浙江省金华2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题含答案

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第1页/共22页金华2023学年第二学期期中考试

高一化学试题卷

(答案在最后)

一、单选题(每题2分)

1.下列有关物质的性质或用途的说法中,正确的是

①Si可用于制造光导纤维②明矾在水中能生成Al(OH)

3胶体,可用作净水剂

③铁红常用作红色油漆和涂料④SiO

2、Na

2CO

3和CaCO

3可用于制玻璃

⑤水玻璃可用于生产防火材料⑥氯气具有漂白性,可以使有色布条褪色

A.①②③⑤B.②④⑤⑥C.③④⑤⑥D.②③④⑤

【答案】D

【解析】

【详解】①光导纤维的成分是SiO

2,故错误;

②明矾净水原因是Al3+水解生成Al(OH)

3胶体,利用胶体的表面积大,吸附水中杂质,达到净水,故正确;

③铁红是Fe

2O

3,常用作红色油漆和涂料,故正确;

④SiO

2、Na

2CO

3和CaCO

3发生反应SiO

2+Na

2CO

3高温

Na

2SiO

3+CO

2↑,SiO

2+CaCO

3高温

CaSiO

3+CO

2↑,这

是制造玻璃发生的反应,故正确;

⑤硅酸钠用途是黏合剂和耐火阻燃材料,故正确;

⑥氯气不具有漂白性,是其中的次氯酸具有的强氧化性,把有色物质漂白,故错误;

综上所述,正确的是②③④⑤,故选D。

2.下列说法错误的是

A

.脂肪和蛋白质均属于高分子

B.淀粉和纤维素均可水解产生葡萄糖

C.天然橡胶可以使溴水褪色

D.脂肪酸的饱和程度对油脂的熔点影响很大

【答案】A

【解析】

【详解】A.脂肪相对分子质量较小,不属于高分子,A错误;

B.淀粉和纤维素水解后都可以生成葡萄糖,B正确;

C.天然橡胶(聚异戊二烯)以及二烯烃的加聚产物能与Br

2发生加成反应而使溴水褪色,C正确;

D.脂肪酸的饱和程度影响其相对分子质量,故对油脂的熔点影响很大,D正确;第2页/共22页故选A。

3.下列说法正确的是

A.氨气的水溶液可以导电,但氨水是非电解质

B.强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强

C.冰醋酸、纯碱、明矾、干冰分别属于酸、碱、盐、氧化物

D.区别

23KCO

溶液和NaCl

溶液只能用焰色反应

【答案】B

【解析】

【详解】A.氨水是混合物,既不是电解质又不是非电解质,故A错误;

B.导电能力取决于自由移动的离子的浓度和离子所带电荷数,没有限定的情况下,无法比较强弱电解质的

导电能力,故B正确;

C.纯碱是碳酸钠,属于盐,故C错误;

D.K

2CO

3和盐酸反应放出二氧化碳气体,NaCl和盐酸不反应,可以用盐酸鉴别K

2CO

3和NaCl,故D错误;

选B。

4.下列说法错误

..的是

A.14

6C

表示质子数为6、中子数为8的核素

B.液化石油气的主要成分C

3H

8、C

4H

10与苹果表面的蜡状物质二十七烷一定互为同系物

C.

医学上研究发现

具有抗癌作用,而没有抗癌作用,说明两者互为同分异构

体,都是以Pt原子为中心的平面结构

D.C

5H

11Cl的同分异构体有8种,其沸点均相同

【答案】D

【解析】

【详解】A.质子数为6、中子数为8,则该核素为碳元素、质量数为14

,表示为,A正确;

B.C

3H

8、C

4H

10与二十七烷,均满足C

nH

2n+2,结构均为碳碳单键、链状,故结构相似组成上相差若干个

CH

2,一定互为同系物,B正确;

