湖南省长沙市第一中学2024-2025学年高一上学期 期中考试化学试卷（解析版）-A4

这是一份湖南省长沙市第一中学2024-2025学年高一上学期 期中考试化学试卷（解析版）-A4，共15页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，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：
一、选择题(本题共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. 构建化学基本观念是学好化学的基础。下列对化学基本观念的认识中正确的是
A. 微粒观：稀盐酸中含有和分子
B. 守恒观：发生化学反应时，离子的总数不发生改变
C. 分类观：溶于水呈碱性的物质均属于碱
D. 变化观：碱性氧化物在一定条件下可与酸反应生成盐和水
【答案】D
【解析】
【详解】A．盐酸溶液中存在H2O分子、H+、Cl-，A错误；
B．发生化学反应时，参加反应的物质的质量不变，原子种类、个数不变，B错误；
C．溶液中的阴离子均为OH-的为碱，C错误；
D．碱性氧化物在一定条件下可与酸反应生成盐和水，D正确；
故答案为：D。
2. 我国医学家通过研究发现小苏打可去除肿瘤内的氢离子，从而快速有效地杀死处于葡萄糖饥饿或缺乏状态的肿瘤细胞，为治疗原发性肝癌开辟了新路径。下列有关小苏打的说法错误的是
A. 可用于制备苏打B. 可用于糕点生产中
C. 与H＋作用易产生CO2D. 可用饱和食盐水与CO2反应制得
【答案】D
【解析】
【详解】A．小苏打是NaHCO3，碳酸氢钠不稳定受热易分解成碳酸钠，故A说法正确；
B．因为碳酸氢钠受热分解产生二氧化碳，且小苏打对人体无害，因此可用于糕点生成，故B说法正确；
C．碳酸氢钠与盐酸等强酸反应生成水和二氧化碳，故C说法正确；
D．侯氏制碱法：NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓＋NH4Cl，因此缺少氨气，故D说法错误；
选D。
3. 红色信号弹的主要成分为、、镁粉、聚氯乙烯，而红色发光剂的主要成分为、镁粉、铝粉。由此可判断产生红色的元素是
A. B. C. KD.
【答案】B
【解析】
【详解】焰色反应主要与金属元素有关，Mg元素燃烧发出耀眼的白光，Sr元素的焰色为红色，K元素焰色为紫色，故选B。
4. 常温下，下列离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 无色透明溶液中：、、、
B. 使酚酞变红的溶液中：、、、
C. 含有大量的溶液中：、、、
D. 加入铁粉生成的溶液中：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．在溶液中显黄色，不能在无色溶液中存在，A错误；
B．使酚酞变红的溶液为碱性溶液，四种离子能大量共存，B正确；
C．含有大量的溶液中，能将氧化为Cl2，不能大量共存，C错误；
D．加入铁粉生成的溶液中含H+，不能大量存在，D错误；
故选B。
5. 下列实验方案中，不能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3质量分数的是
A. 取ag混合物充分加热，质量减少bg
B. 取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液
C. 取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体
D. 取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸钠受热不分解，NaHCO3加热分解生成碳酸钠、二氧化碳、水，固体质量减少是因为碳酸氢钠分解，取ag混合物充分加热，质量减少bg，根据固体减少的质量可计算出NaHCO3的质量，再计算Na2CO3质量分数，故不选A；
B．碳酸钠和氢氧化钠不反应，氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液，不能计算碳酸钠、碳酸氢钠的质量，故选B；
