2024-2025学年辽宁省丹东市名校协作高一上学期11月期中化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省丹东市名校协作2024-2025学年高一上学期11月期中试题考试时间：75分钟满分：100分1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。若需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32C135.5Ca40K39第I卷客观题一、单选题(每小题3分，共45分，每小题只有一个正确答案)1.分类是学习和研究化学的一种重要方法，下列有关物质的分类正确的是A同素异形体：金刚石、石墨 B.含氧酸：HNO3、NaHSO4C.碱：NaOH、Na2CO3 D.碱性氧化物：Fe2O3、Na2O2【答案】A【解析】A．金刚石、石墨都是碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故A正确；B．硫酸氢钠属于酸式盐，不属于酸，故B错误；C．碳酸钠属于盐，不属于碱，故C错误；D．过氧化钠属于过氧化物，不属于酸性氧化物，故D错误；故选A。2.分散系按分散质粒子直径分类如图所示，下列说法正确的是A.甲、乙、丙的本质区别是能否发生丁达尔效应B.除去乙中混有的小分子和离子常采用渗析的方法C.澄清石灰水分类属于乙，澄清石灰水变浑浊后分类属于丙D.向饱和氯化铁溶液中缓慢滴加氢氧化钠溶液可制得氢氧化铁胶体【答案】B【解析】由分散质粒子直径大小可知，甲是溶液，乙是胶体，丙是浊液，据此分析；A．溶液、胶体、浊液的本质区别是分散质粒子直径大小，A错误；B．除去胶体中混有的小分子和离子常采用半透膜进行渗析的方法，B正确；C．澄清石灰水分类属于溶液，即属于甲，C错误；D．向饱和氯化铁溶液中缓慢滴加氢氧化钠溶液可制得氢氧化铁沉淀，D错误；故选B。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.2molOH-含有的电子数为3.4NAB.1.7gH2O2中含有氧原子数为0.2NAC.标准状况下，11.2LH2O中含有的分子数为0.5NAD.常温常压下，32gO2和O3的混合气体中含有的氧原子数为2NA【答案】D【解析】A．OH-中含有的电子数为8+1+1=10，，A错误；B．，B错误；C．在标准状况下水为液态，气体摩尔体积适用的对象为气体，C错误；D．32gO2和O3的混合气体中含有的氧原子数为，D正确；故选D。4.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的A.酸性溶液：K+、ClO-、Na+、B.无色溶液：K+、H+、、C.澄清透明溶液：Cu2+、、Mg2+、Cl-D.使酚酞变红的溶液：、Cl-、、Fe2+【答案】C【解析】A．酸性溶液中含有大量H+，与ClO-不能大量共存，A错误；B．为紫红色，B错误；C．Cu2+、、Mg2+、Cl-之间不反应，能够大量共存，C正确；D．使酚酞变红的溶液呈碱性，与、均能反应，不能大量共存，D错误；故选C。5.下列反应的离子方程式书写正确的是A.Na与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=2Na++CuB.Na2O2与水：Na2O2+2H2O=2Na++2OH-+O2↑C.向石灰乳中通入Cl2制漂白粉：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OD.向饱和Na2CO3溶液中通入CO2：【答案】D【解析】A．钠与CuSO4溶液反应原理为：Na先与溶剂水反应，生成的NaOH再与CuSO4反应，离子方程式为2H2O+2Na+Cu2+═2Na++Cu(OH)2↓+H2↑，A错误；B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，B错误；C．石灰乳中Ca(OH)2主要以固体形式存在，应该写化学式，该反应的离子方程式应该为：Cl2+Ca(OH)2=Ca2++Cl-＋ClO-+H2O，C错误；D．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，D正确；故选D。6.用如图所示实验装置进行相关实验探究，可以达到实验目的的是A.装置甲：比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性B.装置乙：验证钠和水反应是否放热C.装置丙：称取一定质量的NaOH固体D.装置丁：收集干燥后的氯气【答案】B【解析】A．Na2CO3稳定，受热不分解，而NaHCO3不稳定，受热会分解，要证明二者的热稳定性强弱，要把稳定性强的Na2CO3放在外管，把稳定性差的NaHCO3放在内管进行实验，A错误；B．钠与水反应放出热，大试管中气体压强增大膨胀，红墨水左低右高，B正确；C．NaOH固体有腐蚀性，应该放在烧杯中进行称量，C错误；D．由于氯气的密度比空气大，因此应该使用向上排空气的方法收集，导气管应该是长进短出，D错误；故选B。7.下列有关离子检验的说法正确的是A.向某溶液中加入过量稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液一定含有B.向某溶液中加入过量氯化钡溶液，产生白色沉淀，则原溶液一定含有C.用洁净铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，则该溶液一定含有Na+，不含有K+D.向某溶液中滴入适量稀硝酸，再滴入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则原溶液一定含有Cl-【答案】D【解析】A．