上海市南洋模范中学2022-2023学年高一化学上学期期中考试试题（Word版附解析）

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2022学年第一学期南模中学高一年级期中考试
化学学科
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 K-39 Ba-137
-阿伏加德罗常数的值
一、选择题(每小题1分，只有1个正确答案，共20分)
1. 溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是
A. 是否有丁达尔现象 B. 是否均一、透明、稳定
C. 分散质粒子直径的大小 D. 是否能通过滤纸
【答案】C
【解析】
【详解】溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是分散质粒子直径的大小，溶液中微粒直径小于1nm，胶体中微粒直径为1nm~100nm，浊液中微粒直径大于100nm，故选C。
2. 下列物质分类的正确组合是
选项
混合物
纯净物
单质
电解质
A
盐酸

石墨
蔗糖
B
空气
胶体
铁

C


水银
铜
D
氨水
明矾



A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．蔗糖是有机物，是非电解质，A错误；
B．Fe(OH)3胶体是混合物，不是纯净物，B错误；
C．CuSO4·5H2O是纯净物，不是混合物，铜是单质，不属于电解质，C错误；
D．氨水为混合物，明矾为纯净物，C70为单质， NaCl为电解质，D正确；
故选D。
3. 酸碱质子理论认为：凡是能给出质子（）的都是酸，凡是能结合质子的都是碱。依据酸碱质子理论，下列属于酸碱两性物质的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．只能给出质子，则只能是酸，故A错误；
B．KOH只能结合质子，则只能是碱，故B错误；
C．既不能结合质子也不能给出质子，既不是酸也不是碱，故C错误；
D．既能给出质子又能结合质子，为酸碱两性物质，故D正确；
故选D。
【点睛】正确理解酸碱质子理论是解题的关键。本题的易错点为C，要注意酸碱两性物质与两性物质的区别。
4. 胶体的胶团结构如图所示，下列说法错误的是

