1、山东省德州市平原县第一中学2023年化学高一第一学期期末调研试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。
2、考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列实验现象描述错误的是编号实验现象A加热放在坩埚中的小块钠钠先熔化成光亮的小球，燃烧时，火焰为黄色，燃烧后，生成淡黄色固体B在酒精灯上加热用砂纸打磨过的铝箔铝箔变软，失去光泽，熔化的铝并不滴落C在FeCl2溶液中滴入NaOH溶液生成白色沉淀，沉淀很快变为灰绿色，最后变为红褐色D将水蒸气通过灼热的铁粉黑色粉末变为红褐色AABBCCDD2、下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是（ ）AK+、Al3+、SO、H+BNH、Cu2+、Cl-、OH-CH+、Na+、HCO、Cl-DAg+、Na+、NO、Cl-3、已知反应
3、：Cl2+2KBr=2KCl+Br2， KClO3 +6HCl=3Cl2+KCl +3H2O，2KBrO3 +Cl2=Br2 + 2KClO3，下列说法正确的是（ ）A上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B中当有lmol还原剂反应时，则氧化剂得到电子的物质的量为2molC反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6：1D氧化性由强到弱顺序为 KBrO3KClO3Cl2Br24、氯的核电荷数为17，35Cl是氯的一种核素，下列说法正确的是（ ）A35Cl2气体的摩尔质量为 70gBmol的1H35Cl分子所含中子数约为6.02 1023C3.5g 35Cl2气体的体积约为1.12LDNa35Cl
4、中Cl的结构示意图:5、如图是某同学设计用来验证SO2性质的微型实验装置。分析实验，下列结论不正确的是()A棉球a褪色，说明SO2具有漂白性B棉球b褪色，说明SO2具有氧化性C棉球c褪色，说明SO2具有还原性D可以用氨水或高锰酸钾溶液吸收尾气6、在托盘天平的两盘，放上质量相等的A、B两烧杯，调至平衡，然后分别倒入质量相等的足量盐酸，继而在AB两烧杯中放入下述各组物质，结果天平仍保持平衡的是（ ）A0.5 mol Na和0.5 mol AlB0.1 mol Zn和0.1 mol AlC8.4 g MgCO3和8.4 g NaHCO3D10 g CaCO3 和10 g Na2CO37、NaOH溶于
5、水时，扩散过程吸收了a kJ的热量，水合过程放出了b kJ的热量。下列判断正确的是AabBa=bCaBr2，中KClO3Cl2，中KBrO3KClO3，综上所述有：KBrO3KClO3Cl2Br2，故正确。4、B【解析】A. 单位不正确，摩尔质量的单位是g/mol，故A错误；B. mol的1H35Cl分子所含中子数=NA个，约为6.02 1023，故B正确；C. 未说明温度和压强，不能按标准状况下的气体摩尔体积进行计算，故C错误；D. 氯的核电荷数为17，则氯离子的结构示意图为：，故D错误；答案选B。5、B【解析】亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫能使口红溶液褪色，二氧化硫是酸性氧化物
6、，与碱反应生成亚硫酸钠和水，碘单质、二氧化硫和水反应生成硫酸和氢碘酸。【详解】A、a棉球中品红褪色，验证SO2具有漂白性，故A正确；B、b棉球褪色，SO2与碱液反应，碱性减弱，溶液褪色，验证SO2具有酸性氧化物的性质，故B错误；C、碘与SO2和水反应生成氢碘酸和硫酸，碘单质反应完全c棉球蓝色褪去，验证SO2的还原性，故C正确；D、SO2具有强的还原性，能够被高锰酸钾溶液氧化成硫酸，SO2具有酸性氧化物的性质，可以被氨水吸收，故D正确；故选：B。【点睛】本题考查二氧化硫气体有四性：变价有2个：氧化性、还原性；特性有1个：漂白性；不变价有1个：酸性氧化物的性质，易错点C，碘与SO2和水反应生成氢碘
7、酸和硫酸，碘将SO2氧化。6、C【解析】加入盐酸会产生气体，当反应后两盘溶液质量相等时，天平平衡，反应后溶液的质量=原来物质的质量+盐酸质量-产生气体的质量，据此分析解答。【详解】A、0.5molNa和盐酸反应产生氢气0.25mol，质量是0.5g，0.5molAl和盐酸反应产生氢气0.75mol，质量是1.5g，盛放金属钠的烧杯中反应后溶液的质量=原来物质的质量+盐酸质量-产生气体的质量=11.5g+盐酸质量-0.5g，盛放金属铝的烧杯中反应后溶液的质量=原来物质的质量+盐酸质量-产生气体的质量=13.5g+盐酸质量-1.5g，反应后两烧杯溶液质量不相等，天平不平衡，故A错误；B、0.1mo
