【化学】江苏省扬州市江都区2023-2024学年高一上学期期中考试试题（解析版）

江苏省扬州市江都区2023-2024学年高一上学期期中考试试题注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共5页，包含选择题[第1题~第14题，共42分]、非选择题[第15题~第18题，共58分]两部分。本次考试时间为75分钟，班级、姓名、学号、考生号、座位号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置。2.选择题每小题选出答案后，请用2B铅笔在答题纸指定区域填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其它答案。非选择题请用0.5毫米的黑色签字笔在答题纸指定区域作答。在试卷或草稿纸上作答一律无效。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64一、单项选择题(本题包括14小题，每题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)1.杭州第19届亚运会化学秉持“绿色、智能、节俭、文明”的办会理念。下列做法不符合该理念的是（）A.采用“零碳”甲醇点燃亚运主火炬 B.使用锂电池供电驱动的机器狗C.使用可循环快递箱运送包裹 D.使用不可降解的一次性餐盒【答案】D【解析】【详解】A．零碳甲醇是废碳再生，燃料成本低，可以达到节约的理念，A正确；B．使用锂电池供电驱动的机器狗，可以减少排放，防止污染，可以达到节约，绿色，只能的理念，B正确；C．使用可循环快递箱运送包裹可以达到节约，绿色的理念，C正确；D．使用不可降解的一次性餐盒增加了垃圾的产生，不符合节俭、文明”的办会理念，D错误；故选D。2.下列化学品运输的标识为“剧毒品”的是（）A.汽油 B.天然气 C.氯气 D.烧碱【答案】C【解析】【详解】A．汽油属于易燃物，不属于剧毒品，A不符合题意；B．天然气属于易燃物，不属于剧毒品，B不符合题意；C．氯气的有毒气体，属于剧毒品，C符合题意；D．烧碱是NaOH，对人会产生强烈的腐蚀性，属于腐蚀性药品，而不属于剧毒品，D不符合题意；故合理选项是C。3.铼高温合金材料用于制造航空发动机，下列关于的说法不正确的是（）A.核电核数110 B.中子数110 C.质量数185D.质子数75【答案】A【解析】【分析】原子符合中左上角为质量数，左下角为质子数，原子中质量数=质子数+中子数，核电荷数=质子数=核外电子数。【详解】中，质量数=185，质子数=75，核电荷数=质子数=75，中子数=质量数-质子数185−75=110，答案选A。4.可利用反应CO2+NaOH=NaHCO3来捕捉废气中的CO₂，下列有关化学用语正确的是（）A.中子数为8的氧原子：B.¹²C与¹⁶O互为同位素C.Na⁺的结构示意图：D.NaHCO₃的电离方程式：【答案】A【解析】【详解】A．原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数等于质子数与中子数的和，O是8号元素，原子核内质子数是8，则中子数为8的氧原子质量数为8+8=16，故其可表示为，A正确；B．¹²C质子数是6，而¹⁶O质子数是8，二者的质子数不相同，因此二者不能互为同位素，B错误；C．Na是11号元素，原子核内质子数是11，Na+核外有10个电子，电子排布是2、8，故Na⁺的结构示意图：，C错误；D．NaHCO₃是可溶性盐，在水中电离产生Na+、，故其电离方程式可表示为：NaHCO₃=Na++，D错误；故合理选项是A。5.下列Na及其化合物的性质与用途的对应关系不正确的是（）A.Na具有还原性，可用于冶炼钛等金属B.NaClO溶液具强氧化性，可用作消毒剂C.Na2O2是淡黄色固体，可用作供氧剂D.NaHCO3溶液具有弱碱性，可用于治疗胃酸过多【答案】C【解析】【详解】A．Na具有强的还原性，可与熔融状态的钛、锆、铌、钽等金属化合物在高温下发生置换反应产生金属单质，因此用于冶炼钛等金属，A正确；B．NaClO溶液具强氧化性，能够使细菌、病毒蛋白质发生氧化反应而变质，因此可用作消毒剂，B正确；C．Na2O2能够与CO2、H2O发生反应产生O2来帮助人呼吸，因此可用在呼吸面具中作供氧剂，这与其是淡黄色固体的性质无关，C错误；D．NaHCO3溶液具有弱碱性，对人无刺激性，能够与胃酸发生反应，降低胃酸的浓度，因此可用于治疗胃酸过多，D正确；故合理选项是C。6.我国科学家已经实现了从CO2到淀粉]n的全合成，下列有关说法正确的是（）A.CO2为碱性氧化物 B.淀粉结构中含有C.全合成属于化学变化 D.全合成过程中CO2作还原剂【答案】C【解析】【详解】A．CO2可以与碱反应只生成盐和水，属于酸性氧化物，故A错误；

