配平)，下列有关说法正确的是
A．方程式中f代表OH˗B．MnO是氧化剂，Mn2+是氧化产物
C．Fe2+的还原性强于Mn2+D．每生成1ml水转移1.2ml的电子
6．下列离子方程式书写错误的是
A．铁跟稀硫酸反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑
B．硫酸铜溶液跟氯化钡溶液反应：Ba2++SO=BaSO4↓
C．醋酸跟氢氧化钾溶液反应：H++OH-=H2O
D．碳酸镁跟稀硫酸反应：MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑
7．下列实验对应的离子方程式不正确的是
A．铬酸钾溶液中滴入浓盐酸：
B．过量铁粉与稀硝酸反应：
C．用溶液吸收少量：
D．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：
8．下列说法正确的是
A．新制氯水使红色布条褪色是因为新制氯水中含氯气分子
B．对新制氯水进行光照，氯水中产生的气泡是由于温度升高导致氯气的溶解度减小而析出的氯气
C．氯气可以在氢气中燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口有大量白雾形成
D．使用氯气对自来水消毒时，生成的有机氯化物可能对人体有害
9．根据有关操作和现象，所得结论不正确的是
A．AB．BC．CD．D
10．某无色溶液中可能含有Na+、H+、Cu2+、SO、Cl-、HCO、CO中的几种，且每种离子的数目均相等。为了确定该溶液的组成，取适量上述溶液进行如下实验(所加试剂均过量)。
下列结论正确的是
A．原溶液一定含有Cl-
B．原溶液可能含有Na+、Cl-
C．原溶液一定含有Na+、SO、H+
D．原溶液可能含HCO、CO
二、填空题（本大题共2小题，共15分）
11．下表是生活中常见的物质，表中列出了它们的一种主要成分(其它成分未列出)
(1)请你对表中①~⑦的主要成分进行分类(填编号)是非电解质的是 。
(2)写出④在水中的电离方程式 。
(3)写出下列反应的化学方程式：
用④治疗胃酸过多 。
用③除水垢的化学方程式 。
12．回答下列问题
（1）配平以下方程式
K2Cr2O7+ HCl= KC1+ CrCl3+ H2O+ Cl2↑
（2）以上反应中失电子的物质是 ，还原产物是 ，每生成lml这种还原产物，将有 ml电子发生转移。氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（3）已知反应：2H2S+H2SO3=2H2O+3S↓，若氧化产物比还原产物多1.6g，则同时会生成水的质量为 g。
三、解答题（本大题共2小题，共45分）
13．NH3及其盐都是重要的化工原料。
（1）用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3，反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为 。
（2）按如图装置进行NH3性质实验。
①先打开旋塞1，B瓶中的现象是 ，原因是 ，稳定后，关闭旋塞1。
②再打开旋塞2，B瓶中的现象是 。
14．过碳酸钠()是过氧化物类的消毒剂。可以利用侯氏制碱法得到的进行制备，流程图如图1所示：
已知：①产物A中可能含有少量的、金属离子杂质，②硅酸钠可与、等金属离子形成沉淀，③异丙醇的作用为洗涤晶体。请回答下列问题：
(1)虚线框中是侯氏制碱法的原理，某同学用图2所示装置在实验室模拟侯氏制碱法，实验中应先向 (填a或b)中，通入 气体。有同学建议在图2甲装置的b导管下端连接c装置，理由是 。
(2)反应Ⅰ的化学反应方程式为 。
(3)“反应Ⅱ”需控制温度在20℃左右，其目的是： ，写出“反应Ⅱ”中生成产品D的化学方程式 ，加的作用是 。
(4)流程图中可循环使用的物质有 。
(5)过碳酸钠是一种有多用途的新型氧系固态漂白剂，它具有和的双重性质，下列物质不会使过碳酸钠失效的是___________。
A．B．稀盐酸C．溶液D．溶液
操作
现象
结论
A
向溶液中滴加淀粉溶液
溶液变蓝
有还原性
B
向某溶液中滴加溶液
产生白色沉淀
溶液中一定含有
C
向中分别滴加盐酸、溶液
溶解
为两性氧化物
D
向酸性溶液中滴加溶液
紫色褪去
有还原性
编号
①
②
③
④
⑤
⑥
名称
天然气
白酒
醋酸
小苏打
消石灰
铜线
成分
Cu
参考答案：
1．D
【详解】人参皂苷含有碳氢氧三种元素，属于烃的衍生物，故属于有机物，D符合题意；故答案为：D。
2．D
【详解】A．、、发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．与结合生成硫酸钙微溶物，不能大量共存，故B错误；
C．与结合生成硫酸银微溶物，不能大量共存，故C错误；
D．各种离子相互不反应，可以大量共存，故D正确；
