四川省兴文第二中学2023-2024学年高一上学期期中化学试题

兴文二中高2023级高一上期期中考试化学试题可能用到的相对原子质量有：H1C12O16Na23Cl35.5Si28Fe56Cu64第一部分选择题(共42分)一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)1.下列有关说法错误的是A.“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，涉及的反应属于氧化还原反应B.“错把陈醋当成墨，写尽半生纸上酸”，陈醋中的醋酸是电解质C.“绳锯木断，水滴石穿”，该过程中不包含化学变化D.“细研水飞，去石澄清，慢火熬干”，涉及的操作方法是溶解、过滤、蒸发【答案】C【解析】【详解】A．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，是说Fe与CuSO4在溶液中发生置换反应产生FeSO4、Cu，反应过程中元素化合价发生了变化，因此涉及的反应属于氧化还原反应，A正确；B．陈醋中的醋酸在水中能够发生电离，产生中有一定的离子，因此醋酸是电解质，B正确；C．石头主要成分是碳酸钙，水滴石穿是碳酸钙与水、二氧化碳反应生易溶于水的Ca(HCO3)2，该过程中有新物质产生，因此是发生的变化属于化学变化，C错误；D．提纯铜绿的方法:“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”，可知洗涤后，溶解于水中，过滤后蒸发，D正确；故合理选项是C。2.下列物质的转变，不能一步实现的是A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】A．CaO与H2O反应产生Ca(OH)2，Ca(OH)2与CO2反应产生CaCO3沉淀，因此可以一步反应实现物质之间的转化关系，A不符合题意；B．Na与H2O反应产生NaOH，NaOH与HCl反应产生NaCl，因此可以一步反应实现物质之间的转化关系，B不符合题意；C．Cl2与H2O反应产生HClO，HClO与NaOH发生中和反应产生NaClO，因此可以一步反应实现物质之间的转化关系，C不符合题意；D．Cu不溶于水，不能一步直接反应产生Cu(OH)2，故不能一步反应实现物质之间的转化关系，D不符合题意；故合理选项是D。3.有如下物质：①NaCl溶液；②熔融MgCl2；③CuSO4固体；④NaOH固体；⑤金属铜；⑥蔗糖。有关它们的说法正确的是A.属于非电解质的有①⑤⑥ B.不能导电的有③④⑥C.属于电解质的有①②③④ D.属于混合物的有①②③⑥【答案】B【解析】【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水和在熔融状态下都不能够导电的化合物；溶液导电的原因是存在自由移动的离子，金属导电的原因是存在自由移动的电子；【详解】A．因①NaCl溶液和⑤金属铜都不属于化合物，既不是电解质也不是非电解质，A错误；B．因③CuSO4固体和④NaOH固体中离子不能自由移动，⑥蔗糖中没有自由移动的离子，则不能导电，选项B正确；C．①NaCl溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质；②熔融MgCl2中有自由移动离子，能导电，②熔融MgCl2③CuSO4·5H2O固体④NaOH固体都是在熔融状态下或水溶液中能导电的化合物，都属于电解质，C错误；D．②熔融的MgCl2、③CuSO4·5H2O固体和⑥蔗糖都是只有一种物质组成，则属于纯净物，D错误。故选B。4.2016年末，京津冀地区遭遇雾霾袭击。雾霾天气其实就是气溶胶细粒子在高湿度条件下引发的低能见度现象。气溶胶是胶体的一种，下列关于气溶胶的说法中不正确的是A.气溶胶的分散剂是气体B.根据分散质和分散剂的状态，可以将分散系分为9种C.气溶胶分散质粒子直径在1~100nmD.胶体不能透过滤纸【答案】D【解析】【详解】A．直径在1100nm的微粒分散在气体中形成气溶胶，所以气溶胶的分散剂是气体，A正确；B．分散质和分散剂的状态可以是气态、液态和固态，有气气、气液、气固、液液、液气、液固、固气、固固、固液9种组合，所以可以将胶体分为9种，B正确；C．胶体是一种分散质粒子的直径在1100nm的分散系，则气溶胶分散质粒子直径在1nm100nm，C正确；D．胶体可以透过滤纸，不能透过半透膜，D错误；故选D。5.下列说法错误的是A.1molNH的质量为18g B.摩尔是描述物质所含微粒多少的物理量C.SO2的摩尔质量为64g·mol1 D.一个水分子的质量约等于【答案】B【解析】【详解】A．的摩尔质量=18g/mol，1mol的质量m=nM=1mol×18g/mol=18g，故A正确；

