【期中真题】江苏省常州高级中学2022~2023学年高一上学期期中质量检查化学试题.zip

江苏省常州高级中学

2022~2023学年第一学期高一年级期中质量检查

化学试卷

可能用到的相对原子质量：H-1  Li-7  C-12  O-16  S-32  Cl-35.5  Ca-40  Mn-55  Fe-56  Ni-59

一、单项选择题：本题包括15小题，每小题3分，共计45分。每小题只有一个选项符合题意。

1. 良好的安全防护意识和必要的实验安全措施是进行化学实验的前提。下列关于化学安全措施说法错误的是

A. 做焰色试验时，需要佩戴护目镜观察火焰的颜色

B. 泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火

C. 氯气有毒，有关氯气性质的实验要在通风条件下进行

D. 氯气泄漏后，人应往高处撤离避免吸入过多的氯气而中毒

【答案】B

【解析】

【详解】A．进行化学实验需要佩戴护目镜，以保护眼睛，做焰色试验时，需要佩戴护目镜观察火焰的颜色，保护眼睛，故A说法正确；

B．泡沫灭火器主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液发生双水解反应，得到氢氧化铝、硫酸钠和二氧化碳，硫酸钠溶液导电，因此泡沫灭火器可用于一般的起火，但不适用于电器起火，故B说法错误；

C．氯气有毒，有关氯气性质的实验要在通风厨中进行，防止发生中毒，故C说法正确；

D．氯气的密度比空气大，因此氯气泄漏后，人应往高处撤离，避免吸入过多的氯气而中毒，故D说法正确；

答案为B。

2. 分类是科学研究的重要方法。下列物质分类不正确的是

A. 电解质：氧化铝、硫酸钡、氨气

B. 非电解质：乙醇、四氯化碳、一氧化碳

C. 碱性氧化物：氧化钙、氧化镁、氧化铁

D. 酸性氧化物：二氧化硫、三氧化硫、干冰

【答案】A

【解析】

【详解】A．氨气不属于电解质，属于非电解质，故A说法错误；

B．乙醇、四氯化碳、一氧化碳均属于非电解质，故B说法正确；

C．氧化钙、氧化镁、氧化铁均属于化合物，且能与酸反应生成盐和水，因此它们属于碱性氧化物，故C说法正确；

D．二氧化硫、三氧化硫、干冰均属于化合物，且能与碱反应生成盐和水，因此它们属于酸性氧化物，故D说法正确；

答案为A。

3. 2020年11月，我国成功发射“嫦娥五号”，实现了中国首次月球无人采样返回，助力月球成因和演化历史等科学研究。若在月壤样品中分离出一种只含一种元素的物质，则该物质不可能为

A. 纯净物 B. 混合物 C. 单质 D. 化合物

【答案】D

【解析】

【详解】物质中只含一种元素，该物质可能是纯净物中的单质，也可能为混合物，如O2和O3，不能为化合物，因为化合物是至少有两种元素组成的纯净物，故选D。

4. 据科学家预测，月球的土壤中吸附着百万吨的氦，每百吨氦-3核聚变所释放出的能量相当于目前人类一年消耗的能量；而地球上的氦主要是以氦存在。运用你所学过的化学知识分析，下列有关和的说法不正确的是

A. 和的质子数均为2

B. 和的原子结构示意图均可表示为

C. 和分别形成单质的物理和化学性质均一样

D. 和是He的两种核素，互为同位素

【答案】C

【解析】

【详解】A．He元素的原子序数为2，原子序数=核电荷数=质子数，因此和的质子数均为2，故A说法正确；

B．和两者互为同位素，它们质子数相同，原子结构示意图均为，故B说法正确；

C．和两者互为同位素，它们物理性质不相同，它们核外电子排布相同，化学性质相同，故C说法错误；

D．和是He的两种核素，质子数均为2，中子数分别为1、2，因此它们互为同位素，故D说法正确；

答案为C。

5. 已知1.4g某气体中所含分子数为，此气体的摩尔质量为

A. 28g B. 28g/mol C. 2.8g/mol D. 2.8mol

【答案】B

【解析】

【详解】1.4g某气体中所含的分子数为3.01×1022，则物质的量为=0.05mol，则此气体的摩尔质量为1.4g÷0.05mol=28g/mol，

答案选B

6. 20℃时，的溶解度为1.48g，则该温度下，饱和溶液的浓度为(假设溶液的密度为1.0148g/mL)

