湖南省常德市第一中学2023-2024学年高一上学期期中考试化学试题（Word版附解析）

这是一份湖南省常德市第一中学2023-2024学年高一上学期期中考试化学试题（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了5 N， 下列离子方程式书写正确的是， 下列有关于与说法错误的个数有， 关于和的说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
(时量：75分钟满分：100分)
可能用到的相对原子质量：Na：23 C：12 O：16 S：32 H：1 Cl：35.5 N：14
一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 当光束通过下列分散系时，不能观察到丁达尔效应的是
A. 豆浆B. AgI胶体C. Na2SO4溶液D. Fe(OH)3胶体
【答案】C
【解析】
【详解】A．豆浆属于胶体，当光束通过时能观察到丁达尔效应，A不符合；
B．AgI胶体属于胶体，当光束通过时能观察到丁达尔效应，B不符合；
C．Na2SO4溶液不属于胶体，当光束通过时不能观察到丁达尔效应，C符合；
D．Fe(OH)3胶体属于胶体，当光束通过时能观察到丁达尔效应，D不符合；
答案选C。
2. 下列物质能导电且属于电解质的是
A. NaOH固体B. H2SO4溶液
C. 铁D. 熔融的NaCl
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢氧化钠固体是电解质，但不能电离出自由移动的离子，不能导电，故A错误；
B．H2SO4溶液是混合物，不属于电解质，故B错误；
C．铁是单质，不属于电解质，故C错误；
D．NaCl是电解质，且在熔融状态下能导电，故D正确；
答案选D。
3. 下列物质的转化，不能由一步反应实现的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．不溶于水，不能和水反应，不能实现一步转化，A错误；
B．与碳酸钠反应可以实现一部转化，B正确；
C．二氧化碳和过氧化钠反应可以实现一步转化生成碳酸钠，C正确；
D．钠与氧气在加热条件下可以实现一部转化生成过氧化钠，D正确；
故选A。
4. 下列离子方程式书写正确的是
A. 与稀盐酸反应：
B. 铁与稀盐酸反应：
C. 溶液和稀硫酸反应：
D. 钠与水溶液反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．与稀盐酸反应：，故A错误；
B．铁与稀盐酸反应：，故B错误；
C．溶液和稀硫酸反应：，故C正确；
D．钠与水溶液反应：，故D错误；
故答案选C。
5. 在溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是
A. 、、、B. 、、、
C. 、、、D. 、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．为紫色，与无色不符，故A不符合题意；
B．、、、都是无色，相互不反应，可以大量共存，故B符合题意；
C．与要反应生成和水，不能大量共存，故C不符合题意；
D．与要反应生成HClO，且能将氧化，故不能大量共存，故D不符合题意。
答案选B。
6. 下列化学反应中电子转移的表示方法正确的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．C是有0价升高到+2价，应该是失去4个电子，Si得到4个电子，A错误；
B．B是单线桥表示的电子转移方向和数目，B正确；
C．Cl2与NaI反应中，Cl2是得到电子，I-离子是失去电子，C错误；
D．Cu与浓硫酸反应应该是Cu失去电子，箭头应该由Cu指向S，D错误；
答案选B。
7. 下列反应过程需要加入其他氧化剂才能实现的是
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．中Cl元素为+1，Cl2中为Cl元素为0价，需要使用还原剂，故A不符合题意；
