2022-2023学年山东省聊城市高一上学期期中教学质量检测化学试题（解析版）

试卷第=page1818页，共=sectionpages1919页试卷第=page1919页，共=sectionpages1919页山东省聊城市2022-2023学年高一上学期期中教学质量检测化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．化学与生产、生活和社会发展关系密切。下列说法错误的是A．用二氧化碳灭火器扑灭金属钠的燃烧B．碳中和的最新成果将转化为淀粉[]，该过程为氧化还原反应C．针对新冠肺炎疫情，可用医用酒精，84消毒液等对场所进行杀菌消毒D．医疗上的“血液透析”利用了胶体的性质【答案】A【详解】A．钠燃烧生成过氧化钠，而过氧化钠和二氧化碳反应又能生成氧气助燃，故钠火不能用二氧化碳来灭，故A错误；B．将转化为淀粉[]的过程中碳元素化合价发生变化，为氧化还原反应，故B正确；C．医用酒精，84消毒液等均能使蛋白质变性，所以针对新冠肺炎疫情，可用医用酒精，84消毒液等对场所进行杀菌消毒，故C正确；D．血液是胶体，不能透过半透膜，利用“血液透析”可以除去血液中的毒素，是利用了胶体的性质，故D正确；故选A。2．下列叙述中，正确的是A．熔融的电解质都能导电B．含金属元素的离子一定都是阳离子C．氯气、液氯是同一种物质，均可以储存在钢瓶中D．某元素从化合态变为游离态时，该元素一定被还原【答案】C【详解】A．HCl为电解质，但熔融状态下气体分子不能电离，A错误；B．AlO中含金属元素，但为阴离子，B错误；C．氯气和液氯是同一种物质，干燥条件下不与铁反应，C正确；D．化合物的元素化合价可以升高得到游离状态单质，如实验室制取氯气，也可以降低得到游离单质，如金属单质的制备，铁和硫酸铜反应生成铜单质，D错误；故答案为：C。3．如图表示部分常见物质的相互转化关系(反应条件已省略)，下列说法正确的是A．反应①和②一定是同一反应B．图中涉及物质的类别不包含酸C．图Ⅱ中的化学反应说明氧气具有可燃性D．图中涉及的氧化物中属于酸性氧化物有2种【答案】B【详解】A．反应①可能是二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，也可能是氢氧化钙和可溶性的碳酸盐反应生成碳酸钙沉淀，②是二氧化碳可以和氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和水，①②可能是同一个反应，故A选项说法错误。B．溶于水电离出的阳离子全部是氢离子的化合物属于酸，因此图中涉及物质的类别不包含酸，有盐、碱和氧化物，故B选项说法正确。C．圈Ⅱ中的化学反应，是物质与氧气反应，说明氧气能支持燃烧，氧气不燃烧，故C选项说法错误。D．图中涉及的氧化物中属于酸性氧化物有3种，分别是二氧化碳、二氧化硫和五氧化二磷，故D选项说法错误。故选B。4．2019年科学家们合成了具有半导体特性的环状分子，其合成方法的示意图如下：下列说法正确的是A．的摩尔质量为216B．和石墨具有相同的性质C．等质量的和含有的原子数不同D．与金刚石互为同素异形体【答案】D【详解】A．的摩尔质量为216g/mol，A错误；B．和石墨互为同素异形体，是两种不同的单质，二者不可能具有相同的性质，B错误；C．和均是碳原子组成的不同单质，等质量的和含有的原子数相同，C错误；D．与金刚石均是碳元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，D正确；答案选D。5．在海洋碳循环中，通过下图所示的途径固碳。下列说法正确的是A．该循环过程中未涉及氧化还原反应B．碳酸氢钠的电离方程式为C．该循环减少了碳的排放，有利于实现“碳达峰，碳中和”D．钙化作用的离子方程式之一为【答案】C【详解】A．二氧化碳和水在叶绿树作用下光合作用是氧化还原反应，则该循环过程中涉及氧化还原反应，故A错误；B．碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3＝Na++HCO，故B错误；C．该循环减少了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”，故C正确；D．根据反应图象分析，钙化过程中HCO转化为CaCO3和CO2，所以钙化作用的离子方程式为Ca2++2HCO＝CaCO3↓+CO2↑+H2O，故D错误；故选C。6．下列有关阿伏加德罗常数(用表示)的说法正确的是A．分子总数为的混合气体体积约为，质量为B．标准状况下，溶于水，溶液中和的微粒数之和为C．与一定量完全反应，生成和混合物，钠失去电子总数大于D．常温常压下，含原子数为【答案】D【详解】A．未指明标准状况，Vm未知，无法计算质量，故A错误；B．溶于水，溶液中除了和，还有，所以溶液中和的微粒数之和小于，故B错误；C．无论是还是，其中钠元素的化合价都是+1，所以与一定量完全反应，生成和混合物，钠失去电子总数等于，故C错误；D．