安徽省合肥市第一中学2024-2025学年高一上学期期中考试 化学试卷

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D 2.A 3.D 4.A 5.B 6.D 7.D
8.D 9.C 10.D 11.C 12.C 13.C 14.B
1.【答案】D
【详解】A．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， A合理；
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．雾是小液滴分散在空气中形成的气溶胶，D不合理；
故选D。
2.【答案】A
【详解】A．火碱是氢氧化钠，属于碱，硫酸属于酸，属于盐，Na2O属于碱性氧化物，属于酸性氧化物，A正确；
B．属于过氧化物，B错误；
C．氨水是碱溶液，CO是不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，C错误；
D．纯碱为碳酸钠，属于盐，HNO3为酸，明矾为盐，CaO为碱性氧化物，SO2为酸性氧化物；
答案选A。
3.【答案】D
【详解】A．醋酸与氨水均为弱电解质，反应的离子方程式为：，A错误；
B．碳酸氢镁溶液与过量氢氧化钙溶液反应生成难溶的氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为：，B错误；
C．在过氧化钠上滴加蒸馏水：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，C错误；
D．碳酸氢钾溶液与少量氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：，D正确；故选D。
4.【答案】A
【详解】A．次氯酸具有强氧化性，Ⅱ所以次氯酸可用作棉、麻和纸张的漂白剂，二者有因果关系，A正确，故选A；
B．过氧化钠与水反应现象为先变红后褪色，Ⅰ错，故B错误；
C．钠的焰色为黄色，透雾性强，高压钠灯发出透雾能力强的黄光，与钠的性质活泼没有因果关系，故C错误；
D．Na2CO3可用作食用碱或工业用碱，主要是因为Na2CO3显碱性，故D错误。
5.【答案】B
【详解】A．氯化钙溶液中通入二氧化碳无法反应得到碳酸钙，A错误；
B．铁和硫酸铜溶液反应得到Cu单质，铜在氧气中加热得到氧化铜，B正确；故选B；
C．碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，C错误；
D．氧化铁与一氧化碳反应生成单质铁，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，D错误；
故选B。
6.【答案】D
【分析】AB点发生反应，B点后硫酸过量，以此分析；
【详解】A．实验过程中产生了硫酸钡沉淀，氢氧化钡被硫酸反应完溶液由红色逐渐变为无色，A错误；
B．向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，二者发生中和反应生成硫酸钡和水，AB段溶液的导电能力不断减弱，是因为生成BaSO4的溶解度较低，电离出的离子比较少，水是弱电解质，也不容易电离，导致溶液中自由移动的离子浓度减小，因而溶液的导电能力减弱，而BaSO4是电解质，B错误；
C．溶液中自由移动的离子浓度越大，导电能力越强，B处的导电能力为0，说明溶液中几乎没有自由移动的离子，但是水是极弱的电解质，能够微弱的电离产生H+、OH-，C错误；
D．BC段溶液的导电能力增大，是因为B点后稀硫酸过量，硫酸电离出阴阳离子而使溶液导电，D正确.
7.【答案】D
【分析】由信息知无色澄清溶液中不可能还有大量Cu2+，I．用紫色石蕊试液检验，溶液变红，说明溶液显酸性，溶液里含有H＋，不含和；Ⅱ．向溶液中滴加BaCl2和稀盐酸，有白色沉淀生成，此沉淀为BaSO4，说明溶液里有；Ⅲ．将Ⅱ中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀硝酸，此沉淀为AgCl，但无法说明溶液里有Cl-，因实验Ⅱ中滴加了稀盐酸和氯化钡溶液，引入了Cl-,综上一定含有,一定不含,可能存在,但是根据电荷守恒可以得到，所以一定有：，一定没有：；
【详解】A．由分析可知，一定不存在，A错误；
B．由分析可知，不存在不确定的离子，B错误；
C．由分析可知，一定存在,不需要焰色试验，C错误；
D．由分析可知，一定存在，D正确；
故选D;
8.【答案】D
【详解】A．A错误；
B．将溶液制成胶体，胶粒是多个Fe(OH)3的聚合体，所得胶粒数小于，B错误；
C．标准状况下，11.2L Cl2溶于水，溶液中含有Cl-、ClO-、HClO和Cl2等微粒，根据氯元素守恒可知，Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和小于，C错误；
D．与足量反应时，Na从0价升高到+1价失去一个电子，故转移的电子数约为NA，D正确；
故选D。
9. 【答案】C
【分析】由题干反应历程图可知，反应1为Ce4++Mn2+=Ce3++Mn3+，反应2为Mn3++Fe2+=Mn2++Fe3+,反应3为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性规律可知，氧化性：Ce4+＞Mn3+＞Fe3+＞I2，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，氧化性：Ce4+＞Mn3+＞Fe3+＞I2，则推测可发生：，A正确；
