2022-2023学年江苏省扬州中学高一上学期期中检测化学试题含解析

这是一份2022-2023学年江苏省扬州中学高一上学期期中检测化学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，元素或物质推断题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。

江苏省扬州中学2022-2023学年高一上学期期中检测化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．氯是海水中重要的元素。下列有关氯及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A．氯气显黄绿色，可用于制盐酸 B．盐酸呈强酸性，可用于除水垢
C．次氯酸具有弱酸性，可用作漂白剂 D．四氯化碳难溶于水，可用作灭火剂
【答案】B
【详解】A．氯气具有氧化性，能与氢气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水可制得盐酸，故A错误；
B．盐酸具有强酸性，可与水垢中的氢氧化镁和碳酸钙反应可溶性盐，达到用于除水垢的目的，故B正确；
C．次氯酸具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，可用作漂白剂，故C错误；
D．四氯化碳不能燃烧，可用作灭火剂，故D错误；
故选B。
2．下列实验操作，不能用于物质分离的是
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】A．该装置为过滤装置，用于分离固、液混合物，A不符合题意；
B．该装置为蒸馏装置，用于分离沸点相差较大的液体混合物，B不符合题意；
C．该装置为配制一定物质的量浓度溶液的装置，不能用于分离物质，C符合题意；
D．该装置为分液装置，用于分离不互溶的液体混合物，D不符合题意；
故选C。
3．中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700℃时制造出纳米级金刚石粉末。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，立刻被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。同学们对此有下列一些理解，其中不正确的是
A．金刚石属于非金属单质 B．制造过程中元素种类发生了改变
C．CCl4是一种化合物 D．这个反应是置换反应
【答案】B
【详解】A．金刚石主要成分为碳，属于非金属单质，A正确；
B．根据质量守恒定律可知，制造金刚石过程中元素种类没有改变，B错误；
C．CCl4是由两种元素组成的纯净物，是一种化合物，C正确；
D．Na和CCl4反应生成金刚石和NaCl，为置换反应，D正确；
答案选B。
4．下列物质分类的正确组合是

碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
Cu2(OH)2CO3
H2SO4
CaCO3
MgO
CO2
B
NaOH
HCl
NaCl
Na2O
CO
C
NaOH
HNO3
CaCl2
CuO
NO
D
Ca(OH)2
H2SO3
NaHCO3
CaO
SO3

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【分析】酸是电离出的阳离子都是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子都是氢氧根离子的化合物；盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；氧化物是含有两种元素一种为氧元素的化合物；
【详解】A．Cu2(OH)2CO3属于盐类，故A错误；
B．CO不属于酸性氧化物，故B错误；
C．NO不属于酸性氧化物，故C错误；
D．Ca(OH)2属于碱、H2SO3属于酸、NaHCO3属于盐、CaO属于碱性氧化物、SO3属于酸性氧化物，分类正确，故D正确；
故选D。
5．下列说法中正确的是
A．40K 与40Ca 原子中的中子数相等
B．人们发现了 118 种元素，即共有118 种核素
C．互为同位素的两种核素，它们原子核内的质子数一定相等
D．原子结构模型演变历史可以表示为：
【答案】C
【分析】质量数=质子数+中子数；由于一种元素可能含有多种同位素，所以核素的种类大于元素种类。
【详解】A．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；40K的中子数是21，40Ca 原子的中子数是20，故A错误；
B．同种元素可能有多种核素，元素有118 种，核素种类大于 118种，故B错误；
C．同位素是质子数相同、中子数不同的原子，故C正确；
D．原子结构模型演变历史应为：①道尔顿实心球模型、②汤姆生葡萄干面包模型、③卢瑟福带核模型、④波尔轨道模型、⑤现代电子云模型，故D错误。
故选C。
6．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4 L CCl4 含有的分子数是 NA
B．常温常压下，22.4 L HCl气体含有的分子数是NA
C．0.1mol/L Na2SO4溶液含有的钠离子数为 0.2 NA
D．标准状况下，11.2LH2和CO混合气体所含原子总数为NA
【答案】D
【详解】A．标准状况下，CCl4为液体，不能通过体积求出物质的量，所以求不出含有的分子数，故A错误；
B．常温常压下，22.4 L HCl气体的物质的量不是1mol，所以含有的分子数不是NA，故B错误；
C．0.1mol/L Na2SO4溶液没有指明溶液的体积，故求不出含有的钠离子数，故C错误；
D．H2和CO均为双原子分子，标准状况下，11.2LH2和CO混合气体的总的物质的量为0.5mol，所含原子的物质的量为1mol，原子总数为NA，故D正确；
故选D。
7．下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是

