安徽省芜湖市2023-2024学年高一上学期1月期末教学质量监控化学试题 含解析

2023—2024学年度第一学期芜湖市中学教学质量监控高一年级化学试题卷(必修第一册)注意事项：1.本试卷共三大题，24小题，满分100分。考试时间100分钟。2.本试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分。“试题卷”共6页，“答题卷”共2页。3.请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题是无效的。4.考试结束后，请将“试题卷”和“答题卷”一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-56Cu-64一、选择题(本大题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。)1.目前世界上用量最大、用途最广的合金是A.铁合金 B.铝合金 C.铜合金 D.钛合金【答案】A【解析】【详解】铁与其他元素形成的合金称为铁合金，包括生铁和钢，钢包括低碳钢、中碳钢和高碳钢、合金钢。铁合金是使用最广泛，用量最大的合金。答案：A2.在物质分类中，前者包括后者的是A.氧化物、化合物 B.化合物、电解质C.溶液、胶体 D.溶液、分散系【答案】B【解析】【详解】A.氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物，故前者属于后者，故A错误；B.电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，故电解质一定是化合物，即前者包含后者，故B正确；C.分散系根据分散质粒子直径的大小可以分为溶液、胶体和浊液，故溶液和胶体是并列关系，故C错误；D.分散系根据分散质粒子直径的大小可以分为溶液、胶体和浊液，故前者属于后者，故D错误；故选B。3.下列化学用语正确的是A.质量数为37的氯原子： B.HCl的电子式：C.氟原子的结构示意图： D.CO2的电子式：【答案】A【解析】【详解】A．质量数为37的氯原子，其质子数为17，则可表示为，A正确；B．HCl为共价化合物，由原子构成，其电子式为，B不正确；C．氟原子的核电荷数为9，核外电子数为9，结构示意图为，C不正确；D．CO2分子中，C原子与每个O原子各形成2对共用电子，其电子式为，D不正确；故选A。4.下列实验装置或实验操作合理的是A．观察Fe(OH)2的生成B．配制溶液C．除去CO中的CO2D．加热碳酸氢钠A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．将胶头滴管口插入NaOH溶液中，使NaOH溶液与FeSO4溶液直接接触，且使用植物油液封，可防止液体与空气接触，从而防止生成的Fe(OH)2被空气中的氧气氧化，便于观察Fe(OH)2的生成，A合理；B．配制NaNO3溶液时，应将NaNO3固体先在烧杯内溶解，不能将固体直接放在容量瓶内溶解，B不合理；C．除去CO中混有的CO2时，可使用NaOH溶液进行洗气，洗气操作时，导管应左长右短(左侧导管口位于液面下，右侧导管口位于液面上)，C不合理；D．加热NaHCO3固体时，为防止冷凝水流回试管底，导致试管炸裂，应将试管底略高于试管口，D不合理；故选A。5.化学与人类生活、社会可持续发展密切相关。下列有关说法错误的是A.明矾可用作净水剂B.过氧化钠可用作呼吸面具中氧气的来源C.漂白粉可用作游泳池等场所的消毒剂D.氧化铝坩埚可用于加热熔融氢氧化钠【答案】D【解析】【详解】A．明矾溶于水后，Al3+水解生成氢氧化铝胶体，能吸附水中的悬浮颗粒物，所以明矾可用作净水剂，A正确；B．过氧化钠与人体呼出的二氧化碳和水蒸气反应，生成氧气，所以可用作呼吸面具中氧气的来源，B正确；C．漂白粉的有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性，能杀菌消毒，可用作游泳池等场所的消毒剂，C正确；D．因氧化铝能与熔融氢氧化钠反应并溶解，所以氧化铝坩埚不可用于加热熔融氢氧化钠，D错误；故选D。6.下列生产、生活中的事例不涉及氧化还原反应的是A.燃料的燃烧 B.钢铁的锈蚀 C.干冰用于人工降雨 D.食物的腐败【答案】C【解析】【详解】A．燃料的燃烧是燃料与氧气发生氧化还原反应，即属于氧化还原反应，故A项正确；B．钢铁的锈蚀是铁失电子发生氧化反应，属于氧化还原反应，故B项正确；C．干冰用于人工降雨是利用干冰升华吸热，属于物理变化，故C项错误；D．食物的腐败是食物被氧气氧化，属于氧化还原反应，故D项正确；故本题选C。7.胶体在自然界普遍存在，下列事实与胶体无关的是A.将纳米二氧化硅颗粒均匀分散到树脂中形成的分散系B.