常温常压下，的物质的量，所以所含原子数为，故D正确。故选D。7．某工业废水中存在大量的，欲除去其中的，设计工艺流程如图所示：下列说法错误的是A．的作用是除去B．试剂a为，试剂b为C．操作x为过滤，试剂c为稀盐酸D．检验是否除尽可取适量待测溶液，先加入盐酸，再加入溶液【答案】B【分析】由流程图可知，先加NaOH溶液除去Cu2+，再加入BaCl2溶液除去除去SO，试剂a为，试剂b为Na2CO3，用于除去过量Ba2+，操作x为过滤，滤液中含Na+、Cl-、CO、OH-，试剂c为盐酸，除去溶液中的CO、OH-得到NaCl溶液，据此分析解答。【详解】A．加入NaOH溶液用于除去Cu2+生成氢氧化铜沉淀，故A正确；B．由上述分析可知，试剂a为，试剂b为Na2CO3，故B错误；C．操作x为过滤，用于分离出氢氧化铜沉淀、硫酸钡、碳酸钡沉淀，试剂c为稀盐酸，故C正确；D．检验是否除尽可取适量待测溶液，先加入盐酸，再加入溶液，无白色沉淀生成，说明硫酸根离子已经完全除去，故D正确；故选B。8．下列反应的离子方程式正确的是A．氯气溶于水：B．醋酸除去水垢中的碳酸钙：C．少量的溶液与NaHCO3溶液反应：D．向漂白粉溶液中通入少量【答案】D【详解】A．氯气溶于水生成次氯酸是弱酸，故不能拆开，正确的离子方程式为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，A错误；B．醋酸除去水垢中的碳酸钙，醋酸是弱酸，不能拆开，故正确的离子方程式为：，B错误；C．少量的溶液与NaHCO3溶液反应，则碳酸氢根完全过量，氢氧根全部反应，二者之间的反应系数关系为1:2，则正确的离子方程式为：，C错误；D．向漂白粉溶液中通入少量发生强酸制弱酸反应，而且少量，不会产生酸式盐，正确的离子方程式为：，故D正确；故本题选D。9．某同学欲探究与能否反应，设计装置如下，下列说法错误的是A．装置A中盛放稀盐酸的仪器是长颈漏斗B．装置B中盛放碱石灰，目的是除去A中挥发出来的水蒸气和氯化氢C．装置A也可用于碳酸钠与稀硫酸反应制取D．D中盛放无水硫酸铜的作用是检验反应是否有水生成【答案】C【详解】A．根据实验图像，装置A盛放稀盐酸的仪器时长颈漏斗，A正确；B．B装置中盛放的碱石灰用来去除H2中混有的HCl和水蒸气，B正确；C．碳酸钠与稀硫酸反应，反应速度过快，需要用分液漏斗控制反应速率，C错误；D．无水硫酸铜为白色，遇到水变蓝，用来检验水，D正确；故答案为：C。10．含的三效催化剂是一种常见的汽车尾气催化剂，其催化表面的物质转化分为储存和还原两个进程，如图所示。下列说法错误的是A．该转化过程的催化剂是或B．该转化过程中碳元素均被还原C．储存过程中，反应的和氧气的物质的量之比为4：1D．三效催化剂能有效实现汽车尾气中、三种成分的净化【答案】B【详解】A．根据图示可知，氧化钡和硝酸钡参与循环，所以该转化过程的催化剂是或，故A正确；B．“还原”过程中，Ba（NO3）2与CO、CxHy反应生成CO2，C元素化合价升高，所以“还原”过程中碳元素均被氧化，故B错误；C．“储存”过程中O2是氧化剂，反应中O元素的化合价由0价降低为-2价，氮元素化合价从+4价升高到+5价，所以储存过程中，反应的和氧气的物质的量之比为4：1，故C正确；D．整个过程中，CO、CxHy、NOx转化成CO2、H2O、N2，说明三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，故D正确；故选B。11．下列物质转化在给定条件下能实现的是A．B．C．D．【答案】C【详解】A．室温下钠与氧气化合生成氧化钠，得不到过氧化钠，A不符合；B．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，得不到氧化铁，B不符合；C．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，碳酸钠和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，C符合；D．氢氧化钡和盐酸反应生成氯化钡，但氯化钡溶液中通入二氧化碳不能生成碳酸钡，D不符合；答案选C。12．下列实验装置能达到相应实验预期目的的是(已知：常温常压下，1体积水可溶解700体积氨气)A．图Ⅰ：比较和的热稳定性B．图Ⅱ：检查装置的气密性C．图Ⅲ：除去中的D．图Ⅳ：a通入，然后b通入，c中放碱石灰【答案】B【详解】A．比较和的热稳定性是里面的小试管盛放碳酸氢钠，图示装置不合理，故A错误；B．先关闭止水夹，然后向长颈漏斗中加入水，若一端时间内漏斗中水面无变化，证明装置的气密性良好，故B正确；C．氯气也能与氢氧化钠溶液反应，应该用饱和食盐水除去氯化氢，图示装置不合理，故C错误；D．氨气极易溶于水，应该a通入，然后b通入，图示装置不合理，故D错误；故选B。13．