将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该气体可能是CO2，也可能是SO2，则该溶液中可能含有，也可能含有或、，因此不一定是含有，A错误；B．向某溶液中加入过量氯化钡溶液，产生白色沉淀，则原溶液可能含有或或，不一定含有，B错误；C．用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，则该溶液一定含有Na+，火焰呈紫色(透过蓝色钴玻璃)，说明溶液中有K+，不透过蓝色钴玻璃无法确定是否含有K+，C错误；D．向某溶液中滴入适量稀硝酸，排除、干扰，再滴入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则原溶液一定含有Cl-，D正确；故选D。8.同温同压下，相同质量的O2和O3气体，下列说法正确的是A.体积之比为3：2 B.密度之比为3：2C.物质的量之比为2：3 D.原子个数之比为2：3【答案】A【解析】根据可知，等质量的O2和O3气体物质的量之比为3：2。A．同温同压，物质的量之比等于体积之比，所以体积之比为3：2，A正确；B．根据阿伏伽德罗定律推论，密度与摩尔质量成正比，所以密度之比为3：2，B错误；C．根据分析可知，物质的量之比为2：3，C错误；D．二者物质的量之比为3：2，原子个数比为1：1，D错误；答案选A。9.欲配制980mL1.00mol/LNaOH溶液，部分实验操作如图所示，下列说法错误的是A.需要称量的NaOH固体的质量为39.2gB.上述实验操作步骤的正确顺序为②①④③C.定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaOH溶液浓度偏低D.定容后，盖紧瓶塞，颠倒摇匀后，发现液面低于刻度线，无须再次加水【答案】A【解析】A．配制980mL1.00mol•L﹣1的NaOH溶液，应选取1000mL容量瓶，所需NaOH固体的物质的量=1L×1.00mol•L﹣1=1mol，氢氧化钠的质量为m=nM=1mol×40g•mol﹣1=40g，需要称量的NaOH固体的质量为40.0g，A错误；B．配制一定物质的量浓度的溶液，配制步骤为：计算、溶解、转移、洗涤，最后是定容，B正确；C．定容时仰视刻度线，使溶液体积偏大，浓度偏低，C正确；D．定容后，盖紧瓶塞，颠倒摇匀后，发现液面低于刻度线，无须再次加水，若加水，浓度偏低，D正确；故选A。10.下列关于钠及其化合物的说法正确的是A.将金属钠在燃烧匙中点燃，可得到淡黄色固体Na2OB.Na2O、Na2O2均能与H2O、CO2反应生成O2，它们都可用作供氧剂C.Na2CO3、NaHCO3溶液均能与Ca(OH)2溶液反应产生白色沉淀D.将稀盐酸滴加到Na2CO3和NaOH的混合溶液中，立即产生气泡【答案】C【解析】A．金属钠在点燃下与氧气反应得到淡黄色固体Na2O2，A错误；B．过氧化钠可以分别与二氧化碳、水反应生成氧气，可用于呼吸面具中作为氧气的来源，可作供氧剂，氧化钠与水、二氧化碳反应不生成氧气，不能作供氧剂，B错误；C．碳酸钠、碳酸氢钠溶液均能与氢氧化钙溶液反应产生白色沉淀碳酸钙，C正确；D．将稀盐酸滴加到碳酸钠和NaOH的混合溶液中，先与氢氧化钠反应，不会立即产生气泡，D错误；答案选C。11.下列关于氯及其化合物的说法错误的是A.HCl→Cl2→NaClO均可一步实现B.纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出淡蓝色火焰C.新制氯水具有漂白性，久置后次氯酸分解而失去漂白性D.“84消毒液”的有效成分是NaClO，向其中通入CO2可增强杀菌消毒效果【答案】B【解析】A．HCl与次氯酸钠反应生成Cl2，Cl2与氢氧化钠反应生成NaClO，均可一步实现，A正确；B．纯净的氢气能在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰，B错误；C．新制氯水具有漂白性是因为含有次氯酸，久置后次氯酸分解、溶液失去漂白性，C正确；D．碳酸酸性大于次氯酸，“84消毒液”的有效成分是NaClO，向其中通入CO2反应生成次氯酸，可增虽杀菌消毒效果，D正确；故选B。12.已知64g由KOH和组成的固体混合物与200mL某溶液恰好完全反应，将反应后的溶液小心蒸干，得到87g固体。则原溶液的物质的量浓度和原固体混合物中钾元素的质量分数分别是A. B.C. D.【答案】A【解析】，则原溶液的物质的量浓度为；根据原子守恒，则钾元素的质量分数；故选A。13.有下列三个反应：①Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-；②2Fe3++2I-=2Fe2++I2；③Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O，下列说法正确的是A.①②③中的氧化产物分别是Fe3+、I2、CoCl2B.氧化性：Co2O3>Cl2>Fe3+>I2C.反应③中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：6D.将少量Cl2通入FeI2溶液中：2Fe2++4I-+3C12=2Fe3++2I2+6C1-【答案】B【解析】氧化剂得电子化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物；还原剂失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物。①中Cl2为氧化剂，Fe2+为还原剂，Fe3+为氧化产物，Cl-为还原产物；②中Fe3＋为氧化剂，I-为还原剂，Fe2＋为还原产物，I2为氧化产物；③中Co2O3为氧化剂，HCl为还原剂，CoCl2为还原产物，Cl2为氧化产物，据此分析；A．根据分析，①②③中的氧化产物分别是Fe3＋、I2、Cl2，A错误；B．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物可知，氧化性Co2O3＞Cl2＞Fe3＋，B正确；C．