广东省广州市第八十九中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学含解析

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 2022学年第一学期高一化学期中考试卷
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分。考试时间60分钟。
注意事项：
1、答卷前，考生务必将自己的姓名、考号等信息填写在答题纸上。
2、答案必须填写在答题纸的相应位置上，答案写在试题卷上无效。
附部分原子相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Fe-56 S-32 Cl-35.5 Cu-64 K-39 I-127
第Ⅰ卷(选择题 共50分)
选择题：共15小题，1-10每小题3分，11-15每小题4分，共50分，每小题只有一个选项符合题意。
1. 化学家为社会发展做出了巨大贡献，下列研究成果与化学家对应关系不符的是
A. 侯德榜发明侯氏制碱法，推动了我国纯碱工业的发展
B. 屠呦呦提取抗疟药青蒿素，做出卓越贡献获得诺贝尔奖
C. 门捷列夫发现元素周期律，使化学的研究变得有规律可循
D. 阿伏伽德罗提出原子学说，使人们对物质结构的认识发展到一个新阶段
【答案】D
【解析】
【详解】A．侯德榜于20世纪40年代发明侯氏制碱法，推动了我国纯碱工业的发展，A不符合题意；
B．屠呦呦提取抗疟药青蒿素，做出卓越贡献，2015年获诺贝尔生理学或医学奖，B不符合题意；
C．1869年，门捷列夫发现元素周期律，使化学的研究变得有规律可循，C不符合题意；
D．道尔顿提出原子学说，使人们对物质结构的认识发展到一个新阶段，不是阿伏伽德罗，D符合题意；
故选D。
2. 氯气1774年由舍勒发现。其常温常压下为黄绿色，有强烈刺激性气味的剧毒气体，具有窒息性。下列有关氯气化学性质的说法，正确的是
A. 液氯可用钢瓶储存，说明氯气与钢铁一定无法发生反应
B. 氯气具有强氧化性，氯原子最外层有7个电子，在化学反应中易得到电子
C. 灼热铜丝放入盛满氯气的集气瓶中，生成蓝色的烟
D. 将氯气通入滴有少量酚酞的氢氧化钠溶液中，红色褪去，可证明氯气具有漂白性
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下干燥氯气与铁不反应，加热条件下氯气与铁反应生成氯化铁，故A错误；
B．氯气具有强氧化性，氯原子最外层有7个电子，在化学反应中容易得到一个电子形成稳定的氯离子，故B正确；
C．红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧生成氯化铜固体，会观察到棕黄色的烟，故C错误；
D．氯气不具有漂白性，氯气与氢氧化钠反应生成的次氯酸钠具有漂白性，故D错误；
故答案选B。
3. 阿伏加德罗常数的命名是为了纪念意大利科学家阿伏伽德罗。用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 28gN2含的分子数为2NA
B. 1molNa含有的电子数为NA
C. 标准状况下，22.4LO2含有的氧原子数为2NA
D. 2mol·L-1KCl溶液中含有的离子数为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．28gN2的物质的量=1mol，所含分子数为NA，A错误；
B．电子数=原子序数，1molNa含有的电子数为11NA，B错误；
C．标况下，22.4LO2的物质的量为1mol，含有的氧原子数为2NA，C正确；
D．不确定溶液体积，不能计算离子的物质的量，D错误；
故选C。
4. 下列同组反应可以用同一离子方程式表示的是
A. 溶液溶液，溶液溶液
B. 溶液溶液，溶液+溶液
C. 溶液溶液，溶液溶液
D. 溶液，溶液溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．第一个离子方程式为，第二个离子方程式为，离子方程式不同，A项错误；
B．第一个离子方程式为，第二个离子方程式为，离子方程式不同，B项错误；
C．两个离子方程式均为，离子方程式相同，C项正确；
D．第一个离子方程式为，第二个离子方程式为，离子方程式不同，D项错误；
答案选C。
5. 下列离子方程式书写正确的是
A. 往KBr溶液中通入少量：
B. 少量金属钠投入溶液中：
C. 氢氧化钡溶液与稀硫酸混合：
D. 铁片投入稀硫酸中：
【答案】A
【解析】
【详解】A．往KBr溶液中通入少量，反应生成溴单质和氯化钾，反应的离子方程式为：，选项A正确；
B．少量金属钠投入溶液中，反应生成氢氧化铜沉淀、硫酸钠和氢气，反应的离子方程式为：，选项B错误；
C．氢氧化钡溶液与稀硫酸混合生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为：，选项C错误；
D．铁片投入稀硫酸中，反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为：，选项D错误；
答案选A。
6. 下列表示氧化还原反应实质正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．在该反应中KClO3得到电子被还原为Cl2，HCl失去电子被氧化为Cl2，反应过程中转移电子数目是5个，用双线桥法表示电子转移为：，A错误；
B．反应符合事实，遵循物质反应过程中电子转移方向和数目，B正确；
C．在该反应中C元素化合价由反应前CO中的+2价变为反应后CO2中的+4价，化合价升高，失去2×2e-；O元素化合价由反应前O2中的0价，化合价降低，得到电子2×2e-，电子转移方向及数目为，C错误；
D．在该反应中，Hg元素化合价由反应前HgS中+2价变为反应后Hg单质的0价，化合价降低2价，得到电子数目是2e-；S元素化合价由反应前HgS中的-2价变为反应后SO2中的+4价，化合价升高6价，失去电子数目是6e-，O元素化合价由反应前O2中的0价变为反应后SO2中的-2价，化合价降低，得到电子数目是2×2e-，则用双线桥法表示电子转移数目为：，D错误；
故合理选项是B。
7. 常温下，在溶液中可发生以下反应：①2KBr+Cl2=2KCl+Br2；②2KI+Cl2=2KCl+I2；③2KI+Br2=2KBr+I2由此判断下列说法正确的是
A. 溴元素在①和③中均被氧化
B. 氧化性强弱顺序为：I2＞Br2＞Cl2
C. 还原性强弱顺序为：KI＞KBr＞KCl
D. 常温下也能进行如下反应：2KCl+Br2=2KBr+Cl2
【答案】C
【解析】
【详解】A．在反应①中Br元素化合价升高，失去电子，被氧化；在反应③中，Br元素化合价降低，得到电子，被还原，A错误；
B．物质的氧化性：氧化剂＞氧化产物。根据反应①可知物质的氧化性：Cl2＞Br2；根据反应②可知物质的氧化性：Cl2＞I2；根据反应③可知物质的氧化性：Br2＞I2，故三种物质的氧化性由强到弱的顺序为：Cl2＞Br2＞I2，B错误；
C．物质的还原性：还原剂＞还原产物。根据反应①可知物质的还原性：KBr＞KCl；根据反应②可知物质的还原性：KI＞KCl；根据反应③可知物质的还原性：KI＞KBr，故三种物质的还原性由强到弱的顺序为：KI＞KBr＞KCl，C正确；
D．物质的氧化性：氧化剂＞氧化产物。若反应2KCl+Br2=2KBr+Cl2能够发生，则可得氧化性：Br2＞Cl2，这与物质的氧化性：Cl2＞Br2相违背，说明该反应不能发生，D错误；
故合理选项是C。
8. 配制500 mL 0.100 mol·L-1的NaCl溶液，部分实验操作示意图如图。下列说法正确的是

