江苏省马坝中学2024届高一化学第一学期期末复习检测试题含解析

江苏省马坝中学2024届高一化学第一学期期末复习检测试题注意事项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、下列关于二氧化碳和二氧化硅说法中正确的是（）A．都可以与水化合生成对应酸B．都可以与氢氟酸反应生成气体C．都可以跟氢氧化钠溶液反应生成盐和水D．都可以形成空间立体网状结构2、已知阿伏加德罗常数、物质的摩尔质量及摩尔体积，下列物质量中尚不能全部计算出近似值的是（）A．固体物质分子的大小和质量 B．液体物质分子的大小和质量C．气体物质分子的大小和质量 D．气体物质分子的质量3、下列对实验现象的描述与实际事实不一致的是()A．向Br2的CCl4溶液中加量NaOH溶液，下层为红棕色B．向pH试纸上滴加氯水，先变红后变白C．将红热的铁丝伸入到盛有氯气的集气瓶中，产生棕褐色的烟D．将NaHCO3固体加入氯水中，有气体产生4、下列带括号的气体在反应中只作氧化剂的是A．2F2（g）+2H2O=4HF+O2 B．SO2（g）+I2+2H2O=H2SO4+2HIC．H2S（g）+Br2=2HBr+S↓ D．3NO2（g）+H2O=2HNO3+NO5、下列关于铝和盐酸、NaOH溶液的反应说法不正确的是A．等体积等浓度的盐酸、NaOH溶液分别与足量的铝反应消耗Al的物质的量之比为1:3B．等体积等浓度的盐酸、NaOH溶液分别与足量的铝反应生成H2的物质的量之比为1:3C．等质量的铝分别与足量的盐酸、NaOH溶液反应产生H2的物质的量之比为1:3D．等质量的铝分别与足量的盐酸、NaOH溶液反应消耗酸和碱的物质的量之比为3:16、下列变化需要加入还原剂才能实现的是()A．Fe→Fe3+ B．HCl→Cl2 C．→ D．→7、将盛有浓硫酸和浓盐酸的两烧杯分别在空气中放置一段时间。下列说法正确的是（）A．浓盐酸和浓硫酸的浓度都减小 B．浓盐酸和浓硫酸的质量都减小C．浓盐酸和浓硫酸的质量都增加 D．浓盐酸和浓硫酸的浓度都增加8、下列物质中不含共价键的是A．冰 B．碳化硅 C．干冰 D．单质氦9、某溶液中可能含有H＋、NH4+、Mg2＋、Al3＋、CO32-、SO42-中的几种。①若加入锌粒，最终产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示,则下列说法正确的是（）A．溶液中的阳离子只有H＋、Mg2＋、Al3＋B．溶液中n(NH4+)＝0.2molC．溶液中一定不含CO32-，可能含有SO42-D．n(H＋)∶n(Al3＋)∶n(Mg2＋)＝1∶1∶110、设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．氧气中含有氧原子的数目为B．粉与足量稀硫酸反应，转移的电子数为C．被完全氧化生成，转移的电子数为D．标准状况下，所含的分子数为11、下列化合物既与硫酸反应，又与氢氧化钠反应的是()①NaHCO3②NaHSO4③(NH4)2CO3④NaNO3⑤Al(OH)3A．只有① B．只有③ C．①②③ D．①③⑤12、某种胶体在电泳时，它的粒子向阴极移动。在此胶体中分别加入下列物质：①蔗糖溶液、②硫酸镁溶液、③硅酸胶体、④氢氧化铁胶体，不会发生聚沉现象的是()A．①③ B．①④ C．②③ D．③④13、光纤通信是一种新型通信技术，目前长距离光纤通信系统已投入使用，光纤通信的光学纤维是由下列哪种物质经特殊工艺制成的()A．碳 B．石英 C．锗 D．硅14、下列关于硫的叙述中不正确的是A．实验室常用酒精除去附着在试管壁上的硫黄B．单质硫既有氧化性，又有还原性C．SO2通入酸性高锰酸钾溶液中使之褪色说明SO2具有还原性D．SO2通入饱和H2S溶液中析出浅黄色沉淀说明SO2具有氧化性15、下列电离方程式正确的是（）A．Na2SO4=Na2++SO42- B．MgCl2=Mg2++Cl-C．HNO3=H++3NO- D．Ba(OH)2=Ba2++2OH-16、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A．