2022-2023学年湖南省长沙市三湘教育联盟高一（上）期中化学试卷（11月份）（含答案解析）

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2022-2023学年湖南省长沙市三湘教育联盟高一（上）期中化学试卷（11月份）

1. 二氧化硫是大气污染物，严禁直接排放到空气中。对SO2在物质分类体系中归属的表述最准确的是(    )
A. 有机物 B. 化合物 C. 酸性氧化物 D. 氧化物
2. 新型冠状病毒的主要传播途径有直接传播(飞沫传播)和接触传播，目前没有直接证据证明病毒通过气溶胶传播。下列说法不正确的是(    )
A. 咳嗽、打喷嚏、说话等形成的飞沫，直径在1∼100nm之间，进入到空气中形成的分散系属于气溶胶
B. 云、雾、有色玻璃均属于气溶胶
C. 胶体是混合物，可用丁达尔效应来鉴别胶体和溶液
D. 胶体的分散质粒子能通过滤纸不能透过半透膜
3. 在给定条件的水溶液中能大量共存的离子组是(    )
A. 无色透明的溶液中：K+、Fe2+、SO42−、NO3−
B. 使紫色石蕊溶液呈红色的溶液中：Na+、K+、CO32−、NO3−
C. 使酚酞溶液呈红色的溶液：Mg2+、Ba2+、NO3−、K+
D. 含有大量SO42−的溶液：加入Zn2+、Cu2+、H+、NO3−
4. 某课外活动小组设计了下列装置验证二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触。下列说法中正确的是(    )
A. 装置①中盐酸可换成硫酸
B. 装置②中的试剂是饱和Na2CO3溶液
C. 打开弹簧夹K2，关闭K1，打开分被漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处，木条复燃
D. 上述实验不足以证明有水存在时过氧化钠跟二氧化碳发生了化学反应
5. LiAlH4是重要的储氢材料、可与水发生反应：LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑。下列说法中正确的是(    )
A. 该反应属于复分解反应 B. 还原产物与氧化产物的质量比为2：1
C. LiAlH4既是氧化剂又是还原剂 D. H元素既被氧化，又被还原
6. 下列关于氯水光照实验的叙述，正确的是(    )
A. 光照氯水有气泡逸出，该气体是Cl2 B. 氯水光照后颜色变浅，pH将增大
C. 光照氯水后溶液导电能力增强 D. 光照氯水后溶液漂白能力增强
7. 准确书写离子方程式是学好化学的基本素养之一，下列离子方程式书写正确的是(    )
A. 氢氧化铁与稀硫酸反应：H++OH−=H2O
B. 用饱和氯化铁溶液制取氢氧化铁胶体：Fe3++3H2O−△Fe(OH)3(胶体)+3H+
C. 铜与稀盐酸反应：Cu+2H+=Cu2++H2↑
D. 钠与水反应：Na+H2O=Na++OH−+H2↑
8. 下列物质间的转化不能一步实现的是(    )
A. Na2O→NaOH→Na2SO4 B. CaCO3→CaCl2→Ca(NO3)2
C. Cu(OH)2→CuSO4→Cu D. C→CO→Na2CO3
9. 下列说法正确的是(    )
A. 将一小块钠放入饱和NaOH溶液中：有氢气放出，恢复到室温后溶液溶质质量分数增加
B. 传统烟花在制作时常添加含有铂、铁、钠、锶、钡等金属元素的发光剂，使其燃放时呈现美丽的颜色
C. 碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多
D. 金属钠具有较强的还原性，可与四氯化钛溶液反应置换出钛
10. 某化学兴趣小组为了探究Cl2的相关性质，设计了如图1实验。以下是氯元素形成物质的二维图的部分信息及相关实验装置。下列说法中正确的是(    )

