上海市行知中学2023-2024学年第二学期期中考试
高一化学试卷
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Fe-56 Cu-64 Mn-55
一、硫及其化合物
一、选择题部分(每题只有一个正确答案)
1. 下列关于硫及其化合物的叙述正确的是
A. 试管内壁残留的硫可用酒精洗涤 B. SO2的水溶液长期放置，酸性会增强
C. SO2有毒，不可以做食品添加剂 D. 浓硫酸在空气中敞口放置，质量会减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．硫不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳。试管内壁残留的硫不可用酒精洗涤，A错误；
B．SO2的水溶液长期放置，因被空气中的氧气氧化生成硫酸，氢离子浓度增大、酸性会增强，B正确；
C． SO2具有还原性，常用于葡萄酒酿制，作葡萄酒的抗氧剂，可以用作食品添加剂，C错误；
D．浓硫酸具有吸水性。浓硫酸在空气中敞口放置，质量会增大，D错误；
答案选B。
2. 将SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色。此过程中SO2表现出
A. 漂白性 B. 氧化性和漂白性
C. 还原性 D. 还原性和漂白性
【答案】C
【解析】
【详解】将二氧化硫气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，说明先生成碘，碘继续与二氧化硫反应生成HI和硫酸，发生I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，反应中二氧化硫表现还原性。故答案为C。
3. 含硫物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列有关说法正确的是
A. a在氧气中充分燃烧可转化为d
B. 附着有b的试管，可用热碱液清洗
C. 气体a、c均可用f的浓溶液干燥
D. 分别往f、e的溶液中滴加少量氯化钡溶液，均可产生白色沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】a为-2价氢化物，是H2S；b为S单质、c为+4价硫的氧化物SO2、d为+6价硫的氧化物SO3、e为亚硫酸、f为硫酸；
【详解】A．a为硫化氢，在氧气中充分燃烧生成SO2，，A错误；
B．b为硫单质，热碱液和硫单质反应，硫发生歧化反应被溶解，B正确；
C．H2S具有还原性，能被浓硫酸氧化，故不能应浓硫酸干燥，C错误；
D．f、e分别为硫酸、亚硫酸，亚硫酸酸性小于盐酸，亚硫酸不能和氯化钡生成白色沉淀，D错误；
故选B。
4. 双碱法脱硫过程如图所示，下列说法错误的是
A. 过程I中，SO2未被氧化
B. 过程Ⅱ中，1 mol O2可氧化2 mol Na2SO3
C. 双碱法脱硫过程中，Ca(OH)2可以循环利用
D. 总反应为2Ca(OH)2 + 2SO2 + O2 →2CaSO4+2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．过程Ⅰ中SO2被NaOH吸收生成 Na2SO3，SO2体现出酸性氧化物的性质，故A正确；
B．过程Ⅱ中，Na2SO3、Ca(OH)2与O2反应，生成NaOH和CaSO4，1mol O2可氧化2mol Na2SO3，故B正确；
C．过程Ⅰ中NaOH被消耗，过程Ⅱ中又生成NaOH，所以双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用，故C错误；
D．由以上分析可知，总反应为2Ca(OH)2+2SO2+O2═2CaSO4+2H2O，故D正确；
故选：C。
5. 实验室进行含硫化合物性质探究的装置如图所示(夹持装置省略)，分液漏斗①中盛有浓硫酸，将其逐滴加入到试管②的固体中。下列说法正确的是
A. 若②为铜单质，③中盛有氢硫酸，则③中生成淡黄色沉淀
B. 若②中为Na2SO3固体，③中盛石蕊溶液，则③中溶液先变红后褪色
C. 若②中为Na2SO3固体，③中盛有氯化钡溶液，则③中生成白色沉淀
D. 若②中为含少量的蔗糖，③中盛有溴水，相关实验现象无法证明浓硫酸具有酸性
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cu和浓硫酸在加热条件下反应生成，常温下不反应，A项错误；
B．若②中为，浓硫酸和反应生成，通入石蕊溶液会使溶液变红，但不能漂白指示剂，因此不会褪色，B项错误；
C．若②中为，浓硫酸和反应生成，不能与反应，C项错误；
D．浓硫酸具有脱水性，蔗糖脱水碳化，生成的C被浓硫酸氧化生成二氧化硫和二氧化碳，使溴水褪色，因此说明浓硫酸具有脱水下和强氧化性若，无法证明浓硫酸具有酸性，D项正确；
答案选D。
二、综合题部分
6. 某校的化学兴趣小组利用下列实验装置探究二氧化硫的性质，E中所装气体具有刺激性气味，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
实验开始时关闭打开，从分液漏斗中向烧瓶内加入浓硫酸。
（1）A中的反应的化学方程式：___________。
（2）D的作用是___________。反应的离子方程式为___________。
（3）A中反应完成后，关闭，打开，将E中的气体注入B中，观察到B中现象是___________，反应的离子方程式为___________。
（4）该兴趣小组同学还利用下列装置测定空气中的含量。
通空气样品的导管末端是带许多小孔的玻璃球泡，其主要作用是增大接触面积，使充分反应，该装置中发生的化学方程式为：___________。若空气流速为，当观察到装置内___________时，结束计时，测定耗时tmin。假定空气中的可被溶液充分吸收，该空气样品中的含量是___________。
【答案】（1）Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2↑
（2） ①. 吸收尾气SO2，防止污染大气，并防倒吸 ②. SO2+2OH-=+H2O
（3） ①. 产生白色沉淀 ②. 2NH3+SO2+Ba2++H2O=BaSO3↓+2
（4） ①. SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI ②. 蓝色褪为无色 ③.
