浙江省台州市第一中学2023-2024学年高一上学期入学分班考试化学试卷（Word版附解析）

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一、选择题(每题3分，共21分)
1. 北京冬奥会的赛场实现了实时全程转播，该转播技术的实现离不开光导纤维的“大显身手”。下列物质可以制造光导纤维的是
A. CuB. Fe2O3C. SiO2D. Ag
【答案】C
【解析】
【详解】SiO2可用于制造光导纤维，故答案选C。
2. 已知同一种金属阳离子形成的碳酸盐热稳定性要高于其形成的碳酸氢盐，且。某同学采用如图装置探究碳酸钠和碳酸氢钠受热分解情况，下列说法正确的是
A. A处应该放NaHCO3 ，B处放Na2CO3
B. 若在A、B试管口放置沾有硫酸铜粉末的棉花，B管中棉花不变色
C. 试管D中没有出现浑浊，试管C中出现浑浊
D. 试验结束时，应先熄灭酒精灯，再移开试管C、D
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸钠热稳定性比碳酸氢钠好，则加热时Na2CO3处的温度应高于NaHCO3 处的温度，因此A处放Na2CO3，B处放NaHCO3 ，A错误；
B．B处放NaHCO3，受热发生分解反应：，由于有水生成，因此B试管口含有硫酸铜粉末的棉花变蓝，B错误；
C．A处放Na2CO3，受热不发生分解，因此试管D中没有出现浑浊；B处放NaHCO3，受热发生分解反应生成CO2，因此试管C中出现浑浊，C正确；
D．实验结束时，应先移开试管C、D，再熄灭酒精灯，目的是防止倒吸，D错误；
答案选C。
3. 室温下，向盛有H2SO4和Fe2(SO4)3混合溶液的烧杯中滴入Ba(OH)2溶液，生成沉淀的质量与加入的Ba(OH)2溶液中溶质质量的关系如图所示。下列有关说法不正确的是
A. a→b段发生的是H2SO4和Ba(OH)2的反应
B. c点溶液中的溶质为Fe2(SO4)3
C. d点对应纵坐标的数值为114.6g
D. b点溶液的pH等于e点的pH
【答案】D
【解析】
【分析】向盛有H2SO4和Fe2(SO4)3混合溶液的烧杯中滴入Ba(OH)2溶液过程中，首先发生的是酸碱中和反应，即Ba(OH)2溶液先与H2SO4反应，a→b段发生的反应为：，随着Ba(OH)2溶液的增多，继续与Fe2(SO4)3溶液反应，b→d段发生的反应为：，据此作答。
【详解】A．根据分析可知，a→b段发生的是H2SO4和Ba(OH)2的反应，故A正确；
B．根据各段的反应可知，d点时反应中沉淀达到最大值，则c点时溶液中还有与Fe2(SO4)3未反应，因此c点溶液中的溶质为Fe2(SO4)3，故B正确；
C．根据图像可知，a→b段消耗的，则产生的，b→d段消耗的，则产生的，根据可得， ，则共产生沉淀的质量为：，故C正确；
D．b点溶液中溶质为Fe2(SO4)3，Fe3+发生水解，溶液为酸性，e点溶液中溶质为过量的Ba(OH)2，溶液为碱性，因此两点的pH不相等，故D错误；
故答案选D。
4. 营养物质是维持人类生命活动的必备物质，下列关于营养物质说法错误的是
A. 油脂分为植物油脂和动物油脂，它们在室温下呈现不同形态，是首要供能物质
B. 淀粉是混合物，属于糖类，在人体内经过转化形成葡萄糖，为人体组织提供能量
C. 人体中维生素种类繁多，大多依靠从食物中获取，对人类健康有至关重要的作用
D. 蛋白质是构成细胞的基本物质，是人类必需的营养物质
【答案】A
【解析】
【详解】A．油脂分为植物油脂和动物油脂，在室温植物油脂为液态，动物油脂为固态，是重要的供能物质，不是首要的供能物质，A错误；
B．淀粉是混合物，属于糖类中的多糖，在人体内经过转化形成葡萄糖，为人体组织提供能量，B正确；
C．人体中维生素种类繁多，大多依靠从食物中获取，可调节人体新陈代谢，维持身体健康，对人类健康有至关重要的作用，C正确；
D．蛋白质是构成细胞的基本物质 及修补受损组织的主要原料，是人类必需的营养物质，D正确；
故选A。
