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    2022-2023学年天津市八校联考高一上学期期中考试化学试题含解析
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    2022-2023学年天津市八校联考高一上学期期中考试化学试题含解析

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    这是一份2022-2023学年天津市八校联考高一上学期期中考试化学试题含解析,共15页。试卷主要包含了单选题,填空题,元素或物质推断题,实验题等内容,欢迎下载使用。

    天津市八校联考2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题

    学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________

     

    一、单选题

    1.下列物质不属于酸性氧化物的是

    ANa2O BSO3 CSiO2 DP2O5

    【答案】A

    【分析】能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物,据此判断。

    【详解】ANa2O和酸反应生成盐和水,是碱性氧化物,A符合;

    BSO3能与碱反应生成盐和水,是酸性氧化物,B不符合;

    CSiO2能与碱反应生成盐和水,是酸性氧化物,C不符合;

    DP2O5能与碱反应生成盐和水,是酸性氧化物,D不符合;

    答案选A

    2.人们利用焰色试验制造了绚丽多彩的烟花,下列物质的焰色为紫色(透过蓝色钴玻璃)的是

    ANa2CO3 BKCl CCaCl2 DCuSO4

    【答案】B

    【分析】焰色反应为元素的性质,属于物理性质,只要含有同种元素就会显示相同的焰色。

    【详解】A.钠元素的焰色为黄色,故Na2CO3的焰色为黄色,A错误;

    B.钾元素的焰色为紫色,故KCl的焰色为紫色(透过蓝色钴玻璃)B正确;

    C.钙元素的焰色为砖红色,故CaCl2的焰色为砖红色,C错误;

    D.铜元素的焰色为绿色,故CuSO4的焰色为绿色,D错误;

    故答案选B

    3.以下表示的是碳及其化合物的转化关系,其中涉及的基本反应类型依次是

    CCO2H2CO3CaCO3

    A.化合、置换、分解 B.置换、复分解、化合

    C.置换、化合、分解 D.置换、化合、复分解

    【答案】D

    【详解】在加热的条件下碳置换出氧化铜中的铜,属于置换反应;二氧化碳溶于水生成碳酸,是化合反应;碳酸和氢氧化钙发生中和反应,属于复分解反应。

    答案选D

    4.某无色透明的酸性溶液中能大量共存的是

    A B

    C D

    【答案】C

    【详解】A在溶液中显蓝色,与无色透明溶液不相符,选项A错误;

    B.酸性溶液中不能大量存在,会反应产生二氧化碳气体,选项B错误;

    C各离子及氢离子之间相互不反应,且均无色,符合条件,选项C正确;

    D均能与反应生成沉淀而不能大量共存,且与氢离子反应生成水而不能大量存在于酸性溶液中,选项D错误;

    答案选C

    5.下列氧化还原反应中电子的转移表示错误的是

    A

    B

    C

    D

    【答案】C

    【详解】A.氧化铁中铁由+3价变为0价,得到电子2×3e-,氢气中的氢由0价变为+1价,失去电子6×e-A正确;

    B.二氧化锰中Mn的化合价由+4价到+2价,得2个电子,部分盐酸中氯的化合价由-1价到0价,失电子,4HCl2HCl失去2×e-B正确;

    C.二氧化硅中的硅为+4价,应得到4个电子变为0价的硅;碳单质的化合价为0价,应该失去2×2e-电子,C错误;

    D.铜由0价变为+2价,失去1×2e-电子,硝酸中部分氮由+5价变为+4价,得到2×e-电子,D正确;

    故选C

    6.对于反应3Cl26NaOH()=5NaClNaClO33H2O,下列叙述正确的是

    ACl2是氧化剂,NaOH是还原剂

    B.被氧化的氯原子和被还原的氯原子的个数之比为1∶5

    CH2O是还原产物

    D.氧化剂的得电子数与还原剂的失电子数之比为5∶1

    【答案】B

    【分析】对于反应3Cl26NaOH()=5NaClNaClO33H2OCl元素化合价一部分升高、一部分降低;Cl2Cl0价,NaClCl-1价,NaClO3Cl+5价。

    【详解】A.由分析可知,反应中只有Cl元素价态发生改变,所以Cl2既是氧化剂又是还原剂,NaOH中不存在价态发生改变的元素,既不是还原剂也不是氧化剂,A不正确;

    B.由反应方程式可知,被氧化的氯原子(生成NaClO3)和被还原的氯原子(生成NaCl)的个数之比为1∶5B正确;

    CH2O中不存在价态变化的元素,所以不是还原产物,C不正确;

    D.依据得失电子守恒的原则,氧化剂的得电子数与还原剂的失电子数相等,二者得失电子数之比为1∶1D不正确;

