2024届贵州省黔南布依族苗族自治州都匀市第一中学化学高一上期末考试模拟试题含解析

2024届贵州省黔南布依族苗族自治州都匀市第一中学化学高一上期末考试模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列除去杂质的实验方法正确的是()A．除去CO中少量O2，通过灼热的铜网后收集气体B．除去K2CO3固体中的少量NaHCO3，置于坩埚中加热C．除去FeSO4溶液中混有的CuSO4，加入适量Zn粉后过滤D．除去四氯化碳和水的混合物中的水，实验室可采用分液法2、下列氧化物中，既能溶于强酸，又能溶于强碱的是()A．氧化铁 B．氧化银 C．氧化铜 D．氧化铝3、向HCl、AlCl3混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成沉淀的量随NaOH溶液加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是A．M点对应的溶液中：K+、Fe2+、SO42-、NO3-B．N点对应的溶液中：K+、NH4+、Cl-、CO32-C．S点对应的溶液中：Na+、SO42-、HCO3-、NO3-D．R点对应的溶液中：Na+、SO42-、Cl-、NO3-4、将一定量的CO2气体通入2L未知浓度的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl的物质的量的关系如图所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发），下列说法不正确的是A．O点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3B．a点溶液中c(HCO3-)>c(CO32-)C．标准状况下，通入CO2的体积为1．8LD．原NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L5、将Na2O2投入FeCl3溶液中，可观察到的现象是（）A．无明显变化 B．生成白色沉淀 C．生成红褐色沉淀 D．无气泡产生6、等体积的两容器内，一个盛CH4，另一个盛NH3，若容器内温度、压强相同，则两容器内所盛气体比较，结论一定不正确的是A．分子个数比为1:1 B．质量比为17:16C．原子个数比为5:4 D．氢原子个数比为4:37、下列关于钠的化合物的说法中，正确的是A．Na2CO3和NaHCO3均能与盐酸和NaOH溶液反应B．Na2CO3固体中含有的NaHCO3可用加热的方法除去C．Na2O2和Na2O均为白色固体，与CO2反应均放出O2D．分别向Na2O2和Na2O与水反应后的溶液中立即滴入酚酞溶液，现象相同8、下列单质与盐溶液混合能发生反应，并且单质可以把盐中某元素置换出来的是（）A．Na和ZnSO4溶液B．Fe和AgNO3溶液C．Cu和FeCl3溶液D．F2和NaBr溶液9、下列反应属于非氧化还原反应的是（）A．Fe2O3+3CO2Fe+3CO2B．NH4NO3N2O↑+2H2OC．2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2OD．CuO+CO═Cu+CO210、下列微粒只具有氧化性的是A．Cu2+ B．Cu C．Cl- D．HClO11、下列物质在一定条件下均能氧化NaI生成I2，自身变化如下：H2O2→H2O，MnO2→Mn2＋，HNO3→NO，KIO3→I2。等物质的量的这些物质与足量NaI反应生成I2最多的是A．H2O2 B．MnO2 C．HNO3 D．KIO312、M2+与aN-具有相同的电子层结构，则M元素的质子数为（）A．a+2B．a-3C．a+3D．a-113、完全沉淀等物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl-，消耗等物质的量浓度的AgNO3溶液的体积比为3：2：1，则上述溶液的体积比为（）A．1：3：3 B．3：2：1 C．6：3：2 D．9：3：114、如图是硫元素价态与含硫元素物质类别的二维坐标图，其中b、c、d、e分子中只含有一个S原子，下列说法错误的是A．物质j和物质e反应生成物质a B．物质b既有氧化性又有还原性C．物质d的浓溶液具有脱水性 D．物质f可以与物质q发生氧化还原反应15、下列反应中，能说明SiO2是酸性氧化物的是①SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O②SiO2＋CaOCaSiO3③SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O④SiO2＋2CSi＋2CO↑A．①② B．②③ C．③④ D．①④16、某溶液中存在较多的H＋、SO42－、NO3－，则该溶液中还可能大量存在的离子组是A．Mg2+、NH4+、Cl－ B．Mg2+、Ba2+、Br－C．Na+、Cl－、I－ D．Al3+、HCO3－、Cl－二、非选择题（本题包括5小题）17、A为金属单质，B、C、D、E四种均为含有氯元素的物质，它们存在如图转化关系(部分产物已略去，有的反应在溶液中进行)。请回答：(1)A是_____________，C是_____________。(均用化学式表示)(2)写出实验室制备D的化学方程式：_____________。(3)写出用B溶液与Cu反应制作印刷电路板的离子方程式：_____________。(4)设计实验方案，检验C溶液中的金属阳离子：_____________18、现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、E、F、G，它们之间能发生如图反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。请根据以上信息回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：乙_________，F__________。(2)写出下列反应的离子方程式：①金属A和水反应_______________。②红褐色沉淀C与物质E反应__________。③F与黄绿色气体乙反应____________。④实验室常用氢氧化钠吸收实验过程中的黄绿色气体乙，写出用氢氧化钠溶液吸收该气体的离子方程式___。(3)将G溶液逐滴加入到沸水中会产生一种红褐色的液体。你认为该液体中的分散质粒子直径在______之间，验证的简单方法是：_____________。19、下图为制取无水氯化铁粉末的装置，已知无水氯化铁粉末很容易吸水生成结晶水合物FeCl3+6H2O=FeCl3·6H2O。(1)按照气体流向从左到右顺序连接仪器应是(填仪器接口顺序)：①接____，___接___；___接___。(2)装置A烧瓶中发生的反应，氧化剂是____(填物质名称)，装置B中反应的化学方程式是_____。(3)装置E的作用是_____。(4)装置A、B中的酒精灯应先点燃_____处(填“A”或“B")的酒精灯。(5)这套实验装置是否完整?____(填“是”或“否”)，若不完整，还须补充_____装置(若第一问填“

