扬州市高一化学期中考试（2022年上学期）同步练习

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选择题

我校本月提出“节约用水用电，倡导绿色简约生活”。下列做法不应该提倡的是

A.路远的小伙伴们拼车上学B.少用修正带、涂改液

C.将化学实验室的废水直接排入水池D.将食堂产生的“地沟油”制成肥皂

【答案】C

【解析】

根据节能、节电的方法、废弃物回收的意义以及防治水体污染的方法进行分析解答即可．

A、路远的小伙伴们拼车上学，能节约大量的资源、能源，符合主题，故A正确；

B、修正带、涂改液含有有毒成分，少用修正带、涂改液，减少有毒物质对人体的伤害，故B正确；

C、将化学实验室的废水直接排入水池，与减少对水体的污染，绿色生活主题不符合，故C错误；

D、将食堂产生的"地沟油"制成肥皂，"地沟油"回收，重新利用，既能节约资源，又保护了环境，故D正解；

故选C。

选择题

小苏打是焙制糕点常用的发酵粉，小苏打属于

A.碱B.氧化物C.盐D.有机物

【答案】C

【解析】

盐是指一类金属离子或铵根离子（NH4＋）与酸根离子或非金属离子结合的化合物；酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；碱指电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物，根据酸碱盐的定义分析．

A、小苏打电离的阳离子不全是氢离子，故A错误；

B、小苏打电离的阴离子不全是氢氧根离子，故B错误；

C、碳酸氢钠在水溶液里能电离出自由移动的钠离子和碳酸氢根离子，所以碳酸氢钠是盐，故C正确；

D、小苏打与无机物的性质更相似，故D错误；

故选C。

选择题

下列过程中涉及化学变化的是

A.海水淡化B.海水晒盐C.风力发电D.海带提碘

【答案】D

【解析】

化学变化是指有新物质生成的变化．物理变化是指没有新物质生成的变化．化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成．

A.海水淡化过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；

B.海水晒盐过程中过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；

C.风力发电过程中过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；

D.海带提碘过程中有新物质生成，属于化学变化，故D正确；

故选D。

选择题

以下关于具有放射性的的说法正确的是

A.是一种新元素B.质子数为53

C.它的中子数为125D.其化学性质与有很大区别

【答案】B

【解析】

根据原子符号的含义、核外电子数=质子数、中子数=质量数-质子数来解答；

I的质子数为53，是碘元素，质量数为125，则核外电子数为53，中子数为125-53=72

A、质子数为53，是碘元素，故A错误；

B、质子数为53，故B正确；

C、它的中子数为125-53=72，质量数为125，故C错误；

D、同位素的化学性质基本相同，即其化学性质与基本相同，故D错误。

故选B。

选择题

下列常见物质的俗名或主要成份与化学式相对应的是

A.苏打——NaHCO3B.生石灰Ca(OH)2

C.漂白粉——Ca(ClO)2和CaCl2D.酒精CH3COOH

【答案】C

【解析】

A、苏打为碳酸钠，碳酸氢钠的俗名为小苏打；

B、生石灰为氧化钙的俗名，氢氧化钙的俗名为熟石灰；

C、漂白粉的成分为Ca(ClO)2和CaCl2；

D、酒精为乙醇的俗名，为含有2个碳原子的饱和一元醇；CH3COOH的俗名是醋酸；

A．NaHCO3的俗名为小苏打，苏打为碳酸钠，化学式为：Na2CO3，故A错误；

B、Ca（OH）2为氢氧化钙，俗名为熟石灰，生石灰为氧化钙，化学式为CaO，故B错误；

C.漂白粉的成分为Ca(ClO)2和CaCl2，故C正确；

D、酒精为乙醇的俗名，为含有2个碳原子的饱和一元醇；CH3COOH的俗名是醋酸；故D错误；

故选C。

选择题

下列溶液中,跟2mol/L的K2CO3溶液所含的K+物质的量浓度相同的是

A.4mol/LKCl溶液B.1mol/LKCl溶液

C.5mol/LKOH溶液D.1mol/LK2SO3溶液

【答案】A

【解析】

2mol/L的K2CO3溶液所含的K+物质的量浓度=2mol·L－1×2=4mol·L－1，离子浓度=溶质浓度×离子数，离子浓度与溶液体积无关，分别计算选项中离子浓度分析判断．

