安庆二中2023-2024学年度第一学期期中考试
高一化学试题
(时间：75分钟分值：100分)
命题人：
审题人：
可用到的相对原子质量：H1C12016Na23Cu64N14C135.5
一、单选题（共15题，每题3分，共45分)
1、下列物质的分类正确的是
选项
碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
NaCO,
H,S0,
NaOH
S0,
CO2
B
NaOH
HC1
NaCl
Na0
NO
KOH
HNO3
FeS0,·7H0
Ca0
Mn,0,
D
NaOH
HCl
CaF2
NaO2
S02
2、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A、NHCO,受热易分解，可用于治疗胃酸过多
B、过氧化钠固体呈淡黄色，可用作呼吸面具中的供氧剂
C、HC10具有强氧化性，可用于杀菌消毒
D、Fe(OH),胶体可发生丁达尔效应，可用作净水剂
3、下面关于药品保存和实验安全方面的说法正确的是
A、有大量氯气泄漏时，用肥皂水或纯碱溶液浸湿软布蒙面，并迅速离开现场
B、金属钠着火燃烧时，用泡沫灭火器灭火
C、新制的氯水保存在棕色广口瓶中，·并放在阴凉处
D、“84”消毒液与洁厕灵一起使用，能增强消毒效果
4、下列单质既能跟氯气直接反应，又能跟稀盐酸反应，且产物不相同的是
A、A1
B、Cu
C、Fe
D、Zn
5、.在反应3Cu+8HN0,(稀)=3Cu(NO)2+2N0↑+4H,0中，氧化剂与还原剂的质量之比为
A、3:8
B、32:21
C、21:32
D、21:8
6、下列氧化还原反应的双线桥表示正确的是
失ex6
失2×e
A、KCIO+6HCI=3Cl2↑+KC1+3H2O
B、MnO,+4HC1(浓)会MaC,+Cf+2H,0
得6e
得2e
得2e
失2e
c、20+0,点20,
D、HgS+O2=Hg+S02
得2e
失2e
7、下列离子方程式正确的是
A、少量的Ca(OH)2和NaHC0,溶液混合：OH+Ca2+HCC=CaCO,↓+H,O
B、向HS0,溶液加入Ba(OH)2溶液至中性：H+OH=H,O
C、向Ca(OH)z溶液中通入过量CO2:C0,+OH=HCC
D、HHCO溶液中加入足量NaOH溶液：NH+OH=NH3·H,O
8、某无色溶液中可能含有①Na②S0,③CI④HCO,⑤C0,⑧H⑦Cu2中的几种，且每种离子的
物质的量相等。依次进行下列实验，每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：
步骤
操作
现象
(1)
向溶液中滴加23滴紫色石蕊溶液
溶液变红
(2)
向溶液中滴加BaCl,溶液和稀盐酸
有白色沉淀生成
(3)
将(2)中所得沉淀过滤，向滤液中加入AgNO,溶液和稀硝酸
有白色沉淀生成
下列结论正确的是
A、该实验无法确定是否含有③
B、肯定含有的离子是①②⑥
C、可能含有的离子是①③
D、①④⑤⑦离子肯定不含有
9、已知常温下在溶液中能发生如下反应：①16H+10Z+2XO:=2X+5Z+8H,0,②2M+R,=2M+2R,③
2R+Z2=R2+2T。由此判断，下列说法中正确的是
A、Z元素在①③反应中发生还原反应
高一化学试题第2页（共6页）安庆二中2023-2024学年度第一学期期中考试
高一化学试题答案解析
单选题（每题3分，共45分）
1-5：CCACC 6-10：BCBBC 11-15：ABBCB
非选择题
（每空2分，共6分）
【答案】(1) ①③⑦⑨⑩ (2) ⑤⑧ (3) ②④⑥⑨
【解析】氢氧化钠固体、氯化氢气体、碳酸钠粉末、CuSO4·5H2O晶体不能导电，但它们溶于水或熔融状态下可导电，属于电解质。铜丝、稀硫酸、氨水、熔融氯化钠可以导电，但铜是单质，稀硫酸、氨水是混合物，它们既不是电解质，也不是非电解质，只有熔融氯化钠是电解质。二氧化碳气体和蔗糖熔融状态下不能导电，溶于水时蔗糖溶液也不导电，所以蔗糖是非电解质；二氧化碳的水溶液虽然能导电，但由于在溶液中发生电离的是二氧化碳与水反应生成的碳酸，二氧化碳并未发生电离，故二氧化碳也是非电解质。
（每空2分，共18分）
【答案】（1）AsH3 （2）Br2 （3）.
