安徽六校教育研究会2023-2024学年高一化学上学期新生开学素质测试试题（Word版附解析）

安徽六校教育研究会2023级高一新生入学素质测试

化学试题

考生注意：

1.本试卷满分60分。

2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。

可能用到的相对原子质量：H-1    C-12    O-16    Na-23    Mg-24    S-32    C1-35.5

一、单项选择题(包括12题，每题2分，共24分，每题只有一个选项符合题意)

1. 《中国诗词大会》弘扬了中国传统文化。下列诗句反映的物质变化主要为化学变化的是

A. 吹尽狂沙始到金 B. 烈火焚烧若等闲

C. 花气袭人知骤暖 D. 无边落木萧萧下

【答案】B

【解析】

详解】A．“吹尽狂沙始到金”此过程没有新物质生成，属于物理变化，A不符合题意；

B．“烈火焚烧若等闲”，燃烧有新物质生成，属于化学变化，B符合题意；

C．“花气袭人知骤暖”此过程没有新物质生成，属于物理变化，C不符合题意；

D．“无边落木潇潇下”此过程没有新物质生成，属于物理变化，D不符合题意；

答案选B。

2. 2023年1月1日起，国六B(或称国VIB)标准车用汽油全国上线，我国汽油全面进入国六B时代，与国六A相比，国六B汽油中烯烃(一类含碳物质)含量由18%(体积分数)降低至15%。由于烯烃含量下降，国六B汽油一氧化碳和氮氧化物排放指标明显下降。下列使用国六B后，不能缓解的环境问题是

A. 酸雨 B. 臭氧层空洞

C. 温室效应 D. 光化学烟雾

【答案】C

【解析】

【详解】A．酸雨是由于硫和氮的氧化物随意排放导致的，与国六A相比国六B汽油氮氧化物排放指标明显下降，故使用国六B后能缓解酸雨，A项不符合题意；

B．臭氧层空洞是由于氟氯代烃、氮氧化物等物质引起，与国六A相比国六B汽油氮氧化物排放指标明显下降，故使用国六B后能缓解臭氧层空洞，B项不符合题意；

C．温室效应是由于大量二氧化碳进入空气中导致，含碳的可燃物充分燃烧都会产生二氧化碳，使用国六B后一氧化碳和氮氧化物排放指标明显下降，但二氧化碳的排放不会减少，故不能缓解温室效应，C项符合题意；

D．光化学烟雾是大气中碳氢化合物和氮氧化物等在阳光的作用下发生化学反应产生的污染，使用国六B后，一氧化碳和氮氧化物排放指标明显下降，故可以缓解光化学烟雾，D项不符合题意；

故选C。

3. 中核集团原子能科学研究院团队对嫦娥五号带回的月球土壤样品进行分析研究，精确测定了40多种化学元素的含量，其中每吨月壤样品中钛的含量是地球土壤含量的六倍多。如图是钛元素的相关信息，下列说法正确的是

A. 钛属于非金属元素 B. 钛离子的质子数为22

C. 钛离子核外有22个电子 D. 钛原子和钛离子属于不同的元素

【答案】B

【解析】

【详解】A．钛属于金属元素，A错误；

B．在元素周期表中，元素名称左上角的数字表示原子数，原子序数=质子数=核电荷数，原子通过得失电子形成离子，只是核外电子数发生了改变，质子数不变，故钛离子的质子数为22，B正确；

C．钛离子是钛原子失去电子后形成的，钛离子核外电子数小于22，C错误；

D．元素是质子数相同的一类原子的总称，钛原子和钛离子的质子数相同，属于同种元素，D错误；

故答案选B。

4. 下列实验基本操作中，错误的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】B

【解析】

【详解】A．稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿杯壁缓慢倒入盛有水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌；故A正确；

