2022-2023年云南省玉溪市玉溪市二中高一上学期期中考试化学试题（解析版）

这是一份2022-2023年云南省玉溪市玉溪市二中高一上学期期中考试化学试题（解析版），共14页。试卷主要包含了请将正确答案填写在答题卡上， 已知，5ml/L，1个氮气时，转移0等内容，欢迎下载使用。

云南省玉溪市玉溪市二中2022-2023年高一上学期期中考试
化学试卷
考试时间：100分钟
注意事项：
1.答题前填写好自己的班级、姓名、考号等信息
2.请将正确答案填写在答题卡上
一、单选题（共16小题，每题3分，共48分）
1. X、Y、Z、W各代表一种物质,若X+Y=Z+W，则X和Y的反应不可能是
A. 盐和盐的反应 B. 酸与碱的反应
C. 碱性氧化物和水的反应 D. 酸性氧化物和碱的反应
【答案】C
【解析】
【分析】两种反应物反应产生两种新的化合物，据此分析解答。
【详解】A．盐和盐反应会产生两种新盐，反应物、生成物都是两种，A不符合题意；
B．酸与碱反应产生盐和水，反应物、生成物都是两种，B不符合题意；
C．碱性氧化物和水反应产生碱，反应物是两种，生成物只有一种，C符合题意；
D．酸性氧化物和碱反应产生盐和水，反应物、生成物都是两种，D不符合题意；
故合理选项是C。
2. 在Ba(OH)2溶液中逐滴滴入H2SO4并测定溶液导电性，下列为随着H2SO4滴入量的增加，溶液导电能力变化的图像，其图像表示正确的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】向Ba(OH)2溶液中逐滴滴入H2SO4发生反应：，溶液中自由移动离子的浓度减小，溶液导电性降低；当完全反应时，溶液中自由移动离子浓度几乎为0，当Ba(OH)2被消耗完后，随着H2SO4溶液的加入，溶液的导电性又增高。
综上所述，本题选A。
3. 已知I－、Fe2＋、SO2和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为Fe2＋ A. 2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋＋4H＋
B. H2O2＋H2SO4=SO2↑＋O2↑＋2H2O
C. I2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HI
D. 2Fe3＋＋H2O2=2Fe2＋＋O2↑＋2H＋
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．还原剂的还原性强于还原产物，还原性Fe2＋ B．还原剂还原性强于还原产物，还原性H2O2 C．还原剂的还原性强于还原产物，还原性I－ D．还原剂的还原性强于还原产物，还原性Fe2＋ 故答案为B。
4. 已知：2FeSO4＋6Na2O2 ═ 2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，对此反应下列说法中正 确的是
A. Na2O2 只作氧化剂 B. 还原剂只有 FeSO4
C. 氧化产物只有 Na2FeO4 D. Na2FeO4 既是还原产物，又是氧化产物
【答案】D
【解析】
【详解】A、过氧化钠中氧元素的化合价有的升高到0价有的降低到-2价,所以Na2O2既是氧化剂,又是还原剂,故A错误; B.FeSO4中铁元素的化合价由+2价升高到+6价，过氧化钠中部分氧元素的化合价由-1价升高到0价，所以还原剂是FeSO4和Na2O2，故B错误；C、FeSO4中铁元素的化合价由+2价升高到+6价, 生成Na2FeO4，所以Na2FeO4为氧化产物，同时过氧化钠中部分氧元素由-1价降低到-2价，所以Na2FeO4又是还原产物，故C错误；D.根据上述分析知 Na2FeO4 既是还原产物，又是氧化产物，故D正确；答案：D。
【点睛】本题考查氧化还原反应的有关知识。氧化剂被还原的产物为还原产物，还原剂被氧化的产物为氧化产物，注意过氧化钠中氧元素化合价既升高又降低。
5. 固体单质A和气体单质B在容积一定的密闭容器中恰好完全反应生成气体C，相同温度下测得容器内压强不变，若产物气体C的密度是原气体密度的4倍，则判断正确的是
A. 生成物C中，A的质量分数为50%
B. 反应前后的气体质量之比一定是1:4
C. 单质A、B的摩尔质量之比是1:4
D. 生成物C中A、B两元素的原子个数比为3:1
【答案】B
【解析】
【详解】A、根据阿伏伽德罗定律可知，相同温度下测得容器内压强不变，则反应前后气体的物质的量相同，反应前后的气体质量之比为1:4，化学反应遵循质量守恒定律，则A的质量为B的质量的3倍，在生成物中A的质量分数为75%，错误；
