安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期3月阶段性教学质量监测化学试题 Word版含解析.docx

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1、2023-2024学年第二学期高一阶段性教学质量监测化学注意事项：1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A. 有一定的毒性，不能用作食品添加剂B. 氮氧化合物与“光化学烟雾”的形成有关C. “

2、丹砂 烧之成水银，积变又还成丹砂”描述的是可逆反应D. 食品包装袋中常放置生石灰、还原铁粉等，其作用都是防止食品氧化变质【答案】B【解析】【详解】A具有一定的毒性，但可用作食品添加剂，如用作葡萄酒的抗氧化剂，A错误；B氮氧化合物与“光化学烟雾”的形成有关，B正确；C丹砂烧之成水银,积变又还成丹砂描述的是两个反应,不是可逆反应，C错误；D食品包装袋中常放置生石灰,其作用是防止食品受潮变质，D错误； 故选B。2. 下列说法不正确的是A. 互为同位素B. 杀菌原理与漂白粉相同C. “日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”，“紫烟”指“香炉”中碘升华的现象D. 中阴阳离子数目比为 【答案】C【解析】【详解】

3、A具有相同数目的质子而不同数目的中子的同一元素的原子，故互为同位素，A正确；B杀菌原理是由于具有强氧化性，漂白粉能与空气中的水和CO2反应生成具有强氧化性的HClO而能杀菌消毒，故二者原理相同，B正确；C“日照香炉生紫烟”的意思是说“由于瀑布飞泻，水气蒸腾而上，在丽日照耀下，仿佛香炉中冉冉升起了团团紫烟”，由此可见这个“烟”实际上是水产生的雾气，不是碘升华的现象，C错误；D中阴离子为：，阳离子为：Ca2+，故中阴、阳离子数目比为1:1，D正确； 故选C。3. 下列物质间的转化能一步实现的是A. SSO3B. Cl2HClOC. Fe2O3D. N2NO2【答案】B【解析】详解】A必须通过才能实

4、现，A错误；BHClO可通过与水反应制取，B正确；CFe2O3不溶于水，不与水反应，要转化成，可通过实现，C错误；DN2NO2必须通过实现，D错误；故选B。4. 实验小组欲除去粗盐中的Ca2+、Mg2+和，下列有关该实验的说法错误的是A. 选用试剂的顺序可依次为：BaCl2、Na2CO3、NaOH、HClB. 可用代替BaCl2和NaOH，简化实验操作步骤C. 滴加Na2CO3溶液发生的反应只有：D. 为检验滴加盐酸是否过量，可用玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸中部，若变蓝，证明盐酸量不足【答案】C【解析】【分析】用化学沉淀法去除粗盐中的、和，所选试剂分别是碳酸钠溶液，氢氧化钠溶液和氯化钡溶液。Na

5、2CO3溶液在BaCl2溶液之后加入，其作用除了除去Ca2+外，还要除去过量的Ba2+，过滤后滤液中含有多余的氢氧化钠和碳酸钠，故在滤液中需加入盐酸，可通过调节溶液pH使之等于7；【详解】A 据分析，选用试剂的顺序可依次为：BaCl2、Na2CO3、NaOH、HCl，A正确；B据分析，钡离子用于除去硫酸根、氢氧根用于除去镁离子，则可用代替BaCl2和NaOH以简化实验操作步骤，B正确；C 滴加Na2CO3溶液发生的反应有：、，C不正确；D 可用pH试纸检验盐酸是否过量，方法为：用玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸中部，若变蓝，证明盐酸量不足，D正确；答案选C。5. 已知反应。下列说法错误的是A. 离子

6、半径 H+Na+B. NaH的电子式C. NaOH中既含离子键又含共价键D. NaH可作生氢剂【答案】B【解析】【详解】A离子核外电子层数越多，离子半径就越大，所以；离子半径大小关系为：H+Na+，A正确；BNaH是离子化合物，Na+与H-通过离子键结合，故其电子式为，B错误；CNaOH是离子化合物，Na+与OH-之间以离子键结合，在OH-中H、O原子之间以共价键结合，故NaOH中既含离子键又含共价键，C正确；DNaH可与H2O反应产生H2，故NaH可以作生氢剂，D正确；故合理选项是B。6. 下列离子方程式书写错误的是A. 氯化铜溶液中通入硫化氢气体：B. 氯化铁溶液中通入二氧化硫：C. 次氯

