福建省莆田第一中学2023-2024学年高一上学期期中考试化学试题（Word版附解析）

福建省莆田第一中学2023-2024学年高一上学期期中考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1He-4C-12N-14O-16Na-23S-32Ca-40Mn-55Zn-65Ba-137一、单选题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。只有一个选项符合题意)1.化学与科技、生活、社会发展密切相关，下列有关说法不正确的是A.新冠病毒在空气中形成的气溶胶能产生丁达尔效应B.以铁粉为主要成分制成双吸剂放入食品包装袋，可以延长食物的保质期C.我国科学家由二氧化碳合成淀粉，可减少二氧化碳的排放，实现“碳中和”D.北京冬奥会的颁奖礼服中含有的石墨烯是一种有机物【答案】D【解析】【详解】A．气溶胶属于胶体，能产生丁达尔效应，故A正确；B．铁粉有还原性，可以吸收空气中的氧气和水分，放入食品包装袋，可以延长食物的保质期，故B正确；C．由二氧化碳合成淀粉，可减少二氧化碳的排放，符合“碳中和”的定义，故C正确；D．石墨烯是由碳原子组成的，是无机物，不是有机物，故D错误；故答案为：D。2.下列物质的分类合理的是A.酸性氧化物：B.混合物：碱石灰、氨水、水煤气、氢氧化铁胶体C.碱：熟石灰、纯碱、苛性钠、氢氧化钡D.碱性氧化物：【答案】B【解析】【详解】A.CO不是酸性氧化物，它是不成盐氧化物，A错误；B.碱石灰、氨水、水煤气、氢氧化铁胶体都是混合物，B正确；C.纯碱的化学式为Na2CO3，它属于盐，不属于碱，C错误；D.Al2O3不是碱性氧化物，它是两性氧化物，D错误。 故选B。3.下列化学用语表示正确的是A.硫酸铁的化学式：B.原子的结构示意图：C.中Fe元素的化合价：+3D.的电离方程式：【答案】D【解析】【详解】A．硫酸铁的化学式为，故A错误；B．由图可知，该粒子的质子数是17，电子数是18，属于阴离子，即该图是氯离子的结构示意图，故B错误；C．K2FeO4中K显+1价，O显-2价，设铁的化合价为x,则有+1×2+x+(-2)×4=0，解得x=+6，因此Fe显+6价，故C错误；D．电离为钾离子和亚硫酸氢根，电离方程式：，故D正确。答案选D。4.表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A.常温常压下，个分子所占的体积是B.含中子的数目为C.常温常压下，和的混合气体中原子总数为D.与足量稀完全反应生成的所含原子数目为【答案】C【解析】【详解】A．个分子的物质的量为0.05mol，常温常压下，所占的体积大于，故A错误； B．分子中含有10个中子，含中子的数目为，故B错误；C．NO2、N2O4最简式都是NO2，和的混合气体中原子总数为，故C正确；D．与足量稀完全反应生成1mol，所含原子数目为2，故D错误；选C。5.最近，中科院核化学研究室科研人员自主研发Ge分离纯化工艺和Ge/Ga发生器制备技术，并测得Ge的半衰期为271天。已知：质量数相同、质子数不同的原子互为同量素；半衰期指质量减少一半所需要的时间。下列说法正确的是A.Ge和Ga互为同位素B.Ge和Ge互为同量素C.的中子数与质子数之差为6D.mgGe衰变813天时剩余的质量为mg【答案】C【解析】【详解】A．Ge和Ga二者质子数不同，不互为同位素，A错误；B．Ge和Ge二者质量数不相同，不互为同量素，B错误；C．的质子数为31，中子数为68-31=37，中子数与质子数之差为6，C正确；D．Ge的半衰期为271天，则mgGe衰变813天时剩余的质量为mg，D错误；故选C。6.已知：X、Y、Z三种元素的质子数依次增大，且均小于18。X元素的原子最外层电子数是电子层数的2倍，且常温下X的单质为固体；Y元素的原子的最外层电子数与其K层的电子数相等；Z元素的原子得到1个电子，所得到的微粒具有与氩原子相同的电子层结构。下列说法正确的是A.的单质中含质子B.Y的单质不能与反应C.X元素氧化物都是酸性氧化物D.化合物属于非电解质【答案】A 【解析】【分析】X元素的原子最外层电子数是电子层数的2倍，且X的单质为固体，X是C元素；Y元素的原子的最外层电子数与其K层的电子数相等，Y是Mg元素；Z元素的原子次外层电子数比最外层电子数多1，Z是Cl元素。【详解】A．Z是Cl元素，Cl2分子中质子数为34，0.1molCl2中含3.4mol质子，故A正确；B．Y是Mg元素，金属Mg能与反应生成氧化镁，故B错误；C．