江西省上饶市2023-2024学年高一上学期期末教学质量测试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江西省上饶市2023-2024学年高一上学期期末教学质量测试试题考试时间：75分钟总分：100分相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64第I卷(选择题共42分)一、选择题(本大题共14小题，每题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.化学与生活、生产及科技密切相关，下列有关说法错误的是（）A.重庆素有雾都之称，雾是一种气溶胶，光束透过大雾可观察到丁达尔效应B.中国“奋斗者”号载人潜水器的钛合金比纯金属钛具有更高的硬度C.作补血剂时可与维生素C同时服用D.为防控新冠病毒，将“84”消毒液与酒精(具有还原性)1：1混合，消毒效果更好〖答案〗D〖解析〗【详析】A．雾是水蒸气扩散到空气中形成的气溶胶，所以光束透过大雾可观察到丁达尔效应，故A正确；B．合金的硬度一般比其各成分金属的硬度低，所以钛合金比纯金属钛具有更高的硬度，故B正确；C．维生素C具有强还原性，与补血剂硫酸亚铁同时服用，可以防止亚铁离子被氧化为铁离子，利于铁元素的吸收，故C正确；D．84消毒液的有效成分次氯酸钠具有强氧化性，能与具有还原性的乙醇发生氧化还原反应导致消毒能力降低，所以84消毒液不能与酒精混合使用，故D错误；故选D。2.2022年诺贝尔化学奖授予了三位在“点击化学”及其应用方面做出了重大贡献的三位化学家——卡罗琳·贝尔托西、莫滕桦尔达和巴里·夏普莱斯。卡罗琳·贝尔托西将“点击化学”运用在生物学领域，并开创了“正交化学”，她的研究中需要对糖类进行示踪和定位。在很多研究糖类的实验中，会选用具有放射性的进行示踪研究。以下有关同位素的说法正确的是（）A.、互为同位素B.、的质子数相同，电子数不同C.同一元素各核素的化学性质几乎完全相同D.D、T发生核聚变成为其它元素，属于化学反应〖答案〗C〖解析〗【详析】A．同位素是质子数相同、中子数不同的原子的互称，、为氮气分子，不能互为同位素，故A错误；B．、是质子数相同，电子数相同的不同种原子，故B错误；C．元素的化学性质主要由最外层电子数决定，同一元素各核素的最外层电子数相同，所以化学性质几乎完全相同，故C正确；D．D、T发生核聚变成为其它元素的反应是核反应，核反应属于物理变化，故D错误；故选C3.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.2.24L中，所含的分子数为B.2.3g气体中，所含的原子总数为C.将的盐酸与足量共热，转移的电子数为D.室温下，2.3g乙醇()中，所含的碳原子总数为〖答案〗D〖解析〗【详析】A．未给出气体所处的温度、压强，无法计算气体的物质的量以及分子个数，A说法错误；B．2.3g物质的量为0.025mol。1个含有6个原子，2.3g气体中，所含的原子总数为，B说法错误；C．的盐酸含有HCl0.6mol，二氧化锰与浓盐酸发生反应：，足量二氧化锰和浓盐酸反应中随着盐酸浓度变小，二氧化锰和稀盐酸不反应，故实际参加反应的HCl小于0.6mol，转移电子数小于，C说法错误；D．1个分子含有2个碳原子。2.3g乙醇()为0.05mol，所含的碳原子总数为，D说法正确；故〖答案〗为：D。4.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A.溶液中：、、、B.含有的溶液中：、、、C.与铝反应放出氢气的溶液中：、、、D.滴加溶液显红色的溶液中：、、、〖答案〗A〖解析〗【详析】A．四种离子在氯化镁溶液中不发生任何反应，一定能大量共存，故A符合题意；B．硫酸氢钠溶液中的硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故B不符合题意；C．与铝反应放出氢气的溶液可能是强酸溶液，也可能是强碱溶液，强碱溶液中氢氧根离子与铜离子反应生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，故C不符合题意；D．滴加硫氰化钾溶液显红色的溶液中含有铁离子，铁离子与溶液中的碘离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不符合题意；故选A。