【文档说明】湖南省常德市第一中学2023-2024学年高一上学期期中考试化学试题 含解析 .docx，共(14)页，1.194 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-378288e3d7c58a1eb4d526826fb9c1eb.html

以下为本文档部分文字说明：

常德市一中2023年下学期高一年级期中考试试卷化学(时量：75分钟满分：100分)可能用到的相对原子质量：Na：23C：12O：16S：32H：1Cl：35.5N：14一、选择题(本题包括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.当光束通过下列分散系

时，不能．．观察到丁达尔效应的是A.豆浆B.AgI胶体C.Na2SO4溶液D.Fe(OH)3胶体【答案】C【解析】【详解】A．豆浆属于胶体，当光束通过时能观察到丁达尔效应，A不符合；B．AgI胶体属于胶体，

当光束通过时能观察到丁达尔效应，B不符合；C．Na2SO4溶液不属于胶体，当光束通过时不能观察到丁达尔效应，C符合；D．Fe(OH)3胶体属于胶体，当光束通过时能观察到丁达尔效应，D不符合；答案选C。2.下列物质能导电且属于电解质的是A.NaOH固体B.H2SO4溶液C.铁D.熔融的NaCl【

答案】D【解析】【详解】A．氢氧化钠固体是电解质，但不能电离出自由移动的离子，不能导电，故A错误；B．H2SO4溶液是混合物，不属于电解质，故B错误；C．铁是单质，不属于电解质，故C错误；D．NaCl是电解质，且在熔融状态下能

导电，故D正确；答案选D。3.下列物质的转化，不能由一步反应实现的是A.2CuOCu(OH)→B.2Ca(OH)NaOH→C.223CONaCO→D.22NaNaO→【答案】A【解析】【详解】A．CuO不溶于水，不能和水反应，不能

实现一步转化，A错误；B．2Ca(OH)与碳酸钠反应可以实现一部转化，B正确；C．二氧化碳和过氧化钠反应可以实现一步转化生成碳酸钠，C正确；D．钠与氧气在加热条件下可以实现一部转化生成过氧化钠，D正确；故选A。4.

下列离子方程式书写正确的是A.()2CuOH与稀盐酸反应：2OHH=HO−++B.铁与稀盐酸反应：322Fe6H2Fe3H+++=+C.2BaCl溶液和稀硫酸反应：2424SOBaSBa=O−++D.钠与2MgCl水溶液反应：22NaMg2NaMg+++=+【答案】C【解析】【详解】A．()

2CuOH与稀盐酸反应：()222CuOH2HCu2HO+++=+，故A错误；B．铁与稀盐酸反应：22Fe2HFeH+++=+，故B错误；C．2BaCl溶液和稀硫酸反应：2244BaSOBaSO+−+=，故C正确；D．钠与2MgCl水溶液反应：()

22222HO2NaMg2NaMgOHH++++=++，故D错误；故答案选C。5.在溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是A.K+、4MnO−、Na+、Cl−B.K+、Na+、3NO−、23CO−C.Na+、3NO−、OH−、3HCO−D.ClO−、24SO−、H+、2Fe+【答案】

B【解析】【详解】A．4MnO−为紫色，与无色不符，故A不符合题意；B．K+、Na+、3NO−、23CO−都是无色，相互不反应，可以大量共存，故B符合题意；C．OH−与3HCO−要反应生成23CO−和水，不能大量共存，故C不符合题意；D．ClO−与H+要反应生成HClO，且

ClO−能将2Fe+氧化，故不能大量共存，故D不符合题意。答案选B。6.下列化学反应中电子转移的表示方法正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．C是有0价升高到+2价，应该是失去4个电子，Si得到4个电子，A错误；B．B是单线桥表示的电子转移方向和数目，B正确；C．Cl2与NaI反

应中，Cl2是得到电子，I-离子是失去电子，C错误；D．Cu与浓硫酸反应应该是Cu失去电子，箭头应该由Cu指向S，D错误；答案选B。7.下列反应过程需要加入其他氧化剂才能实现的是A.()22CaClOCl→B.NaNaOH