8、lZn和盐酸反应产生氢气质量是0.2g，0.1molAl和盐酸反应产生氢气质量是0.3g，盛放金属Zn的烧杯中反应后溶液的质量=原来物质的质量+盐酸质量-产生气体的质量=6.5g+盐酸质量-0.2g，盛放金属Al的烧杯中反应后溶液的质量=2.7g+盐酸质量-0.3g，反应后两烧杯溶液质量不相等，天平不平衡，故B错误；C、8.4gMgCO3和盐酸反应产生二氧化碳气体质量是4.4g，8.4gNaHCO3和盐酸反应产生二氧化碳气体质量是4.4g，盛放MgCO3的烧杯中反应后溶液的质量=8.4g+盐酸质量-4.4g，盛放8.4gNaHCO3的烧杯中反应后溶液的质量=8.4g+盐酸质量-4.4g，反应后
9、两烧杯溶液质量相等，天平平衡，故C正确；D、10gCaCO3和盐酸反应产生二氧化碳气体质量是4.4g，10g Na2CO3和盐酸反应产生二氧化碳气体质量不是4.4g，盛放CaCO3的烧杯中反应后溶液的质量=10g+盐酸质量-4.4g，盛放10g Na2CO3的烧杯中反应后溶液的质量10g+盐酸质量-4.4g，反应后两盘溶液质量不相等，天平不平衡，故D错误。故选C。【点睛】本题考查化学反应的计算，把握过量计算及天平平衡的问题为解答的关键。本题的易错点为D，要注意10g Na2CO3的物质的量小于0.1mol，因此生成的二氧化碳少于0.1mol，质量小于4.4g。7、C【解析】NaOH溶于水的过程
10、分为扩散过程和水合过程，整个过程是放热，所以水合过程放出的热量大于扩散过程吸收的热量，所以ab。故选C。8、D【解析】一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。据此判断。【详解】A、冰分子中存在氢氧形成的共价键，A不选；B、碳化硅中存在碳硅形成的共价键，B不选；C、干冰是二氧化碳，存在碳氧形成的共价键，C不选；D、单质氦是稀有气体分子，不存在化学键，D选。答案选D。9、A【解析】形成合金的二种金属必须在某一温度范围时都呈液态，这是熔合的基本条件。表中锌的沸点低于其他金属的熔点，在其他金属熔化时，锌已成气态。而金属W的熔点比其他金属的沸点都高，当W熔化时，其他
11、金属也已成为气态，所以能形成二元合金的元素不能有W和Zn，故选A。10、B【解析】A. Ag属于不活泼金属，不能和HCl反应，故A不符合题意；B. Fe属于活泼金属，能和稀H2SO4反应生成FeSO4，故B正确；C. Fe属于活泼金属，能和HCl反应生成FeCl2，故C错误；D. Cu属于不活泼金属，能和稀H2SO4反应，故D错误；答案：B。11、C【解析】根据Fe和H2O（g）反应的化学方程式和差量法计算。【详解】3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 m3mol 64gn（Fe） 32g=，解得n（Fe）=2.5mol，答案选C。12、B【解析】天平称量是原则是左物右码，即左盘的质量右盘
12、游码。所以根据实际的操作可知，镁的质量应该是25g0.2g24.8g，答案选B。13、C【解析】A、稀硫酸中的氢元素能体现氧化性，A不正确；B、浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，B不正确；C、接触法制硫酸的硫元素主要来源于硫黄或含硫矿石，它们与氧气反应生成二氧化硫的设备是沸腾炉，C正确；D、在加热的条件下浓硫酸和铁、铝等能发生氧化还原反应，D不正确；正确的答案选C。14、C【解析】A悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤利用了分散质粒子的大小进行分离，故A错误；B胶体的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜，渗析利用了分散质粒子的大小进行分离，故B错误；C萃取利用一种溶质在两种溶剂
13、中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故C正确；D胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，丁达尔效应与分散质粒子的大小有关，故D错误；故答案为C。15、A【解析】A23g钠即1mol钠，1mol钠与水反应生成0.5mol氢气，含有氢原子数目为0.5mol2NA=NA，故A正确；B16g甲烷即1mol甲烷，1mol甲烷含10mol电子，故电子数10NA，故B错误；C标况下，水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D氯气状况未知，无法计算氯气的物质的量，所以不能计算转移电子数目多少，故D错误；故选：A。【点睛】本题考查了阿伏伽德
