四川省泸州市泸县2025-2026学年高一化学上学期11月期中试题 (1)【含答案】

化学试卷分为第一部分(选择题)和第二部分(非选择题)两部分。满分：100分。考试时间：75分钟。注意事项：相对原子质量：H-1O-16S-32Fe-56Cu-64Cl-35.5Ag-108第一部分选择题(共42分)一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。1.中国书画是世界艺术瑰宝，古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是A.竹管、动物尾毫→湖笔 B.松木→油烟→徽墨C.楮树皮→纸浆纤维→宣纸 D.端石→端砚【答案】B【解析】【详解】A．湖笔，以竹管为笔杆，以动物尾毫为笔头制成，不涉及氧化还原反应，A不符合题意；B．松木中的C元素主要以有机物的形式存在，徽墨主要为C单质，存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，B符合题意；C．宣纸，以楮树皮为原料，得到纸浆纤维，从而制作宣纸，不涉及氧化还原反应，C不符合题意；D．端砚以端石为原料经过采石、维料、制璞、雕刻、磨光、配盒等步骤制成，不涉及氧化还原反应，D不符合题意；故选B。2.下列关于胶体的说法中正确的是A.胶体与溶液有明显不同的外观特征B.胶体不稳定，静置后易产生沉淀C.将Fe(OH)3胶体进行过滤，所得到的滤液与原来胶体的组成不同D.豆浆是胶体，因为豆浆中的分散质粒子直径在1～100nm之间【答案】D【解析】【详解】A．胶体与溶液的主要特征都是均一、透明、稳定的，A选项错误；B．胶体稳定，不易产生沉淀，B选项错误；C．胶体的分散质粒子可以透过滤纸，所以将Fe(OH)3胶体进行过滤时，胶体的所有组成都会透过滤纸，滤液与胶体的组成一致，C选项错误；D．胶体区别于其他分散系的本质在于其分散质粒子直径在1nm～100nm之间，D选项正确；答案选D。3.标况下，与32gO2的物质的量相等的N2为A.质量为14g B.分子数为6.02×1024C.体积为22.4L D.物质的量为2mol【答案】C【解析】【分析】32gO2的物质的量；【详解】A．物质的量相等的N2的质量为，A错误；B．物质的量相等的N2的分子数为，B错误；C．物质的量相等的N2标况下体积为，C正确；D．物质的量为1mol，D错误；答案选C。4.下列氯化物中，既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】A．Cu为不活泼金属，与盐酸不反应，故A错误；B．FeCl3只能由Fe和氯气反应生成，铁与盐酸生成FeCl2，故B错误；C．FeCl2只能由Fe和盐酸反应生成，Fe和氯气反应生成FeCl3，故C错误；D．NaCl可由钠和氯气直接反应制得，又能由钠和盐酸反应制得，故D正确；故选D。5.下列可以大量共存且溶液无色的离子组是A.、、、 B.、、、C.、、Ca2+、 D.、、、【答案】A【解析】【详解】A．四种离子相互不反应，能大量共存且溶液无色，A符合题意；B．Mg2+和OH-不能共存，会生成Mg(OH)2白色沉淀，B不符合题意；C．钙离子和碳酸根离子生成碳酸钙沉淀，不共存，C不符合题意；D．均能大量共存但溶液呈紫色，D不符合题意；故选A。6.工业上将Cl2通入冷的溶液中制得漂白液，下列说法不正确的是A.漂白液的有效成分是 B.ClO-水解生成使漂白液呈酸性C.通入CO2后的漂白液消毒能力增强 D.溶液比溶液稳定【答案】B【解析】【详解】A．漂白液的主要成分是次氯酸钠(NaClO)和氯化钠(NaCl)，有效成分是次氯酸钠，A正确；B．ClO-水解生成HClO，水解方程式为ClO-+H2OHClO+OH-，使漂白液呈碱性，B错误；C．通入CO2后，发生反应NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，漂白液消毒能力增强，C正确；D．次氯酸不稳定，次氯酸盐稳定，所以热稳定性NaClO＞HClO，D正确；答案选B。【点睛】7.氧化还原反应与四种基本反应类型关系如图所示，则下列化学反应属于阴影部分的是A.Cl2+2KBr=Br2+2KClB.FeO+2HCl=FeCl2+H2OC.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3D.Fe2O3+3CO=2Fe+3CO2【答案】D【解析】【分析】根据图象知阴影部分为不属于置换反应以及化合反应和分解反应的氧化还原反应，据此分析判断。