C.由图知物质的组成相同、分子式相同,结构如果是四面体结构,就只能存在一种结构、其性质应该相同,第3页/共22页

与性质有差别、则是不同物质,所以不是四面体结构,说明两者都是

以Pt原子为中心的平面结构,互为同分异构体,C正确;

D.C

5H

11Cl由戊基和氯原子构成,戊烷有3种、对应的戊基有8种,则同分异构体有8种,但沸点不同,

D错误;

答案选D。

5.下列实验设计能够成功的是

A.除去粗盐中含有的硫酸钙杂质:粗盐

溶解足量碳酸钠溶液足量氯化钡溶液蒸发结晶精盐

B.检验亚硫酸钠试样是否变质:试样

溶解滴加硝酸钡溶液滴加稀盐酸白色沉淀不溶解→试样已变质

C.证明酸性条件H

2O

2的氧化性比I

2强:NaI溶液30%

过氧化氢、稀硝酸淀粉溶液变蓝色→氧化性:H

2O

2

>I

2

D.检验某溶液中是否含有Fe2+

:试样滴加硫氰化钾溶液溶液颜色无变化滴加氯水溶液变红色→溶液中含

有Fe2+

【答案】D

【解析】

【详解】A.足量氯化钡引入钡离子,应先加氯化钡,再加碳酸钠,过滤后加盐酸,A不合题意;

B.酸性条件下硝酸根离子可氧化亚硫酸钠,由操作和现象不能判断是否变质,B错误不合题意;

C.硝酸具有强氧化性,可氧化碘离子,不能比较过氧化氢与碘的氧化性,C错误不合题意;

D.亚铁离子遇KSCN溶液不变色,亚铁离子被氧化生成铁离子遇KSCN溶液变色,由操作和现象可知溶

液中含有Fe2+

,D符合题意;

故答案为:D。

6.将固体NH

4Br置于密闭容器中,在某温度下,发生反应:NH

4Br(s)=NH

3(g)+HBr(g);

2HBr(g)H

2(g)+Br

2(g)两分钟后,反应达到平衡,测知c(H

2)为0.5mol/L,c(HBr)为4mol/L。若反应

用NH

3表示反应速率,则v(NH

3)为

A.0.5mol/(L·min)B.2.0mol/(L·min)

C.2.5mol/(L·min)D.5.0mol/(L·min)

【答案】C第4页/共22页【解析】

【详解】两分钟后,反应达到平衡,测知c(H

2)为0.5mol/L,则根据方程式2HBr(g)H

2(g)+Br

2(g)可

知生成氢气消耗溴化氢的浓度是1mol/L,平衡时c(HBr)为4mol/L,则溴化铵分解生成的溴化氢浓度是

5mol/L,根据方程式NH

4Br(s)=NH

3(g)+HBr(g)可知生成氨气浓度是5mol/L,若反应用NH

3表示反应速率,

则v(NH

3)=5mol/L÷2min=2.5mol/(L·min),答案选C。

7.N

A是阿伏加德罗常数,下列正确的是

A.1mol/L的NaCl溶液中,Na+

的个数为N

A个

B.1mol重水比1mol水多N

A个质子

C.若N

A的值变为规定的两倍,则32g氧气的物质的量变为0.5mol

D.22.4L的13C18O中含有17N

A个中子

【答案】C

【解析】

【详解】A.1mol/L的NaCl溶液的体积未知,无法求出所含Na+

的物质的量,也就无法求出Na+

的个数,A

不正确;

B.1mol重水与1mol水所含质子数都为10N

A,B不正确;

C.若N

A的值变为规定的两倍,则氧气的相对分子质量也变为原来的两倍,即为64g/mol,则32g氧气的物

质的量变为0.5mol,C正确;

D.题中没有指明温度和压强,也就无法求出22.4L的13C18O的物质的量,从而无法求出其所含有的中子数,

D不正确;

故选C。

8.根据元素周期表和元素周期律分析下面的推断,其中不正确

...的是()

