【文档说明】辽宁省滨城高中联盟2023-2024学年高一上学期期中考试化学试题+PDF版含答案.pdf，共(18)页，3.623 MB，由小赞的店铺上传

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1滨城高中联盟2023-2024学年度上学期高一期中考试化学答案一．选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．【答案】D【详解】A．根据方程式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，Na2O2可以用作供氧剂，故新

型核潜艇“长征18”可以在海底潜伏数月之久，运用Na2O2作供氧剂，A正确；B．金属的腐蚀本质是金属单质失去电子转化为金属阳离子的过程，故钢铁桥梁被腐蚀是氧化还原反应，B正确；C．工业上用Cl2和NaOH反应来制取84消毒液，反应原理为：2NaOH+Cl2=NaCl+N

aClO+H2O，故84消毒液的有效成分是NaClO，C正确；D．碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多，是由于碳酸氢钠能与胃酸的主要成分HCl反应，若与醋(CH3COOH)同服，其疗效将减弱，D错误；故答案为：D。2.【答案】C【详解】A.Na+吸引水中的氧原子，A错误；B.

电解质电离不用通电，B错误；C.氯化钠熔融状态下电离导电，C正确；D.氯化钠固体不导电，D错误；故选C。3．【答案】C【详解】A．没有480mL的容量瓶，实际应配制的是500mL溶液，需要硫酸铜晶体的质量为0.5L×0.1mol/L×250g/mol=12.5

g，故A错误；B．浓硫酸溶解放出大量的热，不冷却立即转移定容，溶液冷却后所配溶液的体积偏小，所得溶液浓度偏大，故B错误；C．若称量物和砝码放反，称量物质量=砝码质量-游码质量，如称量5.3g碳酸钠固体时，将物质和砝码放反，实际称量的碳酸钠的质量为4.7g，即称量的

碳酸钠质量偏小，故C正确；D．定容时俯视刻度线，所配溶液的体积偏小，所得溶液浓度偏高，故D错误；故答案为C。4.【答案】A【详解】A．透明溶液，说明溶液中不存在沉淀，而H+、K+、Na+、MnO4-、SO42－离子不反应，能大量共存，A正确；B

．氢氧化钠溶液中，HCO3－与OH－反应，不能共存，错误；C．含有大量Ba(NO3)2的溶液中，钡离子与CO23反应生成沉淀，不能大量共存，C错误；D．使紫色石蕊溶液呈红色的溶液为酸性溶液，酸性溶液中HCO3—与氢离子反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，D错误；故选A。5.【答案】B

{#{QQABJYAUogiAAgAAAAhCEwGACACQkACCCIoOREAEoAIBARFABAA=}#}2【详解】①标准状况下，6.02×1023个分子为1mol，但该物质不一定是气体，故占有的体积不一定是22.4L，故①错误；②氢气所处的状态不一定是标准化状况，气体

摩尔体积不一定是22.4L/mol，0.5molH2所占体积不一定为11.2L，故②错误；③阿伏伽德罗定律只适用于气体，故③错误；④28gCO与N2的混合气体为1mol，二者都含14个电子，所含的电子数为14NA，故④正确；⑤影响气体摩尔体积的因素有温度、压强，气体所处的状态不

确定，各气体的气体摩尔体积不一定是22.4L/mol，故⑤错误；⑥同温同压下，体积相同，含有的分子数目相同，故⑥正确；⑦根据气体的密度公式ρ=mmM=VV，在同温同压下，气体摩尔体积相同，所以气体的密度与气体的相对分子质量成正比，⑦正确；故选B。6.【答

案】B【详解】A．Ca(OH)2少量，Ca2＋和OH-按化学式中离子个数比参与反应，离子方程式为：2+Ca2＋+2OH-=CaCO3↓+2H2O+，A错误；B．硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至恰好沉淀完全：H＋++Ba2＋+

OH-=BaSO4↓+H2O，B正确；C．Na与H2O先发生反应生成NaOH，NaOH再与Cu2+反应，即发生的离子反应式为：2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2+2Na++H2，C错误；D．碳酸氢根离子不能拆开写，离子方程式为：+H+=H2

