黑龙江省富锦市某校2024-2025学年高一上学期期中考试化学试卷

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B．该过程中铁与硫酸铜溶液反应生成铜和硫酸亚铁，该反应为置换反应，B合理；
C．明矾溶于水后能形成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能凝聚水中悬浮物，C合理；
D．贝壳主要成分为碳酸钙，受热分解得到氧化钙和二氧化碳，“蜃”的主要成分为氧化钙，可以作干燥剂，D合理；
故选A。
2．C
【详解】A．Fe(OH)3胶体在通电后可作定向移动，是因为Fe(OH)3胶粒带电，而不是胶体带电，A错误；
B．向沸腾的蒸馏水中滴加几滴饱和FeCl3溶液，继续加热至液体呈红褐色，停止加热，就制取得到Fe(OH)3胶体，若向饱和FeCl3溶液中滴加过量的NaOH溶液，会发生复分解反应产生Fe(OH)3沉淀，不能制取得到Fe(OH)3胶体，B错误；
C．泥沙颗粒不能透过滤纸，而Fe(OH)3胶粒能够透过滤纸，因此可以用过滤的方法除去Fe(OH)3胶体中混有的泥沙，C正确；
D．溶液与胶体的根本区别是分散质微粒直径大小不同，而不是看能否发生丁达尔效应，D错误；
故合理选项是C。
3．B
【详解】A．CO为不成盐氧化物，不是酸性氧化物，A错误；
B．硫酸属于酸，火碱为氢氧化钠属于碱，纯碱为碳酸钠属于盐，生石灰为氧化钙属于氧化物，B正确；
C．能电离出氢离子的化合物不都是酸，如KHSO4在水溶液中能电离出氢离子但是属于盐，C错误；
D．盐类物质不一定含有金属阳离子，如铵盐就不含金属阳离子，D错误；
故答案选B。
4．D
【详解】A．Na2S和Na2O2中都含有2个阳离子和1个阴离子，它们的摩尔质量都是78 g/ml，则78 g混合物的物质的量都是 =1ml，其中含有离子的总数为3 NA，A正确；
B．10 g、46 %C2H5OH水溶液中所含4.6gC2H5OH，物质的量为0.1ml，5.4g水，物质的量为0.3ml，共含氧原子数为0.4NA，B正确；
C．标准状况下CCl4为液体，而对于液体来讲，相同状态下，液体分子之间的间距小于气体，故1ml四氯化碳的体积肯定小于22.4L，则4.48L四氯化碳的物质的量大于0.2ml，故所含分子数目大于0.2NA，C正确；
D．无体积无法计算，D错误；
故选D。
C
【详解】A．碱性溶液中能与间发生反应，不能大量共存，A错误；
B．使酚酞溶液呈红色的溶液呈碱性，在碱性溶液中能与间发生反应，不能大量共存，B错误；
C．澄清透明的溶液中，各离子间不发生反应形成弱电解质，可以大量共存，C正确；
D．含有大量的水溶液中，能与间发生反应形成弱电解质，不能大量共存，D错误；
答案选C。
6．B
【详解】A．NaOH溶液中通入过量反应生成NaHCO3，离子方程式为：，A错误；
B．将铁粉加入稀硫酸中反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为：，B正确；
C．向硫酸镁溶液中滴加氢氧化钡溶液反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钡沉淀，离子方程式为：，C错误；
D．由于碳酸的酸性弱于盐酸，所以和溶液不反应，D错误；
故选B。
7．C
【详解】①能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，Mn2O7能和碱反应生成盐和水，故Mn2O7是酸性氧化物而不是碱性氧化物，①错误；
②电解质导电的条件：存在自由移动的离子，氧化铝在熔融状态下能导电，则氧化铝在熔融状态下能电离，②正确；
③胆矾(CuSO4·5H2O)只含一种物质，属于纯净物，③错误；
④小苏打、纯碱均为电解质，醋酸溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，④错误；
⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子，通电定向移动产生电流，⑤正确；
⑥熔融状态下能电离的可以导电，如盐类、金属氧化物、强碱等，酸在熔融状态下不电离、不导电，但它们是电解质，⑥错误；
故选C。
8．D
【详解】A．的相对分子质量是96，所以水的摩尔质量是，故A错误；
B．1mlO2的质量是，故B错误；
C．0.012kg为12g碳，即1mlC，所含的碳原子数约为个，故C错误；
