福建省福州市八县（区市）协作校2023-2024学年高一上学期11月期中考试化学试题（解析版）

PAGEPAGE1福建省福州市八县（区市）协作校2023-2024学年高一上学期11月期中考试试题相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23Mg：24S：32Cl：35.5Fe：56第I卷选择题(共48分)一、本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。1.以下发明和发现属于化学史上中国对世界的贡献的是（）①火药；②指南针；③造纸；④活字印刷技术；⑤铸造青铜器；⑥合成有机高分子材料；⑦人工合成结晶牛胰岛素；⑧提出燃烧的氧化学说A.②③⑥⑧ B.①③⑤⑦ C.④⑤⑦⑧D.①③④⑧〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗【详析】火药、指南针、造纸术、印刷术是中国古代的四大发明，但指南针、印刷术的发明不是化学史上的成就，中国是最早进行炼铜和掌握炼铁技术的国家；1965年，我国科学家第一次人工合成具有生物活性的蛋白质——结晶牛胰岛素；法国拉瓦锡提出燃烧的氧化学说；故选B。2.下列关于纯净物、混合物、电解质和非电解质的正确组合是（）纯净物混合物电解质非电解质A浓盐酸天然气硫酸干冰B氢氧化钡蔗糖溶液硫酸钡三氧化硫C胆矾石灰水KOH碳酸钙D硫酸铝合金氯化钠氢气〖答案〗B〖解析〗【详析】A．盐酸是HCl气体的水溶液，是混合物，不是纯净物，故A错误；B．氢氧化钡是纯净物；蔗糖溶液是由蔗糖溶于水形成的，是混合物，硫酸钡在熔融状态下能导电的化合物，是电解质；三氧化硫在熔融状态下不导电，在水溶液中能导电和其本身无关，故是非电解质，所以B选项是正确的；C．碳酸钙在熔融状态下能导电，是电解质，故C错误；D．非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物，氢气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选B。3.下列叙述正确的是（）A.的质量为B.的摩尔质量为98gC.9.8g中含有个分子D.个分子的质量为98g〖答案〗D〖解析〗【详析】A.的质量m（）=nM=1mol×=98g，故A错误；B.的摩尔质量为98g/mol，故B错误；C.9.8g的物质的量为=0.1mol，含有0.1个分子，故C错误；D.个分子的物质的量为1mol，质量为1mol×=98g，故D正确；正确〖答案〗是D。4.下列物质中含分子数目最多的是（）A.0.1molCl2 B.0.4gH2 C.4℃时9mLH2O D.标况下6.72LCO2〖答案〗C〖解析〗【详析】A.0.1molCl2含有0.1molCl2；B.0.4gH2中含有0.2molH2;；C.4℃时9mLH2O的质量为9g.物质的量为0.5molH2O；D.标况下6.72LCO2的物质的量为0.3mol,含有0.3mol的CO2；所以含分子数目最多的是4℃时9mLH2O；故C符合题意。所以本题〖答案〗为：C。5.用表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（）A.2.4g金属镁变成镁离子时失去的电子数为B.10g氢氧根离子中含有的电子数为C.个氮分子中含有的原子数约为D.17g氨气中含有的原子总数为〖答案〗D〖解析〗【详析】A．每个镁原子失去2个电子变为镁离子，则2.4g金属镁，即0.1mol变为镁离子失去电子数，A错误；B．10g氢氧根离子物质的量：，每个氢氧根离子中含电子数10，则10g氢氧根离子中含有的电子数为，B错误；C．个氮分子物质的量0.5mol，含原子数约为，C错误；D．17g氨气物质的量为1mol，每个氨分子中含4个原子，则17g氨气中含有的原子总数为，D正确；〖答案〗选D。6.现有下列四种因素：①温度和压强，②所含微粒数③微粒本身大小④微粒间的距离，其中对气体物质体积有显著影响的是（）A.只②③④ B.只①②④ C.只③④D.①②③④全部〖答案〗B〖解析〗【详析】对于气体，气体分子间间隔对体积的影响远大于粒子本身大小对气体体积的影响，而影响气体分子间隔的外界因素有温度和压强，所以对气体物质体积有显著影响的是：温度和压强、所含微粒数和微粒间的距离，〖答案〗选B。7.在同温、同压条件下，物质的量相同的氮气与氢气之间的关系不正确的是()A.体积都是22.4L B.具有相同的体积C.