O+CO2↑，D错误；故答案选B。7．【答案】D【详解】A项，锌与盐酸反应要制备H2，正确；B项，制备的H2中含有挥发出的HCl气体和水蒸气，NaOH溶液可除去HCl，浓硫酸可除去水蒸气，正确；C项，干燥纯净的H2与Na在加热条件下可生成NaH，正确；D项，丁装置中

装有碱石灰，是为了防止生成的NaH与水反应，而不是为了吸收尾气，错误。8．【答案】B【详解】反应中消耗1mol氧化剂ClO-，Cl元素由+1价降低到-1价，则转移2mol电子，A正确；ClO-是氧化剂，4NH是还原剂，依据得失电子守恒，可建立关系式：3ClO-—24NH，则氧化剂与

还原剂的物质的量之比为3∶2，B不正确；4NH是还原剂，Cl-是还原产物，则还原性：4NHCl，C正确；该反应中4NH作还原剂，被氧化，从而生成N2，D正确。故答案选B。9．【答案】C【详解】A．用

镊子从煤油中取出金属钠，切下绿豆大小的钠，小心放入装有烧杯容积11~32水的烧杯中，观察现象，故A错误；3HCO23CO24SO3HCO{#{QQABJYAUogiAAgAAAAhCEwGACACQkACCCIoOREAEoAIBARFABAA=}#}3B．3NaHCO

与23NaCO都能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，不能鉴别3NaHCO与23NaCO，故B错误；C．22NaO用棉花包裹，放入充满2CO的集气瓶中，棉花燃烧说明22NaO与2CO反应生成氧气，同时反应放热，故C正确；D．氯水中的HClO有漂白性，故D错误；故答案选C。

10．【答案】D【详解】A．只有溶液浓度，缺少溶液的体积，不能计算微粒数目，A错误；B．由于氯气与水反应时可逆反应，通入1molCl2不能被完全消耗，溶液中Cl—、HClO、ClO—的个数和无法计算，选

项B错误；C．由于323Fe3HOFe(OH)ƒ(胶体)＋3H＋水解生成的胶体粒子为很多粒子的集合体，故0.1molFeCl3加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数小于0.1AN，选项C错误；D．过氧化钠与水反应时，氧元素

的价态由-1价变为0价，一半降为-2价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2AN个，选项D正确；答案选D。11．【答案】A【详解】A．a为恒压滴液漏斗，漏斗中的压强与烧瓶中压强相等，水能顺利

地下，该法不能检查气密性，A错误；B．漂白粉的有效成分与盐酸发生氧化还原反应，B正确；C．Cl2中混有HCl,B的作用是除去HCl，防止锰酸钾变质和防止与高锰酸钾反应，C正确；D．D的作用是吸收氯气尾气，D正确；故合理选项是A。12．【答案】A【详解】①酸性氧

化物在一定条件下均能与碱发生反应，①正确；②Na2O2是金属氧化物而不是碱性氧化物，但是碱性氧化物一定都是金属氧化物，②正确；③蔗糖和水分别属于非电解质和弱电解质，③正确；④纯碱的化学式是Na2CO3，是盐而不是碱，④错误；⑤虽然胶粒比溶液中溶

质粒子大，胶粒不能透过半透膜，但是能透过滤纸，所以胶体不能用过滤的方法把胶粒分离出来，⑤错误；⑥氢氧化铁胶体粒子带正电荷，相互之间存在排斥现象，这是氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因，⑥错误；⑦本质区别是分散质的大小，丁达尔效应时是胶体的性质，⑦错误；⑧Fe

2+既有氧化性又有还原性，⑧错误；⑨能离出的阳离子只有H+的化合物才称之为酸，NaHSO4溶于水就可以解离出H+，但它属于盐类，⑨错误；{#{QQABJYAUogiAAgAAAAhCEwGACACQkACCCIoOREAEoAIBARFABAA=}#}4⑩碳酸