D．摩尔是物质的量的单位，物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，故D正确；
故答案选D。
9．A
【详解】和水反应只生成碱，是碱性氧化物，和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故错误；能跟溶液反应得到白色沉淀，碳酸氢钠与氯化钙不反应，故错误；钠在常温下易被氧化生成氧化钠，故正确；过氧化钠与二氧化碳、水反应均生成氧气，可做供氧剂，氧化钠没有此性质，故正确；碳酸氢钠不稳定，受热分解生成碳酸钠，可以用加热方法除去碳酸钠中的碳酸氢钠，故正确；焰色反应实验可以使用铁丝、铂丝，玻璃棒中含有等元素，不能用于焰色反应实验，故错误；故有三个正确，答案选A。
10．D
【分析】在反应中，氯酸钠中氯元素的化合价降低被还原作氧化剂，对应的是还原产物，氯化氢中氯元素的化合价升高被氧化作还原剂，对应的的是氧化产物，据此回答问题。
【详解】A．产物和都具有氧化性，可以用于自来水消毒杀菌，A正确；
B．由分析可知，氯酸钠是氧化剂，氯气是氧化产物，在同一个氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：，B正确；
C．有分析可知，是氧化产物，是还原产物，有方程式 可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2，C正确；
D．当反应中有转移时，氯化氢中氯元素的化合价由-1价升高到0价，则被氧化的为 ，D错误；
答案选D。
11．C
【详解】A．影响气体物质的量的因素有温度、压强，因此在非标准状况下，气体的摩尔体积也可能是22.4L/ml，A项错误；
B．1mlHCl气体溶于1LH2O中，所得溶液的体积不是1L，溶液物质的量浓度不是1ml/L，B项错误；
C．据PV=nRT可知，在同温同容条件下，气体的压强比等于物质的量之比，等质量的O2和SO2的压强比为2：1，C项正确；
D．据PV=nRT有，，进一步变化有：，因此在同温、同压条件下，气体的密度比等于摩尔质量之比，CO和CO2的密度比为7：11，故D错误；
故答案选C。
12.D
【详解】A．n[]=cV=1L0.2ml/L=0.2ml，则n()=0.6ml，A错误；
B．水的体积不等于溶液的体积，将40gNaOH溶解在1L水中，所形成的溶液的物质的量浓度小于，B错误；
C．n(CuSO4)=2ml/L0.5L=1ml，根据Cu原子守恒得n=n(CuSO4)=1ml， m=nM=1ml250g/ml=250g，C错误；
D．同温同压下，相同体积的气体含有的分子数相同，所以同温同压下，相同体积的O2和NH3气体的分子数之比为1:1，原子数为2:4=1:2，D正确；
故选D。
13．B
【分析】B、Z为单质，其余均为化合物，且A、B、C、D、E中均含同一种元素，根据图中转化关系可知，A为Na2O2，B为Na，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，X为CO2，Y为H2O，Z为O2，以此解题。
【详解】A．X为CO2，可以和氢氧化钠反应，A正确；
B．反应⑤碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，说明Na2CO3的稳定性强于NaHCO3，B错误；
C．过氧化钠和水以及二氧化碳反应生成氧气，故可用于潜水艇中氧气的供给，C正确；
D．反应⑤是分解反应，反应④是化合反应，反应②是置换反应，D正确；
故选B。
14.C
【分析】溶液X中加入足量Na2SO4溶液后，生成的白色沉淀1不溶于稀硝酸，说明白色沉淀1为BaSO4，溶液X中存在，根据离子共存原则，溶液X中不存在、，结合题干信息中各种离子数目相同，要保持溶液中电荷守恒，因此溶液X中存在、，不存在和，溶液1中不存在，据此回答。
【详解】A．由分析知，溶液X中存在，溶液显碱性，滴加酚酞试剂，溶液变红，A正确；
B．由分析知，溶液X中含有的阴离子为、，B正确；
C．由分析知，由于加入了Na2SO4溶液，溶液1中的阳离子为，不存在，C错误；
D．由分析知，溶液X中含有、、，结合题干信息中各种离子数目相同，要保持溶液中电荷守恒，溶液X中阴、阳离子数目之比为，D正确；
故选C。
15.D
【分析】A、B两室被可移动的活塞分隔开，则A、B两室中气体压强相等，所以同温同压下，A、B两室中气体体积之比等于其物质的量之比， H2、O2的混合气体和2ml空气体积之比为2∶1，则H2、O2的混合气体物质的量为4ml，再根据A室中的混合气体引爆情况分析。