7、酸钠溶液中通入过量的二氧化碳：D. 碳酸氢钙溶液与少量澄清石灰水反应：【答案】D【解析】【详解】A氯化铜溶液中通入硫化氢气体生成CuS与HCl，离子方程式为，A正确；B氯化铁溶液中通入二氧化硫生成亚铁离子与硫酸根离子，离子方程式为，B正确；C次氯酸钠溶液中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钠与HClO，离子方程式为，C正确；D碳酸氢钙溶液与少量澄清石灰水反应生成碳酸钙与水，离子方程式为，D错误；故选D。7. 下列与“物质的量”相关的计算正确的是(为阿伏加德罗常数的值)A. 某核素形成型氢化物，则约含有个中子B. 中有b个氯原子，则的数值可表示为C. 将固体溶解在水中所得溶液的物质的量浓度为D. 现有

8、三种气体，它们分别都含有，则三种气体的物质的量之比为【答案】A【解析】【详解】A的摩尔质量为g/mol，中子数为，中子数为0，则物质的量为mol，则约含有个中子，A正确；B根据，且中有b个氯原子，由于1mol具有2mol氯原子，代入数值，解得的数值可表示为，B错误；C将固体溶解在水中所得溶液的体积并非500mL，物质的量浓度无法计算，C错误；D含 1 mol O 的的物质的量分别是mol、mol、1mol，则三种气体的物质的量之比为，D错误；故选A。8. 下列实验操作、现象和结论一定都正确的是选项实验操作和现象结论A用铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，火焰颜色呈黄色该溶液为溶液B向溶液中通入和X气体

9、，出现白色沉淀X具有强氧化性C用脱脂棉包好，然后滴加几滴水，脱脂棉燃烧反应放热，生成可燃性气体D向溶液中加入少量氯水，再加，振荡，静置后出现分层，层无色的还原性强于A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A用铂丝蘸取溶液X进行焰色反应实验，火焰呈黄色说明溶液中含有钠元素，但不一定是NaCl溶液，也可能是其他含钠元素的溶液，A错误； B若X为氨气，则氨气、二氧化硫、氯化钡也会反应生成亚硫酸钡沉淀，B错误；C脱脂棉燃烧说明反应放热，温度达到脱脂棉的燃点导致其燃烧，不能说明生成可燃性气体，C错误；D向溶液中加入少量氯水，而层无色，说明亚铁离子首先被氧化，故的还原性强于，D正确；故选

10、D。9. 如图装置可用于制取、净化并收集表格中的四种气体（ 表示相应仪器中加入的试剂），其中可行的是选项气体A高锰酸钾溶液浓盐酸饱和食盐水B浓硫酸浓硫酸C稀硫酸碱石灰D双氧水浓硫酸A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A浓盐酸与高锰酸钾溶液反应制氯气，用饱和食盐水除氯化氢，应该再用浓硫酸干燥，A错误；B浓硫酸与金属铜的反应需在加热的条件下进行，而本实验没有加热，B错误；C锌与稀硫酸制氢气，用碱石灰干燥，氢气密度比空气小，应用向下排空气法，C错误；D双氧水在二氧化锰催化下分解生成氧气，不需要加热，氧气可用浓硫酸净化，并且氧气密度大于空气，可用向上排空法收集，D正确； 故选D。

11、10. 天然气中含有有毒气体H2S，用下图所示流程可实现天然气在氧化亚铁硫杆菌(菌)作用下催化脱硫。下列说法不正确的是 A. 过程的pH降低，过程的pH升高B. 该脱硫过程不可以在碱性环境中进行C. 该脱硫过程不需要补充FeSO4溶液D. 该脱硫过程的总反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1【答案】D【解析】【详解】A过程的反应为：2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+，过程的4Fe2+O2+4H+=4Fe3+ +2H2O，因此反应过程中过程的pH降低，过程的pH升高，A正确；B硫化氢水溶液显酸性，不能在中性或碱性环境下进行，A正确；CT . F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2

12、(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，Fe2(SO4)3为催化剂，FeSO4溶液为中间产物，不需要添加，C正确；D依据图示：在硫酸铁催化剂条件下H2S与O2反应生成硫单质和水，反应总方程式: 2H2S+O2=2S+2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，D错误；故合理选项是D。11. 将1.1 g铁、铝混合物溶于200 mL 5 molL1的盐酸中，反应后盐酸的浓度变为4.6 molL1(溶液体积变化忽略不计)，则下列表述不正确的是()A. 反应中消耗HCl为0.08 molB. 混合物中含有0.02 mol AlC. 混合物中含有0.01 mol