【解析】
【分析】E中气体具有刺激性气味、能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，E中气体为NH3；关闭K2打开K1，从分液漏斗中向烧瓶内加入浓硫酸，A装置中产生SO2气体，然后将SO2依次通入BaCl2溶液、氯水探究SO2的性质，最后用NaOH溶液吸收尾气；A中反应完成后关闭K1打开K2，将E中NH3推入B中进一步探究SO2的性质。
【小问1详解】
A中Na2SO3与浓硫酸发生复分解反应制备SO2，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2↑。
【小问2详解】
SO2有毒、会污染大气，故D的作用是吸收尾气SO2，防止污染大气，并防倒吸；SO2与足量NaOH溶液反应生成Na2SO3和H2O，反应的离子方程式为SO2+2OH-=+H2O。
【小问3详解】
A中反应完全后，关闭K1打开K2，将E中NH3注入B中，NH3与SO2在溶液中反应生成(NH4)2SO3，(NH4)2SO3与BaCl2反应产生BaSO3沉淀，故观察到B中的现象是产生白色沉淀，反应的离子方程式为2NH3+SO2+Ba2++H2O=BaSO3↓+2。
【小问4详解】
空气样品中SO2与碘溶液发生氧化还原反应生成硫酸和HI，反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI；I2遇淀粉溶液呈蓝色，当I2完全反应时蓝色褪去，故当观察到装置内蓝色褪为无色时，结束计时；根据反应SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI知，n(SO2)=n(I2)=0.1000mol/L×0.1L=0.01mol，m(SO2)=0.01mol×64g/mol=0.64g=640mg，该空气样品中SO2的含量为=mg/m3。
二、氮及其化合物
三、选择题部分(每题只有一个正确答案)
7. 用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火，其原因是
①幕布的着火点升高 ②幕布的质量增加 ③氯化铵分解吸收热量，降低了温度 ④氯化铵分解产生的气体隔绝了空气
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④
【答案】C
【解析】
【详解】①物质着火点在一定压强下是一定的，不发生变化，故①错误；
②幕布的质量增加，不能影响环境温度与氧气的浓度，故②错误；
③氯化铵分解吸收热量，降低环境温度到物质着火点以下，起到防火的作用，故③正确；
④氯化铵分解产生的两种产物均不支持燃烧，气体隔绝了空气，起到防火的作用，故④正确；
故选C。
8. 氢化铵与氯化铵的结构相似，又知与水反应有氢气生成，下列叙述不正确的是
A. 是离子化合物
B. 溶于水，形成的溶液显酸性
C. 固体投入少量水中，有两种气体产生
D. 与水反应时，是氧化剂
【答案】BD
【解析】
【详解】A．与氯化铵的结构相似，是由和H-构成的离子化合物，故A正确；
B．与水反应有氢气生成，发生了氧化还原反应，，生成的是弱碱，水溶液呈碱性，故B错误；
C．与水发生反应，固体投入少量水中，生成浓氨水和氢气，与水发生反应时放热，生成的分解生成氨气，所以生成了两种气体，故C正确；
D．根据和H2O反应过程中化合价的升降，可知中H-化合价升高为0价，作还原剂，故D错误；
故选BD。
9. 自然界中氮的部分循环过程如图，有关说法正确的是
A. 过程①和②均属于自然固氮
B. X→Y发生化合反应
C. NH3→N发生氧化还原反应
D. 若为硫循环，X在空气中点燃可得Y
【答案】B
【解析】
【分析】依据自然界中氮的部分循环过程图可知，的化合价依次递增，且物质类别分别为氧化物、氧化物、酸，由此判断X为，Y为，Z为，M为硝酸盐，N为铵盐；
【详解】A．自然固氮指的是大自然通过闪电释放的能量将空气中的氮气转化为含氮化合物或通过豆科植物的根瘤菌将氮气转化成氨，所以过程①可能是自然固氮，但是过程②不是，A错误；
B．发生的反应为，反应物有两种，生成物只有一种，是化合反应，B正确；
C．在自然界中氮的部分循环过程图，不难发现的过程并未发生化合价的改变，所以不是氧化还原反应，C错误；
D．若为硫循环，X为，Y为，的反应为，X在空气中点燃不可能得到Y，D错误；
故合理选项为B。
10. 将相同质量的铜分别和过量浓硝酸、稀硝酸反应，下列叙述中正确的是（ ）
A. 反应速率：两者相同
B. 消耗硝酸的物质的量：前者多，后者少
C. 反应生成气体的颜色：前者浅，后者深
D. 反应中转移的电子总数：前者多，后者少
【答案】B
【解析】
【分析】Cu与浓硝酸的反应为：4HNO3(浓)+Cu=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；
Cu与稀硝酸的反应为：8HNO3(稀)+3Cu=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。
【详解】A．由于硝酸浓度不同，因此反应速率不同，A错误；
B．由方程式可知，每摩尔的铜消耗浓硝酸4mol，消耗稀HNO3mol，前者多，后者少，B正确；
