甘肃省酒泉市四校2023-2024学年高一上学期11月期中联考化学试题（解析版）

PAGEPAGE1甘肃省酒泉市四校2023-2024学年高一上学期11月期中联考试题考生注意：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上，选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：必修第一册第一章、第二章5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27Cl35.5一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的)1.三碘化铑()作为一种重要的贵金属均相催化剂，可用饱和氢碘酸(HI)和纳米铑粉制备。下列关于三碘化铑的分类正确的是（）A混合物 B.盐 C.有机物D.金属材料【答案】B【解析】A．三碘化铑属于纯净物，A错误；B．三碘化铑由金属阳离子和碘离子构成，属于盐，B正确；C．三碘化铑属于无机物，C错误；D．三碘化铑不属于金属材料，D错误；故选B。2.下列物质对水的处理过程中，涉及氧化还原反应的是（）A.用活性炭吸附水中的异味B.用使废水中的转化成CuS沉淀C.用熟石灰中和酸性废水 D.用漂白粉处理游泳池的水【答案】D【解析】A．用活性炭吸附水中的异味属于物理吸附，A不符合题意；B．用除去废水中的的过程中生成了CuS沉淀，没有元素化合价发生变化，不涉及氧化还原反应，B不符合题意；C．用熟石灰中和酸性废水的过程中发生的是中和反应，没有元素化合价发生变化，不涉及氧化还原反应，C不符合题意；D．漂白粉溶液有强氧化性，常用于杀菌消毒，用漂白粉处理游泳池的水的过程中有元素发生化合价变化，涉及氧化还原反应，D符合题意。故选D。3.下列说法中正确的是（）A.依据能否发生丁达尔效应，可将分散系分为溶液、胶体和浊液B.有单质参与的化学反应不一定是氧化还原反应C.物质可分为电解质和非电解质D.由同种元素组成的物质一定是纯净物【答案】B【解析】A．分散系按分散质微粒直径大小分为溶液、胶体、浊液，A错误；B．有单质参与的反应不一定是氧化还原反应，如同素异形体之间的转化属于非氧化还原反应，B正确；C．电解质和非电解质均属于化合物，溶液和单质不是电解质，也不是非电解质，C错误；D．由同种元素组成的物质可能是混合物，如氧气和臭氧，D错误。故选B。4.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.17g中所含的质子数为B.46g和的混合气体中含有原子总数为C.100℃、101kPa下，18g的体积是22.4LD.溶液中含有硝酸根离子的数目为【答案】B【解析】A．17g物质的量为，每个中含质子数为9，则17g中所含质子数为，A错误；B．46g（摩尔质量为46g/mol）所含原子总数为，46g（摩尔质量为92g/mol）所含原子总数也为，故46g和的混合气体中含原子总数为，B正确；C．18g的物质的量是1mol，但100℃，101kPa下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，C错误；D．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒的数目，D错误。故选B。5.下列物质的保存或使用方法正确的是（）A.漂白精不会被氧化，不用避光密封保存B.新制氯水应保存在无色试剂瓶中C.厕所清洁剂可用于清洗大理石台面D.金属钠保存在煤油中【答案】D【解析】A．漂白精容易与空气中的CO2和水反应，生成的次氯酸易见光分解，在保存过程中，要注意密封干燥，避免阳光直射，故A错误；B．氯气溶于水后，部分氯气与水发生反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HClO见光容易分解：2HClO

2HCl+O2↑，应该避光保存，所以新制的氯水通常保存在棕色玻璃试剂瓶中，故B错误；C．厕所清洁剂含有盐酸，不能用厕所清洁剂来清洗由大理石材料制成的洁具，原因是碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，故C错误；D．金属钠的密度大于煤油，要保存在煤油中，目的是防止金属钠与空气中的水、氧气接触反应而变质；故D正确。答案选D。6.下列实验不能达到对应目的的是（）ABCD证明氯化钠是电解质比较和的热稳定性验证与水反应生成的气体除去中的少量HCl【答案】D【解析】A．氯化钠溶液能导电说明氯化钠在溶液中能电离出自由移动的离子，属于电解质，故A正确；B．加热碳酸氢钠固体能生成使澄清石灰水变混浊的气体，而加热碳酸钠固体不能生成使澄清石灰水变混浊的气体，说明碳酸钠的热稳定性强于碳酸氢钠，故B正确；C．过氧化钠与水反应生成的气体能使带余烬的木条复燃说明过氧化钠与水反应生成氧气，故C正确；D．