B．淀粉结构中不含有H2O分子，不是真正的碳、水化合物，故B错误；

C．光合作用除了生成淀粉外，还生成氧气，有新物质生成，属于化学变化，故C正确；

D．全合成过程中碳元素化合价降低，CO2作氧化剂，故D错误；

故选：C。7.实验室制取Cl2时，下列装置能达到相应实验目的的是（）A.制备Cl2 B.净化Cl2C.收集Cl2 D.尾气处理【答案】D【解析】【详解】A．在实验室中利用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，该装置不能加热，因此不能制取Cl2，A错误；B．由于浓盐酸具有挥发性，因此利用MnO2与浓盐酸混合加热制取的Cl2中含有HCl、H2O蒸气，在净化时要先通过饱和NaCl溶液除去HCl杂质，然后再通过浓硫酸进行干燥处理，处理先后顺序颠倒，B错误；C．该装置只有气体入口，无气体出口，因此不能收集到Cl2，C错误；D．Cl2是有毒气体，可根据其能够与碱反应的性质，利用NaOH溶液进行尾气处理，防止大气污染，D正确；故合理选项是D。8.利用铝热反应焊接钢轨：Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe，反应放出大量的热，下列说法不正确的是（）A.该反应中Al为还原剂B.该反应中Fe2O3体现出氧化性C.1molFe2O3参加反应，转移3mol电子D.利用上述反应原理进行作业时，需进行隔热防护【答案】C【解析】【详解】A．在该反应中Al元素化合价由反应前Al单质的0价变为反应后Al2O3中的+3价，化合价升高，失去电子被氧化，因此Al为还原剂，A正确；B．该反应中Fe元素化合价由反应前Fe2O3中的+3价变为反应后Fe单质的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以Fe2O3体现出氧化性，B正确；C．1molFe2O3参加反应，元素化合价变化了6价，产生2molFe，则反应过程中转移6mol电子，C错误；D．该反应是放热反应，发生反应放出大量热量使铁熔化，产生的液态铁可能会迸溅，因此利用上述反应原理进行作业时，需进行隔热防护，D正确；故合理选项是C。9.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.23gNa与足量H2O反应生成H2的分子数目为NAB.常温常压下，16gCH4含有的电子数为10NAC.常温常压下，3.2gO2所含的原子数是0.1NAD.0.5mol·L－1K2SO4溶液中含有的K⁺是NA【答案】B【解析】【详解】A．23gNa与足量H2O反应可以生成0.5molH2，其分子数目为0.5NA，故A项错误；B．16gCH4的物质的量为1mol，1个CH4分子中含有10个电子，所以1molCH4分子中含有10mol电子，其数目为10NA，故B项正确；C．3.2gO2的物质的量为0.1mol，含有原子的物质的量为0.2mol，其原子数是0.2NA，故C项错误；D．0.5mol·L－1K2SO4溶液，由于不知体积，所以无法确定所含K⁺的量，故D项错误；故选B。10.下列叙述不正确的是（）A.液氯是纯净物，氯水是混合物B.漂白粉的有效成分是和C.比HClO稳定D.氢气与氯气反应是工业制盐酸的方法【答案】B【解析】【详解】A．液氯是氯气的液态形式，是纯净物，氯水是混合物，选项A正确；B．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，有效成分为次氯酸钙，选项B错误；C．次氯酸见光容易分解生成氧气和HCl，次氯酸钙比次氯酸稳定，选项C正确；D．氢气与氯气反应生成HCl，是工业上制盐酸的方法，选项D正确；答案选B。