钠与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+O2↑B．往硫酸铝溶液中加过量氨水：C．工业制漂白粉：Cl2+Ca(OH)2(石灰乳)=Ca2++Cl-+ClO-+H2OD．NaHCO3溶液与NaOH溶液混合：二、非选择题（本题包括5小题）17、利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系。(1)从硫元素化合价变化的角度分析，图中既有氧化性又有还原性的氧化物为_____(填化学式)。(2)将X与Y混合可生成淡黄色固体，该反应的化学方程式为_____。(3)Z的浓溶液与碳在一定条件下可以发生反应，体现了Z的_____性。(4)写出硫与浓硫酸在加热条件下反应的化学方程式_____。(5)Na2S2O3是重要的化工原料。从氧化还原反应的角度分析，下列制备Na2S2O3的方法理论上可行的是_____(填字母)。a．Na2SO3+Sb．Na2S+Sc．SO2+Na2SO4d．Na2SO3+Na2SO418、某化学实验小组利用实验室中的一瓶未知白色固体粉末进行了如下实验：请回答下列问题：(1)白色沉淀为______________________(填化学式，下同)，产生的有刺激性气味的气体是_____________________。(2)该白色固体粉末是___________________(填化学式)。(3)写出该白色固体粉末受热分解的化学方程式：_______________________________19、如图所示是分离混合物时常用的仪器，回答下列问题：A．B．C．D．E.①写出仪器A、D的名称____________、____________。②分离以下混合物应该主要选用上述什么仪器(填字母符号)a.饱和食盐水与泥沙：__________b.水和汽油：____________20、某同学用如图所示的实验装置研究气体X的性质。气体X的主要成分是氯气，其中还含有水蒸气。请回答下列问题：(1)该实验的主要目的是__________________________。(2)与实验目的直接相关的实验现象是_________________________。(3)图中所示的实验设计还存在不足。请根据相关物质的性质，在图中的D处画图补充有关实验装置和所用试剂。_______21、氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，不溶于水、乙醇及稀硫酸，在空气中迅速被氧化成绿色，常用作有机合成工业中的催化剂。实验室拟以下列方法制取CuCl：在CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl。试回答以下问题：(1)CuCl制备过程中需配制物质的量浓度为0.16mol·L－1的CuSO4溶液。①配制950mL0.16mol·L－1的CuSO4溶液应称取胆矾的质量为________g。②某学生实际配制CuSO4溶液的浓度为0.18mol·L－1，原因可能是________。A．托盘天平的砝码生锈B．容量瓶中原来存有少量蒸馏水C．溶解后的烧杯未经多次洗涤D．胶头滴管加水定容时俯视刻度(2)写出用上述方法制备CuCl的离子方程式_______________________________。(3)在上述制取过程中，经过滤得到CuCl沉淀，用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70℃干燥2小时，冷却，密封包装即得产品。其中“于70℃真空干燥”的目的是____________；______________________(回答两点)。(4)据世界卫生组织统计，最常用的避孕环含金属铜，避孕过程中生成了CuCl。其原因是铜与人体分泌物中的盐酸以及子宫内的空气反应：Cu＋HCl＋O2===CuCl＋HO2，HO2(超氧酸)不仅是一种弱酸而且也是一种自由基，具有极高的活性。下列说法或表示正确的是________。A．氧化产物是HO2B．HO2在碱中能稳定存在C．1molO2参加反应有1mol电子发生转移D．Cu被氧化