植物油与水混合，充分振荡后形成的油水混合物C.将某些胶态金属氧化物分散于玻璃中制成有色玻璃D.光线透过树叶间的缝隙射入密林中时，会看到一道道光柱【答案】B【解析】【详解】A．纳米二氧化硅颗粒(直径1∼100nm)均匀分散到树脂中形成的分散系属于胶体，故A项正确；B．植物油与水混合，充分振荡后可形成油水混合物属于乳浊液，与胶体无关，故B项错误；C．有色玻璃是固溶胶，故C项正确；D．光线透过树叶间的缝隙射入密林中时，会看到一道道光柱是丁达尔效应，故D项正确；故本题选B。8.下列选项中与17gNH3所含原子数相等的是A.64gO2 B.2molCO2 C.22.4LCO D.2gH2【答案】A【解析】【分析】17gNH3的物质的量为1mol，所含原子数为4NA。【详解】A．64gO2的物质的量为2mol，所含原子数为4NA，A符合题意；B．2molCO2中，所含原子数为6NA，B不符合题意；C．22.4LCO的密度未知，无法求出其物质的量，也就无法求出其所含原子数，C不符合题意；D．2gH2的物质的量为1mol，所含原子数为2NA，D不符合题意；故选A。9.下列溶液中的物质的量浓度与其他三项不同的是A.的溶液 B.的溶液C.的溶液 D.的【答案】C【解析】【详解】A．10mL0.30mol⋅L−1的NaCl溶液，含有Cl-物质的量浓度为：0.30mol⋅L−1；B．20mL0.15mol⋅L−1的CaCl2溶液，含有Cl-物质的量浓度为：0.15mol⋅L−1×2=0.30mol⋅L−1；C．30mL0.10mol⋅L−1的MgCl2溶液，含有Cl-物质的量浓度为：0.10mol⋅L−1×2=0.20mol⋅L−1；D．40mL0.10mol⋅L−1的AlCl3，含有Cl-物质的量浓度为：0.10mol⋅L−1×3=0.30mol⋅L−1；则30mL0.10mol⋅L−1的MgCl2溶液中的氯离子的物质的量浓度与其他三项不同，故本题选C。10.将0．4gNaOH和1.06g混合并配成溶液，向溶液中滴加0．1mol·稀盐酸。下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成的物质的量的关系的是A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】n(NaOH)==0.01mol、n(Na2CO3)==0.01mol，盐酸滴入后，由于氢氧化钠的碱性较强,盐酸和氢氧化钠反应0.4g氢氧化钠消耗0.1L盐酸，不产生气体；当氢氧化钠消耗完之后，盐酸和碳酸钠反应，由于氢离子浓度较小,，生成碳酸氢钠，还是没有气体产生，相关反应如下:CO32-+H+(少量)=HCO3-，此时再消耗0.1L盐酸,不产生气体；当碳酸根消耗完后，0.01mol碳酸氢跟和氢离子反应，产生0.01mol二氧化碳气体，C选项符合题意，故答案为C。二、选择题(本大题包括10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意。)11.下列有关物质相关量的说法正确的是A.同温同压下，和的密度相同B.氩气含有的质子数为C.同温同压下，等质量的和的电子数相同D.质量相同的和(重水)所含的质子数相同【答案】C【解析】【详解】A．由可知，同温同压下，气体密度之比等于其摩尔质量之比，故A项错误；B．非标准状态下，22.4L氩气的物质的量不一定为1mol，则含有的质子数不一定为18NA，故B项错误；C．等质量的O2和O3中所含氧原子数目相同，因此二者所含电子数相同，故C项正确；D．1molH2O和1molD2O均含有10个质子，M(H2O)=18g/mol，M(D2O)=20g/mol，质量相同的H2O和D2O的物质的量不同，则质子数不同，故D项错误；故本题选C。12.下列在指定溶液中的各组离子，能够大量共存的是A.无色溶液中：B.酸性溶液中：C.碱性溶液中：D.的溶液中：【答案】D【解析】【详解】A．含铜离子的溶液为蓝色，其与氢氧根离子反应生成沉淀而不能大量共存，碳酸氢根离子和氢氧根离子反应生成水和碳酸根离子，不能大量共存，故A项错误；B．酸性溶液中含有氢离子，碳酸根离子、硫离子均与氢离子反应生成弱电解质，不能大量共存，故B项错误；C．碱性溶液中含有氢氧根离子，与铁离子不能大量共存，故C项错误；D．pH=1的溶液显酸性，酸性溶液中，四种离子之间相互不反应，可以大量共存，故D项正确；故本题选D。13.下列反应离子方程式错误的是A.铁与稀硫酸反应：B.碳酸钙与盐酸反应：C.氧化镁与稀盐酸混合：D.铜片与氯化铁溶液反应：【答案】B【解析】【详解】A．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为：，故A项正确；B．碳酸钙与盐酸反应反应生成氯化钙、二氧化碳和水，碳酸钙是沉淀不能拆，离子方程式为：，故B项错误；C．