【详解】A．Cl2+2KBr=Br2+2KCl，属于一种单质与一种化合物生成另外一种单质与化合物的置换反应，不属于阴影部分，故A不选；B．FeO+2HCl=FeCl2+H2O中没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故B不选；C．4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3属于化合反应，不属于阴影部分，故C不选；D．Fe2O3+3CO=2Fe+3CO2不属于分解、化合和置换反应，但属于氧化还原反应，符合阴影部分要求，故D选；故选D。8.若ag二氧化碳气体中含有b个氧原子，则阿伏伽德罗常数可以表示为A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】NA为阿伏伽德罗常数，二氧化碳的摩尔质量为44g/mol，则可列式计算出ag二氧化碳气体中含有的氧原子数目为，则；故答案选A。9.下列叙述正确的是①与都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物②与发生化合反应生成与发生置换反应生成③是淡黄色物质，是白色物质④可作供氧剂，而不可⑤和焰色反应均为黄色A.都正确 B.①③④ C.②③⑤ D.④⑤【答案】D【解析】【详解】①不是碱性氧化物，①错误；②与反应不属于置换反应，②错误；③是白色固体，为淡黄色固体，③错误；④与二氧化碳反应产生氧气，可作供氧剂，而不能，④正确；⑤含有钠元素的物质焰色反应均呈现黄色，和的焰色均为黄色，⑤正确；正确为④⑤；故答案为：D。10.下列说法中，正确的是(表示阿伏加德罗常数)A.3.6g的中含有的电子数为0.6B.常温常压下，1mol的体积是22.4LC.17g中含有的分子总数为D.1L0.1mol/L溶液中，Na＋总数为0.1【答案】C【解析】【详解】A．3.6g的的物质的量为0.2mol，每个分子含10个电子，总电子数为，A错误；B．常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，1mol的体积不为22.4L，B错误；C．17g的物质的量为1mol，分子数为，C正确；D．1L0.1mol/L溶液中物质的量为0.2mol，总数为0.2，D错误；故答案选C。11.实验室需配制480mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液，下列说法正确的是A.应用托盘天平称取Na2CO3·10H2O晶体5.3gB.定容时仰视会造成所配制溶液的物质的量浓度偏大C.取10mL溶液稀释10倍，得到的溶液中D.采用加热的方法来加快Na2CO3·10H2O晶体的溶解，趁热迅速将溶液转移至容量瓶中定容【答案】C【解析】【详解】A．实验室需配制480mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液，应选择500mL容量瓶，需要溶质Na2CO3·10H2O的质量为286g·mol-1×0.5L×0.1mol·L-1=14.3g，A项错误；B．定容时仰视会造成溶液体积偏大，依据可知溶液浓度偏低，B项错误；C．取10mL溶液稀释10倍，得到的溶液中，C项正确；D．容量瓶为精密仪器，不能盛放过热液体，容量瓶容易炸裂，且体积不准确，D项错误;故选C。12.某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl-、四种离子，前三种离子的个数比为3：2：1，则溶液中Al3+和的离子个数比为A.1：2 B.1：4 C.3：4 D.3：2【答案】A【解析】【详解】根据溶液中电荷守恒可知，，设Na+、Al3+、Cl-的数目分别为3个，2个，1个，可得的数目为4，故溶液中Al3+和的离子个数比为2：4，即1：2，故答案为：A。13.某溶液可能含有等浓度的下列某些离子：，取溶液分别进行如下实验：①加入酸化的溶液产生白色沉淀；②加入淀粉溶液，呈蓝色；③加入溶液产生白色沉淀，加热后产生有刺激性气味的气体。下列说法错误的是A.由①②可知一定有B.若将①中的试剂换成盐酸酸化的溶液，不影响成分的判断C.③中的离子反应方程式为D.