安徽省合肥市六校联盟2023-2024学年高一上学期11月期中化学Word版含解析.docx

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合肥六校联盟2023-2024学年高一年级第一学期期中联考化学试卷(考试时间：75分钟　满分：100分)可能用到的相对原子质量：H-1　C-12　N-14　O-16　Na-23　A1-27　S-32　C-35.5　K-39　Ba-137一、单项选择题(本大题共15小题，每题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意，请把正确答案涂在答题卡上)1.化学与生活等密切相关，下列说法错误的是A.含氯泡腾片中含有的属于氧化物B.“铁质菜刀生锈”与氧化还原反应有关C.为防止富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰D.维生素可将转变为，所以维生素具有还原性【答案】C【解析】【详解】A．属于氧化物，A正确；B．“铁质菜刀生锈”铁转化为了氧化铁，涉及氧化还原反应，B正确；C．生石灰不具有还原性，所以不能防止食品被氧化变质，C错误；D．在维生素C将铁离子转化为亚铁离子的反应中，Fe元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，所以维生素C具有还原性，D正确；故选C。2.次磷酸钠属于正盐，下列说法错误的是A.的原子结构示意图为：B.次磷酸根的化合价为C.次磷酸钠的电离方程式为：D.红磷和白磷，和互为同素异形体【答案】C 【解析】【详解】A．P为15号元素，P的原子结构示意图为：，A正确；B．次磷酸根中氧为-2价、氢为+1价，利用化学式化合价代数和为0，则P元素的化合价为+1价，B正确；C．次磷酸钠属于正盐，则电离方程式为：，C错误；D．红磷和白磷均为磷单质，和均为氧单质，互为同素异形体，D正确；故选C。3.病毒飞沫进入到空气中形成的分散系属于气溶胶。下列叙述正确的是A.胶体和溶液都具有丁达尔效应B.病毒飞沫粒子的直径大小在之间C.向溶液中滴加溶液可制备胶体D.胶体可以透过半透膜和滤纸【答案】B【解析】【详解】A．胶体有丁达尔效应，溶液没有丁达尔效应，A错误；B．病毒飞沫进入到空气中形成的分散系属于气溶胶，分散质粒子直径在之间，B正确；C．制备胶体应该将饱和的氯化铁溶液滴入沸水中加热至溶液呈红褐色，向溶液中滴加溶液得到沉淀，得不到胶体，C错误；D．胶体粒子可以透过滤纸，不能透过半透膜，D错误；故选B。4.如图为氯化钠固体溶于水的微观模型，下列说法正确的是A.固体中存在自由移动的和 B.离子为C.该电离过程可以表示为D.水合钠离子中分子中的O最靠近【答案】D【解析】【详解】A．固体中存在和不能自由移动，A错误；B．从图中可看出，水合离子中分子中的H，H原子带部分正电荷靠近离子，则离子为阴离子，B错误；C．该电离是在水分子的作用下，解离产生自由移动的和的过程，不需要有外界通电，电离方程式表示为，C错误；D．分子中的O带部分负电荷，异性相吸原则，在水合钠离子中，最靠近的是分子中的O，D正确；答案选D。5.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，中含电子总数为B.常温常压下，含有的氧原子数为C.标准状况下，水中含有水分子数为D.溶液中含的数目为【答案】A【解析】【详解】A．标准状况下，物质的量为1mol，且氨气为10电子气体，则标准状况下，中含电子总数为，A正确；B．常温常压下，物质的量为1mol，1mol氧气含有的氧原子数为，B错误；C．标况下，水为非气体，不能使用气体摩尔体积，C错误；D．体积未知，无法计算，D错误； 故选A。6.常温下，下列各组离子一定能大量共存的是A.无色透明溶液：B.遇酚酞变红的溶液中：C.使石蕊变红的溶液中：D.含有碳酸钠溶液中：【答案】B【解析】【详解】A．高锰酸根离子在溶液中呈紫色，则无色透明溶液中不可能含有高锰酸根离子，故A错误；B．遇酚酞变红的溶液为碱性溶液，三种离子在碱性溶液中不发生任何反应，能大量共存，故B正确；C．使石蕊变红的溶液为酸性溶液，溶液中碳酸根离子能与氢离子反应，不能大量共存，故C错误；D．含有碳酸钠溶液中碳酸根离子能与氢离子反应，不能大量共存，故D错误；故选B。7.下列离子方程式书写正确的是A.用稀硫酸清洗铁锈：B.大理石与醋酸反应产生二氧化碳：C.氧化镁跟稀硫酸反应：D.溶液与溶液反应：【答案】D【解析】【详解】A．