B．物质的量是描述物质所含微粒多少的物理量，摩尔是物质的量的单位，故B错误；

C．SO2的相对分子质量为64，摩尔质量为64g•mol1，故C正确；

D．水的摩尔质量=18g/mol,一个水分子的质量约等于=，故D正确；故选：B。6.在某无色透明的强酸性溶液中，下列离子组能大量共存的是A.Na+、OH、ClO B.Mg2+、SO、ClC.Ba2+、K+、HCO D.Cu2+、NO、NH【答案】B【解析】【详解】A．强酸性溶液中OH、ClO不能大量存在，故不选A；B．强酸性溶液中，Mg2+、SO、Cl相互之间不反应，能大量共存，故选B；C．强酸性溶液中，H+、HCO反应放出二氧化碳气体，故不选C；D．含有Cu2+的溶液呈蓝色，无色溶液中不能含有大量Cu2+，故不选D；选B。7.钠的化合物在生产、生活中有重要用途，下列说法中不正确的是A.Na2O2可用作呼吸面具中氧气的来源B.NaHCO3可用于中和胃酸C.Na2O2可用于食物漂白D.NaCl可用作调味剂【答案】C【解析】【详解】A．Na2O2与水及二氧化碳反应均可生成氧气，可用于呼吸面具中提供氧气，A说法正确；B．NaHCO3可与盐酸反应，可用于中和胃酸，B说法正确；C．Na2O2有很强的氧化性和漂白性，对食物有腐蚀性，不能用于食物漂白，C说法错误；D．氯化钠是食用盐的主要成分，可作调味剂，D说法正确；答案为C。8.能准确表示化学反应的离子方程式是A.氯气与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl+ClOB.碘化亚铁溶液中通入少量Cl2：Cl2+2I−=2Cl−+I2C.将稀硫酸滴在铁片上：2Fe＋6H+=2Fe3+＋3H2↑D.过量的石灰水与碳酸氢钾溶液反应：Ca2++2OH−+2HCO=CaCO3↓+CO+2H2O【答案】B【解析】【详解】A．次氯酸是弱电解质，用分子式，氯气与水反应：Cl2+H2O=H++Cl+HClO，A错误；B．I−和Fe2+都具有还原性，但I−大于Fe2+，碘化亚铁溶液中通入少量Cl2：Cl2+2I−=2Cl−+I2，B正确；C．稀硫酸能将铁氧化成Fe2+，Fe＋2H+=Fe2+＋H2↑，C错误；D．石灰水过量不会有剩余的碳酸根离子，过量的石灰水与碳酸氢钾溶液反应：Ca2++OH−+HCO=CaCO3↓+H2O，D错误；故选B。9.若表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.46g和混合气体中含有原子数为B.同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的原子数相等C.标准状况下，aL氧气和氮气的混合气中含有的原子数约为D.1L溶液中，含有的氧原子总数为【答案】A【解析】【详解】A．和混合气体中N和O比例为1：2，混合气体可以全部看作，46g混合气体的物质的量为1mol，则含有原子数为，A正确；B．氢气是双原子分子，氩气是单原子分子，二者物质的量相等时，所含原子数不同，B错误；C．标准状况下，和的混合气中含有的原子数约为，C错误；D．溶剂水中也含有氧原子，所以无法计算溶液中氧原子的数目，D错误；故答案为：A。10.下列实验操作能达到实验目的的是A.用湿润的pH试纸测量溶液的pHB.用装置甲蒸干NaCl溶液制备无水NaCl固体C.用装置乙除去实验室所制氯气中的少量HClD.将4.0gNaOH固体置于100mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.0mol·L−1NaOH溶液【答案】B【解析】【详解】A．pH试纸测溶液pH时，试纸不能预先润湿，否则会对非中性溶液的pH造成误差，A项错误；B．用装置甲蒸干NaCl溶液制备无水NaCl固体，B项正确；C．氢氧化钠会和氯气反应，不能用氢氧化钠除去氯气中的少量氯化氢，C项错误；D．用NaOH固体配制一定物质的量浓度的溶液时，应将NaOH固体在烧杯中溶解，待冷却到室温再转移到容量瓶，还需要洗涤，转移，定容等操作，D项错误；答案选B。11.在学习氯及其化合物的知识后，某同学绘制了如图所示的价—类二维图，已知：e、f的阳离子均为。下列叙述错误的是A.f为漂白液的有效成分B.加热条件下，含有a的浓溶液与足量的二氧化锰充分反应可以制取bC.b与溶液反应时，b既作氧化剂又作还原剂D.用洁净的铂丝分别蘸取d的钠盐与e的溶液灼烧，火焰的颜色相同【答案】B【解析】【分析】根据价类二维图和e、f的阳离子均为，可推出a为HCl，b为Cl2，c为ClO2，d为HClO，e为NaCl，f为NaClO。【详解】A．根据分析f为NaClO，是漂白液的有效成分，A正确；B．