C．前者生成棕红色的NO2，后者生成无色的NO，前者颜色深于后者，C项错误；
D．两个反应中Cu均由0价升为+2价，且Cu完全反应，转移电子总数相等，D项错误；
故选B。
11. 碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y 同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法错误的是
A. 洗气瓶中产生的沉淀是亚硫酸钡
B. 在Z导管出来的气体中有二氧化碳
C. 洗气瓶中产生沉淀是硫酸钡
D. 在Z导管口有红棕色气体出现
【答案】A
【解析】
【分析】碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，同时通入时因NO2与水和SO2共同作用要产生SO、NO和NO，NO在空气中又会生成NO2，以此解答该题。
【详解】A．碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，故洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，故A错误；
B．Z处逸出的气体中有CO2和NO，故B正确；
C．碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，故洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，故C正确；
D．Z处逸出的气体中有CO2和NO，NO遇到空气中的氧气生成了红棕色的NO2，故D正确；
故选A。
四、综合题部分
12. 设计了下图所示的实验装置模拟工业生产制备少量硝酸。
（1）实验时先用酒精喷灯预热催化剂，然后通入反应气体，当催化剂红热后撤离酒精喷灯，催化剂始终保持红热，温度可达到700℃以上，由此可知该反应是反应___________(填“吸热”或“放热”)，反应的化学方程式是___________。
（2）控制氨气和氧气的比例是制备硝酸的关键。
①当比例不合适时，A中不仅有红棕色气体产生，还伴有白烟。红棕色气体的化学式是___________，白烟的化学式是___________。
②欲使氨气尽可能完全转化为硝酸，理论上的最佳比例为___________。
（3）下图中制取氨气的装置和选用的试剂，合理的是(填字母)___________。
A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ①③
（4）实验室制备氨气的化学方程式是___________。
（5）用4mol/L稀硝酸与2mol/L稀硫酸的混合液10mL与2.56gCu反应，反应完毕后可生成标准状况下气体的体积是___________L。
【答案】（1） ① 放热 ②.
（2） ①. ②. ③. 1：2 （3）C
（4） （5）0.448
【解析】
【分析】通入氨气和氧气发生反应会生成NO和水，NO和过量氧气反应生成NO，NO和水反应生成硝酸，NaOH尾气处理。
【小问1详解】
反应过程中催化剂始终保持红热，且温度可达到700℃以上，说明该反应是放热反应；
该反应是氨的催化氧化反应，生成物是NO和水，反应的化学方程式为：；
【小问2详解】
若反应物比例不合适时，生成的NO被过量的氧气氧化为有红棕色的二氧化氮，二氧化氮和生成的水反应生成硝酸，硝酸和氨反应生成，会看到白烟产生；
氨气尽可能完全转化为硝酸，根据电子守恒，氨气中的-3价氮转化为硝酸里+5价，1mol失去8mol电子，中氧元素的化合价从0价降低到-2价，1mol得到4mol电子，理论上；
【小问3详解】
①氯化铵固体受热分解生成和HCl，而当温度降低时，和HCl重新化合生成氯化铵，可能会堵塞导管，气体进入干燥管的机会不多，①不合理；
②将浓氨水滴到CaO上，CaO与水反应生成，同时放出大量的热，促使分解放出，②合理；
③加热固体制气体时，试管口应略向下倾斜，使产生的水能够流出，以免损坏试管，③不合理；
④加热浓氨水时，分解产生，试剂和方法都正确，④合理；
②④装置和试剂均合理；答案选C；
【小问4详解】
实验室加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制备氨气，化学方程式为：；
【小问5详解】
Cu和氢离子，硝酸根离子反应的离子方程式为：，2.56gCu的物质的量为，来源于硝酸和硫酸，物质的量为，的物质的量为，故Cu和有剩余，按0.08mol完全反应计算，生成0.02molNO，试管中收集到的气体为NO，标况下体积为：。
三、元素周期律
五、选择题部分(每题只有一个正确答案)
13. 制备过程描述如下：，以下说法正确的是
A. 该过程发生了化学变化 B. Br元素的质量数为83
C. 中含有68个电子 D. 与互为同位素
【答案】C
【解析】
【详解】A．化学变化过程中元素的种类不会发生改变，核反应不是化学变化，A错误；
B．由题干方程式可知，Br元素的某种同位素的质量数为83，而不是溴元素的质量数为83，B错误；
C．中含有34+4×8+2=68个电子，C正确；
D．同位素是指质子数相同而中子数不同的同一元素不同种原子，与不互为同位素，D错误；
故选C。
14. 下列事实能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱的是