A. 0.01mol/L B. 0.1mol/L C. 0.02mol/L D. 0.2mol/L

【答案】D

【解析】

【详解】20℃时，碳酸锂的溶解度为1.48g，则溶液的质量分数为，则溶液中碳酸锂的浓度为c=mol/L=0.2mol/L，

故选D

7. 设为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是

A. 1.8g重水()与中，中子数相同

B. 1mol氧气和1mol臭氧中，电子数相同

C. 1L0.1mol/L的硫酸铜溶液中含氧原子数为

D. 1molCO和的混合物完全燃烧消所耗的氧分子数为

【答案】D

【解析】

【详解】A．每个重水(D2O)分子含有10个中子，每个水(H2O)分子含有8个中子，1.8g重水()的中子数为，的中子数，A错误；

B．氧气和臭氧的化学式不同，1mol氧气和1mol臭氧中，电子数不相同，B错误；

C．溶液体积未知，无法计算，C错误；

D．CO和的燃烧方程式分别为2CO+O22CO2、2H2+O22H2O，故1molCO和的混合物完全燃烧消所耗的氧分子数为，D正确；

故选D。

8. 对于4℃时1000mL水中溶解了22.4LHCl气体(标况下测得)后形成的溶液，下列说法中正确的是

A. 所得溶液的体积为23.4L

B. 所得溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L

C. 根据所给数据，所得溶液中溶质物质的量浓度无法求得

D. 该溶液中溶质的质量分数因溶液的密度未知而无法求得

【答案】C

【解析】

【详解】A．气体溶解在水中，溶液的体积不是气体和水的和，A项错误；

B．1000mL水中溶解了22.4LHCl气体，溶液的体积不是1L，B项错误；

C．因为没有密度，无法计算溶液的体积，所以该溶液物质的量浓度无法求得，C项正确；

D．该溶液的质量分数=[溶质的质量÷(水的质量+溶质的质量)]×100%，根据题干数据，水和HCl的质量能够求得，进而求得溶液的质量分数，D项错误；

答案选C。

9. 下列有关物质的性质与用途，描述正确且具有对应关系的是

A. 铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质稳定

B. 碳酸氢铵受热易分解，因此可作为植物肥料

C. 氧化钙能与水反应，因此可用于食品干燥剂

D. 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，不会有液态铝滴落，是因为铝的熔点高

【答案】C

【解析】

【详解】A．铝为活泼金属，容易与氧气反应，在铝表面产生一层致密的氧化薄膜，保护内部铝不被氧气氧化，A错误；

B．碳酸氢铵含有植物生长所需的营养元素N，则碳酸氢铵可作化学肥料，与碳酸氢铵受热易分解无关，B错误；

C．氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，可以做干燥剂，C正确；

D．铝是活泼金属，在酒精灯上加热，铝表面迅速产生一层致密的氧化薄膜，保护内部铝不与氧气反应，因为氧化铝的熔点高于铝单质，因此出现现象熔化而不滴落，D错误；

答案为C。

10. 下列关于溶液、胶体、浊液的叙述中，正确的是

A. 浊液中的粒子不能透过半透膜，胶体中的粒子可以

B. 可以用丁达尔效应区分溶液和胶体

C. 可以用过滤方法除去胶体中的

D. 将饱和溶液滴入NaOH浓溶液中，加热煮沸可以制得胶体

【答案】B

【解析】

【详解】A．浊液、胶体中的粒子均不能透过半透膜，A错误；

B．丁达尔效应为胶体的特有性质，可以用丁达尔效应区分溶液和胶体，B正确；

C．溶液和胶体的分散质均能透过滤纸，不可以用过滤方法除去胶体中的，C错误；

D．将饱和溶液滴入NaOH浓溶液中，制得沉淀，不能得到胶体，D错误；

故选B

11. 根据下列实验操作及现象，所得实验结论正确的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】D

【解析】

【详解】A．向某溶液中加入几滴硝酸银溶液，出现白色沉淀，该沉淀可能为AgCl，也可能为Ag2SO4，即SO对Cl-的检验产生干扰，故A错误；

B．向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，出现白色沉淀，该沉淀可能为BaSO4，也可能为AgCl，Ag+对SO的检验产生干扰，故B错误；

C．能使澄清石灰水变浑浊的气体，可以是CO2，也可以SO2，HCO、SO、HSO对CO检验产生干扰，故C错误；

D．使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明该气体显碱性，该气体为NH3，即该溶液中已定含有NH，故D正确；

