73，广东肇庆中学2023届高一上学期期中测试化学试题

这是一份73，广东肇庆中学2023届高一上学期期中测试化学试题，共12页。试卷主要包含了5 Zn-65， 下列说法中正确的是， 下列反应的离子方程式正确的是，5ml，原子的物质的量为1等内容，欢迎下载使用。

能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Fe-56 Cu-63.5 Zn-65
1. “纳米材料”是粒子直径为的材料，纳米碳就是其中的一种，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质
①是溶液②是胶体③能产生丁达尔效应④能透过滤纸⑤不能透过滤纸⑥静置后，会析出黑色沉淀
A. ①④⑥B. ②③④C. ②③⑤D. ①③④⑥
【答案】B
【解析】
【详解】“纳米材料”是粒子直径为1~100nm的材料，纳米碳就是其中的一种，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成的分散系是胶体，能产生丁达尔现象，能透过滤纸，且胶体属于介稳体系，静置后，不会析出黑色沉淀，则②③④正确，故选B。
2. 下列说法中正确的是
A. 在医疗上，苏打是治疗胃酸过多的一种药剂
B. “侯氏制碱法”中的碱指的是
C. 大雾天气致使高速公路关闭，航班停飞，雾和石灰水都是胶体
D. 区分溶液和溶液可以用溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．在医疗上，小苏打(NaHCO3)是治疗胃酸过多的一种药剂，苏打(Na2CO3)碱性较强，不能能用来治疗胃酸过多，A错误；
B．“侯氏制碱法”中的碱指的是Na2CO3，B错误；
C．雾是胶体，石灰水是溶液，C错误；
D．将CaCl2溶液分别滴入Na2CO3溶液和NaHCO3溶液，前者产生白色沉淀，后者无明显现象，两者现象不同可以区分，D正确；
故选D。
3. 某无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的一组离子是
A. 、Na+、Cl-、B. K+、、、Cl-
C. Ba2+、K+、、Cl-D. Mg2+、Al3+、、您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 【答案】D
【解析】
【详解】A. 可以和氢离子反应，在强酸性溶液中不能大量共存，故A不选；
B. 含有的溶液呈紫色，在无色溶液中不能大量共存，故B不选；
C. Ba2+与反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故C不选；
D. 四种离子互不反应，与氢离子也不反应且都没有颜色，可以大量共存，故D选；
答案选D。
4. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 向沸水中滴加溶液制备胶体：
B. 用碳酸氢钠治疗胃酸过多：
C. 氯气溶于水：
D. 向氢氧化钠溶液中通入过量
【答案】D
【解析】
【详解】A．向沸水中滴加FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体的离子方程式为：，A错误；
B．用碳酸氢钠治疗胃酸过多发生反应的离子方程式为：，NaHCO3是弱酸酸式盐，不能将拆成和H+，B错误；
C．氯气溶于水时发生反应生成HCl和HClO，其离子方程式为：，HClO是弱电解质，不能拆开，C错误；
D．向氢氧化钠溶液中通入过量CO2反应生成NaHCO3，其反应的离子方程式为：，D正确；
故选D。
5. 随着科学技术的发展，新材料层出不穷，下列不属于合金材料的是
A. 304不锈钢炊具B. 现行流通的1元硬币
C. 古代的司母戊鼎D. 秦皇陵墓模拟江湖的水银
【答案】D
【解析】
【分析】由两种或两种以上金属或金属与非金属经一定方法所合成的具有金属特性的物质是合金材料，据此解答。
【详解】A. 304不锈钢炊具属于铁合金，是合金材料，A不符合；
B. 现行流通的1元硬币材质为铜镍合金，是合金材料，B不符合；
C. 古代的司母戊鼎是青铜合金，C不符合；
D. 秦皇陵墓模拟江湖的水银属于金属单质，D符合。
答案选D。
6. 下列物质反应后一定有＋3价铁生成的是 ( )
