江苏省南京市六校联考2023-2024学年高一下学期5月期中考试化学试卷(含答案)

这是一份江苏省南京市六校联考2023-2024学年高一下学期5月期中考试化学试卷(含答案)，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．化学与生活、科技、社会发展息息相关，下列说法不正确的是( )
A.二氧化硅可用作航天器的太阳能电池板
B.将矿物燃料脱硫脱硝可有效防止酸雨
C.通讯材料碳纳米管与石墨烯互为同素异形体
D.“绿氢”火炬储氢瓶中的储氢合金是新型合金材料
2．少量与反应生成和NaOH。下列说法不正确的是( )
A.的电子式为
B.中子数为10的氧原子可表示为
C.分子中只含有极性共价键
D.NaOH中含离子键和极性共价键
3．下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是( )
A.具有氧化性，可用作净水剂
B.溶液呈酸性，可用于除铁锈剂
C.小苏打可以与酸反应，可用作抗酸药
D.具有还原性，可用作葡萄酒抗氧化剂
4．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
A.B.NaCl(aq)
C.D.
5．下列化学反应表示正确的是( )
A.与水反应：
B.铅蓄电池放电时的正极反应：
C.甲烷的燃烧：
D.通入少量NaClO溶液中：
6．四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素的最外层电子数是其电子层数的三倍；X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的；Y是地壳中含量最多的金属元素；Z的原子序数是W的两倍。下列叙述中，不正确的是( )
A.离子半径：W>X
B.常见简单的气态氢化物沸点：W>Z
C.工业上用电解熔融Y的氯化物的方法冶炼金属Y
D.Z的最高价氧化物对应水化物为强酸
7．下列装置和原理能达到实验目的的是( )
A.AB.BC.CD.D
8．氯及其化合物种类繁多，部分含氯物质的价类二维关系如图所示。下列推断错误的是( )
A.A可与E反应生成BB.B、C均可作为自来水的消毒剂
C.C中氯元素既能被氧化，又能被还原D.D、E、F都属于强电解质
9．通过电解废旧锂电池中的可获得难溶性的和，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是( )
A.电极A的电极反应式： B.电极B附近溶液氢离子浓度增大
C.电解一段时间后溶液中浓度保持不变
D.该装置将电能转化为化学能
10．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是( )
A.AB.BC.CD.D
11．臭氧分解过程如图所示，下列说法正确的是( )
A.催化反应①②均为放热反应
B.决定分解反应速率的是催化反应②
C.是催化反应②对应的逆反应的活化能
D.温度升高，总反应的正反应速率增加，逆反应速率减小。
12．氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广汤用于硝酸、纯碱、制药等工业；实验室可以用浓氨水和CO制取氦气。工业上合成氨反应为。一定温度时，向体积为2L的密闭容器中，充入和。10min时，测得容器中的物质的量浓度为0.04ml/L。下列说法正确的是( )
A.0~10min的反应速率
B.10min时，的转化率为40%
C.10min时，反应前后气体压强之比为5∶1
D.及时将体系中的液化分离出来有利于加快反应速率
13．利用硫铁矿烧渣(主要成分为、FeO和等)制备的工艺流程如图所示
下列说法不正确的是( )
A.“酸浸”时，充入高压氧的目的是增大溶解氧的量，使充分被氧化
B.浸渣的主要成分为硅酸，若酸浸时不进行过滤，将会导致产品纯度降低
C.“氧化”时，74.5g氧化剂参与反应，转移电子2ml
D.根据流程可知的溶解度小于，洗涤固体时可选择KOH溶液
二、填空题
14．用生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A：，可实现氯的循环利用。
(1)HCl的电子式是______________。
(2)已知：
断开1mlH-O键与断开1mlH-Cl键所需能量相差为______________kJ。
(3)在不同条件下的化学反应速率如下，请比较上述4种情况下反应速率的大小_______。(由大到小的顺序)
A.B.