→C222HOO→D.324SOHSO→【答案】B【解析】【详解】A．()2CaClO中Cl元素为+1，Cl2中为Cl元素为0价，需要使用还原剂，故A不符合题意；B．NaNaOH→中Na由最低价升高，需加氧化剂，故B符合题意；C．222HO

O→可由22HO分解得到，故C不符合题意；D．324SOHSO→可由3SO溶于水得到，故D不符合题意；故答案选B。8.下列有关于2NaO与22NaO说法错误的个数有①2NaO与22NaO长期置于空气中，最终产物相同②等物质的量的2NaO与22NaO固体含有离子数目比为3∶4.③Na与少量2O反应

制得2NaO，Na与过量2O反应制得22NaO④两者都能与酸反应生成盐和水，都属于碱性氧化物A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】C【解析】【详解】①Na2O久置于空气中先与水反应生成NaOH，NaOH再与CO2反应生成碳酸钠，Na2O2久置于空气中，先与水反应生成NaOH，

NaOH再与CO2反应生成碳酸钠，①正确；②等物质的量的Na2O和Na2O2固体含有离子数目比为1：1，②错误；③Na与O2反应生成Na2O还是Na2O2与反应条件有关，与参与反应的氧气的量无关，③错误；④Na2

O2与酸反应生成盐和水的同时还有氧气生成，过氧化钠不是碱性氧化物，④错误；错误的个数为3个，答案选C。9.关于23NaCO和3NaHCO的说法不正确的是A.可用加热法除去23NaCO固体中的3NaHCOB.向23NaCO溶液中通入过量2CO可将23NaCO转化为3N

aHCOC.热稳定性：323NaHCONaCOD.相同质量的23NaCO和3NaHCO与足量盐酸作用时，前者产生的气体的质量多【答案】D【解析】【详解】A．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和水和二氧化碳，故可用加热法除去23NaCO固体中的3NaHCO，故A正确；B．碳酸钠溶液中通入二氧化碳，

生成碳酸氢钠：23NaCO+2CO+H2O=23NaHCO，故向23NaCO溶液中通入过量2CO可将23NaCO转化为3NaHCO，故B正确；C．分别用酒精灯给23NaCO固体和3NaHCO固体加热，只有碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和水和

二氧化碳，故热稳定性：323NaHCONaCO，故C正确；D．等质量的Na2CO3和NaHCO3固体，碳酸氢钠的物质的量多，依据碳原子守恒，NaHCO3产生的CO2多，故D错误；故选D。10.向盛有紫色石蕊溶液的试管中持续通入氯气至过量，

溶液颜色可能出现无色、浅黄绿色、红色等变化。下列叙述不正确的是A.过程I溶液由紫色变成红色，起作用的微粒是H＋B.过程II溶液由红色变成无色，证明试管②中溶液不再呈酸性C.过程III溶液颜色由无色变成浅黄绿色，证明溶液中有Cl2D

.若向紫色石蕊溶液中持续加入Na2O2粉末，不会出现相同的颜色变化【答案】B【解析】【详解】A．紫色石蕊遇酸变红，过程I溶液由紫色变成红色，起作用的微粒是H+，故A正确；B．过程Ⅱ溶液由红色变成无色，是

因为次氯酸的漂白性，故B错误；C．过程Ⅲ溶液颜色由无色变成浅黄绿色，因为氯气过量，溶液中有Cl2，故C正确；D．过氧化钠具有强氧化性，若向紫色石蕊试液中持续加入Na2O2粉末，最终颜色会褪去，故D正确；答案选B。11.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A.25℃、101kPa时，

11.2LH2中含有原子数为NAB.1mol/LNa2SO4溶液中离子总数为3NAC.0℃、101kPa时，22.4LH2O中含有的分子数为NAD.25℃、101kPa下，64gSO2中含有的原子数为3NA【

