广东省广州市第八十九中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学Word版答案

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2022学年高一第一学期期中考试卷化学试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分。考试时间60分钟。注意事项：1、答卷前，考生务必将自己的姓名、考号等信息填写在答题纸上。2、答案必须填写在答题纸的相应位置上，答案写在试题卷上无效。附部分原子相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Fe-56S-32Cl-35.5Cu-64K-39I-127第Ⅰ卷(选择题共50分)选择题：共15小题，1-10每小题3分，11-15每小题4分，共50分，每小题只有一个选项符合题意。1.化学家为社会发展做出了巨大贡献，下列研究成果与化学家对应关系不符的是A.侯德榜发明侯氏制碱法，推动了我国纯碱工业的发展B.屠呦呦提取抗疟药青蒿素，做出卓越贡献获得诺贝尔奖C.门捷列夫发现元素周期律，使化学的研究变得有规律可循D.阿伏伽德罗提出原子学说，使人们对物质结构的认识发展到一个新阶段【答案】D【解析】【详解】A．侯德榜于20世纪40年代发明侯氏制碱法，推动了我国纯碱工业的发展，A不符合题意；B．屠呦呦提取抗疟药青蒿素，做出卓越贡献，2015年获诺贝尔生理学或医学奖，B不符合题意；C．1869年，门捷列夫发现元素周期律，使化学的研究变得有规律可循，C不符合题意；D．道尔顿提出原子学说，使人们对物质结构的认识发展到一个新阶段，不是阿伏伽德罗，D符合题意；故选D。2.氯气1774年由舍勒发现。其常温常压下为黄绿色，有强烈刺激性气味的剧毒气体，具有窒息性。下列有关氯气化学性质的说法，正确的是A.液氯可用钢瓶储存，说明氯气与钢铁一定无法发生反应B.氯气具有强氧化性，氯原子最外层有7个电子，在化学反应中易得到电子C.灼热铜丝放入盛满氯气的集气瓶中，生成蓝色的烟D.将氯气通入滴有少量酚酞的氢氧化钠溶液中，红色褪去，可证明氯气具有漂白性【答案】B

1【解析】【详解】A．常温下干燥氯气与铁不反应，加热条件下氯气与铁反应生成氯化铁，故A错误；B．氯气具有强氧化性，氯原子最外层有7个电子，在化学反应中容易得到一个电子形成稳定的氯离子，故B正确；C．红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧生成氯化铜固体，会观察到棕黄色的烟，故C错误；D．氯气不具有漂白性，氯气与氢氧化钠反应生成的次氯酸钠具有漂白性，故D错误；故答案选B。3.阿伏加德罗常数的命名是为了纪念意大利科学家阿伏伽德罗。用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.28gN2含的分子数为2NAB.1molNa含有的电子数为NAC.标准状况下，22.4LO2含有的氧原子数为2NAD.2mol·L-1KCl溶液中含有的离子数为2NA【答案】C【解析】【详解】A．28gN2的物质的量=1mol，所含分子数为NA，A错误；B．电子数=原子序数，1molNa含有的电子数为11NA，B错误；C．标况下，22.4LO2的物质的量为1mol，含有的氧原子数为2NA，C正确；D．不确定溶液体积，不能计算离子的物质的量，D错误；故选C。4.下列同组反应可以用同一离子方程式表示的是A.溶液溶液，溶液溶液B.溶液溶液，溶液+溶液C.溶液溶液，溶液溶液D.溶液，溶液溶液【答案】C【解析】【详解】A．第一个离子方程式为，第二个离子方程式为

2，离子方程式不同，A项错误；B．第一个离子方程式为，第二个离子方程式为，离子方程式不同，B项错误；C．两个离子方程式均为，离子方程式相同，C项正确；D．第一个离子方程式为，第二个离子方程式为，离子方程式不同，D项错误；答案选C。5.下列离子方程式书写正确的是A.往KBr溶液中通入少量：B.少量金属钠投入溶液中：C.氢氧化钡溶液与稀硫酸混合：D.铁片投入稀硫酸中：【答案】A【解析】【详解】A．往KBr溶液中通入少量，反应生成溴单质和氯化钾，反应的离子方程式为：，选项A正确；B．少量金属钠投入溶液中，反应生成氢氧化铜沉淀、硫酸钠和氢气，反应的离子方程式为：，选项B错误；C．氢氧化钡溶液与稀硫酸混合生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为：，选项C错误；D．铁片投入稀硫酸中，反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为：，选项D错误；答案选A。6.下列表示氧化还原反应实质正确的是