除去氯气中少量氯化氢气体时，混合气体应长导气管通入，短导气管流出，故D错误；故选D。7.对四组无色透明溶液进行离子检验，四位同学各鉴定一组，他们的实验报告的结论如下，其中可能正确的是（）A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】D【解析】A．高锰酸根离子在溶液中显紫色，无色透明溶液中不含高锰酸根离子，A错误；B．Mg2+与OH-不能大量共存，B错误；C．H+与碳酸根离子不能大量共存，C错误；D．钠离子、氢氧根离子、氯离子、硝酸根离子能大量共存，D正确；故选D。8.关于金属钠的说法中正确的是（）A.金属钠燃烧产生淡紫色火焰B.放入稀溶液中，有放出，有紫红色固体析出C放入溶液中，有放出，有白色沉淀析出D.放入滴有紫色石蕊的水中，有放出，溶液变红【答案】C【解析】A．金属钠燃烧火焰为黄色，A错误；B．钠与硫酸铜溶液反应，先与水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，不会析出紫红色固体Cu，B错误；C．钠与氯化镁溶液反应，先与水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠与氯化镁反应生成氢氧化镁白色沉淀，C正确；D．钠与紫色石蕊溶液反应，产生氢气和氢氧化钠，溶液变蓝，D错误；故选C。9.下列化学方程式改写为离子方程式正确的是（）选项化学方程式离子方程式ABCD【答案】C【解析】A．Na2O2是氧化物，不能拆成离子形式，正确的离子方程式：2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑，A错误；B．溶液中的H＋和OH－也会参与反应，生成H2O，正确的离子方程式：2H＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，B错误；C．AgNO3是溶于水的盐，HCl是强酸，均可以拆成离子形式，离子方程式：Ag＋＋Cl－=AgCl↓，C正确；D．该选项正确的离子方程式：Ca2＋＋2OH－＋CO2=CaCO3↓＋H2O，D错误；答案为C。10.下列关于新制氯水的说法正确的是（）A.新制氯水和液氯都是混合物B.可用硝酸银溶液鉴別新制氯水和久置氯水C.新制氯水呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明有分子存在D.将金属钠投入新制氯水中，有氢气产生，证明新制氯水中含有【答案】C【解析】A．新制氯水是混合物，液氯是纯净物，A错误；B．新制氯水和久置氯水中都含有，不能用硝酸银溶液鉴别，B错误；C．氯气为黄绿色气体，具有刺激性气味，新制氯水呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明有分子存在，C正确；D．将金属钠投入新制氯水中，有氢气产生，也可能是钠与水反应生成的氢气，不能证明新制氯水中含有，D错误。故选C。11.已知：5R2O+2MnO+H+→10RO2+2Mn2++H2O(未配平)，则R2O中x的值为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】根据方程式可知，Mn元素化合价由+7降低为+2，设R2O中R元素化合价为a，R元素化合价由a升高为+4，根据得失电子守恒，10(4-a)=2(7-2)，a=3，则2×3-2×4=-2，x=2，故选B。12.amL溶液中，所含的总质量为mg，往该溶液中逐滴滴入的溶液，共消耗bmL溶液。下列说法错误的是（）A.反应的离子方程式为B.溶液的物质的量浓度为C.b、c、m之间的符合：D.反应过程中，溶液的导电能力不断减弱【答案】B【解析】A．反应的化学方程式为，离子方程式为，A正确；B．溶液的物质的量浓度为，B错误；C．反应中消耗的的物质的量与的物质的量之比为3：1，故有，化简后可得，C正确；D．反应过程中，自由移动的电荷总量不变，但溶剂量在不断增加，故导电能力不断减弱，D正确。故选B。13.下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件(温度、反应物用量比)，化学反应并不改变的是（）A.和 B.和 C.和 D.木炭和【答案】C【解析】A．常温时：，点燃时：，故A不选；B．和反应，时，反应为；，时，反应为，故B不选；C．和的反应与用量和温度无关，均为，故C选；D．木炭和反应，时：；时：，故D不选；故选C。14.已知氯气和NaOH溶液在一温度下能发生化学反应，其方程式为:Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O，3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O。