含有HCl的浓溶液在反应一段时间变为稀盐酸后不再与二氧化锰反应，制取的Cl2小于，B错误；C．Cl2与溶液反应时，Cl2发生歧化反应，既作氧化剂又作还原剂，C正确；D．e为NaCl，二者都是钠盐，焰色反应中火焰的颜色都是黄色，D正确；答案选B12.在酸性条件下，可发生如下反应：+2M3++4H2O=+Cl－+8H+，中M的化合价是A.+4 B.+5 C.+6 D.+7【答案】C【解析】【详解】根据离子反应方程式中，反应前后所带电荷数相等，即6－1=8－n－1，解得n=2，从而得出M2O7n－中M的化合价为+6价，故C正确。13.关于反应，下列说法正确的是A.氧化性：B.HCl在反应中只表现出还原性C.被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量之比为5：1D.用双线桥法表示电子得失情况：【答案】C【解析】【详解】A．根据化合价变价时归中不交叉原则，被还原为氯气，作氧化剂，氯气为还原产物，HCl被氧化为氯气，氯气为氧化产物，氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：，A项错误；B．生成氯化钾表现HCl的酸性，生成氯气表现HCl的还原性，B项错误；C．根据化合价变价时归中不交叉原则，被还原为氯气，1mol得5mol电子，HCl被氧化为氯气，6molHCl参加反应，只有5molHCl被氧化，故被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量之比为5：1，故C正确；D．根据化合价变价时归中不交叉原则，被还原为氯气，HCl被氧化为氯气，双线桥法的正确表示方式为，D项错误；故选C。14.向稀溶液中滴入几滴酚酞溶液，将电导率传感器插入溶液中，然后匀速加入饱和溶液，电导率(电导率是以数字表示的溶液传导电流的能力)与时间的变化关系如图。下列说法错误的是A.点时，溶液呈中性B.点到点的离子方程式为C.点到点的离子方程式为D.点后，溶液中的溶质为和【答案】A【解析】【分析】向稀溶液中滴入几滴酚酞溶液，匀速加入饱和溶液，氢离子和氢氧根离子生成水、钡离子和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，溶液中离子减少，导电性减弱，反应中钡离子首先反应结束，此时导电性最弱为b点；氢离子和氢氧根离子恰好反应后，继续滴加饱和溶液，溶液导电性明显增强，故c点为氢离子和氢氧根离子恰好反应点，此时溶液显中性；c点后饱和过量，溶液显酸性；【详解】A．由分析可知，点时，溶液中存在氢氧根离子，呈碱性，A错误；B．点到点，氢氧化钡过量，氢离子和氢氧根离子生成水、钡离子和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，离子方程式为，B正确；C．点到点氢离子和氢氧根离子生成水，离子方程式为，C正确；D．点后，溶液中的溶质为生成的和过量的，D正确；故选A。第二部分非选择题(共58分)二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)15.某课外活动小组进行氢氧化铁胶体的制备实验并检验其性质。（1）将饱和氯化铁溶液分别滴入沸腾的下列物质中，能形成胶体的是___________(填字母)。A.自来水 B.蒸馏水C.氢氧化钠溶液 D.氯化钠溶液（2）现有甲、乙、丙三名同学进行氢氧化铁胶体的制备，其中正确的是___________(填序号)。①甲同学的操作：取一小烧杯，加入25mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入1~2mL氯化铁饱和溶液，继续煮沸至混合液呈红褐色，停止加热②乙直接加热饱和氯化铁溶液③丙向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，为了使反应进行充分，煮沸10分钟（3）制备氢氧化铁胶体的化学方程式是___________。证明有氢氧化铁胶体生成的实验方法是___________。（4）若取少量制得的胶体加入试管中，加入硫酸铵溶液，现象是___________，这种现象称为胶体的___________。【答案】（1）B（2）①（3）①.FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl②.丁达尔效应（4）①.氢氧化铁胶体沉淀②.聚沉【解析】【小问1详解】A．将饱和氯化铁溶液滴入沸腾的自来水，自来水中含有大量矿物质，发生胶体聚沉，不能形成胶体，故不选A；B．将饱和氯化铁溶液滴入沸腾的蒸馏水，Fe3+水解为氢氧化铁胶体，故选B；C．