用稀硫酸清洗铁锈生成三价铁离子，离子方程式为：，A错误；B．醋酸为弱酸，不能拆，离子方程式为，B错误；C．氧化镁为金属氧化物，不能拆，离子方程式为：，C错误；D．相当于一元强酸，与溶液反应实质为氢离子和氢氧根离子生成水，离子方程式为：，D正确； 故选D。8.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如下图所示，则下列化学反应属于阴影部分的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题干图示信息可知，图中阴影部分表示不属于四大基本反应类型氧化还原反应，据此分析解题。【详解】A．是置换反应，属于氧化还原反应，A不合题意；B．是分解反应，不属于氧化还原反应，B不合题意；C．是化合反应，属于氧化还原反应，C不合题意；D．不属于四大基本反应类型，属于氧化还原反应，D符合题意；故答案为：D。9.氮化铝()具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域。在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：下列叙述正确的是A.在氮化铝的合成反应中，是还原剂，氧化剂 B.上述反应中每生成，N失去电子C.氮化铝中氮元素的化合价为-3D.氮化铝是氧化产物【答案】C【解析】【详解】A．在氮化铝的合成反应中，N元素化合价由0价降低到-3价，是氧化剂，中元素化合价不变，既不是氧化剂，也不是还原剂，故A错误；B．上述反应中N元素化合价由0价降低到-3价，每生成2molAlN，N2得到6mol电子，故B错误；C．氮化铝中铝元素化合价为+3价、氮元素的化合价为-3，故C正确；D．结合选项A可知，氮化铝是还原产物，故D错误；答案选C。10.下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的说法中，正确的是A.Na2CO3和NaHCO3均可用于治疗胃酸过多B.可用加热的方法除去Na2CO3粉末中混有少量的NaHCO3C.等质量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，Na2CO3产生CO2多些D.分别向Na2CO3、NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液，都立即产生白色沉淀【答案】B【解析】【详解】A．碳酸钠碱性较强，不可用于治疗胃酸过多，A错误；B．碳酸氢钠加热条件下反应生成碳酸钠、水和二氧化碳，碳酸钠加热不分解，可用加热的方式除去碳酸钠粉末中混有的少量碳酸氢钠，B正确；C．等质量的碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠的物质的量更大，与足量盐酸反应，碳酸氢钠生成的二氧化碳更多，C错误；D．碳酸钠能与氯化钙反应生成碳酸钙白色沉淀，碳酸氢钠与氯化钙不反应，没有白色沉淀生成，D错误；故答案选B。11.下列实验装置可以达到实验目的是ABCD 验证和水反应是否放热除去中的焰色试验检验固体中是否含有钾元素比较、的稳定性A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．过氧化钠与水反应放热，大试管中气体压强增大，红墨水出现液面差，可以验证，故A符合题意；B．和都能与碳酸钠溶液反应，应选择饱和碳酸氢钠溶液除去HCl杂质气体，故B不符合题意；C．焰色反应，也称作焰色测试及焰色试验，是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应；钾元素的焰色反应实验需要透过蓝色钴玻璃观察，焰色反应为紫色；实验中缺少蓝色钴玻璃，故C不符合题意；D．套装小试管加热温度较低，应将碳酸氢钠应放在套装小试管中，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，故D不符合题意；故选A。12.下列选项所表示的物质间转化不能一步实现的是A.B.C.D.【答案】D【解析】 【详解】A．CaO与H2O反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与HCl反应生成CaCl2等，A不符合题意；B．Na在O2中燃烧可生成Na2O2，Na2O2与水反应可生成NaOH，B不符合题意；C．过量CO2通入NaOH溶液中生成NaHCO3，NaHCO3固体受热分解生成Na2CO3，C不符合题意；D．