①过量的Fe与Cl2反应②Fe与过量稀H2SO4反应③Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中
A. 只有①B. ①②C. ①②③D. ①③
【答案】A
【解析】
【详解】①过量的Fe与Cl2反应：Cl2是强氧化剂，发生反应为：，固体和气体的反应，过量铁粉不会与产物FeCl3反应，故①中有＋3价铁生成；
②Fe与过量稀H2SO4反应：Fe与稀H2SO4反应，发生置换反应，生成FeSO4和H2，故②中无＋3价铁生成；
③Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中：Fe2O3溶于盐酸生成FeCl3，若铁粉很多，则过量的铁粉与生成的FeCl3发生反应生成FeCl2，反应方程式为：，从而使溶液中无Fe3＋，故③中不一定有＋3价铁生成。
故选A选项。
7. 设表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是
A. 标准状况下，氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为
B. 时和标准状况下含有相同的原子数
C. 常温常压下，含有的氧原子数为
D. 同温同压下，个与个和组成的混合气体的体积相等
【答案】B
【解析】
【详解】A．标况下，22.4L氯气的物质的量为1ml，与足量的氢氧化钠溶液反应转移了1ml电子，转移的电子数为1，A项正确；
B．4℃时水的密度为，则9mL的质量为9g，其物质的量为0.5ml，原子的物质的量为1.5ml，原子数为1.5，标况下11.2L氮气的物质的量为0.5ml，原子数为，二者原子数不同，B项错误；
C．48g含有的氧原子数是，C项正确；
D．同温同压下，相同物质的量的物质的体积相等，则个与个和组成的混合气体的体积相等，D项正确；
答案选B。
8. 同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是( )
A. O2B. CH4C. CO2D. SO2
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】根据n=可知，M越大，n越小，再根据pV=nRT可知，同温同压下，V与n成正比，故M越大，V越小。O2、CH4、CO2、SO2的摩尔质量分别为32ml/L、16ml/L、44ml/L、64ml/L，体积最大的是CH4，故选B。
9. 将4 g NaOH固体完全溶解在水里，配成100 mL溶液，从中取出10 mL，加水稀释至50 mL，所得溶液的物质的量浓度是
A. 1 ml·L-1B. 0.1 ml·L-1C. 0.2 ml·L-1D. 2 ml·L-1
【答案】C
【解析】
【详解】NaOH的物质的量n=，物质的量浓度c=，稀释前后物质的量不变，设稀释后的浓度为c1，1ml/L×0.01L= c1×0.05L，解得c1=0.2ml/L，故选C。
10. 已知如下反应方程式：
①2C(OH)3+6HCl=2CCl2+Cl2↑+6H2O
②2FeCl2+Cl2=2FeCl3
③2Fe(OH)3+6HI=2FeI2+I2↑+6H2O
下列有关推断正确是
A. 氧化性：C(OH)3＞Fe3+＞Cl2B. 还原性：Fe2+＞I-＞Cl-
C. C(OH)3+3HI=2CI3+3H2OD. Fe(OH)2+2HCl=FeCl2+2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，氧化还原反应规律为以强制弱规律。
【详解】A．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由上述反应可得C(OH)3＞Cl2＞Fe3+＞I2，A推断错误；
B．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故还原性：I-＞Fe2+＞Cl-，B推断错误；
C．根据C(OH)3＞Cl2＞Fe3+＞I2规律可以推知，氢氧化钴能氧化HI生成I2，C推断错误；
D．根据还原性：I-＞Fe2+＞Cl-可推知，氢氧化亚铁不能氧化氯离子，只发生中和反应，D推断正确；
答案为D。
11. 下列实验能达到实验目的且符合操作要求的是
A. I可用于证明Cl2能否溶于水或与NaOH溶液反应
B. II可用于除去CO2中的HCl气体
C. III可用于比较碳酸钠与碳酸氢钠的热稳定性