反应③中氧化剂（Co2O3）与还原剂（HCl，6个中2个参与氧化还原反应）物质的量之比为1：2，C错误；D．因还原性I->Fe2＋>Cl->CoCl2，将少量Cl2通入FeI2溶液中，I-优先反应：2I-+C12=I2+2C1-，D错误；故选B。14.在酸性溶液中与反应，反应产物为、、。已知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶5，则x的值为A.2 B.3 C.4 D.无法确定【答案】A【解析】由题意，该反应的化学方程式为，根据电荷守恒﹣5x+(-1)×2+16=2×2，x=2，故选A。15.利用NaClO氧化尿素[CO(NH2)2]制备(水合肼)的实验流程如图所示，下列说法错误的是已知：有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。A.步骤I中为避免温度过高生成NaClO3，可采用冰水浴B.步骤I制备NaClO时发生氧化还原反应，氧化剂、还原剂均为Cl2C.步骤Ⅱ可将尿素水溶液逐滴滴入NaClO溶液中D.生成水合肼的离子方程式为【答案】C【解析】由流程可知，步骤I中发生，温度过高时易发生，步骤Ⅱ中发生，且将NaClO溶液逐滴滴加到尿素中，可防止过量的NaClO溶液将氧化，步骤Ⅲ中分离出碳酸钠、水合肼。A．步骤I中温度过高发生副反应，为避免温度过高，可采用冰水浴，A正确；B．步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，发生氧化还原反应：，氧化剂、还原剂均为Cl2，B正确；C．步骤Ⅱ中若将尿素水溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中，会导致NaClO溶液将氧化，因此步骤II中可将NaClO碱性溶液逐滴滴入尿素水溶液中，故C错误；D．由流程可知生成水合肼反应的离子方程式为，D正确；故选C。第Ⅱ卷主观题二、非选择题(本题共4小题，共55分)16.I．现有以下物质：①NaOH②液氨③BaCO3固体④熔融NaHSO4⑤Fe(OH)3胶体⑥铜⑦SO2⑧CH3COOH⑨蔗糖⑩矿泉水，回答下列问题：（1）以上物质中属于混合物的是___________(填序号，下同)，属于电解质的是___________。（2）写出③和⑧反应的离子方程式___________。（3）写出NaHSO4在熔融状态下的电离方程式___________。II．某氧化还原反应涉及Mn2+、Bi3+、、、H+、H2O六种微粒，已知该反应中只发生→Bi3+过程：（4）该氧化还原反应中，被氧化的元素是___________(填名称)。（5）写出该氧化还原反应的离子方程式：___________。（6）在H+、Mg2+、Fe2+、S、Cl-、S2-中，既有氧化性又有还原性的是___________。【答案】（1）①.⑤⑩②.①③④⑧（2）BaCO3+2CH3COOH=Ba2++2CH3COO-+CO2↑+H2O（3）（4）锰（5）（6）Fe2+、S【解析】【小问1详析】混合物由两种或两种以上的物质构成，以上物质中属于混合物有⑤Fe(OH)3胶体、⑩矿泉水(水中溶有矿石中的多种离子)；酸、碱、盐、金属氧化物、水等属于电解质，则以上物质中属于电解质的是①NaOH、③BaCO3固体、④熔融KHSO4、⑧CH3COOH，故选①③④⑧；【小问2详析】③和⑧反应生成醋酸钡、二氧化碳和水，离子方程式BaCO3+2CH3COOH=Ba2++2CH3COO-+CO2↑+H2O；【小问3详析】NaHSO4在熔融状态下的电离方程式；【小问4详析】在的反应过程，为反应物，Bi3+为生成物，Bi元素化合价降低，得到电子，被还原，为氧化剂，应该有物质作还原剂，物质元素化合价升高，故Mn2+为反应物，作还原剂被氧化，为氧化产物；【小问5详析】在的反应过程，为反应物，Bi3+为生成物，Bi元素化合价降低，得到电子，被还原，为氧化剂，应该有物质作还原剂，物质元素化合价升高，故Mn2+为反应物，作还原剂被氧化，为氧化产物根据电荷守恒，可知H+为反应物，H2O为生成物，最后根据元素守恒及电荷守恒、电子守恒，可得反应的离子方程式为：；【小问6详析】根据元素化合价可知：处于最低价态的只有还原性，处于最高价态的只有氧化性，处于中间价态的既有氧化性又有还原性，既有氧化性又有还原性的是Fe2+、S；17.I．物质的量计算是高中化学的基本计算技能。（1）质量相同的SO2和SO3的摩尔质量之比是___________。（2）19g某二价金属的氯化物ACl2中含有0.4mol，则A的摩尔质量为___________。（3）一定量的NH3中H原子数与0.3mol中H原子数相同，则此氨气在标准状况下的体积为___________L。（4）agH2SO4中含有b个氧原子，则阿伏加德罗常数为___________mol-1(用含a、b的式子表示)。II．实验室利用密度为1.84g/cm3、质量分数为98%的浓硫酸配制100mL、1.84mol/L的稀硫酸溶液。（5）需用量筒量取浓硫酸的体积为___________mL。（6）该实验使用的玻璃仪器除了烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还有___________。