5.食品包装袋内填充氮气或二氧化碳可以延长食品的保质期。同温、同压下，相同体积的和具有相同的（）A.原子数 B.分子数 C.质子数 D.质量〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由阿伏加德罗定律可知，同温、同压下，相同体积的氮气和二氧化碳具有相同的分子数。【详析】A．氮气是双原子分子，二氧化碳是三原子分子，则分子数相同的氮气和二氧化碳含有的原子数不相同，故A错误；B．由分析可知，同温、同压下，相同体积的氮气和二氧化碳具有相同的分子数，故B正确；C．氮气分子的质子数为14，二氧化碳分子的质子数为22，则分子数相同的氮气和二氧化碳含有的质子数不相同，故B错误；D．氮气和二氧化碳的摩尔质量不同，则分子数相同的氮气和二氧化碳含的质量不相同，故D错误；故选B。6.研究化学键有助于人们理解物质的某些性质，下列物质中，含有离子键的是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗【详析】A．Cl2由两个氯原子通过共用电子对结合，Cl2含有共价键，A不符合题意；B．CO2由碳原子和氧原子通过共用电子对结合，CO2含有共价键，B不符合题意；C．CaCl2由钙离子和氯离子通过离子键结合，CaCl2含有离子键，C符合题意；D．NH3由氮原子和氢原子通过共用电子对结合，NH3含有共价键，D不符合题意；故〖答案〗为：C。7.下列实验装置、试剂选用或操作正确的是（）A.图I：称量NaOH固体 B.图II：除去CO2中的HClC.图III：稀释浓硫酸 D.图IV：干燥Cl2〖答案〗D〖解析〗【详析】A．称量氢氧化钠应该用小烧杯，且应将药品放在天平的左盘，砝码放在右盘，A错误；B．CO2也能和NaOH反应，除去CO2中的HCl应该用饱和碳酸氢钠溶液，B错误；C．稀释浓硫酸应该在烧杯中进行，不能在容量瓶中进行，C错误；D．浓硫酸具有吸水性，且和氯气不反应，可以干燥Cl2，D正确；故选D。8.下列离子方程式正确的是（）A.碳酸钡与盐酸反应：B.将铜片插入到稀溶液中：C.鸡蛋壳(主要成分为)与醋酸反应：D.碳酸氢钠溶液中加入少量澄清石灰水：〖答案〗A〖解析〗【详析】A．碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，反应的离子方程式为，故A正确；B．铜是不活泼金属，不能与稀硫酸反应，故B错误；C．碳酸钙与醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为，故C错误；D．碳酸氢钠溶液与少量澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为，故D错误；故选A。9.类比和推理是化学研究的重要方法。下列应用该方法正确的是（）A.铁和氯气反应生成，则铁和碘单质也生成B.与水反应生成和，则与水反应也能生成和C.加热条件下，钠与氧气反应生成过氧化钠，锂与氧气反应也生成过氧化锂D.Fe能与溶液反应，则Fe也能与溶液反应〖答案〗D〖解析〗【详析】A．碘的氧化性弱于氯气，与铁共热反应只能生成碘化亚铁，不能生成碘化铁，故A错误；B．氟气的氧化性强于氧气，与水反应生成氢氟酸和氧气，不能生成HFO和氢氟酸，故B错误；C．锂的金属性弱于钠，与氧气反应只能生成氧化锂，不能生成过氧化锂，故C错误；D．铁的金属性强于铜和银，与硝酸铜溶液发生置换反应生成硝酸亚铁和铜，与硝酸银溶液反应生成硝酸亚铁和银，故D正确；故选D。10.下列化学用语的书写，正确的是（）A.碳酸钾的电离方程式：B.的结构示意图：C.氯化氢的电子式为：D.的结构式：〖答案〗A〖解析〗【详析】A．碳酸钾在溶液中完全电离出钾离子和碳酸根离子，电离方程式为，故A正确；B．硫离子的核电荷数为16，核外3个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为，故B错误；C．氯化氢是只含有共价键的共价化合物，电子式为，故C错误；D．HClO是一元含氧酸，结构式为H－O－Cl，故D错误；故选A。11.将5.1g镁铝合金的粉末放入过量的盐酸中，得到(标准状况)。下列说法正确的是（）A.镁铝合金熔点比单质铝或单质镁都高B.该合金中镁质量为3.6gC.参与反应的盐酸物质的量为D.反应过程中转移的电子总数为〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗设镁、铝的物质的量分别为amol和bmol，根据题意知可标准状况下的H2的物质的量为：5.6L÷22.4L/mol=0.25mol，因盐酸足量，金属完全反应，根据反应方程式Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑可知，则有如下关系：24a+27b=5.1，a+1.5b=0.25

