2023-2024学年福建省福州市六校高一上期期中联考化试题（解析版）

PAGEPAGE3福建省福州市六校2023-2024学年高一上学期期中联考试题可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23S：32Cl：35.5第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、单选题(每题3分，16小题，共48分)1.下列物质的分类组合正确的是（）A.、NO、均为酸性氧化物B.、、均为酸C.硝酸、蔗糖、硫酸钡均为电解质D.铜丝、食盐水、稀硫酸均能导电〖答案〗D〖解析〗【详析】A．NO是不成盐氧化物，故A错误；B．是盐，故B错误；C．蔗糖是非电解质，故C错误；D．铜丝能导电，是因为有自由移动的电子定向移动而导电，食盐水、稀硫酸能导电，是因为有自由移动的离子定向移动而导电，故D正确；〖答案〗为D。2.下列叙述正确的是（）A.某溶液灼烧有黄色火焰，则该溶液一定是钠盐溶液B.氨水能导电，所以是电解质C利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体D.凡是能电离出的化合物都叫做酸〖答案〗C〖解析〗【详析】A．某溶液灼烧有黄色火焰，则该溶液不一定是钠盐溶液，也可能是氢氧化钠溶液，A错误；B．电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；氨水为能导电，是因为氨气和水生成的一水合氨为电解质，而是非电解质，B错误；C．光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应，利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体，C正确；D．酸是电离出的阳离子都是氢离子的化合物；硫酸氢钠能电离出是盐，D错误；故选C。3.下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（）A.中子数为12的钠原子：B.S原子结构示意图：C.35Cl2和37Cl2互为同位素D.、、是氢元素的不同核素〖答案〗D〖解析〗【详析】A．质量数不是12，而是23，A错误；B．硫原子的最外层电子数为6，而不是8，B错误；C．同位素只针对原子，C错误；D．质子数相同，都是氢元素，但是中子数不同，属于氢元素不同核素，D正确；故选D。4.下列物质在水溶液中的电离方程式，正确的是（）A.H2SO4=2H++SO4-2 B.MgCl2=Mg2++Cl2－C.Ba(OH)2=Ba2++2OH－ D.NaHCO3=Na++H++CO〖答案〗C〖解析〗【详析】A.H2SO4为强电解质，电离方程式为：H2SO4=2H++SO42-，A项错误；

B.MgCl2为强电解质，电离方程式为：MgCl2=Mg2++2Cl－，B项错误；

C.Ba(OH)2为强电解质，电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH-，C项正确；

D.NaHCO3为强电解质，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，D项错误；

〖答案〗选C。5.下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L的是（）A.将1L10mol/L的浓盐酸加入9L水中B.将40gNaOH溶解在1L水中C.将10gNaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250mlD.将22.4LHCl气体溶于水配成1L溶液〖答案〗C〖解析〗【详析】A、将1L10mol/L的浓盐酸加入9L水中，溶液的体积不等于10L，所以溶质的物质的量浓度不等于1mol/L；B、将40gNaOH溶解在1L水中，溶液的体积不等于1L，所以溶质的物质的量浓度不等于1mol/L；C、将10gNaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250mL，溶质的物质的量浓度为1mol/L；D.、没有说明气体状态，计算不出HCl的物质的量，所以将22.4LHCl气体溶于水配成1L溶液溶质的物质的量浓度不等于1mol/L；故选C。6.下列溶液Cl-浓度与50mL1mol·L-1AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度不相等的是（）A.150mL1mol·L-1的NaCl溶液B.75mL3mol·L-1NH4Cl溶液C.150mL3mol·L-1的KCl溶液D.75mL1mol·L-1的FeCl3溶液〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗50mL1mol·L-1AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度为1mol/L×3=3mol/L；【详析】A．150mL1mol·L-1的NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度为1mol·L-1，A符合题意；B．75mL3mol·L-1NH4Cl溶液中Cl-的物质的量浓度为3mol·L-1，B不符合题意；C．150mL3mol·L-1的KCl溶液中Cl-的物质的量浓度为3mol·L-1，C不符合题意；D．75mL1mol·L-1的FeCl3溶液中Cl-的物质的量浓度为1mol·L-1×3=3mol·L-1，D不符合题意；综上所述〖答案〗为A。