（7）在配制过程中，若用刚洗涤的量筒量取所需浓硫酸，则配制的稀硫酸浓度将___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）4：5（2）24g/mol（3）2.24（4）（5）10.0（6）100mL容量瓶（7）偏低【解析】【小问1详析】SO2的相对分子质量为，则SO2摩尔质量，SO3的相对分子质量为，则SO3摩尔质量，所以SO2和SO3的摩尔质量之比是；【小问2详析】因为1个ACl2中含有2个，则，，设A的摩尔质量为，，则；【小问3详析】0.3mol中H原子的，1个NH3中含有3个H原子，设NH3的物质的量为，因为NH3中H原子数与0.3mol中H原子数相同，则，解得，则；【小问4详析】H2SO4的摩尔质量，agH2SO4的，则，已知agH2SO4中含有b个氧原子，则，则；【小问5详析】根据，根据稀释定律：，则；【小问6详析】配制一定物质的量浓度溶液的实验中，使用的玻璃仪器除了烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还有100mL容量瓶；【小问7详析】若用刚洗涤的量筒量取所需浓硫酸，量筒内壁有水，会使量取的浓硫酸的物质的量偏小，根据，n偏小，V不变，则配制的稀硫酸浓度将偏低。18.氯及其化合物在生产、生活及环境消毒等各方面具有重要的应用。（1）实验室利用高锰酸钾和浓盐酸制取氯气，发生反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O该反应中浓盐酸体现的性质有___________；根据该反应原理选用下图中___________装置制取氯气(填标号)。（2）甲同学将制取的氯气通过饱和食盐水后直接通入下图所示的装置中，探究氯气的性质。①实验过程中发现装置D中的有色布条褪色，其原因可能是___________，请提出合理的改进方法：___________。②已知酸性：HCl>H2CO3>HClO。装置G中产生无色气体，该现象证明Cl2与NaHCO3发生反应，该反应的化学方程式为___________。③H装置的目的是制备漂白粉，则H装置中盛装的药品是___________。。a．澄清石灰水b．石灰乳c．烧碱④I装置的作用为___________。【答案】（1）①还原性和酸性②.A（2）①.氯气中混有少量水蒸气②.在装置D之前增加盛有浓H2SO4的洗气瓶③.Cl2+NaHCO3=NaCl+CO2↑+HClO④.b⑤.吸收尾气，防止空气污染【解析】〖祥解〗高锰酸钾和浓盐酸常温下反应放出氯气，根据反应原理，选用A装置制备氯气，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，通过浓硫酸干燥氯气，再依次通过干燥的红布条、湿润的红布条验证氯气和水发生反应，G中氯气和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳、氯化钠、次氯酸，H中氯气和石灰乳反应制备漂白粉，I中氢氧化钠吸收氯气，防止空气污染。【小问1详析】2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O反应，部分盐酸中氯元素化合价升高生成氯气，部分盐酸中氯元素化合价不变生成氯化钾、氯化锰，该反应中浓盐酸体现性质有还原性、酸性；该反应原理为固液常温下反应生成氯气，选A装置制备氯气。【小问2详析】①通过饱和食盐水后的氯气中含有水蒸气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，所以实验过程中发现装置D中的有色布条褪色；改进方法是在装置D之前增加盛有浓H2SO4的洗气瓶。②氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，酸性HCl>H2CO3>HClO，装置G中盐酸和碳酸氢钠反应放出二氧化碳，次氯酸和碳酸氢钠不反应，则Cl2与NaHCO3发生反应的化学方程式为Cl2+NaHCO3=NaCl+CO2↑+HClO。③氯气和石灰乳反应制备漂白粉，H装置的目的是制备漂白粉，则H装置中盛装的药品是石灰乳，选b。④氯气有毒，能被氢氧化钠溶液吸收，I装置的作用为吸收尾气，防止空气污染。19.我国化学家侯德榜发明了联合制碱法，对世界制碱工业做出了巨大贡献，联合制碱法的主要过程如图所示(部分物质已略去)（1）①~③所涉及的操作方法中，包含过滤的是___________(填序号)。（2）①中发生反应的化学方程式为___________。（3）物质的循环使用能提高原料的利用率，减少浪费，以上过程中能循环利用的物质有___________(填化学式)。（4）下列说法中，正确的是___________(填字母)。a．副产物NH4Cl可用作肥料b．溶液B中一定含有Na+、、Cl-c．反应过程中应先通入CO2，使溶液显酸性，再通入NH3气体，有利于吸收（5）若制出的Na2CO3样品中含有的杂质只有NaHCO3，则下列实验方案中，不能测定样品中Na2CO3质量分数的是___________。A.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体B取ag混合物充分加热，得到bg固体C.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，碱石灰质量增加bgD.取ag混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥，得到bg固体（6）若制出10.6gNa2CO3，将该Na2CO3与足量稀硫酸反应后，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2固体，则Na2O2固体增重___________g。（7）若制出的Na2CO3样品含有的杂质只有NaCl，向mg该样品中加入足量的CaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为bg，则该Na2CO3样品的纯度(质量分数)为___________(用m、b来表示)。