B．向酒精灯中添加酒精时，应该将酒精灯熄灭后添加；故B错误；

C．氧气具有助燃性，将带火星的木条伸入集气瓶中，若木条复燃则证明是氧气；故C正确；

D．氢氢化钠固体具有腐蚀性，易潮解，应该在烧杯中称量；故D正确；

答案选B。

5. 布洛芬(C13H18O2)是家庭常备药品，可用于缓解轻至中度疼痛如头痛、牙痛等，也用于普通感冒或流行性感冒引起的发热。下列有关说法正确的是

A. 布洛芬中含有金属元素和非金属元素

B. 1个布洛芬分子中含有32个原子

C. 布洛芬中氢、氧元素的质量比为9:16

D. 布洛芬属于氧化物

【答案】C

【解析】

【详解】A．布洛芬中含有C、H、O三种元素，它们都属于非金属元素，则不含有金属元素，A不正确；

B．1个布洛芬分子中含有13+18+2=33个原子，B不正确；

C．布洛芬中氢、氧元素的质量比为18×1:2×16=9:16，C正确；

D．布洛芬中含有C、H、O三种元素，不属于氧化物，D不正确；

故选C。

6. 中国芯片蚀刻技术国际领先。NF3进行硅芯片蚀刻时的产物均为气体，在蚀刻物表面不留任何残留物。该反应微观示意图如下，下列说法正确的是

A. 物质丁是空气中含量最多的气体

B. 反应前后各元素化合价均不变

C. 上述四种物质均由分子构成

D. 反应生成的丙和丁微粒数之比为1：1

【答案】A

【解析】

【分析】由图可知，该反应为硅和NF3在一定条件下反成生成SiF4和氮气，该反应的化学方程式为。

【详解】A．物质丁为氮气，氮气是空气中量最多的气体，约占气体积的78%，故A正确；

B．硅单质中硅元素的化合价为0，NF3中氟元素显-1价，氮元素显+3价，SiF4中氟元素显-1价，硅元素显+4价，氮气中氮元素化合价为0，故氮元素和硅元素的化合价发生了改变，故B错误；

C．NF3由分子构成，硅由硅原于构成，SiF4由分子构成，氮气由氮分子构成，故C错误；

D．由化学方程式可知，反应生成的丙和丁微粒数之比为3：2，故D错误。

答案选A。

7. 物质间的反应遵循质量守恒定律，下列反应不能一步进行的是

A. KMnO4→O2→Fe3O4 B. H2SO4→H2→H2O

C. CaCO3→Ca(OH)2→CaCl2 D. C2H5OH→CO2→CO

【答案】C

【解析】

【详解】A．高锰酸钾受热分解生成氧气，铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，均可一步转化，A不符合题意；

B．活泼金属与硫酸反应生成氢气，氢气和氧气点燃生成水，均可一步转化，B不符合题意；

C．碳酸钙为难溶盐，不能一步转变为氢氧化钙，氢氧化钙和稀盐酸生成氯化钙，可一步转化，C符合题意；

D．乙醇燃烧生成二氧化碳，二氧化碳被碳高温还原为一氧化碳，均可一步转化，D不符合题意；

故选C。

8. 下列除去杂质的方法正确的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】B

【解析】

【详解】A．CaCl2能与过量Na2CO3溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，能除去杂质但引入了新的杂质碳酸钠(过量的)，不符合除杂原则，故A错误；

B．CuO能与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，再过滤，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故B正确；