14、罗常数的分析应用，掌握有关物质的量的计算公式是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象。16、D【解析】制铝合金用于制炊具外的材料，不必严加控制，这些材料不会直接接触消化系统，难以被吸收，故错误；铝作电线电缆与人的消化系统不直接接触，铝不会因使用电缆进入人体，无需控制，故错误；用铝制炊具，势必有部分铝元素通过食物进入人体，这种做法必须控制，故正确；明矾净水原理是硫酸铝钾溶液中含有铝离子，铝离子水解Al3+3H2OAl(OH)3（胶体）+3H+，生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体具有吸附性净水，铝可能随水进入人体，对人体有危害必须控制，故正确；明矾是十二水硫酸铝钾，其中含有铝，明矾KAl(S
15、O4)212H2O和苏打制食品膨松剂的过程中铝可能随水进入人体，对人体有危害必须控制，故正确；用氢氧化铝凝胶剂加工成胃舒平药片，人在服药时铝元素也会进入人体，这种做法必须控制，故正确；用铝易拉罐，饮料中就会含有铝元素，其中的铝元素会随饮料喝进人体内，这种做法必须控制，故正确；用铝包装糖果和小食品，铝会污染糖果和小食品，食品中的铝元素就会通过食物进入人体，这种做法必须控制，故正确； 答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、Cl2 氯化亚铁 产生苍白色火焰，瓶口有白雾产生 Fe+2FeCl 3=3FeCl2 先产生白色沉淀，后立即变成灰绿色，最后变成红褐色 4Fe(OH)2+2 H2O +
16、O2 =4Fe(OH)3 【解析】B、C是气体单质，B、C反应生成E，E溶液为常见强酸，所以E溶液是盐酸；A是用途最广的金属，D溶液中滴加KSCN溶液显血红色，A是铁，铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，则C是氢气、B是氯气，D是氯化铁，F是氯化亚铁。【详解】根据以上分析，（1）B是氯气，化学式是Cl2；F是氯化亚铁。（2）C是氢气、B是氯气，氢气在氯气中燃烧的反应现象是产生苍白色火焰，瓶口有白雾产生。（3）第步反应是氯化铁和铁反应，反应的化学反应方程式是Fe+2FeCl 3=3FeCl2。（4）氯化亚铁溶液中滴入NaOH溶液，生成白色氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁被氧气氧化为红褐色氢氧化铁，可能产生
17、的实验现象是先产生白色沉淀，后立即变成灰绿色，最后变成红褐色，反应的化学方程式是4Fe(OH)2+2 H2O + O2 =4Fe(OH)3。【点睛】本题考查无机物的推断，主要涉及铁的转化，利用物质的性质及转化关系图来推断物质是解答的关键，注意A、D为解答本题的突破口。18、紫色溶液褪色 还原性 4NH3+5O24NO+6H2O 防止倒吸 【解析】.常温下A为淡黄色固体单质，即说明A是S，则B是二氧化硫，C是三氧化硫，D是硫酸。.若A气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应为NH3，则B为NO，C为NO2，D为HNO3。【详解】. (1)SO2有还原性会被高锰酸钾氧化，将SO2通入KMnO4溶液的现象
18、为：紫色溶液褪色；体现SO2的还原性；(2)设98%的浓硫酸质量为100g，则m（H2SO4）=100g98%=98g，m（H2O）=100g-98g=2g，则n（H2SO4）=1mol，n（H2O）= = mol，100g98%的浓硫酸中1mol硫酸分子等价1molSO3和1molH2O，水的总物质的量为mol+1mol=，改写为氧化物形式SO3nH2O，则n=；.(1)由分析可知A为 NH3，B为NO，氨气的催化氧化可以生成NO，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；(2)氨气密度比空气小，极易溶于水，不能用排水法收集，可以用向下排空气法收集，装置为(3) 尾气处理装置中使用倒扣漏斗
19、的作用是：防止倒吸。19、广口瓶A中干燥的有色布条不褪色，广口瓶B中湿润的有色布条褪色 Cl2+H2OH+Cl-+HClO，次氯酸具有漂白性而使有色布条褪色 NaOH Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O Ca(ClO)2 C 【解析】（1）干燥的氯气不能使干燥的有色布条褪色，湿润的有色布条中含有水，水能够与氯气反应生成次氯酸；（2）氯水呈酸性，可以选用碱性的氢氧化钠溶液对其进行尾气吸收；（3）漂白粉的主要成分是氯化钙、次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，漂白粉要密封保存，如果长期露置于空气中则会变质。【详解】（1）氯气没有漂白性，干燥的氯气不能使广口瓶A中干燥的有色布条褪色，氯气与广口