【答案】（1）①③（2）NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4C1（3）CO2和NaCl（4）ab（5）C（6）2.8（7）【解析】根据图示过程分析可知，向饱和食盐水中先通入氨气，再通入CO2气体，发生反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，将NaHCO3过滤出来，加热使其发生分解反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，得到纯碱Na2CO3，溶液A中加入NaCl固体，会析出NH4Cl晶体，溶液B中成分为NaCl和NH4Cl，据此分析；【小问1详析】根据上述分析可知，①~③所涉及的操作方法中，包含过滤的是①和③；【小问2详析】根据上述分析可知，①中向饱和食盐水中先通入NH3，再通入CO2气体，生成NaHCO3固体的化学方程式：NH3＋CO2＋NaCl＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl；【小问3详析】煅烧NaHCO3产生的气体为CO2和溶液B中的NaCl均可循环使用，提高原料利用率；【小问4详析】a．副产物NH4Cl是氮肥，可用作植物生长所需的肥料，a正确；b．经分析溶液B中成分为NaCl和NH4Cl，一定含有Na+、、Cl-，b正确；c．二氧化碳在水中溶解度小，但是在碱性环境条件下溶解性很大，所以在侯氏制碱中应该先通入氨气然后再通入二氧化碳，c错误；故选ab；【小问5详析】A．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体，最后得到氯化钠固体，根据方程组：设Na2CO3物质的量为xmol，NaHCO3物质的量为ymol，，，求算出碳酸钠的质量分数，故A不满足题意；B．取ag混合物充分加热，在干燥器中冷却至室温，得到bg，减少的质量(a-b)g为碳酸氢钠分解生成的二氧化碳和水的质量，根据关系式：2NaHCO3~CO2↑+H2O，NaHCO3的质量为，Na2CO3的质量为，故B不满足题意；C．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bg，碱石灰增加的质量是二氧化碳和水的质量，因生成的气体未干燥，故水的质量无法计算，故不能计算碳酸钠的质量分数，故C满足题意；D．取ag混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得bg固体，得到碳酸钡沉淀，BaCO3~Na2CO3，Na2CO3的质量为，NaHCO3的质量为，故D不满足题意；综上所述，答案为C；【小问6详析】对固体Na2CO3与足量稀硫酸反应，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2固体，与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：，根据关系式可知，消耗的的物质的量为，所以Na2O2固体增重2.8g；【小问7详析】向mg纯碱样品中加入足量的CaCl2溶液，发生反应：，得到CaCO3的质量为bg，关系式：，该纯碱样品的纯度为：或。辽宁省丹东市名校协作2024-2025学年高一上学期11月期中试题考试时间：75分钟满分：100分1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。若需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32C135.5Ca40K39第I卷客观题一、单选题(每小题3分，共45分，每小题只有一个正确答案)1.分类是学习和研究化学的一种重要方法，下列有关物质的分类正确的是A同素异形体：金刚石、石墨 B.含氧酸：HNO3、NaHSO4C.碱：NaOH、Na2CO3 D.碱性氧化物：Fe2O3、Na2O2【答案】A【解析】A．金刚石、石墨都是碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故A正确；B．硫酸氢钠属于酸式盐，不属于酸，故B错误；C．碳酸钠属于盐，不属于碱，故C错误；D．过氧化钠属于过氧化物，不属于酸性氧化物，故D错误；故选A。2.分散系按分散质粒子直径分类如图所示，下列说法正确的是A.甲、乙、丙的本质区别是能否发生丁达尔效应B.除去乙中混有的小分子和离子常采用渗析的方法C.澄清石灰水分类属于乙，澄清石灰水变浑浊后分类属于丙D.向饱和氯化铁溶液中缓慢滴加氢氧化钠溶液可制得氢氧化铁胶体【答案】B【解析】由分散质粒子直径大小可知，甲是溶液，乙是胶体，丙是浊液，据此分析；A．溶液、胶体、浊液的本质区别是分散质粒子直径大小，A错误；B．除去胶体中混有的小分子和离子常采用半透膜进行渗析的方法，B正确；C．澄清石灰水分类属于溶液，即属于甲，C错误；D．向饱和氯化铁溶液中缓慢滴加氢氧化钠溶液可制得氢氧化铁沉淀，D错误；故选B。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.2molOH-含有的电子数为3.4NAB.1.7gH2O2中含有氧原子数为0.2NAC.标准状况下，11.2LH2O中含有的分子数为0.5NAD.常温常压下，32gO2和O3的混合气体中含有的氧原子数为2NA【答案】D【解析】A．OH-中含有的电子数为8+1+1=10，，A错误；B．，B错误；C．在标准状况下水为液态，气体摩尔体积适用的对象为气体，C错误；D．32gO2和O3的混合气体中含有的氧原子数为，D正确；故选D。4.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的A.酸性溶液：K+、ClO-、Na+、B.无色溶液：K+、H+、、C.澄清透明溶液：Cu2+、、Mg2+、Cl-D.使酚酞变红的溶液：、Cl-、、Fe2+【答案】C【解析】A．酸性溶液中含有大量H+，与ClO-不能大量共存，A错误；B．为紫红色，B错误；C．Cu2+、、Mg2+、Cl-之间不反应，能够大量共存，C正确；D．使酚酞变红的溶液呈碱性，与、均能反应，不能大量共存，D错误；故选C。5.