氧化镁与稀盐酸反应生成氯化镁和水，离子方程式为：，故C项正确；D．铜片与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式：，故D项正确；故本题选B。14.废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使NH4+完全转化为N2，该反应可表示为2NH4++3ClO－＝N2↑+3Cl－+2H++3H2O。下列说法中，不正确的是A.反应中氮元素被氧化，氯元素被还原B.还原性NH4+<Cl－C.反应中每生成1molN2，转移6mol电子D.经此法处理过的废水不可以直接排放【答案】B【解析】【详解】A.反应中氮元素的化合价升高，所以氮元素被氧化；氯元素的化合价降低，所以氯元素被还原，A正确；B.是还原剂，而是还原产物，所以还原性>，B不正确；C.N的化合价由-3升高到0，所以反应中每生成1mol就转移6mol电子，C正确；D.经此法处理过的废水中含有大量盐酸，盐酸会污染水体、影响水生生物的生存，所以不可以直接排放，D正确。本题选B。15.下列反应中，过氧化钠既不作氧化剂也不作还原剂的是A.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑B.2Na2O2+2CO2=2NaCO3+O2C.Na2O2+H2SO4(稀)=Na2SO4+H2O2D.Fe2O3+3Na2O2(熔融）=2Na2FeO4十Na2O【答案】C【解析】【详解】A．在2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑反应中，过氧化钠既作氧化剂也作还原剂，B错误；B．在2Na2O2+2CO2=2NaCO3+O2反应中，过氧化钠既作氧化剂也作还原剂，B错误；C．反应Na2O2+H2SO4(稀)=Na2SO4+H2O2是复分解反应，没有元素化合价的变化，因此过氧化钠既不作氧化剂也不作还原剂，C正确；D．在Fe2O3+3Na2O2(熔融）=2Na2FeO4十Na2O反应中，Na2O2中的氧元素的化合价由反应前的-1价变为反应后Na2FeO4、Na2O中的-2价，化合价降低，获得电子，因此过氧化钠作氧化剂，D错误；故选C。16.化学学习中常用的一种思维方法是推理，下列推理正确的是A.铝表面的氧化膜可以保护内层铝不被继续氧化，所以铁锈也可以保护内层铁不被继续氧化B.氯气的密度比空气大，所以实验室制氯气可以用向上排空气法收集C.用洁净的铁丝蘸取某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，溶液一定为钠盐D.金属Na比Cu活泼，所以金属Na可以将CuCl2溶液中的Cu2+置换出来【答案】B【解析】【详解】A．铝表面的氧化膜为氧化铝，氧化铝是致密的氧化膜，可以保护内层铝不被继续氧化，但铁锈是疏松的物质，不具有保护作用，所以铁锈不能保护内层铁被继续氧化，A不正确；B．氯气的相对分子质量大于空气的平均相对分子质量，则其密度比空气大，且氯气与空气的成分不发生反应，所以实验室制氯气可以用向上排空气法收集，B正确；C．用洁净的铁丝蘸取某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，则溶液中一定含有钠元素，但不一定为钠盐，C不正确；D．金属Na比Cu活泼，但Na与盐溶液接触时，先与水发生反应，所以金属Na不能将CuCl2溶液中的Cu2+置换出来，D不正确；故选B。17.下列除杂试剂的选择或除杂操作错误的是选项物质(杂质)除杂试剂除杂操作A饱和溶液通入饱和溶液洗气B固体在纯氧气中加热C溶液粉加入过量粉，充分反应后过滤D溶液通入适量A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．除去中，应该通入饱和溶液洗气，A错误；B．纯氧气中加热生成，B正确；C．与生成和铜，充分反应后过滤，C正确；D．通入适量CO2发生反应：，可以除去溶液中的，D正确；故选A。18.下列实验结论正确的是A.某无色溶液中滴入几滴酚酞溶液，溶液变红，说明该溶液一定为碱B.某溶液中先加入氯水，再滴加硫氰化钾溶液，溶液变红，说明该溶液一定含C.某固体中加入稀盐酸，产生无色气体，说明该固体中一定含有碳酸盐D.某溶液加入足量稀硝酸酸化，再加入溶液，产生白色沉淀，说明含【答案】D【解析】【详解】A．某无色溶液中滴入几滴酚酞溶液，溶液变红，说明该溶液显碱性，可能为碱溶液也可能为强碱弱酸盐溶液，故A项错误；B．检验Fe2+，应向溶液中先加入硫氰化钾溶液，溶液不变红，再滴加氯水，溶液变红色，说明该溶液一定含Fe2+，故B项错误；C．