是”，则此问不需要作答)。20、NO虽是大气污染物，但研究表明少量NO在人体内可参与神经系统的调控。（1）实验室用金属铜和稀硝酸制取NO的化学方程式为__________。（2）某同学设计了如下图所示装置，研究铜丝与稀硝酸反应生成的气体确实是NO。①反应开始后,可以观察到的现象是导管a处产生无色气体、_______。②玻璃管的作用是_________。③若需使反应停止.可采取的操作是________。（3）如要在上图a管处连接收集NO气体的装置，合理的是______(填字母)。（4）工业上利用氨气和氧气制取NO的方法是(填化学方程式)__________。21、(1)相同物质的量浓度、相同体积的NaCl、MgCl2、AlCl3，分别与足量的硝酸银溶液反应，生成AgCl沉淀的质量之比为__________________。(2)将单质Fe和FeCl2、FeCl3、CuCl2的混合溶液一起放进某容器内,充分反应后。①如有Fe剩余，则溶液内不可能含有的金属离子是____________。②如容器内有大量Fe3+，则还会有的金属离子是_______________。③如有一半Cu2+剩余，则溶液内一定没有的金属离子是_______________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解题分析】

A．Cu与氧气反应，但CO还原CuO；B．NaHCO3加热分解生成碳酸钠；C．Zn与硫酸铜反应生成硫酸锌；D．四氯化碳和水的混合物分层。【题目详解】A.Cu与氧气反应，但CO还原CuO生成二氧化碳而引入新的杂质，则不能利用灼热的Cu网除杂，故A错误；B.NaHCO3加热分解生成碳酸钠，引入新杂质，则加热法不能除杂，故B错误；C.Zn与硫酸铜反应生成硫酸锌，引入新杂质，应选加足量Fe、过滤，故C错误；D.四氯化碳和水的混合物分层，选分液法可分离，故D正确；本题选D。2、D【解题分析】

A．氧化铁与强酸反应生成盐与水，不能与强碱反应，故A不符合；B．氧化银能与一些强酸(如硝酸)反应生成盐与水，不能与强碱反应，故B不符合；C．氧化铜能与强酸反应生成盐与水，不能与强碱反应，故C不符合；D．氧化铝是两性氧化物，能与强酸、强碱反应生成相应的盐与水，故D符合；故选D。【题目点拨】本题的易错点为B，要注意氧化银可以与氨水反应生成络合物，但氨水不属于强碱。3、D【解题分析】