A．用装置甲灼烧碎海带
B．用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C．用装置丙制备用于氧化浸泡液中I−的Cl2
D．用装置丁吸收氧化浸泡液中I−后的Cl2尾气
【答案】B
【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚，A错误；
B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I-的溶液，B正确；
C、MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，C错误；
D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误；
答案选B。
8．下列关于氯及其化合物的说法不正确的是
A．氢气能在氯气中安静燃烧，发出苍白色火焰，并生成白烟
B．铁在氯气中点燃时剧烈反应，但液氯可储存在钢瓶中
C．氯气具有强氧化性，但氯气不能使干燥的有色布条褪色
D．漂白粉溶液中加入稀硫酸，其漂白作用增强
【答案】A
【详解】A. 氢气能在氯气中安静燃烧，发出苍白色火焰，生成氯化氢，但生成的是白雾，烟是固体小颗粒，A错误；
B. 铁在氯气中点燃时剧烈反应生成氯化铁，常温下铁和氯气不反应，所以液氯可储存在钢瓶中，B正确；
C. 氯气具有强氧化性，溶于水生成的次氯酸具有漂白性，因此氯气不能使干燥的有色布条褪色，C正确；
D. 漂白粉溶液中加入稀硫酸，次氯酸根离子结合氢离子转化为次氯酸，所以其漂白作用增强，D正确；
答案选A。
9．下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的
A．强碱性溶液：Na+、Mg2+、NO、SO
B．含大量SO的澄清溶液：Mg2+、Ca2+、Cl-、NO
C．澄清透明的溶液：K+、Cu2+、SO、Cl-
D．经酸化的0.1mol/LKI溶液中：Na+、K+、ClO-、OH-
【答案】C
【详解】A．强碱性溶液含有大量的氢氧根离子，氢氧根离子和镁离子生成氢氧化镁沉淀，不共存，A错误；
B．硫酸根离子和钙离子生成微溶的硫酸钙，不共存，B错误；
C．K+、Cu2+、SO、Cl-相互不反应，能共存，C正确；  
D．碘离子和次氯酸根离子发生氧化还原反应生成碘，不共存，D错误；
故选C。
10．对于下列反应类型的判断，不正确的是
A．CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O(复分解反应)
B．2FeCl2+Cl2=2FeCl3(化合反应)
C．2Na+Cl2=2NaCl(氧化还原反应)
D．3CO+Fe2O3 2Fe+3CO2(置换反应)
【答案】D
【详解】A．该反应由两种化合物相互交换成分生成另外的两种化合物，属于复分解反应，故A正确；
B．为两种物质生成一种物质，属于化合反应，故B正确
C．Cl、Na元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故C正确；
D．置换反应的特征是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，反应物中无单质，不属于置换反应，故D错误；
故选：D。
11．下列关于离子检验叙述正确的是
A．用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明原溶液中有Na+，一定无K+
B．某溶液与浓NaOH溶液共热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝气体，说明原溶液中存在NH
C．某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不消失，说明原溶液中一定存在SO
D．某溶液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明原溶液中一定存在Cl-
【答案】B
【分析】根据颜色反应特点及离子反应生成沉淀或气体的特性进行判断；
【详解】A．K+通过蓝色钴玻璃进行检测，故不能确定是否一定含有钾离子，故A不正确；
B．铵根离子与氢氧根离子在加热条件下反应生成氨气，该气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故B正确；
C．加入氯化钡还可能生成氯化银沉淀，故不能说明一定含有硫酸根离子，故C不正确；
D．加入硝酸银还可能产生其它沉淀如碳酸银、硫酸银等，故D不正确；
故选答案B；
【点睛】此题考查离子的检验及颜色反应；注意颜色反应中钾离子的操作及离子反应中沉淀的特性检验。
12．关于胶体的下列说法不正确的是
A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子直径为
B．液溶胶和溶液都具有澄清、透明、久置不分层的特点
C．用一束红色聚光分别照射溶液和胶体时，均能产生丁达尔效应
D．溶液、胶体、浊液均属于混合物
【答案】C
【详解】A．胶体区别于其他分散系的本质是胶体分散质粒子直径为，A正确；
B．液溶胶属于介稳体系，液溶胶与溶液都具有澄清、透明、久置不分层的特点，B正确；
C．溶液不具有丁达尔效应，C错误；
D．溶液、胶体、浊液都是一种(或多种)物质分散到另一种(或多种)物质中形成的混合物，D正确；
综上，本题选C。
13．如图是某校化学实验室中硫酸试剂标签上的部分内容。据此下列说法正确的是