答案】D【解析】【详解】A．25℃、101kPa时，气体摩尔体积Vm大于22.4L/mol，则11.2L氢气中含有的原子数小于11.2L22.4L/mol×2×NAmol—1=NA，故A错误；B．缺溶液的体积，无法计算1mol/L硫酸钠溶液中的硫

酸钠的物质的量和含有的离子总数，故B错误；C．标准状况下，水为液态，无法计算22.4L水物质的量和含有的分子数，故C错误；D．64g二氧化硫含有的原子数为64g64g/mol×3×NAmol—1=3NA，故D正确；故选D。的的12.已知：①42222KMnO16HCl2KCl2MnCl5Cl8H

O+=+++；②223Cl2FeCl2FeCl+=；③3222KI2FeCl2KClI2FeCl+=++。则下列判断不正确的是A.氧化性：342MnOFeCl−+B.还原性：2IFeCl−+−

C.2Fe+既有氧化性又有还原性D.由信息推测：22Cl2I2ClI−−+=+反应可以进行【答案】A【解析】【详解】A．反应①中高锰酸钾得电子为氧化剂，HCl失电子被氧化生成的Cl2为氧化产物，则高锰酸根离子的氧化性强于Cl2，反应②中氯气为氧化剂，

Fe3+为氧化产物，氯气的氧化性强于Fe3+，故A错误；B．反应③中碘离子为还原剂，Fe2+为还原产物，还原性碘离子强于亚铁离子，反应②中亚铁离子为还原剂，氯离子为还原产物，则还原性亚铁离子强于氯离子，故B正确；C．Fe3+只有氧化

性，Fe2+既可以进一步失去一个电子也可以得电子生成Fe，因此Fe2+既有氧化性又有还原性，故C正确；D．Cl2的氧化性强于Fe3+，而Fe3+的氧化性又强于碘，故Cl2可以与I-反应生成氯离子和碘单质，D正确

；故选A。13.有一包白色粉末，由BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuSO4中的一种或几种组成，为了探究它的成分，进行了如下实验。下列判断正确的是A.BaCl2、CaCO3一定存在，NaOH可能存在B.NaOH、CuSO4一定不存在C.K2SO4、NaOH、CaCO3、BaCl2

一定存在，CuSO4可能存在D.无色滤液C含两种溶质【答案】D【解析】【分析】白色粉末加水后过滤，滤渣为白色滤渣A，加入盐酸，固体全部溶解，并生成气体B，则白色滤渣为CaCO3，不含有BaSO4，气体B为CO2。无色滤渣C中通入CO2气体，有

白色沉淀生成，则此沉淀为BaCO3，原白色粉末中不含有CuSO4，含有BaCl2，则不含有K2SO4。【详解】A．由分析可知，原白色粉末中BaCl2、CaCO3一定存在，若无NaOH，则通入CO2后不

能生成白色沉淀，则NaOH一定存在，A不正确；B．由分析可知，NaOH一定存在，CuSO4一定不存在，B不正确；C．因为K2SO4、BaCl2会发生反应，生成不溶于盐酸的BaSO4沉淀，所以NaOH、C

aCO3、BaCl2一定存在，K2SO4、CuSO4一定不存在，C不正确；D．综合分析白色粉末，无色滤液C中含有BaCl2、NaOH两种溶质，D正确；故选D。14.现有三种气体，分别是22NO、和2SO，下列说法正确的是A.原子数目相等的三种气

体，质量最大的是2OB.若一定条件下，三种气体的体积均为2.24L，则它们的物质的量一定均为0.1molC.同温下，体积相同的两容器分别充入22gO气体和21gSO气体，则其压强比为2：1D.同温同压下，同质量的三种气体，气体密度最小的是2N【答案】D

【解析】【详解】A．原子数目相等，可令原子物质的量都为3mol，则22NO、和2SO物质的量分别为1.5mol、1.5mol、1mol，又22NO、和2SO摩尔质量分别为28g/mol、32g/mol、64g/mol，故质量最大的是2SO，A错