C.D.
(4)可用氯碱工业(电解精制饱和食盐水)的方法制得。为提高原料的利用率，节能降耗。设计如图所示工艺流程，其中氯碱工业装置中的电极未标出。
①为除去粗盐中的及泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，正确的操作步骤的顺序是______________ (填序号)。
a.过滤；b.加过量NaOH溶液；c.加适量盐酸；d.加过量溶液；e.加过量溶液
A.adabecB.abedacC.abdecD.dbe
②电解饱和食盐水的化学方程式为______________。
③下列生产措施有利于提高氯碱工业中的产量、降低阳极含量的是______________。
A.定期检查并更换阳离子交换膜
B.向阳极区加入适量盐酸
C.使用精制饱和食盐水提高
④流程中NaOH溶液的质量分数a%、b%、c%，由大到小的顺序为______________。
15．含废气的治理可以变废为宝，使硫资源得以利用。
(1)将通入以下溶液，均会发生颜色变化，其中体现还原性的是_______(填字母)。
A.使品红溶液褪色B.使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色
C.使溴水褪色D.使氢硫酸溶液中出现淡黄色浑浊
(2)“以废治废”是基于“绿色化学”观念治理污染的思路。用工业废碱渣(主要成分为)吸收烟气中的，得到亚硫酸钠粗品。其流程如图所示：
①流程中含的烟气被溶液吸收时，会释放出一种无色无味气体，写出该反应的化学方程式______________。
②为证明亚硫酸钠粗品含有少量，设计如下方案：在一支试管中加入少量亚硫酸钠粗品，用适量蒸馏水溶解，______________。
(3)目前NaClO溶液广泛应用于脱硫脱硝。
①某课外小组同学设计了如图喷淋吸收塔装置(如图)，其中，脱硝(NO)反应的离子方程式为______________。
②如图为NaClO浓度对脱硫脱硝效率(η/%)的影响。当温度为50°C，溶液的pH=10(溶液显碱性)，时，的脱除效率一直维持在98%以上，而NO脱除效率相对较低，其原因是______________。
(4)工业上通常采用电解法实现烟气中硫的回收。按图所示装置，利用惰性电极电解含的烟气回收S及。
每处理含38.4g的烟气，理论上回收S的物质的量为______________。
16．、NO和等氮氧化物是空气污染物，为保护环境，含有氮化合物的尾气需处理后才能排放。回答下列问题：
(1)用催化还原可以消除氮氧化物的污染。已知：
①
②
______________。
(2)NO的吸收。在某钒催化剂中添加一定量可加快NO的脱除效率，其可能机理如图所示(*表示物种吸附在催化剂表面，部分物种未画出)。
①X、Y处V元素化合价为+4或+5价。X处V元素化合价为______________。
②NO转化为的机理可描述为与催化剂表面的反应生成*O-和，______________。
(3)NO和的处理。已除去的硝酸尾气可用NaOH浓溶液吸收，主要离子反应为：
i.
ii.