A. 根据二维图中信息，氯的氧化物有四种
B. 盛Cl2钢瓶上应贴的标签为腐蚀品
C. 图1中，通入Cl2后，从集气瓶A、B的现象可得出的结论是氯气有漂白性
D. 用MnO2和盐酸反应制备氯气，MnO2过量，盐酸不能全部消耗完
11. 下列说法正确的是(    )
A. HCl只有还原性
B. 失去电子的物质就是氧化剂
C. 若用Cl2氧化NaClO2来制备ClO2，该反应另一产物为NaCl
D. 工业上制漂白粉是由Cl2和石灰水制得，氧化产物Ca(ClO)2可做游泳池及环暗的消毒剂
12. 关于Na2CO3和NaHCO3性质的说法正确的是(    )
A. 向装相同质量Na2CO3和NaHCO3二支试管中分别加几滴水，有结晶现象的是NaHCO3
B. 向装相同质量Na2CO3和NaHCO3二支试管中分别加几滴水，有放热现象的是NaHCO3
C. 相同条件下，与盐酸反应的速率：Na2CO3Na2CO3，故C正确；
D.相同条件下，在水中的溶解性：Na2CO3>NaHCO3，故D错误；
故选：C。
A.常温下，碳酸氢钠的溶解度更小；
B.碳酸钠溶解放热，碳酸氢钠溶解吸热；
C.碳酸钠和盐酸反应先转化为碳酸氢钠；
D.Na2CO3的溶解度较大。
本题考查Na2CO3和NaHCO3性质，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质的异同，注重基础知识的积累。

13.【答案】A 
【解析】解：A.燃烧过程中存在元素化合价变化，属于氧化还原反应，故A正确；
B.氢气在氯气中燃烧生成HCl，火焰呈苍白色，瓶口有白雾，故B错误；
C.氯气不具有漂白性，且氯气通入滴有酚酞的NaOH 溶液，溶液褪色，与氯气与碱反应或NaClO的漂白性有关，故C错误；
D.钠在空气中燃烧，发出黄色火焰，生成淡黄色固体过氧化钠，故D错误；
故选：A。
A.燃烧是一种发光、发热、剧烈的化学反应；
B.氢气在氯气中燃烧有苍白色火焰，瓶口有白雾；
C.氯气不具有漂白性；
D.钠在空气中燃烧，生成淡黄色固体过氧化钠。
本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用，注意把握物质的性质，题目有利于培养学生良好的科学素养，题目难度不大。

14.【答案】AC 
【解析】解：A.3molH2O的质量为3mol×18g/mol=54g，故A正确；
B.6.02×1023个SO2分子的物质的量为6.02×10236.02×1023mol−1=1mol，其质量为1mol×64g/mol=64g，故B错误；
C.据ρ=mV=nMV=MVm知，相同条件下，气体摩尔体积相同，气体的密度与相对分子质量成之比，所以其密度之比=17：16，故C正确；
D.标况下22.4LO2的物质的量为1mol，而过氧化钠和二氧化碳的反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，每当1molO2生成时，反应转移2mol电子，即电子数为2NA，故D错误；
故选：AC。
A.根据m=nM进行计算；
B.根据n=NNA计算二氧化硫的物质的量，再根据m=nM计算其质量；
C.根据ρ=mV=nMV=MVm判断其密度之比；
D.求出二氧化碳的物质的量，然后根据过氧化钠和二氧化碳反应时，每当每当1molO2生成时，反应转移2mol电子来分析。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

15.【答案】C 
【解析】解：A.由上述分析可知，原固体粉末中一定含K2CO3、Na2SO4，故A正确；
B.由上述分析可知，原固体粉末中一定不含CuSO4、CaCO3，故B正确；
C.由上述分析可知，原固体粉末中一定含K2CO3，可能含有KCl，则不能通过焰色试验确定原固体粉末中是否含有KCl，故C错误；
D.由上述分析可知，原固体粉末中一定含K2CO3、Na2SO4，即该粉末一定是混合物，故D正确；
故选：C。
①溶于水得无色溶液，溶液中无沉淀出现，可知原固体粉末中一定不含CuSO4、CaCO3；②向溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀部分消失，沉淀为碳酸钡、硫酸钡，则原固体粉末中一定含K2CO3、Na2SO4，可能含有KCl，一定不含CuSO4、CaCO3，据此分析解答。
本题考查物质的推断与检验，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析能力与推断能力的考查，注意元素及其化合物知识的应用，题目难度不大。

