2023年广西梧州市岑溪市化学高一下期末复习检测试题含解析

2022-2023学年高一下化学期末模拟试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列操作能达到实验目的的是选项实验目的实验操作A验证SO2的漂白性将SO2通入溴水，观察溴水是否褪色B提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量NaOH溶液，振荡后静置分液，并除去有机相中的水C证明增大反应物浓度，能加快化学反应速率将两块表面积相同的锌粒分别放入稀硫酸和浓硫酸中D比较铁和锌的金属性强弱将铁和锌置于稀硫酸中构成原电池A．A B．B C．C D．D2、硝酸既表现氧化性又表现酸性的是（）A．Na2CO3与稀HNO3B．C和浓HNO3共热C．Ag和稀HNO3共热D．Fe(OH)3和稀HNO3反应3、利用金属活泼性的差异，可以采取不同的冶炼方法冶炼金属。下列化学反应原理在金属冶炼工业中还没有得到应用的是()A．Al2O3＋3C2Al＋3CO↑B．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2C．2Ag2O4Ag＋O2↑D．Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O34、—定条件下，在容积为2L的密闭容器中发生反应：2A(g)+B(g)2C(g)，己知起始投入4molA(g)和2molB(g)，经2s后测得C的浓度为0.6mol·L-1，并且2s后各组分浓度不再改变。下列说法正确的是A．2s内用物质A表示的平均反应速率为0.3mol•L-1·s-1B．2s内用物质B表示的平均反应速率为0.6mol•L-1·s-1C．2s后每有0.6mol的物质B生成，同时就有0.6mol物质C生成D．2s时物质B的物质的量浓度为1.4mol•L-15、O3在水中易分解。一定条件下，起始浓度均为0.0216mol／L的O3溶液，在不同的pH、温度下，发生分解反应，测得O3浓度减少一半所需的时间（t）如下表所示：下列判断不正确的是A．实验表明，升高温度能加快O3的分解速率B．pH增大能加速O3分解，表明OH－可以对O3的分解起催化作用C．在30℃、pH＝4.0时，O3的分解速率为1.00×10－4mol／（L·min）D．据表中的规律可推知，O3在下列条件下的分解速率v（40℃、pH＝3.0）＞v（30℃、pH＝7.0）6、35Cl是氯的一种同位素，下列说法正确的是A．35Cl原子所含质子数为18B．1mol的1H35Cl分子所含中子数为18NAC．3.5g35Cl2气体的体积为2.24LD．35Cl2气体的摩尔质量为71g·mol－17、下列各组离子在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是A．K+、Fe2＋、MnO4－、H+ B．Fe3＋、SCN-、Cl－、K+C．Ba2＋、Na＋、SO32－、OH－ D．NH4+、SO42-、OH－、Mg2＋8、下列变化中，吸收的热量用于克服分子间作用力的是()A．加热氯化钠使之熔化B．加热二氧化硅使之熔化C．液溴受热变成溴蒸气D．加热碘化氢使之分解9、下列热化学方程式书写正确的是（△H的绝对值均正确）（）A．2NO2=O2+2NO△H=+116.2kJ/mol（反应热）B．NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=+57.3kJ/mol（中和热）C．C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）△H=﹣1367.0kJ/mol（燃烧热）D．S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣296.8kJ/mol（反应热）10、C(s)+CO2(g)2CO(g)反应中，可使反应速率增大的措施是()①增大压强②升高温度③通入CO2④增大C的量⑤减小压强A．①②③B．①②③④C．②③④D．②③④⑤11、法国里昂的科学家发现一种只由四个中子组成的微粒，这种微粒称为“四中子”，也有人称之为“零号”元素。它与天体中的中子星构成类似。有关该微粒说法正确的是（）A．该微粒不显电性B．该微粒的质量数为2C．在元素周期表中与氢元素占同一位置D．它与普通中子互称同位素12、若NA表示阿佛加德罗常数，下列说法正确的是()A．1molCl2作为氧化剂得到的电子数为NAB．在0℃，101kPa时，22.4L氢气中含有NA个氢原子C．14g氮气中含有7NA个电子D．NA个一氧化碳分子和0.5mol甲烷的质量比为7:413、医疗上作X射线透视肠胃时，常服用一种称为“钡餐”的造影剂，其主要成分是（）A．BaCO3 B．BaCl2 C．BaSO4 D．BaSO314、下列反应离子方程式正确的是A．过量石灰水与碳酸氢钠溶液反应：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2OB．次氯酸钙溶液中通入过量SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=2HClO+CaSO3↓C．