具有相同的原子数 D.具有相同的分子数目〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗同温同压下，气体摩尔体积相等，物质的量相等的N2气体与H2气体，根据V=nVm、N=nNA结合分子结构计算。【详析】同温同压下，气体摩尔体积相等，物质的量相等的N2气体与H2气体，则A．因为温度和压强未知无法确定其摩尔体积，所以不能计算其体积具体数值，故A错误；B．根据V=nVm知，气体摩尔体积相等时其物质的量与体积成正比，气体的物质的量相等，所以其体积相等，故B正确；C．根据N=nNA知，气体的分子数与物质的量成正比，物质的量相等，所以其分子总数相等，每个分子中原子个数相等，所以其总原子数相等，故C正确；D．根据C知，二者的分子数相等，故D正确；故〖答案〗选A。8.下列物质可通过一步反应生成盐的是（）①金属②碱性氧化物③碱④非金属⑤酸性氧化物⑥酸A.只有①②③ B.只有①④⑥ C.只有②⑤⑥ D.全部〖答案〗D〖解析〗【详析】①金属和酸反应生成盐，故①符合题意；②碱性氧化物和酸反应生成盐，故②符合题意；③碱和酸或酸性氧化物反应生成盐和水，故③符合题意；④非金属和金属反应生成盐，故④符合题意；⑤酸性氧化物和碱反应生成盐，故⑤符合题意；⑥酸和碱或碱性氧化物反应生成盐和水，故⑥符合题意；故D正确。综上所述，〖答案〗为D。9.下列分散系，不会产生丁达尔效应是（）①鸡蛋清②淀粉溶液③硫酸钠溶液④Fe(OH)3胶体⑤Fe(OH)3悬浊液A.①③ B.②③⑤ C.③④⑤ D.③⑤〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【详析】分散系中只有胶体才有丁达尔效应，所以找到胶体即可，鸡蛋清、淀粉溶液、氢氧化铁胶体都是胶体，故有丁达尔效应，其余没有，故选D。10.物质的量浓度相同的NaCl、、三种溶液，当三种溶液中的物质的量相等时，三种溶液的体积之比为（）A.1∶1∶1 B.3∶2∶1 C.6∶3∶2 D.3∶4∶1〖答案〗C〖解析〗【详析】假设NaCl、、三种溶液浓度均为c，则三种溶液中所含的物质的量浓度分别为：c、2c、3c，若三种溶液中的物质的量相等，根据，则三种溶液的体积之比6∶3∶2，〖答案〗选C。11.下列实验方法正确的是（）A.用托盘天平称取6.35g食盐 B.用量筒准确量取12.21ml盐酸C.用水区分NaOH和固体 D.用玻璃棒搅拌滤纸上的悬浊液，加快过滤速率〖答案〗C〖解析〗【详析】A．托盘天平可以精确到0.1克，不能称取6.35g食盐，故A错误；B．量筒可以精确到0.1mL，所以不能量取12.21mL盐酸，故B错误；C．NaOH固体和NH4NO3固体分别加水，前者放热，后者吸热，故C正确；D．用玻璃搅拌漏斗中的溶液可能会使滤纸破损，故D错误；故〖答案〗为：C。12.下列电离方程式中，正确的是（）A.NaHCO3=Na++H++ B.KClO3=K++Cl-+3O2-C.Ca(NO3)2=Ca2++2(NO3)2- D.NaHSO4=Na++H++(水溶液)〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【详析】A．NaHCO3是可溶性盐，电离产生Na+、，电离方程式为：NaHCO3=Na++，A错误；B．KClO3是可溶性盐，电离产生K+、，电离方程式为：KClO3=K+++，B错误；C．Ca(NO3)2是可溶性盐，电离产生Ca2+和2个，电离方程式为：Ca(NO3)2=Ca2++2，C错误；D．NaHSO4是强酸的酸式盐，在溶液中NaHSO4电离产生Na+、H+、，电离方程式为：NaHSO4=Na++H++，D正确；故合理选项是D。13.“碳中和”是指的人为移除与人为排放相抵消，达到相对“零排放”。下图是甲转化为丁的微观过程，下列说法不正确的是（）A.转化中原子种类、个数不变 B.转化①是“碳中和”的一种有效途径C.转化①、②都是化合反应 D.丁中碳、氢、氧的质量比为6：1：8〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由图可知，转化①发生的反应为一定条件下二氧化碳与氢气反应生成甲醇，反应的方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，转化②发生的反应为甲醇与过氧化氢发生氧化反应反应生成甲醛，反应的方程式为CH3OH+H2O2HCHO+2H2O。【详析】A．由质量守恒定律可知，转化中原子种类、个数不变，故A正确；B．