A．该硫酸的物质的量浓度为9.2mol/L
B．配制200ml 4.6mol/L的稀硫酸需取该硫酸50mL
C．该硫酸与等体积水混合后质量分数变为49%
D．取该硫酸100mL，则浓度变为原来的1/5
【答案】B
【详解】A．浓H2SO4的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L，故A错误；
B．配制200ml 4.6mol/L的稀硫酸，溶液稀释前后溶质物质的量不变，则需要浓硫酸的体积==50mL，故B正确；
C．水的密度小于硫酸的密度，等体积混合所得溶液质量小于原硫酸溶液的2倍，稀释后溶质硫酸不变，根据质量分数=×100%，可知混合后溶液质量分数大于49%，故C错误；
D．溶液具有均一性，取该硫酸100 mL，浓度不变，故D错误；
故选B。
14．把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为
A． (b-a)/V mol·L-1 B．(2b-a)/V mol·L-1
C．2(2b-a)/V mol·L-1 D．2(b-a)/V mol·L-1
【答案】C
【详解】一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁,那么Mg2+就有mol，硫酸镁也就是 mol。另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有bmol。所以硫酸钾有b-mol，钾离子就有2(b-)mol=2b-amol。浓度就是mol/L，即 mol·L-1，C项符合题意，故答案为C。

二、元素或物质推断题
15．回答下列问题：
(1)现有①氯化氢 ②酒精 ③液氨 ④纯碱 ⑤熔融的氢氧化钠 ⑥水银 ⑦三氧化硫 ⑧一氧化碳 ⑨澄清石灰水等物质中：
Ⅰ. 属于酸性氧化物的是______(填序号，下同)，能导电的是______，属于电解质的是
______。
Ⅱ.写出下列物质在水溶液中的电离方程式
Na2CO3 ：________________
Ca(OH)2 ：______________
H2SO4 ：___________________
(2)有甲、乙、丙、丁四种元素，甲元素M层的电子数是其K层的电子数的1/2，乙元素原子核内无中子，丙元素原子核内有8个质子，丁元素的最外层电子数是内层电子数的2倍。
①写出甲元素的离子符号______。
②写出乙、丙两种元素组成的具有10电子的化合物是______(写化学式)。
③表示丁元素(中子数为8)的一种可用于考古断代的核素的原子符号______，丙的阴离子结构示意图______。
【答案】(1)     ⑦     ⑤⑥⑨     ①④⑤     Na2CO3=2Na++CO     Ca(OH)2=Ca2++2OH-     H2SO4=2H++SO
(2)     Na+     H2O         

【分析】有甲、乙、丙、丁四种元素，甲元素M层的电子数是其K层的电子数的0.5，其M层电子数为1，则甲为Na；乙元素原子核内无中子，则乙为H；丙元素原子核内有8个质子，则丙为O；丁元素最外层电子数是次外层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则丁为C；
【详解】（1）Ⅰ.⑦三氧化硫与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，属于碱性氧化物，
⑤熔融的氢氧化钠和⑧澄清石灰水含有自由移动的离子，能够导电；⑥水银含有自由电子能够导电，
①硫酸④纯碱⑤熔融的氢氧化钠水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质，
故答案为：⑦；⑤⑥⑧；①④⑤；
Ⅱ. Na2CO3在水溶液中完全电离出钠离子和碳酸根离子，电离方程式为：Na2CO3=2Na++ ；氢氧化钙为强电解质，完全电离产生钙离子、氢氧根离子，电离方程式：Ca(OH)2=Ca2++2OH-；H2SO4为强电解质，水溶液中完全电离产生氢离子、硫酸根离子，电离方程式：H2SO4=2H++；
（2）有甲、乙、丙、丁四种元素，甲元素M层的电子数是其K层的电子数的0.5，其M层电子数为1，则甲为Na；乙元素原子核内无中子，则乙为H；丙元素原子核内有8个质子，则丙为O；丁元素最外层电子数是次外层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则丁为C，
①由上述分析可知，甲、乙、丙、丁四种元素的元素符号分别为：Na，H，O，C，甲元素的离子符号为Na+；故答案为：Na；H；O；C；
②乙为H、丙为O，两种元素组成的具有10电子的化合物是H2O；
③丁为C，丁元素(中子数为8)则质量数=质子数+中子数=6+8=14，,可用于考古断代的核素的原子符号为；丙为O元素，质子数为8，得到2个电子形成阴离子O2-，其结构示意图。