7.某溶液中滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再滴入稀硝酸，沉淀不溶解，则该溶液中（）A.可能有或Ag+ B.一定有 C.一定无Ag+ D.可能有〖答案〗A〖解析〗【详析】某溶液中滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再滴入稀硝酸，沉淀不溶解，则沉淀为硫酸钡或氯化银，故原溶液中含有或Ag+，〖答案〗为A。8.与OH具有相同质子数和电子数的粒子是（）A.H2OB.F- C.Na+D.NH3〖答案〗B〖解析〗【详析】氢氧根离子中质子数为各元素的质子数之和，一个氢氧根离子中的质子数是9个，电子数是10个。A．H2O中质子数是10，电子数是10，所以和氢氧根离子中质子数不同，电子数相同，故A错误；B．F-中质子数是9，电子数是10，和氢氧根离子中质子数和电子数都相同，故B正确；C．Na+中质子数是11，电子数是10，所以和氢氧根离子中质子数不相同，故C错误；D．氨气分子中质子数是10，电子数是10，所以和氢氧根离子中质子数相同，电子数不同，故D错误；故选B。9.同温同压下，将等质量的H2、CO、CO2、SO2四种气体分别充入四个气球，其中充入SO2的气球是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗【详析】气体的物质的量n=，在同温同压下，气体摩尔体积相同，气体的体积V=n•Vm，即V=Vm可知，摩尔质量越大，气体的体积越小，H2、CO、CO2、SO2的摩尔质量分别为2g/mol、28g/mol、44g/mol、64g/mol，SO2的摩尔质量最大，其体积最小，则充入SO2的气球为选项D，故选D。10.下列物质含分子最多的是（）A.标准状况下90mL水 B.3molCO2C.标准状况下89.6LCl2 D.1.204×1024个O2〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗分子数与物质的量成正比，故分子数最多，即物质的量最大，据此回答；【详析】A．标准状况下90mL即90g水、水的物质的量为；B．3molCO2；C．标准状况下89.6LCl2的物质的量为；D．1.204×1024个O2的物质的量为；综上，〖答案〗选A。11.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.标准状况，中所含的分子总数为B.溶液中，的个数为C.的溶液中，含有的氧原子总数为D.的和的混合气体中所含的氮原子数目为〖答案〗D〖解析〗【详析】A．标准状况下H2O是液体，不能用气体摩尔体积计算水分子的物质的量，A错误；B．只有溶液的浓度，没有给出溶液的体积，无法计算溶液中各离子的物质的量，B错误；C．的溶液中为0.5mol，中含有的氧原子总数为，溶液中水也含有氧原子，故总的氧原子数大于，C错误；D．NO2和N2O4的最简式为NO2，的和的混合气体中n(NO2)=2mol，则所含的氮原子数目为，D正确；故选D。12.我国首艘使用了钛合金材料的国产航母已成功下水，钛(Ti)常温下与酸、碱均不反应，但高温下能被空气氧化，由钛铁矿(主要成分是FeO和TiO2)提取金属钛的主要工艺流程如图。下列说法错误的是（）A.步骤Ⅰ、II中均发生氧化还原反应B.步骤Ⅰ、Ⅱ中碳元素的化合价均升高C.步骤Ⅲ中反应可在氩气环境中进行，也可在空气中进行D.可用稀硫酸除去金属钛中的少量镁杂质〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗步骤Ⅰ为钛铁矿(主要成分是FeO和TiO2)和碳在高温下发生氧化还原反应，生成铁、二氧化钛和一氧化碳，步骤Ⅱ为二氧化钛与碳，氯气在高温下反应生成四氯化钛和一氧化碳，步骤Ⅲ为四氯化钛和过量镁粉在高温下发生置换反应生成氯化镁和钛，据此分析。【详析】A．步骤Ⅰ为钛铁矿(主要成分是FeO和TiO2)和碳在高温下发生氧化还原反应，生成铁、二氧化钛和一氧化碳，步骤Ⅱ为二氧化钛与碳，氯气在高温下反应生成四氯化钛和一氧化碳，步骤Ⅰ、II中均发生氧化还原反应，故A正确；B．步骤Ⅰ为钛铁矿(主要成分是FeO和TiO2)和碳在高温下发生氧化还原反应，生成铁、二氧化钛和一氧化碳，步骤Ⅱ为二氧化钛与碳，氯气在高温下反应生成四氯化钛和一氧化碳，碳元素的化合价均升高，故B正确；C．步骤Ⅲ为四氯化钛和过量镁粉在高温下发生置换反应生成氯化镁和钛，镁是活泼的金属，钛在高温下能被空气氧化，所以步骤Ⅲ需在氩气环境中进行，防止金属被空气氧化，不能在空气中进行，故C错误；D．钛在常温下与酸、碱均不反应，镁与稀硫酸反应，可用稀硫酸除去金属钛中的少量镁杂质，故D正确；故选C。13.能鉴别NH4Cl、Na2SO4、(NH4)2SO4、KCl四瓶无色溶液的试剂是（）A.Ba(OH)2溶液 B.AgNO3溶液 C.Ba(NO3)2溶液 D.NaOH溶液〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗四瓶溶液中的溶质有两瓶铵盐、两瓶硫酸盐，铵盐通常用强碱检验，硫酸盐通常用含Ba2+的可溶化合物检验。【详析】四瓶溶液中的溶质有两瓶铵盐、两瓶硫酸盐，铵盐通常用强碱检验：NH4++OH-NH3↑+H2O。硫酸盐通常用含Ba2+的可溶化合物检验：Ba2++SO42-=BaSO4↓。4个选项中只有Ba(OH)2溶液符合题意。发生的反应有：2NH4Cl+Ba(OH)22NH3↑+BaCl2+2H2O，Na2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2NaOH，(NH4)2SO4+Ba(OH)2BaSO4↓+2NH3↑+2H2O。