B．由分析可知，反应3的离子方程式为：，B正确；
C．由分析可知，氧化性：Ce4+＞Mn3+＞Fe3+＞I2，C错误；
D．由分析可知，反应2为Mn3++Fe2+=Mn2++Fe3+,反应中Mn的化合价降低被还原，Fe的化合价升高被氧化，故反应2的氧化剂为 Mn3+，氧化产物为 Fe3+，D正确；
故答案为：C。
10. 【答案】D
【详解】A．NaHSO4能电离出H+溶液中会与氢离子反应不共存，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．Fe3+具有氧化性，I-具有还原性，不能大量共存，C错误；
D．澄清透明的溶液中，各离子间不发生反应，可以大量共存，D正确；
答案选D。
11. 【答案】C
【详解】A．根据题干信息及表格数据可知，氧化性强于，即实验室可用与浓盐酸反应制备，A正确；
B．根据题干信息，值越高，氧化型物质的氧化能力越强，氧化性强弱顺序：，B正确；
C．值越低，还原型物质的还原能力越强，，说明的还原性强于的还原性，C错误；
D．根据表格数据可知，可将氧化为，反应后滴加KSCN溶液，可观察到溶液变红，D正确；
答案选C。
12. 【答案】C
【分析】根据图可知，Cl2通入一定浓度的KOH溶液中歧化反应生成KClO、KCl、KClO3，反应后ClO-和分别为0.06ml、0.03ml，部分氯元素从0价分别升高到+1、+5价，部分氯元素从0价降低到-1价，因此根据得失电子守恒可知，n(Cl-)=0.06ml+0.03ml×5=
0.21ml；
【详解】A．由分析可知，n(ClO-)+n()=0.09ml ，A正确；
B．由分析可知，溶液中n(Cl-)=0.21ml，B正确；
C．根据图像可知，过程中有生成0.03mlKClO3，但生成的KClO的物质的量未知，因此无法判断转移电子数，C错误；
D．Cl2通入一定浓度的KOH溶液中歧化反应生成KClO、KCl、KClO3，结合分析，根据钾原子守恒可得：n(KOH)=0.21ml+0.06ml+0.03ml=0.30ml，D正确；
答案选C。
13. 【答案】C
【详解】A．浓盐酸和二氧化锰在常温下不反应，因此气球中不会收集到氯气，选项A错误；
B．过氧化钠与水反应生成氧气，密度大于空气，气球的情况为甲，选项B错误；
C．锌粒和稀硫酸反应生成氢气，氢气的密度小于空气，因此气球中收集到的气体为氢气，气球的情况为乙，选项C正确；
D．硫酸氢钠和碳酸氢钠固体反.应生成二氧化碳，二氧化碳的密度大于空气，因此气球中收集到的气体为二氧化碳，气球的情况为甲，选项D错误；
答案选C。
14. 【答案】B
【分析】结合实验目的，模拟工业制备 NaClO2 ，实验前需除去 ClO2 中的少量杂质 Cl2 ，否则 Cl2 与 NaOH 溶液发生副反应生成 NaClO 等；结合实验中给出的化学方程式，由于要制备 NaClO2 ，应发生反应： 2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O ，要尽最大程度抑制 ClO2 与 OH− 的反应，故向圆底烧瓶中通入气体前应先滴加 H2O2 溶液。
【详解】A．碱石灰中含有NaOH，根据已知，ClO2能和NaOH反应，装置甲的作用是除去 ClO2 中混有的少量杂质 Cl2 ，所以装置甲中的物质不能是碱石灰，A错误；
B．结合上述分析可知，实验时应先往装置乙中滴加 H2O2 溶液，再通入 ClO2 ，使圆底烧瓶中发生 2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O 制备 NaClO2 ，B正确；
C．根据上述反应中元素化合价变化可知， ClO2 在中Cl的化合价降低，在反应中是氧化剂，发生还原反应，生成的NaClO2 是还原产物，C错误；
D．ClO2 能与NaOH溶液反应生成盐和水，但生成的是两种盐，且Cl元素化合价发生了变化，所以ClO2不属于酸性氧化物，D错误；
二、非选择题
15. （10分）每空2分
【答案】(1)是否发生氧化还原反应
(2)、（写对一个给1分）
(3)
(4)
(5)
【详解】（1）分析两组物质与水的反应情况可知，第一级分类标准是是否发生氧化还原反应；
（2）电解质和非电解质均为化合物，B组中、属于单质，故既不是电解质也不是非电解质的是、；
（3）Cl2、NO2与水反应时，水既不作氧化剂又不作还原剂，Na与水反应时，H2O中氢元素化合价降低被还原，H2O为氧化剂，答案为Na；
（4）和足量溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为；
（5）F组中有一种物质常用来制备“84”消毒液，应为Cl2，制备“84”消毒液的离子方程式为；
16. （14分）每空2分
【答案】(1) 液体呈红褐色； FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl
(2)丁达尔效应；未加热，少量饱和FeCl3溶液加入甲的冷水中形成溶液 ；乙实验中氢氧根浓度大，会产生Fe(OH)3沉淀，