误；B．未指明气体所处的状态，无法通过气体摩尔体积公式进行计算，B错误；C．恒温恒容时压强和物质的量成正比，22gO气体和21gSO气体的物质的量分别为1mol16、164mol，故压强之比为4：1，C错误；D．同

温同压下物质的量和体积成正比，又22NO、和2SO中氮气摩尔质量最小，所以同质量的三种气体氮气的物质的量最大，即氮气的体积最大，故同质量的三种气体密度最小的是2N，D正确；故选D。二、填空题(本题包括4小题，第15题16分、第16题14分、第17题14分、第18题14分，共5

8分)15.回答下列问题：（1）233.0110个4CH中，含_______mol氢原子，_______mol电子。（2）等质量的2O和3O，它们的物质的量之比为_______，所含原子数之比为_______。（3）将标准状况下体积为aL的HCl气体溶

于1000g水中，得到盐酸密度为3bg/cm，则该盐酸的物质的量浓度为_______(写出表达式即可)。【答案】（1）①.2②.5（2）①.3：2②.1：1（3）1000abmol/L22400+36.

5a【解析】【小问1详解】233.0110个4CH物质的量为0.5mol，即含有0.5mol?4=2mol氢原子；又一个甲烷分子含有10个电子，所以含有0.5mol?10=5mol电子；【小问2详解】等质量时摩尔质量与物质的量成反比，即等质量的2O和3O，它们的物质的量之比为483322=；

又臭氧是三原子分子，氧气为两原子分子，故所含原子物质的量之比为321:123=；【小问3详解】将标准状况下体积为aL的HCl物质的量为amol22.4，则质量为a36.5amol?36.5g/mol=g22.422.4，又气体溶于1000g水中，所以溶液总质量为36.5

a(+1000)g22.4，结合得到盐酸密度为3bg/cm可算出溶液体积为-322400+36.5a×10L22.4b，则该盐酸的物质的量浓度为-3Lamol22.40100030.aab2mol/2424020+0362.+5La=2465×1.b。16.现有以下

8种物质：①熔融状态的NaCl、②SO2、③Na2CO3、④铜、⑤BaCO3、⑥酒精、⑦稀H2SO4、⑧FeCl3溶液。（1）上述物质中，属于电解质的是_______。(填序号)（2）上述状态下可导电的是_______。(填序号)（3）写出③与足量⑦反应的离子方程式：___

____。【答案】（1）①③⑤（2）①④⑦⑧（3）2322CO2HCO+HO−++=【解析】【小问1详解】在水溶液或熔融状态下能导电的化合物称之为电解质，①熔融状态的NaCl属于电解质，②SO2属于非电解质，③Na2CO3属于电解质，④铜属于金属单质，既不是电解质

又不是非电解质，⑤BaCO3属于电解质，⑥酒精属于非电解质，⑦稀H2SO4属于电解质溶液，为混合物，⑧FeCl3溶液属于电解质溶液，为混合物；综上属于电解质的是①③⑤；【小问2详解】由（1）详解可知，①熔融状态的NaCl属于电解质且能导电；④铜属于金属，能导电；⑦稀H2SO4和⑧FeCl

3溶液均为电解质溶液，能导电；故选①④⑦⑧；【小问3详解】碳酸钠和足量稀硫酸反应产生二氧化碳，即离子方程式为：2-+322CO+2H=CO+HO。17.下图为实验室某试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题。（1）该N

aOH溶液的物质的量浓度为_______1molL−现实验室需要该浓度的NaOH溶液240mL，需称量_______g固体氢氧化钠进行溶液配制。（2）配制溶液的基本步骤如图所示，按实验过程先后顺序排列(不重复)_______。下列操作过程中有明显错误存在，请指出