Cu与O2在加热条件下反应生成CuO，CuO与H2O不能反应，不能生成Cu(OH)2，D符合题意；故选D。13.通过捕获和转化技术可实现资源化利用，其物质转化关系如图所示，下列说法不正确的是A.的捕获和转化有助于减弱温室效应B.过程I属于化合反应C.捕获和转化的过程中，CaO可以循环利用D.过程Ⅱ中反应为【答案】D【解析】【分析】由图可知，过程I发生的反应为氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙，过程Ⅱ发生的反应为催化剂作用下碳酸钙与甲烷反应生成氧化钙、一氧化碳和氢气。【详解】A．二氧化碳的捕获和转化可以减少二氧化碳的排放，有助于减弱温室效应的发生，故A正确；B．由分析可知，过程I发生的反应为氧化钙与二氧化碳发生化合反应生成碳酸钙，故B正确；C．由分析可知，过程I消耗氧化钙、过程Ⅱ生成氧化钙，则二氧化碳的捕获和转化过程中，氧化钙可以循环使用，故C正确；D．由分析可知，过程Ⅱ发生的反应为催化剂作用下碳酸钙与甲烷反应生成氧化钙、一氧化碳和氢气，反应的化学方程式为，故D错误；故选D14.某溶液中含有较大量的Cl-、、OH-三种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3 种阴离子依次检验出来。下列实验操作的操作顺序中，正确的是①滴加Fe(NO3)3溶液②滴加AgNO3溶液③过滤④滴加Ba(NO3)2溶液A.①③④③②B.④③②③①C.①③②③④D.④③①③②【答案】D【解析】【详解】检验Cl-选择②AgNO3溶液，检验用④Ba(NO3)2溶液，检验OH-用①Fe(NO3)2溶液，因为AgNO3溶液与Cl-、、OH-都生成白色沉淀，所以不能先检验氯离子；Fe(NO3)2能与、OH-反应生成白色沉淀，所以可先滴加过量Ba(NO3)2溶液检验，过滤，再滴加过量Fe(NO3)2溶液检验OH-，过滤，最后滴加AgNO3溶液检验Cl-，所以实验顺序为④③①③②，故答案为：D。15.某200mL无土栽培用营养液中含有KCl、K2SO4、NH4Cl三种溶质，测得部分离子的浓度如图甲所示。将该营养液加水稀释，稀释过程中NH的浓度(c)随溶液体积(V)的变化曲线如图乙所示。下列判断正确的是A.图甲中X离子是NHB.图乙中c1=4.0C.营养液中K2SO4的浓度是8mol•L-1D.营养液中KCl与NH4Cl的物质的量之比为1：8【答案】D【解析】【分析】稀释过程中NH的物质的量不变，根据稀释过程中NH的浓度(c)随溶液体积(V)的变化曲线，c1×0.2L=1.6mol/L×1L，c1=8mol/L，营养液中NH的浓度为8mol/L，则X离子是。【详解】A．根据以上分析，营养液中NH的物质的量为8mol/L，所以X离子不是NH，故A错误；B．根据以上分析，图乙中c1=8.0mol/L，故B错误；C．营养液中的浓度为4mol/L，则K2SO4的浓度是4mol•L-1，故C错误； D．营养液中NH的物质的量为8mol/L，则NH4Cl的浓度为8mol/L，NH4Cl提供的Cl-的浓度为8mol/L，KCl提供的Cl-的浓度为9mol/L-8mol/L=1mol/L，所以KCl的浓度为1mol/L，营养液中KCl与NH4Cl的物质的量之比为1：8，故D正确；选D。二、非选择题(本题包括4小题，除标注外每空2分，共55分)16.Ⅰ．“分类研究”是重要的学习与科研方法。现有下列9种物质：①气体；②固体；③；④蔗糖；⑤固体；⑥熔融；⑦氢氧化铁胶体；⑧硫酸溶液；⑨铜。回答下列问题：（1）上述物质中属于电解质的有______，能导电的纯净物有______。(填序号)（2）溶于水的电离方程式为______。（3）上述9种物质中有两种物质在水溶液中发生反应的离子方程式为，则该反应的化学方程式为______。Ⅱ．阅读下面一段材料并回答问题。高铁酸钾使用说明书【化学式】【性状】暗紫色具有金属光泽的粉末，无臭无味【产品特点】干燥品在室温下稳定，在强碱溶液中稳定，随着减小，稳定性下降，与水反应放出氧气。通过强烈的氧化作用可迅速杀灭细菌，有消毒作用，同时不会产生有害物质。与水反应还能产生具有强吸附性的胶体，可除去水中细微的悬浮物，有净水作用【用途】主要用于饮用水消毒净化、城市生活污水和工业污水处理（4）下列关于的说法中，不正确的是______。a．是强氧化性的盐b．固体保存需要防潮c．其消毒和净化水的原理相同d．其净水优点有：作用快、安全性好、无异味（5）将与水反应的化学方程式补充完整并配平：______。 