A. 单质熔点： B. 酸性：
C. 中碳元素为价，硫元素为价 D. 分解温度：
【答案】C
【解析】
【详解】A．元素非金属性与单质熔点无关，则根据单质熔点：C>S，不能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱，A不符合题意；
B．因H2SO3不是S元素最高价氧化物对应的水化物，则根据酸性：H2SO3>H2CO3，不能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱，B不符合题意；
C．CS2中碳元素为+4价，硫元素为 2价，说明CS2分子中共用电子对偏离C原子而偏向S原子，则得电子能力：C
15. 如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系，下列说法正确的是
A. 最高价氧化物对应水化物酸性： Y＞W＞T
B. 气态氢化物的稳定性： W＞X
C. 单质还原性：T＞Z
D. Z、T、W的最高价氧化物对应水化物可以相互反应
【答案】D
【解析】
【详解】根据元素化合价的规律，图中没有正价的 X 与 Y 分别是 O 元素和 F 元素，所以 Z、T、W 依次为 Na、Al、S 元素；
A．非金属性从强到弱顺序是F、O、S、Al，所以最高价氧化物对应的水化物酸性H2SO4>Al(OH)3，而F元素无最高正价，无对应的最高价氧化物的水化物，A错误；
B．O的非金属性比S强，所以H2O比H2S稳定，B错误；
C．Na的还原性比Al强，C错误；
D．Z、T、W三种元素的最高价氧化物的水化物依次为NaOH、Al(OH)3、H2SO4，它们可以相互反应，D正确；
故选D。
16. 根据下表(部分短周期元素的原子半径及主要化合价)信息，判断以下叙述正确的是
元素代号 A B C D E
原子半径/nm 0.186 0.143 0.089 0.104 0.074
主要化合价 、
A. 与的核外电子数不可能相等 B. 单质与稀盐酸反应的速率
C. 最高价氧化物对应水化物的碱性 D. 氢化物的稳定性
【答案】D
【解析】
【分析】主族元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，D、E两元素最外层电子数为6，故为第ⅥA元素，而D的半径大于E，故在周期表中E元素在上面，D在下面，故E为O，D为S，B元素最最外层电子数为3，为B或Al，但是半径比氧和硫均大，故位于氧元素和硫元素的中间，应为Al，A的半径比铝大，最外层电子数为1，应为Na，C的半径最小，最外层两个电子，故为Be。
【详解】A．由分析知，EO，B为Al，氧离子和铝离子核外电子数都为10，A错误；
B．由分析知，A为Na，B为Al，金属性钠大于铝，所以与稀盐酸反应的速率钠大于铝，B错误；
C．由分析知，A为Na，C为Be，金属性钠大于铝，铝大于铍，所以金属性钠大于铍，所以最高价氧化物对应水化物的碱性氢氧化钠大于氢氧化铍，C错误；
D．由分析知，E为O，D为S，非金属性O>S，所以氢化物稳定性，D正确；
故选D。
17. 元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大且小于20，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列判断正确的是
A. X的非金属比Z的大
B. Q的简单离子半径比R的小
C. Z的简单气态氢化物的热稳定性比Q的弱
D. Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比R的强
【答案】C
【解析】
【分析】元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大且小于20，由原子半径和最外层电子数之间的关系可知，X为C元素、Y为Na元素、Z为S元素、Q为Cl元素、R为K元素。
【详解】A．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由硫酸为强酸、碳酸为弱酸可知，碳元素的非金属性弱于硫元素，故A错误；
B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氯离子的离子半径大于钾离子，故B错误；
C．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，简单气态氢化物的热稳定性依次增强，则硫化氢的热稳定性弱于氯化氢，故C正确；
D．同主族元素，从上到下元素金属性依次增强，最高价氧化物对应的水化物的碱性依次增强，则氢氧化钠的碱性弱于氢氧化钾，故D错误；
故选C。
六、综合题部分
18. 下表是元素周期表的一部分，请用化学符号和对应的化学式回答有关问题：
族 周期 IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA 0
1 ①
2
② ③ ④
⑤
3 ⑥
⑦ ⑧
⑨ ⑩
（1）表中化学性质最不活泼的元素，其原子结构示意图为___________。