A. 定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏低
B. 容量瓶需用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用
C. 实验中需用到的仪器有：托盘天平、250 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等
D. 上述实验操作步骤的正确顺序为①②④③
【答案】A
【解析】
【分析】配制一定体积一定物质的量浓度的溶液需使用一定规格的容量瓶，配制溶液的步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，根据配制步骤确定各步使用的仪器，结合物质的量浓度定义式分析实验误差。
【详解】A．定容时，仰视容量瓶的刻度线，则溶液的体积偏大，由于溶质的物质的量不变，最终使配得的NaCl溶液浓度偏低，A正确；
B．容量瓶洗涤方法是先用自来水洗涤，再用蒸馏水洗涤。由于最后需加入蒸馏水配制溶液，因此不需要干燥就可以使用，B错误；
C．NaCl是固体药品，要使用托盘天平称量，然后在烧杯中溶解药品，为促进物质溶解，要使用玻璃棒搅拌，待溶液恢复至室温后用玻璃棒引流转移溶液至500 mL容量瓶中，再洗涤烧杯内壁及玻璃棒2-3次，洗涤液也要转移至容量瓶中，在最后定容时要使用胶头滴管，C错误；
D．配制溶液的步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，故上述实验操作步骤的正确顺序为②①④③，D错误；
故合理选项是A。
9. 在无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的离子组是
A. Mg2+、Na+、NO、SO B. Cu2+、Ca2+、NO、Cl-
C. Ba2+、K+、CO、Cl- D. K+、Na+、SO、HCO
【答案】A
【解析】
【详解】A．无色透明的强酸性溶液中，四种离子不发生反应，A正确；
B．铜离子有颜色，不合题意，B错误；
C．在酸性环境中碳酸根离子不能共存，C错误；
D．在酸性环境中碳酸氢根离子不能共存，D错误
故选A。
10. 氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如图所示，则下列化学反应属于阴影部分的是