A. 胶体粒子的直径为 B. 胶体带正电
C. 胶体能够稳定存在是因为胶粒存在静电斥力 D. 胶体的胶团属于分散质
【答案】B
【解析】
【详解】A．胶体粒子的直径为，A项正确；
B．胶体不带电，但胶粒带正电，B项错误；
C．胶体能够稳定存在主要是因为胶粒带正电荷，相互排斥，不能聚沉，C项正确；
D．氢氧化铁胶体属于分散系，胶团属于分散质，D项正确；
故选B。
5. 已知反应①；②。下列说法正确的是
A. 反应①中H2S体现还原性，得到电子
B. 反应②中O2为还原产物
C. 氧化性：H2O2＞Cl2
D. 由反应①和②可知，H2O2既可作氧化剂又可作还原剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．在反应①中S元素化合价由反应前H2S中的-2价变为反应后S单质的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以H2S体现的是还原性，物质失去电子，A错误；
B．反应②中O2为H2O2失去电子被氧化产生的氧化产物，B错误；
C．在氧化还原反应中，物质的氧化性：氧化剂＞还原剂。在反应②中Cl2为氧化剂，H2O2为还原剂，所以物质的氧化性：H2O2＜Cl2，C错误；
D．在反应①中H2O2为氧化剂，表现氧化性；在反应②中H2O2为还原剂，表现还原性，D正确；
故合理选项是D。
6. 在强碱性条件下，发生反应：，中X的化合价为
A. +4 B. +5 C. +6 D. +7
【答案】C
【解析】
【分析】先根据离子反应中电荷守恒确定n的值，再结合的电荷数目及O元素化合价确定X的化合价。
【详解】根据电荷守恒可知n=2，可写为，由于O元素化合价为-2价，则X的化合价为+6价，故合理选项是C。
7. 在KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O的反应中，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为（ ）
A. 1∶6 B. 6∶1 C. 1∶5 D. 5∶1
【答案】D
【解析】
【详解】反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，KClO3中氯元素化合价由+5降低为0、HCl中氯元素化合价由-1升高为0，电子转移的方向和数目是，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为5:1，故选D。
8. 氧化性：。下列在水溶液中不能发生的反应是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题依据氧化还原反应的规律判断，氧化性：氧化剂＞氧化产物。
【详解】A．已知碘单质氧化性强于硫单质，该反应可以发生，A不选；
B．已知铁离子氧化性强于硫单质，该反应不能发生，B选；
C．已知碘单质氧化性强于硫酸根，该反应可以发生，C不选；
D．亚硫酸根和硫离子在酸性条件下价态归中生成硫单质，该反应可以发生，D不选；
故选B。
9. 标准状况下，1 L的密闭容器中恰好可盛放n个N2分子和m个H2分子组成的混合气体，则阿伏加德罗常数可近似表示为(　　)
A. 22.4(m+n) B. 22.4×6.02×1023(m+n)
C. D. m+n
【答案】A
【解析】
【详解】在标准状况下22.4 L气体所含有的分子为1 mol，含有的分子数目为NA，1 L气体中所含有的气体分子数为(m+n)，则，则阿伏加德罗常数NA=22.4(m+n)，故合理选项是A。
10. 已知铜的摩尔质量为，密度为，阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是
A. 铜所含原子的数目为 B. 一个铜原子所占有的体积为
C. 一个铜原子的质量为 D. 铜所含有的原子数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．1kg铜的物质的量为：1000g÷Mg/mol=1000/Mmol，所含铜原子数为：1000/MmolNA，故A错误；
B．1个铜原子的物质的量为：1/NAmol，则1个铜原子的质量为：1/NAmol×Mg/mol=M/ NAg，所以一个铜原子所占有的体积为：(M÷NAg)÷dg•cm3=M/(dNA)cm3，故B错误；
C．1个铜原子的物质的量为：1/NAmol，则1个铜原子的质量为：1/NAmol×Mg/mol=M/ NAg，故C错误；
D．铜的物质的量为：d/Mmol，所含铜原子数为：d/MNA，故D正确。
故选D。
11. 室温下，向A、B两个等容密闭容器分别充入等质量的和。下列说法正确的是
A. 物质的量： B. 原子数目：
C. 气体摩尔体积： D. 密度：
【答案】D
【解析】
【详解】A．＞，根据，可知＜，，A错误；
B．两者都是双原子分子，＜，则原子数目，B错误；
C．A、B两个等容密闭容器气体物质的量不同，温度相同，压强不同，则气体摩尔体积不同，C错误；
D．，体积和质量相同，密度相同，D正确；
故选D。
12. 有一瓶14％KOH溶液，加热蒸发掉100g水后，变为28％的KOH溶液80mL（蒸发过程中无溶质析出）。这80mL溶液的物质的量的浓度为
A. 5mol/L B. 6mol/L C. 6.25mol/L D. 6.75mol/L
【答案】C
【解析】
【详解】14%的KOH溶液，加热蒸发掉100g水后，变为28%的KOH溶液，则根据溶质的质量不变可知原溶液的质量是200g，因此KOH的质量是28g，则n(KOH)=28g÷56g/mol=0.5mol，所以c(KOH)=0.5mol÷0.08L=6.25 mol/L。答案选C。
13. 向和的混合溶液中加入溶液中的恰好完全沉淀，再加入足量强碱并加热使氨气完全逸出，收集到，则原溶液中的物质的量浓度为(单位：)
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】向和的混合溶液中加入溶液中的恰好完全沉淀，则原溶液中有bmol，再加入足量强碱并加热使氨气完全逸出，收集到，说明原溶液中有cmol，根据电荷守恒，的物质的量为(2b-c)mol，原溶液中则原溶液中的物质的量浓度为=，故选A。
14. 如图所示是配制一定物质的量浓度溶液的过程。下列说法中不正确的是