X是C元素，CO不是酸性氧化物，故C错误；D．溶液能导电，属于电解质，故D错误；选故A。7.把aL含硫酸铵和硝酸铵的混合液分成2等份，一份需用bmol烧碱刚好把铵全部反应，另一份与氯化钡溶液反应时，消耗cmol氯化钡。由此可知原溶液中NO3-离子的物质的量浓度为(单位：mol·L-1)A.mol/LB.mol/LC.mol/LD.mol/L【答案】A【解析】【详解】设每份中NH4+的物质的量为x，SO42-的物质的量为y，根据NH4++OH-NH3↑+H2O，可知x=b，原溶液中NH4+的物质的量为2bmol。根据Ba2++SO42-=BaSO4↓，可知y=c。由溶液整体不显电性(电荷守恒)可知：n(NH4+)×1=n(SO42-)×2+n(NO3-)×1,，解得，所以原溶液中NO3-的物质的量浓度为mol·L-1。所以答案选择A项。【点睛】因溶液具有均一性，所以只算每等份中的硝酸根离子的物质的量浓度也是可以的。8.下列示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表容器，容器中间有一个可以左右自由滑动的隔板(其质量忽略不计)。其中能表示相同温度时，等质量的氢气与氦气的是A.B.C.D.【答案】A 【解析】【详解】A．白球代表氢原子，黑球代表氮原子，等质量的氢气与氦气，其物质的量之比===2：1，相同条件下其体积之比为2：1，A符合题意；B．白球代表氢原子，黑球代表氦原子，物质的量之比=8：2=4：1，且氦气是单原子构成的分子，不满足条件，故B错误；C．白球代表氢原子，黑球代表氦原子，物质的量之比2：1，而图中体积之比为1：2，故C错误；D．白球代表氢原子，黑球代表氦原子，物质的量之比为2：1，而图中体积之比为1：1，故D错误。答案选A。9.如图是利用“手持”技术测定阳光照射不同气体温度变化曲线，其中四个容器均密闭、体积相等且初始压强均为101kPa。下列说法错误的是A.实验开始时，四种气体密度相同B.若容器的容积为22.4L，13:00时N2原子个数少于2NAC.12:30-13:30时间范围内CO2压强最大D.CO2是四种气体中温室效应最显著的【答案】A【解析】【详解】A．实验开始时，四个容器均密闭、体积相等且初始压强均为101kPa，则气体的物质的量相同，由于四种气体的相对分子质量不等，所以质量不等，密度不等，A错误；B．若容器的容积为22.4L，13:00时N2温度在40℃左右，气体的摩尔体积大于22.4L/mol，N2的物质的量小于1mol，则原子个数少于2NA，B正确；C．12:30-13:30时间范围内CO2的温度最高，此时气体的物质的量、体积均相同，所以CO2的压强最大，C正确；D．四种气体中，光照时间相同，CO2的温度变化最大，则CO2是四种气体中温室效应最显著的，D正确； 故选A。10.下列实验中，所选装置合理的是ABCD稀释浓硫酸灼烧碎海带酒精萃取碘水中碘分离酒精和水A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．浓硫酸密度比水大，且溶于水放热，浓硫酸的稀释时候，应该将浓硫酸沿烧杯内部缓缓倒入水中，并用玻璃棒进行搅拌，A错误；B．灼烧碎海带应该在坩埚中进行，不能在蒸发皿中，B错误；C．酒精和水互溶，不能用作萃取剂，C错误；D．酒精和水是互溶的沸点不同的液体，可以采用蒸馏分离的方法，D正确；故答案为：D。11.青蒿素是高效的抗疟疾药，为无色针状晶体，易溶于有机溶剂，在水中几乎不溶，熔点为，热稳定性差。提取青蒿素的主要工艺如下。(已知：乙醚的沸点为)下列说法不正确的是A.破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率B.操作Ⅰ需要用到的玻璃仪器有分液漏斗、玻璃棒、烧杯C.操作Ⅱ利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大D.操作Ⅲ为重结晶【答案】B 【解析】【详解】A．破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率，故A正确；B．操作Ⅰ是固液分离，方法为过滤，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，故B错误；C．操作Ⅱ是从青蒿素的乙醚溶液中提取青蒿素，方法为蒸馏，利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大，故C正确；D．