（2）②、③两种元素非金属性较强的是___________，写出一个化学方程式能证明该结论的事实___________。⑧、⑨、⑩三种元素的气态氢化物稳定性由强到弱的顺序是___________，对应的的最高价氧化物的水化物中酸性最强的是___________。
（3）第三周期元素形成的简单离子中半径最小的微粒是___________。
（4）写出元素⑨的最高价氧化物对应水化物在水中的电离方程式：___________。写出实验室里，检验该水化物电离出的负离子的方法：___________。
【答案】（1） （2） ①. N ②. ③. HCl＞H2S＞SiH4 ④. HClO4
（3）Al3+ （4） ①. ②. 取少量待测液于一试管中，加入足量盐酸酸化，再滴入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，证明溶液中含有
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为H，②为C，③为N，④为O，⑤为Ne，⑥为Na，⑦为Al，⑧为Si，⑨为S，⑩为Cl，据此解答。
【小问1详解】
表中化学性质最不活泼的元素是Ne，其原子结构示意图为。
【小问2详解】
同周期元素从左至右非金属逐渐增强，②、③两种元素非金属性较强的是N，用化学方程式证明该结论的事实为。非金属元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，故⑧、⑨、⑩三种元素的气态氢化物稳定性由强到弱的顺序是HCl＞H2S＞SiH4；非金属元素的非金属性越强，其对应的的最高价氧化物的水化物酸性越强，对应的的最高价氧化物的水化物中酸性最强的是HClO4。
【小问3详解】
Na+、Al3+核外只有2层电子，离子半径较小，Si、S、Cl的简单离子为阴离子，核外有3层电子，离子半径较大，Al3+的核电荷数比Na+的大，核电荷数越大，离子半径越小，故第三周期元素形成的简单离子中半径最小的微粒是Al3+。
【小问4详解】
S元素的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，在水中的电离方程式为：；实验室里，检验的方法：取少量待测液于一试管中，加入足量盐酸酸化，再滴入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，证明溶液中含有。
四、金属
七、选择题部分(每题只有一个正确答案)
19. 不能由单质化合生成的物质是
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．铜与硫在加热条件下生成，所以能由单质直接化合而成，故A不符合题意；
B．硫与氧气反应生成二氧化硫，所以不能由单质直接化合而成，故B符合题意；
C．铁与氯气在加热的条件下生成，所以能由单质直接化合而成，故C不符合题意；
D．氮与氧气在放电的条件下生成NO，所以NO能由单质直接化合而成，故D不符合题意；
故答案选B。
20. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1mol铁单质与足量的硫单质充分反应，转移电子的数目为
B. 常温下，22.4L与足量的反应，生成的分子数为
C. 常温下，将5.6g铁片投入足量的浓硫酸中，铁失去的电子数为
D. 1mol与足量反应，转移的电子数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．1mol铁单质与足量的硫单质充分反应发生，转移电子的数目为，A错误；
B．常温下，22.4L物质的量小于1mol，与足量的反应是可逆反应，生成的分子数小于为，B错误；
C．常温下铁片投入足量的浓硫酸中钝化，无法计算转移电子数，C错误；
D．，既是氧化剂又是还原剂，1mol与足量反应，转移的电子数为，D正确；
故选D。
21. 在下列溶液中分别加入一定量的过氧化钠固体，一定不会出现浑浊现象的是
A. Na2SO3溶液 B. Ca(HCO3)2溶液 C. 饱和H2S溶液 D. 饱和CaCl2溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na2SO3溶液中加入一定量过氧化钠固体，生成硫酸钠和氧气，没有沉淀生成，故A选；
B．溶液中加入一定量过氧化钠固体，有碳酸钙沉淀生成，故B不选；
C．饱和H2S溶液中加入一定量过氧化钠固体，有硫单质生成，会变浑浊，故C不选；
D．饱和CaCl2溶液中加入一定量过氧化钠固体，形成微溶的沉淀，会变浑浊，故D不选；
故选A。
22. 过氧化钠(，其中氧元素显价)和水的反应：。用表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 每转移个电子生成氧化产物1mol
B. 22.4L含个氧原子
C. 既是氧化产物又是还原产物
D. 4gNaOH溶于100mL水中，所得溶液的物质的量浓度为
【答案】A
【解析】
【分析】根据反应方程式可知既是氧化剂又是还原剂，是氧化产物，是还原产物，2mol对应2mol电子转移。
【详解】A．每转移个电子生成氧化产物1mol，A正确；
B．因没有指明温度压强，无法计算的物质的量，B错误；
C．是氧化产物不是还原产物，C错误；
D．4gNaOH溶于100mL水中，不知道溶液的体积，无法计算所得溶液的物质的量浓度，D错误；
