2024届北京市对外经贸大学附属中学化学高一上期末学业水平测试试题含解析

2024届北京市对外经贸大学附属中学化学高一上期末学业水平测试试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、当光束通过下列分散系时，能产生丁达尔效应的是A．CuSO4溶液 B．Na2CO3溶液 C．Fe(OH)3胶体 D．Ba(OH)2溶液2、下列有关化学用语表示正确的是（）A．中子数为10的氧原子：OB．S2-的结构示意图：C．H2SO4在水中的电离方程式：H2SO4═H2++SO42-D．镁橄榄石（2MgO•SiO2）的化学式：MgSiO33、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A．CO2CaCO3 B．FeFeCl3C．CuOCu(OH)2 D．AlAl(OH)34、可用如图所示装置制取（必要时可加热）、净化、收集的气体是A．亚硫酸钠固体与硫酸反应制二氧化硫B．氯化铵与氢氧化钙固体反应制氨气C．锌和稀硫酸反应制氢气D．铜与稀硝酸反应制一氧化氮5、下列有关说法正确的是A．氯化钠溶液均一、稳定、透明，不是分散系B．“冰水混合物”是一种分散系C．分散系有的是纯净物，有的是混合物D．分散系都是混合物，按分散质和分散剂所处的状态，分散系的组合可能有9种方式6、酸性KMnO4溶液和CuS混合时，发生的反应如下:MnO4-+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O，下列有关该反应的说法中正确的是（）A．被氧化的元素是Cu和SB．Mn2+的还原性强于CuS的还原性C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:5D．若生成2.24L(标况下)SO2，转移电子的物质的量是0.8mol7、对于下列事实的解释错误的是A．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性B．浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定C．常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应D．铝箔在空气中受热可以熔化，由于氧化膜的存在，熔化的铝并不滴落8、类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否。下列各组类推结论与描述对应正确的是选项