3A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．在该反应中KClO3得到电子被还原为Cl2，HCl失去电子被氧化为Cl2，反应过程中转移电子数目是5个，用双线桥法表示电子转移为：，A错误；B．反应符合事实，遵循物质反应过程中电子转移方向和数目，B正确；C．在该反应中C元素化合价由反应前CO中的+2价变为反应后CO2中的+4价，化合价升高，失去2×2e-；O元素化合价由反应前O2中的0价，化合价降低，得到电子2×2e-，电子转移方向及数目为

4，C错误；D．在该反应中，Hg元素化合价由反应前HgS中+2价变为反应后Hg单质的0价，化合价降低2价，得到电子数目是2e-；S元素化合价由反应前HgS中的-2价变为反应后SO2中的+4价，化合价升高6价，失去电子数目是6e-，O元素化合价由反应前O2中的0价变为反应后SO2中的-2价，化合价降低，得到电子数目是2×2e-，则用双线桥法表示电子转移数目为：，D错误；故合理选项是B。7.常温下，在溶液中可发生以下反应：①2KBr+Cl2=2KCl+Br2；②2KI+Cl2=2KCl+I2；③2KI+Br2=2KBr+I2由此判断下列说法正确的是A.溴元素在①和③中均被氧化B.氧化性强弱顺序为：I2＞Br2＞Cl2C.还原性强弱顺序为：KI＞KBr＞KClD.常温下也能进行如下反应：2KCl+Br2=2KBr+Cl2【答案】C【解析】【详解】A．在反应①中Br元素化合价升高，失去电子，被氧化；在反应③中，Br元素化合价降低，得到电子，被还原，A错误；B．物质的氧化性：氧化剂＞氧化产物。根据反应①可知物质的氧化性：Cl2＞Br2；根据反应②可知物质的氧化性：Cl2＞I2；根据反应③可知物质的氧化性：Br2＞I2，故三种物质的氧化性由强到弱的顺序为：Cl2＞Br2＞I2，B错误；C．物质的还原性：还原剂＞还原产物。根据反应①可知物质的还原性：KBr＞KCl；根据反应②可知物质的还原性：KI＞KCl；根据反应③可知物质的还原性：KI＞KBr，故三种物质的还原性由强到弱的顺序为：KI＞KBr＞KCl，C正确；D．物质的氧化性：氧化剂＞氧化产物。若反应2KCl+Br2=2KBr+Cl2能够发生，则可得氧化性：Br2＞Cl2，这与物质的氧化性：Cl2＞Br2相违背，说明该反应不能发生，D错误；故合理选项是C。

58.配制500mL0.100mol·L-1的NaCl溶液，部分实验操作示意图如图。下列说法正确的是A.定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏低B.容量瓶需用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用C.实验中需用到的仪器有：托盘天平、250mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等D.上述实验操作步骤的正确顺序为①②④③【答案】A【解析】【分析】配制一定体积一定物质的量浓度的溶液需使用一定规格的容量瓶，配制溶液的步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，根据配制步骤确定各步使用的仪器，结合物质的量浓度定义式分析实验误差。【详解】A．定容时，仰视容量瓶的刻度线，则溶液的体积偏大，由于溶质的物质的量不变，最终使配得的NaCl溶液浓度偏低，A正确；B．容量瓶洗涤方法是先用自来水洗涤，再用蒸馏水洗涤。由于最后需加入蒸馏水配制溶液，因此不需要干燥就可以使用，B错误；C．NaCl是固体药品，要使用托盘天平称量，然后在烧杯中溶解药品，为促进物质溶解，要使用玻璃棒搅拌，待溶液恢复至室温后用玻璃棒引流转移溶液至500mL容量瓶中，再洗涤烧杯内壁及玻璃棒2-3次，洗涤液也要转移至容量瓶中，在最后定容时要使用胶头滴管，C错误；D．配制溶液的步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，故上述实验操作步骤的正确顺序为②①④③，D错误；故合理选项是A。9.在无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的离子组是A.Mg2+、Na+、NO、SOB.Cu2+、Ca2+、NO、Cl-C.Ba2+、K+、CO、Cl-D.K+、Na+、SO、HCO【答案】A