C．碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，则混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到的固体为氯化钠，设混合物中碳酸氢钠为xml、碳酸钠为yml，由题意可建立如下方程：84x+106y=a，58.5x+58.5×2y=b，解联立方程可得碳酸钠的物质的量，由此可计算混合物中碳酸钠的质量分数，故不选C；
D．碳酸钠与硫酸反应生成氯硫酸、二氧化碳和水，碳酸氢钠与硫酸反应生成氯硫酸、二氧化碳和水；取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg，则反应生成二氧化碳的质量为bg，设混合物中碳酸氢钠为xml、碳酸钠为yml，由题意可建立如下方程：84x+106y=a，44x+44y=b，解联立方程可得碳酸钠的物质的量，由此可计算混合物中碳酸钠的质量分数，故不选D；
选B。
6. 以不同类别物质间的转化为线索(如下图)，认识钠及其化合物。
下列分析不正确的是
A. 反应④说明的热稳定性强于
B. 反应⑤、⑥表明是碱性氧化物
C. 反应⑥可用于潜水艇中氧气的供给
D. 上述转化中发生的反应有分解反应、化合反应、置换反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，则反应④说明Na2CO3的稳定性强于NaHCO3，A正确；
B．反应⑤、⑥：、，都有氧气生成，不是碱性氧化物，B错误；
C．反应⑥：，有氧气生成，可用于潜水艇中氧气的供给，C正确；
D．④是分解反应、①是化合反应、②是置换反应，则上述转化中发生的反应有分解反应、化合反应、置换反应，D正确；
故选B。
7. 某溶液中含有、、、、、这六种离子。若向其中加入足量后，溶液中离子浓度基本保持不变的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】向溶液中加入足量，发生反应：。
【详解】A．浓度基本保持不变，A符合题意；
B．反应生成，浓度增大，B不符合题意；
C．反应生成OH-：，浓度增大，C不符合题意；
D．反应生成氧气，被氧化，浓度减小，D不符合题意；
故选A。
8. 下列相关离子方程式正确的是
A. 向氯化钙溶液中通入少量气体：
B. 向溶液中滴入少量的溶液：
C. 向含和的混合溶液中加入一定量的稀盐酸，可能发生反应：
D. 胃药里含氢氧化铝能降低胃酸(主要成分为)：
【答案】C
【解析】
【详解】A．向氯化钙溶液中通入少量气体，不反应，无明显现象，A错误；
B．向溶液中滴入少量的溶液，能反应完，离子方程式为：，B错误；
C．向含和的混合溶液中加入一定量的稀盐酸，先发生中和反应：①，氢氧根反应完后：②，③，若只发生①②，离子方程式为：，C正确；
D．氢氧化铝为沉淀，不可拆，离子方程式为：，D错误；
故选C。
9. 下列实验操作正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．用镊子从煤油中取出金属钠，用滤纸吸去表面煤油，切下绿豆大小的钠，小心放入装有水的烧杯中，观察Na与H2O反应的现象，故A错误；
B．可燃物燃烧的条件之一是：温度达到着火点以上，Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧，说明过氧化钠和二氧化碳反应放出热量导致棉花的温度达到着火点以上而燃烧，故B正确；
C．碳酸氢钠和碳酸钠都与氢氧化钙反应生成不溶性的碳酸钙，现象相同，所以不能用澄清石灰水鉴别碳酸氢钠和碳酸钠，故C错误；
D．若NaCl溶液中混有硫酸氢钠，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液也会产生沉淀，故D错误；
故答案为B。
10. 下列装置或试剂合理且能达到实验目的的是
A. 用装置甲可以制取氯气
B. 装置乙实验可以说明溶液中和HClO分子能共存
C. 装置丙可以用于比较和的热稳定性
D. 装置丁可用于模拟“侯氏制碱法”制取，a先通入，然后b通入，c中放碱石灰，目的是防止污染环境