13、FeD. 混合物中Al与Fe的物质的量之比为11【答案】D【解析】【详解】设1.1g混合物中Fe的物质的量为n1mol，Al为n2mol，反应中消耗的盐酸的物质的量为：n=cV=0.2L(5 molL-1-4.6 molL-1)=0.08mol，根据反应进行计算如下： ， ，则有56n1+27n2=1.1g，2n1+3n2=0.08mol，联合解得，n1=0.01mol，n2=0.02mol，故混合物中含有0.01molFe，0.02molAl，故A、B、C均正确，DFe和Al的物质的量之比为0.01mol：0.02mol=1：2，错误；故答案为：D。12. 海水化学资源开发利用中的提碘、提溴

14、的部分过程如图所示。下列说法正确的是A. I中操作用到的玻璃仪器只有烧杯、玻璃棒、胶头滴管B. I中操作的苯可用酒精代替C. 中SO2与Br2反应的化学方程式为：D. 中还原性：【答案】C【解析】【分析】海带灰、加蒸馏水浸泡灰分并过滤除去残渣、所得滤液含碘离子，加氧化剂把碘离子氧化为碘单质、再用苯萃取、分液后得到碘的苯溶液，进一步分离得到碘单质。苦卤中通氯气，将溴离子氧化为溴单质，通入热空气到含低浓度溴水的混合液中，溴易挥发，利用热空气的加热、搅拌作用吹出溴，再用二氧化硫把溴单质还原为溴离子：，所得溶液中通氯气把溴离子氧化为溴单质，经蒸馏后得到溴；【详解】AI中操作为过滤，缺少玻璃仪器漏斗，A

15、错误；B 酒精与水互溶，不能做萃取剂，I中操作的苯不可用酒精代替，B错误；C 中，水参与下，SO2与Br2反应生成硫酸和氢溴酸，化学方程式为：，C正确；D还原剂的还原性强于还原产物的还原性，中2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，Br-是还原剂、Cl-是还原产物，则还原性：，又有反应：，二氧化硫是还原剂、Br-是还原产物，则还原性：，综上，还原性：，D错误；答案选C。13. 下表中I、II实验操作对应的原理一定相同的是IIIA屠呦呦用乙醚从青蒿中提取青蒿素用用CCl4从碘水中提取I2BCl2通入滴有酚酞的NaOH溶液中红色褪去SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中红色褪去C利用半透膜除去胶体中的加热

16、分离固体I2和NaCl的混合物D用品红溶液鉴别SO2和CO2酸性KMnO4溶液鉴别SO2和CO2A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A用乙醚从青蒿中提取青蒿素，用CCl4从碘水中提取I2，二者均为萃取，故二者的原理相同，A正确；BCl2通入滴有酚酞的NaOH溶液中红色褪去，可能是氯气与碱反应消耗了碱而褪色，也可能是氯气与水生成的次氯酸的漂白性导致了褪色，SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中红色褪去是因为消耗了碱而褪色，故二者的原理不一定相同，B错误；C利用半透膜除去胶体中是渗析，加热分离固体I2和NaCl的混合物是升华，故二者的原理不同，C错误；D用品红溶液鉴别SO2和CO

17、2利用了二氧化硫的漂白性，酸性KMnO4溶液鉴别SO2和CO2用了二氧化硫的还原性，故二者的原理不同， D错误；答案选A。14. 嫦娥五号带回1731克月壤，月壤中含有的六种元素 ，均为前20号元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为 三种元素的原子序数之和等于 与两元素的原子序数之和。 同周期且原子序数相邻，左右相邻，与 上下相邻，下列结论正确的是A. 元素对应单质熔沸点比 单质低B. 与 组成化合物不能与 的最高价氧化物对应水化物反应C. 单质从酸或水中置换氢的能力：D. 简单离子半径大小顺序：【答案】C【解析】【分析】，均为前20号元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为 18；R、

18、T、X三种元素的原子序数之和等于 与Z两元素的原子序数之和。 同周期且原子序数相邻，左右相邻，R与Z上下相邻，则设R原子序数为a，则T、X、Y、Z序数分别为a+1、a+2、a+7、a+8，R、T、X三种元素的原子序数之和等于Y与Z两元素的原子序数之和，则a+a+1+a+2=a+7+a+8，a=12，R、T、X、Y、Z分别为镁、铝、硅、钾、钙；最外层电子数之和为18，则Q最外层电子为6，为氧；【详解】A镁原子半径小于钙，则单质镁中的金属键键能大于钙，故镁单质熔沸点高于钙，A错误；B氧化铝属于两性氧化物，能和氢氧化钾反应，B错误；C同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增