实验室制备过程为①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备，②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和，③减压过滤，将滤液蒸发浓缩，冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是A．①中用作强碱性介质 B．②中可加入盐酸调节溶液的C．②中只体现氧化性 D．可循环使用【答案】D【详解】A．制备KMnO4时为为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用NaOH，故A错误；B．高锰酸钾能氧化氯离子生成氯气，②中不能加入盐酸调节溶液的，应该用稀硫酸，故B错误；C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，故C错误；D．反应前有二氧化锰参与，反应后产生二氧化锰，所以二氧化锰可以循环利用，故D正确；故选D。14．三种固体溶于水得到的溶液M中部分离子的物质的量浓度如图甲所示。取混合溶液加水稀释，测得随溶液体积的变化如图乙所示。下列说法不正确的是A．X离子是 B．C．溶液M中物质的量浓度为 D．与物质的量之比为1：2【答案】C【分析】稀释过程中n（Na+）不变，则原溶液中c（Na+）==0.80mol/L，说明X、Y代表SO、Cl-，结合溶液电中性可知：c（Na+）+c（K+）=2c（SO）+c（Cl-），即2c（SO）+c（Cl-）=0.90mol/L+0.80mol/L=1.70mol/L，c（SO）=0.40mol/L、c（Cl-）=0.90mol/L，所以X代表的离子为SO，Y表示的离子为Cl-，以此结合质量守恒解答。【详解】A．结合分析可知，X代表的离子为SO，Y表示的离子为Cl-，故A正确；B．c1为原溶液中钠离子浓度，稀释过程中n（Na+）不变，则原溶液中c（Na+）==0.80mol/L，故B正确；C．c（K2SO4）=c（SO）=0.40mol/L，根据钾离子质量守恒可知，c（KCl）=0.90mol/L-2c（K2SO4）=0.90mol/L-0.40mol/L×2=0.10mol/L，故C错误；D．c（K2SO4）=c（SO）=0.40mol/L，c（NaCl）=c（Na+）=0.80mol/L，同一溶液中体积V相同，根据n=cV可知，固体溶解时K2SO4与NaCl物质的量之比等于物质的量浓度之比=0.40mol/L：0.80mol/L=1：2，故D正确；故选C。15．常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾四化法”制备，该方法的第一步反应为，，下列说法正确的是A．还原产物只有B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为6：11C．可用澄清石灰水吸收反应产生的制备漂白粉D．产生(标准状况)时，转移【答案】D【详解】A．反应6I2+11KClO3+3H2O6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2↑中I元素化合价由0价升高到+5价，则I2为还原剂，碘酸钾是氧化剂，KH（IO3）2为氧化产物，KCl和Cl2是还原产物，故A错误；B．依据方程式可知，I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到-1价和0价，KClO3作为氧化剂，I2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为11：6，故B错误；C．漂白粉可由生成的氯气与石灰乳反应制得，不是澄清石灰水，故C错误；D．依据分析生成3molCl2为标准，反应转移60mole-，产生11.2L（标准状况）即0.5molCl2时，反应转移10mole-，故D正确；故选D。二、填空题16．元素的价类二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图像。下图是钠的价类二维图：请回答以下问题：(1)在野外可用作生氢剂，其与水反应的化学方程式为_______。(2)写出二维图中缺失①中某种淡黄色固体的化学式_______，其阳离子与阴离子的个数比为_______。(3)溶液常因温度过高而分解，导致含有少量，除去杂质的方法为_______(用离子方程式表示)。(4)向某物质的量浓度的溶液中缓慢通入一定量的(忽略溶液体积的变化)，充分反应。将上述所得溶液，逐滴滴加的盐酸，所得气体的体积与所加盐酸的体积关系如图所示：①原溶液的浓度为_______。②AB段发生反应的离子方程式_______。(5)我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的充电电池。电池的总反应为：。①该电池消耗(标准状况)气体时，转移电子数为_______(用表示)。②该电池中不能存在水，否则可能引起电池爆炸，用离子方程式表示其原因_______。【答案】(1)(2)