某固体中加入稀盐酸，产生无色气体，说明该固体中可能含有碳酸盐、碳酸氢盐，亚硫酸氢盐，亚硫酸盐等，故C项错误；D．检验氯离子，先向溶液加入足量稀硝酸酸化，排出其他离子的干扰，再加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明含Cl−，故D项正确；故本题选D。19.高铁酸钾(K2FeO4)是一种暗紫色固体，低温碱性条件下比较稳定。高铁酸钾微溶于浓KOH溶液，能溶于水，常用作水处理剂。高铁酸钾有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、KMnO4等。工业上湿法制备K2FeO4的流程如下。下列说法错误的是A.“反应Ⅰ”中，氧化剂和还原剂物质的量之比为2:3B.过滤操作需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯C.将K2FeO4与盐酸混合使用，会降低其杀菌消毒的效果D.“转化”时，反应能进行的原因是该条件下K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4【答案】A【解析】【分析】往Fe(NO3)3溶液中加入过量的NaClO、过量的NaOH，发生反应生成Na2FeO4等；过滤，滤渣为NaCl、NaNO3，滤液为Na2FeO4溶液；往滤液中加入过量饱和KOH溶液，发生反应生成K2FeO4沉淀，过滤后得到K2FeO4。【详解】A．“反应Ⅰ”的化学方程式为2Fe(NO3)3+3NaClO+10NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O，氧化剂[NaClO]和还原剂[Fe(NO3)3]的物质的量之比为3:2，A错误；B．过滤操作用于分离固体与液体，需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯，B正确；C．盐酸具有还原性，能还原K2FeO4，所以将K2FeO4与盐酸混合使用，会降低其杀菌消毒的效果，C正确；D．“转化”时，Na2FeO4与KOH反应，生成K2FeO4和NaOH，发生复分解反应，则反应能进行的原因是该条件下K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，D正确；故选A。20.向22.4g的Fe2O3、Cu的混合物中加入0.5mol/L的硫酸溶液600mL时，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为A.4.8g B.6.4g C.2.4g D.1.6g【答案】A【解析】【详解】0.5mol/L的硫酸溶液600mL含硫酸0.3mol，，所以生成水0.3mol，根据元素守恒，22.4g的Fe2O3、Cu的混合物中，含有氧原子0.3mol，氧原子的质量是4.8g，用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量即为0.3mol氧原子的质量4.8g，故A正确。三、非选择题(本大题包括4小题，共50分。)21.现有中学化学常见的几种物质：①稀硫酸②氢氧化铁胶体③二氧化碳④熔融氯化钠⑤铁⑥乙醇⑦氢氧化钡⑧碳酸氢钠溶液。请回答下列问题。（1）属于电解质的是_______(填序号，下同)；能导电的纯净物是_______。（2）碳酸氢钠在水中的电离方程式是_______。（3）向碳酸氢钠溶液中滴加过量氢氧化钡溶液，发生反应的化学方程式是_______。（4）区分①和②的简单方法是_______。（5）用下图装置测定电解质溶液的导电性，若向氢氧化钡溶液中逐滴加入稀硫酸，则灯泡亮度变化是_______。【答案】（1）①.④⑦②.④⑤（2）（3）（4）利用丁达尔效应（5）由亮变暗至熄灭，后又逐渐变亮【解析】【小问1详解】①电解质是溶于水或熔融状态下能导电的化合物，一般酸、碱和大多数盐属于电解质，①稀硫酸、②氢氧化铁胶体、⑧碳酸氢钠溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，⑥乙醇为有机物属于非电解质，③二氧化碳为非电解质，④熔融氯化钠为电解质，⑤铁属于单质，既不是电解质也不是非电解质，⑦氢氧化钡属于电解质，故答案为：④⑦；②能导电的纯净物是有④熔融氯化钠、⑤铁，故答案为：④⑤；【小问2详解】碳酸氢钠在水中的电离方程式为：，故答案为：；【小问3详解】向碳酸氢钠溶液中滴加过量氢氧化钡溶液生成碳酸钡、氢氧化钠和水，化学方程式为：，故答案为：；【小问4详解】①稀硫酸、②氢氧化铁胶体，利用丁达尔效应区分胶体和溶液，故答案为：利用丁达尔效应；【小问5详解】若向氢氧化钡溶液中逐滴加入稀硫酸生成硫酸钡沉淀和水，离子浓度降低，导电性减弱，灯泡由亮变暗，当两者恰好完全反应时，灯泡熄灭，再继续滴加稀硫酸，溶液中的离子数目增多，导电性增强，灯泡又逐渐变亮，故答案为：由亮变暗至熄灭，后又逐渐变亮。