下列反应的离子方程式书写正确的是A.Na与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=2Na++CuB.Na2O2与水：Na2O2+2H2O=2Na++2OH-+O2↑C.向石灰乳中通入Cl2制漂白粉：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OD.向饱和Na2CO3溶液中通入CO2：【答案】D【解析】A．钠与CuSO4溶液反应原理为：Na先与溶剂水反应，生成的NaOH再与CuSO4反应，离子方程式为2H2O+2Na+Cu2+═2Na++Cu(OH)2↓+H2↑，A错误；B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，B错误；C．石灰乳中Ca(OH)2主要以固体形式存在，应该写化学式，该反应的离子方程式应该为：Cl2+Ca(OH)2=Ca2++Cl-＋ClO-+H2O，C错误；D．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，D正确；故选D。6.用如图所示实验装置进行相关实验探究，可以达到实验目的的是A.装置甲：比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性B.装置乙：验证钠和水反应是否放热C.装置丙：称取一定质量的NaOH固体D.装置丁：收集干燥后的氯气【答案】B【解析】A．Na2CO3稳定，受热不分解，而NaHCO3不稳定，受热会分解，要证明二者的热稳定性强弱，要把稳定性强的Na2CO3放在外管，把稳定性差的NaHCO3放在内管进行实验，A错误；B．钠与水反应放出热，大试管中气体压强增大膨胀，红墨水左低右高，B正确；C．NaOH固体有腐蚀性，应该放在烧杯中进行称量，C错误；D．由于氯气的密度比空气大，因此应该使用向上排空气的方法收集，导气管应该是长进短出，D错误；故选B。7.下列有关离子检验的说法正确的是A.向某溶液中加入过量稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液一定含有B.向某溶液中加入过量氯化钡溶液，产生白色沉淀，则原溶液一定含有C.用洁净铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，则该溶液一定含有Na+，不含有K+D.向某溶液中滴入适量稀硝酸，再滴入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则原溶液一定含有Cl-【答案】D【解析】A．将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该气体可能是CO2，也可能是SO2，则该溶液中可能含有，也可能含有或、，因此不一定是含有，A错误；B．向某溶液中加入过量氯化钡溶液，产生白色沉淀，则原溶液可能含有或或，不一定含有，B错误；C．用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，则该溶液一定含有Na+，火焰呈紫色(透过蓝色钴玻璃)，说明溶液中有K+，不透过蓝色钴玻璃无法确定是否含有K+，C错误；D．向某溶液中滴入适量稀硝酸，排除、干扰，再滴入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则原溶液一定含有Cl-，D正确；故选D。8.同温同压下，相同质量的O2和O3气体，下列说法正确的是A.体积之比为3：2 B.密度之比为3：2C.物质的量之比为2：3 D.原子个数之比为2：3【答案】A【解析】根据可知，等质量的O2和O3气体物质的量之比为3：2。A．同温同压，物质的量之比等于体积之比，所以体积之比为3：2，A正确；B．根据阿伏伽德罗定律推论，密度与摩尔质量成正比，所以密度之比为3：2，B错误；C．根据分析可知，物质的量之比为2：3，C错误；D．二者物质的量之比为3：2，原子个数比为1：1，D错误；答案选A。9.欲配制980mL1.00mol/LNaOH溶液，部分实验操作如图所示，下列说法错误的是A.需要称量的NaOH固体的质量为39.2gB.上述实验操作步骤的正确顺序为②①④③C.定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaOH溶液浓度偏低D.定容后，盖紧瓶塞，颠倒摇匀后，发现液面低于刻度线，无须再次加水【答案】A【解析】A．配制980mL1.00mol•L﹣1的NaOH溶液，应选取1000mL容量瓶，所需NaOH固体的物质的量=1L×1.00mol•L﹣1=1mol，氢氧化钠的质量为m=nM=1mol×40g•mol﹣1=40g，需要称量的NaOH固体的质量为40.0g，A错误；B．配制一定物质的量浓度的溶液，配制步骤为：计算、溶解、转移、洗涤，最后是定容，B正确；C．定容时仰视刻度线，使溶液体积偏大，浓度偏低，C正确；D．定容后，盖紧瓶塞，颠倒摇匀后，发现液面低于刻度线，无须再次加水，若加水，浓度偏低，D正确；故选A。10.下列关于钠及其化合物的说法正确的是A.将金属钠在燃烧匙中点燃，可得到淡黄色固体Na2OB.Na2O、Na2O2均能与H2O、CO2反应生成O2，它们都可用作供氧剂C.Na2CO3、NaHCO3溶液均能与Ca(OH)2溶液反应产生白色沉淀D.将稀盐酸滴加到Na2CO3和NaOH的混合溶液中，立即产生气泡【答案】C【解析】A．金属钠在点燃下与氧气反应得到淡黄色固体Na2O2，A错误；B．过氧化钠可以分别与二氧化碳、水反应生成氧气，可用于呼吸面具中作为氧气的来源，可作供氧剂，氧化钠与水、二氧化碳反应不生成氧气，不能作供氧剂，B错误；C．碳酸钠、碳酸氢钠溶液均能与氢氧化钙溶液反应产生白色沉淀碳酸钙，C正确；D．将稀盐酸滴加到碳酸钠和NaOH的混合溶液中，先与氢氧化钠反应，不会立即产生气泡，D错误；答案选C。11.下列关于氯及其化合物的说法错误的是A.HCl→Cl2→NaClO均可一步实现B.纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出淡蓝色火焰C.新制氯水具有漂白性，久置后次氯酸分解而失去漂白性D.“84消毒液”的有效成分是NaClO，向其中通入CO2可增强杀菌消毒效果【答案】B【解析】A．HCl与次氯酸钠反应生成Cl2，Cl2与氢氧化钠反应生成NaClO，均可一步实现，A正确；B．纯净的氢气能在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰，B错误；C．新制氯水具有漂白性是因为含有次氯酸，久置后次氯酸分解、溶液失去漂白性，C正确；D．碳酸酸性大于次氯酸，“84消毒液”的有效成分是NaClO，向其中通入CO2反应生成次氯酸，可增虽杀菌消毒效果，D正确；故选B。12.已知64g由KOH和组成的固体混合物与200mL某溶液恰好完全反应，将反应后的溶液小心蒸干，得到87g固体。则原溶液的物质的量浓度和原固体混合物中钾元素的质量分数分别是A. B.C. D.【答案】A【解析】，则原溶液的物质的量浓度为；根据原子守恒，则钾元素的质量分数；故选A。13.有下列三个反应：①Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-；②2Fe3++2I-=2Fe2++I2；③Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O，下列说法正确的是A.①②③中的氧化产物分别是Fe3+、I2、CoCl2B.氧化性：Co2O3>Cl2>Fe3+>I2C.反应③中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：6D.将少量Cl2通入FeI2溶液中：2Fe2++4I-+3C12=2Fe3++2I2+6C1-【答案】B【解析】氧化剂得电子化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物；还原剂失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物。①中Cl2为氧化剂，Fe2+为还原剂，Fe3+为氧化产物，Cl-为还原产物；②中Fe3＋为氧化剂，I-为还原剂，Fe2＋为还原产物，I2为氧化产物；③中Co2O3为氧化剂，HCl为还原剂，CoCl2为还原产物，Cl2为氧化产物，据此分析；A．根据分析，①②③中的氧化产物分别是Fe3＋、I2、Cl2，A错误；B．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物可知，氧化性Co2O3＞Cl2＞Fe3＋，B正确；C．反应③中氧化剂（Co2O3）与还原剂（HCl，6个中2个参与氧化还原反应）物质的量之比为1：2，C错误；D．因还原性I->Fe2＋>Cl->CoCl2，将少量Cl2通入FeI2溶液中，I-优先反应：2I-+C12=I2+2C1-，D错误；故选B。14.在酸性溶液中与反应，反应产物为、、。已知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶5，则x的值为A.2 B.3 C.4 D.无法确定【答案】A【解析】由题意，该反应的化学方程式为，根据电荷守恒﹣5x+(-1)×2+16=2×2，x=2，故选A。15.利用NaClO氧化尿素[CO(NH2)2]制备(水合肼)的实验流程如图所示，下列说法错误的是已知：有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。A.步骤I中为避免温度过高生成NaClO3，可采用冰水浴B.步骤I制备NaClO时发生氧化还原反应，氧化剂、还原剂均为Cl2C.步骤Ⅱ可将尿素水溶液逐滴滴入NaClO溶液中D.生成水合肼的离子方程式为【答案】C【解析】由流程可知，步骤I中发生，温度过高时易发生，步骤Ⅱ中发生，且将NaClO溶液逐滴滴加到尿素中，可防止过量的NaClO溶液将氧化，步骤Ⅲ中分离出碳酸钠、水合肼。A．步骤I中温度过高发生副反应，为避免温度过高，可采用冰水浴，A正确；B．步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，发生氧化还原反应：，氧化剂、还原剂均为Cl2，B正确；C．步骤Ⅱ中若将尿素水溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中，会导致NaClO溶液将氧化，因此步骤II中可将NaClO碱性溶液逐滴滴入尿素水溶液中，故C错误；D．由流程可知生成水合肼反应的离子方程式为，D正确；故选C。第Ⅱ卷主观题二、非选择题(本题共4小题，共55分)16.I．现有以下物质：①NaOH②液氨③BaCO3固体④熔融NaHSO4⑤Fe(OH)3胶体⑥铜⑦SO2⑧CH3COOH⑨蔗糖⑩矿泉水，回答下列问题：（1）以上物质中属于混合物的是___________(填序号，下同)，属于电解质的是___________。（2）写出③和⑧反应的离子方程式___________。（3）写出NaHSO4在熔融状态下的电离方程式___________。II．某氧化还原反应涉及Mn2+、Bi3+、、、H+、H2O六种微粒，已知该反应中只发生→Bi3+过程：（4）该氧化还原反应中，被氧化的元素是___________(填名称)。（5）写出该氧化还原反应的离子方程式：___________。（6）在H+、Mg2+、Fe2+、S、Cl-、S2-中，既有氧化性又有还原性的是___________。【答案】（1）①.⑤⑩②.