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解题分析】

A、CO2能与H2O发生化合反应生成H2CO3，但SiO2不与水反应生成相应的酸，故A错误；B、CO2不能与HF发生反应，SiO2能氢氟酸发生SiO2＋4HF=SiF4↑＋2H2O，故B错误；C、CO2和SiO2都是酸性氧化物，具有酸的通性，能与NaOH溶液反应生成相应的盐和水，故C正确；D、CO2属于分子晶体，是由分子组成的直线型，SiO2属于原子晶体，是由原子组成的空间网状结构，故D错误；答案选C。2、C【解题分析】

A．固体分子间隙很小，可以忽略不计，故固体物质分子的大小等于摩尔体积与阿伏加德罗常数的比值，固体物质分子的质量等于摩尔质量与阿伏加德罗常数的比值，所以可求出固体分子的大小和质量，A正确；B．液体分子间隙很小，可以忽略不计，故液体物质分子的大小等于摩尔体积与阿伏加德罗常数的比值，液体物质分子的质量等于摩尔质量与阿伏加德罗常数的比值，所以可求出液体分子的大小和质量，B正确；C．气体分子间隙很大，摩尔体积等于每个分子占据的体积与阿伏加德罗常数常数的乘积，故无法估算分子的体积，C错误；D．气体物质分子的质量等于摩尔质量与阿伏加德罗常数的比值，气体物质分子占据空间的大小等于摩尔体积与阿伏加德罗常数的比值，故可估算出气体分子的质量，D正确。故答案选C。【题目点拨】由摩尔体积和计算大小，由摩尔质量和计算质量，固体和液体分子间隙小，可忽略不计；但气体分子的大小和质量都很小，决定气体体积的主要因素为分子的个数。3、A【解题分析】

A．溴与NaOH反应后，与四氯化碳分层，则充分振荡，上下两层均为无色，A符合题意；B．氯水中含HCl、HClO，HClO具有漂白性，则pH试纸上滴加氯水，先变红后变白，B不合题意；C．Fe与氯气反应生成固体氯化铁，则产生产生棕褐色的烟，C不合题意；D．氯水中含盐酸，与NaHCO3固体反应有二氧化碳气体产生，D不合题意；故答案为：A。4、A【解题分析】

A．该反应中，F元素化合价由0价变为-1价，O元素化合价由-2价变为0价，所以氟气作氧化剂，水作还原剂，故A正确；B．该反应中，S元素化合价由+4价变为+6价，I元素化合价由0价变为-1价，所以二氧化硫作还原剂，碘作氧化剂，故B错误；C．该反应中，硫化氢中硫元素化合价由-2价变为0价，溴元素化合价由0价变为-1价，所以硫化氢作还原剂，溴作氧化剂，故C错误；D．该反应中，N元素化合价由+4价变为+2价和+5价，所以二氧化氮既作氧化剂又作还原剂，故D错误；答案选A。5、C【解题分析】

A．等体积等浓度的盐酸、NaOH溶液，则氯化氢，氢氧化钠物质的量相等，依据方程式：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，取6mol氯化氢和氢氧化钠，则盐酸消耗2mol铝，氢氧化钠消耗6mol铝，反应消耗Al的物质的量之比为2：6=1：3，故A正确；

B．由2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑可知，足量Al，酸碱均完全反应，则存在6HCl～3H2，2NaOH～3H2，取6mol氯化氢和6mol氢氧化钠研究，则盐酸与铝反应生成3mol氢气，氢氧化钠与铝反应生成9mol氢气，反应生成H2的物质的量之比为3：9=1：3，故B正确；

C．等质量的铝的物质的量相同，设Al均为2mol，由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，生成气体物质的量之比为1：1，故C错误；

D．铝与盐酸、氢氧化钠分别发生：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑、2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，设铝的物质的量为2mol，所以消耗盐酸和氢氧化钠的物质的量分别为：6mol和2mol，则比值为3：1，故D正确；

故选：C。【题目点拨】熟悉铝与氢氧化钠、盐酸反应的方程式，明确反应物用量多少是解题关键。6、C【解题分析】

需要加入还原剂才能实现，反应物中氧化剂中某元素的化合价降低，发生还原反应。【题目详解】A．Fe元素的化合价升高，则需要加氧化剂实现，故A不符合题意；B．Cl元素的化合价升高，需要加氧化剂实现，故B不符合题意；C．Mn元素的化合价降低，需要加还原剂实现，故C符合题意；D．各元素的化合价不变，不需要加氧化剂或还原剂实现，故D不符合题意；故选C。7、A【解题分析】

根据题中浓硫酸和浓盐酸可知，本题考查浓硫酸和浓盐酸的性质，运用浓硫酸的吸水性和浓盐酸的挥发性分析。【题目详解】由于浓硫酸具有吸水性，敞口放置在空气中一段时间后，溶剂的量增大，溶质的质量不变，浓度会变小；浓盐酸具有挥发性，敞口放置在空气中一段时间后，溶质的质量减小，溶剂的质量不变，浓度会变小。答案选A。【题目点拨】浓硫酸具有较强的吸水性，易吸收空气中的水蒸气而使溶液变稀；而浓盐酸具有较强的挥发性，放置于空气中会不断挥发出氯化氢气体使溶液变稀。8、D【解题分析】