青蒿素可溶于乙醇，故粗品中加95%的乙醇溶解后，经浓缩、结晶、过滤可以除去不溶的杂质，操作Ⅲ为重结晶，故D正确；12.某同学想用实验证明高锰酸钾溶液的紫红色是MnO4－离子的颜色，而不是K＋离子的颜色，他设计的下列实验步骤中没有意义的是A.将高锰酸钾晶体加热分解，所得固体质量减少B.观察氯化钾溶液没有颜色，表明溶液中K＋无色C.在氯化钾溶液中加入适量锌粉振荡，静置后未见明显变化，表明锌与K＋无反应D.在高锰酸钾溶液中加入适量锌粉振荡，静置后见紫红色褪去，表明MnO4－离子为紫红色【答案】A【解析】【详解】用实验证明高锰酸钾溶液的紫红色是MnO4-离子的颜色，而不是K+离子的颜色；A．将高锰酸钾晶体加热分解，所得固体质量减少，只说明高锰酸钾受热易分解，不能说明哪种离子有色，没有意义，故A错误；B．观察氯化钾溶液没有颜色，表明溶液中K+无色，说明高锰酸钾溶液有色与钾离子无关，有意义，故B正确；C．在氯化钾溶液中加入适量锌粉振荡，静置后未见明显变化，表明锌与K+无反应，但锌能与高锰酸钾溶液反应，有意义，故C正确；D．在高锰酸钾溶液中加入适量锌粉振荡，静置后见紫红色褪去，表明MnO4-离子为紫红色，说明钾离子无色，有意义，故D正确；故答案为A。【点睛】考查化学实验方案评价，根据实验目的利用对比方法进行验证判断是解本题关键，要注意实验方案的严密性、准确性，易错选项是C，注意C的目的是证明锌和高锰酸根离子反应和钾离子不反应。13.下列有关物质检验的实验结论正确的是选项实验操作及现象实验结论 A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有B向某溶液中加入浓溶液，加热，产生气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝该溶液中一定含有C用洁净铂丝蘸取溶液，在酒精喷灯外焰上灼烧，观察到火焰呈黄色溶液一定是钠的盐溶液D向某溶液中加入盐酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的气体该溶液中一定含A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则该溶液中一定含有或Ag+，A不正确；B．向某溶液中加入NaOH浓溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该气体一定是氨气，所以溶液中一定含有，B正确；C．用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则该溶液中一定含有钠元素，但不一定是钠盐，C不正确；D．向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水中，变浑浊，则该溶液中可能含有，也可能含有，D不正确；故选B。14.某溶液中可能含有下列6种离子中的某几种：Cl-、、、、Na+、K+，为确认溶液组成进行如下实验：(1)取200mL上述溶液，加入足量BaCl2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀4.30g，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶。(2)向(1)的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体1.12L(已换算成标准状况，假定产生的气体全部逸出)，由此可以得出关于原溶液组成的正确结论是 A.一定存在、、，可能存在Cl-、Na+、K+B.一定存在、、、Cl-，一定不存在Na+、K+C.c()=0.01mol/L，c()>c()D.如果上述6种离子都存在，则c(Cl-)>c()【答案】D【解析】【分析】(1)取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4，质量一共是4.3g，则溶液中含有、，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶，则硫酸钡的质量是2.33g，其物质的量是2.33g÷233g/mol=0.01mol，碳酸钡的质量是4.3g-2.33g=1.97g，其物质的量是1.97g÷197g/mol=0.01mol；(2)向(1)的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，物质的量是1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，说明溶液中物质的量是0.05mol；根据溶液电中性可知，一定存在Cl-，不能确定是否存在Na+、K+，且氯离子的物质的量最少为0.05mol-0.01mol×2-0.01mol×2=0.01mol；【详解】A．