故选A。
23. 为测定某Na2O2试样(含少量Na2O)中Na2O2的质量分数，设计如下实验：
下列分析错误的是
A. 操作Ⅰ和Ⅱ都需要玻璃棒 B. 需称量样品和NaCl的质量
C. 操作Ⅱ若损失部分固体，测定结果偏大 D. 若溶液转移不完全，测定结果偏小
【答案】D
【解析】
【分析】有题干信息可知，操作Ⅰ是让试样和盐酸充分反应，2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑，Na2O+2HCl=2NaCl+H2O，操作Ⅱ是蒸发浓缩，然后冷却结晶，称量所得到的固体NaCl，设试样中Na2O2的物质的量为n1mol，Na2O的物质的量为n2mol，则有78n1+62n2=m(试样) 58.5(2n1+2n2)=m(NaCl)，解联合方程即可求出n1=，也就能求出Na2O2的质量分数，据此分析解题。
【详解】A．操作Ⅰ用玻璃棒搅拌，加快反应速率并使反应进行更完全，操作Ⅱ用玻璃棒则可防止暴沸，A正确；
B．有分析可知，要求出Na2O2的质量分数，需称量样品和NaCl的质量，B正确；
C．有分析可求出，n1=，故操作Ⅱ若损失部分固体，导致m(NaCl)偏小，则n1的值偏大，故Na2O2的质量分数测定结果偏大，C正确；
D．由C项分析可知，若溶液转移不完全，导致m(NaCl)偏小，则n1的值偏大，故Na2O2的质量分数测定结果偏大，D错误；
故答案为：D。
八、综合题部分
24. 钠、铝等金属及其材料在人类文明进步和社会发展中发挥了重要的作用。
（1）请用一个离子方程式说明钠与铝的金属性强弱___________。
（2）叠氮化钠是一种无色结晶，其固体中正负离子的个数比为，则该固体中含有的化学键是___________(填化学键名称)。叠氮化钠受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。若产生40.32L(标准状况下)氮气，至少需要叠氮化钠___________g。
（3）在含0.1molNaOH的溶液中不断地通入，得到溶质的质量为8.35g，则烧杯中生产的溶质是___________。溶质的物质的量是___________。
（4）高锰酸根离子水对人体危害极大，可用过碳酸钠改性赤泥进行处理，反应如下：
_____________________________________________________________________________H2O
补全并配平上述化学反应过程式___________；反应中，过碳酸钠起沉淀剂和___________剂作用；若将1L含Mn的含高锰酸根离子的废水处理至含Mn，则转移电子数为___________mol(保留2位小数)。
【答案】（1）3OH-+Al3+=Al(OH)3↓
（2） ①. 离子键、共价键 ②. 78
（3） ①. 亚硫酸钠、亚硫酸氢钠 ②. 亚硫酸钠0.025mol，亚硫酸氢钠0.05mol
（4） ①. ②. 还原剂 ③. 0.18
【解析】
【小问1详解】
元素金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物碱性越强，氯化铝溶液能与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，强碱制弱碱，氢氧化钠碱性大于氢氧化铝，离子方程式为：。
【小问2详解】
叠氮化钠其固体中正负离子的个数比为，所以含有离子键，中含有共价键，所以该固体中含有的化学键是离子键和共价键。根据氮原子守恒，，。
【小问3详解】
在含0.1molNaOH的溶液中不断地通入，得到溶质的质量为8.35g，若只生成亚硫酸钠，则亚硫酸钠质量为，若只生成亚硫酸氢钠，则亚硫酸氢钠质量为，所以烧杯中的溶质应为亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的混合物。设亚硫酸钠的物质的量为x，亚硫酸氢钠的物质的量为y，进行计算：，解得：x=0.025mol，y=0.05mol。
【小问4详解】
根据反应可知Mn元素由+7价变为+2价，化合价降低5，H2O2中O元素由-1价变为0价生成O2，结合电荷守恒和得失电子守恒，该氧化还原反应配平为，过碳酸钠在反应中起沉淀剂和还原剂作用。若将1L含Mn的含高锰酸根离子的废水处理至含Mn，则锰元素的质量变化为，被处理锰的元素的质量为，根据元素守恒高锰酸根离子的物质的量为0.036mol，则转移电子数0.036mol×(7-2)=0.18mol。上海市行知中学2023-2024学年第二学期期中考试
高一化学试卷
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Fe-56 Cu-64 Mn-55
一、硫及其化合物
一、选择题部分(每题只有一个正确答案)
1. 下列关于硫及其化合物的叙述正确的是
A. 试管内壁残留的硫可用酒精洗涤 B. SO2的水溶液长期放置，酸性会增强
C. SO2有毒，不可以做食品添加剂 D. 浓硫酸在空气中敞口放置，质量会减小
2. 将SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色。此过程中SO2表现出
A. 漂白性 B. 氧化性和漂白性