一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。据此判断。【题目详解】A、冰分子中存在氢氧形成的共价键，A不选；B、碳化硅中存在碳硅形成的共价键，B不选；C、干冰是二氧化碳，存在碳氧形成的共价键，C不选；D、单质氦是稀有气体分子，不存在化学键，D选。答案选D。9、B【解题分析】

根据图象中的起点和拐点，由消耗氢氧化钠的量计算溶液中各离子的浓度。【题目详解】由①知溶液中一定含有H＋，一定没有CO32-，由②知溶液中一定含有Mg2＋、Al3＋，由图象可知溶液中还一定含有NH4+，且n(NH4+)＝0.7mol－0.5mol＝0.2mol，n(H＋)＝0.1mol，n(Al3＋)＝0.8mol－0.7mol＝0.1mol，沉淀Al3＋、Mg2＋共消耗0.4molOH－，其中沉淀Al3＋消耗0.3molOH－，沉淀Mg2＋消耗0.1molOH－，根据Mg2＋～2OH－，可得n(Mg2＋)＝0.05mol，A.溶液中的阳离子有H＋、Mg2＋、Al3＋、NH4+，故A错误；B.溶液中n(NH4+)＝0.2mol，故B正确；C.溶液中一定不含CO32-，根据电荷守恒，溶液中肯定含SO42-，故C错误；D.n(H＋)∶n(Al3＋)∶n(Mg2＋)＝2∶2∶1，故D错误；故选B。【题目点拨】沉淀部分溶解，说明沉淀既有氢氧化铝又有氢氧化镁，沉淀保持不变的部分说明溶液中含有铵根离子，从图象中分析沉淀的组成和变化情况是解决此题的关键。10、A【解题分析】

A.氧气的物质的量为0.1mol，含有氧原子的数目为，A正确；B.稀硫酸没有强氧化性，粉与足量稀硫酸反应只能生成亚铁离子，转移的电子数为，B错误；C.钠元素由0价只能升高到+1价，被完全氧化生成，转移的电子数为，C错误；D.标准状况下，不是气体，无法计算，D错误；故答案为：A。11、D【解题分析】

①．HCO3-+H+=CO2↑+H2O，HCO3-+OH-=CO32-+H2O，①符合题意；②．NaHSO4与硫酸不反应，②不符合题意；③．NH4++OH-=NH3·H2O，CO32-+2H+=CO2↑+H2O，③符合题意；④．既不与硫酸反应，也不与氢氧化钠反应，④不符合题意；⑤．2Al(OH)3+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2O，Al(OH)3+NaOHNaAlO2+2H2O，⑤符合题意；①③⑤符合题意；答案选D【题目点拨】弱酸根离子与氢离子能反应，弱碱阳离子能与氢氧根离子反应，弱酸的酸式根离子既能与氢离子反应，又能与氢氧根离子反应。12、B【解题分析】

某种胶体在电泳时，它的胶粒向阴极移动，说明胶体微粒吸附阳离子，使胶体凝聚的方法有：①加电解质；⑧加带相反电荷的胶体；③加热。【题目详解】①蔗糖溶液不带电荷，所以不能发生凝聚反应，故①符合；②硫酸镁为电解质，能使胶体发生聚沉，故②不符合；③硅酸胶体带负电，能使胶体发生聚沉，故③不符合；④Fe（OH）3胶体带正电，不能使胶体发生聚沉，故④符合；符合的有①④，故答案为B。13、B【解题分析】

光导纤维是主要成分是二氧化硅，是利用光的全反射原理，石英、玛瑙、水晶中成分都是二氧化硅，所以光导纤维是由石英经过特殊工艺制成的，与C、Ge、Si无关，故选B。14、A【解题分析】

A.硫黄不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳；B.硫元素的常见价态有-2价、0价、+4价和+6价；C.酸性高锰酸钾与二氧化硫会发生氧化还原反应；D.SO2与H2S发生归中反应。【题目详解】A.因硫黄易溶于二硫化碳（CS2），实验室常用二硫化碳（CS2）除去附着在试管壁上的硫黄，故A项错误；B.单质硫的化合价位0价，可以被还原为-2价，也可被氧化为+4、+6等价态，则单质硫既有氧化性，又有还原性，故B项正确；C.SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，酸性高锰酸钾会因与二氧化硫发生氧化还原反应而褪色，SO2会被氧化为SO42-，具有还原性，故C项正确；D.SO2与H2S发生的化学反应方程式为：SO2+2H2S=3S↓+2H2O15、D【解题分析】