实验现象是：向四瓶溶液中分别加入Ba(OH)2溶液加热，只有刺激性气味的气体产生的是NH4Cl溶液，只有白色沉淀产生的是Na2SO4溶液，既有刺激性气味的气体又有白色沉淀产生的是(NH4)2SO4溶液，无明显现象的是KCl溶液。〖答案〗选A。14.关于下列实验装置的说法不正确的是（）A.利用装置①灼烧干海带 B.利用装置②分离和水溶液C.利用装置③蒸馏米酒D.利用装置④探究反应物浓度对反应速率的影响〖答案〗D〖解析〗【详析】A．用坩埚灼烧干海带，选装置①，A正确；B．和水互不相溶，溶液出现分层，可用分液操作分离，选装置②，B正确；C．利用沸点不同蒸馏米酒，选装置③，C正确；D．该探究变量有金属Mg和Al、盐酸的浓度，不能探究反应物浓度对反应速率的影响，D错误；故选：D。15.下列实验操作中错误的是（）A.分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B.蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口C.可用酒精萃取碘水中的碘D.称量时，称量物放在称量纸上，置于托盘天平左盘，砝码放在托盘天平的右盘〖答案〗C〖解析〗【详析】A．分液时分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，能避免液体重新混合而污染，A正确；B．蒸馏时，温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口，用于测量馏分的温度，B正确；C．酒精与水混溶，不能用作萃取剂，应用苯或四氯化碳，C错误；D．称量时，药品不能直接放在托盘上，应放在称量纸上，可防止药品腐蚀托盘天平，且应该按照左物右码原则放置，D正确；故合理选项是C。16.在无土栽培中，需配制一种含50molNH4Cl、16molKCl和24molK2SO4的营养液。若用KCl、NH4Cl和(NH4)2SO4三种固体为原料来配制，其物质的量分别为（）A.2mol、64mol、24mol B.64mol、2mol、24molC32mol、50mol、12mol D.16mol、50mol、24mol〖答案〗B〖解析〗【详析】溶液中n(NH4＋)=50mol，n(K＋)=(16＋24×2)mol=64mol，n(Cl－)=(50＋16)mol=66mol，n(SO42－)=24mol，因此需要KCl的物质的量为64mol，n(NH4Cl)=(66－64)mol=2mol，N[(NH4)2SO4]=24mol，故选项B正确。第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、简答题(本题共4题，52分)17.完成下列填空：（1）分子数为3.01×1023个NH3的物质的量约为___________。（2）标准状况下，2.24LCl2的质量为___________g，标准状况下，将aLHCl气体溶于水配成500mL0.4mol∙L-1的溶液，则a=___________；（3）在一定的温度和压强下，1体积气体X2跟3体积气体Y2化合生成2体积化合物C，则该化合物的化学式是___________。（4）在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体11.2L，质量为20g，该混合气体中，CO和CO2物质的量之比为___________，碳与氧两种原子的数目之比为___________。（5）已知溶液Y由20mL0.1mol∙L-1AlCl3溶液和30ml0.2mol∙L-1MgCl2溶液混合而成，则Y中c(Cl-)=___________mol∙L-1(假设混合溶液的体积等于混合前两种溶液的体积之和)。〖答案〗（1）0.5mol（2）①.7.1②.4.48（3）XY3(或Y3X)（4）①.1：3②.4：7（5）0.36〖解析〗（1）n(NH3)=。（2），m(Cl2)=n(Cl2)M(Cl2)=0.1mol71g/mol=7.1g；n(HCl)=c(HCl)v=0.4mol∙L-10.5L=0.2mol，0.2mol=，则a=4.48L。（3）根据阿伏伽德罗定律可知，同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，则1体积气体X2跟3体积气体Y2化合生成2体积化合物C，可知X2+3Y2=2C，根据质量守恒定律，可知C是由X和Y两种元素组成，且其化学式为XY3(或Y3X)。（4）根据题意，混合气体的物质的量为，设CO物质的量为amol,则CO2物质的量为(0.5-a)mol，则根据气体质量可得等式28a+44(0.5-a)=20，解得a=0125mol，则n(CO2)=0.5-0.125=0.375mol，则n(CO)：n(CO2)=0125：0.375=1：3；则n(C)：n(O)=(1+3)：(1+3)=4：7，故N(C)：N(O)=4：7。（5）n(AlCl3)=0.1mol∙L-10.02L=0.002mol，n(MgCl2)=0.2mol∙L-10.03L=0.006mol，则混合液中的n(Cl-)=0.0023+0.006mol2=0.018mol，则c(Cl-)==0.36mol∙L-1。18.有几种物质：①铝；②；③75%酒精溶液；④稀盐酸；⑤；⑥NaOH固体；⑦熔融。（1）以上物质属于单质的是___________(填序号，下同)，属于电解质的是___________，属于非电解质的是___________。（2）①与⑥的水溶液反应的化学方程式为___________。