B．中Na由最低价升高，需加氧化剂，故B符合题意；
C．可由分解得到，故C不符合题意；
D．可由溶于水得到，故D不符合题意；
故答案选B。
8. 下列有关于与说法错误的个数有
①与长期置于空气中，最终产物相同
②等物质的量的与固体含有离子数目比为3∶4
③与少量反应制得，与过量反应制得
④两者都能与酸反应生成盐和水，都属于碱性氧化物
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【详解】①Na2O久置于空气中先与水反应生成NaOH，NaOH再与CO2反应生成碳酸钠，Na2O2久置于空气中，先与水反应生成NaOH，NaOH再与CO2反应生成碳酸钠，①正确；
②等物质的量的Na2O和Na2O2固体含有离子数目比为1：1，②错误；
③Na与O2反应生成Na2O还是Na2O2与反应条件有关，与参与反应的氧气的量无关，③错误；
④Na2O2与酸反应生成盐和水的同时还有氧气生成，过氧化钠不是碱性氧化物，④错误；
错误的个数为3个，答案选C。
9. 关于和的说法不正确的是
A. 可用加热法除去固体中的
B. 向溶液中通入过量可将转化为
C. 热稳定性：
D. 相同质量的和与足量盐酸作用时，前者产生的气体的质量多
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和水和二氧化碳，故可用加热法除去固体中的，故A正确；
B．碳酸钠溶液中通入二氧化碳，生成碳酸氢钠：++H2O=2，故向溶液中通入过量可将转化为，故B正确；
C．分别用酒精灯给固体和固体加热，只有碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和水和二氧化碳，故热稳定性：，故C正确；
D．等质量的Na2CO3和NaHCO3固体，碳酸氢钠的物质的量多，依据碳原子守恒，NaHCO3产生的CO2多，故D错误；
故选D。
10. 向盛有紫色石蕊溶液的试管中持续通入氯气至过量，溶液颜色可能出现无色、浅黄绿色、红色等变化。下列叙述不正确的是
A. 过程I溶液由紫色变成红色，起作用的微粒是H＋
B. 过程II溶液由红色变成无色，证明试管②中溶液不再呈酸性
C. 过程III溶液颜色由无色变成浅黄绿色，证明溶液中有Cl2
D. 若向紫色石蕊溶液中持续加入Na2O2粉末，不会出现相同的颜色变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．紫色石蕊遇酸变红，过程I溶液由紫色变成红色，起作用的微粒是H+，故A正确；
B．过程Ⅱ溶液由红色变成无色，是因为次氯酸的漂白性，故B错误；
C．过程Ⅲ溶液颜色由无色变成浅黄绿色，因为氯气过量，溶液中有Cl2，故C正确；
D．过氧化钠具有强氧化性，若向紫色石蕊试液中持续加入Na2O2粉末，最终颜色会褪去，故D正确；
答案选B。
11. 设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是
A. 25℃、101kPa时，11.2L H2中含有原子数为NA
B. 1ml/L Na2SO4溶液中离子总数为3NA
C. 0℃、101kPa时，22.4L H2O中含有的分子数为NA
D. 25 ℃、101k Pa下，64 g SO2中含有的原子数为3NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．25℃、101kPa时，气体摩尔体积Vm大于22.4L/ml，则11.2L氢气中含有的原子数小于×2×NAml—1=NA，故A错误；
B．缺溶液的体积，无法计算1ml/L硫酸钠溶液中的硫酸钠的物质的量和含有的离子总数，故B错误；
C．标准状况下，水为液态，无法计算22.4L水物质的量和含有的分子数，故C错误；
D．64g二氧化硫含有的原子数为×3×NAml—1=3NA，故D正确；
故选D。
12. 已知：①；②；③。则下列判断不正确的是
A. 氧化性：B. 还原性：
C. 既有氧化性又有还原性D. 由信息推测：反应可以进行