由分析可知，一定存在Cl-、、、，可能存在Na+、K+，A错误；B．由分析可知，一定存在Cl-、、、，可能存在Na+、K+，B错误；C．由分析可知，c()=0.05mol÷0.2L=0.25mol/L，c()=0.01mol÷0.2L=0.05mol/L，c()>c()，C错误；D．Y如果上述6种离子都存在，则存在钠离子、钾离子中的一种，根据溶液电中性可知，氯离子大于0.01mol，故c(Cl-)>c()，D正确；故选D。二、填空题(本大题共4小题，共58分)15.完成下列问题。（1）2022年6月5日，长征二号F运载火箭将神舟十四号载人飞船成功发射。该运载火箭是以偏二甲肼(C2H8N2)和四氧化二氮(N2O4)作推动剂，发生反应的化学方程式为。请在横线上填写出该反应的化学计量数为___________，完成化学方程式的配平，X单质的化学式为___________。 （2）等质量的和，分子个数比为___________，同温同压下，等体积的和密度比为___________。（3）在标准状况下，恰好与溶液反应生成，则此溶液的物质的量浓度为___________。（4）氢气是一种清洁能源，甲烷制氢的化学方程式为。在标准状况下，与一定量的中恰好完全反应，反应后测得生成物的体积是，则生成___________，消耗的的体积是___________。【答案】（1）①.2；4②.N2（2）①.16∶17②.11∶8（3）（4）①.0.02②.【解析】【小问1详解】根据原子守恒可知，X为N2，CO2的系数为2，H2O的系数为4。【小问2详解】等质量的和，分子个数比等于其物质的量之比为：=16∶17，由阿伏伽德罗定律可知，同温同压下，等体积的和密度比等于二者的摩尔质量之比为44:32=11∶8。【小问3详解】在标准状况下，的物质的量为=0.01mol，由方程式CO2+NaOH=NaHCO3可知，0.01molCO2恰好与溶液反应生成，则此溶液的物质的量浓度为=。【小问4详解】生成物的体积是，物质的量为mol，由方程式可知，生成物中CO2和H2的比例为1:2，则生成0.2molH2，消耗的的体积是0.01mol×22.4L/mol=。16.物质的制备是化学学科的基本研究方向。（1）室温下，将氨水和溶液混合，可制得溶液。 ①属于___________(填“电解质”或“非电解质”)，在水中的电离方程式为___________。②制得溶液的化学方程式为___________。（2）用溶液(溶液显碱性)和溶液发生复分解反应制备，在烧杯中制备沉淀时，应选用的加料方式是___________(填字母)，原因是避免生成___________沉淀(填物质的化学式)。A．将溶液缓慢加入到盛有溶液的烧杯中B．将溶液缓慢加入到盛有溶液的烧杯中（3）软锰矿(主要成分)的水悬浊液可吸收烟气中并同时制备。①制备反应的化学方程式为___________。②质量为纯净最多能吸收___________(标准状况)。【答案】（1）①.电解质②.③.（2）①.A②.（3）①.②.6.72【解析】【小问1详解】①是弱碱，属于电解质；在水中电离为铵根和碳酸氢根，电离方程式为；②与反应生成和水，化学方程式为：；【小问2详解】当溶液显碱性时，Fe2+完全生成Fe(OH)2沉淀，而该反应的目的是制备碳酸亚铁沉淀，碳酸钠的水溶液呈碱性，将FeSO4溶液加入Na2CO3溶液中，则碳酸钠溶液呈碱性，存在OH-，pH＞7，很容易产生氢氧化亚铁沉淀，若将Na2CO3溶液加入盛有FeSO4溶液中，此时Fe2+是过量的，且此时溶液显酸性，不易产生氢氧化亚铁，此时碳酸根离子很容易与亚铁离子结合为沉淀析出； 【小问3详解】①与SO2在水溶液中反应生成，化学方程式为：；②根据可知，n(SO2)=n(MnO2)==0.3mol，其体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L。17.某同学设计如下实验方案以分离和两种固体混合物，试回答下列问题：供选试剂：溶液、溶液、溶液、盐酸（1）操作②的名称是___________。