反应I

反应Ⅱ

描述

A

CuSO4+Fe—

CuSO4+Na—

向CuSO4溶液中加入较活泼的金属单质均可以置换得到单质铜

B

浓氨水与浓盐酸

浓氨水与浓硝酸

在空气中靠近均能产生白烟

C

NaOH+MgCl2—

NaOH+AlCl3—

过量NaOH溶液加入溶液中均生成白色沉淀

D

Ca(ClO)2+CO2—

Ca(ClO)2+SO2—

向漂白粉溶液中通入足量的气体反应后，所得的溶液均具有漂白性

A．A B．B C．C D．D9、下列试剂能盛装在玻璃塞试剂瓶中的是A．盐酸B．氢氟酸C．水玻璃D．KOH溶液10、某兴趣小组对NH4NO3的热分解产物提出如下4种猜想：甲：N2、HNO3、H2O乙：N2O、NO、H2O丙：NH3、N2、H2O丁：N2、NO、H2O你认为猜想有科学性不正确的是（）A．甲和乙 B．乙和丁 C．乙和丙 D．丙和丁11、下列有关二氧化硅的叙述中不正确的是A．沙子、石英、水晶的主要成分都是SiO2B．SiO2是制光导纤维的主要原料C．硅酸可由SiO2直接制得D．SiO2是酸性氧化物，一定条件下可与碱性氧化物或碱反应12、现有甲、乙两个容积相同的密闭容器，分别充入NH3和N2，当它们的温度和密度都相同时，下列说法中正确的是（）A．两容器气体的质量相等 B．两容器气体所含分子数相等C．两容器气体所含原子数相等 D．两容器中气体的压强相等13、假设SiO2原子晶体中Si原子被Al原子取代，不足的价数由K原子补充。当有25%的硅原子被铝原子取代时，可形成正长石，则正长石的化学组成为A．KAlSiO4 B．KAlSi2O6 C．KAlSi3O8 D．KAlSi4O1014、氯碱工业中的某生成物，在一定条件下与另外两种生成物均能发生反应，该生成物的结构和性质错误的是()A．该生成物中含有极性键，且溶于水或呈酸性B．该生成物分子中，所含微粒均达到8电子稳定结构C．该生成物可以使淀粉KI溶液变蓝D．该生成物属于氧化产物15、下列说法中错误的是A．—NMR(核磁共振)可用于含碳化合物的结构分析，的中子数为6B．Se是人体必需的微量元素，和互为同位素C．某些花岗石产生氡()，从而对人体产生伤害，的质量数是222D．原子结构示意图既可以表示16O，也可以表示18O16、M2+与aN-具有相同的电子层结构，则M元素的质子数为（）A．a+2B．a-3C．a+3D．a-1二、非选择题（本题包括5小题）17、已知A为常见的金属单质，根据如下所示的转化关系回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：A________，B_______，C_______，D_________，E__________。(2)反应③的离子方程式为_______________；反应④的离子方程式为___________；反应⑦的化学方程式为_____________。18、有一包白色固体，可能含有NaCl、Na2SO4、CaCl2、CuSO4、Na2CO3，将固体放入水中，经搅拌后变为无色溶液；在溶液里加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入盐酸，沉淀全部溶解并有气体放出，由此推断：（1）原固体肯定有___。（2）原固体肯定不存在___。（3）不能确定是否存在___。19、某实验小组拟配制0.10mol·L-1的氢氧化钠溶液并进行有关性质实验，回答下列问题。(1)若实验中大约要使用475mL氢氧化钠溶液，至少需要称量氢氧化钠固体________g。

(2)从如图中选择称量氢氧化钠固体所需要的仪器________(填序号)。

(3)定容时加水超过刻度线，会使配制溶液的浓度_________(偏高，偏低或不变)。

(4)下列情况会使所配溶液浓度偏低________(填序号)。①称量读数时，左盘高，右盘低②溶液转移到容量瓶后，未进行洗涤操作③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水④定容时，仰视容量瓶的刻度线⑤在烧杯中溶解氢氧化钠后，立即将所得溶液注入容量瓶中⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线20、回答下列问题：（1）过程①是为了除去粗盐中的SO42－、Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等杂质，若要除去SO42－，则需要加入的试剂为_____________；若所加的该试剂过量，则可以被后加入的________________除去。（2）过程②能否一步实现转化？______________（填“能”或“否”），Mg(OH)2与盐酸反应可以得到MgCl2溶液，则该反应的离子方程式为_____________________________________________。（3）过程④反应的离子方程式为_____________________________________________________。（4）若用CCl4萃取溴水中的Br2，分液时CCl4层应从分液漏斗的_____________放出。21、某同学为了检验浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应:，产生的所有气体产物，选用了下图所示实验装置。（1）①中无水硫酸铜的作用是___________。（2）②中酸性KMnO4溶液的作用是______________________。（3）②中两次用到品红溶液，它们的作用分别是A________、B________。（4）③中发生反应的离子方程式是_____________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解题分析】

溶液没有丁达尔效应，胶体具有丁达尔效应，故C正确。2、B【解题分析】

A.中子数为10的氧原子，其质量数为18，其符号为：，故A错误；B.S2－的结构示意图：，故B正确；C.H2SO4在水中的电离方程式：H2SO4═2H++SO42－，故C错误；D.镁橄榄石（2MgO•SiO2）的化学式：Mg2SiO4，故D错误；综上所述，答案为B。3、B【解题分析】

A.二氧化碳与氯化钙溶液不反应，故不选A；B.铁在氯气中燃烧生成氯化铁，故选B；C.氧化铜不溶于水，故不选C；D.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，铝与氢氧化钠不能生成氢氧化铝，故不选D。4、A【解题分析】