16.【答案】⑤⑥  ①③  开始胶体先聚沉得到红褐色沉淀，继续滴加盐酸，氢氧化铁溶解，得到黄色溶液  NaHSO4(熔融)=Na++HSO4−  解释Ⅱ 
【解析】解：Ⅰ.(1)①H2O能导电，属于电解质，
②Fe 是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，
③CaCO3熔融状态导电，属于电解质，
④Fe(OH)3胶体是混合物，既不是电解质也不是非电解质，
⑤酒精不能电离，属于非电解质，
⑥CO2不能电离，属于非电解质，
⑦盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，
以上物质中属于非电解质的是：⑤⑥，属于电解质的是：①③，
故答案为：⑤⑥；①③；
(2)向④Fe(OH)3中逐滴滴加⑦盐酸，开始胶体先聚沉得到红褐色沉淀，继续滴加盐酸，氢氧化铁溶解，得到黄色溶液，可观察到的现象是：开始胶体先聚沉得到红褐色沉淀，继续滴加盐酸，氢氧化铁溶解，得到黄色溶液，
故答案为：开始胶体先聚沉得到红褐色沉淀，继续滴加盐酸，氢氧化铁溶解，得到黄色溶液；
Ⅱ.(3)NaHSO4在熔融状态下电离生成钠离子和硫酸氢根离子，电离方程式为：NaHSO4(熔融)=Na++HSO4−，
故答案为：NaHSO4(熔融)=Na++HSO4−；
(4)向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液，开始滴加Ba(OH)2溶液时的反应，滴入的氢氧化钡全部反应，反应的离子方程式为：Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O，刚开始滴加时的反应的离子方程式应该是解释Ⅱ，
故答案为：解释Ⅱ。
Ⅰ.(1)水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质；
(2)向Fe(OH)3胶体中滴加盐酸；
Ⅱ.(3)NaHSO4在熔融状态下电离生成钠离子和硫酸氢根离子；
(4)向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液，开始滴加Ba(OH)2溶液时的反应，滴入的氢氧化钡全部反应。
本题考查了物质组成、物质分类的分析判断、物质性质的理解应用，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。

17.【答案】分液漏斗  4HCl(浓)+MnO2 −△MnCl2+Cl2↑+2H2O饱和NaCl溶液  干燥氯气  Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O取少量反应后的溶液于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则B的溶液中含有Cl− 
【解析】解：(1)仪器A的名称是分液漏斗，该反应为软锰矿与浓盐酸混合加热制备Cl2，化学反应方程表示为4HCl(浓)+MnO2 −△MnCl2+Cl2↑+2H2O。
故答案为：4HCl(浓)+MnO2 −△MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)根据分析，用C中的饱和NaCl溶液除去HCl气体，装置C内盛放的试剂是饱和NaCl溶液，
故答案为：饱和NaCl溶液；
(3)D中的浓硫酸干燥气体，D中溶液的作用是干燥氯气，
故答案为：干燥氯气；
(4)F中选用氢氧化钠溶液吸收尾气，该反应的离子方程式Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，
故答案为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；
(5)反应结束后，证明仪器a内的溶液中含有Cl−的方法是取少量反应后的溶液于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则B的溶液中含有Cl−，
故答案为：取少量反应后的溶液于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则B的溶液中含有Cl−。
软锰矿与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色、有刺激性气味的气体为Cl2，软锰矿与浓盐酸混合加热制备Cl2，易产生杂质气体HCl、H2O；用C中的饱和NaCl溶液除去HCl气体；D中的浓硫酸干燥气体，Cl2有毒，用F中碱液吸收防止污染空气。
本题考查氯气的制备及性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