故选：D。
3．B
【详解】A．次氯酸钠具有强氧化性，其水溶液可以消毒杀菌，可用于配制消毒液，故A正确；
B．氯气和二氧化硫都具有漂白性但是二者等物质的量混合反应生成无漂白性的氯化氢和硫酸，漂白效果减弱，故B错误；
C．金刚石是自然界中硬度最大的物质，可用作砂纸和砂轮的磨料，故C正确；
D．过氧化钠Na2O2因能与CO2反应生成氧气，故可作为呼吸面具中的氧气的来源；潜水艇紧急情况时，也使用过氧化钠来供氧，有关反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故D正确；
故选：B。
4．D
【详解】A. 5.6gN2的物质的量为0.2ml，所含的原子数为0.4NA，A正确；
B. 22gCO2物质的量为0.5ml，所含的分子数为0.5NA，B正确；
C. 标准状况下，8gO2物质的量为0.25ml，所含的分子数为0.25NA，C正确；
D. 常温常压下，11.2LH2的物质的量小于0.5ml，所含的分子数小于0.5NA，D错误；
答案选D。
5．C
【分析】配平+Fe2++f=Mn2++Fe3++H2O，可得+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。
【详解】A．由分析可知，方程式中f代表H+，A不正确；
B．中Mn元素化合价降低，作氧化剂，被还原，Mn2+是还原产物，B不正确；
C．在一个反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，Fe2+为还原剂，Fe2+的还原性强于Mn2+，C正确；
D．配平的方程式为：MnO4-+ 5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，每生成4ml水将转移5ml电子，则生成1ml水将转移1.25 ml电子，D不正确；
故选C。
6．C
【详解】A．铁跟稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式是：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A正确；
B．硫酸铜溶液跟氯化钡溶液反应生成氯化铜、硫酸钡沉淀，反应的离子方程式是： Ba2++SO=BaSO4↓，故B正确；
C．醋酸跟氢氧化钾溶液反应生成醋酸钾和水，反应的离子方程式是：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，故C错误；
D．碳酸镁跟稀硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳、水，反应的离子方程式是：MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑，故D正确；
选C。
7．A
【详解】A．铬酸钾在酸性条件下会转化为有强氧化性的K2Cr2O7，会将盐酸氧化为氯气，A错误；
B．过量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁和NO，则其离子方程式为：，B正确；
C．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2生成亚硫酸氢根离子和硫酸根离子，离子方程式为：，C正确；
D．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钙溶液，其离子方程式为：，D正确；
故答案为：A。
8．D
【详解】A．新制氯水使红色布条褪色是因为新制氯水中含次氯酸分子，该物质具有强氧化性，会将红色物质氧化变为无色物质，A错误；
B．对新制氯水进行光照，氯水中产生的气泡是由于光照导致HClO附近产生O2，B错误；
C．纯净的氢气可以在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，二者反应产生HCl，HCl在瓶口遇空气中的水蒸气，形成盐酸的小液滴，因此在集气瓶口有大量白雾形成，C错误；
D．使用氯气对自来水消毒时，HClO氧化有机物产生的有机氯化物会导致人体的泌尿系统产生癌变，因此会对人体造成一定有害，D正确；
故合理选项是D。
9．B
【详解】A．因为铁离子有氧化性，碘离子有还原性，所以二者会发生氧化还原反应生成碘单质，淀粉遇到碘单质会变蓝，A正确；
B．向某溶液中滴加硝酸银，产生白色沉淀，说明溶液中有离子会与银离子生成沉淀，该离子也可能是碳酸根，不一定是氯离子，B错误；
C．向氧化铝中分别滴加盐酸、氢氧化钠溶液，氧化铝溶解，说明氧化铝既能与酸反应、又能与碱反应，氧化铝为两性氧化物，C正确；
D．向酸性高锰酸钾溶液中滴加硫酸亚铁溶液，紫色褪去，说明发生氧化还原反应，高锰酸根离子被还原，亚铁离子被氧化，则亚铁离子有还原性，D正确；
故选B。
10．C
