福建省漳州市2024届高一化学第一学期期中学业水平测试试题含解析

福建省漳州市2024届高一化学第一学期期中学业水平测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、制备一氯乙烷最好采用的方法是（）A．乙烷和氯气反应B．乙烯与氯气反应C．乙烯与氯化氢反应D．乙炔与氯化氢反应2、下列离子方程式中正确的是（）A．用醋酸除去水垢：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑B．用小苏打治疗胃酸过多：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2OC．锌片插入硝酸银溶液中：Zn+Ag+═Zn2++AgD．硫酸溶液与氢氧化铜反应：H++OH﹣═H2O3、氰化亚金钾[KAu(CN)2]是集成线路板和工艺品的主要镀金原料，其毒性基本同氰化钾，致死量约0.1克。运输氰化亚金钾的车辆所贴的危险化学标志是A． B． C． D．4、已知30mL浓度为0.5mol·L-1的Na2SO3溶液恰好与50mL浓度为0.1mol·L-1的KRO4溶液完全反应转化为Na2SO4。则R元素在产物中的化合价是（）A．+1 B．+2 C．+3 D．+45、党的十九大报告中提出：大力度推进生态文明建设，全党全国贯彻绿色发展理念的自觉性和主动性显著增强忽视生态环境保护的状况明显改变。建设生态文明是中华民族永续发展的千年大计。必须树立和践行绿水青山就是金山银山的理念。下列关于绿地作用和保护说法中错误的是A．绿地可以保持水土，减少水土流失B．绿地可以调节气候，减少空气中PM2.5含量C．绿地可以吸收二氧化碳，转化生成氧气D．为减少园林绿地中病虫害，大量使用杀虫剂解决问题6、某溶液中含有大量的下列离子：Mg2+、SO42—、Al3+和M离子，经测定Mg2+、SO42—、Al3+和M离子的物质的量之比为1︰4︰1︰1，则M离子可能是下列中的（）A．Cl— B．Fe3+ C．OH— D．Na+7、以下说法正确的是（）A．物质所含元素化合价升高的反应叫还原反应B．在氧化还原反应中，失去电子的元素化合价降低C．物质中某元素失去电子，则此物质是氧化剂D．还原剂中至少有一种元素被氧化8、可以确定元素种类的是（）A．原子量 B．质量数 C．质子数 D．核外电子数9、已知NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，下列说法正确的是A．氧气是还原产物B．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:1C．反应物中有水，且反应方程式中水的化学计量数为2D．若生成4.48L(标准状况下)O2，则反应转移0.8mol电子10、下列氯化物，既能由金属和氯气直接化合制得，又能由金属和盐酸反应制得的是()A．FeCl2 B．FeCl3 C．MgCl2 D．CuCl211、胶体分散系与其它分散系的本质差别是A．是否稳定 B．是否有丁达尔现象C．分散质微粒的直径大小 D．分散质粒子是否带电12、摩尔质量的单位是()A．mol B．L C．s D．g/mol13、下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的比较中，正确的是（）A．热稳定性：Na2CO3<NaHCO3B．与稀盐酸反应的快慢：Na2CO3>NaHCO3C．106gNa2CO3和84gNaHCO3分别与过量的盐酸反应，放出CO2的质量：Na2CO3>NaHCO3D．常温时水溶性：Na2CO3>NaHCO314、下列离子方程式书写正确的是A．钠和冷水反应：Na＋2H2O＝Na+＋2OH＋H2↑B．澄清石灰水与少量NaHCO3溶液混合：Ca2++OH－+HCO3－CaCO3↓+H2OC．向沸水中滴入适量的饱和氯化铁溶液；Fe3++3H2OFe(OH)3↓+3H+D．碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液HCO3－+OH－＝CO32－+H2O15、符合下图中阴影部分的物质是（）A．CO2B．Cu2OC．NO2D．Na2O16、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4===2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，下列说法正确的是（）A．KClO3在反应中失去电子 B．ClO2是氧化产物C．H2C2O4在反应中被氧化 D．KClO3是还原剂二、非选择题（本题包括5小题）17、现有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份100mL该溶液进行如下实验：（已知：NH4++OH-NH3↑+H2O）（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体；（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，回答以下问题。（1）由第一份进行的实验推断该混合物是否一定含有Cl-？________（答是或否）（2）由第二份进行的实验得知混合物中应含有_____（填离子符号），其物质的量浓度为______。（3）由第三份进行的实验可知12.54g沉淀的成分为________。（4）综合上述实验，你认为以下结论正确的是_________。