A. 所配制的Na2CO3溶液中Na+的物质的量浓度为2.0mol·L-1
B. 操作2中玻璃棒的下端应该抵在容量瓶的刻度线下方
C. 操作4如果仰视，所配得溶液浓度偏高
D. 操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，不再需要加水
【答案】C
【解析】
【详解】A．10.6 gNa2CO3的物质的量是n(Na2CO3)=，由于溶液体积是100 mL，则配制溶液的浓度c(Na2CO3)=，其Na+的物质的量浓度为2.0mol·L-1，A正确；
B．为减小实验操作误差，操作2中引流使用玻璃棒的下端应轻轻抵在容量瓶的刻度线下方，B正确；
C．操作4如果仰视，则溶液的体积偏大，由于溶质的物质的量不变，则所配得溶液浓度偏低，C错误；
D．操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，这是由于溶液粘在容量瓶的瓶颈的刻度线以上了。由于溶液具有均一性，溶液各处的浓度相同，因此不影响溶液的浓度，此时若继续加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，最终使得配制的溶液浓度偏低，D正确；
故合理选项是C。
15. 下列离子方程式中，只能表示一个化学反应是
①Fe+Cu2+=Fe2++Cu ②Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O
③Cl2+H2O=H++Cl-+HClO ④+2H+=CO2↑+H2O
⑤Ag++Cl-=AgCl↓
A. 只有③ B. ②③ C. ③⑤ D. ①④
【答案】A
【解析】
【详解】①Fe+Cu2+=Fe2++Cu可表示铁与氯化铜或硫酸铜等多个化学反应，故①不符合题意；
②Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O表示氢氧化钡与硫酸、硫酸氢钠等多个化学反应，故②不符合题意；
③Cl2+H2O=H++Cl-+HClO只能表示氯气和水这一个反应，故③符合题意；
④+2H+=CO2↑+H2O可表示碳酸钠、碳酸钾与盐酸、硫酸等多个化学反应，故④不符合题意；
⑤Ag++Cl-=AgCl↓可表示硝酸银与氯化钠、盐酸等多个化学反应，故⑤不符合题意；
故符合题意只有③，故答案为A。
16. 图a、b、c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验的微观示意图(X、Y均表示石墨电极，且与直流电源连接方式相同，“”表示水分子)，下列说法正确的是

A. “”代表，“”代表 B. X连接电源的负极
C. 在三种状态下都存在自由移动的离子 D. 图c表示水溶液中的微粒迁移
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于氯离子半径大于钠离子，则图中黑色球表示氯离子、白色球代表钠离子，A错误；
B．根据图b装置中钠离子和氯离子的移动方向可知，X电极为阳极、Y电极为阴极，阳极与电源正极相接、阴极与电源负极相接，B错误；
C．NaCl固体中没有自由移动离子，不导电，图a中不含自由移动的阴阳离子，则不导电，C错误；
D．由图可知，图c中存在水合钠离子以及水合氯离子，故图c表示NaCl水溶液中的微粒迁移，D正确；
故选D。
17. 在如图所示电解质溶液的导电性装置中，向某一电解质溶液中逐滴加入另一种溶液或通入一种气体时，灯泡由亮变暗至熄灭后又逐渐变亮的是