A.亚硫酸钠固体与硫酸反应生成SO2，SO2可用浓硫酸干燥，SO2密度比空气大，可用向上排空气法收集，A符合题意；B.氯化铵与氢氧化钙固体共热制氨气的发生装置应选择固体加热制气体型，氨气可被浓硫酸吸收，不能用浓硫酸干燥氨气，氨气的密度比空气小，应用向下排空气法收集，B不符合题意；C.锌与稀硫酸反应生成氢气，H2可用浓硫酸干燥，但氢气的密度小于空气，应用向下排空气法收集，C不符合题意；D.Cu与稀硝酸反应生成NO，NO可用浓硫酸干燥，NO可被氧气氧化，不能用排空气法收集，D不符合题意；答案选A。5、D【解题分析】

A．根据分散质直径不同，将分散系分为溶液、胶体、浊液三种，它们均是混合物，氯化钠溶液是均一稳定透明的分散系，A错误；B．冰水混合物是一种分散系，，B正确；C．分散系都是混合物，C错误；D．分散系都是混合物，按分散质和分散剂所处的状态，分散系的组合有9种方式,分别为：以气体为分散剂，固体，液体，气体为分散质,以固体为分散剂，固体，液体，气体为分散质,以液体为分散剂，固体，液体，气体为分散质，D正确；答案选D。6、C【解题分析】

A.反应中，铜元素的化合价没变，硫元素的化合价由−2升到＋4价，只有硫元素被氧化，A错误；B.还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性CuS>Mn2+，B错误；C.氧化剂为KMnO4，还原剂为CuS，设KMnO4为xmol，CuS为ymol，根据电子守恒：x×（7-2）=y×（4-（-2）），x：y=6:5，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：5，C正确；D.二氧化硫物质的量为0.1mol，由方程式可知消耗KMnO4的量为0.1×6/5=0.12mol，反应中Mn元素化合价由＋7价降低为＋2价，故转移电子为0.12mol×（7−2）＝0.6mol，D错误；答案选C。7、C【解题分析】

A．浓硫酸能按水的组成比脱去蔗糖中的氢、氧元素，生成C，使蔗糖出现发黑现象，此现象证明浓硫酸具有脱水性，故A正确；B．浓硝酸在光照条件下分解生成二氧化氮、氧气和水，二氧化氮溶于硝酸使溶液呈黄色，故B正确；C．铝和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜，阻止了进一步的反应，故C错误；D．铝与氧气反应生成氧化铝为致密的氧化物，且熔点较高，则铝箔在空气中受热可以熔化，熔化的铝并不滴落，故D正确；故答案选C。【题目点拨】本题考查了元素化合物的性质，需要注意的是钝化现象不是物质间不反应，而是物质间反应生成致密的氧化物薄膜，阻止了进一步的反应，属于化学变化。8、B【解题分析】

A．钠是活泼性强的金属，要先与CuSO4溶液里的水反应，生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应，无铜析出，故A错误；B．浓硝酸和浓盐酸都有挥发性，遇浓氨水都生成铵盐，有白烟，故B正确；C．Al(OH)3有两性，能与过量的NaOH溶液反应生成可溶性的NaAlO2，故C错误；D．SO2有还原性，遇次氯酸钙要发生氧化还原反应，反应后的溶液无漂白性，故D错误；答案为B。9、A【解题分析】

A．盐酸和二氧化硅不反应，可以盛放在玻璃塞试剂瓶中，故A选；B．氟化氢能与二氧化硅反应生成四氟化硅气体和水，不能用玻璃瓶盛放，故B不选；C．硅酸钠黏性强，能用来粘合玻璃，不能用玻璃塞，故C不选；D．氢氧化钾能和二氧化硅反应生成硅酸钾，硅酸钾能用来粘合玻璃，不能用玻璃塞，故D不选。故答案选A。【题目点拨】本题考查试剂的存放，明确物质的性质与保存方法的关系是解答本题的关键。10、C【解题分析】