C. 还原性 D. 还原性和漂白性
3. 含硫物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列有关说法正确的是
A. a在氧气中充分燃烧可转化为d
B. 附着有b的试管，可用热碱液清洗
C. 气体a、c均可用f的浓溶液干燥
D. 分别往f、e的溶液中滴加少量氯化钡溶液，均可产生白色沉淀
4. 双碱法脱硫过程如图所示，下列说法错误的是
A. 过程I中，SO2未被氧化
B. 过程Ⅱ中，1 mol O2可氧化2 mol Na2SO3
C. 双碱法脱硫过程中，Ca(OH)2可以循环利用
D. 总反应为2Ca(OH)2 + 2SO2 + O2 →2CaSO4+2H2O
5. 实验室进行含硫化合物性质探究的装置如图所示(夹持装置省略)，分液漏斗①中盛有浓硫酸，将其逐滴加入到试管②的固体中。下列说法正确的是
A. 若②为铜单质，③中盛有氢硫酸，则③中生成淡黄色沉淀
B. 若②中为Na2SO3固体，③中盛石蕊溶液，则③中溶液先变红后褪色
C. 若②中为Na2SO3固体，③中盛有氯化钡溶液，则③中生成白色沉淀
D. 若②中为含少量的蔗糖，③中盛有溴水，相关实验现象无法证明浓硫酸具有酸性
二、综合题部分
6. 某校的化学兴趣小组利用下列实验装置探究二氧化硫的性质，E中所装气体具有刺激性气味，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
实验开始时关闭打开，从分液漏斗中向烧瓶内加入浓硫酸。
（1）A中的反应的化学方程式：___________。
（2）D的作用是___________。反应的离子方程式为___________。
（3）A中反应完成后，关闭，打开，将E中的气体注入B中，观察到B中现象是___________，反应的离子方程式为___________。
（4）该兴趣小组同学还利用下列装置测定空气中的含量。
通空气样品的导管末端是带许多小孔的玻璃球泡，其主要作用是增大接触面积，使充分反应，该装置中发生的化学方程式为：___________。若空气流速为，当观察到装置内___________时，结束计时，测定耗时tmin。假定空气中的可被溶液充分吸收，该空气样品中的含量是___________。
二、氮及其化合物
三、选择题部分(每题只有一个正确答案)
7. 用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火，其原因是
①幕布的着火点升高 ②幕布的质量增加 ③氯化铵分解吸收热量，降低了温度 ④氯化铵分解产生的气体隔绝了空气
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④
8. 氢化铵与氯化铵的结构相似，又知与水反应有氢气生成，下列叙述不正确的是
A. 是离子化合物
B. 溶于水，形成的溶液显酸性
C. 固体投入少量水中，有两种气体产生
D. 与水反应时，是氧化剂
9. 自然界中氮的部分循环过程如图，有关说法正确的是
A. 过程①和②均属于自然固氮
B. X→Y发生化合反应
C. NH3→N发生氧化还原反应
D. 若为硫循环，X在空气中点燃可得Y
10. 将相同质量的铜分别和过量浓硝酸、稀硝酸反应，下列叙述中正确的是（ ）
A. 反应速率：两者相同
B. 消耗硝酸的物质的量：前者多，后者少
C. 反应生成气体的颜色：前者浅，后者深
D. 反应中转移的电子总数：前者多，后者少
11. 碳跟浓硫酸共热产生气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y 同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法错误的是
A. 洗气瓶中产生的沉淀是亚硫酸钡
B. 在Z导管出来的气体中有二氧化碳
C. 洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡
D. 在Z导管口有红棕色气体出现
四、综合题部分
12. 设计了下图所示的实验装置模拟工业生产制备少量硝酸。
（1）实验时先用酒精喷灯预热催化剂，然后通入反应气体，当催化剂红热后撤离酒精喷灯，催化剂始终保持红热，温度可达到700℃以上，由此可知该反应是反应___________(填“吸热”或“放热”)，反应化学方程式是___________。
（2）控制氨气和氧气的比例是制备硝酸的关键。
①当比例不合适时，A中不仅有红棕色气体产生，还伴有白烟。红棕色气体的化学式是___________，白烟的化学式是___________。
②欲使氨气尽可能完全转化为硝酸，理论上最佳比例为___________。
（3）下图中制取氨气的装置和选用的试剂，合理的是(填字母)___________。
A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ①③
（4）实验室制备氨气的化学方程式是___________。
（5）用4mol/L稀硝酸与2mol/L稀硫酸的混合液10mL与2.56gCu反应，反应完毕后可生成标准状况下气体的体积是___________L。
三、元素周期律
五、选择题部分(每题只有一个正确答案)
13. 制备过程描述如下：，以下说法正确的是