B、溶液的体积固定，若产物气体C的密度是原气体密度的4倍，则气体的质量是反应前气体质量的4倍，所以反应前后气体质量比一定为1:4，正确；
C、由于不能确定A和B的物质的量的关系，则不能确定A、B的摩尔质量，错误；
D、由于不能确定A和B的物质的量关系，则不能确定C中A、B两元素的原子个数比，错误。
答案选B。
6. 某同学欲用NaOH固体配制480mL质量分数为25%，密度为1.2g/mL的溶液。下列叙述不正确的是（ ）
A. 需用托盘天平称量NaOH固体的质量为144g
B. 容量瓶用蒸馏水洗净后，不必烘干就能用于配制溶液
C. 定容时俯视容量瓶的刻度线，会造成所配溶液的物质的量浓度偏高
D. 该溶液的物质的量的浓度为7.5mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】A. 用固体配制质量分数为25%的溶液，需选用的容量瓶，所需固体的质量为，A项错误；
B. 因为配制溶液过程中需加蒸馏水，故容量瓶用蒸馏水洗净后，不必烘干就能用于配制溶液，B项正确；
C. 定容时俯视容量瓶的刻度线，液面在刻度线下方，溶液体积偏小，会造成所配溶液物质的量浓度偏高，C项正确；
D. 该溶液的物质的量浓度为，D项正确；
故选A。
7. 在焊接铜器时常用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜，其反应为CuO＋NH4Cl→Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O(未配平)。下列说法正确的是
A. 该反应中NH4Cl被还原
B. 该反应中氧化剂和还原剂的个数之比为2∶1
C. 该反应中产生0.1个氮气时，转移0.6个电子
D. 该反应中被还原的CuO占参与反应的CuO的
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化铵中N元素化合价未为-3价，在反应中N元素升高被氧化，故A错误；
B．反应，CuO中Cu元素化合价由+2降低为0，CuO中是氧化剂；NH4Cl中N元素化合价由-3升高为0，NH4Cl是还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故B错误；
C．NH4Cl中N元素化合价由-3升高为0，NH4Cl被氧化为氮气，反应中产生0.1个氮气时，转移0.6个电子，故C正确；
D．配平后反应方程式为，参加反应的4个CuO中有3个铜原子化合价降低，被还原的CuO占参与反应CuO的，故D错误；
选C。
8. 在下列分散系中，分散质粒子的直径最大的是
A. 新制氢氧化铜悬浊液 B. 硫酸铜溶液
C. 葡萄糖溶液 D. 有色玻璃
【答案】A
【解析】
【详解】分散系中分散质粒子的直径大小顺序是乳浊液或悬浊液>胶体>溶液。新制氢氧化铜悬浊液属于悬浊液， 硫酸铜溶液、葡萄糖溶液属于溶液，有色玻璃属于胶体，故新制氢氧化铜悬浊液中分散质粒子的直径最大。故答案为A。
9. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 将稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2++H2↑
B. Cu(OH)2与稀HNO3反应：OH-+H+=H2O
C. 向氢氧化钙溶液中通入足量二氧化碳：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O
D. 氧化铁与稀盐酸反应：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属活动顺序表中铜在氢后边，稀硫酸滴和铜片不反应，A错误；
B．Cu(OH)2为难溶氢氧化物和硝酸反生复分解反应，难溶物不拆，：Cu(OH)2+2H+=2H2O+Cu2+，B错误；
C．向氢氧化钙溶液中通入足量二氧化碳生成可溶性的碳酸氢钙OH-+CO2=；
D．氧化铁与稀盐酸反应生成盐和水：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，D正确；
故答案选D。
10. 下列反应中，电子转移的方向和数目正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化亚铁与氯气反应时，Fe元素失去电子化合价升高被氧化，氯元素得到电子化合价降低被还原，箭头从氯化亚铁中Fe元素指向氯气，A项错误；
B．过氧化氢分解时，部分氧元素失去电子化合价升高被氧化为氧气，部分氧元素得到电子化合价降低被还原为H2O，反应中转移电子2e-，电子转移方向和数目表示正确，B项正确；