11.利用CaO制备的流程如图所示，下列叙述不正确的是（）已知：Ca(NO3)2在水中的溶解度图如图所示A.“制浆”过程中发生的化学方程式为B.“反应”过程中产生的气体X为NH3C.“酸化”过程可以中和过量的Ca(OH)2D.酸化后溶液经过蒸发结晶制得粗品【答案】D【解析】【分析】“制浆”：CaO和水反应得石灰浆Ca(OH)2浊液；“反应”：Ca(OH)2和NH4NO3反应生成Ca(NO3)2和H2O、NH3，气体X为NH3；“酸化”后经过加热浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥得Ca(NO3)2·4H2O，以此解题。【详解】A．制浆时候加入的是氧化钙和水，所以化学方程式是，A正确；B．制浆时生成了Ca(OH)2，氢氧化钙与硝酸铵反应产生氨气，故放出的气体X是氨气，B正确；C．酸化前溶液中有过量的氢氧化钙，在结晶前需要用硝酸中和过量的Ca(OH)2，C正确；D．根据溶解度曲线可知，其溶解度随温度变化较大，则应该采用降温结晶，D错误；故选D。12.下列实验方案不能达到目的是（）A.用CaCl2溶液鉴别Na2CO3溶液和NaNO3溶液B.用NaOH溶液除去Cl2中混有的HClC.用焰色反应鉴别KNO3固体和NaCl固体D.用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和可乐溶液【答案】B【解析】【详解】A．Na2CO3溶液和CaCl2溶液反应生成碳酸钙沉淀，NaNO3溶液和CaCl2溶液不反应，可以鉴别，A正确；B．氯气可以和NaOH反应，B错误；C．钾的焰色反应是紫色(透过蓝色钴玻璃)，钠的焰色反应是黄色，故可以用焰色反应鉴别KNO3固体和NaCl固体，C正确；D．胶体有丁达尔效应，溶液没有，故可以用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和可乐溶液，D正确；故选B。13.下列实验操作、现象和结论都正确的是（）选项实验操作和现象实验结论A向某溶液中加入浓NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝一定含有B某烧碱溶液中可能含有Cl⁻，先加稀盐酸酸化，再滴加AgNO₃溶液，若有白色沉淀生成，一定含有Cl⁻C某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中出现浑浊一定含有D用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色一定是钠盐溶液【答案】A【解析】【详解】A．加入NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体为氨气，则溶液中一定含有，故A正确；B．加盐酸引入了Cl-，先加稀盐酸酸化，再滴加AgNO3溶液，则一定有白色沉淀生成，不能说明原溶液含有Cl-，故B错误；C．能使澄清石灰水变浑浊的无色气体为二氧化碳或二氧化硫，而能和盐酸反应生成二氧化碳的有和、，故C错误；D．焰色反应为元素的性质，则溶液可能为NaOH溶液或钠盐溶液，故D错误；

故选：A。14.电解质饮料可以补充剧烈运动后流失的水分和电解质。某品牌电解质饮料添加的电解质为NaCl、KCl和MgSO4，其中K+：1.0--27.3mg/L；Mg2+：0.1--4.8mg/L，下列说法不正确的是（）A.NaCl、KCl和MgSO4均为电解质B.c(K+)最大值为7×10-4mol/LC.1L该饮料中含MgSO4的最大质量为12mgD.若该饮料中c(Cl-)=1×10-3mol/L，则c(Na⁺)的最小值为3.0×10-4mol/L【答案】C【解析】【详解】A．NaCl、KCl和MgSO4都是盐，在水溶液中和熔融状态下都能够发生电离而导电，因此三种物质均为电解质，A正确；B．根据已知信息可知K+浓度范围为：1.0--27.3mg/L，结合物质的量浓度定义式可知c(K+)最大值为：，B正确；C．由于Mg2+：0.1--4.8mg/L，则1L该饮料中含Mg2+的质量是4.8mg，则根据MgSO4中Mg的含量计算方法可知MgSO4的最大质量为m=4.8mg×=24mg，C错误；D．