A. Cl2+2KBr=Br2+2KCl B. 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
C. 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 D. 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
【答案】D
【解析】
【分析】氧化还原反应的特征是有元素化合价的变化。阴影部分说明该反应属于氧化还原反应，但不属于置换反应、分解反应和化合反应。
【详解】A.该反应属于置换反应，氧化还原反应，故A错误；
B.该反应属于分解反应，不是氧化还原反应，故B错误；
C.该反应属于化合反应，是氧化还原反应，C错误；
D.该反应不属于置换反应、分解反应和化合反应，反应中氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，故D正确；
故选D。
11. 关于物质转化规律“单质(酸性或碱性)氧化物酸或碱→盐”说法正确的是
A. 若单质为碳，氧化物可以为CO
B. 单质Cu能实现上述物质间的转化
C. 若钠元素可实现转化，则碱为
D. “Ca→CaO→”符合该转化规律
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO不能与水反应，故氧化物可以为CO2，故A错误；
B．单质Cu与氧气生成氧化物不能溶于水，不能实现上述物质间的转化，故B错误；
C．若钠元素与氧气反应生成Na2O，溶于水生成碱，故C错误；
D．若钙元素，可以实现“CaCaO”符合该转化规律，故D正确；
故答案为D。
12. 用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是




A．探究钠与反应
B．证明与水反应放热
C．证明能与烧碱溶液反应
D．鉴别纯碱与小苏打

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na与Cl2加热生成氯化钠，碱液可吸收过量的氯气，图中装置可验证钠与氯气的反应，A正确；
B．Na2O2与水反应生成氧气，且反应放出大量的热，能使脱脂棉燃烧，可验证过氧化钠的性质，B正确；
C．Cl2与NaOH溶液反应，则气球变大，可验证氯气与烧碱溶液反应，C正确；
D．加热固体时，为防止生成的水倒流，炸裂试管，试管口应向下倾斜，D错误；
故答案为：D。
13. 0.5LNaOH溶液中溶有10gNaOH，则此溶液的物质的量浓度为
A. 2mo1/L B. 1mo1/L C. 0.5mo1/L D. 0.05mo1/L
【答案】C
【解析】
【详解】10gNaOH的物质的量为n=，将其配制成0.5 L溶液，则该溶液的物质的量浓度c==0.5 mol/L，故选C。
14. 下列几种导电性变化图象，不符合要求的是

A. 图A是向饱和石灰水中不断通入CO2
B. 图B是向氨水中通入HCl
C. 图C是向NaOH溶液中通入少量Cl2
D. 图D是向AgNO3溶液中通入少量HCl
【答案】D
【解析】
【详解】A．向饱和石灰水中不断通入CO2，先生成CaCO3沉淀，使溶液的导电性降低，CaCO3再和CO2反应生成可溶于水的Ca(HCO3)2，使溶液的导电性增大，A符合要求；
B．氨水为弱电解质，导电能力相对较差，向氨水中通入HCl，一水合氨和HCl反应生成NH4Cl，NH4Cl为强电解质，故通入HCl后导电能力加强，B符合要求；
C．2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，向NaOH溶液中通入少量Cl2，反应前后离子浓度不变，溶液的导电性不变，C符合要求；
D．向AgNO3溶液通入少量HCl，发生反应生成氯化银沉淀和硝酸，减少的银离子由氢离子补充，溶液中离子浓度基本不变，导电性基本不变，D不符合要求；
故答案选D。
15. 已知A是一种金属单质，B显淡黄色，其转化关系如下图所示，则以下说法错误的是