D. IV可用于制备氢氧化亚铁并观察其颜色
【答案】A
【解析】
【详解】A．若Cl2能溶于水或与NaOH溶液反应，则装置 I中气球膨胀，故选A；
B．若用装置II除去CO2中的HCl气体，气体应“长进短出”，故不选B；
C．若用装置III比较碳酸钠与碳酸氢钠的热稳定性，应把碳酸氢钠盛放在小试管中、碳酸钠盛放在大试管中，故不选C；
D．氢氧化亚铁易被氧化，制备氢氧化亚铁并观察其颜色，应把胶头滴管伸入硫酸亚铁溶液中，再挤压胶头滴入氢氧化钠溶液，故不选D；
答案选A。
12. 将2.3 g由金属X和Mg组成的合金投入足量的稀硫酸中，充分反应后收集到标准状况下气体的体积为2.24 L，则金属X可能为
A. ZnB. AlC. FeD. Cu
【答案】B
【解析】
【详解】标准状况下2.24 L的气体的物质的量为1ml，Mg是+2价金属，产生1ml氢气需Mg质量是2.4g，现在是Mg与另外一种金属的混合物，需要质量是2.3g，小于2.4g，说明另一种金属产生1mlH2需要的质量小于2.3g。
A.Zn是+2价金属，产生1ml氢气需要质量为65g>23g，不符合题意，A错误；
B.Al是+3价的金属，产生1ml氢气需要质量为(27÷3)×2=18g<23g，符合题意，B正确；
C.Fe是+2价金属，产生1ml氢气需要质量为56g>23g，不符合题意，C错误；
D.Cu是+2价金属，但是铜与稀硫酸不能反应，所以产生1ml氢气需要金属质量为无穷大，不符合题意，D错误；
故合理选项是B。
13. 用如图所示装置进行Fe与水蒸气反应的实验，下列有关说法正确的是
A. 实验时，先点燃酒精喷灯再点燃酒精灯
B. 装置b中H2O作氧化剂，发生的化学方程式为
C. 干燥管中加入的固体干燥剂可以是无水硫酸铜
D. 收集反应产生的气体选用装置c
【答案】D
【解析】
【详解】A．为防止Fe被空气中氧气氧化，则应先点燃酒精灯使a装置中的水蒸气进入硬质玻璃管后再点燃酒精喷灯，故A不选；
B．装置b中H2O作氧化剂，发生的化学方程式为，故B不选；
C．无水硫酸铜只能作为检验水蒸气，但不能作为干燥剂，干燥管中的干燥剂可以为无水氯化钙等干燥剂，故C不选；
D．由反应可知，生成的气体为氢气，收集氢气应选向下排空气法，则应选择c装置收集氢气，故选D。
答案选D
第二部分 非选择题(本题包括4小题，共48分)
14. 氧化还原反应是一类重要的反应，请按要求完成下列题目。
（1）对反应作分析，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目：___________。该反应中，___________是氧化产物。
（2）在一定条件下，反应能顺利进行，对此反应的分析合理的是___________(填序号)。
A. 该反应是置换反应
B. 反应中被氧化为
C. 在反应中体现了金属铜的还原性
D. 反应中每生成转移电子
（3）在反应中，氧化产物与还原产物的质量比为___________。
【答案】14. ①. ②. I2 15. B
16 2∶1
【解析】
【小问1详解】
I-被氧化为I2，Fe3+被还原为Fe2+，即I-失去电子被Fe3+得到，用单线桥法标出电子转移的方向和数目为：，该反应中I-被氧化为I2，则I2是氧化产物。
【小问2详解】
A．置换反应是指一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物，则该反应不是置换反应，A错误；
B．反应中氮元素的化合价从NH3中的-3价升高至N2中的0价，则NH3被氧化为N2，B正确；
C．NH3被氧化为N2，NH3作还原剂，体现出NH3的还原性，而不是体现金属铜的还原性，C错误；
D．根据转移电子关系：3H2O~6e-，可知每生成1mlH2O转移2ml电子，D错误；
故选B。
【小问3详解】
在反应H2SO3+2H2S=3H2O+3S↓中，H2SO3中硫元素被还原生成S，H2S中硫元素被氧化生成S，氧化产物与还原产物均为S，且物质的量之比为2∶1，则质量比也为2∶1。
15. 二氧化锰与浓盐酸混合加热可得到氯气，如图是制取并探究化学性质的装置图。
（1）圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为___________。
（2）若要得到干燥纯净的气体，则中应盛放的试剂是___________，中应盛放的试剂是___________。