A错误，不存在Na2+，应该是Na2SO4=2Na++SO42-；B错误，Cl-的系数应该是2；C错误，硝酸根的化学式错误，且原子个数不守恒；D正确，氢氧化钡完全电离出氢氧根离子好钡离子；故答案选D。16、C【解题分析】

A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，A错误；B．硫酸铝和过量氨水反应生成氢氧化铝和硫酸铵，反应的离子方程式为：，B错误；C．氯气通入石灰乳中制取漂白粉，反应的离子方程式为：Cl2+Ca(OH)2(石灰乳)=Ca2++Cl-+ClO-+H2O，C正确；D．NaHCO3与NaOH反应生成Na2CO3和H2O，反应的离子方程式为：，D错误。答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、SO22H2S+SO2＝3S↓+2H2O强氧化S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2Oa【解题分析】

（1）元素处于中间价态，既具有氧化性又有还原性；（2）X为H2S，Y为SO2，发生2H2S+SO2=3S↓+2H2O；（3）Z为浓硫酸，C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水；（4）硫与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫和水；（5）制备Na2S2O3时，反应物中S元素的化合价大于+2、小于+2。【题目详解】(1)处于中间价态的元素具有氧化性和还原性，则图中既有氧化性又有还原性的化合物有SO2、H2SO3、Na2SO3，氧化物为SO2，故答案为：SO2；(2)X为H2S，Y为SO2，X为还原剂，Y为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，发生反应的化学方程式：2H2S+SO2＝3S↓+2H2O，故答案为：2H2S+SO2＝3S↓+2H2O；(3)Z为浓硫酸，C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，体现了浓硫酸的强氧化性，故答案为：强氧化；(4)硫与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫和水，反应的化学方程式：S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O，故答案为：S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O；(5)制备Na2S2O3时，反应物中S元素的化合价大于+2、小于+2，只有a符合，故答案为：a。【题目点拨】本题考查氧化还原反应的计算，把握物质的性质、发生的反应、电子守恒的计算为解答的关键，注意元素的化合价与微粒的性质，注意硫元素的各种化合价之间转换。18、CaCO3NH3NH4HCO3NH4HCO3NH3↑＋CO2↑＋H2O【解题分析】

该白色固体加入CaCl2溶液，迅速溶解，溶液中无CO32-，加入澄清石灰水中有白色沉淀生成，说明白色固体中含有HCO3-，加热加入澄清石灰水后所得滤液，有刺激性气味的气体产生，且该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明白色固体粉末中有NH4+，故该白色固体是NH4HCO3。【题目详解】（1）白色固体粉末加入CaCl2溶液，迅速溶解，溶液中无有CO32-，加入澄清石灰水中有白色沉淀生成，说明白色固体中含有HCO3-，白色沉淀为CaCO3，加热加入澄清石灰水后所得滤液，有刺激性气味的气体产生，且该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故该气体是NH3；（2）有白色固体中含有NH4+、HCO3-，故该白色固体粉末是NH4HCO3；（3）该白色固体粉末受热分解即NH4HCO3受热分解，化学方程式为：NH4HCO3NH3↑＋CO2↑＋H2O【题目点拨】本题是物质中的成分鉴别，从特殊的性质去判断，考生应该熟练掌握常见的物质的性质，碳酸铵和碳酸氢铵性质不完全相同，碳酸铵与氯化钙反应有沉淀，而碳酸氢铵与之不反应。19、蒸馏烧瓶蒸发皿BC【解题分析】

①A是蒸馏烧瓶，D是蒸发皿，故答案为：蒸馏烧瓶，蒸发皿；②a.分离液体和固体不溶物的方法是过滤，用到的仪器是漏斗，故答案为：B；b.分离两种互不相溶的液体的方法是分液，用到的仪器是分液漏斗，故答案为：C；20、探究干燥的氯气和湿润的氯气的漂白性（或探究C12能与水反应）B中干燥的有色布条不褪色，C中湿润的有色布条褪色【解题分析】

根据实验装置，干燥氯气不具有漂白性，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，氯气有毒，应进行尾气处理，不能随意排放到空气中，一般用NaOH溶液吸收尾气中氯气，据此分析解答。【题目详解】(1)本实验为对比实验，将氯气分别与干燥布条和湿润布条进行比较，干燥氯气不具有漂白性，有色布条不褪色，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，因此实验的目的是探究干燥的氯气和湿