向氯化铝溶液中滴加过量氨水：A13++4NH3•H2O=AlO2-+4NH4++2H2OD．FeSO4酸性溶液暴露在空气中：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O15、对于可逆反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，下列措施能减少反应物活化分子百分数、降低反应速率的是A．增大压强 B．移除一部分SO3 C．使用催化剂 D．降低温度16、下列关于铝及其化合物叙述中，正确的是()A．不能用铝制的器皿来盛放酸梅汤或碱水是因为铝会和酸或碱反应B．铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定C．氯化铝溶液与NaOH溶液互滴现象完全相同D．纯铝比铝合金的硬度更大、熔点更低二、非选择题（本题包括5小题）17、（1）将红热的固体单质甲放入显黄色的浓乙溶液中，剧烈反应，产生混合气体A，A在常温下不与空气作用，发生如下图所示的变化。则：①写出下列物质的化学式：丙__________，B____________，C__________，D____________。②写出甲跟乙反应的化学方程式：__________________________。③单质丙与溶液乙反应生成气体B的离子方程式：___________________。（2）如图是各物质的反应关系图：已知A和E都是黄色粉末，F有刺激性气味且有漂白性。请据此回答下列问题：写出图中编号的化学方程式：①_______________________；②_______________________；③______________________。18、已知X、Y均为有刺激性气味的气体,且几种物质间有以下转化关系,部分产物未标出。请回答下列问题。（1）写出下列各物质的化学式:X、Y、C。（2）反应①的化学方程式为，反应②的离子方程式为。19、乙酸乙酯是重要的有机合成中间体，广泛应用于化学工业。实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：①在甲试管(如图)中加入2mL浓硫酸、3mL乙醇和2mL乙酸的混合溶液。②按如图连接好装置(装置气密性良好)并加入混合液，小火均匀地加热3—5min。③待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管并用力振荡，然后静置待分层。④分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。(1)写出该反应的化学方程式是：_______________________；(2)与教材采用的实验装置不同，此装置中采用了球形干燥管，其作用是____________。(3)甲试管中，混合溶液的正确加入顺序：________________________；(4)步骤②中需要用小火均匀加热，其主要原因是____________________________________；(5)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是____________(填字母代号)。A．反应掉乙酸和乙醇B．反应掉乙酸并吸收乙醇C．析出乙酸乙酯D．加速酯的生成，提高其产率(6)欲将乙试管中的物质分离开以得到乙酸乙酯，必须使用的仪器是____________；分离时，乙酸乙酯应该从仪器____________(填：“下口放”或“上口倒”)出。20、海洋资源的利用具有广阔前景。（1）下图是从海水中提取镁的简单流程。①工业上常用于沉淀Mg2+的试剂A是__________（填化学式），Mg(OH)2转化为MgCl2的离子方程式为________________________。②由无水MgCl2制取Mg的化学方程式是______________________。（2）海带灰中富含以I－形式存在的碘元素，实验室提取I2的途径如下所示：①灼烧海带至灰烬时所用的主要仪器是__________（填名称）；②向酸化的滤液中加过氧化氢溶液，该反应的离子方程式为__________；③反应结束后，加入CCl4作萃取剂,采用萃取－分液的方法从碘水中提取碘，主要操作步骤如下图：甲.加入萃取剂后振荡乙.静置分层丙.分离甲、乙、丙3步实验操作中，错误的是__________（填“甲”、“乙”或“丙”）。（3）海水中部分离子的含量如下:成分含量（mg/L）成分含量（mg/L）Na+10560Cl－18980Mg2+1272Br－64Ca2+400SO42－2560若从100L该海水中提取镁，理论上需加入试剂A__________g。21、下列说法或操作正确的是__________。①用酒精萃取碘水中的碘，下层液体由分液漏斗下口放出，上层液体由上口倒出②使用容量瓶之前必须进行检漏操作③海带中碘元素的分离及检验时，需要向海带灰的浸取液中加入少量稀硫酸和过氧化氢溶液④将NaNO3和KCl的混合液加热并浓缩至有晶体析出，趁热过滤时，可分离出NaCl晶体⑤用加热法可以分离高锰酸钾和碘单质的混合物，因为碘单质受热易升华⑥用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，应将蒸发皿中NaCl溶液中的水全部加热蒸干