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应①中高锰酸钾得电子为氧化剂，HCl失电子被氧化生成的Cl2为氧化产物，则高锰酸根离子的氧化性强于Cl2，反应②中氯气为氧化剂，Fe3+为氧化产物，氯气的氧化性强于Fe3+，故A错误；
B．反应③中碘离子为还原剂，Fe2+为还原产物，还原性碘离子强于亚铁离子，反应②中亚铁离子为还原剂，氯离子为还原产物，则还原性亚铁离子强于氯离子，故B正确；
C．Fe3+只有氧化性，Fe2+既可以进一步失去一个电子也可以得电子生成Fe，因此Fe2+既有氧化性又有还原性，故C正确；
D．Cl2的氧化性强于Fe3+，而Fe3+的氧化性又强于碘，故Cl2可以与I-反应生成氯离子和碘单质，D正确；
故选A。
13. 有一包白色粉末，由BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuSO4中的一种或几种组成，为了探究它的成分，进行了如下实验。下列判断正确的是
A. BaCl2、CaCO3一定存在，NaOH可能存在
B. NaOH、CuSO4一定不存在
C. K2SO4、NaOH、CaCO3、BaCl2一定存在，CuSO4可能存在
D. 无色滤液C含两种溶质
【答案】D
【解析】
【分析】白色粉末加水后过滤，滤渣为白色滤渣A，加入盐酸，固体全部溶解，并生成气体B，则白色滤渣为CaCO3，不含有BaSO4，气体B为CO2。无色滤渣C中通入CO2气体，有白色沉淀生成，则此沉淀为BaCO3，原白色粉末中不含有CuSO4，含有BaCl2，则不含有K2SO4。
【详解】A．由分析可知，原白色粉末中BaCl2、CaCO3一定存在，若无NaOH，则通入CO2后不能生成白色沉淀，则NaOH一定存在，A不正确；
B．由分析可知，NaOH一定存在，CuSO4一定不存在，B不正确；
C．因为K2SO4、BaCl2会发生反应，生成不溶于盐酸的BaSO4沉淀，所以NaOH、CaCO3、BaCl2一定存在，K2SO4、CuSO4一定不存在，C不正确；
D．综合分析白色粉末，无色滤液C中含有BaCl2、NaOH两种溶质，D正确；
故选D。
14. 现有三种气体，分别是和，下列说法正确的是
A. 原子数目相等的三种气体，质量最大的是
B. 若一定条件下，三种气体的体积均为，则它们的物质的量一定均为
C. 同温下，体积相同的两容器分别充入气体和气体，则其压强比为2：1
D. 同温同压下，同质量的三种气体，气体密度最小的是
【答案】D
【解析】
【详解】A．原子数目相等，可令原子物质的量都为3ml，则和物质的量分别为1.5ml、1.5ml、1ml，又和摩尔质量分别为28g/ml、32g/ml、64g/ml，故质量最大的是， A错误；
B．未指明气体所处的状态，无法通过气体摩尔体积公式进行计算，B错误；
C．恒温恒容时压强和物质的量成正比，气体和气体的物质的量分别为、，故压强之比为4：1，C错误；
D．同温同压下物质的量和体积成正比，又和中氮气摩尔质量最小，所以同质量的三种气体氮气的物质的量最大，即氮气的体积最大，故同质量的三种气体密度最小的是，D正确；
故选D。
二、填空题(本题包括4小题，第15题16分、第16题14分、第17题14分、第18题14分，共58分)
15. 回答下列问题：
（1）个中，含_______氢原子，_______ml电子。
（2）等质量的和，它们的物质的量之比为_______，所含原子数之比为_______。
（3）将标准状况下体积为的气体溶于水中，得到盐酸密度为，则该盐酸的物质的量浓度为_______(写出表达式即可)。
【答案】（1） ①. 2 ②. 5
（2） ①. 3：2 ②. 1：1
（3）
【解析】
【小问1详解】
个物质的量为0.5ml，即含有氢原子；又一个甲烷分子含有10个电子，所以含有电子；
【小问2详解】
等质量时摩尔质量与物质的量成反比，即等质量的和，它们的物质的量之比为；又臭氧是三原子分子，氧气为两原子分子，故所含原子物质的量之比为；
【小问3详解】
将标准状况下体积为的物质的量为，则质量为，又气体溶于水中，所以溶液总质量为，结合得到盐酸密度为可算出溶液体积为，则该盐酸的物质的量浓度为。