A.4mol/LKCl溶液中K＋离子浓度=4mol·L－1×2=4mol·L－1，故A符合；

B.1mol/LKCl溶液中K＋离子浓度=1mol·L－1×1=1mol·L－1，故B不符合；

C.5mol/LKOH溶液K＋离子浓度=5mol·L－1×1=5mol·L－1，故C不符合；

D.1mol/LK2SO3溶液K＋离子浓度=1mol·L－1×2=2mol·L－1，故B不符合；

故选A。

选择题

下列物既能导电，又属于电解质的是

A.固体NaClB.食盐水C.酒精D.熔融的NaCl

【答案】D

【解析】

在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物；能导电的物质中含有自由电子或离子。

A、固体NaCl是电解质，但无自由移动的离子，不能导电，故A不符合；

B、食盐水溶液是电解质溶液，能导电，但是混合物，故B不符合；

C、酒精是非电解质且不导电，故C不符合；

D、NaCl是盐，属于电解质，熔融状态产生自由移动的离子，能导电，故D符合；

故选D。

选择题

关于反应方程式Fe2O3＋2AlAl2O3＋2Fe下列叙述正确的是

A.Al是氧化剂B.Fe2O3被还原C.Fe2O3失去电子D.Al2O3是还原产物

【答案】B

【解析】

2Al+Fe2O32Fe+Al2O3中，Al元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，以此来解答．

A、Al元素的化合价升高，失去电子被氧化，是还原剂，故A错误；

B、氧化剂为Fe2O3，得到电子，Fe2O3被还原，故B正确；

C、氧化剂为Fe2O3，得到电子，故C错误；

D、Al元素的化合价升高，失去电子被氧化，得到Al2O3是氧化产物，故D错误；

故选B。

选择题

下列电离方程式，书写正确的是

A.KMnO4==K++Mn7++4O2-B.NaHCO3=Na++H++CO32-

C.FeCl3==Fe3++Cl3-D.Al2(SO4)3==2Al3++3SO42-

【答案】D

【解析】KMnO4的电离方程式是KMnO4==K++MnO4-，故A错误；NaHCO3的电离方程式是NaHCO3=Na++HCO3-，故B错误；FeCl3的电离方程式是FeCl3=Fe3++3Cl-，故C错误；Al2(SO4)3的电离方程式是Al2(SO4)3==2Al3++3SO42-，故D正确。

选择题

下列实验操作或装置错误的是

A.蒸馏B.过滤C.萃取D.转移溶液

【答案】A

【解析】A．蒸馏时，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口附近，用于测量馏分的温度，故A错误；B．过滤可用于分离不溶性固体和液体，装置图符合操作要求，故B正确；C．萃取可用分液漏斗，装置图符合操作要求，故C正确；D．转移液体时要防止液体飞溅，装置图符合操作要求，故D正确；故选A。

选择题

胶体与溶液的本质差异在于()

A.是否稳定B.粒子直径大小C.是否透明D.是否有颜色

【答案】B

【解析】

分散系的本质区别是分散质粒子的直径大小，分散系的颜色、稳定性、是否透明是分散系的性质区别。

当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小。

故选B。

选择题

将绿豆大小的方形金属钠投入足量且含酚酞的水中，根据相应现象不能得出的结论是

选项

实验现象

结论

A

钠浮于水面游动

水的密度大于钠

B

方形金属钠变成小球

方形金属钠反应速率快

C

酚酞溶液变成红色

有NaOH生成

D

钠球游动有吱吱声

有气体生成

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

钠与水反应放出的热能使本身熔化成闪亮的小球，说明熔点低，浮在水面，说明密度比水小，加入酚酞的液体变红，说明生成了碱性物质，钠和水反应生成的气体使小球四处游动．

A、钠浮在水面上，说明钠的密度小于水，故A正确；

B、钠和水反应变成小球，说明钠的熔点低，不能说明反应速率，故B错误；

C、酚酞遇碱变红色，酚酞溶液变成红色说明有氢氧化钠生成，故C正确；

D、钠球游动说明钠和水反应生成气体而使钠受力不均，故D正确；

故选B。

选择题

标准状况下，32g的甲烷的体积为()

A.5.6LB.22.4LC.11.2LD.44.8L

【答案】D

【解析】32g甲烷的物质的量为=2mol，标准状况下，气体的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，故选D。