C．一氧化碳与氧气反应时，碳元素失去电子化合价升高被氧化，氧元素得到电子化合价降低被还原，得失标注错误，C项错误；
D．钠与氯气反应时，钠元素失去电子化合价升高被氧化，氯元素得到电子化合价降低被还原，箭头从金属钠指向氯气，D项错误；
答案选B。
11. 在钢铁厂的生产中，炽热的铁水所注入的模具内不得留有水，否则二者易发生反应，下列有关该反应的叙述中，正确的是
A. 发生的反应是
B. 1molFe参加反应，转移2mol电子
C. 常温下铁与水会发生反应
D. 该反应属于置换反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．发生的反应是，故A错误；
B．3molFe参加反应生成1molFe3O4，故1molFe参加反应，转移mol电子，故B错误；
C．常温下铁与水不会发生反应，高温铁和水蒸气反应，故C错误；
D．置换反应为单质和化合物反应生成另外一种单质和另外一种化合物，故该反应属于置换反应，故D正确；
故选D。
12. 以不同类别物质间的转化为线索，认识钠及其化合物。下列分析正确的是

A. 向Na与水反应后的溶液中滴加酚酞试液，溶液先变红后褪色
B. Na2CO3和NaHCO3受热均易分解
C. Na2O2和Na2O中阴、阳离子个数之比相同
D. 反应③、④表明Na2CO3不能转化为NaOH或NaHCO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．金属钠与水反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，向溶液中滴加酚酞试液，溶液只变红，不褪色，故A错误；
B．碳酸钠热稳定性强，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，故B错误；
C．过氧化钠的电子式为，氧化钠的电子式为 ，两种物质中含有阴阳离子个数比均为1∶2，故C正确；
D．碳酸钠与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和NaOH，碳酸钠与CO2、H2O反应生成碳酸氢钠，故D错误；
答案为C。
13. 下列实验现象与新制氯水中的某些成分(括号内物质)没有关系的是
A. 向新制氯水中滴加紫色石蕊溶液，溶液先变红色后褪色(H＋、HClO)
B. 新制氯水中滴加AgNO3溶液生成白色沉淀(Cl－)
C. 镁粉加入新制氯水中，有无色气泡产生(H＋)
D. 将有色布条放入新制氯水中，有色布条褪色(HCl)
【答案】D
【解析】
【详解】A．向新制氯水中滴加紫色石蕊溶液，因为溶液含H+，溶液先变红色，又因为HClO具有漂白性，最终溶液褪色，A正确；
B．新制氯水中含有Cl－，滴加AgNO3溶液会生成白色沉淀AgCl，B正确；
C．镁粉加入新制氯水中，会与H＋发生氧化还原反应，生成H2，C正确；
D．新制氯水中的HClO具有漂白性，可以使有色布条褪色，D错误。
因此，本题选D。
14. 科学家发现，自来水用ClO2处理成饮用水更能提升自来水的品质。下列说法正确的是
A. ClO2、HClO的消毒原理相同
B. ClO2、Cl2稀溶液用于环境消毒，具有广谱高效的特点，对人畜没有危害
C. ClO2在常温下为气体，在自然环境中最终转化为Cl2
D. 用AgNO3溶液和稀HNO3能确定自来水中只含有Cl－
【答案】A
【解析】
【详解】A．ClO2、HClO分子中的Cl具有强氧化性，可用于消毒，A正确；
B．ClO2、Cl2稀溶液有毒，因此不能用于环境消毒，B错误；
C．ClO2在常温下为气体，在自然环境中最终转化为Cl-，C错误；
D．用AgNO3溶液和稀HNO3能检验自来水中含有Cl-，但不能检验其他离子是否存在，D从错误。
因此，本题选A。
15. 设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 2.3g Na由原子变成离子时，失去电子数为0.2NA
B. 0.2NA个H2SO4分子与19.6g H3PO4含有相同的O原子数
C. 28g N2所含有的原子数为NA
D. NA个氧分子与NA个氢分子的质量之比为8：1
【答案】B
【解析】
【详解】A．钠原子最外层电子数为1，1个钠原子失去一个电子变为钠离子，故2.3g金属钠物质的量为0.1mol，变成钠离子时失去的电子数目为0.1 NA， A错误；
B．0.2NA个H2SO4分子中O原子数为0.8NA，19.6g H3PO4的物质的量0.2mol，故19.6g H3PO4分子中含有的O原子数为0.8NA，B正确；
C．28g N2的物质的量为1mol，故28g N2所含有的原子数为2NA，C错误；