由分析可知，转化①发生的反应为一定条件下二氧化碳与氢气反应生成甲醇，反应可以减少二氧化碳的排放，是实现“碳中和”的一种有效途径，故B正确；C．由分析可知，转化①、②所得产物都是2种，都不是化合反应，故C错误；D．甲醛分子中碳、氢、氧的质量比为12：2：16=6：1：8，故D正确；故选C。14.下列物质的转化在给定条件下均能实现的是（）AB.C.沉淀D.溶液溶液溶液〖答案〗B〖解析〗【详析】A．二氧化锰催化分解过氧化氢生成水和氧气，不能直生成氢气，A错误；B．碱式碳酸铜受热分解生成二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，B正确；C．铜与稀硫酸不能反应，C错误；D．铁粉与硝酸铜发生置换反应生成硝酸亚铁，D错误；〖答案〗选B。15.下列实验操作能达到实验目的的是（）选项物质目的主要实验操作A硫酸钠溶液中含有氯离子检验取样，滴加稀硝酸和硝酸银溶液，观察有白色沉淀B碘水里的碘提取溶液中加入适量的苯震荡，静置，从下层先分离水，再分离出碘的苯溶液C中是否混有检验点燃，火焰上方罩干冷烧杯D和KCl粉末分离加水溶解、过滤、洗涤、烘干，蒸发结晶〖答案〗D〖解析〗详析】A．硫酸根离子和氯离子均能与银离子形成沉淀，A错误；B．苯的密度比水小，水层下口流出，碘的苯溶液上口倒出，B错误；C．和燃烧都会产生水分，干燥的冷烧杯无法判断是否含，C错误；D．二氧化锰不溶于水，氯化钾溶于水，加水溶解、过滤、洗涤、烘干后即可除去二氧化锰，滤液蒸发结晶得氯化钾，D正确；〖答案〗选D。16.以甲烷为燃料、含铜氧化物为载体的化学链燃烧过程如图所示，下列说法不正确的是（）A.该流程中无需补充CuOB.空气反应器中的反应为C.理论上燃料反应器中每产生22.0g，空气反应器中要消耗标况下11.2LD.该流程比传统燃烧更有利于捕集〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗空气反应器中的反应为氧化亚铜和氧气加热生成氧化铜，甲烷和氧气在点燃的条件下生成水和二氧化碳；【详析】A．由物质的变化和应用可知，氧化铜可循环应用，不需要添加，故A正确；

B．空气反应器中的反应为氧化亚铜和氧气加热生成氧化铜，化学方程式为：，故B正确；

C．CH4+8CuO4Cu2O+2H2O+CO2

4Cu2O+2O28CuO，由化学方程式可知，，，解得x=22.4L，故C错误；

D．与传统燃烧相比，该流程有利于捕集CO2，减缓温室效应，故D正确；

故选：C。第Ⅱ卷非选择题(五大题，共52分)17.下列物质：①H2O②NaCl③H2SO4④Ca(OH)2⑤Fe3O4⑥CuSO4·5H2O⑦HNO3⑧AgNO3⑨NaHCO3其中属于氧化物的是_____________，属于碱的是_______属于酸的是_________，属于盐的是___________。〖答案〗①.①⑤②.④③.③⑦④.②⑥⑧⑨〖解析〗【详析】①H2O和⑤Fe3O4是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物，属于氧化物；④Ca(OH)2在水中电离出的阴离子全部为氢氧根离子，属于碱；③H2SO4和⑦HNO3在水中电离出的阳离子全部为氢离子，属于酸；②NaCl、⑥CuSO4•5H2O，⑧AgNO3和⑨NaHCO3是阳离子是金属离子，阴离子是酸根离子的化合物，属于盐；综上所述，氧化物的是①⑤；属于碱的是④；属于酸的是③⑦；属于盐的是②⑥⑧⑨。18.完成下列问题。（1）①已知的相对分子质量为17，则的摩尔质量为___________。②1.28g某气体含有的分子数目为，则该气体的摩尔质量为___________。③为阿伏加德罗常数，已知一个铁原子的质量为bg，则铁的摩尔质量为___________。④为阿伏加德罗常数，已知ag某气体中含分子数为b，则该气体的摩尔质量为___________。（2）在相同温度和压强下，容器A中的臭氧()和容器B中的乙炔气()所含的原子个数相同，则A、B两容器中气体的体积之比是___________。（3）某人的血糖化验单显示血液中葡萄糖(；M=180g/mol)为，此人1mL血液中含葡萄糖___________mg。〖答案〗（1）①.17g/mol②.③.④.