（3）根据酸能电离出的数目可将酸分为一元酸(如HCl、二元酸(如)、三元酸如()，二元酸能与碱反应生成一种正盐(如)和一种酸式盐(如)；三元酸能与碱反应生成一种正盐(如)和两种酸式盐(如、)。①是二元酸，写出它与反应生成的酸式盐的方程式___________。②能与反应生成两种盐，则是___________元酸，生成的正盐的方程式：___________。〖答案〗（1）①.①②.⑤⑥⑦③.②（2）（3）①.②.二③.〖解析〗（1）电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；①铝是金属单质；②CO2属于非电解质；③75%酒精溶液属于混合物；④稀盐酸属于混合物；⑤H2SO4为酸，属于电解质；⑥NaOH固体为碱，属于电解质；⑦熔融KNO3为盐，属于电解质；故以上物质属于单质的是①，属于电解质的是⑤⑥⑦，属于非电解质的是②；（2）①与⑥的水溶液反应为铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为；（3）①是二元酸，它与Ba(OH)2反应生成的酸式盐为Ba(HSO3)2，同时生成水，方程式。②H3PO3能与KOH反应生成两种盐，说明H3PO3能够电离出2个氢离子，为二元酸，生成的正盐为K2HPO3，同时生成水，方程式。19.航天员王亚平在“天宫课堂”中介绍了空间站中的生活，在轨演示了水球变气球等一系列炫酷又好玩的实验。Ⅰ．“天宫”中水和氧气的最大化利用是保障生活的重要措施。如图是空间站常用资源再利用模拟图。（1）“尿处理系统”采用蒸馏方法对其中成分进行分离。此方法是根据尿液中各成分的___________不同进行分离的。（2）“水电解系统”中发生反应的化学方程式为___________。（3）在水净化系统中，用臭氧()消素，臭氧在一定条件下转化为氧气的化学方程式为：___________；该反应___________(填“属于”或“不属于”)氧化还原反应。（4）在一定条件下，“萨巴蒂尔反应器”可以除去，该反应的化学方程式为_________。Ⅱ．王亚平将蓝色颜料注入水球中，整个水球变成蓝色，将泡腾片放入水球中，产生大量气泡向四面八方扩散，充满整个水球。气体并不溢出，使水球越来越大。（5）泡腾片在水中发生了如下反应：___________(补全化学方程式)。（6）如果在空间站失重状态下收集制得的氧气，可以选用下列装置中的___________(填序号)。A. B. C.D.〖答案〗（1）沸点（2）（3）①.②.不属于（4）（5）CO2（6）D〖解析〗（1）“尿处理子系统”采用蒸馏方法对其中成分进行分离。此方法是根据尿液中各成分的沸点不同进行分离的；（2）“水电解系统”中，水电解生成氢气和氧气：；（3）在水净化系统中，用臭氧(O3)消毒，臭氧在一定条件下转化为氧气，根据原子守恒可得该反应的化学方程式为，反应中没有元素化合价改变，不属于氧化还原反应；（4）根据图示可知：在一定条件下，“萨巴蒂尔反应器”中CO2与H2反应产生CH4、H2O，从而可以除去CO2，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为；（5）根据题目已知信息，可知在泡腾片在水中发生了反应，根据方程式中已知物质，结合质量守恒定律，可知产生的物质还缺少CO2气体，故为CO2；（6）如果在空间站失重状态下收集制得的氧气，就不能采用常规的排气方法或排水方法收集，而应该采用真空袋收集储存，故合理选项是D。20.Ⅰ．阅读、分析下列两个材料：材料一材料二物质熔点/℃沸点/℃密度溶解性乙二醇()-11.51981.11易溶于水和乙醇丙三醇()17.92901.26能跟水、酒精以任意比互溶回答下列问题(填字母序号)：（1）从含少量的中提纯的操作为溶解、_________、___________、过滤、洗涤、干嬠；证明碳酸钠晶体已洗涤干净的操作是：___________。（2）将乙二醇和丙三醇相互分离的最佳方法是___________。A蒸馏法 B.萃取法 C.结晶法 D.分液法Ⅱ．青蒿素是最好的抵抗疟疾的药物，可从黄花蒿茎叶中提取，它是无色针状晶体，可溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，难溶于水。常见的提取方法如下：（3）操作Ⅰ、Ⅱ中，不会用到的装置是_________(填序号)。A．B．C．Ⅲ．实验室用98%、密度为的浓硫酸配制0.2mol/L的溶液470mL。（4）需要使用的主要仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、___________、___________。（5）其操作步骤可分解为以下几步：A．用量筒量取___________mL浓硫酸，缓缓注入装有约50mL蒸馏水的烧杯里，并用玻璃棒搅拌。B．用适量蒸馏水分三次洗涤烧杯和玻璃棒，将每次的洗液都移入容量瓶里。C．将稀释后的硫酸小心地用玻璃棒引流容量瓶里。D．检查容量瓶是否漏水。E．将蒸馏水直接加入容量瓶，至液面接近刻度线1-2cm处。F．盖紧瓶盖，反复斯倒振荡，摇匀溶液。G．胶头滴管滴加蒸馏水到液面最低点恰好与刻线相切。请据此填写：①完成上述步骤中的空白处_________。②补充完成正确的操作顺序(用字母填写)：_________。(D)→(A)→___→____→___→____→(F)。（6）下列操作会使所配程硫酸浓度偏高的是_________。A．取用浓硫酸时仰视刻度线B．转移溶液时，不慎有少量溶液洒出C．定容时仰视容量瓶刻度线D．将稀释后的稀硫酸立即转入容量瓶且进行后面的实验操作E．定容后倒置摇匀，正放后发现液面低于刻度线，又补充几滴蒸馏水至刻度线〖答案〗（1）①.蒸发浓缩②.冷却结晶（降温结晶）③.