①若已除去的硝酸尾气中的混合气体，通过足量NaOH溶液后，溶液中含有N元素的溶质为______________。
②下列措施能提高尾气中NO和去除率的有______________ (填字母)。
A.加快通入尾气的速率
B.采用气、液逆流的方式吸收尾气
C.吸收尾气过程中定期补加适量NaOH浓溶液
D.用饱和溶液代替NaOH浓溶液
(4)将模拟烟气(一定比例和)以一定流速通过装有Fe/Zr催化剂的反应管，测得转化率随温度变化的曲线如图所示。
温度低于300℃时，转化率随温度升高而增大，其可能原因是______________。
(5)在酸性的条件下，利用电化学原理消除中的NOx、，变废为宝。写出转化的电极反应方程式______________。
三、实验题
17．碳酸亚铁可以用于制备多种食品添加剂。已知易被氧化：。某兴趣小组设计如下方案制备，实验装置如图所示：
(1)仪器A的名称是______________。
(2)利用如图所示装置进行实验，进行以下两步操作：
第一步：打开活塞1、3，关闭活塞2，反应一段时间；
第二步：关闭活塞3，打开活塞2，发现C中有白色沉淀和气体生成。
①第一步骤的目的是______________。
②C中反应生成白色沉淀的离子方程式是______________。
③装置D中可盛装适量的水，该装置作用是______________。
(3)某固体被部分氧化，为测定其中Fe3+的质量分数，现进行如下实验：称取5.600g固体样品，加足量盐酸溶解，将溶液稀释至100mL，量取25.00mL该溶液，加入过量KI溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用溶液滴定，当滴定至终点时消耗溶液20.00mL。已知实验过程中发生反应如下：，。计算固体样品中Fe3+的质量分数，写出计算过程______________。
(4)与反应可制得摩尔盐。摩尔盐易溶于水，不溶于乙醇，性质比一般亚铁盐稳定，接近l00℃时易失去结晶水。相关物质的溶解度曲线如图所示。
请补充完整由久置于空气中的样品合成摩尔盐的。实验步骤：将样品溶于适量的硫酸溶液中，加热使其溶解，然后向其中加入______________。[可选试剂：蒸馏水、饱和硫酸铵溶液、铜粉、铁粉、无水乙醇]
参考答案
1．答案：A
解析：A.单质硅可用作航天器的太阳能电池板，故A选项错误；
B.排放会形成酸雨，将矿物燃料脱硫脱硝可有效防止酸雨，故B选项正确；
C.碳纳米管与石墨烯为碳元素形成的不同单质，所以互为同素异形体，故C选项正确；
D.储氢合金是新型合金材料，故D选项正确；
故答案选A。
2．答案：C
解析：
A.既含有离子键又含有非极性共价键，的电子式为，故A正确；
B. 核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；中子数为10的氧原子可表示为，故B正确；
C.分子中含有O-H极性共价键，O-O非极性共价键，故C错误；
D. NaOH中含钠离子与氢氧根离子间的离子键和O-H极性共价键，故D正确；
故选C。
3．答案：A
解析：A.中三价铁离子可以水解生成氢氧化铁胶体具有吸附能力，可用作净水剂，A选项错误；
B.溶液中铵根离子水解使溶液呈酸性，可以与铁锈反应，B选项正确；
C.具有还原性，可用作葡萄酒抗氧化剂，C选项正确；
D.小苏打中碳酸氢根可与酸反应，可用作抗酸药，D选项正确；
故答案选A。
4．答案：B
解析：A.不能与水反应生成，A错误；
B.在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再通入二氧化碳，在溶液中析出溶解度最小的，B正确；
C.铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，C错误；
D.氨气和氧气发生催化氧化可得一氧化氮，D错误；
故选B。
5．答案：D
解析：A.与水反应生成和NO，化学方程式为：，A错误；
B.铅蓄电池放电时在正极得到电子生成，电极方程式为：，B错误；
C.甲烷的燃烧热是1ml甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出的能量，正确的热化学方程式为：，C错误；
D.通入少量NaClO溶液中生成和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，D正确；