不能确定有无【答案】D【解析】【分析】①加入酸化的溶液产生白色沉淀，则该白色沉淀为硫酸钡，原溶液中可能含有，也可能含有被硝酸氧化生成导致；②加入淀粉溶液，呈蓝色，说明溶液中存在强氧化性离子，能将KI氧化生成碘单质，则应含有，从而排除，则原溶液中肯定存在；③加入溶液产生白色沉淀，可知存在，加热后产生有刺激性气味的气体，则存在；又因各离子浓度相同，结合电荷守恒可知溶液中一定存在，不存在，据此分析解答。【详解】A．由②可推知溶液中存在氧化性离子，则存在，从而排除，再结合①中白色沉淀现象，可知存在，故A正确；B．若将①中的试剂换成盐酸酸化的溶液，则可通过白色沉淀现象直接确定存在，对最终成分的判断无影响，故B正确；C．加入溶液产生白色沉淀，可知存在，加热后产生有刺激性气味的气体，则存在，反应为：，故C正确；D．由以上分析可知溶液中存在，故D错误；故选：D。14.某研究性学习小组从腐蚀印刷电路板的废液(含有FeCl2、FeCl3、CuCl2)中回收铜并制备氯化铁晶体，设计流程如下：下列说法正确的是A.试剂a是铁、试剂b是稀硫酸B.操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都用到玻璃棒引流C.若试剂c是双氧水和盐酸，相应的离子反应为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2OD.用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否含有Fe2＋【答案】C【解析】【分析】废液中加入试剂a产生沉淀，推测a可能为Fe

粉，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe

2+、Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，经过操作过滤得滤渣Y(含Cu、Fe)，滤液X(FeCl2)，向滤渣Y中加入HCl(试剂b)，可将Fe溶解为FeCl2，而Cu不反应，

经过过滤（操作Ⅱ）实现与Cu的分离，滤液Z(

主要含FeCl2)，由于最终产品为FeCl3，故此处加入的试剂c为一种氧化剂，将FeCl2

氧化为FeCl3，可能为H2O2或新制氯水，

获得FeCl3溶液后，对其进行操作(蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥)可获得FeCl3晶体，以此解答该题。

【详解】A．由分析知试剂a是铁，试剂b为盐酸，若用硫酸，则会引入杂质，A错误；B．操作Ⅰ、Ⅱ为过滤，需用玻璃棒引流液体，操作Ⅲ涉及蒸发操作，需用玻璃棒搅拌，防止液体飞溅，B错误；C．H2O2可将Fe2＋氧化为Fe3＋，根据电荷守恒添加H＋配平，相应离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，C正确；D．溶液W中过量的盐酸与KMnO4也反应，故此处不能用KMnO4检验Fe2＋，D错误。故选C。第二部分非选择题(共58分)二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.亚氯酸钠()是一种高效的漂白剂。氧化剂和消毒剂，其一种制备方法的流程如下。回答下列问题：（1）中Cl元素的化合价为___________。（2）反应Ⅰ的还原剂是___________，还原产物是___________；反应Ⅱ的化学方程式为___________。（3）该反应条件下，上述流程中氧化性最强的物质是___________(写化学式)。（4）的消毒效率是的___________倍(保留小数点后两位数；已知还原产物都是，消毒效率以单位质量的物质得到的电子数表示)。【答案】（1）+3（2）①.SO2②.ClO2③.（3）NaClO3（4）1.57【解析】【分析】反应I中氧化剂为NaClO3，氯元素化合价由+5价降低到+4价，转化为ClO2，还原剂为SO2，硫元素化合价由+4价升高到+6价，转化为，依据化合价升降守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1，化学方程式为；反应Ⅱ中ClO2、NaOH和H2O2反应生成了NaClO2和O2、H2O，H2O2中氧元素化合价升高转化为O2，因此氧化产物为O2。