A．该混合液中一定有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(K)≥0.04molB．该混合液中一定有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有K+、Cl-C．该混合液中一定有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Mg2+、K+、Cl-D．该混合液中一定有NH4+、SO42-，可能含有Mg2+、K+、Cl-（5）我国政府为消除碘缺乏病，规定在食盐中必须加入适量的碘酸钾。检验食盐中是否加碘，可利用如下反应：KIO3+KI+H2SO4＝K2SO4+I2+H2O①配平该方程式，并且用单线桥法表示该方程式电子转移的方向和数目：________。②该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_____________。③如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为_________。18、短周期主族A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数由A到F依次增大。A的某种原子核内只有质子，B元素的某种原子可用于测定文物的年代，C为地壳中含量最多的元素，D是原子半径最大的短周期主族元素，D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡黄色固态化合物。D与F形成的离子化合物DF是常用的调味品。试根据以上叙述回答：（1）E在周期表中的位置________________________。（2）F离子结构示意图________________________。（3）B元素形成的氢化物中氢元素质量百分含量最大值是___________%。（4）D2C2与水反应的离子方程式为___________________________________。（5）同周期元素性质从左往右呈现递变性的本质原因是_____________________________________。19、在实验室中用二氧化锰跟浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气．进行此实验，所用仪器如图：（1）连接上述仪器的正确顺序是：E接____，____接____，____接H，G接F。（2）气体发生装置中进行的反应化学方程式是________；当足量的MnO2与2mol浓盐酸充分反应后（不考虑浓盐酸的挥发），得到的氯气的物质的量小于0.5mol的原因是__________。（3）在装置中：①饱和食盐水的作用是______，②浓硫酸的作用是_____。（4）化学实验中检验是否有Cl2产生常用_____，如果有Cl2产生，可观察到的现象是_________，写出反应方程式________。20、NaCl溶液中混有Na2SO4、CaCl2溶液和淀粉胶体，选择适当的试剂和方法从中提纯出NaCl晶体。相应的实验过程如图：（1）操作①是利用半透膜进行分离提纯。操作①的实验结果：淀粉___（填“能”或“不能”）透过半透膜；SO42-___（填“能”或“不能”）透过半透膜。（2）写出实验过程中所用试剂（写化学式）：试剂①___；试剂③___。（3）判断试剂①已过量的方法是：___。（4）用离子方程式表示加入试剂②的作用：Ba2++CO32-=BaCO3↓、___。21、化学在工业上的应用十分广泛。请回答下列问题：（1）工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，漂白粉的有效成分是（填化学式）_______。（2）超细氮化铝粉末被广泛应用于大规模集成电路生产等领域。其制取原理为：Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO。由于反应不完全，氮化铝产品中往往含有炭和氧化铝杂质。为测定该产品中A1N的质量分数，进行了以下实验：称取10g样品，将其加入过量的NaOH浓溶液中共热并蒸干，AlN跟NaOH溶液反应生成NaAlO2，并放出氨气3.36L（标准状况）。①AlN跟NaOH溶液反应的化学方程式为________________________；②该样品中的A1N的质量分数为_______。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解题分析】试题分析：A、乙烷和氯气反应是连锁反应，不仅会有一氯乙烷，还有二氯乙烷、三氯乙烷、四氯化碳生成，错误；B、乙烯与氯气反应得到的是1,2-二氯乙烷，错误；C正确；D、乙炔与氯化氢反应，得到的是1,2-二氯乙烯，错误。考点：取代反应和加成反应2、B【解题分析】试题分析：A．用醋酸除去水垢，离子方程式：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故A错误；B．用小苏打治疗胃酸过多，离子方程式：HCO3-+H+=CO2↑+H2O，所以B选项是正确的；C．锌片插入硝酸银溶液中，离子方程式：Zn+2Ag+=Zn2++2Ag，故C错误；D、硫酸溶液与氢氧化铜反应：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O考点：离子方程式的书写3、B【解题分析】