将饱和氯化铁溶液滴入沸腾的氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀，故不选C；D．将饱和氯化铁溶液滴入沸腾的氯化钠溶液，氯化钠能使胶体聚沉，不能形成胶体，故不选D；选B。【小问2详解】①甲同学的操作：取一小烧杯，加入25mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入1~2mL氯化铁饱和溶液，继续煮沸至混合液呈红褐色，停止加热，得到氢氧化铁胶体，故①正确；②乙直接加热饱和氯化铁溶液，生成氢氧化铁太多，形成氢氧化铁沉淀，故②错误；③丙向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，为了使反应进行充分，煮沸10分钟，加热时间太长，胶体聚沉，故③错误；选①【小问3详解】制备氢氧化铁胶体的化学方程式是FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl。胶体能产生丁达尔效应，证明有氢氧化铁胶体生成的实验方法是丁达尔效应。【小问4详解】若取少量制得的胶体加入试管中，加入硫酸铵溶液，现象是氢氧化铁胶体沉淀，这种现象称为胶体的聚沉。16.按要求进行计算，直接写出计算结果：（1）0.5molC2H6O的质量是___________g，约含___________个C2H6O分子，含___________mol氢原子。（2）7.1gNa2SO4的物质的量为___________mol，其中Na+的数目为___________（3）38.4gSO2在标准状况下的体积为___________L，等质量的SO2和SO3，物质的量之比为___________；氧原子个数之比为___________。同温同压下，SO2和SO3的密度之比为___________。（4）现有标准状况下CO2和CO的混合气体为6.72L，其质量为10g，则此混合气体中，CO2和CO的物质的量之比是___________。（5）已知某种由NaCl和MgCl2组成的混合物中，Na+与Mg2+的物质的量之比为1：4，则此混合物中NaCl和MgCl2的物质的量之比是______。如果该混合物中含1.8molCl，那么此混合物中有_____个Mg2+离子。【答案】（1）①.23g②.0.5NA③.3NA（2）①.0.05mol②.0.1NA（3）①.0.6mol②.3：2③.1：1④.2：3（4）1：2（5）①.1：4②.0.8NA【解析】【小问1详解】0.5molC2H6O的质量=n·M=0.5mol×46g/mol=23g；约含0.5mol即0.5NA个C2H6O分子；H：0.5mol×6=3mol，即为3NA个H原子；【小问2详解】7.1gNa2SO4的物质的量为：，Na+=2×0.05mol=0.1mol，即为0.1NA个Na+；【小问3详解】38.4gSO2的物质的量为：，在标准状况下的体积为：0.6mol×22.4L/mol=13.44L；SO2的M为64g/mol，SO3的M为96g/mol，等质量的SO2和SO3，物质的量之比为M的反比，即3：2；氧原子个数之比为3×2：2×3=1：1；同温同压下，，SO2和SO3的密度之比为2：3；【小问4详解】现有标准状况下CO2和CO的混合气体为6.72L即为0.3mol，其质量为10g，则此混合气体中，CO2的物质的量为xmol，CO的物质的量为ymol，x+y=0.3mol，44x+28y=10，解得x=0.1，y=0.2，CO2和CO的物质的量之比是1：2；【小问5详解】已知某种由NaCl和MgCl2组成的混合物中，Na+与Mg2+的物质的量之比为1：4，由于两种化合物中均只含有1个金属阳离子，则此混合物中NaCl和MgCl2的物质的量之比是1：4；如果该混合物中含1.8molCl，MgCl2的物质的量为0.8mol，那么此混合物中有0.8molMg2+离子，Mg2+离子个数为0.8NA个。17.根据所学知识，回答下列问题：Ⅰ.现有下列10种物质：①；②固体；③熔融；④固体；⑤铜；⑥；⑦；⑧稀硫酸；⑨蔗糖；⑩固体。（1）上述物质中，电解质有_______(填标号，下同)；能导电的有_______。（2）③的电离方程式为_______。Ⅱ.在含的某无色透明溶液中，还可能含有的离子有、、、、、、、、。①现取该溶液，加入足量溶液，有白色沉淀生成，过滤，将沉淀洗涤、烘干，称量所得固体的质量为；向固体中滴加过量稀盐酸，沉淀部分溶解，过滤，将沉淀洗涤、烘干，称量所得固体的质量为。②另取原溶液，滴加溶液，产生白色沉淀，再加入足量的稀硝酸，沉淀完全溶解。（3）由“无色透明溶液”可推出原溶液中一定不含_______(填离子符号，下同)。