黑龙江省哈尔滨市第九中学校2025-2026学年高一上学期期中化学试题

哈尔滨市第九中学2025—2026学年度上学期期中考试高一学年化学学科试卷(考试时间：90分钟满分：100分共4页)可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16Na—23Mg—24Al—27Si—28S—32K39Ca—40Cl—35.5Fe—56Cu—64Ba—137第Ⅰ卷(共48分)一、单选题(每题2分，共36分)1.“冰城”哈尔滨即将迎来新一届冰雪盛典，关于其中蕴含的化学知识下列说法错误的是A.美丽的冰灯最主要的化学成分是水，水导电能力差是因为水是弱电解质，溶液中离子浓度小B.热门打卡地——红专街，其早市热卖“油炸糕”所用的发酵粉主要成分是碳酸钠C.盛典燃放烟花，是钠、钾、铜等某些金属化合物发生焰色试验所呈现的各种艳丽色彩D.为游客准备的保暖热帖中含有铁粉和石墨粉，其原理是铁被氧化放出热量【答案】B【解析】B．发酵粉主要成分应为碳酸氢钠（小苏打），碳酸钠受热不易分解产生气体，不适合作发酵粉，B错误；C．烟花颜色由金属元素的焰色试验呈现，钠、钾、铜等金属的化合物确实通过焰色试验产生不同颜色，C正确；D．铁粉与氧气、水发生氧化反应（生锈）释放热量，即铁被氧化放出热量，而石墨可能作为促进反应发生、增大热量分散面积等作用，D正确；故选B。2.下列物质在水溶液和熔融状态下均能导电的是A.醋酸 B.硫酸钡 C.蔗糖 D.氯化钠【答案】D【解析】【详解】A．醋酸在水溶液中部分离解，能导电，但熔融时，仍为分子态，无法导电，A不符合题意；B．硫酸钡熔融时，完全离解，能导电，但水溶液中溶解度极低，离子浓度不足，导电性微弱，B不符合题意；C．蔗糖为非电解质，水溶液和熔融态均不导电，C不符合题意；D．氯化钠在水溶液中完全离解为Na+和Cl，能导电，熔融时同样离解为自由离子导电，D符合题意；故选D。3.化学实验室废液的组成复杂，需要进行综合处理。下列无害化处理过程中，需要加入氧化剂才能实现的是【答案】A【解析】【详解】A．N元素化合价由3价升为0价，发生氧化反应，需要加入氧化剂，A正确；B．过氧化氢分解生成氧气和水，无需加入氧化剂，B错误；C．铜元素化合价没有发生改变，不需要加入氧化剂，也不需要加入还原剂，C错误；D．Cl元素化合价降低，发生还原反应，需要加入还原剂，D错误；故选A。4.下列说法错误的是A.实验室将钠保存在煤油中B.常温下储存和运输浓硫酸可用铁制罐车C.可用湿润的淀粉碘化钾试纸检测收集氯气时是否集满【答案】D【解析】【详解】A．钠易与氧气和水反应，煤油密度小于钠，可隔绝空气，A正确；B．浓硫酸常温下使铁钝化，形成致密氧化膜，可用铁罐运输，B正确；C．湿润的淀粉KI试纸遇Cl2生成I2，使淀粉变蓝，可用于检测氯气是否集满，C正确；D．制备Fe(OH)3胶体：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，加热至红褐色停止加热，不能搅拌，搅拌会破坏胶体形成，生成沉淀，D错误；故选D。A.的化学式是 B.被氧化的元素是【答案】C【解析】【详解】A．根据质量守恒定律可知，X应为SO2，A正确；B．由反应方程式可知，Cu2S中S的化合价为2，在SO2中S的化合价为+4，化合价升高，被氧化；Cu的化合价为+1价，化合价降低，氧气中O的化合价为0价，化合价降低，则Cu、O元素被还原，B正确；C．O2中O的化合价为0，在SO2中降为2，化合价降低，被还原，发生还原反应，C错误；D．Cu2S中Cu化合价由+1价降至0价，被还原，S的化合价由2升至+4价，化合价升高，被氧化，故Cu2S既是氧化剂又是还原剂，D正确；故选C。6.下列关于配制一定物质的量浓度的实验描述正确的是A.进行容量瓶检漏时倒置一次即可B.容量瓶洗涤后必须烘干才可使用【答案】C【解析】【详解】A．进行容量瓶检漏时，倒置一次，检查是否漏水，然后正放，瓶塞旋转180°后再次倒置检漏，A错误；B．容量瓶无需烘干，洗涤后可直接使用，残留水不影响定容，B错误；C．配制0.1mol/L100mL硫酸铜溶液需胆矾（CuSO4·5H2O）的物质的量为0.1L×0.1mol/L=0.01mol，摩尔质量为250g/mol，计算得质量为2.5g，C正确；故选C。