    故选B

    7.根据下列反应:(1)2Fe3++2I-=2Fe2++I2(2)Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+,判断离子的还原性由强到弱的顺序是

    ABr-I-Fe2+ BI-Fe2+Br-

    CFe2+I-Br- DBr-Fe2+I-

    【答案】B

    【详解】反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2中,I-是还原剂,Fe2+是还原产物,则还原性I-Fe2+;反应Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+中,Fe2+是还原剂,Br-是还原产物,则还原性Fe2+Br-;从而得出还原性I-Fe2+Br-,故选B

    8.能正确表示下列反应的离子方程式的是

    ACu溶液反应:Cu + Ag+ =Cu2+ +Ag

    B.钠与溶液反应:

    C.大理石与稀盐酸反应:

    D.稀硫酸滴在铜片上:

    【答案】C

    【详解】ACu溶液发生置换反应,反应离子方程式为Cu + 2Ag+ =Cu2+ +2Ag,故A项错误;

    B.钠单质属于非常活泼的金属单质,能与水发生置换反应,因此钠单质不能将Cu置换出来,故B项错误;

    C.大理石中碳酸钙能与盐酸发生复分解反应生成氯化钙、水、二氧化碳,反应离子方程式为,故C项正确;

    D.铜与稀硫酸不反应,故D项错误;

    综上所述,正确的是C项。

    9.下列物质的保存方法不正确的是

    A.新制氯水保存在棕色试剂瓶中 B.金属钠保存在煤油中

    C.过氧化钠应密封保存 D.漂白粉可以露置于空气中

    【答案】D

    【详解】A.新制氯水中的次氯酸稳定性较差,见光易分解,因此新制氯水需避光保持,常保存在棕色试剂瓶中,故A项正确;

    B.钠单质活泼性较好,易与空气中氧气、水发生反应,不能暴露于空气,根据钠单质密度大于煤油,因此金属钠常保存在煤油中,故B项正确;

    C.过氧化钠能与空气中二氧化碳、水发生反应,因此需密封保存,故C项正确;

    D.漂白粉中次氯酸钙能与空气中二氧化碳、水发生反应,因此不能暴露于空气中,故D项错误;

    综上所述,不正确的是D项。

    10.有两个无标签的试剂瓶,分别装有Na2CO3NaHCO3固体,有4位同学为鉴别它们采用了以下不同的方法,其中可行的是

    A.分别配成溶液,再加入澄清石灰水

    B.分别配成溶液,再加入NaOH溶液

    C.分别加热,再检验是否有使澄清石灰水变浑浊的气体产生

    D.分别配成溶液,再进行焰色试验

    【答案】C

    【详解】A.碳酸钠和碳酸氢钠都会与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀,无法鉴别,A错误;

    B.碳酸钠不与氢氧化钠反应,无现象;碳酸氢钠与氢氧化钠要反应,但也无明显现象,无法鉴别,B错误;

    C.加热,碳酸钠受热不反应;碳酸氢钠受热产生二氧化碳使石灰水变浑浊,现象不同,可以鉴别,C正确;

    D. 由于都是钠盐,焰色反应都是黄色,无法鉴别,D错误;

    故选C

    11.下列叙述正确的是

    A1 mol H2O的质量为18 g∙mol−1

    BCH4的摩尔质量为16 g

    C3.01×1023SO2分子的质量为32g

    D.标准状况下,1 mol任何物质体积均为22.4 L

    【答案】C

    【详解】A1 mol H2O的质量为18 g,故A错误;

    BCH4的摩尔质量为16 g∙mol−1,故B错误;

    C3.01×1023SO2分子的物质的量为0.5mol,质量为32g,故C正确;

    D.标准状况下,1 mol任何气体的体积都约为22.4 L,不能是任何物质,故D错误。

    综上所述,答案为C

    12.同温同压下,用等质量的CH4CO2N2SO2四种气体分别吹出四个气球(同一种气球),其中气体为SO2的是

    A B C D

    【答案】A

    【详解】同温同压下,气体的物质的量之比等于气体的体积之比,根据可知,等质量气体的摩尔质量越小,气体的物质的量越大,气体的体积越大,,因此SO2的体积最小,故答案为A

     

    二、填空题

    13.现有以下物质:①Na②O2③H2SO4④KOH蔗糖;⑥H2O⑦NaCl空气;⑨NaHSO4⑩Na2CO3;按要求填空:

    (1)属于氧化物的是:_______;属于酸的是:_______;属于电解质的是_______;写出一种与互为同素异形体的物质的化学式_______

    (2)写出在水溶液中电离的电离方程式_______

    (3)NaCl分散在酒精中可形成胶体,则区别该分散系和氯化钠溶液最简单的方法是该分散系可出现_______

    (4)检验NaCl中是否含有,需选择的化学试剂及实验方法为_______

    A.加入浓溶液加热,观察现象 B.加稀HNO3AgNO3溶液,观察现象

    C.加入溶液,观察现象 D.滴加酚酞试液,观察现象

    (5)写出与水反应的化学方程式为_______

    (6)防烟面具中氧气的来源是过氧化钠,写出Na2O2与二氧化碳反应的化学方程式:_______

    (7)Na2CO3溶液中Na+的浓度为 0.3 mol•L-1,则该溶液中c(Na2CO3)_______ mol•L-1

    【答案】(1)             ③④⑥⑦⑨⑩     O3

    (2)

    (3)丁达尔效应

    (4)B

    (5)

    (6)

    (7)0.15

     

    【详解】(1)电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下自身能够导电的化合物,一般为酸、碱、盐、典型的金属氧化物和某些非金属氢化物。

    ①Na是金属单质,既不是电解质也不是非电解质;②O2是非金属单质,既不是电解质也不是非电解质;③H2SO4为酸,属于电解质;④KOH是碱,属于电解质;蔗糖不能电离、不能导电,属于非电解质;⑥H2O是氧化物,能电离,属于电解质;⑦NaCl为盐,溶于水导电,属于电解质;空气是混合物,既不是电解质也不是非电解质;⑨NaHSO4为盐,属于电解质;⑩Na2CO3为盐,属于电解质;

    氧化物是指氧元素与另外一种化学元素组成的二元化合物,上述物质中属于氧化物的是⑥H2O;电离时生成的阳离子全部是氢离子(H⁺)的化合物叫做酸,上述物质中属于酸的是③H2SO4;属于电解质的是③H2SO4④KOH⑥H2O⑦NaCl⑨NaHSO4⑩Na2CO3;同素异形体是指由同样的单一化学元素组成,因排列方式不同,而具有不同性质的单质,O2是由氧元素形成的单质,与O2互为同素异形体的为O3,故答案为:③④⑥⑦⑨⑩O3

    2③H2SO4为酸,在水溶液中电离出H+,电离方程式为

    3)当一束光线透过胶体,从垂直入射光方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的通路,因此鉴别胶体与溶液最简单的方法是利用丁达尔效应。

    4A.加入NaOH浓溶液加热,Cl-不反应,无明显现象,故A不选;

    B.加稀HNO3AgNO3溶液,Cl-Ag+反应生成白色AgCl沉淀,可检验Cl-,故B选;

    C.加入KSCN溶液,Cl-不反应,无明显现象,故C不选;

    D.滴加酚酞试液,无明显现象,故D不选;

    故答案为B

    5Na为活泼金属单质,能与水发生置换反应,反应方程式为

    6)过氧化钠与二氧化碳发生氧化还原反应生成碳酸钠和氧气,反应方程式为

    7Na2CO3在水中完全电离出Na+Na2CO3溶液中Na+的浓度为 0.3 mol•L-1,则该溶液中c(Na2CO3)=

     

    三、元素或物质推断题

    14.某无色透明溶液中可能大量存在AgCa2Cu2Fe3Na中的几种。请填写下列空白:

    (1)不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是___________

    (2)取少量原溶液,加入过量稀盐酸,有白色沉淀生成;再加入过量的稀硝酸,沉淀不消失。说明原溶液中肯定存在的离子是___________

    (3)(2)中的滤液,加入过量的碳酸钠溶液,出现白色沉淀,说明原溶液中肯定有___________,有关的离子方程式为___________

    (4)原溶液可能大量共存的阴离子是___________(填字母)

    AOH- BSO CNO DCl-

    【答案】(1)Cu2Fe3

    (2)Ag

    (3)     Ca2     Ca2CO=CaCO3

    (4)C

     

    【详解】(1)含有Fe3的溶液呈黄色,含有Cu2的溶液呈蓝色;无色溶液中一定不含Cu2Fe3;所以不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是Cu2Fe3

    2)取少量原溶液,加入过量稀盐酸,有白色沉淀生成;再加入过量的稀硝酸,沉淀不消失。,说明原溶液中肯定存在的离子是Ag

    3)取(2)中的滤液,加入过量的碳酸钠溶液,出现白色沉淀,,所以说明原溶液中肯定有Ca2

    4A. OH-Ag+反应生成沉淀,氢氧化钙微溶, OH-Ca2Ag+不能大量共存,故不选A

    B. 硫酸银、硫酸钙微溶,SOCa2Ag不能大量共存,故不选B

    C. NOAgCa2Na不反应,能大量共存,故选C    

    D. Cl-Ag反应生成氯化银沉淀,不可能含有Cl-,故不选D

    C

     