通过实验①能确定一定存在的离子是_______，一定不存在的离子是_______；通过实验②能确定一定不存在的离子是_______。（4）实验①中滴加过量稀盐酸时，固体部分溶解的离子方程式为_______。【答案】（1）①.②③④⑩②.③⑤⑧（2）（3）①.②.、③.、、④.（4）BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑【解析】【分析】在含某无色透明溶液中，还可能含有的离子有、、、、、、、、；溶液为无色，则没有高锰酸根离子；①现取该溶液，加入足量溶液，有白色沉淀生成，过滤，将沉淀洗涤、烘干，称量所得固体的质量为；向固体中滴加过量稀盐酸，沉淀部分溶解，则不溶解的为硫酸钡、溶解的为碳酸钡，溶液含有硫酸根离子、碳酸根离子；由于碳酸根离子和银离子、钡离子、镁离子生成沉淀不共存，故溶液不含银离子、钡离子、镁离子；过滤，将沉淀洗涤、烘干，称量所得固体硫酸钡质量为，物质的量为0.0015mol，则碳酸钡质量为0.6450g0.3495g=0.2955g，物质的量为0.0015mol。②另取原溶液，滴加溶液，产生白色沉淀，再加入足量的稀硝酸，沉淀完全溶解，说明溶液不含有氯离子。不确定溶液中是否含钾离子、硝酸根离子；【小问1详解】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；溶液导电的原因是存在自由移动的离子，金属导电的原因是存在自由移动的电子；①为非电解质，不导电；②固体，为电解质，不导电；③熔融，为电解质，导电；④固体，为电解质，不导电；⑤铜，为金属单质，导电；⑥为非电解质，不导电；⑦为非金属单质，不导电；⑧稀硫酸，为溶液，导电；⑨蔗糖为非电解质，不导电；⑩固体，为电解质，不导电。故电解质有②③④⑩；能导电的有③⑤⑧；【小问2详解】熔融电离出钠离子和硫酸氢根离子，；【小问3详解】由分析可知，由“无色透明溶液”可推出原溶液中一定不含。通过实验①能确定一定存在的离子是、，一定不存在的离子是、、；通过实验②能确定一定不存在的离子是；【小问4详解】实验①中滴加过量稀盐酸时，固体部分溶解反应为碳酸钡和稀盐酸生成氯化钡和水、二氧化碳，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑。18.实验室可用如图装置制备无水。已知易升华，易吸收水分而潮解。请回答下列问题：（1）连接好仪器后首先应进行的操作是_______。（2）A装置中发生反应的离子方程式为_______，被氧化的物质是_______(填化学式)。当生成2个时，转移的电子数为_______。此反应中当加入一定量的浓盐酸与足量反应，实际生成的体积小于理论值的原因是_______。（3）装置G中反应的化学方程式为_______。（4）装置D、E之间使用短粗导管的原因是_______。（5）F中所装试剂为_______。【答案】（1）检验装置的气密性（2）①.MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O②.HCl③.2e－④.浓盐酸变稀后不能继续反应生成氯气（3）Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O（4）防止氯化铁凝华成固体，堵塞导管（5）浓硫酸【解析】【分析】A中二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置B中的饱和食盐水除去氯化氢，通过装置C中的浓硫酸干燥得到纯净干燥的氯气，进入装置D，铁与氯气加热反应生成氯化铁，氯化铁易升华，易吸收空气里的水分而潮解，生成的氯化铁在装置E中冷凝，为防止空气中水蒸气进入，F中为浓硫酸，G中氢氧化钠溶液为尾气吸收装置，据此解答。【小问1详解】连接好仪器后首先应检查装置的气密性，故答案为：检查装置的气密性；【小问2详解】装置A中的反应是二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O，HCl中的Cl化合价升高被氧化，生成1molCl2转移2mol电子，则当生成2个时，转移的电子数为2e－，此反应中当加入一定量的浓盐酸与足量MnO2反应，实际生成的Cl2体积小于理论值的原因是HCl易挥发以及浓盐酸变稀，和MnO2的反应停止，故答案为：MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O；HCl；2e－；浓盐酸变稀后不能继续反应生成氯气；【小问3详解】装置G用于尾气吸收，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O；【小问4详解】用粗硬质玻璃管直接连接装置