6【解析】【详解】A．无色透明的强酸性溶液中，四种离子不发生反应，A正确；B．铜离子有颜色，不合题意，B错误；C．在酸性环境中碳酸根离子不能共存，C错误；D．在酸性环境中碳酸氢根离子不能共存，D错误故选A。10.氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如图所示，则下列化学反应属于阴影部分的是A.Cl2+2KBr=Br2+2KClB.2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑C.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3D.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2【答案】D【解析】【分析】氧化还原反应的特征是有元素化合价的变化。阴影部分说明该反应属于氧化还原反应，但不属于置换反应、分解反应和化合反应。【详解】A.该反应属于置换反应，氧化还原反应，故A错误；B.该反应属于分解反应，不是氧化还原反应，故B错误；C.该反应属于化合反应，是氧化还原反应，C错误；D.该反应不属于置换反应、分解反应和化合反应，反应中氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，故D正确；故选D。11.关于物质转化规律“单质(酸性或碱性)氧化物酸或碱→盐”说法正确的是A.若单质为碳，氧化物可以为COB.单质Cu能实现上述物质间的转化C.若钠元素可实现转化，则碱为D.“Ca→CaO→”符合该转化规律

7【答案】D【解析】【详解】A．CO不能与水反应，故氧化物可以为CO2，故A错误；B．单质Cu与氧气生成氧化物不能溶于水，不能实现上述物质间的转化，故B错误；C．若钠元素与氧气反应生成Na2O，溶于水生成碱，故C错误；D．若钙元素，可以实现“CaCaO”符合该转化规律，故D正确；故答案为D。12.用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是A．探究钠与反应B．证明与水反应放热C．证明能与烧碱溶液反应D．鉴别纯碱与小苏打A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．Na与Cl2加热生成氯化钠，碱液可吸收过量的氯气，图中装置可验证钠与氯气的反应，A正确；B．Na2O2与水反应生成氧气，且反应放出大量的热，能使脱脂棉燃烧，可验证过氧化钠的性质，B正确；C．Cl2与NaOH溶液反应，则气球变大，可验证氯气与烧碱溶液反应，C正确；D．加热固体时，为防止生成的水倒流，炸裂试管，试管口应向下倾斜，D错误；故答案为：D。13.0.5LNaOH溶液中溶有10gNaOH，则此溶液的物质的量浓度为A.2mo1/LB.1mo1/LC.0.5mo1/LD.0.05mo1/L

8【答案】C【解析】【详解】10gNaOH的物质的量为n=，将其配制成0.5L溶液，则该溶液的物质的量浓度c==0.5mol/L，故选C。14.下列几种导电性变化图象，不符合要求的是A.图A是向饱和石灰水中不断通入CO2B.图B是向氨水中通入HClC.图C是向NaOH溶液中通入少量Cl2D.图D是向AgNO3溶液中通入少量HCl【答案】D【解析】【详解】A．向饱和石灰水中不断通入CO2，先生成CaCO3沉淀，使溶液的导电性降低，CaCO3再和CO2反应生成可溶于水的Ca(HCO3)2，使溶液的导电性增大，A符合要求；B．氨水为弱电解质，导电能力相对较差，向氨水中通入HCl，一水合氨和HCl反应生成NH4Cl，NH4Cl为强电解质，故通入HCl后导电能力加强，B符合要求；C．2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，向NaOH溶液中通入少量Cl2，反应前后离子浓度不变，溶液的导电性不变，C符合要求；D．向AgNO3溶液通入少量HCl，发生反应生成氯化银沉淀和硝酸，减少的银离子由氢离子补充，溶液中离子浓度基本不变，导电性基本不变，D不符合要求；