C．H2SO4能与过量Ba(NO3)2溶液反应生成硫酸钡沉淀和硝酸，能除去杂质但引入了新的杂质硝酸，不符合除杂原则，故C错误；

D．铁锈和Fe均能与过量稀盐酸溶液反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故D错误；

故选B。

9. 下列图示与相应的文字描述相符合的是

A. 在密闭容器中点燃镁条

B. 加热一定质量的高锰酸钾制氧气

C. 等质量的块状和粉末状石灰石和稀盐酸反应制取二氧化碳

D. 测定空气中氧气的体积分数：在密闭容器里燃烧红磷冷却后打开止水夹

【答案】C

【解析】

【详解】A．化学反成前后物质的总质量不发生变化，镁与氧气燃烧生成氧化镁，反应中有氧气参与，则反应后生成固体质量变大，当反应结束时固体的质量达到最大值，故A错误；

B．化学反应前后各元素质量不变，高锰酸钾受热分解产生锰酸钾、二氧化锰与氧气，反应中氧气逸出，导致固体中氧元素的质量减小，锰酸钾与二氧化锰中均含有氧元素，则剩余固体中氧元素的质量不可能减为0，故B错误；

C．等质量的块状和粉末状石灰石和稀盐酸反应制取CO2，粉状的碳酸钙与稀盐酸的接触面积较大，则反应速率较快，图像较陡峭，两种碳酸钙的质量相等，则最终产生的CO2的质量相等，故C正确。

D．用红磷的燃烧来测量空气中氧气的体积分数实验中，反应开始时红磷燃烧放出热量，装置中气体受热膨胀导致压强增大，随着反应的进行氧气逐渐被消耗，气体的体积逐渐减小，则装置中压强逐渐减小，且小于原始气压，冷却至室温后打开止水夹，水被吸入集气瓶中，集气瓶中的压强恢复到初始状态，故D错误；

答案选C。

10. 甲、乙、丙三种固体物质(均不含结晶水)的溶解度曲线如图所示。下列说法不正确的是

A. t2℃时，甲、乙各30g分别加入100g水中，均形成不饱和溶液

B. t2℃时，将甲、乙的饱和溶液均降温到t1℃，得到的溶液仍饱和

C. 若甲中混有少量的丙，可采用降温结晶的方法提纯甲

D. t2℃时，取等质量的甲、乙分别配制成饱和溶液，所需水的质量：甲>乙

【答案】D

【解析】

【分析】根据固体的溶解度曲线，可以查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性；可以比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小，可以判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断通过降温结晶还是蒸发结晶的方法达到提纯物质的目的。

【详解】A．t2℃时，甲、乙的溶解度均大于30g，各取30g分别加入100g水中，均形成不饱和溶液，A正确；

B．甲、乙两种固体物质的溶解度都是随温度升高而增大，将甲、乙的饱和溶液从t2℃降温到t1℃，均会有晶体析出，得到的溶液仍饱和，B正确；

C．甲的溶解度随温度升高明显增大，而丙的溶解度受温度的影响变化不大，若甲中混有少量的丙，可采用降温结晶的方法提纯甲，C正确；

D．t2℃时，取等质量的甲、乙分别配制成饱和溶液，因为该温度下甲的溶解度大于乙，则所需水的质量：甲<乙，D错误；

答案选D。

11. 某制碱工厂以粗盐为原料制纯碱，部分工艺流程如图：

有关说法正确的是

A. 流程I中加入三种溶液的顺序不能调整

B. 按流程I所加溶液的顺序除杂，过滤后得到三种沉淀

C. 流程Ⅱ通入氨气之后溶液呈碱性，促进CO2吸收

D. 流程Ⅲ中发生反应的化学方程式为

【答案】C

【解析】

【分析】粗盐中含有氯化镁、氯化钙、硫酸钠杂质，通过流程I除掉镁离子、硫酸根、钙离子；过滤后得到滤液为氯化钠溶液，先通入氨气再通入二氧化碳得到碳酸氢钠晶体，最后通过加热分解得到纯碱。