16. 现有以下8种物质：①熔融状态的NaCl、②SO2、③Na2CO3、④铜、⑤BaCO3、⑥酒精、⑦稀H2SO4、⑧FeCl3溶液。
（1）上述物质中，属于电解质的是_______。(填序号)
（2）上述状态下可导电的是_______。(填序号)
（3）写出③与足量⑦反应的离子方程式：_______。
【答案】（1）①③⑤ （2）①④⑦⑧
（3）
【解析】
【小问1详解】
在水溶液或熔融状态下能导电的化合物称之为电解质，①熔融状态的NaCl属于电解质，②SO2属于非电解质，③Na2CO3属于电解质，④铜属于金属单质，既不是电解质又不是非电解质，⑤BaCO3属于电解质，⑥酒精属于非电解质，⑦稀H2SO4属于电解质溶液，为混合物，⑧FeCl3溶液属于电解质溶液，为混合物；综上属于电解质的是①③⑤；
【小问2详解】
由（1）详解可知，①熔融状态的NaCl属于电解质且能导电；④铜属于金属，能导电；⑦稀H2SO4和⑧FeCl3溶液均为电解质溶液，能导电；故选①④⑦⑧；
【小问3详解】
碳酸钠和足量稀硫酸反应产生二氧化碳，即离子方程式为：。
17. 下图为实验室某试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题。
（1）该NaOH溶液的物质的量浓度为_______现实验室需要该浓度的NaOH溶液240mL，需称量_______g固体氢氧化钠进行溶液配制。
（2）配制溶液的基本步骤如图所示，按实验过程先后顺序排列(不重复)_______。下列操作过程中有明显错误存在，请指出错误之处_______。
（3）判断下列操作对NaOH溶液的物质的量浓度的影响(填“偏高偏低”或“无影响”)。
①摇匀后发现液面低于刻度线再加水_______。
②定容时俯视观察液面_______。
（4）若用18.4ml/L的浓硫酸配制100mL浓度为1ml/L的稀硫酸，则需用量筒量取_______mL浓硫酸。
【答案】（1） ①. 6 ②. 60.0
（2） ①. ①④③⑥②⑤ ②. 称量过程中，NaOH固体应放在小烧杯中称量；洗涤过程中，玻璃棒引流下端应位于刻度线以下
（3） ①. 偏低 ②. 偏高
（4）5.4
【解析】
【小问1详解】
设溶液体积为1L，含有NaOH质量为：，NaOH物质的量为，该NaOH溶液的物质的量浓度为；需要该浓度的NaOH溶液240mL，则需选用250mL容量瓶，即所需氢氧化钠物质的量为，故需称量固体氢氧化钠进行配制溶液；
【小问2详解】
用固体配制一定物质的量浓度溶液的步骤包括计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，即为①④③⑥②⑤；
氢氧化钠易潮解，故称量过程中NaOH固体应放在小烧杯中称量；玻璃棒在刻度线以上的话,溶液会沾到刻度线以上的瓶壁,并没有完全进入要计量的体积中,定容之后会造成浓度偏低的误差，故洗涤过程中，玻璃棒引流下端应位于刻度线以下；
【小问3详解】
①摇匀后发现液面低于刻度线再加水，造成所加溶剂水偏多，溶液浓度偏低；
②定容时以刻度线为标准确定液面，俯视液面会造成液面实际低于刻度线，所加溶剂水不足，溶液浓度偏高；
【小问4详解】
配制100mL浓度为1ml/L的稀硫酸需要H2SO4物质的量为，需用量筒量取浓硫酸。
18. 化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：
（1）氯气是制备含氯化合物的主要原料，实验室制取Cl2的化学反应方程式为_______。
（2）如图所示是有关Cl2的实验：
①图I是验证氯气性质的实验，为除去，A瓶中应装入的试剂是_______；能说明氯气与水发生反应的实验现象是_______；烧杯中溶液的作用是_______(用离子方程式表示)。
②图II是纯净的氢气在氯气中燃烧的实验，可观察到的现象是_______。
（3）漂白粉的有效成分是_______(填化学式)，漂白粉溶于水受空气中的作用，具有漂白、杀菌作用。
（4）人们常用“84”消毒液进行消毒。“84”消毒液不能与洁则灵(含盐酸)混用原因是_______(用离子方程式表示)。
【答案】（1）