【详解】A．由分析可知，H2、O2的混合气体物质的量为4ml，因H2、O2均为双原子分子，则所含原子总数为8NA，A错；
B．A室混合气体的质量为38g，则设H2物质的量为xml，O2物质的量为yml，则x+y=4ml，2x+32y=38g，求得x=3ml，y=1ml，所以点燃引爆前A室中H2、O2的物质的量之比为3∶1，B错误；
C．将A室H2、O2的混合气体点燃引爆，H2与O2以2∶1完全反应，剩余H21ml，恢复原温度后，则A、B两室中气体体积之比等于其物质的量之比，等于1∶2，则最终活塞停留的位置在2刻度，C错误；
D．反应前A、B两室中气体共为6ml，反应后A、B两室中气体共为3ml，反应前后均在室温下且反应容器恒容，则反应后容器内气体压强和反应前气体压强之比为3ml∶6ml=1∶2，D正确；
故选D。
16．(1) ④⑤⑥⑧ ①③⑤⑦
(2)
(3) NaHCO3=Na+ +HCO
(4)
(5)A
【详解】（1）①金属钠属于金属单质，既不是电解质也不是非电解质，能导电；②属于非金属氧化物，非电解质，不能导电；③稀盐酸，属于混合物，其中含有自由移动的离子，能导电；④小苏打晶体是电解质，不含自由移动的离子不能导电；⑤熔融NaCl，属于电解质，含有自由移动的离子，能导电；⑥NaOH固体，属于电解质，不含自由移动的离子不能导电；⑦溶液属于混合物，其中含有自由移动的离子，能导电；⑧苏打粉末是电解质，不含自由移动的离子不能导电；⑨乙醇自身不能电离，属于非电解质，不含自由移动的离子不能导电，综上属于电解质的是④⑤⑥⑧，能导电的是①③⑤⑦，故填④⑤⑥⑧；①③⑤⑦。
（2）少量与溶液发生反应的离子方程式为，故答案为：。
（3）少量小苏打晶体的溶液与溶液发生反应的离子方程式为，④为小苏打晶体，溶于水时主要发生的电离方程式；NaHCO3=Na+ +HCO，故答案为：；；NaHCO3=Na+ +HCO。
（4）根据实验③加入足量溶液后，得到白色沉淀，加入足量的稀盐酸，沉淀全部溶解，可知，该沉淀为，则该溶液中一定含有，一定不含、、；由实验②可知该气体为，发生反应为，则溶液中一定含有；根据电荷守恒，溶液中一定有K+，没有；
实验③中沉淀溶解于稀盐酸的离子方程式为；
故答案为：。
综上实验可知，溶液中一定存在的离子为、、K+，一定不存在的离子为、、、，故填A。
17.(1)
(2)1:1
(3)＞＞
(4)
(5)
(6)
【详解】（1）根据实验现象可知，酸性环境中NaBiO3将Mn2+氧化为，被还原为，根据电子守恒可知NaBiO3和Mn2+的系数之比为5:2，再结合元素守恒可得离子方程式；
（2）转化为，作氧化剂，整体化合价降低2价，作还原剂被杨华伟硫酸根，整体化合价升高2价，根据得失电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:1；
（3）根据题意可知，可将盐酸氧化为Cl2，该过程中为还原剂，为还原产物，则还原性＞；Cl2可以氧化，该过程中为还原剂，为还原产物，则还原性＞，综上所述还原性：＞＞；
（4）根据题意可知，高温下可与C、N2反应生成VN，根据元素守恒，另外一种具有还原性的气体应该是CO，化学方程式为；
（5）焦亚硫酸钠()将转化为毒性较低的，同时焦亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，根据得失电子守恒和电荷守恒，配平离子方程式为；
（6）分离出污泥后测得废水中浓度为，。
(1) 增大与二氧化碳的接触面积，使铵盐充分反应，提高产率 增大气体的溶解度，减小碳酸氢钠的溶解度，便于晶体析出
(2) NH3·H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓ 取最后一次洗涤滤液少许于一试管，向其中加入足量的稀硝酸酸化后加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀则洗涤不干净，反之则反
（3）配制溶液需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒和500mL容量瓶、胶头滴管，用电子天平(准确度0.01)称量固体质量为：；
（4）配制一定物质的量浓度的溶液一般步骤为：检漏、计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，则正确的操作顺序是A→D→E→C→B→H→G→F→装瓶贴签；
（5）A．称量所用的砝码生锈，砝码实际质量大于所标数值，导致所称NaOH质量偏大，则所配制NaOH溶液的物质的量浓度偏大，A符合题意；