故选D。
6．答案：C
解析：A.，核电荷数越小半径越大，所以离子半径，即W>X，故A选项正确；
B.分子间有氢键，故沸点比高，常见简单的气态氢化物沸点W>Z，故B选项正确；
C.Al的氯化物为共价化合物，熔融状态下不能导电，无法电解，一般电解熔融状态下的制取铝单质，故C选项错误；
D.Z的最高价氧化物对应水化物为，为二元强酸，故D选项正确；
故答案为C。
7．答案：B
解析：A.浓盐酸与在加热条件下反应生成氯气，图中缺少加热装置，A错误；
B.图示装置中，做了很好的隔热措施，有效减少了热量的散失，能用于测定中和热，B正确；
C.该装置中，生成的会从长颈漏斗中逸出，应该选择分液漏斗，C错误；
D.该条件下，铁粉发生的是吸氧腐蚀而不是析氢腐蚀，D错误；
故答案选B。
8．答案：D
解析：A.根据氧化还原反应规律，盐酸和氯酸可反应生成氯气，故A正确；
B.根氯气、二氧化氯均有强氧化性，都可作为自来水的消毒剂，故B正确；
C.二氧化氯中氯为价，处于中间价态，可以被氧化也可以被还原，故C正确；
D.次氯酸为弱酸，属于弱电解质，故D错误；
故选D。
9．答案：C
解析：A.由分析可知，电极A的电极反应式为：，A正确；
B.由分析可知，电极B的电极反应式为：，附近溶液氢离子浓度增大，B正确；
C.由分析可知，电解的总反应方程式为，反应生成了锰离子，溶液中锰离子浓度增大，C错误；
D.该装置为电解池，将电能转化为化学能，D正确；
故选C。
10．答案：D
解析：A.将固体粉末加入过量NaOH溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液，说明能够和NaOH溶液反应，体现了其酸性，没有体现其碱性，A错误；
B.向盛有铜片的试管中加入少量硝酸，一段时间后观察到试管口有红色气体逸出，该红色气体为，实验所用的硝酸也可以是稀硝酸，产生的NO被空气中的氧化为，B错误；
C.若溶液中含有，向盛有某溶液的试管中滴加稀氢氧化钠溶液，加热后才能生成，C错误；
D.向a、b两试管中同时加入溶液和溶液，再向a试管内加入少量，a试管中溶液褪色较快，催化剂可以加快反应速率，说明是和反应的催化剂，D正确；
故选D。
11．答案：C
解析：A.从图上可知，反应①中生成物能量高于反应物，反应①是吸热反应，A错误；
B.决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢，据图可知催化反应①的正反应活化能更大，反应更慢，所以催化反应①决定臭氧的分解速率，B错误；
C.据图可知为催化反应①中反应物断键吸收的能量，即催化反应①对应的正反应的活化能，为催化反应②生成物成键时释放的能量，即催化反应②对应的逆反应的活化能，则是催化反应②对应的逆反应的活化能，C正确；
D.温度升高，总反应的正逆反应速率均增加，D错误；
故选C。
12．答案：B
解析：A.0~10min的反应速率，A错误；
B.10min时，的变化量为，转化率为40%，B正确；
C.反应为气体分子数减小2的反应，10min时，氨气为0.08ml，则反应后总的物质的量为0.1ml+0.3ml-0.08ml=0.32ml，反应前后气体压强之比为(0.1ml+0.3ml):0.32ml=5∶4，C错误；
D.及时将体系中的液化分离出来，物质浓度减小，不有利于加快反应速率，D错误；
故选B。
13．答案：B
解析：A.根据分析可知，“酸浸”时，充入高压氧的目的是增大溶解氧的量，使充分被氧化，A正确；
B.浸渣的主要成分为二氧化硅，二氧化硅不与硫酸反应，B错误；
C.氧化时将氢氧化铁氧化为高铁酸根，离子方程式：，当有74.5g氧化剂NaClO（即1ml）参与反应，Cl元素化合价从+1价降为-1价，转移2ml电子，C正确；
D.加入KOH转化为，通过过滤得到固体，用KOH洗涤固体可以减少溶解损失，D正确；
答案选B。
14．答案：(1)
(2)31.9
(3)BCDA
(4)B；；ABC；c%>a%>b%
解析：（1）氯化氢是共价化合物，氯原子和氢原子形成共价键，电子式为：，故答案为：；
（2）焓变＝反应物断键吸收热量﹣生成物形成化学键放出热量，，4×E(H-Cl)+498﹣[243×2+4×E(H-O)]＝﹣115.6，得到4×E(H-O)﹣4×E(H-Cl)＝498﹣486+115.6＝127.6E(H-O)﹣E(H-Cl)＝31.9kJ，故答案为：31.9；
（3）A.