要使Na+浓度最小值，由于Mg2+和浓度相同，使K+浓度最大即可，根据选项B计算可知c(K+)最大值为7.0×10-4mol/L，由于该饮料中c(Cl-)=1×10-3mol/L，则根据溶液呈电中性，c(Na+)的最小值为1.0×10-3mol/L-7.0×10-4mol/L=3.0×10-4mol/L，D正确；故合理选项是C。二、非选择题(本部分4题，共58分)15.填空（1）化学方程式的书写是高中化学重要内容。①写出电解饱和食盐水制氯气的化学方程式：___________；②写出次氯酸钙溶于水与二氧化碳反应化学方程式：___________；③Cl2O属于酸性氧化物，写出Cl2O与水反应的化学方程式：___________；④高氯酸(HClO4)属于一元强酸，与NaOH溶液反应的方程式：___________。（2）已知X、Y、Z、W四种元素中，X是原子序数最小的元素，Y元素原子最外层电子数是内层电子总数的2倍；Z元素原子最外层电子数比其次外层电子数多4个；W元素原子最外层有1个电子，其阳离子与Z的阴离子核外电子总数相同。请完成下列问题。①X的中子数是1的核素表示为___________；②W元素的原子结构示意图为___________；③含X、Y、Z、W四种元素的化合物的化学式为___________；④化合物W2Z与YZ2反应的化学方程式为___________。【答案】（1）①.②.③.④.（2）①.或②.③.④.【解析】【分析】（1）反应①是氯碱工业原理，反应②是漂白粉的作用原理，二者都是氧化还原反应，反应前后组成物质的元素化合价发生变化；反应③和反应④是非氧化还原反应，反应前后组成物质的元素化合价不变。（2）X是原子序数最小的元素，则X是氢元素；Y元素原子最外层电子数是内层电子总数的2倍,则Y是碳元素；Z元素原子最外层电子数比其次外层电子数多4个，则Z是氧元素；W元素原子最外层有1个电子，且其阳离子与Z的阴离子核外电子总数相同，则W是钠元素。（1）①电解饱和食盐水制氯气，阳极产物为氯气，阴极产物为氢氧化钠和氢气，化学方程式为；②次氯酸钙溶于水与二氧化碳反应是漂白粉的作用原理，碳酸的酸性强于次氯酸的酸性，该反应化学方程式为；③是次氯酸的酸酐，与水反应的化学方程式为；④高氯酸是一元强酸，是一元强碱，二者发生酸碱中和反应，反应方程式为；（2）①X是氢元素，中子数是1的核素是氘，表示为或；②W元素是钠元素，原子结构示意图为；③同时含有氢、碳、氧、钠四种元素的化合物是；④化合物是，化合物是，二者反应生成碳酸钠，化学方程式是。16.实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4∙H2O，其实验过程可表示如下：（1）在搅拌下向氧化镁浆料[主要成分为Mg(OH)2]中匀速缓慢通入SO2气体，生成①“吸收”过程中，发生主要反应的化学方程式为___________；②64gSO2在标准状况下的体积约为___________L；③NaOH溶液也可以用于捕集SO2，配制溶液，需NaOH___________g；（2）在催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4.“氧化”过程若转移1mole⁻，则消耗标准状况下O2的体积约为___________L；（3）制取MgSO4∙H2O晶体。将氧化后溶液蒸发浓缩、降温至室温结晶，___________(填写操作步骤)，洗涤，干燥，制得MgSO4∙H2O晶体；（4）中所含Mg2+的物质的量为___________mol。【答案】（1）①.②.22.4③.2（2）5.6L（3）过滤（4）01【解析】【分析】本题属于从氧化镁浆料中制备硫酸镁晶体的工业流程题，向其中通入二氧化硫，生成亚硫酸镁，随后通入氧气，转化为硫酸镁，结晶后得到最终产品，以此解题。（1）①吸收过程中，氢氧化镁、二氧化硫、水生成亚硫酸镁，方程式为：；②64gSO2的物质的量为1mol，在标准状况下的体积约为1mol×22.4L/mol=22.4L；③配制溶液，需NaOH的质量为0.5L×0.1mol⋅L⁻¹×40g/mol=2g；（2）1mol氧气可以得到4mol电子，则“氧化”过程若转移1mole⁻，则消耗标准状况下O2的体积约为；（3）从溶液中得到晶体的方法为：蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，洗涤，干燥，故答案为：过滤；（4）13.8gMgSO₄⋅H₂O的物质的量为，则其中所含Mg2+的物质的量为0.1mol；17.NaClO广泛用作水处理剂及漂白剂。