A、NH4NO3中N元素的化合价有-3和+5两种，原子个数比为1:1，根据得失电子守恒，若发生归中反应生成氮气，消耗-3价N和+5价N的比为5:3，所以+5价N有剩余，有硝酸生成，不可能有氨气生成，故甲有可能、丙不可能；若发生归中反应，、，根据得失电子守恒，-3价N和+5价N的比为3:4，所以-3价N有剩余，应有氨气生成，故乙不可能；若发生归中反应，、，根据得失电子守恒，消耗-3价N和+5价N的比为1:1，可能不生成其他含N的产物，故丁有可能；故选C。【题目点拨】本题考查归中反应规律和得失电子守恒，氧化还原反应中失电子总数等于得电子总数，有元素化合价升高必有元素化合价降低，且化合价升高总数必等于降低总数。11、C【解题分析】

A、沙子、石英、水晶的主要成分都是SiO2，A正确；B、二氧化硅可以用制作光导纤维，B正确；C、二氧化硅是酸性氧化物，但不能与水反应生成硅酸，C不正确；D、SiO2是酸性氧化物，一定条件下可与碱性氧化物或碱反应，例如二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，在加热的条件下与生石灰反应生成硅酸钙，D正确；答案选C。12、A【解题分析】

现有甲、乙两个容积相同的密闭容器，分别充入NH3和N2，当它们的温度和密度都相同时，其质量相等。A．根据m=ρV知，体积相同、密度相同，故质量相等，选项A正确；B．根据n=知，气体质量相等，二者摩尔质量不等，所以其物质的量不等，所含有分子数不相等，选项B错误；C．两者的物质的量之比为，所含原子数之比为，则其原子数不相等，选项C错误；D．体积和温度相等时，气体的压强与气体的物质的量成正比，因两者的物质的量不相等，故压强不相等，选项D错误；答案选A。13、C【解题分析】

根据二氧化硅中有25%的硅原子被铝原子取代，不足的由钾原子补充，假设二氧化硅的物质的量为nmol，则含有nmolSi原子、2nmolO原子，由于25%的硅原子被铝原子取代，所以Al原子的物质的量为：nmol×25%=0.25nmol，Si原子还属于物质的量为：0.75nmol，不足的价数由钾原子补充，钾原子的物质的量为：0.25nmol×（3-2）=0.25nmol，所以正长石中各微粒的物质的量之比为：n（K）：n（Al）：n（Si）：n（O）=0.25nmol：0.25nmol：0.75nmol：2nmol=1：1：3：8，所以对应的化学式为KAlSi3O8。14、A【解题分析】

氯碱工业即电解饱和食盐水，反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，其中的Cl2，在一定条件下与另外两种生成物均能发生反应，据此解题。A．该生成物即Cl2中含有非极性键，且溶于水呈酸性，A错误；B．该生成物分子即Cl2中，电子式为：，所含微粒均达到8电子稳定结构，B正确；C．该生成物Cl2能与KI反应生成I2可以使淀粉溶液变蓝，C正确；D．该生成物Cl2是由NaCl中-1价的Cl转化为0价，化合价升高被氧化，属于氧化产物，D正确；故答案为：A。15、A【解题分析】

A．—NMR(核磁共振)可用于含碳化合物的结构分析，的中子数=质量数−质子数=13−6=7，故A错误；B．Se是人体必需的微量元素，和质子数相同都为34，中子数分别为44、46，互为同位素，故B正确；C．原子符号左上角的数字表示质量数，的质量数是222，故C正确；D．原子结构示意图为氧原子结构示意图，质子数为8，其中子数不定，所以既可以表示16O，也可以表示18O，故D正确；答案选A。16、C【解题分析】

由aN-确定M2+的核外电子数，根据原子中质子数等于核外电子数确定M的质子数。【题目详解】aN-的核外电子数为a+1，则M2+的核外电子数也为a+1，则M原子的核外电子数为a+1+2=a+3；在原子中，质子数等于核外电子数，故M元素的质子数为a+3，C符合题意；故答案为C。二、非选择题（本题包括5小题）17、FeFeCl2FeCl3Fe(OH)2Fe(OH)32Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-2Fe3＋+Fe=3Fe2＋4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【解题分析】