B.则
C.则
D.则
因此，反应速率的大小为BCDA，故答案为：BCDA；
（4）由图可知，左侧电解池发生的电极反应为：，在阳极，氯离子失去电子被氧化生成氯气，在阴极，水分子电离产生的氢离子得到电子被还原成氢气。同时，由于氢离子的消耗促进了水的电离，产生了更多的氢氧根离子，这些氢氧根离子与钠离子结合生成氢氧化钠。右侧的燃料电池发生的电极反应为：，其正极电极反应为：，负极电极反应为：；
①为除去粗盐中的及泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，随后过滤处于泥沙，加过量NaOH溶液，加过量溶液，再加过量溶液，过滤可除去沉淀，加适量盐酸，得到较为纯净的NaCl，故答案选B；
②电解饱和食盐水的化学方程式为，故答案为：；
③定期检查并更换阳离子交换膜、向阳极区加入适量盐酸和使用精制饱和食盐水提高可有利于提高氯碱工业中的产量、降低阳极含量，故答案选ABC；
④由于燃料电池中有阳离子交换膜，只可阳离子通过，使得氢氧根离子与钠离子在右侧结合为氢氧化钠，使氢氧化钠质量分数增大，而在电解池中在右侧会生产氢氧化钠使流出的氢氧化钠溶液质量分数大于流入的氢氧化钠溶液质量分数，故答案为：c%>a%>b%。
15．答案：(1)C
(2)；滴加过量盐酸酸化至无气体产生，再加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明含有
(3)；易溶于水，可与NaClO充分接触；NO难溶于水，仅溶解的NO能与NaClO接触反应，导致的脱除效率很高，NO脱除效率较低
(4)0.2 ml
解析：（1）A.二氧化硫使品红褪色体现其漂白性，A错误；
B.二氧化硫使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现其酸性氧化物性质，B错误；
C.溴水具有氧化性，二氧化硫使溴水褪色，体现其还原性，C正确；
D.二氧化硫与硫化氢发生归中反应，生成硫单质，体现其氧化性，D错误；
（2）①流程中含SO2的烟气被Na2CO3溶液吸收时，会释放出一种无色无味气体，该气体为二氧化碳，化学方程式：；
②为证明亚硫酸钠粗品含有少量，设计如下方案：在一支试管中加入少量亚硫酸钠粗品，用适量蒸馏水溶解，滴加过量盐酸酸化至无气体产生，再加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明含有；
（3）①根据装置，结合得失电子守恒及电荷守恒，脱硝(NO)反应的离子方程式：；
②的脱除效率一直维持在98%以上，而NO脱除效率相对较低，其原因是：易溶于水，可与NaClO充分接触；NO难溶于水，仅溶解的NO能与NaClO接触反应，导致的脱除效率很高，NO脱除效率较低；
（4）38.4g物质的量为0.6ml，根据得失电子守恒，结合电极反应可判断，阳极处理0.4ml二氧化硫，阴极处理0.2ml二氧化硫，根据阴极电极反应：，回收S物质的量为0.2ml。
16．答案：(1)
(2)；+5；部分NO与、反应生成和；与钒催化剂反应生成，+5价V变为+4价V；NO或与反应生成和
(3)；；BC
(4)低于200℃的范围内，催化剂的活性很低，主要是温度升高加快了化学反应速率；200℃~300℃范围内，随着温度升高催化剂的活性增强共同使化学反应速率加快
(5)
解析：（1）由①，②，由盖斯定律：②×3-①得： 。故答案为：；
（2）①X、Y处V元素化合价为+4或+5价。由图可知，，铜元素化合价降低，则Y→X，元素化合价升高，所以X处V元素化合价为+5。故答案为：+5；