错误之处_______。（3）判断下列操作对NaOH溶液的物质的量浓度的影响(填“偏高偏低”或“无影响”)。①摇匀后发现液面低于刻度线再加水_______。②定容时俯视观察液面_______。（4）若用18.4mol/L的浓硫酸

配制100mL浓度为1mol/L的稀硫酸，则需用量筒量取_______mL浓硫酸。【答案】（1）①.6②.60.0（2）①.①④③⑥②⑤②.称量过程中，NaOH固体应放在小烧杯中称量；洗涤过程中，玻璃棒引流下端应位于刻度线以下（3）①.偏低②.偏

高（4）5.4【解析】【小问1详解】设溶液体积为1L，含有NaOH质量为：-331.2gcm1000cm20%=240g，NaOH物质的量为-1240g=6mol40gmol，该NaOH溶液的物质的量浓

度为-16mol=6molL1L；需要该浓度的NaOH溶液240mL，则需选用250mL容量瓶，即所需氢氧化钠物质的量为0.256mol=1.5mol，故需称量1.5mol40g/mol=60.0g固体氢氧化钠进行配制溶液；

【小问2详解】用固体配制一定物质的量浓度溶液的步骤包括计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，即为①④③⑥②⑤；氢氧化钠易潮解，故称量过程中NaOH固体应放在小烧杯中称量；玻璃棒在刻度线以上的话,溶液会沾到刻度线以上的瓶壁,并没有完全进

入要计量的体积中,定容之后会造成浓度偏低的误差，故洗涤过程中，玻璃棒引流下端应位于刻度线以下；【小问3详解】①摇匀后发现液面低于刻度线再加水，造成所加溶剂水偏多，溶液浓度偏低；②定容时以刻度线为标准确定液面，俯视液面会造成液面实际低于刻度线，所

加溶剂水不足，溶液浓度偏高；【小问4详解】配制100mL浓度为1mol/L的稀硫酸需要H2SO4物质的量为10.1L1molL0.1mol−=，需用量筒量取浓硫酸-10.1mol5.4mL18.4molL。18.化学工业为疫

情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：（1）氯气是制备含氯化合物的主要原料，实验室制取Cl2的化学反应方程式为_______。（2）如图所示是有关Cl2的实验：①图I是验证氯气性质的实验，为除去HCl，A瓶中应装入的试剂

是_______；能说明氯气与水发生反应的实验现象是_______；烧杯中NaOH溶液的作用是_______(用离子方程式表示)。②图II是纯净的氢气在氯气中燃烧的实验，可观察到的现象是_______。（3）漂白粉的有效成分是_______(填化学式)，漂白粉溶于水受空气中的2CO

作用，具有漂白、杀菌作用。（4）人们常用“84”消毒液进行消毒。“84”消毒液不能与洁则灵(含盐酸)混用原因是_______(用离子方程式表示)。【答案】（1）()2222MnO4HClMnClCl2HO+=++浓（2）①.饱和食盐水②.D中湿润的有色布条b褪色，C中干燥的有色布条a不

褪色③.22Cl2OHClOClHO−−−+=++④.纯净的氢气在氯气中安静地燃烧，发出苍白色的火焰，集气瓶口有白雾生成（3）2Ca(ClO)（4）22ClOCl2HClHO−−+++=+【解析】【小问1详解】实验室

用二氧化锰和浓盐酸加热制取2Cl，反应的化学反应方程式为2MnO4HCl+(浓)222MnClCl2HO++；【小问2详解】①HCl极易溶于水，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，为除去HCl，A瓶中应装入的试剂是饱和食盐水；干燥的氯气没有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性

，所以能说明氯气与水发生反应的实验现象是湿润的有色布条b褪色，干燥的有色布条a不褪色；氯气有毒，烧杯中NaOH溶液的作用是吸收未反应的氯气，即离子方程式为22Cl2OH=ClOClHO−−−+++；②纯净的氢气在黄绿色的氯气中安静地燃烧，发出苍白色