某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO和NaClO3的混合溶液，经测定ClO-与的个数比为3:1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数比为（）A.21:5 B.11:3 C.3:1 D.2:1【答案】D【解析】Cl2生成ClO-与是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO-与的个数之比为3:1，则可设ClO-为3mol，为1mol，被氧化的Cl共为3mol+1mol=4mol；Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，被还原的Cl的物质的量为3mol+5mol=8mol，所以被还原的氯和被氧化的氯个数之比为8mol:4mol=2:1；故选D。二、非选择题(本题包括4小题，共58分)15.分类法是常用的科学研究方法，通过对物质进行分类，我们可以更方便的认识物质变化的规律。Ⅰ.下列三组物质中，均有一种物质类别与其他三种不同。①MgO、、、CuO②、、、③NaOH、、KOH、（1）三种物质依次是(填化学式)；①___________；②___________；③___________。（2）和都属于酸性氧化物，尝试写出与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：___________。Ⅱ.下列物质中：①固体氯化钠；②；③蔗糖晶体；④乙醇；⑤溶液；⑥；⑦盐酸；⑧溶液；⑨熔融氢氧化钠；⑩固体。（3）属于混合物的是___________(填写相应序号，下同)；属于电解质的是___________；可以导电的是___________。【答案】（1）①.②.(或)③.（2）（3）①.⑤⑦⑧②.①⑥⑨⑩③.⑤⑦⑧⑨【解析】【小问1详解】①中N2O5与其它不一样，其它物质都是金属氧化物，N2O5是非金属氧化物；②中H2S是无氧酸，其它几种都是含氧酸，或者是HNO3是一元酸，其它是二元酸；③中Na2CO3是盐类，其它物质属于碱；答案是、(HNO3)、；【小问2详解】酸性氧化物与碱反应生成盐和水，与氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠和水，离子方程式为：；【小问3详解】溶液是混合物，故属于混合物的是溶液、盐酸、溶液，答案是⑤⑦⑧；电解质是纯净物，酸碱盐和金属氧化物是电解质，属于电解质的是固体氯化钠、、熔融氢氧化钠、固体，答案是①⑥⑨⑩；可以导电的物质中存在自由电子或者自由移动的离子，有溶液、盐酸、溶液、熔融氢氧化钠，答案是⑤⑦⑧⑨。16.在常温下就可以与反应，化学方程式如下：(白色固体)(未配平)，设阿伏加德罗常数的值为，回答下列问题。（1）配平化学方程式，并用单线桥法表示电子转移的方向和数目：___________。____________________________________________（2）上述反应中的氧化产物为___________(填化学式)，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。（3）当生成1mol氮气时，被氧化的物质的质量为___________，反应中转移电子数为___________。（4）下列说法中正确的是___________(填字母)。A.上述反应中能观察到有白烟产生B.上述反应中生成的气体有刺激性气味C.不含金属阳离子，不属于盐类D.可用浓氨水来检验氯气管道是否泄漏（5）已知：CuO能够和在加热条件下反应生成两种单质，写出在加热条件下CuO和反应的化学方程式：___________。【答案】（1）（2）①.②.3：2（3）①.34g②.6（4）AD（5）【解析】【小问1详解】与Cl2反应，中N元素从-3价升高到N2的0价，Cl2中Cl元素降低为-1价，根据电荷守恒和元素守恒写出配平后的化学方程式为：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，N元素将6个电子转移转移给Cl元素，故用单线桥表示为：；【小问2详解】反应8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl中，N元素的化合价升高，故N2为氧化产物，氧化剂为Cl2，有3mol，8mol的氨气中有2mol为还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2；【小问3详解】当生成1mol氮气时，被氧化的氨气为2mol，质量为34g，转移6mol的电子，个数为6NA；【小问4详解】A．反应有氯化铵固体生成，会看到有白烟的现象；故A正确；B．反应生成的氮气为无色无味的气体，故B错误；C．由铵根和酸根离子构成，属于盐类，故C错误；D．