由题意可知氰化亚金钾为剧毒品，危险化学标志为“剧毒品”，故答案选：B。4、A【解题分析】

设R元素在产物中的化合价为X价；S元素化合价从+4升高到+6价，R元素化合价从+7价降到X价，根据氧化还原反应得失电子数相等列等式：0.5mol/L×30×10-3L×2=0.1mol/L×50×10-3L×（7-X），得X=1；答案：A5、D【解题分析】A．草根能抓住泥土，绿地可以保持水土，减少水土流失，故A正确；B．绿地可以光合作用为生物创造氧气，绿地可以调节气候，吸附灰尘减少空气中PM2.5含量，故B正确；C．绿地可以光合作用为生物创造氧气，故C正确；D．为减少园林绿地中病虫害，大量使用杀虫剂会污染空气和环境，故D错误；故选D。6、B【解题分析】

根据电荷守恒判断M离子所带电荷数，并根据离子能否大量共存判断可能存在的离子。【题目详解】根据题目条件Mg2+、SO42—、Al3+和M离子的物质的量之比为1︰4︰1︰1，由于2×1+3×1＜2×4，则M带正电荷，由电荷守恒可知M离子所带电荷数为2×4－（2×1+3×1）＝3，因此选项B中铁离子符合，答案选B。7、D【解题分析】试题分析：A．化学反应3O2=2O3，该反应没有元素化合价的升降，不属于氧化还原反应，A项错误；B．电子带负电，在氧化还原反应中，失去电子的元素化合价升高，B项错误；C．物质中某元素失去电子，则此物质是还原剂，C项错误；D．还原剂中必定有一种元素被氧化，D项正确；答案选D。考点：考查氧化还原反应。8、C【解题分析】

元素是具有相同质子数或核电荷数的同类原子的总称，元素的种类由其原子核内的质子数决定，故C正确；故选C。【题目点拨】决定元素种类的是质子数，决定原子的种类是质子数和中子数，最外层电子数决定着元素的化学性质。9、C【解题分析】NaClO

溶液与

Ag

反应的产物为

AgCl、NaOH

和

O2，Ag、O元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，由电子、原子守恒可知该反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2；A．反应中O元素的化合价升高，氧气是氧化产物，故A错误；B．此反应中NaClO既是氧化剂，又是还原剂，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为6:4=3:2，故B错误；C．反应物中有水，由反应方程式4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2，可知水的化学计量数为2，故C正确；D．4.48L(标准状况下)O2的物质的量为0.2mol，则反应转移1.2mol电子，故D错误；答案为C。点睛：氧化还原反应的本质是电子转移，明确元素化合价与氧化剂和还原剂关系是解本题关键。氧化还原反应中各种物质的关系可用下图表示(要熟记)：。10、C【解题分析】

A．Fe与Cl2反应生成FeCl3，不能直接得到FeCl2，A不符合题意；B．Fe与盐酸反应生成FeCl2，B不符合题意；C．Mg与Cl2或盐酸反应均生成MgCl2，C符合题意；D．Cu为不活泼金属，与盐酸不发生反应，D不符合题意；答案选C。11、C【解题分析】

溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小，溶液（小于1nm）、胶体（1nm~100nm）、浊液（大于100nm）；答案选C。12、D【解题分析】

摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量，单位为g/mol，所以答案D正确。故选D。13、D【解题分析】

A．NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，所以热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，A错误；B．分别滴加HCl溶液，反应离子方程式为+2H+═CO2↑+H2O，+H+═H2O+CO2↑，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，B错误；C．都与盐酸反应生成二氧化碳气体：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，106gNa2CO3和84gNaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2质量相等，C错误；D．常温下相同的溶剂时，Na2CO3较NaHCO3易溶，D正确；故答案为：D。14、B【解题分析】

A.没有配平，钠和冷水反应的离子方程式应该是2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH＋H2↑，A错误；B.澄清石灰水与少量NaHCO3溶液混合反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式为Ca2++OH－+HCO3－＝CaCO3↓+H2O，B正确；C.向沸水中滴入适量的饱和氯化铁溶液生成氢氧化铁胶体；Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，C错误；D.碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液生成碳酸钠、一水合氨和水：NH4++HCO3－+2OH－＝CO32－+NH3·H2O+H2O，D错误。答案选B。15、A【解题分析】

A.CO2为非金属氧化物，属于酸性氧化物，为最高价氧化物，A正确；B.Cu2O为金属氧化物，铜元素为+1价，不是最高价氧化物，B错误；C.NO2中氮元素为+4价，不是最高价氧化物，也不是酸性氧化物，C错误；D.Na2O为碱性氧化物，不是非金属氧化物，也不是酸性氧化物，D错误；综上所述，本题选A。16、C【解题分析】A．KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，则氯酸钾得电子为氧化剂，发生还原反应，故A错误；B．Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾对应的产物ClO2是还原产物，故B错误；C．H2C2O4为还原剂，C元素的化合价由+3价升高到+4价，在反应中被氧化，故C正确；D．KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾得电子为氧化剂，故D错误；故答案为C。二、非选择题（本题包括5小题）17、否NH4+0.8mol/LBaSO4、BaCO3A1：50.3mol【解题分析】