5. 下列图像能正确反应对应关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向一定量稀硫酸中加水稀释，随水的加入，溶液的酸性变弱，但始终呈酸性，溶液的pH不会等于或大于7，A错误；
B．石灰水中的溶质是氢氧化钙，氢氧化钙的溶解度随着温度的升高而减小，生石灰与水反应生成氢氧化钙，放出大量的热；由于水的质量减少，温度升高，溶解度减小，有氢氧化钙析出，饱和溶液中溶质的质量减少；当冷却至室温后，温度降低，溶液中溶质的质量增加，但由于水的质量减少，氢氧化钙的质量比加入生石灰前的质量少，B错误；
C．假设Mg和MgO质量均为mg，加入稀盐酸至过量时，根据可知，反应生成，根据可知，反应生成，可知最终镁和氧化镁与稀盐酸反应生成的氯化镁物质的量不同，即氯化镁的质量不同，C错误；
D．木炭放在盛有氧气的密闭容器中燃烧，由于容器密闭，反应前后物质的总质量不变，D正确；
故答案选D。
6. 某无色透明溶液中可能含有、、、K+、Na+、Cl-、Fe2+等离子。溶液中每种离子的数目相等。现取少量此溶液样品，进行如下实验：
①加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，该沉淀不溶于稀硝酸。
②取上述反应的滤液，加入硝酸酸化的AgNO3溶液后无气泡生成，产生白色沉淀。
根据上述实验现象，以下说法正确的是
A. 该溶液中一定没有Fe2+，一定有Cl-
B. 该溶液一定有K+、Na+
C. 该溶液一定有，可能有Cl-
D. 该溶液中可能有K+、
【答案】B
【解析】
【分析】该溶液无色透明，故一定不含Fe2+。①加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，该沉淀不溶于稀硝酸，该沉淀为BaSO4，一定含。②取上述反应的滤液，加入硝酸酸化的AgNO3溶液后无气泡生成，产生白色沉淀，白色沉淀为AgCl，无气泡产生，则一定不含、。由于溶液中每种离子的数目相等，则一定含Na+、K+、，一定不含、、Cl-、Fe2+。
【详解】A．根据分析，该溶液中一定没有Fe2+ 、Cl-，A错误；
B．根据分析，该溶液一定有K+、Na+，B正确；
C．根据分析，该溶液一定有，一定没有Cl-，C错误；
D．根据分析，该溶液一定有K+，一定没有，D错误；
故选B。
7. 某混合气体可能含有甲烷(CH4)、乙烯(C2H4)、丙烷(C3H8)，取2.32g该气体完全燃烧生成3.60g水和7.04gCO2，则混合气体中
A. 一定有甲烷B. 一定含有乙烯C. 一定有丙烷D. 一定无丙烷
【答案】B
【解析】
【详解】3.60g水的物质的量为，7.04gCO2的物质的量为，则混合气体的平均化学式为，2.32g该气体的物质的量为；该混合气体可能含有甲烷(CH4)、乙烯(C2H4)和丙烷(C3H8)，其中丙烷可表示为，根据原子守恒及平均化学式可得，当氢原子数为4时，该混合气体中一定含有乙烯，可能含有甲烷和丙烷中的一种或两种，答案选B。
二、填空题(每空3分，共30分)
8. 实验室现有四瓶失去标签的无色溶液，他们分别是BaCl2、Na2CO3、AgNO3、K2SO4中的一种，为确定其成分，将他们编号为A、B、C、D，并进行如下实验，实验记录如下：
①将B和C混合产生沉淀，若加硝酸或盐酸沉淀均消失
②将C和D混合产生沉淀，若加硝酸或盐酸沉淀均不消失
③将A和B混合产生沉淀，若加硝酸沉淀消失，若加盐酸沉淀不消失
综合以上实验。
（1）可以确定A为_______，D为 _______。
（2）已知：如下图所示，HCl与NaOH中和反应的实质是。像这种用实际参与反应的离子来表示化学反应的式子，称为离子方程式。任何复分解反应都可以用离子方程式来表示。根据离子方程式的书写原则，写出实验③A、B混合产生沉淀的离子方程式：_______。
【答案】（1） ①. AgNO3 ②. K2SO4
（2）
【解析】