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓盐酸和二氧化锰加热才能生成氯气，A错误；
B．新制氯水中氯气和水生成次氯酸、盐酸，次氯酸具有漂白性，盐酸具有酸性，装置乙实验外圈变红色，内圈红色消失，实验说明新制氯水中存在和HClO分子，B正确；
C．碳酸氢钠受热不稳定分解为碳酸钠、二氧化碳，故小试管中盛放碳酸氢钠实验对比更明显，C错误；
D．装置丁可用于模拟“侯氏制碱法”制取，a先通入使溶液显碱性可以吸收更多的二氧化碳，然后b通入反应生成碳酸氢钠，氨气会污染空气，故c中放能吸收氨气的物质，目的是防止氨气污染环境，D错误；
故选B。
11. 溶液催化脱除烟气中的反应原理如下图所示。下列说法正确的是
A. 反应Ⅰ中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
B. 反应Ⅱ的离子方程式为
C. 反应一段时间后，溶液中物质的量保持不变
D. 反应每脱除，理论上消耗的为
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知：反应I为：4FeSO4+O2+H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O；反应II为：。
【详解】A．反应Ⅰ中氧化剂为O2，还原剂为FeSO4，氧化剂和还原剂的物质的量之比为，A错误；
B．根据反应II的化学方程式：，离子方程式为：，B正确；
C．反应过程中，不断向体系中通入二氧化硫，最终转化成硫酸，硫酸的浓度会增大，C错误；
D．反应每脱除，转移电子：，1ml转移4ml电子，故理论上消耗的为，D错误；
故选B。
12. 是一种常见的化肥，其溶解度随着温度的升高而增大，某工厂用石膏、、和制备的工艺流程如图：
下列说法正确的是
A. 通入和的顺序可以互换
B. 操作2为将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得
C. 步骤②中反应的离子方程式为
D. 通入的和均应过量，且工艺流程中可循环利用
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于微溶于水，易溶于水，应先通入足量，使溶液呈碱性，然后再通入适量，反应的化学方程式为，通入和的顺序不可以互换，选项A错误；
B．向硫酸钙悬浊液中通入足量的氨气，使溶液呈碱性，再通入适量的二氧化碳利于反应的进行，硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀。操作2是溶液中得到溶质固体的过程，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，可得，选项B正确；
C．硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀，物质发生的主要化学反应为，反应的离子方程式为，选项C错误；
D．反应过程中二氧化碳参与反应生成硫酸铵和碳酸钙，碳酸钙分解生成二氧化碳，工艺流程中产生的可循环利用，通入足量，通适量二氧化碳，否则碳酸钙溶解，选项D错误。
答案选B。
13. 已知可以吸收和，某粉末可能由、、、、中的一种或几种组成。将该粉末与足量的盐酸反应有气体X逸出，X通过足量的溶液后体积缩小(同温、同压下测定)。若将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余固体的质量大于原混合粉末的质量。下列判断正确的是
A. 粉末中一定有、、
B. 气体X是
C. 粉末中一定不含有和
D. 粉末中含有，但无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，与盐酸反应产生气体的物质可能为Na2O2（生成O2）、Na2CO3或NaHCO3（生成CO2），X通过NaOH溶液后体积缩小（而不是气体全部消失），说明X由O2和CO2组成，原粉末中Na2O2一定存在，Na2CO3和NaHCO3至少有一种一定存在。将原混合粉末加热，有气体放出，说明混合物中一定有NaHCO3，但NaHCO3受热分解会使粉末质量减小，而实际剩余固体的质量却增加了，故发生了反应：2Na2O+O2=2Na2O2，粉末中存在Na2O。综上分析，一定存在：Na2O2、NaHCO3、Na2O。