A. 化合物B中阴阳离子个数比为1：2 B. 少量金属A保存在煤油中
C. D溶液呈碱性，溶质的俗名为苏打 D. C固体受热不易分解
【答案】C
【解析】
【分析】B显淡黄色，则B为Na2O2，A为Na；B与二氧化碳反应得到C，则C为碳酸钠；B与水反应生成D，则D为氢氧化钠。
【详解】A． 化合B为Na2O2，其由一个过氧根离子和两个钠离子构成，阴阳离子个数比为1：2，A正确；
B．金属A为Na，可以保存在煤油中，B正确；
C．D的溶液是氢氧化钠溶液，氢氧化钠俗名为烧碱，C错误；
D．C是碳酸钠，受热不分解，D正确；
故选C。
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
16. 一氧化二氯(Cl2O)是国际公认的高效安全灭菌消毒剂，其部分性质如下：现用如图所示装置制备少量Cl2O。

已知：常温下，Cl2O是棕黄色、有刺激性气味的气体，易溶于水;熔点：-120.6°C;沸点2.0°C。
（1）盛有浓盐酸的仪器的名称是_________________。
（2）装置A中发生反应的离子方程式为___________。
（3）装置B中的试剂是_______(填名称)。
（4）装置C中固体产物为NaCl和NaHCO3，写出该反应的化学方程式________。
（5）装置E中Cl2O的收率与装置C的温度和纯碱的含水量的关系如表所示，下列猜想明显不合理的是。
温度/°C
纯碱含水量/%
Cl2O收率/%
0~10
5.44
67.85
0~10
7.88
89.26
10~20
800
64.24
30~40
10.25
52.63
30~40
12.50
30.38

A. 温度越高，Cl2O的收率越低
B. 纯碱含水量越高，Cl2O的收率越高
C. 随着纯碱含水量增大，Cl2O的收率先增大后减小
D. 温度较低时，纯碱含水量越高，Cl2O的收率越高，温度较高时，纯碱含水量越高，Cl2O的收率越低
（6）C中盛装含水碳酸钠(即Na2CO3与水按照质量106：9调制而成)，用来吸收氯气制备Cl2O。如果用Na2CO3·xH2O表示含水碳酸钠，则x为__________。
【答案】（1）分液漏斗
（2）
（3）饱和食盐水 （4） （5）B
（6）0.5
【解析】
【分析】实验室先用MnO2与浓盐酸加热制Cl2，再用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl；将Cl2通入潮湿的Na2CO3中加热，发生反应，将产生的Cl2O用冰水混合物冷却，从而获得Cl2O，含Cl2尾气用NaOH溶液吸收。
【小问1详解】
盛有浓盐酸的仪器带有活塞，其名称是分液漏斗。答案为：分液漏斗；
【小问2详解】
装置A中，MnO2与浓盐酸加热制Cl2，离子方程式为。
【小问3详解】
后续实验是Cl2与潮湿的Na2CO3反应，所以Cl2不需要干燥，则装置B的作用是除去Cl2中混有的HCl，试剂是饱和食盐水；
【小问4详解】
装置C中，Cl2与潮湿的Na2CO3反应，所得固体产物为NaCl和，该反应的化学方程式：；
【小问5详解】
A．从表中数据可以得出，随着温度的不断升高，Cl2O的收率不断降低，A正确；
B．从表中数据可以看出，纯碱含水量越高，Cl2O的收率先高后低，B不正确；
C．随着纯碱含水量增大，Cl2O的收率从67.85%增大到89.26%，然后不断减小，C正确；
D．0～10℃，纯碱含水量越高，Cl2O的收率越高，从10℃往后，纯碱含水量越高，Cl2O的收率越低，D正确；
故选B
【小问6详解】
Na2CO3与水质量比为106∶9，则物质的量之比为1:0.5，如果用表示含水碳酸钠，则x为0.5。
17. 某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，具体情况如图所示。