该反应消耗时，转移的电子数为______。【答案】（1）①.①②⑤⑥②.⑥⑨（2）（3）（4）c（5）①.4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8KOH②.3NA(或其它正确答案)【解析】【小问1详解】电解质是指在水溶液中或者熔融状态下能导电的化合物，故属于电解质的为①②⑤⑥；能导电说明具有自由移动的离子，故能导电的纯净物有⑥⑨；【小问2详解】氯化钠为强电解质，在水中完全电离，因此电离方程式为；【小问3详解】表示强酸强碱反应生成可溶性盐，因此化学方程式为；【小问4详解】a．具有强氧化性，属于盐类，a正确；b．由于能与水反应，则固体保存需要防潮，b正确；c．的消毒作用是利用其强氧化性，净化水的原理是利用其生成的氢氧化铁胶体吸附水中悬浮物形成沉淀，则消毒和净化水的原理不相同，c错误；d．由“可迅速杀灭细菌，同时不会产生有害物质”可知，其净水优点有：作用快、安全性好、无异味，d正确；故答案选c。【小问5详解】与水反应生成氧气、氢氧化铁胶体和KOH，根据电子守恒和原子守恒得到反应的化学方程式为4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8KOH；该反应中，消耗4mol转移12mol电子，则消耗1mol时转移电子数为3NA。17.钠及其化合物在日常生活中有许多重要应用。回答下列问题：Ⅰ.如图为钠的价类二维图。 （1）若①处是淡黄色固体，其化学式为___________，②处所属的物质类别为___________。（2）氢化钠能与水反应生成氢氧化钠和氢气，写出该反应的化学方程式并用双线桥标明电子转移的方向和数目：___________。（3）钠钾合金可用作原子反应堆的导热剂的原因除了钠钾合金是难气化的液态合金，还有可能是___________。Ⅱ.我国化学家侯德榜发明了联合制碱法()，对世界制碱工业做出了巨大贡献。联合制碱法的主要流程如图所示(部分物质已略去)。（4）流程图中标注的物质属于电解质的有___________种，①~③所涉及的操作方法中，包含过滤的是___________(填序号)。（5）煅烧固体的化学方程式为___________。（6）关于上述流程，下列说法中正确的是___________(填字母)。a．两种气体的先后顺序为先通入，再通入b．先析出的原因是的溶解度小于c．整个流程中涉及氧化还原反应d．溶液B中的主要离子为、、、【答案】17.①.②.盐或钠盐或碳酸盐 18.19.钠钾合金具有良好的导热性20.①.3②.①③21.22.bd【解析】【小问1详解】淡黄色固体的钠的氧化物为，碳酸钠属于盐或钠盐或碳酸盐。小问2详解】氢化钠能与水反应生成氢氧化钠和氢气，可知NaH为还原剂，水为氧化剂，化学方程式为。【小问3详解】钠钾合金可用作原子反应堆的导热剂的原因除了钠钾合金是难气化的液态合金，且具有良好的导电性。【小问4详解】电解质主要包括酸、碱、盐，流程图中标注的物质属于电解质的有碳酸钠、NaHCO3、NH4Cl，①~③所涉及的操作方法中，包含过滤的是①③。【小问5详解】煅烧固体的化学方程式为。【小问6详解】侯德榜制碱时利用氨气溶解度更高的性质先通入氨气再通入二氧化碳，a错；的溶解度小于，故先析出，b正确；整个流程中不涉及氧化还原反应，c错；侯德榜制碱的原理是，可知母液中主要含有、、、，d正确。故选bd。18.某学习小组探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应的产物，进行如图实验： 请回答：（1）试剂X是________。（2）请写出装置A中的化学方程式________。（3）装置C中潮湿的Cl2与Na2CO3以等物质的量反应，生成NaHCO3、气体Cl2O和NaCl，试写出该反应化学方程式________。（4）写出氯气进入装置E发生反应的化学方程式________。（5）若将上述装置中的C、D、E部分换成如图所述装置，其中I与III是干燥的有色布条，E中盛装NaOH溶液，请回答下列问题：①装置C的作用是验证氯气是否具有漂白性，则装置C中II的作用是________。②D中应装入的物质是________。a.浓硫酸b.生石灰c.NaCl固体d.NaOH固体【答案】（1）饱和食盐水（2）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O（3）2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+Cl2O+2NaCl（4）Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O（5）①.