19、强，非金属性变弱；金属性越强越容易置换出氢，故单质从酸或水中置换氢的能力KCaMgAl，C正确；D电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径大小顺序：，D错误； 故选C。二、非选择题（本题共4小题，共58分。）15. 现有下列10种物质： 溶液 液态 固体 纯醋酸 氢氧化铁胶体 乙醇 溶液（1）上述物质中能导电的有_(填序号，下同)，属于电解质的有_。（2）向中逐滴加入的水溶液，该过程中可观察到的现象为_。（3）向一定浓度的中滴加，溶液的电导率随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。则ab段发生反应的离子方程式为_，c点溶液中大量存在的离子是_。（4）与在高温下反应生

20、成一种高效绿色消毒剂高铁酸钠，反应方程式为，若每生成，理论上被还原的的物质的量为_mol。【答案】（1） . . （2）先出现红褐色沉淀，然后沉淀溶解，溶液变为黄色 （3） . . （4）0.75【解析】【小问1详解】电解质是在水中或熔融状态下能导电的化合物，酸、碱、盐、水都是电解质，非电解质是水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物，混合物和单质既不是电解质也不是非电解质；能导电的根本原因是溶液中有自由移动的离子；则上述物质中能导电的有；属于电解质的有；【小问2详解】向氢氧化铁胶体中加入液态HCl，氢氧化铁胶体会先发生聚沉生成氢氧化铁沉淀，而后沉淀溶解，则现象为：先出现红褐色沉淀，然后沉淀溶解，

21、溶液变为黄色；【小问3详解】向溶液中滴加溶液，ab段导电能力急剧下降但b点不是最低点，说明离子数目减少，则此时发生的离子方程式为；bc段导电能力下降且c点为最低点，而cd段上升，说明cd段溶液过量，则c点的溶质为硫酸钠，大量存在的离子为；【小问4详解】反应中，Fe元素的化合价由+2价升至+6价，2molFeSO4参与反应失去8mol电子，Na2O2中O元素的化合价部分由-1价升至O2中的0价，部分由-1价降至-2价，6molNa2O2参与反应，其中5molNa2O2被还原，根据化学方程式，每生成，即0.15mol，理论上被还原的的物质的量为0.75mol。16. 下表为元素周期表的一部分，用化

22、学用语回答下列问题：（1）写出的最高价氧化物的水化物的电子式_。（2）、的简单离子的半径由大到小顺序为_。(写离子符号)。（3）用电子式表示与形成化合物的过程_。（4）元素、组成的化合物是84消毒液的主要成分，可以在碱性条件下处理CN-，将CN-氧化成和N2，写出反应的离子方程式_。（5）将和单质各1 mol投入足量水中，充分反应后，所得溶液体积为，则该过程可得标况下气体体积_L。最终获得溶液的物质的量浓度为_mol/L。【答案】（1） （2）S2-Cl-O2-Al3+ （3） （4）2CN-+5ClO-+2OH-=5Cl-+2+N2+H2O （5） . 44.8 . 2【解析】【分析】根据元

23、素在周期表的位置可知：是N，是O，是F，是Na，是Al，是S，是Cl，是Ca元素，然后根据元素周期表及物质的性质分析解答。【小问1详解】是Na，其最高价氧化物对应的水化物是NaOH，该物质是离子化合物，Na+与OH-之间以离子键结合，在阴离子OH-中H、O原子之间以共价键结合，故NaOH的电子式为：；【小问2详解】是O，是Al，是S，是Cl，它们形成的离子分别是O2-、Al3+、S2-、Cl-，O2-、Al3+两种离子核外有2个电子层；S2-、Cl-两种离子核外有三个电子层。离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层结构相同时，离子核电荷数越大，离子半径就越小，所以四种离子半径大小关

24、系为：S2-Cl-O2-Al3+；【小问3详解】是F，是Ca，二者通过电子得失形成F-、Ca2+，然后离子之间以离子键结合形成离子化合物CaF2，因此两种化合物的形成过程，用电子式表示为：；【小问4详解】是O，是Na，是Cl，三种元素形成的84消毒液主要成分是NaClO，该物质具有强氧化性，可以在碱性条件下将CN-氧化为N2、，ClO-被还原为Cl-，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：2CN-+5ClO-+2OH-=5Cl-+2+N2+H2O；【小问5详解】是Na，是Al，将1 mol Na投入H2O中发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2，1 mol Na反应产

25、生1 molNaOH和0.5 mol H2，然后Al与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，1 molAl与1 mol NaOH溶液反应，产生1 mol NaAlO2和1.5 mol H2，则共反应产生2 mol H2，其在标准状况下反应产生H2的体积V(H2)=2 mol22.4 L/mol=44.8 L；反应产生1 mol NaAlO2，由于溶液的体积是500 mL，故所得溶液的物质的量浓度c(NaAlO2)=2 mol/L。17. 工业上用赤铁矿（主要成分为，含等杂质）制备绿矾的流程如下：已知：能与溶液反应生成可溶性盐。回答下列问题