【详解】A．加入的三种溶液中，碳酸钠溶液必须加在氯化钡的后面，能除去多余的氯化钡溶液，加入氯化钡溶液和氢氧化钠溶液的顺序可以颠倒，A错误；

D．按流程I所溶液的顺序除杂，过滤后得到四种沉淀：硫酸钡、氢氧化镁、碳酸钙和碳酸钡，B错误；

C．流程Ⅱ通入氨气的作用是使溶液呈碱性，促进二氧化碳的吸收，C正确；

D．流程Ⅲ中发生反应的化学方程式应为：，D错误；

答案选C。

12. 某课题组通过数字化实验对白磷燃烧的温度变化及影响因素进行探究。将5g白磷加入试管中并将试管置于60℃热水中，t3时，推注H2O2溶液，实验装置及数据曲线如图。下列说法不正确的是

A. 实验前应检查装置气密性

B. t4时温度大于t2说明氧气浓度越大，燃烧越剧烈

C. t3~t4对应温度升高说明过氧化氢分解放热

D. 气球的作用是调节气压

【答案】C

【解析】

【详解】A．该反应有气体生成，所以实验前应检查装置的气密性，故A正确；

B．t3时，推注H2O2溶液，过氧化氢在二氧化锰的催化下分解生成氧气和水，t4对应的温度高于t2，说明氧气浓度越大，燃烧越剧烈，放出的热量越大，故B正确；

C．t3时，推注H2O2溶液，过氧化氢在二氧化锰的催化下分解生成氧气和水，白磷与O2接触，继续燃烧，放出大量热，故温度再次升高，故C错误；

D．该实验中，白磷燃烧，放热，装置内气体受热膨胀，压强增大，故气球的作用是调节气压，防止压强过大，橡皮塞被冲出，故D正确。

答案选C。

二、非选择题

13. 我国向世界承诺，在2030年实现碳达峰，2060年实现碳中和。每年排放的二氧化碳近一半存留在大气层，其它被陆地和海洋吸收。过量的二氧化碳进入海洋，使海洋酸化，这样会导致海洋生物链发生变化。垃圾焚烧发电是生活垃圾处理的有效方式之一，但垃圾焚烧会产生烟尘和有害气体，还会增加二氧化碳的排放，加剧海洋酸化；同时垃圾焚烧需要购买辅助燃料，成本较高。我国烟气处理协同用P2G技术很好地解决了这些问题，其主要流程如下图所示。

（1）海洋酸化是指海水吸收二氧化碳生成碳酸，碳酸的化学式为_______。

（2）“净化装置”的作用是_______。

（3）垃圾焚烧发电过程中能量转换形式是_______(填“化学能转化为电能”或“电能转化为化学能”)

（4）“甲烷化装置”利用催化剂将混合气体转化为水和甲烷(CH4)，该反应的化学方程式为_______。

（5）使用P2G技术的优点是_______(写一条即可)。

（6）低碳生活从细节做起，你的一个低碳举措是_______。

【答案】（1）H2CO3   

（2）除去烟尘和有害气体   

（3）化学能转化为电能   

（4）   

（5）将二氧化碳转化为甲烷，循环利用，节约资源   

（6）乘坐公共交通出行

【解析】

【分析】垃圾在甲烷做辅助燃料下燃烧，将热能转化为电能，通过净化和分离装置，产生的二氧化碳进入甲烷化装置，电能可以用于电解水，产生的氢气进入甲烷化装置，生成甲烷进行循环利用。