Na2O2

2：1(3)(4)

1mol/L

(5)

0.4NA

【详解】（1）在野外可用作生氢剂，其与水反应的化学方程式；故答案为：。（2）①为钠的氧化物，呈淡黄色，①为Na2O2，阳离子与阴离子的个数比为，2：1；故答案为：Na2O2；2：1。（3）碳酸钠溶液通入二氧化碳，生成碳酸氢钠，所以碳酸氢钠溶液中混有碳酸钠杂质，可以向溶液中通入二氧化碳气体，进行除杂，;故答案为：。（4）根据题意，，加入盐酸后发生的反应；根据氯原子守恒n(NaCl)=n(HCl)=cV=1mol/L0.3L=0.3mol，根据钠原子守恒，n(NaCl)=n(NaOH)=0.3mol，故NaOH浓度为；故答案为：1mol/L；。（5）根据化学方程式可知，C元素化合价由+4价到0价，Na由0价到+1价，所以当有3个CO2参与反应，转移4个电子，CO2，所以转移电子数为0.4NA；该电池中有单质钠，钠可以与水反应生成氢气；故答案为：0.4NA；。17．I.离子反应是中学化学中重要的反应类型，回答下列问题：(1)在发生离子反应的反应物或生成物中，一定存在有_______(填序号)。a.单质

b.氧化物

c.电解质

d.盐

e.化合物Ⅱ.有一瓶无色溶液只含五种离子中的某几种。通过实验：①原溶液中加足量溶液产生白色沉淀；②原溶液中加溶液不产生沉淀；③原溶液中加溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解。(2)原溶液中一定含有的离子是_______，一定不含有的离子是_______，可能含有的离子是_______。(3)实验③说明原溶液中含有_______。有的同学认为实验③可以省略，你认为是否正确(填“是”或“否”)_______，理由是_______。【答案】(1)ce(2)

