XX省名校考试联盟2023至2024学年高一上学期期中联考化学试题附参考答案（解析）

参考答案与详解1．答案CCH3OH属于有机物，在水溶液或熔融状态都不导电，属于非电解质，A正确；1molCH3OH完全燃烧生成CO2和H2O时，C化合价从－2升高到＋4，转移6mole－，B正确；CH3OH燃烧时，甲醇是还原剂，CO2是氧化产物，C错误；CO2可以和H2通过热催化合成甲醇，此过程中CO2中碳元素化合价降低，被还原，D正确。2．答案A金属导热性良好，可用作原子反应堆传热介质，A正确；Na2CO3溶液碱性较强，不可以用于治疗胃酸过多，B错误；维生素C可以作为抗氧化剂，原因是维生素C具有较强还原性，易被氧化，C错误；NaClO长期放置在空气中会与空气中的CO2和H2O反应生成易分解的HClO，而HClO分解产生O2，D错误。3．答案C纳米碳材料需要分散在分散剂中才能形成胶体，A错误；胶体的电泳现象是由于胶体的胶粒可以吸附电荷，胶体本身电中性，B错误；丁达尔效应是胶体中分散质微粒对可见光散射而形成的，C正确；D选项胶体能吸附水中的色素、悬浮固体，而重金属Cu2＋等需要其他方法除去，D错误。4．答案B实验室中金属钠保存在煤油中，A选项正确；剩余的金属钠等一些药品可以放回原瓶，B错误；用棕色细口瓶保存新制氯水防止见光分解，C正确；氢氧化钠有腐蚀性、易潮解不能使用称量纸称量，应当使用烧杯，D正确。5．答案ＣNaHSO4固体由Na＋和HSO4－离子组成，24gNaHSO4固体物质的量为0.2mol，含有0.2NA个阳离子，A错误；HCl气体以分子形式存在，不含H＋，Ｂ错误；同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，两组气体物质的量相等，所含分子均为双原子分子，原子数相等，C正确；Ｄ选项没有溶液体积，无法计算溶液中的离子数目，Ｄ错误。6．答案B量筒没有“0”刻度，A错误；检验容量瓶是否漏水的操作：向容量瓶中加入适量的水，盖好塞子后倒置观察是否漏水，若不漏，正立后将塞子旋转180度后再倒置观察是否漏水，Ｂ正确；容量瓶不可加热，Ｃ错误；量筒的精确度为0.1ml，不能量取出2.50ml，D错误。7．答案B金属钠投入到水中：2Na＋2H2O＝2Na＋＋2OH－＋H2↑，A错误；I－还原性强于Fe2＋，先与氯气发生反应，B正确；向氯化钙溶液中通入CO2不反应，C错误；向Mg（HCO3）2溶液中加入足量NaOH：，D错误。8．答案A金属钠遇水反应，着火不可使用含水物质灭火，A错误；NaClO溶液的pH不能用pH试纸测定，可以用pH计测定，B正确；为防止加热时产生的水倒流入试管底部而炸裂，试管口应向下倾斜，C正确；皮肤溅上碱液，先用大量水冲洗，再用1%～2%的硼酸进行冲洗，D正确。9．答案AA选项可以大量共存，A正确；ClO－与氢离子不能共存，在酸性条件下ClO－与Cl－也不能大量共存，B错误；MnO4－氧化I－，不能大量共存，C错误；D选项与氢氧根不能大量共存，D错误。10．答案CKClO3与浓盐酸制备Cl2，KClO3＋6HCl（浓）＝3Cl2↑＋KCl＋3H2O，盐酸既表现酸性又表现还原性，A正确；Ca（ClO）2＋4HCl（浓）＝2Cl2↑＋CaCl2＋2H2O氯气既是氧化产物又是还原产物，B正确；2KMnO4＋16HCl＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2＋8H2O，每生成1mol氯气转移电子2mol，Ca（ClO）2＋4HCl（浓）＝2Cl2↑＋CaCl2＋2H2O每生成1mol氯气转移电子1mol，C错误；二氧化锰与浓盐酸制备氯气需要加热，而高锰酸钾和浓盐酸制备氯气无需加热，可得出氧化性：KMnO4＞MnO2＞Cl2，D正确。11．答案Ｄ由图可知a、b、c、d、e分别为HCl、Cl2、次氯酸盐、ClO2、氯酸盐。氯气没有漂白性，A错误；氯气转化为次氯酸盐可以加入碱溶液，自身发生氧化还原，可以不加氧化剂，B错误；浓盐酸与浓的次氯酸盐溶液可发生反应2H＋＋Cl－＋ClO－＝Cl2＋H2O，C错误；根据氧化能力定义，ClO2的氧化能力为5/67.5，氯气的氧化能力为2/71，ClO2的氧化能力约是氯气的2.63倍，D正确。12．