7.利用下列实验装置能完成相应实验目的的是C．pH试纸测“84”消毒液的pHD．收集A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．容量瓶作为配制溶液的容器，不能直接溶解溶质，溶质需在烧杯中溶解冷却后再转移到容量瓶中，防止温度过高造成容量瓶炸裂，A错误；B．先打开止水夹，将铁与稀盐酸制得的氢气通入到盛有氢氧化钠溶液的锥形瓶中，可排尽装置内的空气，一段时间后再关闭止水夹，左侧锥形瓶内压强变大，使铁与稀盐酸反应产生的氯化亚铁溶液进入右侧锥形瓶，氯化亚铁与氢氧化钠反应产生氢氧化亚铁，此时装置内缺少氧气，氢氧化亚铁能稳定存在，B正确；C．pH试纸无法测定“84”消毒液的pH值，“84”消毒液的有效成分为NaClO，具有漂白性，能漂白pH试纸，C错误；D．氯气密度比空气大，采用向上排空气法，应长进短出，D错误；故选B。8.工业制备下列物质所选原料或反应条件错误的是选项物质原料条件AHClH2、Cl2点燃BCl2饱和食盐水电解CFeCO、赤铁矿高温DNa2CO3NaCl、CO2A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．工业上HCl由H2和Cl2在点燃条件下化合生成，原料和条件正确，A正确；B．电解饱和食盐水生成Cl2是氯碱工业的核心反应，原料和条件正确，B正确；C．CO在高温下还原赤铁矿(Fe2O3)生成Fe，符合高炉炼铁原理，C正确；D．工业制Na2CO3需通过侯氏制碱法，需NH3、NaCl和CO2，仅用NaCl和CO2无法直接制备，D错误；故答案为：D。9.物质的除杂和提纯是学生必备的实验技能。下表中除杂试剂和反应原理有错误的是选项物质(杂质)试剂反应原理ABC盐酸DA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．氯气能氧化亚铁离子生成铁离子，但是同时生成氯离子，引进新的杂质，应该使用双氧水作氧化剂，A错误；故选A；10.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是【答案】D【解析】【详解】A．Fe3+在碱性溶液中生成Fe(OH)3沉淀，Fe3+、ClO与SO2(或H2SO3)发生氧化还原反应，OH也能和SO2反应，不能大量共存，A不合题意；B．CH3COO在酸性溶液中与H+结合生成CH3COOH，无法大量存在，B不合题意；C．新制氯水中含HClO和Cl2，与Fe2+发生氧化反应(Fe2+被氧化为Fe3+)，不能共存，C不合题意；故答案为：D。A.体积：③>④ B.质量：①>② C.密度：②>③ D.质子数：①>④【答案】B【解析】【详解】A．③为6.72LO2；④为0.2molNH3，标准状况下，体积为：0.2mol×22.4L/mol=4.48L，则体积：③＞④，A正确；C．相同条件下，气体的密度比等于其摩尔质量之比，摩尔质量：Cl2＞O2，则密度：②>③，C正确；故选B。【答案】A【解析】【详解】A．由碳原子个数守恒可知，等质量的碳酸钠和碳酸氢钠与足量盐酸反应时，碳酸氢钠产生的二氧化碳量多，所以图Ⅰ中气球鼓起体积较小的是碳酸钠，故A错误；B．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应生成的二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，而碳酸钠受热不分解，所以加热图Ⅱ，澄清石灰水变浑浊一侧的白色固体是碳酸氢钠，故B正确；C．碳酸钠固体溶于水的过程为放热过程，碳酸氢钠溶于水的过程为吸热过程，所以图Ⅲ在相同条件下，分别将碳酸钠和碳酸氢钠溶于水并测量溶液温度，也能鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，故C正确；D．图Ⅳ：向等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠的溶液中滴加酚酞溶液，碱性越强，溶液颜色越深，碱性：碳酸钠强于碳酸氢钠，则溶液颜色更红的是Na2CO3，故D正确；故选A。