A．M点盐酸有剩余，溶液显酸性，H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．N点HCl与NaOH恰好反应，溶液中含AlCl3，Al3+、CO32-相互促进水解，不能大量共存，故B错误；C．S点AlCl3没有完全反应，Al3+、HCO3-相互促进水解，不能大量共存，故C错误；D．R点生成偏铝酸钠，溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；答案选D。4、D【解题分析】

A、Na3CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na3CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl="NaCl"+H3O+CO3↑，HCl与Na3CO3、NaHCO3都按1：1反应，由图像可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na3CO3，A正确；B、a点溶液中溶质为碳酸氢钠，碳酸氢根水解，溶液显碱性，则溶液中c(HCO3-)＞c(CO33-)，B正确；C、由图可知，a点时开始生成气体，故发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H3O+CO3↑，至生成二氧化碳体积最大时，该阶段消耗的HCl的物质的量为3mol，由方程式可知产生二氧化碳的物质的量为3mol，生成的二氧化碳的物质的量等于开始通入的二氧化碳的物质的量，故开始通入的二氧化碳的体积为3mol×3．4L/mol=1．8L，C正确；D、加入5molHCl生成二氧化碳体积最大，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n（NaCl）=n（HCl），根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaCl），故n（NaOH）=n（HCl）=5mL，所以c（NaOH）==3．5mol/L，D错误；答案选D。【点晴】掌握反应的原理，特别是相关反应的化学方程式以及清除图像中各段表示的意义是解答的关键。在Na3CO3和NaHCO3的混合溶液中，逐滴加入盐酸，盐酸先与何种物质反应，取决于CO33－和HCO3－结合H＋的难易程度。由于CO33－比HCO3－更易于结合H＋形成难电离的HCO3－，故盐酸应先与Na3CO3溶液反应。只有当CO33－完全转化为HCO3－时，再滴入的H＋才与HCO3－反应。5、C【解题分析】

将Na2O2投入FeCl3溶液中，Na2O2先与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠再与FeCl3反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，故选C。6、B【解题分析】

等体积的两容器内，一个盛CH4，另一个盛NH3，若容器内温度、压强相同，则CH4、NH3的物质的量一定相等。【题目详解】A．CH4、NH3的物质的量相等，则分子个数比为1∶1，故A正确；B．CH4、NH3的物质的量相等，则m(CH4)：m(NH3)=16：17，故B错误；C．CH4、NH3的物质的量相等，CH4、NH3原子个数比为5∶4，故C正确；D．CH4、NH3的物质的量相等，CH4、NH3氢原子个数比为4∶3，故D正确；选B。7、B【解题分析】

A、碳酸氢钠均能与盐酸和NaOH溶液反应，碳酸钠只与盐酸反应，A错误；B、碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，B正确；C、过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，氧化钠与二氧化碳反应只生成碳酸钠，C错误；D、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，具有强氧化性，与酚酞反应先变红后褪色，二氧化钠与氧化钠反应只生成氢氧化钠，与酚酞反应变红色，D错误；答案选B。8、B【解题分析】

A．Na是活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钠和氢气，与ZnSO4溶液反应生成氢氧化锌、氢气和硫酸钠，钠不能置换锌，故A不选；B．铁的性质比银活泼，Fe与AgNO3溶液反应生成硝酸亚铁和银，故B选；C．铜与氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，铜不能置换出铁，故C不选；D．氟是活泼的非金属，其单质极易与水反应，与溴化钠溶液反应，只与水反应，不能置换出溴单质，故D不选；故答案选B。【题目点拨】本题考查了元素及化合物知识，熟悉相关物质性质活泼性，明确发生反应实质是解题关键，选项A与D是解答的易错点。9、C【解题分析】

A.Fe、C元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，A不合题意；B.N元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，B不合题意；C.元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，C符合题意；D.Cu、C元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，D不合题意。故选C。10、A【解题分析】