答案D钠的燃烧实验应该在坩埚或燃烧匙中进行，A错误；CO2应当用向上排空气法收集，B错误；胶体的胶粒和Na＋、H＋都可以透过滤纸，过滤不能将其分开，可以采取渗析的方法，C错误；D装置关闭旋塞后体系内部压强增大使盐酸回到长颈漏斗中，固液分离，反应停止，D正确。13．答案BCaO2属于过氧化物，不属于碱性氧化物，A错误；B选项CaO2中含有Ca2＋和O22－，NaH含有Na＋和H－，阴阳离子比均为1∶1，B正确；2CaO2＋2H2O＝2Ca（OH）2＋O2↑，CaO2在反应中既是氧化剂又是还原剂，水既不是氧化剂也不是还原剂，每生成1molO2转移2mol电子；NaH＋H2O＝NaOH＋H2↑，水做氧化剂，每生成1molH2转移1mol电子，C、D均错误。14．答案B氢气加热前需要验纯，打开a、b一段时间排除装置中的空气，A正确；碱石灰的作用是除去氢气中的水蒸气和HCl气体，B错误；启普发生器用于块状固体和液体的反应，过氧化钠为粉末，C正确；无水硫酸铜不变蓝，没有水生成，则氢元素只能以氢氧化钠的形式留在试管内，D正确。15．答案C本实验需要测量生成CO2的质量，即碱石灰的质量变化，加热样品前，需要排净装置内的水蒸气和CO2，防止干扰实验，可以使用N2排空气，A正确。空气中的CO2和水蒸气也会干扰实验，需要干燥管中盛放碱石灰，B正确；该装置的缺陷是B、C之间缺少干燥装置，导致有水蒸气被C装置中的碱石灰吸收，造成C装置质量变化偏大，计算所得碳酸氢钠质量分数偏高，碳酸钠质量分数偏低，C错误；U型管增重ng，根据2NaHCO3＝Na2CO3＋CO2＋H2O，计算NaHCO3质量为84×2×n÷44＝42n/11，NaHCO3质量分数为42n/11m，碳酸钠质量分数为（1－42n/11m）×100%，D正确。16．答案D，，所以滤渣为硫酸钡和硫，A正确；“中和”步骤中产生的气体为CO2，属于酸性氧化物，B正确；“还原”步骤中是Br2将－2价硫氧化，化学方程式为：BaS＋Br2＝S↓＋BaBr2，C正确；碳酸锂是盐，属于强电解质，D正确。17．答案A制备氢氧化铁胶体应该用氯化铁溶液，B错误；用MnO2、浓盐酸制备氯气需要加热，缺少酒精灯，C错误；食盐提纯时最后需要加盐酸调pH至中性，试剂缺少盐酸，D错误。18．答案D“酸浸”是利用了硫酸的酸性，浓硫酸中氢离子浓度很小，A错误；H2O2在“氧化除杂”作氧化剂，“酸溶”过程中作还原剂，作用不同，B错误；高温会使H2O2分解，C错误；“酸溶”时发生：2Co（OH）3＋4H＋＋H2O2＝2Co2＋＋O2↑＋6H2O，D正确。19．答案Am1＝m2，说明固体NaHCO3已完全分解，A正确；向酸性KMnO4溶液中滴入FeCl2溶液，紫红色溶液变浅并伴有黄绿色气体产生无法证明Cl2和Fe3＋的氧化性强弱，B错误；C项加热后的固体粉末，加入少量蒸馏水产生的气泡也可能是未燃烧的金属钠遇水反应生成，C错误；过量CO2通入饱和碳酸钠和碳酸钙混合溶液会生成NaHCO3沉淀，D错误。20．答案BA点醋酸和氨水恰好完全反应，溶质为醋酸铵，大量存在的离子为CH3COO－、NH4＋，A正确；图1中A点和图2中D点溶液中NH4＋物质的量近似相等，但是两点所在溶液的总体积不同，故浓度不同，B错误；溶液的导电性与离子浓度和离子所带的电荷有关，C、E两点导电能力相同，溶液中离子都带一个单位的电荷，故两点离子总浓度相同，又因为溶液显电中性，故阳离子总浓度之和等于阴离子总浓度之和，溶液C、E两点溶液显酸性，溶液中氢氧根离子浓度可以忽略不计，阴离子主要是Cl－和CH3COO－，故两者物质的量浓度之和近似相等，C正确；B点到D点主要是盐酸和氨水的反应，离子总物质的量几乎不变，但溶液体积增大引起离子总浓度降低而导致导电性下降，D正确。二、非选择题答案详解：21．（1）①纳米级碳酸钙颗粒②冰醋酸④NaHSO4固体⑩五水硫酸铜是纯净物，溶于水能电离，⑦Na2O2纯净物，熔融状态能电离；③氯水⑤质量分数为46%的酒精溶液⑥澄清石灰水⑧浓盐酸⑨氢氧化铁胶体是混合物，既不是电解质也不是非电解质。（2）溶质酒精4.6g，含氧原子数目为0.1NA，溶剂水5.4g，含氧原子0.3NA，共0.4NA。（3）向澄清石灰水中通入过量的CO2，先生成碳酸钙沉淀，钙离子、氢氧根离子浓度在减少，溶液导电能力减弱，后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液，钙离子、碳酸氢根离子的浓度在增大，钙离子的浓度与原来相等，碳酸氢根离子的浓度与原来氢氧根离子浓度相等，但OH－的摩尔导电率大于HCO3－的摩尔电导率，所以最后溶液的导电性小于原来，最后不变。