A. 稀盐酸中逐滴加入溶液 B. 稀中逐滴加入溶液
C. 饱和石灰水中不断通入 D. 稀中逐滴加入溶液
【答案】C
【解析】
【分析】电解质溶液中离子浓度越大，其导电性越强，若向某一电解质溶液中逐滴加入另一种溶液或通入一种气体时，灯泡由亮变暗至熄灭后又逐渐变亮，说明该过程中离子浓度先减小到0然后增大，据此分析解答
【详解】A．稀盐酸和NaCl溶液不反应，溶液中离子浓度不可能为0，灯泡不可能熄灭，A错误；
B．稀硫酸中加入氢氧化钠溶液，二者反应生成硫酸钠和水，溶液中离子浓度不可能为0，灯泡不可能熄灭，B错误；
C．饱和石灰水中通入二氧化碳，先生成碳酸钙沉淀和水，当二者恰好完全反应生成碳酸钙时，此时离子浓度几乎为0，灯泡熄灭，继续通入二氧化碳后，二氧化碳和碳酸钙、水反应生成可溶性的碳酸氢钙，溶液中离子浓度增大，灯泡变亮，C正确；
D．稀硝酸中加入氢氧化钡，二者反应生成硝酸钡和水，溶液中离子浓度不可能为0，灯泡不可能熄灭，D错误；
故选C。
18. 某溶液由个数之比为1∶2∶3∶1的、、、M组成，则离子M可能是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设四种离子的物质的量分别为lmol、2mol、3mol、1mol, 溶液中钡离子和铵根离子所带电荷数为1mol×2+ 2mol×1=4mol，硝酸根离子所带电荷数为3mol×1=3mol，由电荷守恒可知，M离子为阴离子，设M的电荷为x，由电荷守恒可知，4mol=3mol+xmol，解得x=1，氢氧根离子和铵根离子不共存，则M离子为氯离子；
故选C。
19. 在无色、碱性溶液中能大量共存的一组离子是
A. Ca2+、Na＋、、 B. Ba2+、Na＋、Cl－、
C. Ba2+、Mg2+、Cl－、 D. K＋、Fe3+、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ca2+、生成微溶物，Ca2+、OH-、反应生成沉淀和水，所以不能大量共存，故A不符合题意；
B．Ba2+、Na＋、Cl－、，这几种离子无色且离子之间不反应、和氢氧根离子不反应，所以能大量共存，故B正确；
C．Ba2+与、Mg2+与发生反应，即Ba2++=BaCO3↓，Mg2++=MgCO3↓，所以不能大量共存，故C不符合题意；
D．Fe3+呈黄色，呈紫红色，且Fe3+、OH-反应生成沉淀，即Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，所以不能大量共存，故D不符合题意；
答案为B。
20. 如图所示，向密闭容器内的可移动隔板的两侧分别充入空气及混合气体，已知空气体积占整个容器体积的1/5。在标准状况下，若将的混合气体点燃引爆。隔板先左弹，恢复原温度后，隔板右滑停留于容器的中央。则原来的体积之比可能为

A. 1∶1 B. 1∶3 C. 2∶1 D. 2∶7
【答案】A
【解析】
【分析】体积之比等于物质的量之比。将的混合气体点燃引爆，隔板先左弹，恢复原温度后，隔板右滑停留于容器的中央，说明反应后，左侧容器中有1mol气体。
【详解】反应前左右两室的体积之比为1：4，则左右两室中气体物质的量之比为1：4，反应后活塞处于中央，两室体积相等，则两室中气体的物质的量相等，令空气的物质的量为1mol，则右室剩余的气体为1mol，反应前氢气、氧气总物质的量为4mol，参加反应的气体总物质的量为4mol-1mol=3mol，根据2H2+O22H2O，可知消耗2molH2、1molO2，若氢气过量，则O2为1mol，H2为1mol＋2mol=3mol，故H2、O2的体积之比为3：1；若氧气过量，H2为2mol，则O2为4mol-2mol=2mol，H2、O2的体积之比为1：1；
故选∶A。
二、综合题(共60分)
21. 下列物质中：①；②溶液；③；④；⑤；⑥酒精；⑦溶液；⑧；⑨熔融；⑩
回答下列问题：
（1）能导电的有________________(选填编号，下同)，属于非电解质的是___________。
（2）写出在水中的电离方程式。________________
（3）向一定体积的溶液中逐滴加入溶液，并测得混合液的导电能力随滴入溶液体积的变化曲线是___________(选填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，写出溶液中恰好被沉淀完全时对应的离子方程式。________________________________________