Na＋(3)

Cl－

是

溶液显电中性，一定含有阴离子氯离子【详解】（1）离子反应是由离子参加或生成的反应，发生的条件是化合物在一定的条件下必须电离出能反应的离子，则必须是电解质发生电离，故答案为：ce；（2）无色溶液中不存在铜离子，①原溶液中加足量溶液产生白色沉淀，白色沉淀是氢氧化镁，含有镁离子，则不存在碳酸根离子；②原溶液中加溶液不产生沉淀，说明不存在碳酸根离子；③原溶液中加溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，白色沉淀是氯化银，含有氯离子。因此原溶液中一定含有的离子是，一定不含有的离子是，可能含有的离子是Na＋。（3）实验③说明原溶液中含有Cl－。由于溶液一定是显电中性的，所以一定含有阴离子氯离子，因此实验③可以省略。三、实验题18．高锰酸钾溶液常用于物质的定性检验与定量分析。I.实验室里欲用固体来配制的溶液。(1)实验中用托盘天平需称取固体的质量为_______g。(2)配制溶液时，用到的玻璃仪器有烧杯，玻璃棒，量筒、_______。(3)在整个配制过程中玻璃棒所起的作用有_______。(4)下列操作会使所配溶液浓度偏高的是_______(填字母序号)。a.称取高锰酸钾过程中试剂与砝码位置错放b.容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理c.定容读数时，俯视容量瓶上的刻度线d.定容摇匀后发现液面低于刻度线又加水至刻度线Ⅱ.用上述酸性溶液来测定溶液的物质的量浓度。向溶液中滴加的酸性标准溶液，消耗标准溶液的体积为。(5)已知：酸性溶液与溶液反应生成和一种常见的气体。该反应的离子方程式为_______(6)达到反应终点时的现象为_______。【答案】(1)4.0(2)250mL容量瓶和胶头滴管(3)搅拌、引流(4)c(5)2MnO+5H2O2+6H＋＝2Mn2＋+5O2↑+8H2O(6)滴入最后半滴标准液，溶液颜色变为浅红色且半分钟内不复原【详解】（1）配制的KMnO4溶液需要250mL容量瓶，则需要高锰酸钾的质量为：0.1mol/L×0.25L×158g/mol=3.95g，所以实验中用托盘天平需称取固体的质量为4.0g，故答案为：4.0；（2）根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、250mL容量瓶和胶头滴管，缺少的仪器为：250mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶和胶头滴管；（3）玻璃棒在溶解时作用为搅拌，在移液操作时作用为引流，故答案为：搅拌、引流；（4）a.称取高锰酸钾过程中不需要游码，因此试剂与砝码位置错放不影响结果；b.容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理不影响溶液体积和溶质质量，不影响结果；c.定容读数时，俯视容量瓶上的刻度线，溶液体积减少，浓度偏高；d.定容摇匀后发现液面低于刻度线又加水至刻度线，导致溶液体积增加，浓度偏低；故答案为c；（5）已知酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应生成Mn2＋和一种常见的气体，反应中双氧水被氧化，气体是氧气，该反应的离子方程式为2MnO+5H2O2+6H＋＝2Mn2＋+5O2↑+8H2O。（6）由于酸性高锰酸钾溶液显红色，则达到反应终点时的现象为滴入最后半滴标准液，溶液颜色变为浅红色且半分钟内不复原。19．【任务一】某小组研究和的性质，实验如下：步骤实验操作观察到的实验现象①在两支试管中分别加入、固体，再加入蒸馏水，振荡；将温度计分别插入其中放置至室温时，全部溶解，得到透明溶液放置至室温时，部分溶解，试管底部有少许固体②将步骤①的试管中溶液分别分成两份，其中1份溶液中各滴加2滴酚酞溶液溶液变红色溶液变浅红色③在步骤②的另两份溶液中各滴加2滴10%盐酸，振荡没有气泡产生产生少量气泡(1)室温时，的溶解度大于的实验证据是_______。(2)该实验_______(填“能”或“不能”)说明溶液的碱性强于溶液，若不能，请说明理由_______。(3)实验③中溶液没有气泡产生，学生甲得出结论：溶液与盐酸不反应。学生乙认为甲的结论不正确，支持学生乙观点的客观事实是_______(用离子方程式说明)。【任务二】为进一步探究和的性质，利用传感器继续做如下实验：编号实验操作实验数据④⑤信息提示：溶液越小，的浓度越小，溶液碱性越弱。(4)实验④中，溶解时吸收热量的物质是_______(填化学式)。(5)实验⑤中，溶液和澄清石灰水反应的离子方程式为_______，未参与该反应的实验证据是_______。【任务三】探究和的热稳定性。观察到的实验现象如下表所示：物质装置B中现象装置C中现象无明显变化开始断断续续产生气泡，一会儿后，没有气泡，溶液保持澄清白色粉末变蓝色开始断断续续产生气泡，一会儿后，产生连续气泡，溶液变浑浊根据上述实验现象，回答下列问题：(6)加热时，装置C中产生气泡的原因是_______。(7)该实验所得结论是_______。【答案】(1)相同温度下，1gNa2CO3在5mL水中完全溶解，1gNaHCO3在5mL水中有少量固体残留(2)