(4) ① Cl K2Cr2O7 ② Cl2 HCl ③ 3∶4
④
【解析】(1)在该反应中，Br元素化合价由反应前KBrO3中的+5价得到电子被还原，则应该有还原剂，根据已知物质元素化合价及性质，可知AsH3为还原剂，在反应中失去电子被氧化为H3AsO4；
(2)已知2个KBrO3在反应中得到10个电子生成X，则在反应中1个KBrO3得到5个电子，Br元素化合价降低5价，在KBrO3中Br元素化合价为+5价，则在反应后生成的含有Br元素的物质X中化合价为0，故X的化学式为Br2；
(3)在反应中KBrO3得到电子被还原为Br2，AsH3失去电子被氧化为H3AsO4，H2SO4提供酸根离子与金属阳离子K+结合形成K2SO4，因此H2SO4是反应物，K2SO4是生成物，根据电子守恒、原子守恒，可知反应方程式为：5AsH3+8KBrO3+4H2SO4=5H3AsO4+4Br2+4K2SO4+4H2O，在该反应过程中电子转移数目是40，则用单线桥法标出电子转移的方向和数目为，氧化剂是KBrO3，还原剂是AsH3，方框中应该填入的物质为；
(4) ①反应中氯元素的化合价由－1价升高到0价，被氧化；K2Cr2O7中Cr元素的化合价由＋6价降低到＋3价，被还原，K2Cr2O7作氧化剂。②HCl→Cl2，氯元素化合价升高，发生氧化反应，Cl2为氧化产物。③14个HCl分子参加反应，有6个HCl分子被氧化，生成3个Cl2分子，另外8个HCl分子起酸性作用，所以起还原剂(被氧化)作用的HCl与起酸性作用的HCl的质量比为6∶8＝3∶4。
18、（除标注外，每空2分，共11分）
【答案】(1) 过氧化钠（1分） 先变蓝后褪色 (2) CO2（1分）
(3) 煤油（1分） 2Na + 2H2O = 2Na+ + 2OH- + H2↑
(4)
(5) CaCO3 + 2 H+ = Ca2+ + H2O + CO2↑
【解析】气体和金属单质反应生成淡黄色固体，则淡黄色固体X是过氧化钠，气体B是氧气，金属单质是钠，Y和石灰水反应生成溶液和白色沉淀，白色沉淀是碳酸钙，固体Y中含有钠元素，所以溶液是氢氧化钠溶液，Y是碳酸钠。白色沉淀是碳酸钙加稀盐酸后反应有气体A生成，所以A是二氧化碳。
通过以上分析知，X是过氧化钠，过氧化钠具有漂白性，且过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，所以将固体X加入紫色石蕊溶液中，观察到的现象是先变蓝后褪色。。
通过以上分析知，A是二氧化碳，其化学式为CO2。
通过以上分析知，流程图中的金属单质为钠，化学性质很活泼，与水反应的离子方程式为2Na + 2H2O = 2Na+ + 2OH- + H2↑，通常保存在煤油中。
(4)根据上述分析，反应①是过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，其反应方程式为: 。
(5)根据上述分析，反应④是碳酸钙和稀盐酸反应，其反应的离子方程式为CaCO3 + 2 H+ = Ca2+ + H2O + CO2↑。
19、（每空2分，共8分）
【答案】(1) 检查装置气密性
(2) ① 第一次通入N2是为了排除装置中的空气，防止干扰实验 第二次通入N2是为了将反应后的CO2全部通入装置C中
② 48.6%
【解析】（1）该实验涉及CO2气体质量的测定，要防止CO2气体外溢，所以实验前首先要进行的操作是检查装置气密性；
（2）①该实验成功的关键是准确测定反应生成的CO2气体的质量。第一次通入N2的目的是排出装置内的CO2气体；第二次通入N2的目的是使反应生成的CO2气体完全被装置C中的氢氧化钠溶液吸收；
②装置C的质量增加30.8 g，说明碳酸钠、碳酸氢钠共生成CO2气体的质量为30.8 g，设混合物中Na2CO3的质量为xg、NaHCO3的质量为yg，则x+y=65.4 g；44x/106 + 44y/84 = 30.8g，两式联立解得x=31.8 g，则混合物中Na2CO3的质量分数为31.8/65.4 = 48.6% 。
（每空2分，共12分）
【答案】(1)分液漏斗
(2)
(3)饱和食盐水
(4)
(5)防止后方水蒸气进入E装置中
(6)0.5
【解析】（1）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；
（2）装置A中，MnO2与浓盐酸加热制Cl2，离子方程式为。
（3）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；
（4）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：；
（5）E装置收集到的Cl2O易溶于水，所以前后方都必须连接干燥装置，因此F装置的作用是防止后方水蒸气进入E中。
（6）Na2CO3与水质量比为106∶9，如果用表示含水碳酸钠，则x为0.5。