A.Na的原子失去电子能力比Mg强

B.HBr比HCl稳定

C.H

2SO

4比H

3PO

4酸性强

D.Ca(OH)

2的碱性比Mg(OH)

2的碱性强

【答案】B

【解析】

【详解】A.同周期元素随着原子序数的增大,金属性越来越弱。Na、Mg同周期且原子序数增大,故金属

性Na>Mg,则Na的原子失去电子能力比Mg强,故A正确;

B.同主族元素随着原子序数的增大,非金属越来越弱,气态氢化物的稳定性越差。Cl、Br同主族且原子序

数增大,非金属性Cl>Br,则氢化物稳定性:HCl>HBr,故B错误;第5页/共22页C.同周期元素随着原子序数的增大,非金属性越来越强,元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强。P、S

同周期且原子序数增大,故非金属性S>P,则酸性:H

2SO

4>H

3PO

4,故C正确;

D.同主族元素随着原子序数的增大,金属性越来越强,最高价氧化物的水化物的碱性越强。Mg、Ca同主

族且原子序数增大,金属性Ca>Mg,则碱性:Ca(OH)

2>Mg(OH)

2,故D正确;

故答案为B。

【点睛】元素金属性性强弱的判断依据:①金属单质跟水(或酸)反应置换出氢的难易程度.金属单质跟水(或

酸)反应置换出氢越容易,则元素的金属性越强,反之越弱;②最高价氧化物对应的水化物--氢氧化物的碱

性强弱.氢氧化物的碱性越强,对应金属元素的金属性越强,反之越弱;③还原性越强的金属元素原子,

对应的金属元素的金属性越强,反之越弱(金属的相互置换);

9.体积均为aL的盐酸和碳酸钠溶液,将碳酸钠溶液逐渐加入盐酸中与将盐酸逐渐加入碳酸钠溶液中产生的

气体体积比为x:y(同温同压,且x不等于y),则原碳酸钠与盐酸溶液中溶质的物质的物质的量浓度之比为()

A.x:yB.(x-2y):xC.2x:(2x-y)D.(2x-y):2x

【答案】D

【解析】

【详解】若盐酸过量,将Na

2CO

3溶液逐渐加入盐酸中与将盐酸逐渐加入Na

2CO

3溶液中产生的CO

2在同温

同压下的体积应相等,由于x不等于y,则盐酸不足,Na

2CO

3溶液过量。设原Na

2CO

3溶液中Na

2CO

3物质

的量为m,原盐酸中HCl物质的量为n,将Na

2CO

3溶液逐渐加入盐酸中发生的反应为

Na

2CO

3+2HCl=2NaCl+H

2O+CO

2↑,生成的CO

2以HCl计算,生成CO

2物质的量为n

2;将盐酸逐渐加入Na

2CO

3

溶液中依次发生的反应为Na

2CO

3+HCl=NaHCO

3+NaCl、NaHCO

3+HCl=NaCl+H

2O+CO

2↑,第一步消耗HCl

物质的量为m,则第二步消耗HCl物质的量为(n-m),生成CO

2物质的量为(n-m);根据阿伏加德罗定律,

n

2:(n-m)=x:y,m:n=(2x-y):2x;盐酸和碳酸钠溶液的体积都为aL,则原碳酸钠溶液与盐酸溶液物质的量浓度

之比为(2x-y):2x,D满足题意。

答案选D。

10.为了测定铁铜合金的组成,将15.2g铁、铜合金加入200mL某浓度的稀硝酸中,待合金完全溶解后,共

收集到NO气体4.48L(标准状况下),并测得反应后溶液中H+

的浓度为0.5mol·L-1

。若反应前后溶液的体积

变化忽略不计,则下列判断正确的是

A.反应后的溶液中可继续溶解铁铜合金质量最多为1.9g

B.上述合金中铁与铜的质量之比为2:3

C.合金中,铁的质量分数为63.2%

D.原硝酸的物质的量浓度为c(HNO

3)=4.5mol·L-1