D．NA个氧分子与NA个氢分子的物质的量都是1mol，m(O2)= 1mol×32g/mol=32g，m(H2)= 1mol×2g/mol=2g，故m(O2)：m(H2)=32：2=16：1，D错误；
答案选B。
16. 我国女科学家屠呦呦发现青蒿素，它是一种用于治疗疟疾的药物，年月获得诺贝尔生理医学奖。下列有关青蒿素(化学式：)叙述正确的是
A. 青蒿素的摩尔质量为 B. 个青蒿素分子的质量约为
C. 青蒿素的质量为 D. 青蒿素中含有个碳原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．摩尔质量的单位是“g/mol”，青蒿素的摩尔质量为g/mol，故A错误；
B．个青蒿素分子的物质的量是1mol，1mol青蒿素的质量约为，故B正确；
C．青蒿素的质量为，故C错误；
D．青蒿素的物质的量为1mol，含有×个碳原子，故D错误；
选B。
二、非选择题（共4大题，共52分）
17. 有以下转化关系：

（1）配平下列化学方程式并回答问题，用单线桥标出两个反应电子转移的方向和数目。
反应①：______Na2Cr2O7+_____HCl=____NaCl+____CrCl3+____Cl2↑+_____
配平并用单线桥表示为________，氧化剂为_______，氧化产物为_______。
反应⑥：_____+____+_____=_______Cl-+_____+_____H2O
配平并用单线桥表示为________，还原剂为_______，还原产物为_______。
（2）在上述有序号的反应中，除了①⑥外，需用氧化剂的是______(填序号)。
【答案】（1） ①. ②. Na2Cr2O7 ③. Cl2 ④. ⑤. ⑥. Cl-
（2）④
【解析】
【小问1详解】
Na2Cr2O7中的Cr由+6价得电子被还原为CrCl3中+3价Cr，HCl中-1价Cl部分失电子被氧化为0价Cl2，则配平结果和单线桥表示为，Na2Cr2O7得电子作氧化剂，Cl2为氧化产物；ClO得电子被还原为Cl-，CrO失电子被氧化为CrO，则配平结果和单线桥表示为 ，CrO作还原剂，Cl-为还原产物；
【小问2详解】
流程图中④的变化为Cr3+失电子被氧化为CrO，需加入氧化剂。
18. 实验室用NaOH溶液捕获CO2。向浓度相等、体积均为50mL的A、B两份NaOH溶液中，分别通入一定量的CO2后，再稀释到100mL。在稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，产生CO2的体积（标准状况）与所加盐酸的体积关系如图所示．

（1）曲线B表明原溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质为（写化学式）_____________，其物质的量之比为__________________。当耗盐酸0 （2）曲线A表明，最初通入的CO2在标准状况下的体积为_________mL。
（3）通过计算求出原NaOH溶液的物质的量浓度______________。
【答案】 ①. Na2CO3 和NaHCO3 ②. 1：1 ③. CO32-+H+= HCO3- ④. 33.6 ⑤. 0.15mol/L(不写单位扣1分)
【解析】
【分析】（1）溶质成分的确定以及量的关系、离子方程式书写等；
（2）根据气体摩尔体积的公式计算；根据物质的量浓度的公式计算。
【详解】（1）根据B曲线分析可知不产生气体消耗的盐酸小于产生气体消耗的盐酸，所以对应的溶质为Na2CO3 和NaHCO3；根据图象可知第一阶段发生的反应的离子方程式为：CO32-+H+=HCO3-；第二阶段对应的反应为HCO3-+H+=H2O+CO2↑，根据第一阶段和第二阶段消耗的盐酸的体积可知碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为1:1；
（2）根据图象分析可知曲线A中盐酸的体积从60mL到75mL时产生二氧化碳，所以根据HCO3-+H+=H2O+CO2↑可知产生的二氧化碳在标准状况下的体积为0.1mol/L×(75mL-60mL)×10-3L/mL×22.4L/mol×103mL/L=33.6mL，所以开始通入的二氧化碳的体积为33.6mL；
（3）根据曲线A或曲线B产生气体体积达到最大值时，溶液中的溶质只有氯化钠，因此50mL原氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为0.1mol/L×75mL×10-3L/mL=7.5×10-3mol，所以原氢氧化钠的物质的量浓度为（7.5×10-3mol）÷（50mL×10-3L/mL）=0.15mol/L。