答案为D。

12. 下列实验装置操作错误的是

A. 装置①用于除去氯化钠溶液中的泥沙，然后再用装置②得到氯化钠晶体

B. 装置③用于萃取碘水中的，并从中分离出的酒精溶液

C. 装置④用于将自来水制成蒸缩水，一般无需温度计

D. 装置⑤中加入饱和溶液用于除去中混有的HCl

【答案】B

【解析】

【详解】A．泥沙不溶于水，NaCl为可溶性固体，则装置①过滤可除去氯化钠溶液中的泥沙，然后再用装置②蒸发得到氯化钠晶体，故A正确；

B．酒精和水互溶，不能用酒精萃取碘水中的碘，故B错误；

C．水的沸点为100℃，且自来水中水的沸点较低，则装置④蒸馏可制成蒸馏水，一般无需温度计，故C正确；

D． HCl与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2气体，CO2不反应，能用于除去中混有的HCl，故D正确；

故选B。

13. 下列说法正确的是

A. 量筒和容量瓶均没有零刻度线

B. 用托盘天平称取40.00g氢氧化钠固体时需放在烧杯中称量

C. 除去CO中少量：通过灼热的Cu网后收集气体

D. 配制50g质量分数为5%NaCl溶液：将45mL水加入盛有5gNaCl的烧杯中，搅拌溶解

【答案】A

【解析】

【详解】A．根据量筒、容量瓶的构造，这两种仪器均没有零刻度线，故A正确；

B．托盘天平精确度一般为0.1g或0.2g，因此托盘天平不能称取40.00g氢氧化钠固体，故B错误；

C．Cu与氧气反应生成CuO，CO能还原CuO得到Cu和CO2，产生新的杂质，题中所给方法不能除去CO中混有少量的氧气，故C错误；

D．配制50g质量分数为5%NaCl溶液，需要氯化钠的质量为50g×5%=2.5g，则将47.5mL水加入盛有2.5gNaCl的烧杯中，搅拌溶解，故D错误；

答案为A。

14. 某固体混合物中可能含有：K+、Na+、Cl-、CO32-、SO42-等离子，将该固体溶解所得到的溶液进行了如下实验：

下列说法正确的是

A. 该混合物一定是K2CO3和NaCl B. 该混合物可能是Na2CO3和KCl

C. 该混合物可能是Na2SO4和Na2CO3 D. 该混合物一定是Na2CO3和NaCl

【答案】B

【解析】

【详解】焰色反应显黄色，说明一定存在钠离子，可能有钾离子。加入过量的硝酸钡溶液产生白色沉淀，白色沉淀完全溶解在盐酸中，说明一定存在碳酸根，不存在硫酸根。滤液中加入硝酸酸化的硝酸银得到白色沉淀，说明含有氯离子，即一定存在Na+、Cl-、CO32-，一定不存在SO42-，可能含有K+；

答案选B。

15. 离子的摩尔电导率可用来衡量电解质溶液中离子导电能力的强弱，摩尔电导率越大，离子在溶液中的导电能力越强。已知Ca2＋、OH-、HCO的摩尔电导率分别为0.60、1.98、0.45，据此判断，向饱和的澄清石灰水中通入过量的CO2[方程式为：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2]，溶液导电能力随CO2通入量的变化趋势正确的是

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】向澄清石灰水中通入过量的CO2，先生成碳酸钙沉淀，钙离子、氢氧根离子浓度在减少，溶液导电能力减弱，后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液，钙离子、碳酸氢根离子的浓度在增大，钙离子的浓度与原来相等，碳酸氢根离子的浓度与原来氢氧根离子浓度相等，但OH-的摩尔导电率大于HCO3-的摩尔电导率，所以最后溶液的导电性小于原来，最后不变；D符合。

答案选D。

二、非选择题：共4题，共55分

16. 人类对原子结构的认识是研究物质微观结构的重要方面。

（1）1897年，英国物理学家__________发现原子中存在电子，于是提出了原子结构模型，称为__________。

（2）1~17号元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，原子最外层电子数之和为23，其中X、Y、Z三种元素的简单离子的核外电子数相同，X与Z在周期表中的位置如图所示，已知W元素原子K层和M层电子总数等于其L层电子数，请完成下列问题：