18.【答案】过氧化钠  碳酸钠  2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2NaHCO3−△Na2CO3+CO2↑+H2OBC通入过量的CO2气体 
【解析】解：(1)由分析可知，B的化学式名称为过氧化钠，D的化学式名称为碳酸钠，
故答案为：过氧化钠；碳酸钠；
(2)反应③是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，
故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
(3)反应⑥是碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应方程式为2NaHCO3−△Na2CO3+CO2↑+H2O，
故答案为：2NaHCO3−△Na2CO3+CO2↑+H2O；
(4)A.Na2CO3溶液和NaHCO3溶液与澄清石灰水反应均生成白色沉淀，不能鉴别，故A不选；
B.稀盐酸与Na2CO3溶液反应先生成NaHCO3，再反应生成CO2气体，盐酸和NaHCO3溶液反应直接生成CO2气体，产生气泡的速率不同，可鉴别，故B选；
C.同浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液碱性不同，可用酚酞鉴别，故C选；
D.Na2CO3溶液和NaHCO3溶液加热无特殊现象，不能鉴别，故D不选；
故答案为：BC；
(5)碳酸钠和CO2、H2O反应生成碳酸氢钠，则去除NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3的方法是通入过量的CO2气体，
故答案为：通入过量的CO2气体。
A为一种常见的单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物，它们的焰色反应均为黄色，所以A为Na，A与氧气在点燃条件下生成B为Na2O2，过氧化钠、Na与水反应均可以生成C，则C为NaOH，氢氧化钠与过量的二氧化碳反应生成E，E加热分解生成D，而过氧化钠与二氧化碳反应也生成D，故D为Na2CO3，E为NaHCO3。
本题考查无机物的推断，焰色为黄色及A为单质为解答的突破口，熟悉钠及其化合物的性质是解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。

19.【答案】10.8100mL容量瓶  胶头滴管  ACB0.1 
【解析】解：(1)质量分数为98%、密度为1.84mol⋅L−1的浓硫酸物质的量浓度为1000×1.84mol/L×98%98g/mol=18.4mol/L，设需要浓硫酸的体积为V，根据稀释定律，则有：18.4mol/L×V=0.4mol/L×500mL，解得：V=10.8mL，
故答案为：10.8；
(2)除了量筒、烧杯、玻璃棒外，还缺少的玻璃仪器是100mL容量瓶、胶头滴管，
故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管；
(3)A.定容时俯视观察，液面在刻度线以下，溶液体积偏小，配制溶液浓度偏高，符合题意，故A正确；
B.定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，少量液体残留在瓶口与瓶塞之间，再加适量的蒸馏水，溶液体积偏大，则溶液浓度偏低，不符合题意，故B错误；
C.浓硫酸在烧杯中加水稀释后，未冷却就向容量瓶中转移，液体热胀冷缩，定容后，恢复室温，溶液体积偏小，则溶液浓度偏高，符合题意，故C正确；
D.需要加水定容，容量瓶未干燥即用来配制溶，对实验无影响，不符合题意，故D错误；
E.往容量瓶转移时，有少量液体溅出，容量瓶中溶质偏少，溶液浓度偏低，不符合题意，故E错误；
F.未洗涤稀释浓硫酸的烧杯，移入容量瓶中的溶质硫酸少了，溶液浓度偏低，不符合题意，故F错误；
故答案为：AC；
(4)A.用天平称量，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，用玻璃棒引流注入500mL容量瓶，洗涤烧杯、玻璃棒，并将洗涤液注入容量瓶中，加水至刻度线1∼2cm改用胶头滴管滴加到溶液凹液面与刻度线水平相切，不需要①、②，还需要玻璃棒、胶头滴管，故A错误；
B.容量瓶带有瓶塞，使用前需要检查是否漏液，故B正确；
C.配制0.8mol⋅L−1NaOH475mL，应选择500mL容量瓶，需要氢氧化钠质量为：0.8mol/L×0.5L×40g/mol=16.0g，故C错误；
D.氢氧化钠固体易潮解，故用纸称量NaOH固体时，腐蚀托盘及少量NaOH粘在滤纸上，再导致称量的氢氧化钠的质量偏小，则浓度偏低，故D错误，
故答案为：B；
(5)由电荷守恒可知2c(Ca2+)+c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl−)，解得：c(Ca2+)=3.0mol/L−1.0mol/L−0.5mol/L×22=0.5mol/L，混合液中CaCl2的物质的量为：0.2L×0.5mol/L=0.1mol，
故答案为：0.1。
(1)根据换算公式，计算浓硫酸物质的量浓度，根据稀释定律，计算需要浓硫酸的体积；
(2)除了量筒、烧杯、玻璃棒外，还缺少的玻璃仪器是100mL容量瓶、胶头滴管；
(3)分析操作对溶液体积、溶质物质的量影响，结合c=nV分析对所配溶液浓度影响；
(4)A.用天平称量，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，用玻璃棒引流注入500mL容量瓶，洗涤烧杯、玻璃棒，并将洗涤液注入容量瓶中，加水至刻度线1∼2cm改用胶头滴管滴加到溶液凹液面与刻度线水平相切；
B.依据容量瓶使用方法和注意事项解答；
C.依据m=cVM计算；
D.氢氧化钠固体易潮解，故用纸称量NaOH固体时，会导致真正的氢氧化钠的质量偏小；
(5)结合电荷守恒计算c(Ca2+)，结合n=cV、c=nV计算。
本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意容量瓶规格选择及使用方法，题目难度不大。