【小问1详解】NaClO2中Cl元素的化合价为+3；故答案为：+3；【小问2详解】根据分析，反应Ⅰ的还原剂是SO2，还原产物为ClO2；反应Ⅱ中ClO2、NaOH和H2O2反应生成了NaClO2和O2、H2O，其化学方程式为；故答案为：SO2；ClO2；；【小问3详解】根据分析，反应Ⅰ中，氧化性：NaClO3>ClO2，反应Ⅱ中，氧化性：ClO2>O2，则氧化性最强的物质是NaClO3；故答案为：NaClO3；【小问4详解】两种消毒剂使用时还原产物都是Cl-，1molCl2由0价变为−1价，转移2mol电子，则单位质量的Cl2得到的电子数为，1molNaClO2生成Cl-时，由+3价变为−1价，转移4mol电子，则单位质量的NaClO2得到的电子数为，则NaClO2的消毒效率是Cl2的1.57倍；故答案为：1.57。16.氯气是一种重要的化工原料，某小组对氯气的制备、性质及应用进行了实验探究。已知：常温常压下，气体摩尔体积为24.5L·mol-1.请回答下列问题：（1）仪器A的名称为___________，饱和食盐水的作用是___________。（2）写出浓盐酸和MnO2反应的离子方程式：___________。（3）若需要将收集到的氯气变为液氯，下列有利于氯气变为液氯的条件为___________(填标号)。a．升温加压b．升温减压c．降温加压d．降温减压（4）现需要收集4瓶常温常压下体积为250mL的氯气，理论上需要MnO2的质量为___________(计算结果保留两位小数)g。（5）实验中观察到，二氧化锰仍有剩余时反应就停止了，同学们对此现象展开探究。［提出猜想］猜想一：随着反应进行，反应混合液中的数目减少，导致反应停止。猜想二：随着反应进行，反应混合液中H+的数目减少，导致反应停止。［进行实验］将反应后的固液混合物倒出，平均分在2个试管中，分别进行以下实验。序号实验操作实验现象Ⅰ向试管中加入少量固体X并充分振荡，加热试管同时将湿润的淀粉碘化钾试纸放置于试管口试纸未变蓝Ⅱ向试管中滴入2滴浓硫酸并充分振荡，加热试管同时将湿润淀粉碘化钾试纸放置于试管口试纸变蓝①固体X的化学式为___________。②Ⅱ中试纸变蓝，试纸上发生反应的化学方程式为___________。③通过上述实验可以得出结论：猜想___________(填“一”或“二”)成立。【答案】（1）①.圆底烧瓶②.除去Cl2中的HCl（2）（3）c（4）3.55（5）①.NaCl或不含其他还原性离子的盐酸盐②.③.二【解析】【分析】这是氯气制备与性质探究的实验装置图。仪器A是圆底烧瓶，常用于固液或液液加热反应，该实验中利用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制取氯气：。饱和食盐水：除去氯气中混有的氯化氢气体，因为氯化氢极易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度小。浓硫酸：干燥氯气，利用浓硫酸的吸水性。集气瓶：利用向上排空气法收集氯气。NaOH溶液：吸收尾气中的氯气，防止污染空气，反应为。【小问1详解】由装置图可知，仪器A是圆底烧瓶；饱和食盐水的作用是除去中混有的气体。因为在饱和食盐水中溶解度大，而在饱和食盐水中溶解度小；【小问2详解】二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制取氯气：，其离子方程式为；【小问3详解】物质由气态变为液态，一般可通过降温、加压实现，降温使分子热运动减缓，加压使分子间距缩小，利于液化，所以有利于氯气变为液氯的条件是：降温加压；故答案为：c；【小问4详解】已知常温常压下气体摩尔体积，收集氯气体积，根据，可得。由可知，。的摩尔质量，根据，；故答案为：3.55；【小问5详解】①实验Ⅰ目的是探究对反应的影响，加入含的或不含其他还原性离子的盐酸盐；②碘使淀粉变蓝，说明氯气与碘化钾反应生成氯化钾和碘单质，其反应的化学方程式为；③实验Ⅱ加浓硫酸（提供）后试纸变蓝，说明是减少导致反应停止，故猜想二成立。17.回答下列问题：（1）配平并用“双线桥”表示“KMnO4+H2C2O4+H2SO4→K2SO4+MnSO4+CO2↑+H2O”电子转移的方向和数目：__________________。（2）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，被还原的元素是______，当生成标准状况下33.6L的N2时，转移电子的数目为______。