【小问1详解】

碳酸中氢元素显+1价，碳酸根显-2价，写为H2CO3；故答案为：H2CO3；

【小问2详解】

垃圾焚烧会产生烟尘和有害气体，故“净化装置”的作用是除去烟尘和有害气体；故答案为：除去烟尘和有害气体；

【小问3详解】

垃圾焚烧发电是将化学能转化为电能，故答案为：化学能转化为电能；

【小问4详解】

甲烷化装置是将二氧化碳和氢气在催化剂作用下转化为CH4，化学方程式为：；故答案为；

【小问5详解】

由流程可知，P2G技术将二氧化碳转化为甲烷，甲烷作辅助燃料，可循环利用，节约资源；故答案为：将二氧化碳转化为甲烷，循环利用，节约资源；

【小问6详解】

生活中的低碳措施很多，比如乘坐公共交通出行，节约用电，无纸化办公等等，故答案为：乘坐公共交通出行。

14. 实验室利用如图装置制取氧气，回答下列问题：

（1）仪器①的名称是_______。

（2）实验室用过氧化氢溶液和二氧化锰混合制取氧气的化学方程式为_______。

（3）若用B装置干燥氧气，则B中盛放的试剂为_______(填试剂名称)，若将B装置中装满水收集氧气，则气体应从导管_______(填“a”或“b”)端通入。

（4）若直接用30%的过氧化氢溶液制取氧气，反应速率太快。为获得平稳的氧气流，图中C~F四个发生装置能达到最佳效果的是_______(填字母)。

【答案】（1）长颈漏斗   

（2）   

（3）    ①. 浓硫酸    ②. b   

（4）E

【解析】

【分析】实验室制取氧气时，可以采用固、固加热法，也可利用H2O2催化分解法。为控制制取O2的反应速率，产生平稳的气流，应设法控制H2O2的浓度，也就是往30%过氧化氢溶液中加入水。

【小问1详解】

仪器①中没有活塞，名称是长颈漏斗。

【小问2详解】

实验室用过氧化氢分解制取氧气时，二氧化锰作催化剂，化学方程式为。

【小问3详解】

氧气可以使用浓硫酸、碱石灰、无水氯化钙干燥，但装置B中物质呈液态，若用B装置干燥氧气，则B中盛放的试剂为浓硫酸，若将B装置中装满水收集氧气，则气体进入导管时，应短进长出，即气体应从导管b端通入。

【小问4详解】

为获得平稳的氧气流，应设法控制H2O2的浓度，所以应将H2O2溶液加入水中，图中C~F四个发生装置能达到最佳效果的是E。

【点睛】H2O2的分解反应是放热反应。

15. 某工厂生产硼砂产生的固体废料，主要含有MgCO3、CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3等，其中MgCO3质量分数为84%。回收镁的工艺流程如图：

资料：金属阳离子沉淀的pH如表所示

（1）“酸浸”时MgCO3发生反应的化学方程式为_______。

（2）“调pH”前滤液I的pH_______7(填“>”或“<”)。

（3）根据资料中数据，推断A处物质应该为_______(填化学式)；滤液Ⅲ中可回收的主要物质_______(填化学式)。

（4）已知固体废料质量为m g，理论上可生产Mg(OH)2的质量为_______g。

【答案】（1）   

（2）<    （3）    ①. Fe(OH)3和A1(OH)3    ②. Na2SO4   

（4）0.58m

【解析】

【分析】固体废料有MgCO3、CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3加入硫酸后，二氧化硅不溶于硫酸，碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙沉淀，MgCO3、Al2O3和Fe2O3与硫酸反应生成硫酸盐溶于水，加入NaOH溶液沉淀铝离子和铁离子，A中沉淀有氢氧化铁和氢氧化铝，滤液II再加入NaOH生成Mg(OH)2沉淀和Na2SO4。

【小问1详解】

“酸浸”时硫酸与碳酸镁反应生成硫酸镁、二氧化碳和H2O，反应的方程式为：；

【小问2详解】

“调节pH”前是酸浸后的滤液，溶液显酸性，pH<7；

【小问3详解】

加入NaOH溶液铁离子和铝离子发生沉淀，因此A处Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀；硫酸盐和NaOH溶液反应生成氢氧化物沉淀和硫酸钠，滤液III是硫酸钠溶液，可以回收Na2SO4；