钡水溶液几乎不导电，是由于BaCO3难溶于水，自由移动的离子浓度很小，但溶于水的完全电离变为自由移动的离子，所以碳酸钡是电解质，⑩错误；①、②、③三个说法正确，其它错误；答案选A。13.【答案】A【详解】A．钠还原性强，可以置换出Ti，A正确；B．二氧化碳能够与饱和碳酸钠溶液

反应，所以不能用饱和碳酸钠溶液除去二氧化碳中少量氯化氢，B错误；C．碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，前者升高温度，后者温度下降，C错误；D．过氧化钠做供氧剂是2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2和2Na2O2+2CO2=O2+

2Na2CO3，与过氧化钠的颜色无关；D错误；故选A。14.【答案】C【详解】水、二氧化碳和Na2O2反应方程式分别为2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据方程式知，

水和Na2O2反应时固体质量增加量相当于H2质量，二氧化碳和Na2O2反应时固体质量增加量相当于CO质量，将可燃物写出H2或CO或（CO）m·Hn方式，如果恰好写为H2或CO或（CO）m·Hn方式，则产物

通过足量Na2O2时固体质量不变，如果改写化学式时O原子有剩余，则反应前后固体质量减少，如果C原子有剩余，则固体质量增加，据此分析解答。A.HCOOH可以改写成CO·H2·O，O原子有剩余，所以反应前后固体质量增多少于10g，不符合，故A错误；B.该化学

式可以改写为(CO)2⋅(H2)2，所以反应前后固体质量增多等于10g，不符合，故B错误；C.该化学式可以改写为CO·(H2)3·C，C有剩余，则反应前后固体质量增多多于10g，符合，故C正确；D.该化学式可以改写为(CO)6⋅(H2)6，则反应前后固体质

量增多等于10g，故不符合，故D错误。答案选C。15．【答案】D【详解】由流程可知，步骤I中发生Cl2+2OH-=C1O-+Cl-+H2O，温度过高时易发生3C12+6OH-=-3ClO+5Cl-+3H

2O。步骤II中发生C1O-+CO(NH2)2+2OH-=C1-+N2H4·H2O+2-3CO，且将NaC1O溶液逐滴滴加到尿素中，可防止过量的NaClO溶液将N2H4·H2O氧化，步骤III中分离出碳酸钠、水合肼，以此来解

答。步骤I中温度过高发生副反应，应避免温度过高，A正确；步骤I制备NaClO溶液时，测得产物中NaC1O与NaClO3的物质的量之比为5：l，设NaC1O与NaClO3的物质的量分别为5mol、lmol，根据电子守恒可知C1失去电

子为5mol×(1-0)+1mol×(5-0)=10mol，由电子守恒可知Cl-得到电子数为10mol，由原子守恒可知参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为10mol：(5mol+1mol)=5：3，B正确；步骤II中发生反应：C1O-+CO(NH2)2+2OH-=C1

-+N2H4·H2O+2-3CO，在该反应中NaClO为氧化剂，CO(NH2)2为还原剂，C正确；在步骤II中，若将尿素水溶液逐滴滴入NaC1O碱性溶液中，会导致NaClO溶液将N2H4·H2O氧化，故应该将NaC1O溶液逐滴滴加到尿素中，D错误。二．非选择题：本题共4小题，共55分。{#

{QQABJYAUogiAAgAAAAhCEwGACACQkACCCIoOREAEoAIBARFABAA=}#}516．【答案】（16分）（1）CO2（1分），H2O（1分），Na2CO3（1分）（2）SO42—、M

g2+（2分，答对不全给1分），4MnO、23CO、4NH（2分，答对不全给1分）（3）2Na2O2＋2H2O===4Na++4OH—＋O2↑（2分）（4）①⑤（2分，答对不全给1分），⑥（1分）（5）H3PO2+OH-=H2PO2+H2O（2分）（6）4：1（2分）【详解】（2）在