20.【答案】生成气泡  H2O2+2I−+2H+=I2+2H2O生成气泡  >0.422221112 
【解析】解：(1)过氧化氢和酸性高锰酸钾反应生成氧气，故现象b.生成气泡；碘单质能使淀粉变蓝色，实验中碘离子和过氧化氢反应生成碘单质和水，反应为H2O2+2I−+2H+=I2+2H2O，
故答案为：生成气泡；H2O2+2I−+2H+=I2+2H2O；
(2)氧化剂氧化性大于氧化产物，NaClO与H2O2反应生成氧气，过氧化氢中氧元素化合价由−1变为0，化合价升高，发生氧化反应得到氧化产物氧气，NaClO中氯元素化合价降低，发生还原反应，NaClO为氧化剂，故氧化性：NaClO>H2O2；电子转移为：2e−∼O2，当有0.2molO2生成时，转移电子的物质的量为0.4mol，
故答案为：>；0.4；
(3)氮元素化合价由+3变为+2，碘元素化合价由−1变为0，根据电子守恒、质量守恒配平可得：2NaNO2+2KI+2H2SO4=2NO↑+I2+K2SO4+Na2SO4+2H2O，
故答案为：2；2；2；2；1；1；1；2；
(4)已知亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气和氯化钠，亚硝酸钠中氮元素化合价降低得到电子生成氮气，氯化铵中氮元素化合价升高失去电子生成氮气，根据电子守恒配平得到：，
故答案为：。
(1)过氧化氢和酸性高锰酸钾反应生成氧气，故现象b.生成气泡；碘单质能使淀粉变蓝色，实验中碘离子和过氧化氢反应生成碘单质和水；
(2)氧化剂氧化性大于氧化产物，NaClO与H2O2反应生成氧气，过氧化氢中氧元素化合价由−1变为0，化合价升高，发生氧化反应得到氧化产物氧气，NaClO中氯元素化合价降低，发生还原反应，NaClO为氧化剂；电子转移为：2e−∼O2；
(3)氮元素化合价由+3变为+2，碘元素化合价由−1变为0；
(4)已知亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气和氯化钠，亚硝酸钠中氮元素化合价降低得到电子生成氮气，氯化铵中氮元素化合价升高失去电子生成氮气。
本题考查比较综合，涉及物质制备实验、氧化还原反应、陌生方程式的书写等，需要学生基本知识的基础与灵活运用的能力。