三、填空题
16．回答下列问题：
(1)标准状况下，2molNH3与______gCO2的体积相等。
(2)33.3g某金属氯化物MCl2中含有0.6molCl-，则该氯化物的摩尔质量为_______。
(3)在同温同压下，等质量的CO和CO2，其体积之比为______，密度之比为_____，质子数之比________。
【答案】(1)88
(2)111g/moL
(3)     11：7     7:11     1：1

【详解】（1）根据阿伏伽德罗定律，标准状况下，2molNH3与2molCO2的体积相等，二氧化碳质量为2mol×44g/mol=88g。
（2）33.3g某金属氯化物MCl2中含有0.6molCl-，则该氯化物的物质的量为0.3mol，摩尔质量为33.3g÷0.3mol=111g/mol；
（3）根据阿伏伽德罗定律，在同温同压下，等质量的CO和CO2，其物质的量之比为44:28=11:7，体积之比为物质的量之比11:7，密度之比为其摩尔质量之比28:44=7:11；1分子CO、CO2中质子数分别为14、22，则质子数之比(11×14): (7×22)=1:1。

四、实验题
17．要配制480mL 0.2mol·L-1的FeSO4溶液，配制过程中有如下操作步骤：
①把称量好的绿矾(FeSO4·7H2O)放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解；
②把①所得溶液小心转入___________中；
③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距离刻度l～2cm处，改用___________滴加蒸馏水至液面与刻度线相切；
④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；
⑤将容量瓶塞紧，反复上下颠倒，摇匀；    ⑥待溶液恢复到室温。
请填写下列空白：
(1)实验操作步骤的正确顺序为(填序号)___________，完成此配制实验，除了量筒、烧杯、玻璃棒外还需要的常见的玻璃仪器有___________。
(2)实验室用绿矾(FeSO4·7H2O)来配制该溶液，用托盘天平称量绿矾___________g。
(3)由于错误操作，使得实际浓度比所要求的偏小的是___________(填写编号)。
A．称量绿矾时，左码右物
B．使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容，
C．没有用蒸馏水洗烧杯2～3次，并将洗液移入容量瓶中
D．容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有干燥
E．定容时，滴加蒸馏水，先使液面略高于刻度线，再吸出少量水使液面凹面与刻度线相切
F．把配好的溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中备用
(4)定容时，若加蒸馏水时不慎超过刻度线，处理方法是___________
【答案】     500mL容量瓶     胶头滴管     ①⑥②④③⑤     500mL容量瓶、胶头滴管     27.8     ACEF     重新配制
【详解】②容量瓶没有480mL容量瓶，因此应使用500mL容量瓶进行配制，即把①所得溶液小心转入500mL容量瓶中；故答案为：500mL容量瓶。
③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距离刻度l～2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切；故答案为：胶头滴管。
(1)根据实验步骤，计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀，装瓶贴标签，因此实验操作步骤的正确顺序为①⑥②④③⑤，完成此配制实验，除了量筒、烧杯、玻璃棒外还需要的常见的玻璃仪器有500mL容量瓶、胶头滴管。
(2)实验室用绿矾(FeSO4·7H2O)来配制该溶液，用托盘天平称量绿矾0.2 mol∙L−1×0.5L×278g∙mol−1＝27.8g；故答案为：27.8。
(3)A．称量绿矾时，左码右物，则称量固体质量减少，物质的量减小，浓度偏小；B．使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容，溶液体积偏小，浓度偏大；C．没有用蒸馏水洗烧杯2～3次，并将洗液移入容量瓶中，溶质质量减少，物质的量减小，浓度偏小；D．容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有干燥，对结果无影响；E．定容时，滴加蒸馏水，先使液面略高于刻度线，再吸出少量水使液面凹面与刻度线相切，吸出了溶质，物质的量减小，浓度偏小；F．把配好的溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中备用，试剂瓶中有水，因此浓度偏小；因此实际浓度比所要求的偏小的是ACEF；故答案为：ACEF。
(4)定容时，若加蒸馏水时不慎超过刻度线，处理方法是重新配制；故答案为：重新配制。
18．某小组同学在实验室制备、收集氯气，并进行氯水中相关物质的性质探究，回答下列问题。
(1)制备Cl2。写出装置Ⅰ中发生的化学反应方程式_____________。