取最后一次的洗涤液，加入酸化的硝酸银溶液，没有沉淀生成，说明洗涤干净（2）A（3）C（4）①.500mL容量瓶②.胶头滴管（5）①.5.4②.C→B→E→G（6）D〖解析〗〖祥解〗根据碳酸钠和氯化钠的溶解度随温度的变化差异分析，应采用结晶法分离。互溶的液体混合物利用沸点差异采用蒸馏的方法分离。根据装置的特点分析，A为蒸馏装置，B为过滤装置，C为加热固体的装置。配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；（1）碳酸钠的溶解度随着温度变化加大，所以用结晶法分离，实验操作为溶解，蒸发浓缩，冷却结晶（降温结晶），过滤，洗涤，干燥。氯离子能和硝酸银生成不溶于酸的沉淀，故证明碳酸钠晶体已洗涤干净的操作是：取最后一次的洗涤液，加入酸化的硝酸银溶液，没有沉淀生成，说明洗涤干净；（2）乙二醇和丙三醇互溶，二者沸点不同，利用蒸馏的方法分离，故选A；（3）操作Ⅰ为分离固液的操作、Ⅱ为蒸馏分离物质的操作；提取过程中有过滤和蒸馏等实验过程，不涉及加热固体，所以选C；（4）配制0.2mol/L的溶液470mL需要使用500mL容量瓶；一定物质的量浓度溶液配制的操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管）浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。故需要使用的主要仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；（5）①由可知密度为184g/cm3质量分数为98%的浓硫酸的物质的量浓度为mol/L=18.4mol/L，设需要浓硫酸的体积为VmL，由稀释定律可知，稀释前后溶质的物质的量不变，则有V×10-3L×18.4mol/L=0.50L×0.2mol/L，解得V≈5.4mL。②由（4）分析可知，正确的操作顺序(用字母填写)：(D)→(A)→C→B→E→G→(F)。（6）A．取用浓硫酸时仰视刻度线，则浓硫酸的体积偏大，浓度偏大；B．转移溶液时，不慎有少量溶液洒出，溶质有损失，浓度偏小；C．定容时仰视容量瓶刻度线，溶液的体积偏大，浓度偏小；D．将稀释后的稀硫酸立即转入容量瓶且进行后面的实验操作，没有冷却，当冷却后溶液的体积偏小，浓度偏大；E．定容后，把容量瓶倒置摇匀，正放后发现液面低于刻度线，又补充几滴蒸馏水至刻度线，溶液体积偏大，浓度偏小。故选AD。福建省福州市六校2023-2024学年高一上学期期中联考试题可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23S：32Cl：35.5第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、单选题(每题3分，16小题，共48分)1.下列物质的分类组合正确的是（）A.、NO、均为酸性氧化物B.、、均为酸C.硝酸、蔗糖、硫酸钡均为电解质D.铜丝、食盐水、稀硫酸均能导电〖答案〗D〖解析〗【详析】A．NO是不成盐氧化物，故A错误；B．是盐，故B错误；C．蔗糖是非电解质，故C错误；D．铜丝能导电，是因为有自由移动的电子定向移动而导电，食盐水、稀硫酸能导电，是因为有自由移动的离子定向移动而导电，故D正确；〖答案〗为D。2.下列叙述正确的是（）A.某溶液灼烧有黄色火焰，则该溶液一定是钠盐溶液B.氨水能导电，所以是电解质C利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体D.凡是能电离出的化合物都叫做酸〖答案〗C〖解析〗【详析】A．某溶液灼烧有黄色火焰，则该溶液不一定是钠盐溶液，也可能是氢氧化钠溶液，A错误；B．电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；氨水为能导电，是因为氨气和水生成的一水合氨为电解质，而是非电解质，B错误；C．光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应，利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体，C正确；D．酸是电离出的阳离子都是氢离子的化合物；硫酸氢钠能电离出是盐，D错误；故选C。3.下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（）A.中子数为12的钠原子：B.S原子结构示意图：C.35Cl2和37Cl2互为同位素D.、、是氢元素的不同核素〖答案〗D〖解析〗【详析】A．质量数不是12，而是23，A错误；B．硫原子的最外层电子数为6，而不是8，B错误；C．同位素只针对原子，C错误；D．质子数相同，都是氢元素，但是中子数不同，属于氢元素不同核素，D正确；故选D。4.下列物质在水溶液中的电离方程式，正确的是（）A.H2SO4=2H++SO4-2 B.MgCl2=Mg2++Cl2－C.Ba(OH)2=Ba2++2OH－ D.NaHCO3=Na++H++CO〖答案〗C〖解析〗【详析】A.H2SO4为强电解质，电离方程式为：H2SO4=2H++SO42-，A项错误；

B.MgCl2为强电解质，电离方程式为：MgCl2=Mg2++2Cl－，B项错误；

C.Ba(OH)2为强电解质，电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH-，C项正确；

D.NaHCO3为强电解质，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，D项错误；