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A.二氧化硫与溴水反应体现了二氧化硫的还原性，不是漂白性，A错误；B.向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量碳酸钠溶液，振荡后静置分液，用NaOH会使乙酸乙酯水解，B错误；C.浓硫酸具有强氧化性，与锌反应生成硫酸锌、二氧化硫和水，与稀硫酸和锌的反应不具有可比性，C错误；D.将铁和锌置于稀硫酸中构成原电池，活泼金属作负极，另一金属作正极，D正确；答案为D【点睛】浓硫酸表现强氧化性，为硫的化合价的变化，稀硫酸表现弱氧化性，为氢化合价的降低，反应原理不同。2、C【解析】A.发生反应：Na2CO3+2HNO32NaNO3+H2O+CO2↑，NaHCO3+HNO3NaNO3+H2O+CO2↑，硝酸表现酸性；B.发生反应：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O，硝酸表现氧化性；C.发生反应：3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，硝酸既表现氧化性又表现酸性；D.发生反应：Fe(OH)3+3HNO3Fe(NO3)3+3H2O，硝酸表现酸性。故选C。点睛：硝酸的H+发生反应表现酸性，NO3-发生反应而被还原表现氧化性。3、A【解析】

A.工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，用冰晶石降低其熔点，不能用还原法，故A错误；B.铁较活泼，工业上采用热还原法冶炼铁，故B正确；C.Hg、Ag等不活泼金属的氧化物不稳定，受热易分解，故采用热分解法冶炼，故C正确；D.铝活泼性强于铁，用铝热反应可以制取铁，故D正确；

故选：A。【点睛】金属的活动性不同，可以采用不同的冶炼方法，金属冶炼的方法主要有：热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来(Hg及后边金属)；热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂(C、CO、H2、活泼金属等)将金属从其化合物中还原出来(Zn～Cu)；电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属(K～Al)。4、A【解析】A、2s内用物质C表示的平均反应速率为v(C)=Δct=0.6mol/L2s=0.3mol/(L•s)，v(A)=v(C)=0.3mol/(L•s)，故A正确；B、v(B)=12v(C)=12×0.3mol/(L•s)=0.15mol/(L•s)，故B错误；C、0.6mol的物质B生成，表示逆反应方向，同时有0.6mol物质C生成，表示正反应方向，正逆反应速率之比为1：1，不等于系数之比2：1，未处于平衡状态，反应向正反应方向进行，故C错误；D、△c(B)=)=125、D【解析】A.实验表明，在pH不变时，升高温度，O3浓度减少一半所需的时间减少，所以升高温度能加快O3的分解速率，A正确；B.温度不变时，pH增大O3浓度减少一半所需的时间减少所以pH增大能加速O3分解，表明OH－可以对O3的分解起催化作用，B正确；C.在30℃、pH＝4.0时，O3的分解速率为0.5×0.0216mol∙L-1108min=1.00×10－4mol／（L·min）,C正确；D.据表中的规律可推知，在40℃、pH＝3.0的条件下，O3浓度减少一半所需的时间一定大于31s，在30℃、pH＝7.0的条件下，O3浓度减少一半所需的时间一定小于15s，所以O3在下列条件下的分解速率v（40℃、pH＝3.0）<v（30点睛：本题考查的是用控制变量法探究影响化学反应速率的因素，其关键是控制在其他条件相同的条件下，分析某因素发生变化时对化学反应速率的影响，考查了学生分析数据的能力和归纳推理能力。6、B【解析】

A．35Cl原子所含质子数为17，中子数为35-17=18，故A错误；B．1H35Cl分子含有中子数为0+35-17=18，1mol的1H35Cl分子所含中子为18mol，含有中子数为18NA，故B正确；C．3.5g的气体35Cl2的物质的量为0.05mol，由于气体的所处温度、压强不确定，密度也未知，不能确定体积，故C错误；D．气体35Cl2的摩尔质量约是70g/mol，故D错误；答案选B。7、A【解析】