（4）硫酸铜与白磷反应，P元素发生歧化，分别从0价变为＋5，－3价，铜元素从＋2价变为＋1价，利用整体法，得到一个Cu3P共需要降低6价，得到一个H3PO4需升高5价，利用化合价升降相等以及元素守恒，配平后的化学方程式为：。（5）Ba（H2PO2）2能与盐酸反应但不能与NaOH溶液反应，说明Ba（H2PO2）2是正盐，则H3PO2是一元酸。（6）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱，碱遇酚酞变红；红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有漂白性。22．（1）除去粗盐中泥沙、Ca2＋、Mg2＋、等杂质，溶解后，先过滤除掉泥沙，除去杂质离子需要考虑试剂添加的顺序，Mg2＋用NaOH溶液沉淀除去，用BaCl2溶液沉淀除去，Ca2＋用Na2CO3溶液沉淀除去，但加入的溶液都要过量，因此过量的氯化钡要用碳酸钠除去，则碳酸钠溶液要放在氯化钡溶液后面，最后加盐酸、溶液蒸发结晶，答案选ad。（2）①配制500mL0.5mol•L－1盐酸，溶质物质的量＝0.5L×0.5mol•L－1＝0.25mol，设所需浓盐酸体积为xmL，则盐酸的物质的量为1.19g•cm－3×VmL×36.5%÷36.5g•mol－1＝0.25mol，解得所需浓盐酸体积V＝21.01mL，量筒精确度为0.1mL，所以需要量取浓盐酸21.0mL。②溶液配制步骤是计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、上下颠倒摇匀、装瓶；所以操作的正确顺序是B→E→F→C→D→A→G。③a．该实验是使用容量瓶配制溶液，因此配制前，若容量瓶中有少量蒸馏水，最后定容时可以少加水，对配制溶液的浓度无影响，a不符合题意；b．量取盐酸读数时，仰视刻度线，溶液体积偏大，溶质的物质的量变大，则最终导致配制溶液的浓度偏高，b不符合题意；c．量取盐酸后，洗涤量筒倒入烧杯中，所配溶液中溶质的物质的量变大，则最终导致配制溶液的浓度偏高，c不符合题意；d．定容时水不慎超过了刻度线，用滴管吸出，导致溶质减少，因此溶液的浓度偏低，d符合题意；e．向容量瓶中转移溶液时，不慎有液滴洒在容量瓶外面，导致溶质减少，由于溶液的体积不变，故最终导致配制溶液的浓度偏低，e符合题意；故合理选项是de。（3）配制一定质量分数的氯化钠溶液，需要的仪器为托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒，不需要容量瓶、蒸发皿。（4）侯氏制碱法：Na＋＋NH3＋CO2＋H2O＝＝NaHCO3↓＋NH4＋，NaHCO3以晶体形式析出，不能拆成离子。23．（1）1mol•L－1盐酸为稀盐酸，浓硫酸洗气瓶导管应长进短出，收集氯气应用向上排空气法，澄清石灰水浓度太小，不用于氯气尾气处理。（2）①控制分液漏斗活塞，减慢盐酸的滴加速度②装置C为反应装置，制备四氯化钛，高温下，炭粉转化成有毒气体CO，因此C中反应为。（3）把Cl2通入盛有Fe（OH）3固体和过量KOH溶液的圆底烧瓶中并搅拌，可以制备高铁酸钾，反应原理为：，说明碱性条件下，氧化性：Cl2＞K2FeO4。取出反应后圆底烧瓶中的溶液（含有K2FeO4和KCl）于试管中，加入稀H2SO4，后产生黄绿色气体Cl2，同时检测到溶液中存在Fe3＋，FeO42－＋6Cl－＋16H＋＝＝2Fe3＋＋3Cl2↑＋8H2O，说明酸性条件下，氧化性：Cl2＜K2FeO4。两个反应的发生说明氯气和高铁酸钾的氧化性强弱的因素与溶液的酸碱性有关。24．（1）双氧水的物质的量为1.133g•cm－3×1mL×3%÷34g•mol－1＝0.001mol。根据H2O2分解方程式，产生氧气的物质的量为0.001mol÷2＝5.00×10－4mol。（2）向反应室中加入1mL双氧水，会把1mL空气赶到20mL玻璃注射器中，故反应产生氧气的体积为13.3mL－1mL＝12.3mL。101kpa、298K下气体摩尔体积为12.3×10－3L÷5.00×10－4mol＝24.6L•mol－1。（3）双氧水分解反应是放热反应，产生的气体温度高于298K，气体体积大于298K下体积，则测定的101kp