【点睛】解答这类问题应明确各阶段对应的反应以及守恒思想的应用，如求算氢氧化钠的物质的量浓度就是根据钠离子守恒进行的计算。
19. 又称次氯酸酐，是强氧化剂，极易溶于水，沸点为℃，42℃以上分解为和，高浓度时易爆炸。某学习小组利用和潮湿的碳酸钠反应生成，再用水吸收制备溶液，装置如下，请回答下列问题：

（1）仪器a的名称是___________，A中发生反应的离子方程式为___________。
（2）实验中须控制与空气(不参与反应)的体积比为，装置B的作用是___________(答出两条即可)。
（3）装置C中生成、，反应的化学方程式为___________，为使反应充分进行，实验中采取的措施有___________。
（4）若装置C不冷却，则进入装置D中的会大量减少，可能的原因是___________。
（5）装置E所盛试剂是___________，作用是___________。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 3Cl2↑+3H2O
（2）通过观察B中产生气泡的数目调节气体流速以到达与空气体积比为、除去中的、使气体混合均匀
（3） ①. ②. 搅拌、使用多孔球泡
（4）C中反应放热，温度升高会分解
（5） ①. 碱石灰 ②. 吸收未反应氯气，防止污染空气
【解析】
【分析】装置A中利用浓盐酸和氯酸钾反应制得的氯气中混有水蒸气和挥发出的HCl，再利用B中饱和食盐水除去氯气中的HCl，氯气再在装置C中与潮湿的碳酸钠反应生成Cl2O，装置D是溶解生成的Cl2O，装置E利用干燥管中盛装的碱石灰吸收尾气，防止污染空气，据此解答。
【小问1详解】
根据仪器构造可判断仪器a名称是分液漏斗，A中制备氯气，发生反应的离子方程式为3Cl2↑+3H2O。
【小问2详解】
B中盛有饱和食盐水，通过观察B中产生气泡的数目调节气体流速以到达与空气体积比为，同时除去中的、使气体混合均匀；
【小问3详解】
装置C中生成、，根据原子守恒可知反应的化学方程式为，根据外界条件对反应速率的影响可判断为使反应充分进行，实验中采取的措施有搅拌、使用多孔球泡。
【小问4详解】
由于C中反应放热，温度升高会分解，属于若装置C不冷却，则进入装置D中的会大量减少。
【小问5详解】
氯气是大气污染物，需要尾气处理，则装置E所盛试剂是碱石灰，作用是吸收未反应的氯气，防止污染空气。
20. 现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。

请根据以上信息回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式
A、______B、______C、________乙__________
（2）写出下列反应化学方程式：
反应①___________________________________
反应③___________________________________
（3）写出下列反应离子方程式：
反应④___________________________________
反应⑥___________________________________
【答案】 ①. Na ②. Al ③. Fe ④. C12 ⑤. 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ ⑥. 2 Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ ⑦. Fe+2H＋= Fe2+＋H2↑ ⑧. Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓
【解析】
【分析】金属A焰色为黄色，所以A为钠；钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，所以气体甲为氢气、物质D为氢氧化钠；气体乙为黄绿色，所以乙是氯气；气体丙为氯化氢，物质E为盐酸；金属B能与氢氧化钠反应，所以B为铝；氢氧化钠与物质G反应生成红棕色沉淀，所以物质G是氯化铁，金属C为铁。
【详解】(1)根据上述分析，A为Na，B为Al，C为Fe，乙为C12；
(2)反应①方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
反应③的方程式为2 Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
(3)反应④的离子方程式为Fe +2H＋= Fe2+＋H2↑；
反应⑥的离子方程式为Fe3++3OH-=Fe(OH) 3↓。