【详解】A．根据分析，粉末中一定有、、，A正确；
B．根据分析，气体X是、O2，B错误；
C．根据分析，粉末中一定含有，无法确定是否含有NaCl，C错误；
D．根据分析，粉末中可能含有，无法确定，D错误；
故选A。
14. 将在一定温度下加热一段时间后生成，将剩余固体与过量浓盐酸混合加热又生成，此时锰元素均以形式存在，若，则m的值可能为
A. 0.25B. 0.45C. 0.55D. 0.6
【答案】B
【解析】
【分析】在氧化还原反应中得失电子数相等，根据得失电子守恒结合极值法计算m值。
【详解】在氧化还原反应中得失电子数相等，所以反应过程中锰元素得到电子数等于O元素、Cl元素失去的电子数，所以，，，，当高锰酸钾不分解生成氧气时，a=0，当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气的物质的量为0.1ml，所以a的取值范围为：，则，即，故选B。
二、非选择题(本题共4小题，共58分。)
15. 认真分析，回答下列问题：
Ⅰ．现有下列10种物质：①铝，②纯醋酸，③，④，⑤，⑥新制氯水，⑦稀盐酸，⑧，⑨碳酸钙，⑩乙醇。
（1）上述物质中能导电的有_______(填序号，下同)，属于电解质的有_______，属于非电解质的有_______。
（2）将⑥久置之后，溶液酸性_______(填“变强”“变弱”或“不变”)，原因是_______(用化学方程式解释)。
（3）上述物质中有两种物质在水溶液中发生反应，其离子方程式为，则该反应的化学方程式为_______。
Ⅱ．硫酸铵在强热条件下会完全分解，生成氨气、二氧化硫、氮气和水。
（4）写出硫酸铵在强热条件下分解的化学方程式，并用双线桥标出电子转移的方向和数目：_______。
【答案】（1） ①. ①⑥⑦ ②. ②④⑤⑧⑨ ③. ③⑩
（2） ①. 变强 ②.
（3）
（4）
【解析】
【分析】①铝能导电，为单质，既不是电解质也不是非电解质；
②纯醋酸不导电，在水溶液中能导电，为电解质；
③不导电，在水溶液和熔融状态下自身不能电离，为非电解质；
④不导电，在水溶中能电离，水溶液能导电，是电解质；
⑤不导电，水溶液中能导电，电解质；
⑥新制氯水中含自由移动的离子，能导电，为混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑦稀盐酸中含自由移动的离子，能导电，为混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑧不导电，水溶液或熔融状态下能导电，是电解质；
⑨碳酸钙不导电，熔融状态下能导电，是电解质；
⑩乙醇不导电，在水溶液和熔融状态下不能导电，为非电解质。
【小问1详解】
根据分析，物质中能导电的有①⑥⑦，属于电解质的有②④⑤⑧⑨，属于非电解质的有③⑩；
【小问2详解】
将⑥久置之后，次氯酸见光分解产生HCl，溶液酸性变强，原因是；
【小问3详解】
上述物质中氢氧化钡与盐酸反应的离子方程式为，化学方程式为：；
【小问4详解】
硫酸铵在强热条件下会完全分解，生成氨气、二氧化硫、氮气和水，N元素由-3价升高为0价，S元素由+6价降低为+4价，根据得失电子守恒，方程式中转移6个电子，双线桥表示为：。
16. 氯气是一种用途广泛的工业原料。工业上，向600℃的铁屑中通入干燥的氯气生产无水氯化铁(已知：氯化铁易潮解)。现用如下图所示的装置模拟上述过程进行实验。回答下列问题：
（1）装置A用和浓盐酸制取氯气，A中反应的离子方程式为_______。
（2）装置B的目的是_______。
（3）装置D中反应的离子方程式为_______。有人建议将装置D改为装有碱石灰的干燥管更好，这样选择的理由是_______。
（4）有同学认为上述装置在设计上存在严重缺陷，你认为该缺陷是_______。
（5）同学们认为可以利用氯气用如下图实验装置制备少量的漂白粉。漂白粉的有效成分是_______(填化学式)；装置B反应放热会使体系温度升高，导致氯气和石灰浆发生副反应产生杂质，导致漂白粉效果差，为防止该副反应发生，可采取的具体措施是_______。