    四、实验题

    15.下图为实验室制取纯净、干燥的氯气,并验证氯气性质的装置。其中E瓶放有干燥红色布条,F中为红色的铜网,其右端出气管口放有脱脂棉。

    (1)瑞典化学家舍勒将软锰矿(主要成分是MnO2)与浓盐酸混合加热,在世界上首先取得了氯气。目前实验室依然采用此法制取氯气,请写出化学方程式:_______

    (2)装置C中盛装的溶液是_______D的作用是_______

    (3)E中红色布条是否褪色?_______,原因是_______F中的生成物质为_______(化学式)

    (4)H中选用NaOH溶液进行尾气处理,则发生的反应是(用离子方程式表示)_______

    (5)实验结束时,应先熄灭_______(“①”“②”)处酒精灯。

    【答案】(1)

    (2)     饱和食盐水     干燥氯气

    (3)     不褪色     氯气不具有漂白性     CuCl2

    (4)

    (5)②

     

    【分析】装置B中发生MnO2与浓盐酸在加热的条件下反应,生成氯化锰、氯气、水,方程式为,浓盐酸具有挥发性导致生成的氯气中含有HCl,装置C除去氯气中的HCl,氯气在饱和食盐水中溶解度较低,因此除杂试剂是饱和食盐水;装置D是干燥氯气,干燥剂是浓硫酸,装置E中放有干燥红色布条,布条不褪色,装置F中为红色的铜网,加热条件下,发生反应,右端出气管口放有脱脂棉,防止生成的CuCl2冷却后堵塞导管,装置G采用向上排空法收集氯气,装置H盛有氢氧化钠溶液,吸收多余的氯气,防止污染空气。

    【详解】(1)由上述分析可知,制取氯气的化学方程式为

    2)由上述分析可知,装置C中盛装的溶液是饱和食盐水;因装置F为加热装置,不能让水蒸气进入,因此装置D的作用是干燥氯气。

    3)氯气不具有漂白性,因此装置E中红色布条不会褪色;装置F中氯气与铜在加热条件下发生化合反应生成CuCl2

    4Cl2NaOH溶液发生歧化反应生成氯化钠、次氯酸钠、水,反应的离子方程式为

    5)实验结束后,应先熄灭处酒精灯,防止发生倒吸。

    16.在疫情防控中,常使用次氯酸钠溶液对环境消毒。已知某“84消毒液瓶体部分标签如图所示。请回答下列问题:

    商品名称:84消毒液

    【有效成分】NaClO

    NaClO摩尔质量】74.5g/mol

    【规格】500mL

    【质量分数】7.45%

    【密度】约为1 g/mL

     

    (1)“84消毒液的物质的量浓度为_______mol•L-1

    (2)小明某次实验需要配置该浓度的“84消毒液” 950 mL,需选用的容量瓶规格为_______mL,小明需用托盘天平称量该固体的质量为_______g

    (3)以下有关配制该溶液的说法正确的是_______(填字母)

     

    A.定容时的操作如图所示

    B.溶解NaClO固体不能用如图所示的操作

    C.定容操作可以用图表示

    D.定容过程向容量瓶加蒸馏水至接近刻度线1—2cm时,改胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线

    (4)下列情况会导致所配制的“84消毒液的物质的量浓度偏高的是_______(填字母)

    A.容量瓶用蒸馏水洗后未干燥

    B.配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒

    C.定容时俯视刻度线

    D.称量NaClO固体时所用的砝码生锈了

    【答案】(1)1

    (2)     1000     74.5

    (3)BD

    (4)CD

     

    【详解】(1)该“84消毒液的物质的量浓度

    2)配制950mL溶液需选用1000mL容量瓶定容;配制1L1mol/L NaClO溶液需称量NaClO固体质量为

    3A.定容操作视线与刻度线相平,图示操作错误,故A错误;

    B.容量瓶不能用于溶解固体,应在烧杯中溶解,故B正确;

    C.定容操作最后应用胶头滴管逐滴滴加,图示操作错误,故C错误;

    D.定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线1~2cm时,改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻废线,故D正确;

    故答案为:BD

    4)所配溶液浓度,根据操作对数据影响分析对结果的影响。

    A.定容过程中还需向容量瓶中加入蒸馏水,容量瓶用蒸馏水洗后未干燥,对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响,溶液浓度无影响,故A不选;

    B.配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒,导致溶质部分损耗,溶质的物质的量浓度偏低,故B不选;

    C.定容时俯视刻度线,导致溶液体积偏小,溶液浓度偏高,故C选;

    D.称量NaClO固体时所用的砝码生锈了,所称量固体质量偏大,导致溶质的物质的量偏大,溶液浓度偏高,故D选;

    故答案为:CD

     

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