，解得：a=0.1mol，b=0.1mol。【详析】A．合金的硬度大于成分金属、熔点低于成分金属，镁铝合金熔点比单质铝或单质镁都低，A错误；B．该合金中镁的质量为0.1mol×24g/mol=2.4g，B错误；C．根据氢元素守恒可知，参与反应的盐酸物质的量为0.25mol，C错误；D．反应中氢元素化合价由+1变为0，则反应过程中转移的电子0.25mol×2=0.5mol，电子总数为，D正确；故选D。12.金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一、下列各组物质的转化不能通过一步反应直接完成的是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗【详析】A．，A不符合题意；B．，B不符合题意C．，C不符合题意；D．难溶于水，与水不反应，无法一步实现该转化，D符合题意；故〖答案〗为：D。13.下列物质的分类正确的是（）碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3HClMgOCO2BNaOHH2SO4NaClNa2OCO2CKOHHClOCaCO3CaOCODNH3·H2OCH3COOHCaCl2Na2O2SO2〖答案〗B〖解析〗【详析】A．Na2CO3属于盐，不属于碱，A错误；B．选项分类均正确，B符合题意；C．CO与酸、碱均不反应，属于不成盐氧化物，C错误；D．Na2O2与酸反应不仅生成盐，还生成O2，故不属于碱性氧化物，属于过氧化物，D错误；故〖答案〗选B。14.向体积均为10mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙。向甲、乙两溶液中分别滴加0.1mol·L-1盐酸。此时反应生成CO2体积(标准状况)与所加盐酸体积间的关系如图所示。则下列叙述中正确的是（）A.乙溶液中含有的溶质是Na2CO3、NaHCO3B.当0<V(HCl)<10mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为：OH-+H+=H2OC.原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5mol·L-1D.乙溶液中滴加盐酸后产生CO2体积的最大值为224mL(标准状况)〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是NaOH和Na2CO3，Na2CO3，Na2CO3和NaHCO3，NaHCO3四种情况，没有产生二氧化碳时的反应可能为：OH-+H+=H2O和CO+H+=HCO，产生二氧化碳的反应为：HCO+H+=H2O+CO2↑。则甲溶液中存在碳酸钠和碳酸氢钠溶液，乙溶液中的溶质为氢氧化钠和碳酸钠，据此分析解答。【详析】A．产生气体的阶段消耗10mL盐酸，根据分析中的离子方程式可知，Na2CO3生成NaHCO3也消耗10mL盐酸，所以另外30mL盐酸为NaOH消耗，即乙中溶质为Na2CO3和NaOH，A错误；B．由图中HCl的用量与产生二氧化碳气体体积的关系可知甲溶液的溶质应该为：Na2CO3和NaHCO3，所以当0<V(HCl)<10mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为H++CO=HCO，B错误；C．当加入50mL盐酸时，恰好不再产生气体，此时溶液中的溶质只有NaCl，由原子守恒得：n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.1mol/L×0.05L=0.005mol，所以c(NaOH)==0.5mol/L，C正确；D．