已知：25℃时NaClO溶液中HClO、ClO-的物质的量分数随pH的分布如下图所示。（1）工业上将Cl2通入7mol·L-1的NaOH溶液中制备NaClO。①NaClO属于_________(填“酸”、“盐”、“氧化物”)，制备NaClO的化学方程式为___________；②当溶液pH=9时，该溶液中主要存在的阴离子有_____________(填化学式)；③为防止温度过高生成副产物NaClO3，需要缓缓通入Cl2的原因是___________；（2）①含NaClO消毒液与洁厕剂(含有盐酸)不能混用的原因是会发生氧化还原反应生成_______；②将NaClO溶液逐滴滴入0.1mol·L-1硫酸中，光照，试管壁上有无色气泡，该无色气体为_____。【答案】（1）①.盐②.Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O③.ClO-、Cl-④.增加氯气与碱反应时间，控制反应温度，减少副反应的发生（2）①.Cl2②.O2【解析】（1）①NaClO是由金属阳离子和酸根阴离子构成，因此属于盐；在工业上是用NaOH与Cl2发生反应制取NaClO，该反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；②根据图示可知：在溶液pH=9时，该溶液中主要存在的阴离子有ClO-、Cl-；③为防止温度过高生成副产物NaClO3，需要缓缓通入Cl2的原因是因为这样可增加氯气与碱反应时间，控制反应温度，减少副反应的发生；（2）①含NaClO消毒液具有强氧化性，洁厕灵中含有盐酸，二者混合会发生反应：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，反应产生有毒气体Cl2，导致环境污染；②将NaClO溶液逐滴滴入0.1mol·L-1硫酸中，NaClO会与硫酸反应弱酸HClO，HClO不稳定，光照发生分解反应，产生O2，2HClO2HCl+O2↑，因此看到试管壁上有无色气泡，该无色气体为O2。18.氯化亚铜(CuCl)微溶于水，易被氧化，广泛应用于医药等行业。以废铜渣(铜单质的质量分数为64%，CuO的质量分数为8%，其他杂质不含铜元素)为原料制备CuCl流程如下：【资料】CuCl固体难溶于水，与Cl-反应生成可溶于水的离子[CuCl2]-。（1）用Na2SO3固体配制100mL0.50mol/LNa2SO3溶液时，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶体滴管、___________(填仪器名称)；（2）“溶解”步骤装置如图所示。①“溶解”制备硫酸铜的化学程式为2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O___________。②通入热空气的目的是___________；（3）“还原”过程中所得的氧化产物为___________，NaCl的用量对铜的沉淀率的影响如图所示。时，CuCl的沉淀率下降的原因是___________；（4）准确称取所制备的氯化亚铜样品0.50g，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后过滤，将滤液及洗涤液一并转移到锥形瓶中，加入指示剂2滴，立刻滴入0.20mol/LCe(SO4)2标准溶液，至恰好反应时，消耗Ce(SO4)2标准溶液20.00mL。(已知：FeCl3+CuCl=FeCl2+CuCl2、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，且杂质不参与反应。)①样品中CuCl的质量分数为___________。(写出计算过程)②若操作过程缺少“将洗涤液一并转移到瓶中”的步骤，会导致CuCl的质量分数___________(填“偏大”或“偏小”)。【答案】（1）100mL容量瓶（2）①.CuO+H2SO4=CuSO4+H2O②.充当氧化剂