(3)先出现红褐色沉淀，随后沉淀逐渐溶解，溶液呈黄色。
(4)D
【分析】少量饱和FeCl3溶液加入甲的冷水中形成溶液，加入乙的NaOH溶液中会产生Fe(OH)3沉淀，形成浊液，加入丙的沸水中会产生Fe(OH)3胶体，结合胶体的性质：丁达尔现象及胶体的凝聚等分析即可。
【详解】（1）少量饱和FeCl3溶液滴加到沸水中并继续加热煮沸至液体呈红褐色，生成氢氧化铁胶体，发生反应的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，故答案为：液体呈红褐色；FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；
（2）丁达尔效应是胶体特有的性质，利用丁达尔效应可以鉴别溶液和胶体，则检验胶体制备是否成功，可利用胶体的丁达尔效应，故答案为：丁达尔效应；
（3）①向胶体中滴加电解质溶液，易发生聚沉现象，则向丙中氢氧化铁胶体中滴加稀盐酸先得到氢氧化铁红褐色沉淀，随着盐酸量的增加发生中和反应，沉淀溶解，故答案为：先出现红褐色沉淀，随后沉淀逐渐溶解，溶液呈黄色。
（4）因离子所带电荷越多，聚沉能力越强，带3个单位负电荷，聚沉能力最强，故选D。
17. （17分）除特殊标注外，每空2分
【答案】
Ⅰ．(1)HCl
(2)
Ⅱ．(1)afebcd
(2)使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率
(3)NH3·H2O＋Na+＋CO2= ＋NaHCO3↓（3分）
(4) ①（3分，写对化学方程式给2分，得失电子标注给1分）
②92.2%（3分）
【分析】Ⅰ．路布兰法是利用食盐晶体和浓硫酸在高温下反应生成硫酸钠和氯化氢，再利用C与石灰石和硫酸钠高温加热生成碳酸钠；
Ⅱ．【分析】向浓氨水中加入NaCl粉末得到饱和氨盐水，通入过量二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体，过滤后加热碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠分解可得碳酸钠。首先利用装置A制取CO2，然后利用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2混有的HCl气体，然后通入B装置中与氨盐水反应，最后利用饱和食盐水吸收尾气。
【详解】（1）A装置制备二氧化碳，D装置除二氧化碳中的氯化氢，二氧化碳通入饱和氨盐水中反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，C装置吸收尾气，制备NaHCO3正确的连接顺序是a→f→e→b→c→d。
（2）B中使用雾化装置，使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率。
（3）二氧化碳和饱和氨盐水反应生成NaHCO3沉淀和氯化铵，总反应的离子方程式为NH3·H2O＋Na+＋CO2= ＋NaHCO3↓；
（4）①反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液：
固体NaHCO3充分加热，分解产生碳酸钠、二氧化碳、水，产生的气体先通过足量浓硫酸干燥，再通过足量Na2O2，此时Na2O2和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠中氧元素化合价由-1升高为0、由-1降低为-2，反应的化学方程式并用双线桥表示电子转移为。
②由图像可知，碳酸钠与稀盐酸反应先得到碳酸氢钠，碳酸氢钠再与稀盐酸反应放出气体，加入的稀盐酸恰好与碳酸钠反应，可推出消耗14.6％的稀盐酸的质量为100g；根据，样品中碳酸钠的物质的量为，则碳酸钠的质量分数为。
18.（17分）除特殊标注外，每空2分
【答案】(1) 圆底烧瓶 饱和食盐水
(2) ③
(3)氯气不具有漂白性
(4) （画成防倒吸装置也可以得分）
(5)氯水中含有HClO，HClO不稳定，在强光照射下能发生分解反应：，氧气含量增大，HCl为强酸完全电离出氢离子和氯离子，导致溶液中氯离子浓度增大（3分，化学方程式正确给2分）
(6)乙多
【分析】装置A中利用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，用B中饱和食盐水除去氯气中的HCl，用C中浓硫酸干燥氯气，氯气密度大于空气，D中用向上排空气法收集氯气，然后用E、F装置验证氯气是否具有漂白性。
【详解】（1）仪器a的名称：圆底烧瓶，根据分析，B中所盛试剂为饱和食盐水；
（2）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水，化学方程式：；氯气密度大于空气，长导管通入，选装置③；
（3）E中红色布条不褪色，F中红色布条褪色，可说明氯气不具有漂白性；
（4）氯气为有毒气体，需用NaOH溶液吸收氯气进行尾气处理，
（5）氯水中含有HClO，HClO为弱酸且不稳定，在强光照射下能发生分解反应生成HCl和氧气：，氧气含量增大，HCl为强酸完全电离出氢离子和氯离子，导致溶液中氯离子浓度增大；
（6）根据反应可知，当盐酸浓度降低不再产生氯气，甲同学的反应4mlHCl不会完全反应，生成的氯气小于1ml，而乙同学的反应中消耗1ml二氧化锰生成氯气1ml，因此乙多。