9故答案选D。15.已知A是一种金属单质，B显淡黄色，其转化关系如下图所示，则以下说法错误的是A.化合物B中阴阳离子个数比为1：2B.少量金属A保存在煤油中C.D溶液呈碱性，溶质的俗名为苏打D.C固体受热不易分解【答案】C【解析】【分析】B显淡黄色，则B为Na2O2，A为Na；B与二氧化碳反应得到C，则C为碳酸钠；B与水反应生成D，则D为氢氧化钠。【详解】A．化合B为Na2O2，其由一个过氧根离子和两个钠离子构成，阴阳离子个数比为1：2，A正确；B．金属A为Na，可以保存在煤油中，B正确；C．D的溶液是氢氧化钠溶液，氢氧化钠俗名为烧碱，C错误；D．C是碳酸钠，受热不分解，D正确；故选C。第Ⅱ卷(非选择题共60分)16.一氧化二氯(Cl2O)是国际公认的高效安全灭菌消毒剂，其部分性质如下：现用如图所示装置制备少量Cl2O。已知：常温下，Cl2O是棕黄色、有刺激性气味的气体，易溶于水;熔点：-120.6°C;沸点2.0°C。（1）盛有浓盐酸的仪器的名称是_________________。（2）装置A中发生反应的离子方程式为___________。（3）装置B中的试剂是_______(填名称)。（4）装置C中固体产物为NaCl和NaHCO3，写出该反应的化学方程式________。

10（5）装置E中Cl2O的收率与装置C的温度和纯碱的含水量的关系如表所示，下列猜想明显不合理的是。温度/°C纯碱含水量/%Cl2O收率/%0~105.4467.850~107.8889.2610~2080064.2430~4010.2552.6330~4012.5030.38A.温度越高，Cl2O的收率越低B.纯碱含水量越高，Cl2O的收率越高C.随着纯碱含水量增大，Cl2O的收率先增大后减小D.温度较低时，纯碱含水量越高，Cl2O的收率越高，温度较高时，纯碱含水量越高，Cl2O的收率越低（6）C中盛装含水碳酸钠(即Na2CO3与水按照质量106：9调制而成)，用来吸收氯气制备Cl2O。如果用Na2CO3·xH2O表示含水碳酸钠，则x为__________。【答案】（1）分液漏斗（2）（3）饱和食盐水（4）（5）B（6）0.5【解析】【分析】实验室先用MnO2与浓盐酸加热制Cl2，再用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl；将Cl2通入潮湿的Na2CO3中加热，发生反应，将产生的Cl2O用冰水混合物冷却，从而获得Cl2O，含Cl2尾气用NaOH溶液吸收。【小问1详解】盛有浓盐酸的仪器带有活塞，其名称是分液漏斗。答案为：分液漏斗；

11【小问2详解】装置A中，MnO2与浓盐酸加热制Cl2，离子方程式为。【小问3详解】后续实验是Cl2与潮湿的Na2CO3反应，所以Cl2不需要干燥，则装置B的作用是除去Cl2中混有的HCl，试剂是饱和食盐水；【小问4详解】装置C中，Cl2与潮湿的Na2CO3反应，所得固体产物为NaCl和，该反应的化学方程式：；【小问5详解】A．从表中数据可以得出，随着温度的不断升高，Cl2O的收率不断降低，A正确；B．从表中数据可以看出，纯碱含水量越高，Cl2O的收率先高后低，B不正确；C．随着纯碱含水量增大，Cl2O的收率从67.85%增大到89.26%，然后不断减小，C正确；D．0～10℃，纯碱含水量越高，Cl2O的收率越高，从10℃往后，纯碱含水量越高，Cl2O的收率越低，D正确；故选B【小问6详解】Na2CO3与水质量比为106∶9，则物质的量之比为1:0.5，如果用表示含水碳酸钠，则x为0.5。17.某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，具体情况如图所示。