（3）E中若装有淀粉溶液，写出反应的离子方程式___________，能观察到的实验现象是___________。
（4）G中的试剂可为___________。
（5）结合氯气的相关知识解决下列问题，已知漂白粉能与盐酸发生反应，但盐酸浓度不同时，漂白粉与盐酸混合发生反应的类型不同。
①漂白粉与稀盐酸发生复分解反应，化学方程式为___________。
②漂白粉与浓盐酸发生氧化还原反应，化学方程式为___________。
【答案】（1）MnO2+4H＋+2Cl－Cl2↑+Mn2＋+2H2O
（2） ①. 饱和食盐水 ②. 浓硫酸
（3） ①. Cl2+2I－＝I2+2Cl－ ②. 溶液变蓝
（4）氢氧化钠溶液 （5） ①. Ca(ClO)2+2HCl＝CaCl2+2HClO ②. Ca(ClO)2+4HCl＝CaCl2+2Cl2↑+2H2O
【解析】
【分析】实验室用加热固体二氧化锰与浓盐酸的方法制取氯气，用导管将分液漏斗与圆底烧瓶相连，使装置内气压恒定，便于浓盐酸顺利滴下，生成的氯气依次通过饱和食盐水、浓硫酸除去所含杂质后，用有淀粉KI溶液检验氯气的氧化性，氯气有毒，最后的尾气要用碱液吸收，据此分析解答。
【小问1详解】
实验室用加热固体二氧化锰与浓盐酸的方法制取氯气，圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为MnO2+4H＋+2Cl－Cl2↑+Mn2＋+2H2O。
【小问2详解】
制取的氯气中混有氯化氢气体和水蒸气，氯气难溶于饱和食盐水而氯化氢易溶，所以先通过饱和食盐水，则B中应盛放的试剂是饱和食盐水，作用是吸收混合气体中的HCl；再通过浓硫酸，利用浓硫酸的吸水性，则C中应盛放的试剂是浓硫酸，作用是吸收混合气体中的水蒸气；
【小问3详解】
氯气有强氧化性，能把碘离子氧化为碘单质，碘遇淀粉变蓝色，所以会看到无色溶液显蓝色，反应的离子方程式为Cl2+2I－＝I2+2Cl－。
【小问4详解】
氯气有毒需要尾气处理，则G中的试剂可为氢氧化钠溶液。
【小问5详解】
①盐酸的酸性强于次氯酸，漂白粉与稀盐酸发生复分解反应的化学方程式为Ca(ClO)2+2HCl＝CaCl2+2HClO。
②漂白粉与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl＝CaCl2+2Cl2↑+2H2O。
16. 实验室需要0.1 ml·L－1 NaOH溶液450 mL和 0.5 ml·L－1硫酸溶液450 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：
(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是________(填字母)。仪器C的名称是________，本实验所需玻璃仪器E规格和名称是___________________。
(2)下列操作中，容量瓶所不具备的功能有__________(填字母)。
A．配制一定体积准确浓度的标准溶液
B．长期贮存溶液
C．用来加热溶解固体溶质
D．量取220 mL体积的液体
(3)在配制NaOH溶液实验中，其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所配制溶液浓度________(填“大于”“等于”或“小于”，下同)0.1 ml·L－1。若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，则所配制溶液浓度______0.1 ml·L－1。
(4)根据计算得知：所需质量分数为98%、密度为1.84 g·cm－3的浓硫酸的体积为________ mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有10 mL、25 mL、50 mL量筒，应选用________ mL规格的量筒最好。
(5)如果定容时不小心超过刻度线，应如何操作：______________。
【答案】 ① AC ②. 分液漏斗 ③. 500ml容量瓶 ④. BCD ⑤. 小于 ⑥. 大于 ⑦. 13.6 ⑧. 25 ⑨. 重配
【解析】