火焰，燃烧生成的氯化氢极易溶于水，形成盐酸小液滴，可看到集气瓶口有白雾生成；【小问3详解】漂白粉的主要成分是()2CaClO和2CaCl，但有效成分是()2CaClO，Ca(ClO)2与空气中二氧化碳作用生成次氯酸具有漂白杀菌作用；【小问4详解】“84”消毒液的有效成分是NaCl

O，洁厕灵含盐酸，二者混合发生氧化还原反应生成氯气，该反应的离子方的程式为22ClOCl2H=ClHO−−++++。19.氧化还原反应在日常生活和工业生产中有重要应用。I．227KCrO是火柴工业用作制造火柴头的原料之一。已知反应：()227322KCrO14HCl2KCl

2CrCl3Cl7HO+=+++浓。（1）该反应中被氧化的元素是_______，还原产物是_______。（2）该反应中氧化剂与还原剂的个数比为_______。（3）生成标准状况下24.48LCl，转移的电子个数为_______(用AN表示)。II．阅读下面一段材料并回答

问题。高铁酸钾使用说明书【化学式】24KFeO【性状】暗紫色具有金属光泽的粉末，无臭无味【产品特点】干燥品在室温下稳定，在强碱溶液中稳定，随着pH减小，稳定性下降，与水反应放出氧气。K2FeO4通过强烈的氧化作用可迅速杀灭细菌，有消毒作用，同时不会产生有害物质。K2FeO4与水

反应还能产生具有强吸附性的Fe(OH)3胶体，可除去水中细微的悬浮物，有净水作用【用途】主要用于饮用水消毒净化、城市生活污水和工业污水处理【用量】消毒净化1L水投放5mgK2FeO4即可达到卫生标准（4）K2FeO4中铁元素的化合价为_______。（5）下列关于K2FeO4说法中，不正确的是

_______。a．是强氧化性的盐b．固体保存需要防潮c．其消毒和净化水的原理相同d．其净水优点有：作用快、安全性好、无异味（6）将K2FeO4与水反应的化学方程式补充完整并配平：_______。_______K2FeO4+____

___H2O=_______FeOH3(胶体)+_______+_______KOH【答案】（1）①.Cl②.3CrCl（2）1：6（3）A0.4N（4）6+（5）c（6）242324KFeO10HO4Fe(OH)3O8KOH+=++【解析】【小问1详解】的()227322KCrO14HCl

2KCl2CrCl3Cl7HO+=+++浓中铬元素化合价由+6降到+3，氯元素化合价由-1升高到零，即被氧化的元素是Cl；还原产物是3CrCl；【小问2详解】由分析（1）知重铬酸钾为氧化剂、氯化氢为还原

剂，虽反应()227322KCrO14HCl2KCl2CrCl3Cl7HO+=+++浓中参加反应14HCl，但生成物中有8Cl化合价未升高仍为-1，所以氧化剂和还原剂个数比为1：6；【小问3详解】分析反应()227322KCrO14HCl2KCl2CrCl

3Cl7HO+=+++浓可知，转移6mol电子生成3mol氯气，所以生成标准状况下24.48LCl也即0.2mol氯气时，转移的电子物质的量为0.4mol，故个数为A0.4N；【小问4详解】K2FeO4中K为+1价，O为-2价，根据

化学式中元素的化合价的正负代数和为0可知，铁元素的化合价为+6价；【小问5详解】已知K2FeO4中Fe的化合价为+6价，处于高价态，故是强氧化性的盐，结合题干说明也证实这一点，a正确；由题干说明可知，K2FeO4能与水反应，故

固体保存需要防潮，b正确；c．由题干说明可知，K2FeO4消毒是利用其强氧化性，使蛋白质发生变性，而净化水是利用K2FeO4与水反应还能产生具有强吸附性的Fe(OH)3胶体，可除去水中细微的悬浮物，有净水作用，

二者原理不相同，c错误；d．由题干说明可知，K2FeO4作净水剂的优点有：作用快、安全性好、无异味，d正确；故选c；【小问6详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com