干燥氯气②.bd【解析】 【分析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中潮湿的氯气与干燥碳酸钠反应生成一氧化二氯，装置D为收集一氧化二氯的装置，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气和生成的一氧化二氯，防止污染空气。【小问1详解】由分析可知，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，则试剂Y是饱和食盐水；【小问2详解】由分析可知，装置A中发生的反应为二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；【小问3详解】由题意可知，装置C中发生的反应为潮湿的氯气与干燥碳酸钠反应生成碳酸氢钠、氯化钠和一氧化二氯气体，反应方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+Cl2O+2NaCl；【小问4详解】装置E中盛有的氢氧化钠溶液，氯气与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和水，发生反应的化学方程式Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；【小问5详解】①由装置C的作用是验证氯气是否具有漂白性可知，装置C的II中盛有的五氧化二磷或硅胶用干燥氯气，故答案为：干燥氯气；②由图可知，D中装入的生石灰或氢氧化钠用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气影响实验结果，故答案为：bd。19.“84”消毒液能有效杀灭甲型H1N1等病毒阅读资料，回答下列相关问题。资料：“84”消毒液的名称源于北京某医院在1984年研制成功的一种高效含氯消毒液。“84”消毒液呈无色或淡黄色，可由与溶液反应制得，其主要成分为。（1）资料涉及的物质中，属于碱的是______(填化学式，下同)；属于盐的是______。（2）实验室需使用溶液来制备“84”消毒液。因此首先配制该溶液。回答下列问题。①实验需要称量的固体的质量为______。必须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管和______。称量固体______(填“是”或“否”)可以使用称量纸进行称量。②下列实验操作步骤的顺序为______(填字母序号)。 a．转移b．溶解c．定容d．洗涤③配制过程中，下列操作会引起所配制溶液浓度偏低的是______(填字母序号)。a．固体已经潮解b．定容时，俯视容量瓶刻度c．未洗涤烧杯和玻璃棒d．摇匀后，发现液面低于刻度线，继续加水至刻度线【答案】（1）①.NaOH②.NaClO、NaCl（2）①.②.500mL容量瓶③.否④.badc⑤.acd【解析】【小问1详解】电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱，资料涉及的物质中，属于碱的是NaOH；由铵根离子或金属阳离子和酸根离子构成的化合物为盐，属于盐的是NaClO、NaCl；【小问2详解】①480mL1.0mol/L的NaOH溶液需要用500mL容量瓶配制，则需要称量的NaOH固体的质量m=cVM=1.0mol/L×0.5L×40g/mol=20.0g；根据配制步骤，必须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管和500mL容量瓶；称量NaOH固体需要在小烧杯中进行，不可以使用称量纸进行称量，故填否。②配制480mL1.0mol/L的NaOH溶液步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容，故实验操作步骤的顺序为badc；③a．NaOH固体已经潮解，导致溶质偏少，浓度偏低，a选；b．定容时，俯视容量瓶刻度，加水过少，浓度偏高，b不选；c．未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质损失，浓度偏低，c选；d．摇匀后，发现液面低于刻度线，继续加水至刻度线，加水过多，浓度偏低，d选；