13.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是【答案】A【解析】【详解】A．0.1mol/L1L的NaOH溶液中，Na+的物质的量为：0.1mol，则其数目为0.1NA，A正确；C．浓盐酸与MnO2反应时，随反应进行，盐酸浓度降低，反应停止，则转移电子数小于理论值0.3NA，C错误；D．标准状况下，SO3为固体，无法用气体摩尔体积计算其物质的量，D错误；故选A。14.对化学反应进行微观探析是高中化学学习的重要任务，下列离子方程式书写正确的是【答案】C【解析】故选C。15.将200mL0.3mol/LBaCl2溶液和200mL0.4mol/LH2SO4溶液混合，充分反应后溶液中H+的物质的量浓度为(忽略混合后溶液体积变化)A.0.05mol/L B.0.1mol/L C.0.2mol/L D.0.4mol/L【答案】D【解析】【答案】A【解析】答案选A。17.钒是重要的过渡元素，室温下不同价态的含钒离子色彩丰富：黄色蓝色绿色紫色下列说法错误的是A.反应③中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是2：1B.反应④配平后，的系数为4C.根据信息推测，当反应后的溶液呈紫色时所加还原剂的还原性最强【答案】B【解析】D．根据反应可知，碘单质为反应②的产物，作为氧化产物，具有一定的氧化性，H2C2O4为反应③的还原剂，具有还原性，因此与H2C2O4可以发生氧化还原反应，故D正确；故选B。B.时被氧化和被还原的氯元素的质量之比为【答案】B【解析】故选B。二、单选题(每题3分，共12分)A.甲与乙的相对分子质量之比为B.同温同压下甲和乙的密度之比为C.等质量的甲和乙中的原子数之比一定为D.同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比为【答案】C【解析】B．同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，由A可知，甲与乙的摩尔质量相等，甲和乙的密度之比为，B正确；C．由A可知，甲与乙的摩尔质量相等，等质量的甲和乙物质的量相等，但分子中原子的数目未知，原子数之比不一定为1:1，C错误；D．由A可知，甲与乙的摩尔质量相等，同温同体积下等质量的甲和乙物质的量相同，压强之比1:1，D正确；故选C。A.右侧的质量为C.右侧混合气体密度是相同条件下氧气密度的2倍D.若向右侧再充入混合气体，则隔板向左滑动至正中间位置【答案】B【解析】D．若再向右侧充入96g混合气体，则右侧气体总物质的量变为6mol，左侧气体物质的量大于右侧气体总物质的量，故隔板无法滑动至正中间，D错误；故选B。查阅资料：①可将氧化为淡黄色沉淀②FeS为难溶于水的黑色沉淀③电解质可使胶体发生聚沉该同学对实验现象进行了定性和定量分析，其结论有错误的是A.实验①中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1【答案】C【解析】C．由分析可知，实验④产生红褐色Fe(OH)3沉淀，胶体聚沉过程中没有新物质生成，属于物理变化，C错误；故选C。A.曲线Ⅱ表示溶液中产生的物质的量变化【答案】C【解析】【分析】加入NaClO溶液，第一步：NaCN与NaClO反应生成NaOCN和NaCl，第二步：NaOCN与NaClO反应生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2；则n(OCN)先增加后减少，n(N2)一段时间后开始增加；【详解】A．NaCN与NaClO反应生成NaOCN，后NaOCN与NaClO反应生成N2，则n(OCN)先增加后减少，n(N2)一段时间后开始增加，曲线Ⅱ表示溶液中产生N2的物质的量变化，A正确；