根据上述反应，可以用浓氨水来检验氯气管道否泄漏，如泄露则会有白烟现象，故D正确；答案为AD；【小问5详解】CuO能够和在加热条件下反应生成两种单质，根据物质的性质和氧化还原的原理，生成的单质为铜和氮气，反应的化学方程式为：。17.纯碱是生活中常用的去油污洗涤剂，纯碱溶于水的过程中放热。某同学欲用碳酸钠晶体()配制220mL的溶液，回答下列问题：（1）配制过程中需要的质量为___________。（2）实验过程中除需要托盘天平(带砝码)、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、试剂外，还需要的玻璃仪器有___________。（3）配制溶液时正确的操作顺序是___________。计算→称量→___________→___________→___________→___________→___________→装瓶贴标签。a．转移b．定容c．摇匀d．洗涤e．溶解在转移操作中，玻璃棒的作用是___________。（4）定容的具体操作：将蒸馏水注入容量瓶___________。（5）配制溶液时，下列实验操作会使配制溶液浓度偏高的是___________(填字母)。A．容量瓶清洗后，未经过干燥处理B．定容操作时，俯视刻度线C．溶液未经冷却直接倒入容量瓶中D．定容后倒转容量瓶几次，发现液面最低点低于刻度线，再补加几滴水至刻度E．所用碳酸钠晶体失去结晶水（6）某实验室需用的溶液处理金属表面的油污，若用上述配制的的溶液稀释成500mL的溶液，需要消耗溶液的体积为___________mL。【答案】（1）71.5g（2）250mL容量瓶、胶头滴管（3）①eadbc②.引流（4）至刻度线以下1～2cm，改用胶头滴管滴加，直至凹液面最低处与刻度线相切（5）BCE（6）25【解析】实验室没有220mL容量瓶，所以配制220mL1mol/L的碳酸钠溶液时，应选用250mL容量瓶，由配制一定物质的量浓度溶液配制的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，实验过程中需要用到的仪器为托盘天平(带砝码)、胶头滴管、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶。【小问1详解】实验室没有220mL容量瓶，所以配制220mL1mol/L的碳酸钠溶液时，应选用250mL容量瓶，则配制过程中需要十水碳酸钠的质量为1mol/L×0.25L×286g/mol=71.5g。【小问2详解】由分析可知，实验过程中还需要的玻璃仪器为250mL容量瓶、胶头滴管。【小问3详解】由分析可知，配制250mL1mol/L的碳酸钠溶液的步骤为计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，则正确的操作顺序是eadbc。在转移过程中需用玻璃棒引流。【小问4详解】定容的具体操作：将蒸馏水注入容量瓶至刻度线以下1~2cm，改用胶头滴管滴加，直至凹液面最低处与刻度线相切。【小问5详解】A．容量瓶清洗后，未经过干燥处理不会影响溶质的物质的量和溶液的体积，对配制溶液的浓度无影响，故A不符合题意；B．定容操作时，俯视刻度线会使溶液的体积偏小，导致配制溶液浓度偏高，故B符合题意；C．溶液未经冷却直接倒入容量瓶中会使溶液的体积偏小，导致配制溶液浓度偏高，故C符合题意；D．定容后倒转容量瓶几次，发现液面最低点低于刻度线，再补加几滴水到刻度会使溶液的体积偏大，导致配制溶液浓度偏低，故D不符合题意；E．所用碳酸钠晶体失去结晶水，则称量的碳酸钠的物质的量偏高，配制的溶液的浓度偏高，故E符合题意；故选BCE。【小问6详解】稀释过程中碳酸钠的物质的量不变，所以需要消耗1mol⋅L−1Na2CO3溶液的体积为0.05mol/L×500mL÷1mol/L=25mL。18.I．元素的价一类二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型工具，也是发展证据推理与模型认知这一科学核心素养的重要途径。如图为氯元素的价一类二维图，回答下列问题：（1）实验室常用的制取的离子方程式为___________。（2）物质的量均为1mol的和Fe充分反应，转移电子的物质的量为___________。（3）可将废水中的氧化成沉淀而除去，若反应的，则该反应的离子方程式为___________。II．ClO2又称百毒净，易溶于水，可用于水的净化和纸张、纺织品的漂白。用如图所示装置(部分夹持装置和加热装置省略)制备ClO2并探究ClO2的某些性质。A装置中发生反应的化学方程式为回答下列问题：（4）关闭止水夹②，打开止水夹①③，通空气一段时间后，与装置C中物质反应生成了、水和某种气体，写出该反应的化学方程式：___________，该反应体现了的___________性。若关闭止水夹③，打开止水夹②，B中可观察到的现象为___________。（5）D