〖答案〗选C。5.下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L的是（）A.将1L10mol/L的浓盐酸加入9L水中B.将40gNaOH溶解在1L水中C.将10gNaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250mlD.将22.4LHCl气体溶于水配成1L溶液〖答案〗C〖解析〗【详析】A、将1L10mol/L的浓盐酸加入9L水中，溶液的体积不等于10L，所以溶质的物质的量浓度不等于1mol/L；B、将40gNaOH溶解在1L水中，溶液的体积不等于1L，所以溶质的物质的量浓度不等于1mol/L；C、将10gNaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250mL，溶质的物质的量浓度为1mol/L；D.、没有说明气体状态，计算不出HCl的物质的量，所以将22.4LHCl气体溶于水配成1L溶液溶质的物质的量浓度不等于1mol/L；故选C。6.下列溶液Cl-浓度与50mL1mol·L-1AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度不相等的是（）A.150mL1mol·L-1的NaCl溶液B.75mL3mol·L-1NH4Cl溶液C.150mL3mol·L-1的KCl溶液D.75mL1mol·L-1的FeCl3溶液〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗50mL1mol·L-1AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度为1mol/L×3=3mol/L；【详析】A．150mL1mol·L-1的NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度为1mol·L-1，A符合题意；B．75mL3mol·L-1NH4Cl溶液中Cl-的物质的量浓度为3mol·L-1，B不符合题意；C．150mL3mol·L-1的KCl溶液中Cl-的物质的量浓度为3mol·L-1，C不符合题意；D．75mL1mol·L-1的FeCl3溶液中Cl-的物质的量浓度为1mol·L-1×3=3mol·L-1，D不符合题意；综上所述〖答案〗为A。7.某溶液中滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再滴入稀硝酸，沉淀不溶解，则该溶液中（）A.可能有或Ag+ B.一定有 C.一定无Ag+ D.可能有〖答案〗A〖解析〗【详析】某溶液中滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再滴入稀硝酸，沉淀不溶解，则沉淀为硫酸钡或氯化银，故原溶液中含有或Ag+，〖答案〗为A。8.与OH具有相同质子数和电子数的粒子是（）A.H2OB.F- C.Na+D.NH3〖答案〗B〖解析〗【详析】氢氧根离子中质子数为各元素的质子数之和，一个氢氧根离子中的质子数是9个，电子数是10个。A．H2O中质子数是10，电子数是10，所以和氢氧根离子中质子数不同，电子数相同，故A错误；B．F-中质子数是9，电子数是10，和氢氧根离子中质子数和电子数都相同，故B正确；C．Na+中质子数是11，电子数是10，所以和氢氧根离子中质子数不相同，故C错误；D．氨气分子中质子数是10，电子数是10，所以和氢氧根离子中质子数相同，电子数不同，故D错误；故选B。9.同温同压下，将等质量的H2、CO、CO2、SO2四种气体分别充入四个气球，其中充入SO2的气球是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗【详析】气体的物质的量n=，在同温同压下，气体摩尔体积相同，气体的体积V=n•Vm，即V=Vm可知，摩尔质量越大，气体的体积越小，H2、CO、CO2、SO2的摩尔质量分别为2g/mol、28g/mol、44g/mol、64g/mol，SO2的摩尔质量最大，其体积最小，则充入SO2的气球为选项D，故选D。10.下列物质含分子最多的是（）A.标准状况下90mL水 B.3molCO2C.标准状况下89.6LCl2 D.1.204×1024个O2〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗分子数与物质的量成正比，故分子数最多，即物质的量最大，据此回答；【详析】A．标准状况下90mL即90g水、水的物质的量为；B．3molCO2；C．标准状况下89.6LCl2的物质的量为；D．1.204×1024个O2的物质的量为；综上，〖答案〗选A。11.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.标准状况，中所含的分子总数为B.溶液中，的个数为C.的溶液中，含有的氧原子总数为D.的和的混合气体中所含的氮原子数目为〖答案〗D〖解析〗【详析】A．标准状况下H2O是液体，不能用气体摩尔体积计算水分子的物质的量，A错误；B．只有溶液的浓度，没有给出溶液的体积，无法计算溶液中各离子的物质的量，B错误；C．的溶液中为0.5mol，中含有的氧原子总数为，溶液中水也含有氧原子，故总的氧原子数大于，C错误；D．NO2和N2O4的最简式为NO2，的和的混合气体中n(NO2)=2mol，则所含的氮原子数目为，D正确；故选D。12.我国首艘使用了钛合金材料的国产航母已成功下水，钛(Ti)常温下与酸、碱均不反应，但高温下能被空气氧化，由钛铁矿(主要成分是FeO和TiO2)提取金属钛的主要工艺流程如图。下列说法错误的是（）A.步骤Ⅰ、II中均发生氧化还原反应B.