①写出Y元素形成的阳离子的结构示意图__________。

②写出由X、Z元素形成的化合物与氢氧化钾反应的化学方程式____________________。

【答案】（1）    ①. 汤姆生    ②. 葡萄干面包式   

（2）    ①.     ②. Al2O3+2KOH=2KAlO2+H2O

【解析】

【小问1详解】

1897年，英国物理学家汤姆生发现原子中存在电子，提出了原子结构模型，称为葡萄干面包式；故答案为汤姆生；葡萄干面包式；

【小问2详解】

根据X、Z在周期表的位置，推出X为O，Z为Al，W元素原子K层和M层电子总数等于其L层电子数，根据电子核外排布规律，W为S，五种元素的原子序数依次增大的短周期元素，即R为Cl，X、Y、Z三种元素的简单离子的核外电子数相同，五种元素的原子最外层电子数之和为23，则Y为Na，据此分析；

①Y元素为Na，其阳离子为Na+，Na+的结构示意图为；故答案为；

②X、Z形成的化合物为Al2O3，氧化铝为两性氧化物，与氢氧化钾反应的方程式Al2O3+2KOH=2KAlO2+H2O，故答案为Al2O3+2KOH=2KAlO2+H2O。

17. 回答下列问题：

（1）明矾的化学式为，它常用于净水。明矾在水中的电离方程式为_______________，明矾加入水中后起净水作用的物质是_________________。

（2）实验室用如图所示装置进行CO和的分离和干燥，现只有浓硫酸、稀硫酸、稀盐酸、澄清石灰水和氢氧化钠溶液五种试剂可供选择，按下列要求填空：

①甲、乙中盛放的试剂分别为______________、____________。

②仪器丙的名称为__________，丙中盛放的最佳试剂为___________。

【答案】（1）    ①. KAl(SO4)2 = K++Al3++2SO    ②. 氢氧化铝胶体   

（2）    ①. 氢氧化钠溶液    ②. 浓硫酸    ③. 分液漏斗    ④. 稀硫酸

【解析】

【小问1详解】

明矾在水溶液中的电离方程式为KAl(SO4)2 = K++Al3++2SO，明矾[KAl(SO4)2·12H2O]的水溶液由于铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，由于胶体的吸附性而具有净水作用；

【小问2详解】

①依据实验要求可知，甲、乙装置应分别为除杂和干燥装置，根据一氧化碳和二氧化碳的性质可知，甲是用以吸收CO2的，乙用于干燥CO，因此甲、乙应分别装氢氧化钠溶液和浓硫酸；

②仪器丙为分液漏斗；甲吸收CO2后生成碳酸钠，最后还应将其释放出来，从题目给出的试剂看，显然分液漏斗中盛放的是稀硫酸，稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，不用稀盐酸是为了防止其挥发出氯化氢气体使二氧化碳不纯。

18. 为实现工业含铝、铁、铜合金(假定其余杂质与酸碱都不反应)废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下回收利用方案：

回答下列问题：

（1）合金与NaOH溶液反应的化学方程式为___________________。

（2）操作①为_________，若要从滤液D得到绿矾晶体，步骤③实验操作有________、过滤、洗涤、干燥。

（3）若试剂Z是溶液，④中发生反应的化学反应类型为__________________________。

（4）为配制250mL0.2mol/L的溶液，需称量绿矾晶体质量为_________g，配制该溶液用到的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要_________。下列操作会导致所配溶液浓度偏高的是_________ (填字母) 。

A．所称取的晶体失去了部分结晶水    B．转移溶液前容量瓶中存在少量蒸馏水

C．定容前未洗涤烧杯和玻璃棒    D．定容时仰视容量瓶刻度线

【答案】（1）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑   

（2）    ①. 过滤    ②. 蒸发浓缩、冷却结晶   

（3）氧化还原反应    （4）    ①. 13.9g    ②. 250mL容量瓶、胶头滴管    ③. A

【解析】

【分析】合金中含有铝、铁、铜，加入足量NaOH溶液，发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，铁、铜不与氢氧化钠溶液反应，滤液A中含有NaAlO2、过量NaOH，滤渣B中有铁、铜，根据流程图，制备硫酸亚铁，因此滤渣B中加入过量的稀硫酸，滤液D中含有FeSO4和H2SO4，滤渣E含有Cu，反应④得到硫酸铜溶液，试剂Z应是氧化剂，据此分析；

【小问1详解】

根据上述分析，只有铝单质能与NaOH溶液反应，其反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；故答案为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

【小问2详解】

根据流程，操作①得到滤液和滤渣，该操作步骤为过滤；从滤液D中获得绿矾晶体，需要的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为过滤；蒸发浓缩、冷却结晶；

【小问3详解】

Z若是H2O2，金属铜溶解，过氧化氢作氧化剂，其反应方程式为Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O，该反应类型为氧化还原反应；故答案为氧化还原反应；