A. 该过程发生了化学变化 B. Br元素的质量数为83
C. 中含有68个电子 D. 与互为同位素
14. 下列事实能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱的是
A. 单质熔点： B. 酸性：
C. 中碳元素为价，硫元素为价 D. 分解温度：
15. 如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系，下列说法正确的是
A. 最高价氧化物对应水化物酸性： Y＞W＞T
B. 气态氢化物的稳定性： W＞X
C 单质还原性：T＞Z
D. Z、T、W的最高价氧化物对应水化物可以相互反应
16. 根据下表(部分短周期元素的原子半径及主要化合价)信息，判断以下叙述正确的是
元素代号 A B C D E
原子半径/nm 0.186 0.143 0.089 0.104 0.074
主要化合价 、
A. 与的核外电子数不可能相等 B. 单质与稀盐酸反应的速率
C. 最高价氧化物对应水化物的碱性 D. 氢化物的稳定性
17. 元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大且小于20，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列判断正确的是
A. X的非金属比Z的大
B. Q的简单离子半径比R的小
C. Z的简单气态氢化物的热稳定性比Q的弱
D. Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比R的强
六、综合题部分
18. 下表是元素周期表的一部分，请用化学符号和对应的化学式回答有关问题：
族 周期 IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA 0
1 ①
2
② ③ ④
⑤
3 ⑥
⑦ ⑧
⑨ ⑩
（1）表中化学性质最不活泼元素，其原子结构示意图为___________。
（2）②、③两种元素非金属性较强的是___________，写出一个化学方程式能证明该结论的事实___________。⑧、⑨、⑩三种元素的气态氢化物稳定性由强到弱的顺序是___________，对应的的最高价氧化物的水化物中酸性最强的是___________。
（3）第三周期元素形成的简单离子中半径最小的微粒是___________。
（4）写出元素⑨的最高价氧化物对应水化物在水中的电离方程式：___________。写出实验室里，检验该水化物电离出的负离子的方法：___________。
四、金属
七、选择题部分(每题只有一个正确答案)
19. 不能由单质化合生成的物质是
A. B. C. D.
20. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1mol铁单质与足量的硫单质充分反应，转移电子的数目为
B. 常温下，22.4L与足量的反应，生成的分子数为
C. 常温下，将5.6g铁片投入足量的浓硫酸中，铁失去的电子数为
D. 1mol与足量反应，转移的电子数为
21. 在下列溶液中分别加入一定量的过氧化钠固体，一定不会出现浑浊现象的是
A. Na2SO3溶液 B. Ca(HCO3)2溶液 C. 饱和H2S溶液 D. 饱和CaCl2溶液
22. 过氧化钠(，其中氧元素显价)和水的反应：。用表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 每转移个电子生成氧化产物1mol
B. 22.4L含个氧原子
C. 既是氧化产物又是还原产物
D. 4gNaOH溶于100mL水中，所得溶液的物质的量浓度为
23. 为测定某Na2O2试样(含少量Na2O)中Na2O2的质量分数，设计如下实验：
下列分析错误的是
A. 操作Ⅰ和Ⅱ都需要玻璃棒 B. 需称量样品和NaCl的质量
C. 操作Ⅱ若损失部分固体，测定结果偏大 D. 若溶液转移不完全，测定结果偏小
八、综合题部分
24. 钠、铝等金属及其材料在人类文明进步和社会发展中发挥了重要的作用。
（1）请用一个离子方程式说明钠与铝的金属性强弱___________。
（2）叠氮化钠是一种无色结晶，其固体中正负离子的个数比为，则该固体中含有的化学键是___________(填化学键名称)。叠氮化钠受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。若产生40.32L(标准状况下)氮气，至少需要叠氮化钠___________g。
（3）在含0.1molNaOH的溶液中不断地通入，得到溶质的质量为8.35g，则烧杯中生产的溶质是___________。溶质的物质的量是___________。
（4）高锰酸根离子水对人体危害极大，可用过碳酸钠改性赤泥进行处理，反应如下：
_____________________________________________________________________________H2O
补全并配平上述化学反应过程式___________；反应中，过碳酸钠起沉淀剂和___________剂作用；若将1L含Mn的含高锰酸根离子的废水处理至含Mn，则转移电子数为___________mol(保留2位小数)。