氧化剂在反应中得电子，化合价降低，还原剂在反应中失电子，化合价升高，因此只需找出化合价已经是最高价的微粒即可。【题目详解】A.是铜元素最高价态，只有氧化性，A项正确；B.单质铜中铜元素为最低价态，只有还原性，B项错误；C.是氯元素的最低价态，只有还原性，C项错误；D.次氯酸中的氯、氧均不是最高价，D项错误；答案选A。11、D【解题分析】

根据氧化还原反应中，得失电子的数目相等有：n(氧化剂)×1mol氧化剂得电子的物质的量=n(I2)×2，显然要使n(I2)最多，在n(氧化剂)相等的条件下，只需1mol氧化剂得电子的物质的量最多即可。H2O2→H2O转移2个电子，MnO2→Mn2＋转移2个电子，HNO3→NO转移3个电子，KIO3→I2转移5个电子，并且KIO3转化本身也生成I2，可知等物质的量的KIO3与足量NaI反应生成I2最多，本题答案为D。【题目点拨】本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，注意把握元素化合价的变化，易错选项是D，注意不只碘离子生成碘单质，碘酸根离子也形成碘单质，为本题的易错点。12、C【解题分析】

由aN-确定M2+的核外电子数，根据原子中质子数等于核外电子数确定M的质子数。【题目详解】aN-的核外电子数为a+1，则M2+的核外电子数也为a+1，则M原子的核外电子数为a+1+2=a+3；在原子中，质子数等于核外电子数，故M元素的质子数为a+3，C符合题意；故答案为C。13、D【解题分析】

由题意可知完全沉淀，则Cl-+Ag+=AgCl↓，设AgNO3溶液的浓度都是c，则利用n=c·V可计算消耗的Ag+的物质的量，再由反应可计算三种溶液的体积比。【题目详解】设滴加的AgNO3溶液的浓度都是c，体积分别为3V、2V、V，NaCl、MgCl2、AlCl3溶液的浓度都是c1，设体积分别为x、y、z，则完全沉淀时Cl-+Ag+=AgCl↓，c1×x=c×3V，c1×2×y=c×2V，c1×3×z=c×V，解得x：y：z=9：3：1，故合理选项是D。【题目点拨】本题考查学生利用离子反应方程式进行的计算，明确完全沉淀时氯离子和银离子的关系是解答本题的关键，注意解答中未知的量可以利用假设来分析解答。14、D【解题分析】

A.j是硫化氢，e是亚硫酸，二者可以发生归中反应得到单质硫，A项正确；B.b是二氧化硫，+4价的硫既可以升高又可以降低，因此既有氧化性又有还原性，B项正确；C.d是硫酸，浓硫酸具有脱水性，C项正确；D.硫酸盐无氧化性，因此不能和硫化物发生氧化还原反应，D项错误；答案选D。15、B【解题分析】

①氢氟酸和二氧化硅反应是二氧化硅的特殊性质，不能说明是酸性氧化物，故①不符合；②二氧化硅和氧化钙生成亚硫酸钙，是酸性氧化物的通性，故②符合；③二氧化硅和碱反应生成盐和水，符合酸性氧化物的概念，故③符合；④二氧化硅和碳反应表现二氧化硅的氧化性，不能说明是酸性氧化物，故④不符合；故选：B。16、A【解题分析】

A．Mg2+、NH4+、Cl-与H+、SO42-、NO3-能够在溶液中共存，A正确；B．Ba2+与SO42-反应生成白色沉淀，Br-能被H+、NO3-氧化成Br2，因此Br-与H+、NO3-也不共存，故B错误；C．I-能被H+、NO3-氧化成I2，因此I-与H+、NO3-不共存，C错误；D．HCO3-与H+能够发生复分解反应生成二氧化碳气体，不能共存，D错误。故答案A。二、非选择题（本题包括5小题）17、FeFeCl2MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2OCu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+取C溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水、双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+【解题分析】