（4）已知：
向含的溶液通入，生成________。
【答案】（1） ①. ①②⑦⑨ ②. ④⑥
（2）=K++HCO
（3） ①. Ⅱ ②. Ba2++OH-+SO+H+=BaSO4↓+H2O
（4）0.5
【解析】
【小问1详解】
能导电的物质应满足有自由移动的电子或自由移动的离子，①Al属于金属，有自由移动的电子能导电，②⑦⑨有自由移动的离子能导电，故能导电物质有①②⑦⑨；非电解质是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质的是④⑥；
【小问2详解】
属于酸式可溶性盐，在水中的电离方程式为=K++HCO；
【小问3详解】
一定体积的溶液中逐滴加入溶液，溶液少量时发生反应Ba(OH)2+NaHSO4=NaOH+BaSO4↓+H2O，导电能力减弱，但是因为生成了NaOH，导电能力不能降到0，继续滴入溶液，发生反应Ba(OH)2+2NaHSO4=Na2SO4+BaSO4↓+2H2O，导电能力继续下降，溶液反应完后再滴入溶液，因为属于强电解质，导电能力又增强，所以变化曲线是Ⅱ；溶液中恰好被沉淀完全时，对应的离子方程式为Ba2++OH-+SO+H+=BaSO4↓+H2O；
【小问4详解】
根据已知可得还原性：Fe2+>Br+>Cl-，向含1molFeBr2的溶液通入1molCl2，Cl2先于Fe2+反应，再与Br-反应，离子方程式为：Cl2+Fe2++Br-=2Cl-+Fe3++Br2，所以向含1molFeBr2的溶液通入1molCl2，生成0.5molBr2。
【点睛】导电性：有自由移动的电子或自由移动的离子的物质；在溶液中，导电能力与离子的浓度和离子电荷量有关，离子浓度越大、离子电荷量越大，导电性越强。电解质不一定能导电，能导电的物质也不一定是电解质，电解质与能导电的物质不能等同。
22. 工业上次磷酸()常用于化学镀银，反应原理如下：
(未配平)
回答下列问题：
（1）中，P元素的化合价为___________；该反应中，被___________(选填“氧化”或“还原”)。
（2）配平化学方程式并用单线桥标出电子转移的方向和数目___________。反应每消耗1个，转移___________个电子。
（3）已知是一元弱酸，其电离方程式为________________。与足量溶液反应生成的钠盐属于___________(选填“正盐”“酸式盐”或“碱式盐”)
【答案】（1） ①. +1 ②. 氧化
（2） ①. ②. 2
（3） ①. H3PO2H++H2PO ②. 正
【解析】
【小问1详解】
H3PO2中，总化合价为0，其中氢元素为+1价，氧元素为-2价，则P元素的化合价为：+1价；反应中P元素的化合价升高到+5价，被氧化；
【小问2详解】
反应中硝酸银是氧化剂得电子被还原生成银单质，次磷酸是还原剂失电子被氧化生成磷酸，化学方程式为 ；可知反应每消耗1个H2O，转移2个电子；
【小问3详解】
次磷酸是一元弱酸，H3PO2H++H2PO，所以NaH2PO2为正盐。
23. 某溶液中可能大量存在和中的几种。
回答下列问题：
（1）溶液呈无色，则不存在的离子是___________。
（2）取少量溶液滴入足量稀盐酸，有气体生成，原溶液中肯定存在的离子是___________，一定不存在的离子是___________。
（3）另取少量溶液滴入足量溶液，有白色沉淀产生，过滤，滤液呈碱性，向沉淀中加入稀硝酸，沉淀完全溶解。原溶液中肯定存在的离子是___________，一定不存在的离子是___________；写出白色沉淀溶解的离子方程式。_____________________
（4）由上述过程可知，依然有不能确定的离子，若要确定该离子，进行实验：取少量溶液，滴加________________试剂，有________________现象，则含该离子。
【答案】（1）
（2） ①. 、 ②. 、
（3） ①. ②. ③.
（4） ①. 硝酸酸化的硝酸银溶液 ②. 白色沉淀
【解析】
【小问1详解】
溶液无色，则一定没有；
小问2详解】
取少量溶液滴入足量稀盐酸，有气体生成，原溶液中肯定存在的离子是，、与不能共存，阳离子中只剩下，根据电荷守恒，一定有；
【小问3详解】
另取少量溶液滴入足量溶液，有白色沉淀产生，过滤，向沉淀中加入稀硝酸，沉淀完全溶解，白色沉淀是碳酸钡，说明没有硫酸根，滤液呈碱性，说明原溶液中一定存在；
【小问4详解】
根据上述分析，还有氯离子没有确定，检验氯离子，取少量溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀出现，证明含有氯离子。
24. 甲、乙同学分别使用两种实验方法测定和混合物中的质量分数。
甲同学取样品，用下图所示装置(夹持仪器省略)测定的质量。先通入一段时间后关闭弹簧夹；接上总质量为的干燥管；再打开仪器a的活塞，滴加稀硫酸，待锥形瓶中不再有气泡产生，关闭仪器a的活塞；打开弹簧夹，再通入一段时间后取下干燥管，称得其质量为。