②NO转化为的机理可描述为与催化剂表面的反应生成和，部分NO与、反应生成和；与钒催化剂反应生成，+5价V变为+4价V；NO或与反应生成和。故答案为：部分NO与、反应生成和；与钒催化剂反应生成，+5价V变为+4价V；NO或与反应生成和；
（3）①由反应可知，，；若已除去的硝酸尾气中的混合气体，通过足量NaOH溶液后，溶液中含有N元素的溶质为。故答案为：；
②A.加快通入尾气的速率，气体不能吸收完全，不能提高尾气中NO和去除率，故A错误；B.采用气、液逆流的方式吸收尾气，增大反应物接触面积，增大尾气中NO和去除率，故B正确；C.吸收尾气过程中定期补加适量NaOH浓溶液，可以提高尾气中NO和去除率，故C正确；D.微溶于水，溶液浓度小，不能用饱和溶液代替NaOH浓溶液，故D错误；故答案为：BC；
（4）温度低于300℃时，转化率随温度升高而增大，其可能原因是低于200℃的范围内，催化剂的活性很低，主要是温度升高加快了化学反应速率；200℃~300℃范围内，随着温度升高催化剂的活性增强共同使化学反应速率加快。故答案为：低于200℃的范围内，催化剂的活性很低，主要是温度升高加快了化学反应速率；200℃~300℃范围内，随着温度升高催化剂的活性增强共同使化学反应速率加快；
（5）在酸性的条件下，利用电化学原理消除中的、，变废为宝。与电源正极相连作阳极，在反应中失去电子发生氧化反应，转化的电极反应方程式。
17．答案：(1)分液漏斗
(2)蒸馏烧瓶产生氢气将装置内空气排尽，防止二价铁被氧化；；形成液封，防止C中产品接触空气被氧化变质
(3)8.0 %
(4)足量铁粉，趁热过滤，向滤液中加入计算量的饱和硫酸铵溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤、低于100℃烘干
解析：（1）仪器A的名称为分液漏斗。
（2）①步骤一的目的是通过蒸馏烧瓶中产生的氢气将装置内的空气排尽，防止二价铁被氧化。
②C中亚铁离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸亚铁、二氧化碳和水，离子方程式为。
③装置D中盛放适量水，作用为形成液封，防止C中产品接触空气被氧化变质。
（3）消耗硫代硫酸钠物质的量为0.1ml/L×0.02L=0.002ml，则消耗的碘单质物质的量为0.001ml，生成0.001ml碘单质消耗0.002ml，则100mL溶液中含有铁离子0.008ml，质量为0.448g，固体样品中Fe3+的质量分数为0.448g÷5.6g=8%。
（4）久置的硫酸亚铁中，部分亚铁离子被氧化为铁离子，因此需要先将铁离子转化为亚铁离子，随后从图中可知，摩尔盐溶解度较小，可用蒸发浓缩，冷却结晶的方法从硫酸亚铁和饱和硫酸铵混合溶液中制取，具体实验方案为将样品溶于适量的硫酸溶液中，加热使其溶解，然后向其中加入足量铁粉，趁热过滤，向滤液中加入计算量的饱和硫酸铵溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤、低于100℃烘干。
A制取
B测定中和热
C测定化学反应速率
D该条件下铁发生了析氢腐蚀
选项
实验操作和现象
结论
A
将固体粉末加入过量NaOH溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液
既体现碱性又体现酸性
B
向盛有铜片的试管中加入少量硝酸，一段时间后观察到试管口有红色气体逸出
实验所用为浓硝酸
C
向盛有某溶液的试管中滴加稀氢氧化钠溶液，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸未变蓝
该溶液中不存在
D
向a、b两试管中同时加入溶液和溶液，再向a试管内加入少量，a试管中溶液褪色较快
是和反应的催化剂