（2）4：3（3）〖解析〗（1）①的摩尔质量数值大小等于其相对分子质量，为17g/mol；②1.28g某气体含有的分子数目为，说明该气体物质的量为0.02mol，则该气体的摩尔质量：；③为阿伏加德罗常数，已知一个铁原子的质量为bg，铁原子物质的量：，则铁的摩尔质量：；④为阿伏加德罗常数，已知ag某气体中含分子数为b，气体物质的量：，则该气体的摩尔质量：；（2）在相同温度和压强下，容器A中的臭氧()和容器B中的乙炔气()所含的原子个数相同，则臭氧()和乙炔气()物质的量之比为：4：3，相同温度和压强下，容器体积比等于物质的量之比，比值为：4：3；（3）根据；19.某同学用98%的浓硫酸(密度为)配制98mL的稀硫酸。（1）需要量取浓硫酸___________ml(保留小数点后面一位数字)。（2）现给出下列仪器(配制过程中可能用到)：①100mL量筒②10mL量筒③100mL烧杯④250ml容量瓶⑤100mL容量瓶⑥胶头滴管⑦玻璃棒，按使用仪器的先后顺序排列正确的是___________。A.④③⑦⑤⑥ B.②⑤⑦⑥ C.①③⑤⑧⑦ D.②⑥③⑦⑤⑥（3）实际配制得到的溶液浓度偏低，可能的原因是___________(填字母)。A.容量瓶用蒸馏水洗净后，未待干燥便用来配制B.稀释时烧杯内残留酸液未用水清洗并入容量瓶C.定容时，仰视刻度线D.溶解后未冷却就进行转移定容（4）某同学还需要248mL1.0mol/L氢氧化钠溶液，需要固体氢氧化钠___________g，该配制过程中还需要增加使用的仪器是___________。〖答案〗（1）5.4mL（2）D（3）BC（4）①.10②.托盘天平、250mL容量瓶〖解析〗（1）由c=可知，浓硫酸的浓度为mol/L=18.4mol/L，实验室中没有98mL的容量瓶，则配制98mL1.0mol/L稀硫酸应选用100mL容量瓶，则需要量取浓硫酸的体积为×103mL/L≈5.4mL，故〖答案〗为：5.4mL；（2）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，实验过程中使用仪器的先后顺序为10mL量筒、胶头滴管、100mL烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，故选D；（3）A．容量瓶用蒸馏水洗净后，未待干燥便用来配制对溶质的物质的量和溶液的体积无影响，对所配溶液的浓度无影响，故不符合题意；B．稀释时烧杯内残留酸液未用水清洗并入容量瓶会使溶质的物质的量减小，导致所配溶液浓度偏低，故符合题意；C．定容时，仰视刻度线会使溶液的体积偏大，导致所配溶液浓度偏低，故符合题意；D．溶解后未冷却就进行转移定容会使溶液的体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，故不符合题意；故选BC；（4）实验室没有248mL容量瓶，所以配制248mL1.0mol/L氢氧化钠溶液时，应选用250mL容量瓶，则需要固体氢氧化钠的质量为1.0mol/L×0.25L×40g/mol=10g，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，配制过程中还需要增加使用的仪器是托盘天平、250mL容量瓶，故〖答案〗为：10；托盘天平、250mL容量瓶。20.民以食为天，人类主要通过食用淀粉获得能量。2021年9月，中国科学家发表了利用、人工合成淀粉的成果，此成果预示着人类能解决粮食短缺等问题，同时减少排放，缓解温室效应等。（1）下图为人工合成淀粉[]的关键步骤。①图中转化I的化学方程式为___________。②经检测，人工合成的淀粉与天然淀粉在分子组成、结构上一致，实验室中将它们分别在氧气中完全燃烧，生成物为___________。（2）获得大量是人工合成淀粉的重要一步。下图是制氢、贮氢与释氢的一种方法。①虚线框内制氢的总反应化学方程式为___________。②释氢释放的比贮氢吸收的___________(选填“多”或“少”)。〖答案〗（1）①.CO2+3H2CH3OH+H2O②.CO2和H2O（2）①.2H2O2H2↑+O2↑②.多〖解析〗（1）①根据图示及原子守恒规律知，二氧化碳与氢气在一定条件下生成甲醇和水，方程式为：CO2+3H2CH3OH+H2O；②人工合成淀粉[]含C、H元素，在氧气中完全燃烧，生成物为CO2和H2O；（2）①根据图示流程可知，该过程为电解水生成氢气和氧气，方程式为：2H2O2H2↑+O2↑；②根据图示过程可知反应的方程式为：MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑，通过反应可知释氢释放的H2比贮氢吸收的H2要多。21.结合下图回答问题。