20、瓶B中潮湿的有色布条中的水反应，Cl2+H2OH+Cl-+HClO，次氯酸具有漂白性而使有色布条褪色；（2）氯水呈酸性，可以用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，反应方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。（3）2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，长期露置于空气中的漂白粉会变质，Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，CaCO3+2HCl= CaCl2+ CO2+H2O，故长期露置于空气中变质后的漂白粉加稀盐酸后产生的气体是CO2，故选C。【点睛】本题考查氯气的性质，探究氯气的漂白性，氯气的尾气处理
21、，漂白粉的有效成分。20、分液漏斗 Cl22II22Cl 除去Cl2中的HCl 蒸馏 碱石灰 除去尾气中的氯气 防止空气中的水蒸气进入U型管内，与四氯化硅发生反应 【解析】由制备四氯化硅的实验流程可知，A中二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯气，制取的氯气中混有HCl，需要用B中饱和食盐水除去HCl，C装置中浓硫酸干燥氯气；装置D中Si与氯气加热反应生成四氯化硅；SiCl4遇水易反应，氯气有毒，需要用E中碱石灰吸收氯气及空气中水蒸气；杂质BCl3与SiCl4的沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，据此解答。【详解】（1）装置A中盛装浓盐酸的仪器名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）氯气能够将碘化钾氧
22、化成碘单质，淀粉遇碘单质变蓝，用湿润的淀粉KI试纸可以检验Cl2，发生反应为：Cl22II22Cl；（3）制取的氯气中混有HCl，需要用B中饱和食盐水除去HCl，故答案为：除去Cl2中混有的HCl；（4）根据标准沸点数据可知，BCl3与SiCl4的沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离出纯净的SiCl4；（5）由于SiCl4遇水易反应，且氯气有毒，需要用装置E中碱石灰吸收剩余的氯气、防止空气中水蒸气进入U形管，故答案为：碱石灰；除去尾气中的氯气；防止空气中的水蒸气进入U型管内，与四氯化硅发生反应。21、BD 3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O BC 称量操作简单宜行 2Al+2Na
23、OH+2H2O=2NaAlO2+3H2 【解析】(1)A.根据合金的定义判断；B.铜生成碱式碳酸铜，较为疏松；C.铜与O2反应生成氧化铜，为黑色固体；D.CuSO45H2O为纯净物。(2)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜，NO和水；依据硝酸在反应中氮元素化合价变化判断硝酸表现的性质；铝为活泼金属，可与强酸，也可与强碱反应生成氢气，根据反应前后质量差可计算出Al的质量，利用Al与NaOH溶液反应方程式中Al与H2的物质的量关系可计算出氢气在标准状况下的体积。【详解】(1)A.青铜是铜锡合金、不锈钢是铁铬、镍合金、硬铝是铝硅、镁等形成的合金，A正确；B.铜生成碱式碳酸铜，较为疏松，B错误；C.铜与O2反应
24、生成氧化铜，为黑色固体，C正确；D.CuSO45H2O为纯净物，加热后变为白色的固体CuSO4，D错误；故合理选项是BD；(2)铜与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2，NO和H2O，反应的离子方程式：3Cu+8H+NO3-=3Cu2+2NO+4H2O；反应中NO3-中N元素部分化合价降低，表现氧化性，部分化合价不变表现酸性，故合理选项是BC；测量气体的体积不如测量固体的质量简单易操作，所以方案比方案更易于实施，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2。铜铝混合物质量是m1，反应后未反应的Cu的质量为m2，则反应的Al的质量m(Al)=(m1-m2)g，Al的物质的量为n(Al)=mol，根据方程式中Al与H2的物质的量关系可知n(H2)=n(Al)=mol=mol，则反应产生的氢气在标准状况下的体积V(H2)=nVm=mol22.4L/mol=L。【点睛】本题综合考查物质的含量的测定、实验方案的评价。注意把握铜、铝的性质以及实验的原理，结合物质反应的性质及反应产物的状态分析解答，题目侧重考查学生的分析能力和实验能力。