A.Fe2＋和MnO4－会在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存，故A正确；B.Fe3＋、SCN-在溶液中不能大量共存，但没有发生氧化还原反应，故B错误；C.碱性条件下钡离子和亚硫酸根会发生复分解反应而不能大量共存，故C错误；D.氢氧根离子与铵根离子和镁离子均发生复分解反应而不能大量共存，故D错误；故答案选A。8、C【解析】A.加热氯化钠使之熔化克服的是离子键，A错误；B.加热二氧化硅使之熔化克服的是共价键，B错误；C.液溴受热变成溴蒸气克服的是分子间作用力，C正确；D.加热碘化氢使之分解克服的是共价键，D错误，答案选C。9、D【解析】

A．热化学反应方程式要注明物质在反应时的状态，故A错误；B．中和反应是放热反应，△H应小于0，故B错误；C．燃烧热要求可燃物的物质的量必须为1mol，得到的氧化物必须是稳定的氧化物，H2O的状态必须为液态，故C错误；D．热化学方程式的书写注明了物质的聚集状态、△H的正负号、数值、单位均正确，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意燃烧热的生成为稳定的氧化物，水须为液态的水。10、A【解析】①该反应为气体参加的反应，增大压强，反应速率加快，故正确；②升温，反应速率加快，故正确；③通入CO2，反应物浓度增大，反应速率加快，故正确；④增加炭的量，固体物质的浓度不变，不影响化学反应速率，故错误；⑤该反应为气体参加的反应，减小压强，反应速率减慢，故错误；故选A。点睛：本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，把握常见的外因为解答的关键，注意④⑤中浓度的变化，为本题的易错点。11、A【解析】试题分析：A、中子不带电，故四中子不显电性，故正确；B、该微粒的质量数为4，故错误；C、根据微粒中的质子数确定位置，故不能和氢元素在同一位置，故错误；D、与普通中子不是同位素的关系，故错误。考点：核素，同位素12、C【解析】A不正确，应该是2NA；B中氢气是1mol，含有氢原子数是2NA；氮原子的电子数是7个，14g氮气是0.5mol，含有电子是7NA；NA个一氧化碳分子和0.5mol甲烷的质量比为28∶8，所以正确的答案选C。13、C【解析】

Ba2＋是重金属离子，有毒，故“钡餐”必须不与胃酸反应，难溶于水。【详解】A、BaCO3能与盐酸反应生成氯化钡、水和二氧化碳，故A不符；B、BaCl2易溶于水，故B不符；C、BaSO4不溶于水和酸，故C符合；D、BaSO3能与盐酸反应生成氯化钡、水和二氧化硫，故D不符；故选C。14、D【解析】A.过量石灰水与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水：Ca2++HCO3-+OH-＝CaCO3↓+CO32-+H2O，A错误；B.次氯酸钙溶液中通入过量SO2发生氧化还原反应生成氯化钙、硫酸钙等，B错误；C.向氯化铝溶液中滴加过量氨水：A13++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，C错误；D.FeSO4酸性溶液暴露在空气中发生氧化还原反应：4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，D错误，答案选D。点睛：离子方程式错误的原因有：离子方程式不符合客观事实：质量不守恒、电荷不守恒、电子得失总数不守恒、难溶物质和难电离物质写成离子形式、没有注意反应物的量的问题，在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。15、D【解析】

A．增大压强反应物活化分子百分数不变，反应速率加快，故A错误；B．移除一部分SO3反应物活化分子百分数不变，反应速率减慢，故B错误；C．使用催化剂，活化能降低，反应物活化分子百分数增大、反应速率加快，故C错误；D．降低温度反应物活化分子百分数减小、反应速率减慢，故D正确。16、A【解析】

A、无论是铝还是其氧化物都能与酸或碱反应，不能用铝制器皿长期存放酸性或碱性食品，故A正确；B、铝表面形成致密的氧化膜，对内层的铝起保护作用，而不是铝本身化学性质稳定，故B错误；C、氯化铝溶液中滴入NaOH溶液，先有沉淀后沉淀溶解；NaOH溶液中滴入氯化铝溶液，开始没有沉淀后产生沉淀，互滴现象不同，故C错误；D、铝合金比纯铝的硬度大，故D错误。二、非选择题（本题包括5小题）17、CuNOCaCO3Cu(NO3)2C＋4HNO3（浓）CO2↑＋4NO2↑＋2H2O3Cu＋8H＋＋2NO3-===2NO↑＋3Cu2＋＋4H2O2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O2SO2＋O22SO3【解析】