【分析】BaCl2、Na2CO3、AgNO3和K2SO4之间反应可以生成、AgCl、、四种沉淀，其中与硝酸反应溶解，但在盐酸中转化为AgCl沉淀，因此沉淀不消失；可以与硝酸和盐酸反应溶解；AgCl和均不溶于硝酸和盐酸。
【小问1详解】
由于B和C混合产生沉淀，加硝酸或盐酸沉淀均消失，A和B混合产生沉淀，加硝酸沉淀消失，加盐酸沉淀不消失，则根据分析可知B为Na2CO3溶液，A为AgNO3溶液，C为BaCl2溶液；由于C和D混合产生沉淀，加硝酸或盐酸沉淀均不消失，则D为K2SO4溶液。
【小问2详解】
实验③中A和B混合生成沉淀和，根据离子方程式的书写原则，该反应过程的实质为与生成沉淀，则离子方程式可以表示为。
9. 小明同学在实验中发现一种由4种元素组成的含有结晶水的盐，该盐受热分解会发生如下反应：，其中E为一种无色透明液体；B、C常温下为气体；D为红棕色固体；H为一种广泛使用的银白色金属单质。
（1）A的化学式为：_______。
（2）写出F生成G反应的化学方程式_______。
（3）写出C和D反应的化学方程式_______。
【答案】（1）FeC2O4·2H2O
（2）
（3）
【解析】
【分析】4种元素组成的含有结晶水的盐A，说明A中含有H、O元素，E为一种无色透明液体，则E为H2O；D为红棕色固体，则D为Fe2O3，说明A中含有Fe元素；H为一种广泛使用的银白色金属单质，则H为Fe单质； C与D在加热条件下反应产生铁单质，而C为气体，Fe2O3被CO还原产生Fe，可知C为CO，说明A中含有C元素，综合可知A中含有Fe、C、H、O元素，B与澄清石灰水反应，产物可以与B再反应产生G，可知B为CO2，结合可知，，推出A为FeC2O4·2H2O。
【小问1详解】
根据分析可知，A为FeC2O4·2H2O。
【小问2详解】
B与澄清石灰水反应产生碳酸钙，碳酸钙与二氧化碳反应生成G，反应的化学方程式为：。
【小问3详解】
根据分析可知，C为CO，D为Fe2O3，反应的方程式为：。
10. 以CuS和NaCl为原料制备焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的流程图如下：
已知：①NaHCO3在水中的溶解度显著小于NaCl在水中溶解度；
②NH3极易溶于水(1：700)；
③反应Ⅰ和Ⅱ过程中均无元素化合价变化。
（1）反应Ⅰ在饱和NaCl溶液中应该先通 _______，理由是_______。
（2）副产品X化学式为_______。
（3）反应Ⅱ总的化学方程式为_______。
【答案】（1） ①. NH3 ②. 因为氨气在水中的溶解度很大，先通入氨气，可以增大氨水的浓度，可以吸收更多的二氧化碳，从而生成更多的碳酸氢钠
（2）CuSO4·5H2O
（3）
【解析】
【分析】由题给流程可知，向氯化钠溶液中通入氨气、二氧化碳，氯化钠溶液与氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠和氯化铵溶液；碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；硫化铜在空气中灼烧生成氧化铜和二氧化硫，将反应生成的二氧化硫通入碳酸钠溶液中发生反应Ⅱ，干燥得到焦亚硫酸钠；氧化铜溶于稀硫酸得到硫酸铜溶液，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到副产品五水合硫酸铜晶体。
【小问1详解】
由分析可知，反应Ⅰ为氯化钠溶液与氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，反应的化学方程式为，反应时，应先向氯化钠溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳，目的是增大二氧化碳的溶解量，有利于碳酸氢钠的生成，故答案为：NH3；因为氨气在水中的溶解度很大，先通入氨气，可以增大氨水的浓度，可以吸收更多的二氧化碳，从而生成更多的碳酸氢钠。
【小问2详解】
由分析可知，副产品为五水合硫酸铜晶体，化学式为：CuSO4·5H2O。
【小问3详解】