(2)氯水相关物质的性质探究。
①若装置Ⅳ中试剂b为H2O，制得氯水。写出Cl2与H2O反应的化学方程式为_________。
②若装置Ⅳ中试剂b为CCl4，可制得Cl2的CCl4溶液(Cl2可溶于CCl4溶液，且不与CCl4反应)。取稀盐酸、新制氯水、Cl2的CCl4溶液，分别滴在三张红色纸条上，可观察到只有滴加新制氯水的红色纸条褪色，证明____________________________。
③验证氯水中HClO光照分解的产物。将装置Ⅳ广口瓶中的氯水转移至三颈瓶内，将pH传感器、氯离子传感器、氧气传感器分别插入三颈瓶中(如图2)，用强光照射氯水，进行实验并采集数据，获得相关变化曲线。

若能够证明氯水中HClO在光照下发生了分解反应，则图3中纵坐标可以表示的物理量是
_________(填字母)。(注：酸性溶液中，c(H+)越大，pH越小，溶液酸性越强)。
a．氯水的pH    b．氢离子的浓度    c．氯离子的浓度    d．氧气的体积分数   e．溶液的颜色
据此数据，可分析得到HClO在光照下发生的化学反应方程式为__________________。
(3)若要模拟工业制备漂白粉，装置Ⅳ中试剂b为_____，制备漂白粉的化学方程式为______________。
若用43.50g二氧化锰与足量浓盐酸(质量分数为36.50%)完全反应，制取氯气。将所得气体全部用于制备漂白粉，所制得的漂白粉中所含有效成分的质量为________。(本题要求写出计算过程，答案保留2位小数)
【答案】(1)
(2)     Cl2+H2O =HCl+HClO     氯水中HClO具有漂白作用     bcd    
(3)     石灰乳          35.75g

【分析】装置Ⅰ中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰和氯气，发生的化学反应方程式，由于浓盐酸易挥发，制取的氯气中含有HCl杂质气体，通入装置II中饱和食盐水可除去HCl，再通过装置III中浓硫酸干燥氯气，装置IV为氯气和熟石灰反应制取漂白粉，蘸有NaOH溶液的棉花可吸收尾气中氯气，防止污染空气；
【详解】（1）装置Ⅰ中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰和氯气，发生的化学反应方程式；
（2）①Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，反应的化学方程式为Cl2+H2O =HCl+HClO；
②取稀盐酸、新制氯水、Cl2的CCl4溶液，分别滴在三张红色纸条上，可观察到只有滴加新制氯水的红色纸条褪色，新制氯水中含有HClO，证明氯水中HClO具有漂白作用；
③a．氯水中含有次氯酸，光照条件下发生如下反应：，生成强酸盐酸，溶液酸性增强，pH减小，故a错误；
b．根据a的分析氯水中含有次氯酸，光照条件下发生如下反应：，生成强酸盐酸，溶液酸性增强，氢离子的浓度增大，故b正确；
c．光照条件下发生如下反应，生成强电解质HCl,所以溶液中氯离子浓度增大，故c正确；
d．次氯酸光照分解生成氧气，所以溶液中氧气的浓度增大，装置内气体混合物中氧气的体积分数增大，故d正确；
e．新制氯水因溶有氯气而呈黄绿色，久置后氯水的成分只有HCl，溶液的颜色逐渐变浅至无色，故e错误；
故答案为：bcd；
（3）工业上制备漂白粉是将氯气通入冷的熟石灰，则装置Ⅳ中试剂b为石灰乳，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙和水，反应的化学方程式为：；根据二氧化锰与足量浓盐酸反应方程式，制备漂白粉的化学反应方程式为，漂白粉中所含有效成分是Ca(ClO)2，可得关系式，则，解得m=35.75g。