26、：（1）试剂a为_。（2）试剂b需过量，其目的是_；“滤渣”的成分是_。（3）“结晶”需隔绝空气，原因是_。（4）绿矾隔绝空气加强热可用于制备红色颜料铁红。取样品隔绝空气加热（杂质不反应），受热过程中样品质量随温度变化的曲线如图所示（已知固体不含结晶水）。固体主要成分的化学式为_。时，除生成铁红外，同时生成能使溶液变浑浊的气体和使品红溶液裉色的气体。该温度下反应的化学方程式为_；该样品中的质量分数为_（保留一位小数）。【答案】（1）硫酸 （2） . 铁离子转化为亚铁离子，铜离子转化为铜 . 铜和铁 （3）防止硫酸亚铁被氧化 （4） . FeSO44H2O . . 92.7%【解析】【分析】赤铁

27、矿（主要成分为，含等杂质）粉碎与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，Fe2O3、FeO、CuO与硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸铜，与过量的铁粉反应生成硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶得到绿矾(FeSO47H2O)。【小问1详解】制备绿矾(FeSO47H2O)，试剂a为硫酸，故答案为：硫酸；【小问2详解】试剂b为铁粉，可以还原三价铁和置换出铜离子，则试剂b需过量，确保铁离子转化为亚铁离子，铜离子转化为铜，“滤渣”的成分是铜和铁，故答案为：铁离子转化为亚铁离子，铜离子转化为铜；铜和铁；【小问3详解】硫酸亚铁易被空气中的氧气氧化，则“结晶”需隔绝空气，原因是防止硫酸亚铁被氧化，故答案为：防止硫酸亚铁被氧化

28、；【小问4详解】6gFeSO47H2O其物质的量约为0.02mol，FeSO47H2OM，质量减小1.08g，恰好失去0.06molH2O，则M的化学式为FeSO44H2O；FeSO47H2OM，质量减小3.96g，则水的物质的量为，则样品全部失去结晶水得到固体质量为，则633时，硫酸铁分解除生成铁红外，同时生成能使BaCl2溶液变浑浊的气体和使品红溶液褪色的气体，则该温度下反应的化学方程式为；由此可得出样品中FeSO47H2O的质量为2780.02mol =5.56g，则该样品中FeSO47H2O的质量分数为。18. 以 为原料制备氧钒 碱式碳酸铵 。其过程： 碱式碳酸铵粗产品已知 能被 氧

29、化，回答下列问题：（1）步骤 I的反应装置如图(夹持及加热装置略去)仪器a的名称为_，使用此仪器的优点是_。步骤 I生成 的同时，还生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为_。（2）步骤可在如下图装置中进行。接口的连接顺序为 _实验开始时，关闭 ，打开 ，其目的是_。当_时(写实验现象)，再关闭 ，打开 ，充分反应，静置，得到固体。（3）测定产品纯度称取 氧钒 碱式碳酸铵粗产品经处理后，钒 元素均以 形式存在，然后用 溶液与之恰好完全反应时，消耗体积为 。(已知：)产品中氧钒 碱式碳酸铵(摩尔质量为 )的质量分数为_。【答案】（1） 恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗或恒压漏斗 . 平衡压强，便

30、于漏斗中液体顺利滴下 . （2） . 或 . 排尽装置内空气，防止 被氧化 . 装置 中澄清石灰水变浑浊 （3）【解析】【小问1详解】由仪器a的构造可知仪器a的名称为恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗或恒压漏斗，故答案为：恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗或恒压漏斗；使用其的好处为能够平衡内外压强，使漏斗内液体能够顺利流下，答案为：平衡压强，便于漏斗中液体顺利滴下；结合电子得失守恒及元素守恒可得，步骤生成的同时，还生成一种无色无污染的单质气体N2，反应的化学方程式为【小问2详解】首先通过装置A制取CO2，利用装置C除去CO2中的HCl后，将CO2通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊，确保空气被排尽后，再打开D中K2，开始实验，接口的连接顺序为adefgbc，故答案为： defgbc；实验开始时，先关闭K2，打开K1，当装置B中澄清石灰水变浑浊时，确保空气被排尽后，以防止产物被氧化，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体，故答案为：排尽装置内空气，防止 被氧化；装置中澄清石灰水变浑浊；小问3详解】