选择题

下列关于氯水的叙述，正确的是

A.新制氯水中只含Cl2和H2O分子

B.新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色

C.光照氯水有气泡逸出，该气体是Cl2

D.氯水放置数天后酸性减弱

【答案】B

【解析】

氯气微溶于水，氯水中存在Cl2+H2OHClO+HCl反应，其中HClO具有强氧化性、漂白性和不稳定性，在光照条件下发生2HClO2HCl+O2↑。

A．氯水中存在Cl2+H2OHClO+HCl反应，HClO为弱酸，溶液中存在Cl2、HClO、H2O分子，故A错误；

B、氯水中含有HCl，具有酸性，可使蓝色石蕊试纸先变红，HClO具有强氧化性、漂白性，可使蓝色石蕊试纸褪色，故B正确；

C、光照氯水，在光照条件下发生：2HClO2HCl+O2，生成气体为O2，故C错误；

D、光照下生成HCl，溶液酸性变强，pH减小，故D错误。

故选B。

选择题

在实验室用下列装置制取氯气并验证氯气的某些化学性质，其中不能达到实验目的是

A.甲闻氯气的气味B.实验室用装置乙制取氯气

C.用装置丙验证氯气能支持H2燃烧D.用装置丁除去尾气中的氯气

【答案】B

【解析】

根据氯气的性质和制备实验及注意事项解析。

A、甲闻氯气的气味：用手轻轻扇动让少量气体进入鼻孔，故A正确；

B、浓盐酸与二氧化化锰发生氧化还原反应生成氯气，需要加热，故B错误；

C、氢气能在氯气中燃烧，产生苍白色的火焰，用装置丙验证氯气能支持H2燃烧能实现，故C正确；

D、氯气用盛氢氧化钠的洗气瓶吸收，故D正确；

故选B。

选择题

用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是

A.标准状况下，22.4L苯中含有的分子数为NA

B.2mol•L-1NaCl溶液中含有的Cl—数目为2NA

C.14gN2气体中含有的原子数为NA

D.4.8gMg与足量盐酸反应，转移的电子数目为0.4NA

【答案】CD

【解析】

A、标准状况下，苯是液体；

B、缺少溶液的体积，无法计算物质的量；

C、N原子的物质的量为14g/14g·mol－1=1mol；

D、4.8gMg是0.2mol，与足量盐酸反应，转移的电子数目为0.4NA。

A、标准状况下，苯是液体，故A错误；

B、缺少溶液的体积，无法计算物质的量，故B错误；

C、N原子的物质的量为14g/14g·mol－1=1mol，14gN2气体中含有的原子数为NA，故C正确；

D、4.8gMg是0.2mol，与足量盐酸反应，转移的电子数目为0.4NA，故D正确。

故选CD。

选择题

下列除杂所选用的试剂及操作方法均正确的一组是（括号内为杂质）

选项

待提纯的物质

选用的试剂

操作方法

A

CO2(CO)

O2

点燃

B

CO2(HCl)

氢氧化钠溶液

洗气

C

Zn(Cu)

稀硫酸

过滤

D

NaCl(Na2CO3)

盐酸

蒸发结晶

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

A、二氧化碳中混有新杂质氧气；

B、二者均与NaOH溶液反应；

C、Zn与稀硫酸反应；

D、碳酸钠与盐酸反应生成NaCl；

A、二氧化碳中混有新杂质氧气，不能除杂，应利用灼热的CuO来除杂，故A错误；

B、二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气来除杂，故B错误；

C、Zn与稀硫酸反应，将原物质反应掉，故C错误；

D、碳酸钠与盐酸反应生成NaCl，则加盐酸可除杂，故D正确；

故选D。

选择题

下列实验操作及结论正确的是

A.先用盐酸将溶液酸化，再加AgNO3溶液，产生了白色沉淀。溶液中一定含有大量的Cl－

B.向待测液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则溶液中一定含有NH4+

C.检验碳酸钠中是否含有碳酸氢钠，加热固体，如有使澄清石灰水变浑浊气体产生，则一定含有碳酸氢钠

D.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-

【答案】BC

【解析】

A、白色沉淀为AgCl，但氯离子无法确定其来源；

B、使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气；

C、碳酸氢钠不稳定，加热固体，产生使澄清石灰水变浑浊气体；

D、白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡；

A．白色沉淀为AgCl，但氯离子无法确定其来源，故A错误；

B、使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，则原溶液中一定含大量的铵根离子，故B正确；

C、检验碳酸钠中是否含有碳酸氢钠，碳酸氢钠不稳定，加热固体，产生使澄清石灰水变浑浊气体，则一定含有碳酸氢钠，故C正确；

D、白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，则原溶液中可能含银离子或硫酸根离子，但二者不能同时存在，故D错误；