乙溶液中滴加盐酸，产生CO2的阶段为：HCO+H+=H2O+CO2↑，根据消耗了10mL盐酸可以知道，生成CO2的物质的量为：0.1mol/L×0.01L=0.001mol，标况下0.001molCO2气体的体积为：22.4L/mol×0.001mol=0.0224L=22.4mL，D错误；综上所述〖答案〗为C。第II卷(非选择题，共58分)二、填空题(每空2分，共58分)15.I．以下为中学化学中常见的几种物质：①二氧化碳；②熔融；③固体；④铜；⑤稀硫酸；⑥澄清石灰水，按要求完成下面问题：（1）其中属于电解质的有___________(填序号，下同)，能导电的物质有___________，属于非电解质的有___________。（2）将①通入足量⑥中的离子方程式：___________。II．高铁酸钠()是一种新型的净水剂，可以通过下述反应制取：按要求完成下面问题：（3）当反应消耗时，转移的电子物质的量为___________mol。（4）现实验室欲配制溶液，除烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要用到的玻璃仪器有___________；用托盘天平称取固体的质量为___________g，下列操作配制的溶液浓度偏低的是___________。A．称量时，将放在滤纸上称重B．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水C．配制时，未冷却至室温就直接定容D．向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面E．定容时俯视刻度线〖答案〗（1）①.②③②.②④⑤⑥③.①（2）（3）1.5（4）①.容量瓶(无体积不给分)、胶头滴管②.1.0③.AD〖解析〗〖祥解〗水溶液中或熔融状态下导电化合物为电解质，水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质；（1）①二氧化碳不能电离，不能导电，属于非电解质。②熔融KCl能导电，属于电解质，能导电。③NaHSO4固体溶于水导电，属于电解质。④铜是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，能导电。⑤稀硫酸为混合物，既不是电解质也不是非电解质，能导电。⑥澄清石灰水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，能导电。其中属于电解质的有：②③，能导电的有：②④⑤⑥，属于非电解质有：①，故〖答案〗为：②③；②④⑤⑥；①；（2）将二氧化碳通入足量澄清石灰水中反应生成碳酸钙沉淀和水。对应离子方程式为：，故〖答案〗为：；（3）在该反应中，铁元素的化合价从+3价升高到+6价，2molFe(OH)3失去6mol电子，消耗160gNaOH。当反应消耗40g时，转移的电子数为；故〖答案〗为1.5；（4）配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，需要的仪器：量筒、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；还需用到的玻璃仪器有：250mL容量瓶、胶头滴管；用托盘天平称取固体的质量为m=nM=cVM=0.1mol/L×0.25L×40g/mol=1.0g；A．称量NaOH时，将NaOH放在纸上称重会吸收水，导致溶质质量偏少，浓度偏小，故A正确；B．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水不会影响实验结果，故B错误；C．配制时，NaOH未冷却直接定容，液体热胀冷缩，会导致溶液的体积偏小，浓度偏大，故C错误；D．向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面，会导致溶质质量减小，浓度偏低，故D正确；E、定容时俯视刻度线会导致体积偏小，浓度偏大，故E错误；故选AD。故〖答案〗为：容量瓶(无体积不给分)、胶头滴管；1.0；AD。16.元素周期表的一部分如图，根据①~⑨在元素周期表中的位置，按题目要求回答下列问题：（1）在元素①~⑧中，非金属性最强的元素是___________(填元素符号)，金属性最强的元素是___________(填元素符号)。（2）③和④两种元素的原子半径由大到小的顺序是___________(填元素符号)。（3）②和⑧两种元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性较强的是___________(填化学式)。