A为金属单质，B、C、D、E

四种均为含有氯元素的物质，根据转化关系可知，A为变价金属，且B与A反应生成C，则A为Fe，D为Cl2，B为FeCl3，C为FeCl2，A与E反应生成C(FeCl2)，结合(3)“用B溶液与Cu反应制作印刷电路板”可知，E为HCl，据此解答。【题目详解】（1）根据分析可知，A为Fe，C为FeCl2，故答案为：Fe；FeCl2；（2）实验室中通过加热浓盐酸与二氧化锰制取氯气，该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；（3）B为FeCl3，Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故答案为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；（4）C为FeCl2，其阳离子为Fe2+，检验Fe2+的方法为：取C溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水．双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+，故答案为：取C溶液于试管中，向其中滴加

KSCN

溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水．双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+。18、Cl2FeCl22Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O1～100nm是否有丁达尔现象【解题分析】

金属A是食盐中的元素为Na元素，Na和水反应生成氢氧化钠和氢气，黄绿色气体乙为Cl2，则与Cl2反应的气体甲为H2，丙为HCl，物质E为盐酸，金属A与水反应生成的D为NaOH，盐酸与金属B反应，生成的产物F和气体甲为氢气，金属B与氯气反应生成的G与D氢氧化钠反应生成红褐色沉淀为氢氧化铁，则金属B为变价金属，应为Fe，所以F为FeCl2，G为FeCl3，C为Fe(OH)3，结合物质的性质分析解答。【题目详解】食盐中的金属元素是Na，所以金属A是Na，Na和水反应生成NaOH和氢气，黄绿色气体乙为Cl2，与Cl2反应的气体甲为H2，丙为HCl，物质E为盐酸，金属A与水反应生成的D为NaOH，盐酸与金属B反应，生成产物F和气体甲为氢气，金属B与氯气反应生成的G与D氢氧化钠反应生成红褐色沉淀为氢氧化铁，则金属B为变价金属，应为Fe，所以F为FeCl2，G为FeCl3，C为Fe(OH)3。(1)由以上分析可知，乙为Cl2，F为FeCl2；(2)①金属A为钠和水反应生成NaOH和H2，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；②红褐色沉淀C与物质E反应是氢氧化铁和盐酸溶液反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O；③F是FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成氯化铁，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；④氯气是大气污染物，在实验室中通常是用氢氧化钠溶液来吸收，反应的离子方程式：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(3)将FeCl3溶液逐滴加入到沸水中，继续加热至液体变为红褐色，停止加热，得到的就是氢氧化铁胶体，该液体中的分散质粒子直径在1～100nm之间，验证的简单方法是：用光线照射，看是否产生丁达尔现象，若产生，则该物质就是胶体。【题目点拨】19、⑦⑥④⑤②二氧化锰3Cl2+2Fe2FeCl3吸收氯气中的氯化氢气体A否装有氢氧化钠溶液的烧杯或尾气吸收【解题分析】

根据实验原理和目的及各装置的作用决定仪器组装顺序；A装置中二氧化锰固体和浓盐酸反应制备氯气；容器E中是饱和的氯化钠溶液，能除去氯气中的氯化氢；容器D中装有浓硫酸，浓硫酸具有吸水性，起干燥作用；B中铁和氯气反应生成氯化铁；A处是制取氯气，B处是氯气和铁反应，所以先点燃A，使制取的Cl2排尽装置内的空气，防止铁被空气中氧气氧化；氯气有毒，不能任意排放到空气中，应该用尾气处理装置，据此分析。【题目详解】(1)A装置制备氯气，气体分别通入E盛有饱和氯化钠溶液的洗气瓶除去氯气中的氯化氢、D盛有浓硫酸的洗气瓶除去氯气中的水蒸气，除杂干燥后和B装置中的铁反应，装置C防止空气中的水蒸气进入，导气管的位置都是长进短出，按照气体流向从左到右顺序连接仪器应是为：⑦⑥④⑤②；(2)二氧化锰固体和浓盐酸反应制备氯气，二氧化锰的化合价从+4价降低到+2价，是氧化剂；铁和氯气反应生成氯化铁3Cl2+2Fe2FeCl3；(3)容器E中是饱和的氯化钠溶液，氯气中含有氯化氢气体，氯化氢极易溶于水，氯气能溶于