【分析】由题意可知，溶液无色，则一定不含Cu2+；由滤液加盐酸无现象，可知滤液中一定不含CO、HCO；由溶液加氯化钡，产生白色沉淀，可知滤液中一定含有SO，则原溶液中一定含有SO；由滤液加硝酸银，产生白色沉淀，可知滤液中一定含有Cl-，由于原溶液加入了盐酸和氯化钡，则不能确定原溶液中是否含有Cl-；由于每种离子的数目均相等，根据电荷守恒可知，溶液中一定含有Na+、H+、SO，一定不含Cl-，以此解题。
【详解】A．由分析可知，原溶液一定不含有Cl-，A错误；
B．由分析可知，原溶液一定不含有Cl-，B错误；
C．由分析可知，原溶液一定含有Na+、SO、H+，C正确；
D．由分析可知，原溶液不含HCO、CO，D错误；
故选C。
11．(1)①②
(2)NaHCO3=Na++HCO3-
(3) NaHCO3+HCl=H2O+CO2 +NaCl CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2 +H2O+CO2↑
【分析】根据电解质与非电解质的定义判断电解质与非电解质，书写电离方程式；根据物质的性质书写相关反应方程式。
(1)
CH3COOH、NaHCO3、Ca(OH)2在水溶液中都能电离出自由移动的离子而导电，属于电解质；CH4、C2H5OH在水溶液里和熔融状态下都不能电离出自由移动的离子，属于非电解质；Cu是单质，既不是电解质又不是非电解质；所以是电解质的是；是非电解质的是；故答案为①②；
(2)
NaHCO3在水中电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式是 NaHCO3=Na++HCO3-；故答案为 NaHCO3=Na++HCO3-；
(3)
碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，反应的离方程式是NaHCO3+HCl=H2O+CO2 +NaCl；醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的方程式是CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑；故答案为CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2。
12． 1 14 2 2 7 3 HCl CrCl3 3 1：6 1.8
【分析】（1）分析反应中各元素化合价变化，依据氧化还原反应得失电子守恒，原子个数守恒配平方程式；
（2）反应物中所含元素化合价升高的为还原剂，对应氧化产物，所含元素化合价降低的反应物为氧化剂，对应还原产物；依据K2Cr2O7+14HCl（浓）=2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O，可知生成3ml氯气转移6ml电子，被氧化的氯化氢物质的量为6ml；
（3）反应中H2S中S氧化化合价升高，SO2中S元素化合价降低，氧化产物为2ml，还原产物为1ml，此时氧化产物比还原产物多32g，据方程式计算。
【详解】（1）K2Cr2O7+HCl（浓）=KCl+CrCl3+Cl2↑+H2O，K2Cr2O7中+6价Cr化合价降为CrCl3中+3价，反应1mlK2Cr2O7，得到6ml电子，HCl中-1价的Cl化合价升高为Cl2中的0价，生成1mlCl2失去2ml电子，依据得失电子守恒可知：CrCl3系数为2，Cl2系数为3，然后根据反应前后各种原子个数相等配平，故方程式K2Cr2O7+14HCl=2KC1+2CrCl3+7H2O+3Cl2↑，故答案为1；14；2；2；7；3；
（2）反应中K2Cr2O7中+6价Cr化合价降为CrCl3中+3价，所以K2Cr2O7为氧化剂，CrCl3为还原产物；HCl中-1价的Cl化合价升高为Cl2中的0价，所以HCl为还原剂，Cl2为氧化产物；依据
～6mle-
2 6
1 3
故电子转移3ml，从反应中得14HCl中有6HCl价态发生变化，还有8个未发生变化，故作还原剂的为6ml，氧化剂K2Cr2O7为1ml，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6，故答案为HCl；CrCl3；3；1：6；
（3）反应2H2S+SO2=2H2O+3S↓中，生成3mlS，氧化产物为2ml，还原产物为1ml，此时氧化产物比还原产物多32g，同时会生成水2ml，若氧化产物比还原产物多1.6g，同时会生成水0.1ml，质量是1.8g，故答案为1.8。
13． A、C、G 有白烟生成 A瓶中的氯化氢移动到B瓶中，与B瓶中的氨气反应生成氯化铵，能看到白烟 液体进入B瓶中，溶液的颜色变红
【分析】（1）实验室用加热固体氯化铵和熟石灰制取氨气，反应发生为固体与固体加热制取气体的装置，根据氨气为易溶于水密度比空气小的气体性质选择收集装置，氨气极易溶于水，尾气处理需考虑倒吸；