（2） ①. 饱和食盐水 ②. 中湿润的有色布条褪色，中干燥的有色布条不褪色 ③. ④. 纯净的氢气在氯气中安静地燃烧，发出苍白色的火焰，集气瓶口有白雾生成
（3）
（4）
【解析】
【小问1详解】
实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取，反应的化学反应方程式为(浓) ；
【小问2详解】
①HCl极易溶于水，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，为除去HCl，A瓶中应装入的试剂是饱和食盐水；干燥的氯气没有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，所以能说明氯气与水发生反应的实验现象是湿润的有色布条b褪色，干燥的有色布条a不褪色；氯气有毒，烧杯中NaOH溶液的作用是吸收未反应的氯气，即离子方程式为；
②纯净的氢气在黄绿色的氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰，燃烧生成的氯化氢极易溶于水，形成盐酸小液滴，可看到集气瓶口有白雾生成；
【小问3详解】
漂白粉的主要成分是和，但有效成分是，Ca(ClO)2与空气中二氧化碳作用生成次氯酸具有漂白杀菌作用；
【小问4详解】
“84”消毒液的有效成分是NaClO，洁厕灵含盐酸，二者混合发生氧化还原反应生成氯气，该反应的离子方程式为。
19. 氧化还原反应在日常生活和工业生产中有重要应用。
I．是火柴工业用作制造火柴头的原料之一。已知反应：。
（1）该反应中被氧化的元素是_______，还原产物是_______。
（2）该反应中氧化剂与还原剂的个数比为_______。
（3）生成标准状况下，转移的电子个数为_______(用表示)。
II．阅读下面一段材料并回答问题。
（4）K2FeO4中铁元素的化合价为_______。
（5）下列关于K2FeO4说法中，不正确的是_______。
a．是强氧化性的盐 b．固体保存需要防潮
c．其消毒和净化水的原理相同 d．其净水优点有：作用快、安全性好、无异味
（6）将K2FeO4与水反应的化学方程式补充完整并配平：_______。
_______K2FeO4+_______H2O=_______FeOH3(胶体)+_______+_______KOH
【答案】（1） ①. ②.
（2）1：6 （3）
（4）
（5）c （6）
【解析】
【小问1详解】
中铬元素化合价由+6降到+3，氯元素化合价由-1升高到零，即被氧化的元素是Cl；还原产物是；
【小问2详解】
由分析（1）知重铬酸钾为氧化剂、氯化氢为还原剂，虽反应中参加反应，但生成物中有化合价未升高仍为-1，所以氧化剂和还原剂个数比为1：6；
【小问3详解】
分析反应可知，转移
6ml电子生成3ml氯气，所以生成标准状况下也即 0.2ml氯气时，转移的电子物质的量为0.4ml，故个数为；
【小问4详解】
K2FeO4中K为+1价，O为-2价，根据化学式中元素的化合价的正负代数和为0可知，铁元素的化合价为+6价；
【小问5详解】
已知K2FeO4中Fe的化合价为+6价，处于高价态，故是强氧化性的盐，结合题干说明也证实这一点，a正确；
由题干说明可知，K2FeO4能与水反应，故固体保存需要防潮，b正确；
c．由题干说明可知，K2FeO4消毒是利用其强氧化性，使蛋白质发生变性，而净化水是利用K2FeO4与水反应还能产生具有强吸附性的Fe(OH)3胶体，可除去水中细微的悬浮物，有净水作用，二者原理不相同，c错误；
d．由题干说明可知，K2FeO4作净水剂的优点有：作用快、安全性好、无异味，d正确；
故选c；
【小问6详解】高铁酸钾使用说明书
【化学式】
【性状】暗紫色具有金属光泽的粉末，无臭无味
【产品特点】干燥品在室温下稳定，在强碱溶液中稳定，随着pH减小，稳定性下降，与水反应放出氧气。K2FeO4通过强烈的氧化作用可迅速杀灭细菌，有消毒作用，同时不会产生有害物质。K2FeO4与水反应还能产生具有强吸附性的Fe(OH)3胶体，可除去水中细微的悬浮物，有净水作用
【用途】主要用于饮用水消毒净化、城市生活污水和工业污水处理
【用量】消毒净化1L水投放5mgK2FeO4即可达到卫生标准