故选BC。

选择题

Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好．一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，对此反应下列说法中正确的是

A.Na2FeO4是氧化产物

B.Na2O2既是氧化剂又是还原剂

C.若有2molFeSO4参与反应，则该反应中共有8mol电子转移

D.Na2O2与水反应生成NaOH和氧气，所以Na2O2是碱性氧化物

【答案】AB

【解析】

该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由-1价变为0价、-2价，所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物。

A、Fe元素化合价由+2价变为+6价，被氧化，得到氧化产物Na2FeO4，故A正确；

B、O元素化合价由-1价变为0价、-2价，所以过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，故B正确；

C、反应中元素化合价升高的数目为：2×（6-2）+2×（1-0）=10，所以2molFeSO4发生反应时，反应中转移电子的数目为10mol，故C错误；

D、Na2O2与水反应生成NaOH，同时生成氧气，Na2O2不是碱性氧化物，故D错误；

故选AB。

选择题

把VL含有MgS04和K2S04的混合溶液分成两等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为

A.mol·L-1B.mol·L-1

C.mol·L-1D.mol·L-1

【答案】D

【解析】

综合题

（1）现有标准状况下以下五种物质：①44.8L甲烷（CH4）②6.02×1024个水分子③196gH2SO4④0.5molCO2,它们中含分子数最多的是（填写序号，下同）____，原子数最少的是____，体积最大的是_____。

（2）①CO2②Na2CO3溶液③NaOH固体④CaCO3⑤CH3COOH⑥NH3·H2O⑦乙醇⑧液态氯化氢

属于电解质的有___________________；非电解质的有___________________。（填序号）

（3）用双线桥法表示出下列反应的电子转移方向和数目_____________。3S+6KOHK2SO3+2K2S+3H2O

【答案】②④①③④⑤⑥⑧①⑦

【解析】

（1）根据n=m/M=N/NA=V/Vm计算；

（2）电解质：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物。

非电解质：在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物。

（3）硫化合价既升高又降低，转移4e－；

（1）现有标准状况下五种物质：①44.8L甲烷（CH4）②6.02×1024个水分子③196gH2SO4④0.5molCO2,物质的量分别是：①44.8L/22.4L·mol－1=2mol，原子数为2mol×5=10mol；②1.204×1024/6.02×1023mol－1=2mol，原子数为2mol×3=6mol；体积为2×18g·mol－1/1g/ml=36mL；③196gH2SO4的物质的量为：196g/98g·mol－1=1.5mol,原子数为1.5mol×7=10.5mol；④0.5molCO2，原子数为1.5mol×3=4.5mol；体积为1.5mol×22.4L·mol－1=33.6L。它们中含分子数最多的是（填写序号，下同）②，原子数最少的是④，体积最大的是①。

（2）①CO2溶于水生成碳酸能导电，但不是本身电离，故属于非电解质；

②Na2CO3溶液是混合物，既不是电解质，也不是非电解质；

③NaOH固体在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质；

④CaCO3在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质；

⑤CH3COOH在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质；

⑥NH3·H2O在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质；

⑦乙醇在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质；

⑧液态氯化氢在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质；

属于电解质的有③④⑤⑥⑧；非电解质的有①⑦。

（3）硫化合价既升高又降低，转移4e－，；

实验题

请根据要求回答问题：

(1)从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，选择装罝_________(填代表装置阁的字母，下同）;除去自来水中Cl-等杂质，选择装置______________。

(2)从油水混合物中分离出植物油，选择装置_________，该分离方法的名称为___________。

(3)装置A中①的名称是_________，进水的方向是从_______口进水。装置B在分液时打开活塞后，下层液体从_______，上层液体从_________。

【答案】DAB分液冷凝管下下口放出上口倒出

【解析】

（1）KCl溶于水，自来水中水的沸点低，可用蒸发法分离；

（2）油水互不相溶，密度不同，混合物分层；

（3）由图可知，①为冷凝仪器，冷却水下进上出效果好，装置B在分液时为使液体顺利滴下，利用气体的压强使液体流下．

（1）从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，符合蒸发原理，选择装罝D；除去自来水中Cl－等杂质，可用蒸馏法，选择装置A；