不能

Na2CO3与NaHCO3的物质的量浓度不同，无法比较碱性强弱(3)CO+H＋＝HCO(4)NaHCO3(5)

CO+Ca2+＝CaCO3↓

加入Na2CO3溶液和加入蒸馏水的pH变化曲线相似(6)加热时排出了部分装置内空气(7)Na2CO3的热稳定性比NaHCO3强【详解】（1）室温下，在两支试管中加入1gNa2CO3或1gNaHCO3固体，再加入5mL水，振荡，Na2CO3完全溶解，NaHCO3有少量固体残留，说明NaHCO3在水中溶解度小，已经达到饱和，故答案为：相同温度下，1gNa2CO3在5mL水中完全溶解，1gNaHCO3在5mL水中有少量固体残留；（2）虽然所得溶液中分别滴入2滴酚酞溶液，Na2CO3溶液呈红色，NaHCO3在溶液呈浅红色，前者碱性强，但二者的物质的量浓度不相同，无法比较碱性强弱，故答案为：不能；Na2CO3与NaHCO3的物质的量浓度不同，无法比较碱性强弱；（3）由于碳酸钠和盐酸反应分步进行，首先变为碳酸氢钠，所以不产生气体，方程式为CO+H＋＝HCO；（4）观察所给图示温度的变化，可以发现Na2CO3固体和NaHCO3固体分别溶于水，温度分别升高和降低，说明Na2CO3固体的溶解是放热过程，NaHCO3固体的溶解是吸热过程，故答案为：NaHCO3；（5）Na2CO3溶液和澄清石灰水反应的离子方程式为CO+Ca2+＝CaCO3↓，观察所给图象可知，将碳酸钠溶液中滴加到澄清石灰水中，溶液pH值变化与加入蒸馏水稀释时的pH变化曲线相似，这说明氢氧根离子未参与该反应；（6）“断断续续产生气泡”说明气流成分是装置内空气，加热时排出了部分装置内空气，故答案为：加热时排出了部分装置内空气；（7）碳酸钠受热不分解，因为澄清石灰水没有变浑浊；碳酸氢钠