（3）在肉制品加工中，使用的护色剂——亚硝酸钠(NaNO2)必须严格控制用量，以确保食用安全。若误食亚硝酸钠会导致血红蛋白中亚铁离子转化为铁离子而中毒，服用维生素C可解除亚硝酸钠的中毒，下列关于上述中毒、解毒过程的说法中，正确的是。A.亚硝酸钠是还原剂 B.维生素C是氧化剂C.亚硝酸钠被还原 D.维生素C能把铁离子还原成为亚铁离子（4）在反应2H2S+SO2=3S↓+2H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为______。（5）在强酸性溶液中可发生如下反应：2Mn2＋+5+8H2O=16H＋+10+2，这个反应可定性地检验Mn2＋存在。在反应中充当氧化剂的中，x的值是______。【答案】（1）（2）①.S、N②.18NA（3）CD（4）2：1（5）2【解析】【小问1详解】KMnO4→MnSO4，Mn元素由+7价→+2价，一个KMnO4得5个电子；K2C2O4→CO2，C元素由+3价→+4价，一个K2C2O4失去2个电子，所以得失电子的最小公倍数为10，所以KMnO4的计量数为2，K2C2O4的计量数为5，其它元素根据原子守恒配平化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。根据化合价升降和电子得失标出双线桥如下：【小问2详解】根据化学方程式：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，S和N的化合价降低，被还原；C的化合价由0价→+4价，被氧化，3个C原子共转移12e-，生成1molN2，当生成标准状况下33.6L的N2时，转移电子的数目为18NA。【小问3详解】亚硝酸钠会亚铁离子转化为铁离子，可知亚硝酸钠作氧化剂，被还原。维生素C可解除亚硝酸钠的中毒是将铁离子重新转化为人体可用的亚铁离子。故选CD。【小问4详解】根据反应方程式2H2S+SO2=3S↓+2H2O中，H2S是还原剂，SO2是氧化剂，生成物3个S，2个来源于H2S是氧化产物，1个来源于SO2是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1。【小问5详解】根据反应：2Mn2＋+5+8H2O=16H＋+10+2，由电荷守恒可得：2×(+2)+5×(-x)=16×(+1)+10×(-2)+2×(-1)，解得x=2。18.乙、丙均为化合物，其中甲为淡黄色的固体，乙常温下为无色无味液体，丙为常见的无色无味气体。它们有如下图的转化关系，已知D为黄绿色气体，按要求回答下列问题：（1）C物质为_______(填化学式)。（2）乙和甲反应的离子方程式：_______。（3）D能使湿润的有色布条褪色，其褪色原因是_______。(结合化学反应方程式描述原因。)（4）已知溶液H可由C的溶液和丙反应制得，请写出丙与溶液F反应的化学方程式为_______。（5）向100mLA溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol•L-1的盐酸，产生CO2气体的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。①产生CO2在标准状况下的体积为_______mL。②所得溶液溶质成分及物质的量为_______。③原A溶液中溶质的物质的量浓度为：_______。【答案】（1）Na2CO3（2）2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑（3）氯气溶于水，和水发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，HClO具有漂白性（4）CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO（5）①.336②.0.005molNa2CO3、0.010molNaHCO3③.0.2mol/L【解析】【分析】乙、丙均为化合物，乙常温下为无色无味液体，丙为常见的无色无味气体。甲为淡黄色的固体，乙、丙都能与甲反应，则甲是Na2O2、乙是H2O、丙是CO2，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气、过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，则