【小问4详解】

固体废料质量为m，含碳酸镁84%，碳酸镁的质量为0.84m，理论上1mol碳酸镁生成1molMg(OH)2，生成Mg(OH)2的质量为=0.58m g。

16. 铁是人类广泛使用的金属。

（1）识铁

人类最早发现铁源自陨石某铁陨石中含90.85%铁以及镍、钴等，则铁陨石属于_______(填“纯净物”或“混合物”)。

（2）炼铁

古代中国冶铁的原理：高温熔化铁矿【如赤铁矿(主要含氧化铁)】过程中，不断加入木炭粉，可炼得生铁，同时生成二氧化碳，则该反应属于_______(填基本反应类型)。

（3）锈蚀

利用如图装置探究铁锈蚀条件：实验开始，同时将装置A、D和E中的液体分别注入容器内，一段时间后，仅C瓶中铁粉不变色。

①D、E瓶中铁粉更快锈蚀的是_______(填字母，下同)，比较装置_______中出现的现象，可推知水是铁锈蚀的条件之一。

②欲证明铁生锈需同时与水和氧气同时接触，还需增加一个实验是_______。

（4）用铁

①新型纳米级铁粉能用作高效催化剂，反应前后其_______和化学性质不变。

②辩证看待铁锈蚀：锈蚀原理的有益应用是_______(任写一点)。

【答案】（1）混合物    （2）置换反应   

（3）    ①. E    ②. C和D    ③. 等量干燥的铁粉(足量)完全浸泡在蒸馏水中   

（4）    ① 质量    ②. 铁粉可用作干燥剂和除氧剂

【解析】

【小问1详解】

某铁陨石中含90.85%铁以及镍、钴等多种物质，因此铁陨石属于混合物；故答案为：混合物；

【小问2详解】

木炭高温下与氧化铁反应生成铁和二氧化碳，该反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，属于置换反应；故答案为：置换反应；

【小问3详解】

①D(蒸馏水)、E(食盐水)瓶中铁粉更快锈蚀的是E，因为食盐水增强了水导电性，加快了铁的锈蚀；根据控制变量唯一的原则，比较装置C、D中出现的现象，C中铁粉不生锈，D中铁粉生锈，可推知水是铁锈蚀的条件之一；故答案为：E；C和D；

②欲证明铁生锈需同时与水和氧气同时接触，还需增加一个实验为：等量干燥的铁粉(足量)只与蒸馏水接触而不与氧气接触，即等量干燥的铁粉(足量)完全浸泡在蒸馏水中，通过其与D对比得出氧气是铁锈蚀的条件之一，即可得出铁生锈需同时与水和氧气同时接触；故答案为：等量干燥的铁粉(足量)完全浸泡在蒸馏水中；

【小问4详解】

①新型纳米级铁粉能用作高效催化剂，反应前后其质量和化学性质不变；故答案为：质量；

②铁锈蚀消耗氧气和水，利用其原理，铁粉可用作干燥剂和除氧剂；故答案为：铁粉可用作干燥剂和除氧剂。

17. 实验室有一瓶敞口放置一段时间的氢氧化钠固体，为测定该瓶样品中氢氧化钠的质量分数，现取17.3g该样品溶于足量的水中(固体完全溶解)，向所得溶液中逐滴加入200g一定溶质质量分数的稀盐酸，实验过程如图所示(不考虑碳酸钠的分步反应)。

（1）经分析，该氢氧化钠固体_______(填“部分”或“完全”)变质，恰好完全反应时，产生气体的质量为_______g。

（2）计算样品中氢氧化钠的质量_______ (写出计算过程)。

【答案】（1）    ①. 部分    ②. 2.2   

（2）12g

【解析】

【小问1详解】

敞口放置一段时间的氢氧化钠固体中滴加盐酸，发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3与HCl反应，消耗盐酸的体积为50mL，则Na2CO3与HCl反应生成NaHCO3等，消耗盐酸的体积也为50mL，所以NaOH与HCl反应，消耗盐酸的体积为150mL-50mL=100mL。经以上分析，该氢氧化钠固体部分变质；从图中可以看出，恰好完全反应时，产生气体的质量为2.2g。

【小问2详解】