①③④⑧（2）BaCO3+2CH3COOH=Ba2++2CH3COO-+CO2↑+H2O（3）（4）锰（5）（6）Fe2+、S【解析】【小问1详析】混合物由两种或两种以上的物质构成，以上物质中属于混合物有⑤Fe(OH)3胶体、⑩矿泉水(水中溶有矿石中的多种离子)；酸、碱、盐、金属氧化物、水等属于电解质，则以上物质中属于电解质的是①NaOH、③BaCO3固体、④熔融KHSO4、⑧CH3COOH，故选①③④⑧；【小问2详析】③和⑧反应生成醋酸钡、二氧化碳和水，离子方程式BaCO3+2CH3COOH=Ba2++2CH3COO-+CO2↑+H2O；【小问3详析】NaHSO4在熔融状态下的电离方程式；【小问4详析】在的反应过程，为反应物，Bi3+为生成物，Bi元素化合价降低，得到电子，被还原，为氧化剂，应该有物质作还原剂，物质元素化合价升高，故Mn2+为反应物，作还原剂被氧化，为氧化产物；【小问5详析】在的反应过程，为反应物，Bi3+为生成物，Bi元素化合价降低，得到电子，被还原，为氧化剂，应该有物质作还原剂，物质元素化合价升高，故Mn2+为反应物，作还原剂被氧化，为氧化产物根据电荷守恒，可知H+为反应物，H2O为生成物，最后根据元素守恒及电荷守恒、电子守恒，可得反应的离子方程式为：；【小问6详析】根据元素化合价可知：处于最低价态的只有还原性，处于最高价态的只有氧化性，处于中间价态的既有氧化性又有还原性，既有氧化性又有还原性的是Fe2+、S；17.I．物质的量计算是高中化学的基本计算技能。（1）质量相同的SO2和SO3的摩尔质量之比是___________。（2）19g某二价金属的氯化物ACl2中含有0.4mol，则A的摩尔质量为___________。（3）一定量的NH3中H原子数与0.3mol中H原子数相同，则此氨气在标准状况下的体积为___________L。（4）agH2SO4中含有b个氧原子，则阿伏加德罗常数为___________mol-1(用含a、b的式子表示)。II．实验室利用密度为1.84g/cm3、质量分数为98%的浓硫酸配制100mL、1.84mol/L的稀硫酸溶液。（5）需用量筒量取浓硫酸的体积为___________mL。（6）该实验使用的玻璃仪器除了烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还有___________。（7）在配制过程中，若用刚洗涤的量筒量取所需浓硫酸，则配制的稀硫酸浓度将___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）4：5（2）24g/mol（3）2.24（4）（5）10.0（6）100mL容量瓶（7）偏低【解析】【小问1详析】SO2的相对分子质量为，则SO2摩尔质量，SO3的相对分子质量为，则SO3摩尔质量，所以SO2和SO3的摩尔质量之比是；【小问2详析】因为1个ACl2中含有2个，则，，设A的摩尔质量为，，则；【小问3详析】0.3mol中H原子的，1个NH3中含有3个H原子，设NH3的物质的量为，因为NH3中H原子数与0.3mol中H原子数相同，则，解得，则；【小问4详析】H2SO4的摩尔质量，agH2SO4的，则，已知agH2SO4中含有b个氧原子，则，则；【小问5详析】根据，根据稀释定律：，则；【小问6详析】配制一定物质的量浓度溶液的实验中，使用的玻璃仪器除了烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还有100mL容量瓶；【小问7详析】若用刚洗涤的量筒量取所需浓硫酸，量筒内壁有水，会使量取的浓硫酸的物质的量偏小，根据，n偏小，V不变，则配制的稀硫酸浓度将偏低。18.氯及其化合物在生产、生活及环境消毒等各方面具有重要的应用。（1）实验室利用高锰酸钾和浓盐酸制取氯气，发生反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O该反应中浓盐酸体现的性质有___________；根据该反应原理选用下图中___________装置制取氯气(填标号)。（2）甲同学将制取的氯气通过饱和食盐水后直接通入下图所示的装置中，探究氯气的性质。①实验过程中发现装置D中的有色布条褪色，其原因可能是___________，请提出合理的改进方法：___________。②已知酸性：HCl>H2CO3>HClO。装置G中产生无色气体，该现象证明Cl2与NaHCO3发生反应，该反应的化学方程式为___________。③H装置的目的是制备漂白粉，则H装置中盛装的药品是___________。。a．澄清石灰水b．石灰乳c．烧碱④I装置的作用为___________。【答案】（1）①还原性和酸性②.A（2）①.氯气中混有少量水蒸气②.在装置D之前增加盛有浓H2SO4的洗气瓶③.Cl2+NaHCO3=NaCl+CO2↑+HClO④.b⑤.吸收尾气，防止空气污染【解析】〖祥解〗高锰酸钾和浓盐酸常温下反应放出氯气，根据反应原理，选用A装置制备氯气，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，通过浓硫酸干燥氯气，再依次通过干燥的红布条、湿润的红布条验证氯气和水发生反应，G中氯气和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳、氯化钠、次氯酸，H中氯气和石灰乳反应制备漂白粉，I中氢氧化钠吸收氯气，防止空气污染。【小问1详析】2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O反应，部分盐酸中氯元素化合价升高生成氯气，部分盐酸中氯元素化合价不变生成氯化钾、氯化锰，该反应中浓盐酸体现性质有还原性、酸性；该反应原理为固液常温下反应生成氯气，选A装置制备氯气。【小问2详析】①通过饱和食盐水后的氯气中含有水蒸气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，所以实验过程中发现装置D中的有色布条褪色；改进方法是在装置D之前增加盛有浓H2SO4的洗气瓶。②氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，酸性HCl>H2CO3>HClO，装