步骤Ⅰ、Ⅱ中碳元素的化合价均升高C.步骤Ⅲ中反应可在氩气环境中进行，也可在空气中进行D.可用稀硫酸除去金属钛中的少量镁杂质〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗步骤Ⅰ为钛铁矿(主要成分是FeO和TiO2)和碳在高温下发生氧化还原反应，生成铁、二氧化钛和一氧化碳，步骤Ⅱ为二氧化钛与碳，氯气在高温下反应生成四氯化钛和一氧化碳，步骤Ⅲ为四氯化钛和过量镁粉在高温下发生置换反应生成氯化镁和钛，据此分析。【详析】A．步骤Ⅰ为钛铁矿(主要成分是FeO和TiO2)和碳在高温下发生氧化还原反应，生成铁、二氧化钛和一氧化碳，步骤Ⅱ为二氧化钛与碳，氯气在高温下反应生成四氯化钛和一氧化碳，步骤Ⅰ、II中均发生氧化还原反应，故A正确；B．步骤Ⅰ为钛铁矿(主要成分是FeO和TiO2)和碳在高温下发生氧化还原反应，生成铁、二氧化钛和一氧化碳，步骤Ⅱ为二氧化钛与碳，氯气在高温下反应生成四氯化钛和一氧化碳，碳元素的化合价均升高，故B正确；C．步骤Ⅲ为四氯化钛和过量镁粉在高温下发生置换反应生成氯化镁和钛，镁是活泼的金属，钛在高温下能被空气氧化，所以步骤Ⅲ需在氩气环境中进行，防止金属被空气氧化，不能在空气中进行，故C错误；D．钛在常温下与酸、碱均不反应，镁与稀硫酸反应，可用稀硫酸除去金属钛中的少量镁杂质，故D正确；故选C。13.能鉴别NH4Cl、Na2SO4、(NH4)2SO4、KCl四瓶无色溶液的试剂是（）A.Ba(OH)2溶液 B.AgNO3溶液 C.Ba(NO3)2溶液 D.NaOH溶液〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗四瓶溶液中的溶质有两瓶铵盐、两瓶硫酸盐，铵盐通常用强碱检验，硫酸盐通常用含Ba2+的可溶化合物检验。【详析】四瓶溶液中的溶质有两瓶铵盐、两瓶硫酸盐，铵盐通常用强碱检验：NH4++OH-NH3↑+H2O。硫酸盐通常用含Ba2+的可溶化合物检验：Ba2++SO42-=BaSO4↓。4个选项中只有Ba(OH)2溶液符合题意。发生的反应有：2NH4Cl+Ba(OH)22NH3↑+BaCl2+2H2O，Na2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2NaOH，(NH4)2SO4+Ba(OH)2BaSO4↓+2NH3↑+2H2O。实验现象是：向四瓶溶液中分别加入Ba(OH)2溶液加热，只有刺激性气味的气体产生的是NH4Cl溶液，只有白色沉淀产生的是Na2SO4溶液，既有刺激性气味的气体又有白色沉淀产生的是(NH4)2SO4溶液，无明显现象的是KCl溶液。〖答案〗选A。14.关于下列实验装置的说法不正确的是（）A.利用装置①灼烧干海带 B.利用装置②分离和水溶液C.利用装置③蒸馏米酒D.利用装置④探究反应物浓度对反应速率的影响〖答案〗D〖解析〗【详析】A．用坩埚灼烧干海带，选装置①，A正确；B．和水互不相溶，溶液出现分层，可用分液操作分离，选装置②，B正确；C．利用沸点不同蒸馏米酒，选装置③，C正确；D．该探究变量有金属Mg和Al、盐酸的浓度，不能探究反应物浓度对反应速率的影响，D错误；故选：D。15.下列实验操作中错误的是（）A.分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B.蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口C.可用酒精萃取碘水中的碘D.称量时，称量物放在称量纸上，置于托盘天平左盘，砝码放在托盘天平的右盘〖答案〗C〖解析〗【详析】A．分液时分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，能避免液体重新混合而污染，A正确；B．蒸馏时，温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口，用于测量馏分的温度，B正确；C．酒精与水混溶，不能用作萃取剂，应用苯或四氯化碳，C错误；D．称量时，药品不能直接放在托盘上，应放在称量纸上，可防止药品腐蚀托盘天平，且应该按照左物右码原则放置，D正确；故合理选项是C。16.在无土栽培中，需配制一种含50molNH4Cl、16molKCl和24molK2SO4的营养液。若用KCl、NH4Cl和(NH4)2SO4三种固体为原料来配制，其物质的量分别为（）A.2mol、64mol、24mol B.64mol、2mol、24molC32mol、50mol、12mol D.16mol、50mol、24mol〖答案〗B〖解析〗【详析】溶液中n(NH4＋)=50mol，n(K＋)=(16＋24×2)mol=64mol，n(Cl－)=(50＋16)mol=66mol，n(SO42－)=24mol，因此需要KCl的物质的量为64mol，n(NH4Cl)=(66－64)mol=2mol，N[(NH4)2SO4]=24mol，故选项B正确。第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、简答题(本题共4题，52分)17.完成下列填空：（1）分子数为3.01×1023个NH3的物质的量约为___________。（2）标准状况下，2.24LCl2的质量为___________g，标准状况下，将aLHCl气体溶于水配成500mL0.4mol∙L-1的溶液，则a=___________；（3）在一定的温度和压强下，1体积气体X2跟3体积气体Y2化合生成2体积化合物C，则该化合物的化学式是___________。