B．转移前，容量瓶内有蒸馏水，对配制结果无影响，B不符合题意；
C．未冷至室温就转移定容，溶液体积膨胀，冷却至室温液面下降，所加水量偏少，溶液浓度偏大，C符合题意；
D．定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，浓度偏小，D不符合题意；
E．定容时水加多用胶头滴管吸出，造成溶质损失，浓度偏小，E不符合题意；
F．称量NaOH时间过长，NaOH吸水潮解，所称量NaOH固体的质量偏小，导致溶液浓度偏小，F不符合题意；
故选AC；
【分析】根据工艺流程知，浓氨水中加入氯化钠粉末形成饱和氨盐水后，再通入二氧化碳气体，发生反应：NH3+H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，得到的碳酸氢钠晶体烘干后受热分解会生成碳酸钠、二氧化碳和水，从而制备得到纯碱；另一方面得到的母液主要溶质为NH4Cl,再加入氯化钠粉末，存在反应NaCl(s)+NH4Cl(aq)=NaCl(aq)+NH4Cl(s)，饱和的氨盐水，通过雾化装置，雾化增大接触面积，再通入二氧化碳气体，利用冷水浴促进碳酸氢钠晶体的析出，反应的化学方程式为：NaCl+NH3•H2O+CO2═NaHCO3↓+NH4Cl，据此分析解答。
【详解】（1）由分析可知，通过雾化装置，雾化增大接触面积，再通入二氧化碳气体，利用冷水浴，降低温度，增大气体的溶解度，同时促进碳酸氢钠晶体的析出。
（2）由分析可知，U形管内发生反应的化学方程式即生成NaHCO3的总反应的化学方程式为：NH3·H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，故答案为：NH3·H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；
①由上述分析可知，过滤后NaHCO3固体表面还含有可溶性杂质NH4Cl，故证明NaHCO3已洗涤干净的操作为取最后一次洗涤滤液少许于一试管，向其中加入足量的稀硝酸酸化后加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀则洗涤不干净，反之则反，故答案为：取最后一次洗涤滤液少许于一试管，向其中加入足量的稀硝酸酸化后加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀则洗涤不干净，反之则反。
19.【答案】 （1） 除去H2中混有的HCl和水蒸气 ② （2） CBAD （3） NaOH 防止空气中的水蒸汽进入D装置（4）①. . 玻璃棒 蒸发 ②. ③.偏小
【解析】
【分析】Ⅰ.为推测Na2O2与H2能反应，首选要制得氢气，A为氢气的制备装置，实验室用锌与稀盐酸反应制氢气，制得的氢气中含氯化氢气体、水蒸气，用B碱石灰吸收，C是Na2O2与H2的反应装置，D检验其产物无水生成，结合元素守恒、氧化还原中化合价有升有降可知Na2O2与H2反应生成的产物为NaOH；
Ⅱ.样品(m1)中含NaOH、Na2O2，加入一定质量的水，使Na2O2和水充分反应生成NaOH和氧气，将溶液转移到蒸发皿中进行蒸发得NaOH固体，冷却称量得m2，根据2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知2mlNa2O2完全反应固体减轻的质量为2H2的质量，结合方程式计算出Na2O2的质量，进而确定Na2O2质量分数。
【详解】(1)装置A中用粗锌和稀盐酸制取氢气混有HCl和水蒸气，B装置的作用是除去H2中混有的HCl和水蒸气，可盛放②碱石灰，故答案为：除去H2中混有的HCl和水蒸气；②；
(2)装置内有空气，应先用产生的氢气排除装置内的空气并检验氢气的纯度后点燃酒精灯加热，反应一段时间后停止加热、充分冷却后停止通入氢气，以防爆炸，故答案为：CBAD；
(3)实验过程中观察到淡黄色粉末慢慢变成白色固体，无水硫酸铜未变蓝色，则结合元素守恒、氧化还原反应可知产物为NaOH，故答案为：NaOH；防止空气中的水蒸汽进入D装置。
(4)①溶液转移需要用到玻璃棒，操作2为蒸发除去水得NaOH固体，故答案为：玻璃棒；蒸发；
②结合分析可知，2mlNa2O2完全反应固体减轻的质量为2H2的质量，设样品中过氧化钠的质量为xg，则，解得x=39，则白色固体中Na2O2的质量分数为，故答案为：；
③.在转移溶液时，若溶液转移不完全，则所得质量m2偏小，测得的Na2O2质量分数偏小，故答案为：偏小。