（4）由元素④和元素⑤形成的原子个数比为1：1的化合物中所含化学键的种类为___________(填标号)。A．离子键B．极性共价键C．非极性共价键（5）写出元素⑦的单质与元素⑤的最高价氧化物对应的水化物之间反应的离子方程式：_______。（6）元素⑤的单质及化合物在高温灼烧时，火焰呈___________色。〖答案〗（1）①.O②.Na（2）（3）（4）AC（5）（6）黄〖解析〗〖祥解〗由元素在周期表中的相对位置控制①为H元素、②为C元素、③为N元素、④为O元素、⑤为Na元素、⑥为Mg元素、⑦为Al元素、⑧为S元素、⑨为Cl元素。（1）同周期元素，从左到右非金属性依次增强、金属性依次减弱，同主族元素，从上到下非金属性依次减弱、金属性依次增强，则①~⑧元素中，氧元素的非金属性最强、钠元素的金属性最强，故〖答案〗为：O；Na；（2）同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则氮原子原子半径大于氧原子，故〖答案〗为：N＞O；（3）元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物中酸性越强，硫元素的非金属性强于碳元素，所以硫酸的酸性强于碳酸，故〖答案〗为：；（4）钠元素和氧元素形成的原子个数比为1：1的化合物为含有离子键和非极性键的过氧化钠，故选AC；（5）铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为，故〖答案〗为：；（6）钠元素的焰色反应为黄色，所以钠元素的单质及化合物在高温灼烧时，火焰呈黄色，故〖答案〗为：黄色。17.氯气是一种重要的化工原料，能与多种物质反应，用图所示装置Ⅰ可制取纯净、干燥的氯气。并对其性质进行一系列的实验探究。回答下列问题：（1）①装置Ⅰ用于制取纯净、干燥的氯气。C瓶盛装的液体为___________。②实验室利用装置A制氯气，反应的离子方程式是___________。（2）利用纯净、干燥的氯气与熔融金属锡反应可制备，将装置Ⅰ与装置Ⅱ连接起来可制备。已知：金属锡熔点为231℃，活泼性与铁相似：的沸点为114℃；易与水反应。①装置E的作用是___________。②虚线框内可选接下列装置中的___________(填“甲”“乙”或“丙”)。（3）将装置Ⅰ与装置Ⅲ连接起来探究氯气的漂白性及氧化性。①根据F、G现象可得出结论：无漂白性，与水反应生成的______(用化学式填空)有漂白性。②写出J装置中发生反应的化学方程式：___________。③装置K的作用是___________。〖答案〗（1）①.浓硫酸②.（2）①.收集和冷凝②.丙（3）①.②.③.吸收多余的，防止污染空气〖解析〗〖祥解〗装置Ⅰ：A中圆底烧瓶内发生反应为二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，制备得到的氯气中含杂质气体氯化氢、水蒸气，通过B饱和食盐水除去氯化氢气体、C浓硫酸除去水，得到干燥纯净的氯气；装置Ⅱ：氯气与金属锡反应制备；装置Ⅲ：验证氯气的性质，其中K装置为尾气处理装置，可防止氯气污染空气。（1）①制备得到的氯气中含杂质气体氯化氢、水蒸气，通过B饱和食盐水除去氯化氢气体、C浓硫酸除去水，故C瓶盛装的液体为浓硫酸。②二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水：；（2）①已知：的沸点为114℃；硬质玻璃管中氯气与Sn在加热条件下反应生成，通过E装置收集和冷凝；②氯气有毒，需要进行尾气处理，另外易与水反应，需要防止水蒸气进入，图甲NaOH溶液中的水蒸气会进入锥形瓶中与反应，图乙盛装浓硫酸的洗气瓶中的导管应该长进短出，所以虚线框中的试剂最好选用碱石灰，吸收的同时防止空气中的水蒸气进入，故〖答案〗为丙；（3）①干燥的氯气没有漂白性，F中有色布条不褪色，氯气与水生成的次氯酸具有漂白性，则将氯气通入G，可观察到的现象G中布条褪色；结论是：氯气无漂白性，氯气与水反应生成的HClO有漂白性；②氯气具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，反应为；③氯气有毒，需要使用氢氧化钠溶液吸收防止污染，反应为，故装置K的作用是吸收多余的氯气，防止污染空气。18.铜和三氧化