【小问4详解】

配制250mL0.2mol/L的硫酸亚铁溶液，根据铁原子守恒，需要称量绿矾的质量为250mL×10-3L/mL×0.2mol/L×278g/mol=13.9g；配制该溶液用到的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要250mL容量瓶、胶头滴管；

根据c=进行分析；

A．所称取的晶体失去了部分结晶水，所称取的质量增多，配制溶液中溶质质量或物质的量增大，浓度偏高，故A符合题意；

B．转移溶液前容量瓶中存在少量的蒸馏水，对实验无影响，浓度不变，故B不符合题意；

C．定容前未洗涤烧杯和玻璃棒，所配溶液中溶质物质的量减少，浓度偏低，故C不符合题意；

D．定容时仰视容量瓶的刻度线，加水的量过多，浓度偏小，故D不符合题意；

答案为A；

故答案为13.9g；250mL容量瓶、胶头滴管；A。

19. 氯气是一种重要的化工原料，其制备对于化学工业有重要的意义。

（1）某工厂通过电解NaCl溶液制备氯气，其装置如图所示：

①写出电解饱和NaCl溶液的化学方程式：_____________。

②电解一段时间后，最后收集到的Y电极的气体体积小于X电极气体的体积，可能的原因是_____________。

（2）某化学兴趣小组同学用MnO2和浓盐酸在实验室用下图装置制取干燥的。

①装置乙的作用是____________________

②该套装置的不足之处是_______________________。

③实验中使用了和的浓盐酸反应，理论上可制得标况下________L氯气，但实际所得氯气的量远小于理论值，主要原因是___________________。

【答案】（1）    ①. 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑    ②. 部分氯气溶于水   

（2）    ①. 除去氯气中的氯化氢    ②. 缺少尾气处理装置，污染空气    ③. 3.36    ④. 浓盐酸挥发，以及随着反应进行，浓盐酸变稀，稀盐酸和MnO2不反应

【解析】

【小问1详解】

电解氯化钠溶液，X连接负极，则X电极生成氢气，Y连接正极，Y电极生成氯气；

①电解饱和NaCl溶液的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

②根据电解原理，X电极生成氢气，Y电极生成氯气，氯气能溶于水，所以部分氯气溶于水，导致最后收集到的Y电极的气体体积小于X电极气体的体积；

【小问2详解】

甲中浓盐酸和MnO2共热制取Cl2，浓盐酸易挥发，生成的Cl2中混有挥发出来的HCl气体，装置乙中盛放饱和食盐水，除去HCl，丙用于干燥氯气，缺点为缺少尾气处理装置；

①装置乙的作用是除去氯气中的氯化氢；

②该套装置的不足之处是缺少尾气处理装置，污染空气；

③物质的量为，的浓盐酸含有HCl为12mol/L×0.1L=1.2mol，根据MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，HCl过量，则理论上可制得标况下0.15mol×22.4L/mol=3.36L氯气，但实际所得氯气的量远小于理论值，主要原因是浓盐酸挥发，以及随着反应进行，浓盐酸变稀，稀盐酸和MnO2不反应。

20. 在氧气的气氛中加热，使温度缓缓升高，在加热过程中，固体质量随温度变化的曲线如图所示：

（1）500K时，剩余固体中已不含氢元素，计算剩余固体中含有的物质成分_____。

（2）500K~700K之间分解产生的气体是_____。(填化学式)

（3）800K后剩余固体质量略有增加的原因是______。

【答案】（1）NiCO3、NiO或NiCO3·2NiO   

（2）CO2    （3）NiO被氧化成更高价态的镍氧化物

【解析】

【小问1详解】

根据题中所给信息，剩余固体中已不含氢元素，则发生的反应可能是NiCO3·2Ni(OH)2·2H2ONiCO3+2NiO+4H2O，此时固体质量分数降低值==21.1%，符合图像500K时固体质量分数降低值，因此剩余固体是NiCO3、NiO或NiCO3·2NiO；故答案为NiCO3、NiO或NiCO3·2NiO；

【小问2详解】

700K时发生的反应为NiCO3·2Ni(OH)2·2H2OCO2↑+3NiO+4H2O，此时固体质量分数降低值==34.0%，符合图像700K时固体质量分数降低值，则500K～700K之间分解产生的气体为CO2；故答案为CO2；

【小问3详解】

700K后，反应完成，剩下的固体为NiO，在氧气气氛中加热，NiO被氧化成更高价态的镍氧化物，导致800K后剩余固体质量略有增加；故答案为NiO被氧化成更高价态的镍氧化物。