第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，则一定含有Cl-、CO32-、SO42-中的一种或几种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，气体为氨气，则一定含NH4+；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g，则沉淀为碳酸钡、硫酸钡，SO42-的物质的量为4.66g÷233g/mol=0.02mol，CO32-的物质的量为（12.54－4.66）g÷197g/mol=0.04mol，结合离子之间的反应及电荷守恒来解答。【题目详解】第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，则一定含有Cl-、CO32-、SO42-中的一种或几种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，气体为氨气，则一定含NH4+；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g，则一定含硫酸钡，SO42-的物质的量为4.66g÷233g/mol=0.02mol，CO32-的物质的量为（12.54－4.66）g÷197g/mol=0.04mol，含CO32-、SO42-，则一定不含Mg2+、Ba2+，阳离子电荷总量为0.08mol，CO32-、SO42-的电荷总量为0.02mol×2+0.04mol×2=0.12mol，由电荷守恒可知，一定含阳离子K+，综上所述，不能确定是否含有Cl-；则根据电荷守恒溶液中K+的物质的量≥0.12mol-0.08mol=0.04mol。（1）根据以上分析可知由第一份进行的实验推断该混合物中不一定含有Cl-；（2）根据以上分析可知由第二份进行的实验得知混合物中应含有NH4+，其物质的量浓度为0.08mol÷0.1L＝0.8mol/L；（3）根据以上分析可知由第三份进行的实验可知12.54g沉淀的成分为BaSO4、BaCO3；（4）综合上述实验，该混合液中一定有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(K)≥0.04mol，答案选A。（5）①反应物KIO3中I元素化合价为+5价，KI中I元素化合价为-1价，反应中I元素化合价分别由+5价、-1价变化为0价，可知（KIO3）：n（KI）=1：5，结合质量生成配平方程式为KIO3+5KI+3H2SO4＝3K2SO4+3I2+3H2O，用单线桥法表示该方程式电子转移的方向和数目为；②KIO3为氧化剂，KI为还原剂，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5；③在上述反应中，转移5mol电子生成碘单质的量是3mol，所以如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为0.3moL。【题目点拨】本题考查离子的共存及离子反应、氧化还原反应，把握电子转移和化合价变化之间的关系、发生的反应及电荷守恒为解答的关键，侧重分析与推断能力及离子检验和计算能力的考查。18、第三周期ⅥA族252Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑从左至右，电子层数相同，最外层电子数逐渐增多，原子半径逐渐减小，原子核对最外层电子的吸引力逐渐增大，失电子能力减弱，得电子能力增强【解题分析】分析：短周期主族A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数由A到F依次增大。A的某种原子核内只有质子，则A为氢元素；B元素的某种原子可用于测定文物的年代，则B为碳元素；C为地壳中含量最多的元素，则C为氧元素；D是原子半径最大的短周期主族元素，则D为钠元素；D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡黄色固态化合物，是E为硫元素。D与F形成的离子化合物DF是常用的调味品，则F为氯元素。详解：（1）硫在周期表中的位置是第三周期ⅥA族。（2）氯离子结构示意图是。（3）碳元素形成的氢化物中氢元素质量百分含量最大的是甲烷（CH4），其氢元素质量百分含量为25%。（4）Na2O2与水反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。（5）同周期元素性质从左往右呈现递变性的本质原因是：从左至右，电子层数相同，最外层电子数逐渐增多，原子半径逐渐减小，原子核对最外层电子的吸引力逐渐增大，失电子能力减弱，得电子能力增强。19、CDAB4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O随着反应的进行，浓盐酸变稀后不再反应生成氯气除去Cl2中的HCl干燥氯气湿润的淀粉KI试纸试纸变蓝Cl2+2KI=I2+2KCl【解题分析】

（1）在实验室中用二氧化锰跟浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气，需要发生装置生成氯气，用饱和食盐水除去氯化氢，通过浓硫酸除去水蒸气，导气管长进短处收集氯气，最后用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气；（2）气体发生装置中进行的反应是二氧化锰与浓盐酸共热生成氯化锰、氯气和水，随着反应的进行，浓盐酸变稀后不再反应生成氯气；（3）①饱和食盐水是用来除去氯气中的氯化氢气体，降低氯气的溶解度；②浓硫酸干燥氯气吸收水蒸气；（4）氯气具有氧化性遇到淀粉碘化钾溶液会氧化碘离子为单质碘遇淀粉变蓝。【题目详解】（1）在实验室中用二氧化锰跟浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气，需要发生装置生成氯气，用饱和食盐水除去氯化氢，通过浓硫酸除去水蒸气，导气管长进短处收集氯气，最后用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，装置连接顺序是E-C-D-A-B-H-G-F；（2）气体发生装置中进行的反应是二氧化锰与浓盐酸共热生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式是4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O；当足量的MnO2与2mol浓盐酸充分反应后（不考虑浓盐酸的挥发），得到的氯气的物质的量小于0.5mol的原因是随着反应的进行，浓盐酸变稀后不再反应生成氯气；（3）氯化氢极易溶于水，氯气能溶于水，且与水反应，Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，食盐水溶液中的氯离子抑制氯气的溶解，降低氯气的溶解度；浓硫酸有吸水性，且不和氯气反应，所以可用浓硫酸干燥氯气；故①饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl，②浓硫酸的作用是：吸收水蒸气，干燥Cl2；（4）氯气有氧化性，碘离子有还原性，所以氯气和碘化钾能发生氧化还原反应，生成碘单质和氯化钾，碘能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。故化学实验中检验是否有Cl2