22.实验室配制的溶液，回答下列问题。（1）用托盘天平称取胆矾晶体的质量为_______g。（2）所需仪器除药匙、烧杯、托盘天平、量筒、胶头滴管、玻璃棒外，还需要_______(填仪器名称)。（3）实验步骤如下，请补全操作(填操作的图示序号)_______（计算→称量→溶解→_______→_______→_______→摇匀、装瓶、贴标签）。（4）在配制过程中，如果其他操作都正确，而没有洗涤烧杯和玻璃棒，会使配制结果_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（5）定容时，若不慎加水超过了刻度线，处理方式是_______。【答案】（1）12.5（2）容量瓶（3）B、C、A（4）偏小（5）重新配制【解析】【小问1详解】配制460mL硫酸铜溶液，需要500mL的容量瓶，则用托盘天平称取胆矾晶体的质量为：500×10-3L×0.1mol/L×250g/mol=12.5g，故答案为：12.5；【小问2详解】所需仪器除药匙、烧杯、托盘天平、量筒、胶头滴管、玻璃棒、500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；【小问3详解】实验步骤为计算→称量→溶解→移液→洗涤→定容→摇匀、装瓶、贴标签，故答案为：B、C、A；【小问4详解】在配制过程中，如果其他操作都正确，而没有洗涤烧杯和玻璃棒，则溶质的物质的量减小，配制硫酸铜溶液的物质的量浓度偏小，故答案为：偏小；【小问5详解】定容时，若不慎加水超过了刻度线，需要重新配制，故答案为：重新配制。23.下表是元素周期表的一部分，参照元素在表中的位置，回答下列问题。（1）写出元素②的一种同素异形体的名称：_______。（2）④、⑤、⑥三种元素中，原子半径最大的是_______(填元素符号)。（3）⑦和⑧的最高价含氧酸的酸性较强的是_______(填最高价含氧酸的化学式)。（4）写出②和⑧形成的最简单的化合物的结构式：_______，化学键的类型是_______。（5）用电子式表示④、⑧形成化合物的过程：_______。（6）①、③两种元素按原子个数比为1:1组成的常见液态化合物，在酸性溶液中能将Fe2+氧化，写出该反应的离子方程式：_______。【答案】（1）金刚石、石墨等(填一种即可)（2）Na（3）HClO4（4）①.②.极性共价键(或共价键)（5）（6）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O【解析】【分析】由图中信息可以得出，①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧分别为H、C、O、Na、Mg、Al、S、Cl。【小问1详解】由分析可知，②为碳元素，它的一种同素异形体的名称：金刚石、石墨等(填一种即可)。【小问2详解】④、⑤、⑥三种元素分别为Na、Mg、Al，三者为同一周期的相邻元素，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，所以原子半径最大的是Na。【小问3详解】⑦和⑧分别为S、Cl，二者的非金属性S＜Cl，非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以最高价含氧酸的酸性较强的是HClO4。【小问4详解】②和⑧形成的最简单的化合物为CCl4，结构式：，化学键的类型是极性共价键(或共价键)。【小问5详解】④、⑧形成化合物为NaCl，用电子式表示④、⑧形成化合物的过程：。【小问6详解】①、③两种元素按原子个数比为1:1组成的常见液态化合物为H2O2，在酸性溶液中能将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。【点睛】对于电子层结构相同的离子来说，随着原子序数的递增，离子半径依次减小。24.亚氯酸钠是一种高效漂白剂，可由反应制取。有类似的性质，在酸性条件下可生成并放出。某化学兴趣小组探究的制备与性质，装置如图所示。回答下列问题。(已知遇淀粉溶液变蓝色)Ⅰ．制备亚氯酸钠。关闭止水夹②，打开止水夹①，从进气口通入足量，充分反应(反应放出大量热)。（1）仪器的名称为_______，仪器的作用是_______。（2）装置中生成，反应的离子方程式为_______。（3）实际反应中发现消耗的比理论值偏少，原因可能是_______。Ⅱ．探究亚氯酸钠的性质。停止通入气体，再通入空气一段时间后，关闭止水夹①，打开止水夹②，向中滴入稀硫酸。（4）已知反应物浓度、温度或催化剂等会影响化学反应的速率。开始时A中反应缓慢，稍后产生气体的速率急剧加快。反应急