无色溶液中不能存在紫色离子4MnO；在酸性溶液中，H+与23CO会发生反应产生CO2、H2O而不能大量共存，因此不能存在23CO；①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，Na2O2与H2O发生是是放热反应，反应产生NaOH、O2，O2是无色无味气体，NaOH与Mg2+反应产生Mg(OH)2是白

色沉淀；由于4NH与OH-共热会产生有刺激性气味的NH3，故产生无色无味的气体和白色沉淀，说明该溶液中含有Mg2+，而不含4NH；②另取部分溶液，加入过量BaCl2溶液，有白色沉淀产生，该沉淀是BaSO4，则原

溶液中含24SO；③取反应②后的溶液部分，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成，该沉淀为AgCl，但由于②中加入Cl-，因此不能确定原溶液中是否含有Cl-，据此分析解答。（3）次磷酸中加入过量的NaOH，生成NaH2PO2，说明NaH2PO2是正盐，次磷酸是一元酸，只电离一个

氢离子；H3PO2水溶液中存在H3PO2分子，是弱酸。（4）H3PO2+OH-=H2PO2+H2O（5）根据氧化还原反应化合价升降原则，Ag化合价降低1，Ag+离子是氧化剂，P的化合价升高4，H3PO2是还原剂，，氧化剂和还原剂个数之比应该是4:1。17．【答案】（14分）(

1)分液漏斗（1分），MnO2+4H++2Cl-ΔMn2++Cl2↑+2H2O（2分，没有加热条件给1分）(2)除去Cl2中混有的HCl（1分）(3)（2分）(4)Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O（2分）(5)7.3（2分）(6)3Cl2+I-+3H

2O=IO3+6Cl-+6H+（2分）{#{QQABJYAUogiAAgAAAAhCEwGACACQkACCCIoOREAEoAIBARFABAA=}#}6(7)（2分,方程式正确，电子转移表示错误给1分）【详解】Ⅰ．氯气的制备：装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯

气，装置B中饱和食盐水可以除去氯气中混有的HCl气体，经浓硫酸干燥后在装置D中收集，氯气的密度比空气大，应利用向上排空气法收集，最后用NaOH溶液吸收多余的氯气，防止污染空气。（1）装置A中利用浓盐酸和二氧

化锰共热制取氯气，离子方程式为MnO2+4H++2Cl-ΔMn2++Cl2↑+2H2O；（2）装置B中饱和食盐水可以除去氯气中混有的HCl气体；（3）氯气的密度比空气大，应利用向上排空气法收集，所以长进短出，如图；（4）氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，化学方程式为Cl2+

2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（5）溶液减少的质量即生成的氯气和氢气的质量，转移的电子数为1.204×1023，即0.2mol电子，根据方程式可知生成0.1mol氯气和0.1mol氢气，质量为0.1mol×71g/mol+0.1mol

×2g/mol=7.3g；（6）根据得失电子守恒可知Cl2和I-的系数比为3：1，再结合元素守恒可得离子方程式为3Cl2+I-+3H2O=IO3+6Cl-+6H+；（7）根据题目所给信息可知Cl2在HgO中歧化生成Cl2O和HgO•HgCl2，氯气失去

电子生成Cl2O，得到电子生成HgO•HgCl2，双线桥表示电子的转移为。18．【答案】（11分）(1)b（1分）(2)①（2分）(3)23ClO+SO2=2ClO2+24SO（2分）(4)B（2分）(5)（2分）（

6）+2（2分）{#{QQABJYAUogiAAgAAAAhCEwGACACQkACCCIoOREAEoAIBARFABAA=}#}7【详解】（1）a．蜡炬成灰，蜡烛燃烧过程中有氧气参与，涉及氧化还原反应，a错误；b．水滴石穿过程中没有元素化合价的变化，不涉及氧化还原反应，b正确

；c．食物腐败过程中有氧气参与，涉及到氧化还原反应，c错误；故答案选b。（2）①中NH3中N为-3价，NO中N为+2价，HNO2中N为+3价，NH3和NO均失电子不满足氧化还原反应的规律，①不能实现。②NO中N为+2价，HNO3中N为+5价，N2O3中N为+3价