（1）可从蓝色溶液(含Cu2+)和白色沉淀(CaCO3)逆推，单质丙为Cu，与之反应的溶液为HNO3；图中的气体中含CO2，因该气体是气体A通过水后产生的，故气体B只能是NO，气体A则应为CO2和NO2的混合物，进一步推出红热固体单质甲为碳，显黄色的溶液乙为浓硝酸；（2）A和E都是黄色粉末，A与二氧化碳反应，则A为Na2O2，F有刺激性气味且有漂白性常被不法商人用来漂白腐竹，F为SO2；由元素守恒可知，E为S，再由转化关系图可知，B为Na2CO3，C为O2，G为SO3，H为H2SO4，然后结合元素化合物性质及化学用语来解答。【详解】（1）单质丙和A与水反应后的溶液发生反应生成蓝色溶液，则该蓝色溶液中含有铜离子，气体A和水反应生成的溶液应该是酸，则丙是Cu，铜和稀硝酸在常温下反应，则A与水反应后的溶液中含有HNO3，气体B是NO，根据元素守恒知，A中含有NO2，通入水后的A中气体能和澄清石灰水反应生成白色沉淀，且还剩余NO，根据元素守恒及物质颜色知，甲是C，乙是浓硝酸，则A中含有CO2、NO2，根据以上分析知，甲、乙、丙分别是：C、HNO3（浓）、Cu，A为CO2、NO2，B为NO，C为CaCO3，D为Cu(NO3)2，故①丙为Cu，B为NO，C为CaCO3，D为Cu(NO3)2；②甲跟乙反应的化学方程式为C＋4HNO3（浓）CO2↑＋4NO2↑＋2H2O；③单质丙与溶液乙反应生成气体B的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3-===2NO↑＋3Cu2＋＋4H2O；（2）A和E都是黄色粉末，A与二氧化碳反应，则A为Na2O2，F有刺激性气味且有漂白性常被不法商人用来漂白腐竹，F为SO2；由元素守恒可知，E为S，再由转化关系图可知，B为Na2CO3，C为O2，G为SO3，H为H2SO4，①反应①2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；②反应②Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；③反应③2SO2＋O22SO3。18、（1）Cl2；SO2；FeCl3；(2)Cl2＋SO2＋2H2O=2HCl＋H2SO4，2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42－＋4H＋。【解析】试题分析：（1）A和硝酸酸化的硝酸应发生生成白色沉淀，说明A中含有Cl－，B与盐酸酸化的BaCl2反应生成白色沉淀，B中含有SO42－，X、Y均为刺激性气味的气体，因此推出X和Y为Cl2、SO2，X和Fe发生反应，因此X为Cl2，Y为SO2，即C为FeCl3；（2）反应①利用氯气的氧化性，把SO2氧化成SO42－，本身被还原成Cl－，因此离子反应方程式为：Cl2＋SO2＋2H2O=2HCl＋H2SO4，反应②利用Fe3＋的强氧化性，把SO2氧化成SO42－，本身被还原成Fe2＋，即反应②的离子反应方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42－＋4H＋。考点：考查元素及其化合物的性质等知识。19、CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O防倒吸乙醇，浓硫酸，乙酸防止乙醇与乙酸剧烈沸；防止乙酸乙酸挥发过快；防止试管受热不均而炸裂BC分液漏斗上口倒【解析】

实验室用乙酸与乙醇在浓硫酸作催化剂和吸水剂时反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯难溶于水，密度比水小，反应过程中生成的乙酸乙酯呈气态，经过冷凝变成液体，会引起装置中气体压强的变化，因此需要防止倒吸，结合实验的基本操作和实验注意事项分析解答。【详解】(1)乙酸与乙醇生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；(2)与教材采用的实验装置不同，此装置中采用了球形干燥管，可以起到防止倒吸的作用，故答案为：防倒吸；(3)浓硫酸溶于水放出大量的热，加入药品时，为防止酸液飞溅，应先加入乙醇再加入浓硫酸和乙酸，故答案为：乙醇，浓硫酸，乙酸；(4)步骤②中需要用小火均匀加热，可以防止乙醇与乙酸剧烈沸；防止乙酸乙酸挥发过快；防止试管受热不均而炸裂，故答案为：防止乙醇与乙酸剧烈沸；防止乙酸乙酸挥发过快；防止试管受热不均而炸裂；(5)制备乙酸乙酯时，常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，目的是中和乙酸并吸收部分乙醇、乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水