反应Ⅱ为碳酸钠溶液与二氧化硫反应生成焦亚硫酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为。
三、探究题(每空3分，共36分)
11. 小明在阅读元素周期表相关读物时发现如下结论：
①当最外层电子数相同时，微粒核外电子层层数越多，微粒的半径就越大。
②相同电子层数的微粒，其核电荷数越大，微粒半径越小。
现有原子序数依次递增的A、B、C、D、E 5种短周期元素(1-18号)，A单质是空气中最多的物质，B的原子核最外层电子数是最内层的3倍，C和E是海水中含量最高的溶质的组成元素，D的最外层电子数与B相同。
（1）A、B、C的原子半径从大到小顺序为(用化学符号表示，例H)_______。
（2）B、C、D、E的简单离子半径从大到小顺序为(用化学符号表示，例H+) _______。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】原子序数依次递增的A、B、C、D、E 5种短周期元素(1-18号)，A单质是空气中最多的物质，A为N，B的原子核最外层电子数是最内层的3倍，B为O，C和E是海水中含量最高的溶质的组成元素，为NaCl，故C为Na，E为Cl，D的最外层电子数与B相同，D为S。
小问1详解】
A为N，B为O，C为Na，根据题中①、②结论，原子半径：；
【小问2详解】
B为O，C为Na，D为S，E为Cl，根据题中①、②结论，简单离子半径从大到小顺序为：。
12. 目前世界上只有少数几个国家拥有核潜艇，我国是其中之一、核潜艇能在海底作长时间航行，而不需要浮出水面。小红查阅资料得知，为了解决乘员的供氧问题，核潜艇里用过氧化钠(Na2O2)作为氧气再生剂。过氧化钠(Na2O2)是一种化学性质活泼的淡黄色固体，在通常状况下能跟许多物质发生化学反应放出氧气。例如：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑等。小红为了验证CO2跟Na2O2反应时产生的气体是氧气，设计了如下实验装置：
试回答：
（1）用石灰石和盐酸制取实验所用的CO2，其中A瓶内的液体是饱和碳酸氢钠溶液，其作用是_______，C瓶内液体应是_______溶液。
（2）有同学提出上述实验生成的O2不一定是Na2O2与CO2反应生成的，若要检验CO2能与Na2O2反应生成O2，小红还应对上述实验装置作如下改进：_______。
（3）若实验改进后反应完毕，测得盛Na2O2的反应容器总质量增加了14g，则产生的氧气的质量_______。
【答案】（1） ①. 除去CO2的HCl气体 ②. NaOH
（2）在A和B之间增加一个干燥CO2的装置(如装有浓硫酸的洗气瓶，其他合理答案也给分)
（3）8g
【解析】
【分析】用石灰石和盐酸制取实验所用的CO2，则A装置用于吸收挥发出的HCl气体，B装置是二氧化碳与过氧化钠的发生装置，C装置用于吸收未反应的二氧化碳气体，D口可用于检验氧气。
小问1详解】
由分析可知A装置作用是吸收氯化氢气体，C装置用于吸收未反应的二氧化碳气体，则可选用氢氧化钠溶液；
【小问2详解】
过氧化钠也可能与A溶液中挥发出的水蒸气反应生成氧气，则需要在A和B之间增加一个干燥CO2的装置(如装有浓硫酸的洗气瓶)；
【小问3详解】
根据反应方程式2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，2Na2O2~2Na2CO3固体增加的质量相当于是2个CO的重量，设产生的氧气的质量为x，，解x=8g。
13. 世界卫生组织国际癌症研究机构公布的致癌物清单中，甲醛在1类致癌物列表中。 新装修的房子常常甲醛含量会超标，因此研究去除甲醛对人体健康有重要意义。
材料一：甲醛(HCHO)是无色、刺激性气味的气体，易溶于水和乙醇。甲醛是细胞新陈代谢产物的一部分。甲醛是重要的原材料，广泛应用于服装制造、汽车产业、医学等领域。
材料二：石墨相氮化碳(g-C3N4)的基本单元结构为和石墨类似的六元环。其空间结构疏松多孔，具有一定吸附能力。