（2）试剂a是___________(填化学式)，固体B是___________(填化学式)。（3）生成沉淀A的化学反应方程式为___________；加入试剂b发生反应的化学方程式为___________。（4）该方案能否达到实验目的___________。若不能，应如何改进(若能，此问不用回答)___________。【答案】（1）过滤（2）①.②.（3）①.②.（4）①.不能②.滤液中有过量未除去，应加入稀盐酸除去【解析】【分析】分离KCl和BaCl2两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量K2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，操作②所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，蒸发结晶得到固体C为KCl和K2CO3，应加入过量盐酸可得KCl,沉淀A为BaCO3，洗涤后，加盐酸，蒸发得到固体B为BaCl2，以此来解答。【小问1详解】操作②为固体和液体的分离，为过滤操作； 【小问2详解】固体溶解后加入过量K2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，即a为K2CO3，B为；小问3详解】由上述分析可知，加入试剂a所发生反应的化学方程式为K2CO3+BaCl2═BaCO3↓+2KCl,加入试剂b所发生反应的化学方程式为BaCO3+2HCl═BaCl2+H2O+CO2↑；【小问4详解】滤液为KCl和K2CO3的混合物，⑥蒸发结晶前应加入适量稀盐酸，将过量的碳酸钾转化成氯化钾。18.Ⅰ.某兴趣小组的同学用晶体配制的溶液。请回答下列问题：（1）应称取晶体的质量：___________。（2）根据下列操作对所配溶液的浓度产生的影响，完成下列问题：①晶体失去了部分结晶水②用“左码右物”的称量方法称量晶体(使用游码)③碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠④容量瓶未经干燥使用⑤定容时仰视刻度线观察液面其中引起所配溶液浓度偏高的有___________(填序号，下同)，无影响的有___________。（3）某同学改用固体配制上述溶液的过程如图所示：①你认为该同学的错误步骤有___________(填序号)。 A．1处B．2处C．3处D．4处②该配制过程中两次用到玻璃棒，其作用分别是___________、___________。Ⅱ.另一兴趣小组的同学开展了测定和的固体混合物中质量分数的探究实验。他们设计了如图的实验方案：（4）滴加溶液应“过量”，否则可能会使测定的结果___________(填“偏大”或“偏小”)，确定溶液是否过量的方法是___________。（5）该混合物中的质量分数为___________(保留三位有效数字)。【答案】（1）14.3g（2）①.①②.④（3）①.B②.搅拌③.引流（4）①.偏小②.取少量溶液M，滴入适量的碳酸钠溶液，若有白色沉淀产生，则溶液已过量（5）96.4%【解析】【小问1详解】配制的溶液，应称取晶体的质量m=cVM=0.1mol/L×0.5L×286g/mol=14.3g；【小问2详解】①晶体失去了部分结晶水，碳酸钠物质的量偏大，所配溶液浓度偏高；②用“左码右物”的称量方法称量晶体(使用游码)，溶质质量偏小，所配溶液浓度偏低；③碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠，碳酸钠物质的量偏小，所配溶液浓度偏低；④容量瓶未经干燥使用，所配溶液浓度无影响；⑤定容时仰视刻度线观察液面，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；其中引起所配溶液浓度偏高的有①，无影响的有④。【小问3详解】 ①错误步骤有应该洗涤烧杯、玻璃棒，并把洗涤液移入容量瓶；定容时应平视刻度线，共2处错误，选B。②该配制过程中两次用到玻璃棒，溶解时用玻璃棒搅拌，向容量瓶中移液液体时用玻璃棒引流。【小问4详解】若溶液不足，生成碳酸钙沉淀偏少，则碳酸钠的质量偏小，会使测定碳酸钠质量分数偏小；若溶液过量，则溶液M中含有Ca2+，确定溶液是否过量的方法是：取少量溶液M，滴入适量的碳酸钠溶液，若有白色沉淀产生，则溶液已过量；【小问5详解】反应生成10g碳酸钙沉淀，根据反应关系式Na2CO3~~CaCO3，m(Na2CO3)=10.6g，该混合物中的质量分数为。