【答案】（1）
（2）除去中混有的，同时抑制氯气与水的反应
（3） ①. ②. 能防止空气中的水蒸气进入装置C中，且能防倒吸
（4）应该在B、C之间加装一个装有浓硫酸的洗气瓶，除掉氯气中混有的水蒸气
（5） ①. ②. 将B装置置于冰水浴中
【解析】
【分析】I．由制备无水氯化铁的实验装置可知，装置A中浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，浓盐酸易挥发，生成的氯气会混有氯化氢，装置B中饱和食盐水除去氯化氢，同时抑制氯气与水的反应；装置C中Fe与氯气反应生成氯化铁，氯气有毒，会污染环境，装置D中NaOH溶液用于吸收尾气。
II．由氯气制备少量漂白粉的实验装置可知，装置A中浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，将生成的氯气通入石灰浆中制取漂白粉，氯气有毒，会污染环境，装置C中NaOH溶液用于尾气处理。
【小问1详解】
装置A用MnO2和浓盐酸反应制取氯气，离子方程式为：；
【小问2详解】
装置B的目的是：除去中混有的，同时抑制氯气与水的反应；
【小问3详解】
装置D中NaOH溶液用于吸收尾气，离子方程式为；将装置D改为装有碱石灰的干燥管更好，因氯化铁易潮解，故理由是：能防止空气中的水蒸气进入装置C中，且能防倒吸；
【小问4详解】
因氯化铁易潮解，应该在B、C之间加装一个装有浓硫酸的洗气瓶，除掉氯气中混有的水蒸气；
【小问5详解】
漂白粉的有效成分是：；装置B反应放热会使体系温度升高，导致氯气和石灰浆发生副反应产生杂质，为防止该副反应发生，应：将B装置置于冰水浴中。
17. 现有A、B、C、D、E、F、G、H、M九种物质，其中A为淡黄色粉末，B为日常生活中最常见的无色无味液体，E为无色气体单质，F的水溶液与石灰水混合可得D的溶液，G为黄绿色气体单质，H是“84”消毒液的有效成分，它们之间的相互转化关系如下图所示，其他与题无关的生成物部分略去。请回答下列问题：
（1）写出H化学式：_______，C的化学式：_______。
（2）A与C反应的化学方程式为_______。
（3）向一定量的石灰乳中通入一定量的氯气，二者恰好完全反应(发生的反应均为放热反应)。生成物中含有、、三种含氯元素的离子，其中、两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的关系曲线如下图所示。
①时，与发生反应的总的化学方程式为_______。
②该石灰乳中含有的物质的量是_______ml。
③据分析，生成的反应是由温度升高引起的，通入氯气的速度不同，和的比例也不同。若向原石灰乳中通入氯气的速度加快，则反应后_______2(填“>”“＜”或“=”)；若，则_______ml(用含a的代数式表示)。
【答案】（1） ①. ②.
（2）
（3） ①. ②. 5 ③. ＜ ④.
【解析】
【分析】A为淡黄色粉末，A为Na2O2，B为日常生活中最常见的无色无味液体，B为H2O，过氧化钠与水反应生成NaOH与O2，D为NaOH，E为O2，G为黄绿色气体单质，G为Cl2，H是“84”消毒液的有效成分，H为NaClO，NaClO与CO2、H2O反应生成M：HClO，HClO光照条件下分解得到氧气；Na2O2与CO2反应得到Na2CO3和O2，故F为Na2CO3，C为CO2，Na2CO3的水溶液与石灰水混合可得NaOH的溶液。
【小问1详解】
根据分析，H的化学式：NaClO，C的化学式：CO2；
【小问2详解】
A为Na2O2，C为CO2，A与C反应的化学方程式为：；
【小问3详解】
①时，共生成2mlClO-和1ml，即Cl2共失去7mle-，所以应该也有Cl2得到7ml e-变为7mlCl-，根据得失电子守恒和原子守恒，与发生反应的总的化学方程式为：；
②由图可知，t2时与恰好反应，n(ClO-)=2ml，故n[Ca(ClO)2]=1ml，n()=1ml，故n[Ca()2]=0.5ml，根据方程式可知，n[]=10 n[Ca()2]=0.5ml×10=5ml；
③若通入氯气的速率加快，反应速率加快，反应放出的热量无法很快散失，体系温度升高，生成的n()增多，