（1）根据图Ⅰ、Ⅱ所示实验，能够达到实验目的的是_______(填序号)
（2）图Ⅲ、Ⅳ所示实验均能鉴别这两种物质，其反应的化学方程式为_______。
（3）若用实验Ⅳ确定碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，则试管B中装入的固体最好是_______(填化学式)。
（4）将碳酸氢钠溶液与过量澄清石灰水反应时的离子方程式为_______。
（5）下列实验方案中，能测定出和混合物中物质的质量分数的是_______。
A. 取m克混合物充分加热，质量减少n克
B. 取m克混合物与足量溶液充分反应，得到n克溶液
C. 取m克混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到n克固体
D. 取m克混合物与足量稀硫酸反应，逸出气体经充分干燥后用碱石灰吸收，质量增加n克
【答案】（1）Ⅱ （2）
（3）NaHCO3 （4） （5）ACD
【解析】
【小问1详解】
图Ⅰ实验这两者与盐酸均产生CO2使澄清石灰水变浑浊，而无法区分两者。图Ⅱ实验，等质量的两固体与盐酸反应，NaHCO3与盐酸反应更快更看到气球胀得更快更大，而Na2CO3反应慢，该实验可与鉴别两者。答案为Ⅱ；
【小问2详解】
Ⅲ、Ⅳ利用两者的热稳定性差异，NaHCO3受热易分解为Na2CO3、CO2、H2O，反应为。答案为；
【小问3详解】
两试管存在温度差异，B试管温度低而大试管温度高，所以应该将热稳定性好的Na2CO3置于A试管中，热稳定性差的NaHCO3置于温度低的B，以免温度差异导致Na2CO3的分解差异。答案为NaHCO3；
【小问4详解】
酸式盐与碱反应，以少定多，以少量的NaHCO3为1mol，需要消耗1molOH-和1mol，反应为。答案为；
【小问5详解】
A．利用差量法，，固体减少的质量为m(CO2+H2O)利用方程式建立比例式计算出m(NaHCO3)，最终获得质量分数，A项能达到实验目的；
B．只有混合物的质量，没有其他数据无法计算质量分数，B项不能达到实验目的；
C．两者与酸反应建立关系式为NaHCO3~NaCl建立比例式求得该反应的m1(NaCl)=，同理Na2CO3~2NaCl得m2(NaCl)=。最终建立等式m(NaHCO3)+m(Na2CO3)=m、+=n，求得m(NaHCO3)、m(Na2CO3)最终计算质量分数，C项可达到实验目的；
D．碱石灰增加的质量为CO2的质量，利用此建立一个m(Na2CO3)和m(NaHCO3)的二元一次方程式，再利用混合固体质量为n建立一个m(Na2CO3)和m(NaHCO3)的二元一次方程式，可求得m(Na2CO3)和m(NaHCO3)，从而获得质量分数，D项能达到实验目的；
故选ACD。
18. 碘化钾常用作合成有机化合物的原料。某实验小组设计实验探究的还原性。
Ⅰ．配制溶液
（1）配制的溶液，需要称取的质量为_______g。
（2）下列关于配制溶液的操作错误的是_______(填序号)。
A. B.
C. D.
Ⅱ．探究不同条件下空气中氧气氧化的速率。
组别
温度
溶液
溶液
蒸馏水
淀粉溶液

V

V
1
298K

5mL

5mL
10mL
3滴
2
313K



5mL
10mL
3滴
3
298K

10mL

5mL
5mL
3滴
（3）酸性条件下能被空气中氧气氧化，发生反应的离子方程式为_______。
（4）通过实验组别1和组别2探究温度对氧化速率的影响。其中a=_______，b=_______。
（5）设计实验组别3的目的是_______。
【答案】（1）8.3 （2）D
（3）O2+4I-+4H+=2H2O+2I2
（4） ①. 5 ②. 0.1
（5）探究I-浓度即pH对KI还原性的影响
【解析】
【小问1详解】
n=cV、m=nM，V按照500mL代入计算m(KI)=0.5L×0.1mol⋅L−1 ×166g=8.3g。答案为8.3；
【小问2详解】
A．称量时左盘放物品，右盘放砝码，A项错误；
B．玻璃棒引流时伸入刻度线以下，B项错误；
C．滴定时视线平时凹液面的最低点，C项错误；
D．定容后，振摇，D项正确；
故选D。
【小问3详解】
I-被O2氧化为I2，反应为O2+4I-+4H+=2H2O+2I2。答案为O2+4I-+4H+=2H2O+2I2；
【小问4详解】
实验1为对照组，实验2只改变温度而KI和H2SO4的浓度、体积不能改变（与1保持一致）即a=5、b=0.1。答案为5；0.1；
【小问5详解】
对比实验1，实验3降低了KI的浓度同时增加了H2SO4浓度，它是探究I-浓度及pH对KI还原性的影响。答案为探究I-浓度及pH对KI还原性的影响。