（2）油水互不相溶，密度不同，从油水混合物中分离出植物油，选择装置B，该分离方法的名称为分液法；

（3）装置A中①的名称是冷凝管，进水的方向是从下口进水．装置B在分液时为使液体顺利滴下，除打开活塞外，还应进行的具体操作是打开上部塞子，平衡气压，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出。

推断题

下图是由短周期元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图。常温常压下，D、F、K均为无色无刺激性气味的气体，B是最常见的无色液体，A是由单质C在D中燃烧生成的淡黄色固体。（反应中生成的部分物质已略去）

请回答下列问题：

（1）物质A的化学式为________；

（2）化合物I的化学式为________；

（3）反应①的化学方程式为_____________；反应②的化学方程式为______________。

【答案】Na2O2NaHCO32Na+2H2O=2NaOH+H2↑2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑

【解析】

A是由单质C在D中燃烧生成的淡黄色固体，应为Na2O2，B是最常见的无色液体，应为H2O，则D为O2，E为NaOH，C为Na，F为H2，由转化关系K为CO2，H为Na2CO3，I为NaHCO3。

（1）由以上分析可知A为Na2O2；

（2）由以上分析可知化合物I的化学式为NaHCO3。

（3）反应①为Na和H2O的反应，反应的离子方程式为2Na+2H2O═2Na＋+OH－+H2↑，反应②为碳酸氢钠的分解，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。

实验题

某同学按下列步骤配制100mL1.0mol·L-1Na2CO3溶液，请回答有关问题。

实验步骤

有关问题

（1）计算所需Na2CO3的质量

需要Na2CO3的质量为_______。

（4）将烧杯中的溶液转移至仪器A（已检查不漏水）中

称量过程中应用到的主要仪器是______。

（5）向仪器A中加蒸馏水至刻度线

为了加快溶解速率，常采取的措施是___。

①在转移Na2CO3溶液前应将溶液______；

②仪器A是_________；

③为防止溶液溅出，应采取的措施是___。

在进行此操作时应注意的问题是______。

（6）摇匀、装瓶，操作B，最后清洁、整理

操作B是_________。

（讨论）按上述步骤配制的Na2CO3溶液的浓度______（选填“是”或“不是”）1.0mol·L-1．原因是：_____。

【答案】10.6g托盘天平用玻璃棒搅拌冷却至室温100mL容量瓶用玻璃棒引流加蒸馏水至容量瓶中的液面接近刻度线1-2cm处改用胶头滴管滴加（至溶液的凹液面正好与刻度线相切）贴标签不是没有洗涤烧杯及玻璃棒

【解析】

（1）依据m=cVM计算需要溶质的质量；

（2）依据称取溶质质量精确度要求选择需要用的天平；

（3）依据玻璃棒在溶解固体时作用解答；

（4）依据容量瓶使用方法和注意问题解答；

（5）依据定容的正确操作解答；

（6）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、定容、摇匀、贴标签；

（7）该实验漏掉洗涤操作，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，

（1）配制100mL0.200mol·L-1Na2CO3溶液，需要碳酸钠的质量m=1.00mol·L－1×0.1L×106g·mol－1=10.6g；

（2）托盘天平精确度为0.1g；称取10.6g碳酸钠用托盘天平；

（3）为了加快溶解速率，常采取的措施：用玻璃棒搅拌；

（4）容量瓶为精密仪器，不能盛放过热、过冷液体，移液时应冷却到室温，配制100mL溶液应选择100mL容量瓶，容量瓶瓶颈较细，移液时为防止溶液溅出，应采取的措施是用玻璃棒引流；

（5）定容时，开始直接，加蒸馏水至容量瓶中的液面接近刻度线1-2cm处改用胶头滴管滴加（至溶液的凹液面正好与刻度线相切）；

（6）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、定容、摇匀、贴标签；操作B是贴标签；

（7）该实验漏掉洗涤操作，没有洗涤烧杯及玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，按上述步骤配制的Na2CO3溶液的浓度不是1mol·L－1。

实验题

如下图所示（B中冷却装置未画出），将氯气和空气（不参与反应）以体积比约1:3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液。

已知：Cl2O极易溶于水并与水反应生成HClO；Cl2O的沸点为3.8℃，42℃以上分解为Cl2和O2。

(1)①实验中控制氯气与空气体积比的方法是_____________________。

②为使反应充分