12（1）根据图Ⅰ、Ⅱ所示实验，能够达到实验目的的是_______(填序号)（2）图Ⅲ、Ⅳ所示实验均能鉴别这两种物质，其反应的化学方程式为_______。（3）若用实验Ⅳ确定碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，则试管B中装入的固体最好是_______(填化学式)。（4）将碳酸氢钠溶液与过量澄清石灰水反应时的离子方程式为_______。（5）下列实验方案中，能测定出和混合物中物质的质量分数的是_______。A.取m克混合物充分加热，质量减少n克B.取m克混合物与足量溶液充分反应，得到n克溶液C.取m克混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到n克固体D.取m克混合物与足量稀硫酸反应，逸出气体经充分干燥后用碱石灰吸收，质量增加n克【答案】（1）Ⅱ（2）（3）NaHCO3（4）（5）ACD【解析】【小问1详解】图Ⅰ实验这两者与盐酸均产生CO2使澄清石灰水变浑浊，而无法区分两者。图Ⅱ实验，等质量的两固体与盐酸反应，NaHCO3与盐酸反应更快更看到气球胀得更快更大，而Na2CO3反应慢，该实验可与鉴别两者。答案为Ⅱ；【小问2详解】Ⅲ、Ⅳ利用两者的热稳定性差异，NaHCO3受热易分解为Na2CO3、CO2、H2O，反应为。答案为；【小问3详解】

13两试管存在温度差异，B试管温度低而大试管温度高，所以应该将热稳定性好的Na2CO3置于A试管中，热稳定性差的NaHCO3置于温度低的B，以免温度差异导致Na2CO3的分解差异。答案为NaHCO3；【小问4详解】酸式盐与碱反应，以少定多，以少量的NaHCO3为1mol，需要消耗1molOH-和1mol，反应为。答案为；【小问5详解】A．利用差量法，，固体减少的质量为m(CO2+H2O)利用方程式建立比例式计算出m(NaHCO3)，最终获得质量分数，A项能达到实验目的；B．只有混合物的质量，没有其他数据无法计算质量分数，B项不能达到实验目的；C．两者与酸反应建立关系式为NaHCO3~NaCl建立比例式求得该反应的m1(NaCl)=，同理Na2CO3~2NaCl得m2(NaCl)=。最终建立等式m(NaHCO3)+m(Na2CO3)=m、+=n，求得m(NaHCO3)、m(Na2CO3)最终计算质量分数，C项可达到实验目的；D．碱石灰增加的质量为CO2的质量，利用此建立一个m(Na2CO3)和m(NaHCO3)的二元一次方程式，再利用混合固体质量为n建立一个m(Na2CO3)和m(NaHCO3)的二元一次方程式，可求得m(Na2CO3)和m(NaHCO3)，从而获得质量分数，D项能达到实验目的；故选ACD。18.碘化钾常用作合成有机化合物的原料。某实验小组设计实验探究的还原性。Ⅰ．配制溶液（1）配制的溶液，需要称取的质量为_______g。（2）下列关于配制溶液的操作错误的是_______(填序号)。A.B.

14C.D.Ⅱ．探究不同条件下空气中氧气氧化的速率。组别温度溶液溶液蒸馏水淀粉溶液VV1298K5mL5mL10mL3滴2313K5mL10mL3滴3298K10mL5mL5mL3滴（3）酸性条件下能被空气中氧气氧化，发生反应的离子方程式为_______。（4）通过实验组别1和组别2探究温度对氧化速率的影响。其中a=_______，b=_______。（5）设计实验组别3的目的是_______。【答案】（1）8.3（2）D（3）O2+4I-+4H+=2H2O+2I2（4）①.5②.0.1（5）探究I-浓度即pH对KI还原性的影响【解析】【小问1详解】n=cV、m=nM，V按照500mL代入计算m(KI)=0.5L×0.1mol⋅L−1×166g=8.3g。答案为8.3；【小问2详解】A．称量时左盘放物品，右盘放砝码，A项错误；B．玻璃棒引流时伸入刻度线以下，B项错误；C．滴定时视线平时凹液面的最低点，C项错误；D．定容后，振摇，D项正确；故选D。【小问3详解】

15I-被O2氧化为I2，反应为O2+4I-+4H+=2H2O+2I2。答案为O2+4I-+4H+=2H2O+2I2；【小问4详解】实验1为对照组，实验2只改变温度而KI和H2SO4的浓度、体积不能改变（与1保持一致）即a=5、b=0.1。答案为5；0.1；【小问5详解】对比实验1，实验3降低了KI的浓度同时增加了H2SO4浓度，它是探究I-浓度及pH对KI还原性的影响。答案为探究I-浓度及pH对KI还原性的影响。

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