，NO失电子，HNO3得电子，②可能实现。③N2O4中N为+4价，HNO3中N为+5价，HNO2中N为+3价，部分N2O4失电子，部分N2O4得电子，③可能实现。故答案选①。（3）KClO3和SO2在强酸性条件下反应生成ClO2和24SO，Cl得到1个电子，

S失去2个电子，则KClO3和SO2的系数比为2：1，再结合原子守恒可得离子方程式为23ClO+SO2=2ClO2+24SO。（4）亚硝酸钠将Fe2+氧化为Fe3+，体现出了氧化性。A．过氧化氢分解生成水和氧气，H2O2同时体现氧化性和还原性，A错误；B．H2O2酸性

条件下将碘离子氧化成碘单质，体现出氧化性，B正确；C．过氧化氢被氯气氧化生成氧气，体现出还原性，C错误；D．过氧化氢被酸性高锰酸钾氧化生成氧气，体现出还原性，D错误；故答案选B。（5）NaNO2与NH4Cl反应生成N2和NaCl，

NaNO3得到3个电子转化为氮气，NH4Cl失去3个电子转化为氮气，两者的系数比为1：1，则化学方程式为（6）H2O2恰好将XO4还原，反应中H2O2变成O2，O元素的化合价由-1价升高为0价，则X的化合价降低，设元素X在还原产物中的化合价为x，由电

子守恒可知，2×(7-x)=5×2×(1-0)，x=+219．【答案】（14分）(1)（2分），复分解反应（1分）(2)玻璃棒（1分）(3)通入过量的（1分），Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3（2分）(4)焰色试验

（1分）(5)1：2（3分）（6）＜（1分），2-3CO+H+=-3HCO（2分）【详解】（1）据分析可知，“加热搅拌”中发生反应的化学方程式是；属于复分解反应；故答案为4343NaClNHHCONHClNaOΔHC2CO

4343NaClNHHCONHClNaOΔHC{#{QQABJYAUogiAAgAAAAhCEwGACACQkACCCIoOREAEoAIBARFABAA=}#}8；复分解反应。（2）“300℃加热”需用到的仪器除酒精灯、坩埚、坩埚钳、三角架、泥三角、玻璃棒；故答案为：玻璃棒。（3）溶液中

混有的少量，可通入过量的；和生成；故答案为通入过量的，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3。（4）检验中阳离子为钠离子，可以使用焰色试验检验；故答案为焰色试验。（5）现将和的固体均匀混合物等分

成两份。第一份充分加热至恒重，碳酸氢钠受热分解：固体质量减少；减少质量为水和二氧化碳，所以；；第二份与足量稀盐酸充分反应后，加热、蒸干、灼烧，，；得到固体为氯化钠，；生成0.2mol氯化钠；所以与盐酸反应生成0.2mol氯化钠；；则混合物中和

的物质的量之比为1：2；故答案为1：2。（6）在OA段发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3；在AB段发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。若该固体只是Na2CO3，则根据物质反应转化关系可知两段的绝对值相等。但该固体是

Na2CO3、NaHCO3的混合物，故AB段的绝对值大于OA段的绝对值，即∣OA∣＜∣AB∣；OA段发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3的离子方程式为：2-3CO+H+=-3HCO。4343NaClNHHCONHClNaOΔHC3NaHCO23Na

CO2CO23NaCO2CO3NaHCO2CO23NaCO23NaCO3NaHCO323222NaHCONaCO+HO+CO6.2g226.2n(HO)n(CO)0.1mol623n(NaHCO)0.2mol2322NaCO+2H

Cl=2NaCl+HO+CO322NaCO+HCl=NaCl+HO+COH23.4g23.4gn(NaCl)==0.4mol58.5g/mol3n(NaHCO)0.2mol23NaCO23n(NaCO)0.1mol23NaCO3NaHCO{#{QQABJYAUogiAAgAAAA

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