（2）由于A中压强比B中大，所以当打开旋塞1时，A中的HCl会进入B中与NH3反应生成氯化铵，产生大量的白烟，稳定后，再打开旋塞2，由于氯化氢和氮气反应生成了固体氯化铵，导致烧瓶内的压强减小，使烧杯中的石蕊溶液进入B瓶。
【详解】（1）实验室用加热固体氯化铵和熟石灰制取氨气，反应发生为固体与固体加热制取气体的装置，应选择装置A制备氨气，氨气为易溶于水，不能用排水法收集，密度比空气小，需用向下排空气法收集，应选择装置C收集氨气，氨气极易溶于水，尾气处理需考虑倒吸，倒扣的漏斗边缘浸入水中能防止倒吸，应选装置G进行尾气处理，故答案为：ACG；
（2）①由于A中压强比B中大，所以当打开旋塞1时，A中的HCl会进入B中与NH3反应生成氯化铵，产生大量的白烟，故答案为：有白烟生成；A瓶中的氯化氢移动到B瓶中，与B瓶中的氨气反应生成氯化铵，能看到白烟；
②稳定后，再打开旋塞2，由于氯化氢和氨气反应生成了固体氯化铵，导致烧瓶内的压强减小，使烧杯中的石蕊溶液进入B瓶，氯化铵溶液呈酸性，溶液变为红色，故答案为：液体进入B瓶中，溶液的颜色变红。
14．(1) a NH3 增大氨气与饱和食盐水的接触面积，有利于氨气充分溶解，并能防止产生倒吸
(2)NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl
(3) 防止温度过高，过氧化氢受热分解 2Na2CO3+3H2O2=2Na2CO3·3H2O2 硅酸根与金属离子形成沉淀，防止金属离子催化H2O2分解
(4)CO2、NaCl、异丙醇
(5)C
【分析】由题给流程可知，二氧化碳与氨气和饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠沉淀和含有氯化钠和氯化铵的滤液；碳酸氢钠煅烧分解生成碳酸钠和二氧化碳，则A为碳酸钠固体、B为二氧化碳气体；向碳酸钠固体中加入过氧化氢、氯化镁和硅酸钠的混合溶液，硅酸钠将铁离子、铜离子转化为硅酸盐沉淀，防止铁离子、铜离子催化过氧化氢分解，碳酸钠固体与过氧化氢溶液反应生成过碳酸钠，过滤得到过碳酸钠溶液；向过碳酸钠溶液中加入异丙醇，降低过碳酸钠的溶解度，使过碳酸钠转化为沉淀，过滤得到过碳酸钠晶体，用异丙醇洗涤过碳酸钠沉淀后，干燥得到过碳酸钠；向滤液中加入氯化钠细粉，通入氨气，过滤得到氯化铵固体和饱和食盐水，整个流程转化过程中，二氧化碳、饱和食盐水和异丙醇可以循环使用。
【详解】（1）氨气极易溶于水，二氧化碳溶于水，为使二氧化碳充分反应，实验中应先通过导管a向饱和食盐水中通入极易溶于水的氨气使溶液呈碱性，再通过导管b向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体，使二氧化碳与氨气和饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵；甲装置的b导管下端连接c装置，可以增大氨气与饱和食盐水的接触面积，有利于氨气充分溶解，并能防止产生倒吸故答案为：a；NH3；增大氨气与饱和食盐水的接触面积，有利于氨气充分溶解，并能防止产生倒吸；
（2）反应Ⅰ为二氧化碳与氨气和饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，，反应的化学反应方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，故答案为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；
（3）过氧化氢不稳定受热易分解，则“反应Ⅱ”需控制温度在20℃左右的目的是防止温度过高，过氧化氢受热分解；反应Ⅱ为碳酸钠固体与过氧化氢溶液反应生成过碳酸钠，反应的化学方程式为2Na2CO3+3H2O2=2Na2CO3·3H2O2；过氧化氢在铁离子、铜离子催化作用下，易发生分解反应，则加入硅酸钠溶液的作用是将铁离子、铜离子转化为硅酸盐沉淀，防止铁离子、铜离子催化过氧化氢分解，故答案为：防止温度过高，过氧化氢受热分解；硅酸根与金属离子形成沉淀，防止金属离子催化H2O2分解；
（4）由分析可知，整个流程转化过程中，二氧化碳、饱和食盐水和异丙醇可以循环使用，故答案为：CO2、NaCl、异丙醇；
（5）A．过氧化氢在二氧化锰做催化剂作用下，易发生分解反应，会使过碳酸钠失效，故不符合题意；
B．稀盐酸能与碳酸钠反应，会使过碳酸钠失效，故不符合题意；
C．碳酸氢钠溶液与碳酸钠和过氧化氢均不反应，不使过碳酸钠失效，故符合题意；
D．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会氧化过氧化氢，会使过碳酸钠失效，故不符合题意；
故选C。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
D
B
D
C
C
A
D
B
C