答案选C。第Ⅱ卷(共52分)23.、、均含有相同的金属元素，其转化关系如下图。回答下列问题：（1）若“反应ⅰ”在常温下进行并生成一种气体。①推断A的化学式为______(至少写2种)。②将C进行焰色试验时，清洗Pt丝时所用的酸为______(写化学式)。（2）若“反应ⅰ”在高温下进行并生成一种气体，且A为常见的金属单质。①写出反应ⅰ的化学方程式______。②X为稀硝酸，反应ⅱ的离子方程式为______。③检验C中金属阳离子最灵敏的试剂为：______(写化学式)，其现象为______。（3）15【解析】【分析】（1）A、B、C均含有相同的金属元素，若“反应ⅰ”在常温下进行并生成一种气体，由转化关系图可知，则A可能为Na、Na2O2或NaH，Na、Na2O2或NaH与水反应均生成NaOH，B为NaOH，若X为CO2，则C可能为Na2CO3、NaHCO3或Na2CO3和NaHCO3的混合物，据此分析回答；【小问1详解】①由分析可知，A的化学式为Na、Na2O2或NaH；②将C进行焰色试验时，清洗Pt丝时所用的酸为HCl，因为盐酸易挥发，不会干扰实验；【小问2详解】③C中金属阳离子为Fe3+，检验Fe3+最灵敏的试剂为KSCN溶液，现象为：若溶液变成红色，则含有Fe3+；【小问3详解】①配制过程中需要使用的玻璃仪器有：烧杯、胶头滴管、玻璃棒、______。②下列是该配制过程的操作图示，其正确的操作顺序应是______→E→______(填字母)。③在配制过程中，下列操作会导致所配制溶液的浓度偏低的是______(填序号)。A．未洗涤烧杯和玻璃棒B．用托盘天平称量固体时砝码生锈C．定容时俯视刻度线D．定容摇匀后静置，液面低于刻度线，继续加水至刻度线（3）检验某溶液中是否含有的方法是取少量待测液于试管中，先加______(写化学式)酸化，再加入______(写化学式)溶液，若产生白色沉淀，则证明原溶液中含有。产生白色沉淀的离子反应方程式为______。【答案】（1）1.3（2）①.500mL容量瓶、量筒②.AD③.CB④.AD【解析】【小问1详解】【小问2详解】①配制溶液需要的仪器包括：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、500mL容量瓶，故所缺的玻璃仪器有量筒、500mL容量瓶；②配制溶液的步骤为称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、贴标签，故正确顺序为A、D、E、C、B；③配制溶液时产生的误差分析：A．未洗涤烧杯和玻璃棒导致部分溶质未转移进容量瓶，使浓度偏低，A正确；B．用托盘天平称量固体时砝码生锈，由于砝码质量变大，导致称量的质量偏大，使浓度偏高，B错误；C．定容时俯视刻度线，导致液面低于刻度线，即溶液体积偏小，使浓度偏大，C错误；D．定容摇匀后静置，液面低于刻度线，继续加水至刻度线，再次加水导致溶液总体积偏大，使浓度偏低，D正确；故选AD。【小问3详解】回答下列问题：（1）请写出仪器A的名称______，滴加液体过程中仪器A的优点是______，装置Ⅰ中反应的离子方程式为______。（2）装置Ⅱ中试剂是______，装置Ⅲ中的试剂是______，装置Ⅴ的作用是______。（3）装置Ⅵ最好选用下列装置中的______(填序号)，理由是______。（3）①.C②.吸收未反应的，并防止空气中的水蒸气进入装置【解析】【分析】根据图及实验目的知，I是制备氯气的装置，10%盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，盐酸具有挥发性，气体亦可携带水蒸气，所以生成的氯气中含有HCl、H2O杂质，用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫酸除去水，所以装置Ⅱ中装有饱和食盐水吸收HCl，装置Ⅲ中装有浓硫酸干燥氯气，纯净的氯气与锡反应生成SnCl4，SnCl4的沸点为114℃，沸点较低，所以装置V冰水浴降温，冷凝得到液体，用碱石灰吸收未反应的Cl2，并防止空气中的水蒸气进入装置V，据此分析回答。【小问1详解】【小问2详解】由分析可知，装置Ⅱ中试剂为饱和食盐水；装置Ⅲ中试剂为浓硫酸；装置Ⅴ的作用是将SnCl4气体冷凝为液体，便于收集；【小问3详解】氯气有毒，需要进行尾气处理，故装置VI应为尾气处理装置，吸收未反应完的氯气，还要能防止水蒸气进入装置V：