回答下列问题：
（1）仪器a的名称是_______，洗气瓶b中盛放的试剂名称是_______。
（2）如果没有第一次通入，则测量结果会_______(选填“偏大”或“偏小”)，第二次通入的作用是_______。
乙同学按如下过程进行实验：

（3）乙同学测得样品中的质量分数为_______。
将一定量的该样品溶于水配成溶液，向该溶液中通入一定量的，得到溶液A.向溶液A中缓慢滴加的稀盐酸，所得气体(不考虑溶解)的体积(标准状况下)与所加稀盐酸的体积关系如图所示。

（4）溶液A中的溶质有、_______。向A溶液中加入盐酸时，发生反应的离子方程式为_______，加入盐酸时放出的气体体积_______。
（5）配制成的样品溶液中_______。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 浓硫酸
（2） ①. 偏高 ②. 将反应生成二氧化碳赶到干燥管中被碱石灰完全吸收
（3）×100%
（4） ①. ②. ③. 896mL
（5）0.02mol/L
【解析】
【分析】由题意可知，测定混合物中碳酸钠质量分数的操作为实验前先打开弹簧夹，通入一段时间的氮气，将装置中的排尽后，关闭弹簧夹，接上盛有碱石灰的干燥管，再打开分液漏斗的活塞，滴加稀硫酸进行反应，待锥形瓶中不再有气泡产生，关闭分液漏斗的活塞，打开弹簧夹，再通入一段时间的氮气，称量干燥管的质量。
【小问1详解】
①由实验装置图可知，仪器a为分液漏斗；装置b中盛放的浓硫酸用于干燥二氧化碳，防止碱石灰吸收水蒸气导致实验结果偏高，故答案为：分液漏斗；浓硫酸；
【小问2详解】
由题意可知，如果没有第一次通入氮气，装置中空气中的二氧化碳被干燥管中的碱石灰吸收后，会导致所测结果偏高；第二次通入氮气的目的是将反应生成的二氧化碳赶到干燥管中被碱石灰完全吸收，减小实验误差，故答案为：偏高；将反应生成的二氧化碳赶到干燥管中被碱石灰完全吸收；
【小问3详解】
由流程图可知，乙同学测得xg样品中碳酸钠与氢氧化钡溶液反应生成yg碳酸钡沉淀，则样品中碳酸钠的质量分数为×100%=×100%，故答案为：×100%；
【小问4详解】
加入盐酸发生的离子反应依次为第一阶段：、第二阶段：，碳酸根、碳酸氢根与氢离子都是1：1反应，第一阶段消耗20mL盐酸，第二阶段消耗60mL盐酸，可知溶液中有和，加入60mL盐酸时放出的气体体积为=896mL；
【小问5详解】
第一阶段碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，则溶液中碳酸钠物质的量为0.02L×1mol/L=0.02mol，则碳酸钠浓度为0.02mol/L。