【详解】（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，用不到的仪器：平底烧瓶和分液漏斗；仪器C的名称为分液漏斗；需要0.1ml/L NaOH溶液450mL和0.5ml/L硫酸溶液450mL，实验室没有450mL容量瓶，所以应选择500mL容量瓶；（2）容量瓶只能用来配制一定体积准确浓度的溶液，不能配制或测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，不能稀释或溶解药品，不能用来加热溶解固体溶质，答案选BCD；（3）若定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小；若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏大；（4）质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸物质的量浓度=18.4ml/L。设0.5ml/L硫酸溶液500mL需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程溶液所含溶质的物质的量保持不变得：V×18.4ml/L=0.5ml/L×500mL，解得V=13.6mL，用选择25mL量筒；（5）如果定容时不小心超过刻度线，实验失败，且不能补救，必须重新配制。
点睛：掌握一定物质的量浓度溶液的配制原理、常见仪器的使用是解答的关键。易错点是容量瓶规格的选择，由于容量瓶的规格是固定不变的，因此不能配制任意体积溶液的浓度，应该根据所配溶液的体积选取合适的容量瓶，如配制950 mL溶液，应选取1000 mL的容量瓶。另外容量瓶是一种精确的仪器，因此不能用来溶解固体或稀释溶液，也不能长时间存放配制好的溶液。
17. 某工厂排放的工业废水中含，工厂为了减少环境污染，利用废铁屑和其他化学试剂进行如下操作，得到了铁红、和金属，回答下列问题：
（1）固体的成分是___________。(用化学式表示)
（2）写出的离子方程式___________。要检验溶液D中是否含有所需的试剂是___________(用化学式表示)溶液，若含有则观察到的现是___________。
（3）溶液E焰色反应呈黄色，试剂是___________(用化学式表示)；反应过程的离子方程式分别是___________。
（4）将铁和氧化铁的混合物加入足量的盐酸中，充分反应后，滴加溶液，溶液仍为无色。测得参加反应的为，放出标准状况下的气体。原混合物中___________。
【答案】（1）Fe、Cu
（2） ①. ②. KSCN溶液 ③. 溶液变红色
（3） ①. NaOH ②.
（4）1∶3
【解析】
【分析】含有Fe3+、Al3+、Cu2+的废水中，加过量废铁屑，Fe3+全部被Fe还原为Fe2+，Cu2+全部被Fe氧化为Cu，Al3+与Fe不反应，则固体A为Fe、Cu，溶液B中含有Al3+、Fe2+，向固体A中加入试剂G(稀盐酸)得到铜和Fe2+，固体C为Cu；溶液B中加足量氯水，Fe2+全部被氧化为Fe3+，Al3+不与氯水反应，则溶液D中主要含有Fe3+和Al3+，沉淀F经灼烧得到铁红Fe2O3，则F为Fe(OH)3，溶液E焰色反应呈黄色，含有钠离子，则H为NaOH，溶液E为NaAlO2溶液，最后NaAlO2在一定条件下得到Al2O3，据此解答。
【小问1详解】
根据分析，固体A为Fe、Cu；
【小问2详解】
B→D过程，Fe2+全部被Cl2氧化为Fe3+，则反应的离子方程式为：，可用KSCN溶液检验Fe3+，所以要检验溶液D中是否含有Fe3+所需的试剂是KSCN溶液，若含有Fe3+，则观察到的现是溶液变红色；
【小问3详解】
溶液E焰色反应呈黄色，说明含有钠离子，且F为Fe(OH)3，则试剂H是NaOH；D→E过程，Al3+和过量NaOH反应生成NaAlO2和H2O，其离子方程式为：；
【小问4详解】
充分反应后，滴加KSCN溶液，溶液仍为无色，说明溶液中无Fe3+，铁元素全部以Fe2+形式存在，反应产生，根据反应：，可知生成0.02mlH2消耗n(Fe)=0.02ml，消耗n(HCl)=0.04ml；由反应：、可得其总反应为：，参加反应的HCl总的为0.1ml，则该反应消耗n(HCl)=0.1ml-0.04ml=0.06ml，消耗n(Fe2O3)=n(Fe)=0.01ml，所以原混合物中n(Fe2O3)=0.01ml，n(Fe)=0.02ml+0.01ml=0.03ml，则n(Fe2O3)∶n(Fe)=0.01∶0.03=1∶3。