材料三：“光催化技术”广泛应用于消除居室污染物甲醛。最新研究中，将TiO2和g-C3N4相结合制成复合光催化剂，可实现高效除甲醛的目标。该复合光催化剂催化分解甲醛的原理如图1所示；光照条件下，g-C3N4与纳米级TiO2的比例不同(纯g-C3N4、2∶1、1∶1.5、1∶2)时，甲醛去除效果差异如图2所示。
（1）根据材料，推测g-C3N4具有_______。
A. 良好的导电性、较高的稳定性B. 良好的导电性、较低的稳定性
C. 较差的导电性、较低的稳定性D. 较差的导电性、较高的稳定性
（2）用甲醛浸泡的海鲜不能食用，原因：_______。
（3）依据图1，用化学方程式表示去除甲醛原理：_______。
（4）从图2可知，去除甲醛效果最好的复合光催化剂中g-C3N4与纳米级TiO2光触媒的比例为_______，原因：______。
（5）当活性炭粉与纳米级TiO2光触媒比例为2∶1时，7小时后甲醛浓度明显升高，其原因可能为______。
【答案】（1）A （2）甲醛会使蛋白质变性
（3）
（4） ①. 1∶1.5 ②. 甲醛浓度持续下降，且最终甲醛浓度最低
（5）TiO2无法及时转化g-C3N4吸附的甲醛分子，吸附进入g-C3N4的甲醛分子不断运动，从g-C3N4中运动出来
【解析】
【小问1详解】
根据材料二：石墨相氮化碳(g-C3N4)的基本单元结构为和石墨类似的六元环，石墨能导电，稳定性好，故石墨相氮化碳(g-C3N4)具有良好的导电性、较高的稳定性，选A；
【小问2详解】
用甲醛浸泡的海鲜不能食用，原因：甲醛会使蛋白质变性；
【小问3详解】
依据图1，甲醛和氧气在催化剂作用下生成二氧化碳和水，化学方程式表示为：；
【小问4详解】
从图2可知，去除甲醛效果最好的复合光催化剂中g-C3N4与纳米级TiO2光触媒的比例为1∶1.5，原因是：甲醛浓度持续下降，且最终甲醛浓度最低；
【小问5详解】
当活性炭粉与纳米级TiO2光触媒比例为2∶1时，7小时后甲醛浓度明显升高，其原因可能为：TiO2无法及时转化g-C3N4吸附的甲醛分子，吸附进入g-C3N4的甲醛分子不断运动，从g-C3N4中运动出来。
四、解答题(共13分)
14. 有一瓶久置在空气中部分变质的熟石灰粉末试剂，为确定其变质情况，对该试剂进行如下定量测定：称取25g样品放入锥形瓶中，加入适量水充分振荡，再向锥形瓶中分步滴加一定浓度的某酸H2A充分反应(已知H2A酸性强于碳酸，且相对分子质量为a)，测得数据如下表。
回答下列问题：
（1）画出产生气体的质量与加入某酸质量的关系图(请画在答题卡的图上)________。
（2）请列式求算出样品中所含变质产物碳酸钙以及某酸的质量分数是多少？_______。
（3）该样品中钙元素的质量分数是_______。
【答案】（1） （2）
（3）40%
【解析】
【小问1详解】
氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，部分变质的氢氧化钙中含有碳酸钙，根据表格中的数据，所加入的前20g盐酸是与氢氧化钙反应，反应不产生气体，根据后面的数据可知每20g盐酸与碳酸钙反应产生二氧化碳的质量为2.2g，所以是加入30g盐酸才开始产生二氧化碳气体，加入100g盐酸时，碳酸钙完全反应，m的值为7.7故气体的质量与加入某酸质量的关系图为；
【小问2详解】
解：设CaCO3质量为xg，H2A溶液溶质质量为yg，解得x=17.5 g y=0.175a g。则碳酸钙的质量分数为 H2A的质量分数为 ；
【小问3详解】
根据钙元素最终和H2A结合为CaA，设样品中钙元素的质量分数是z，加入HA的质量为100g时恰好完全反应，得关系式为，解得z=40%。A．用水稀释pH=3的稀硫酸
B．向饱和石灰水中加入生石灰
C．相同质量的Mg和MgO分别加入相同溶质质量分数的稀盐酸至过量
D．某密闭容器中碳与氧气的燃烧反应
加入某酸的总质量/g
20
40
60
80
100
120
产生气体的总质量/g
0
1.1
3.3
5.5
m
77