A为常见的金属单质，其某种化合物是红褐色固体，该红褐色固体E为Fe(OH)3，由转化关系图可知，A是Fe单质，Fe与HCl反应产生的B是FeCl2，Fe与Cl2反应产生的C是FeCl3，FeCl2与Cl2反应产生FeCl3，FeCl3与Fe反应产生FeCl2，FeCl2与碱NaOH反应产生的D为Fe(OH)2，Fe(OH)2在溶液中被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，FeCl3与NaOH反应也产生Fe(OH)3，然后结合物质的性质及化学用语来解答。【题目详解】(1)根据上述分析可知A是Fe，B是FeCl2，C是FeCl3，D是Fe(OH)2，E是Fe(OH)3。(2)反应③是FeCl2与Cl2反应转化为FeCl3，该反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；反应④是FeCl3与还原剂Fe反应产生FeCl2，该反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；反应⑦是Fe(OH)2在溶液中被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，该反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。【题目点拨】本题考查无机物的推断，涉及铁元素的单质及化合物的性质及转化关系。注意物质的颜色为解答本题的突破口。Fe3+具有强氧化性，可以与还原剂反应转化为低价态的Fe2+，也可以转化为Fe单质；Fe2+既有氧化性，也有还原性，主要表现还原性；Fe单质与弱氧化剂作用转化为Fe2+，与强氧化剂作用转化为Fe3+。熟悉铁及其化合物的性质即可解答，注意氧化还原反应方程式书写时要遵循电子守恒。18、Na2CO3CaCl2、Na2SO4、CuSO4NaCl【解题分析】

部分该固体溶于水，可得到澄清的无色溶液，一定不含CuSO4，再向其中加入BaCl2产生白色沉淀，再加入盐酸，沉淀全部消失并有气体放出，则沉淀是碳酸钙，一定含有Na2CO3，一定不含Na2SO4、CaCl2，可能含有NaCl，以此解答该题。【题目详解】：(1)由以上分析可知一定含有Na2CO3，故答案为：Na2CO3；

(2)一定不含有Na2SO4、CaCl2、CuSO4、CaCO3，故答案为：Na2SO4、CaCl2、CuSO4；

(3)不能确定是否含有NaCl，故答案为：NaCl。19、2.0①②⑤偏低①②④⑥【解题分析】

(1)根据配制溶液体积选择合适容量瓶，根据m=cVM计算需要氢氧化钠的质量；(2)称量一定质量的固体物质一般用托盘天平、药匙，称量腐蚀性药品应用小烧杯盛放；(3)、(4)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响,根据c=n/V进行误差分析。【题目详解】(1)配制475mL、0.10mol/LNaOH溶液,应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要氢氧化钠质量m=0.5×0.1×40=2.0g，故答案为：2.0；(2)氢氧化钠具有腐蚀性，所以称量氢氧化钠固体应用的仪器：托盘天平，药匙，小烧杯，故答案为：①②⑤；(3)定容时加水超过刻度线，所配制的溶液的体积偏大，会使配制溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；(4)①称量读数时，左盘高，右盘低，导致称量的固体质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；②溶液转移到容量瓶后，未进行洗涤操作，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故不选；④定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；⑤在烧杯中溶解NaOH后，立即将所得溶液注入容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故不选；⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；综上所述，①②④⑥满足题意，故答案为：①②④⑥。【题目点拨】配制一定物质的量浓度的溶液误差分析要依据c=n/V进行分析：凡是实验操作中引起溶质的量n增大的，所配溶液的浓度偏高，凡是实验操作中引起溶液体积V增大的，所配溶液的浓度偏低。20、BaCl2溶液Na2CO3溶液否Mg(OH)2＋2H＋=Mg2＋＋