（4）在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体11.2L，质量为20g，该混合气体中，CO和CO2物质的量之比为___________，碳与氧两种原子的数目之比为___________。（5）已知溶液Y由20mL0.1mol∙L-1AlCl3溶液和30ml0.2mol∙L-1MgCl2溶液混合而成，则Y中c(Cl-)=___________mol∙L-1(假设混合溶液的体积等于混合前两种溶液的体积之和)。〖答案〗（1）0.5mol（2）①.7.1②.4.48（3）XY3(或Y3X)（4）①.1：3②.4：7（5）0.36〖解析〗（1）n(NH3)=。（2），m(Cl2)=n(Cl2)M(Cl2)=0.1mol71g/mol=7.1g；n(HCl)=c(HCl)v=0.4mol∙L-10.5L=0.2mol，0.2mol=，则a=4.48L。（3）根据阿伏伽德罗定律可知，同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，则1体积气体X2跟3体积气体Y2化合生成2体积化合物C，可知X2+3Y2=2C，根据质量守恒定律，可知C是由X和Y两种元素组成，且其化学式为XY3(或Y3X)。（4）根据题意，混合气体的物质的量为，设CO物质的量为amol,则CO2物质的量为(0.5-a)mol，则根据气体质量可得等式28a+44(0.5-a)=20，解得a=0125mol，则n(CO2)=0.5-0.125=0.375mol，则n(CO)：n(CO2)=0125：0.375=1：3；则n(C)：n(O)=(1+3)：(1+3)=4：7，故N(C)：N(O)=4：7。（5）n(AlCl3)=0.1mol∙L-10.02L=0.002mol，n(MgCl2)=0.2mol∙L-10.03L=0.006mol，则混合液中的n(Cl-)=0.0023+0.006mol2=0.018mol，则c(Cl-)==0.36mol∙L-1。18.有几种物质：①铝；②；③75%酒精溶液；④稀盐酸；⑤；⑥NaOH固体；⑦熔融。（1）以上物质属于单质的是___________(填序号，下同)，属于电解质的是___________，属于非电解质的是___________。（2）①与⑥的水溶液反应的化学方程式为___________。（3）根据酸能电离出的数目可将酸分为一元酸(如HCl、二元酸(如)、三元酸如()，二元酸能与碱反应生成一种正盐(如)和一种酸式盐(如)；三元酸能与碱反应生成一种正盐(如)和两种酸式盐(如、)。①是二元酸，写出它与反应生成的酸式盐的方程式___________。②能与反应生成两种盐，则是___________元酸，生成的正盐的方程式：___________。〖答案〗（1）①.①②.⑤⑥⑦③.②（2）（3）①.②.二③.〖解析〗（1）电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；①铝是金属单质；②CO2属于非电解质；③75%酒精溶液属于混合物；④稀盐酸属于混合物；⑤H2SO4为酸，属于电解质；⑥NaOH固体为碱，属于电解质；⑦熔融KNO3为盐，属于电解质；故以上物质属于单质的是①，属于电解质的是⑤⑥⑦，属于非电解质的是②；（2）①与⑥的水溶液反应为铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为；（3）①是二元酸，它与Ba(OH)2反应生成的酸式盐为Ba(HSO3)2，同时生成水，方程式。②H3PO3能与KOH反应生成两种盐，说明H3PO3能够电离出2个氢离子，为二元酸，生成的正盐为K2HPO3，同时生成水，方程式。19.航天员王亚平在“天宫课堂”中介绍了空间站中的生活，在轨演示了水球变气球等一系列炫酷又好玩的实验。Ⅰ．“天宫”中水和氧气的最大化利用是保障生活的重要措施。如图是空间站常用资源再利用模拟图。（1）“尿处理系统”采用蒸馏方法对其中成分进行分离。此方法是根据尿液中各成分的___________不同进行分离的。（2）“水电解系统”中发生反应的化学方程式为___________。（3）在水净化系统中，用臭氧()消素，臭氧在一定条件下转化为氧气的化学方程式为：___________；该反应___________(填“属于”或“不属于”)氧化还原反应。（4）在一定条件下，“萨巴蒂尔反应器”可以除去，该反应的化学方程式为_________。Ⅱ．王亚平将蓝色颜料注入水球中，整个水球变成蓝色，将泡腾片放入水球中，产生大量气泡向四面八方扩散，充满整个水球。气体并不溢出，使水球越来越大。（5）泡腾片在水中发生了如下反应：___________(补全化学方程式)。（6）如果在空间站失重状态下收集制得的氧气，可以选用下列装置中的___________(填序号)。A. B. C.D.〖答案〗（1）沸点（2）（3）①.②.不属于（4）（5）CO2（6）D〖解析〗（1）“尿处理子系统”采用蒸馏方法对其中成分进行分离。此方法是根据尿液中各成分的沸点不同进行分离的；（2）“水电解系统”中，水电解生成氢气和氧气：；（3）在水净化系统中，用臭氧(O3)消毒，臭氧在一定条件下转化为氧气，根据原子守恒可得该反应的化学方程式为，反应中没有元素化合价改变，不属于氧化还原反应；（4）根据图示可知：在一定条件下，“萨巴蒂尔反应器”中CO2与H2反应产生CH4、H2O，从而可以除去CO2，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为；（5）根据题目已知信息，可知在泡腾片在水中发生了反应，根据方程式中已知物质，结合质量守恒定律，可知产生的物质还缺少CO2气体，故为CO2；（6）如果在空间站失重状态下收集制得的氧气，就不能采用常规的排气方法或排水方法收集，