安徽省安庆市怀宁中学2024届化学高一上期末达标检测试题含解析

安徽省安庆市怀宁中学2024届化学高一上期末达标检测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列化合物的类别完全正确的是()A．Na2CO3、碱、电解质 B．MgO、金属氧化物、非电解质C．H2SO4、酸、电解质 D．CO2、酸性氧化物、电解质2、下列物质中，不能由单质直接化合生成的是（）A．氯化铁 B．氯化氢 C．氯化亚铁 D．氯化铜3、下列变化中，元素价态变化与反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO属于同一类型的是（）A．2FeCl3＋H2S=2FeCl2＋2HCl＋S↓B．2NH4Cl＋6HCl＋K2Cr2O7===2KCl＋N2↑＋2CrCl3＋7H2OC．3Br2＋6NaOH=NaBrO3＋5NaBr＋3H2OD．5H2S＋2KMnO4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋5S↓＋8H2O4、下列说法正确的是（）A．含氧的化合物就是氧化物B．1molH2O中含有2mol氢和1mol氧C．氧化剂的氧化性的相对强弱取决于得到电子数目的多少D．等质量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应时逸出气体的量相等5、NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是()A．O2的摩尔质量为32gB．常温常压下，22gCO2含有的CO2分子数为0.5NAC．标准状况下，22.4L水含有的水分子数为NAD．40gNaOH溶解在1L水中，得到溶液的物质的量浓度为1mol/L6、在3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O的反应中，被还原的硝酸的物质的量与未被还原的硝酸的物质的量之比为（）A．1：2 B．1：3 C．3：1 D．1：47、将3.9g镁铝合金投入到足量的NaOH溶液中，共产生标准状况下H2的体积为3.36L。则原合金中镁和铝的物质的量之比是A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．2：38、下列实验操作、实验现象、解释或结论不对应的是选项实验操作实验现象解释或结论A将蘸有浓盐酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近产生大量白烟氨气与氯化氢反应生成固体物质B常温下，将洁净的铁片放入浓硫酸或浓硝酸中无明显变化常温下，浓硫酸、浓硝酸使铁片钝化C在导管口点燃纯净的氢气，然后将导管伸入盛满氯气的集气瓶中产生苍白色火焰物质燃烧不一定需要氧气D向某无色溶液中滴加盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊气体说明溶液中一定含有CO32-A．A B．B C．C D．D9、N2O俗称“笑气”，医疗上曾用作可吸入性麻醉剂。下述反应能产生N2O：3CO+2NO2=3CO2+N2O。下列关于该反应的说法正确的是（）A．CO是氧化剂 B．N2O是氧化产物C．NO2被还原 D．常温常压下，生成6.72LCO2转移0.6mol电子10、在常温下，发生下列几种反应：①16H++10Z－+2XO=2X2++5Z2+8H2O②2A2++B2=2A3++2B－③2B－+Z2=B2+2Z－同一反应中，氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，还原剂还原性大于还原产物还原性。根据上述反应，下列结论判断错误的是A．溶液中可发生：Z2+2A2+=2A3++2Z－ B．Z2在①、③反应中为还原剂C．氧化性强弱的顺序为：XO>Z2>B2>A3+ D．X2+是XO的还原产物11、稀土资源素有“工业维生素”“新材料之母”之称，我国稀土储量世界第一。已知：金属铈（稀土元素）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应（注：铈常见的化合价为和，氧化性：）。下列说法正确的是（）A．铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：B．溶液与硫酸铁溶液混合，其离子方程式为：C．铈元素如果要排在金属活动性顺序表中，其位置应靠近元素D．金属保存时可以用水封来隔绝空气，防止被氧化12、下列物质属于电解质的是（）A． B． C．食醋 D．13、下列化学反应中，属于氧化还原反应的是（）A．Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O B．CaO+H2O=Ca(OH)2C．2CO+O22CO2 D．CaCO3CaO+CO2↑14、共价键、离子键、分子间作用力都是微粒间的作用力，下列物质中只含有以上一种作用力的晶体是（）A．SiO2 B．CCl4 C．S2 D．NaOH15、下列说法正确的是A．等物质的量浓度的MgCl2溶液和CaCl2溶液中所含有的离子数相同B．常温常压下，9gH2O含分子数0.5NAC．标准状况下，22.4LCCl4的物质的量是1molD．标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和为NA16、化学是一门以实验为基础的自然科学，化学实验在化学学习中具有极其重要的作用。下列实验中所选用的仪器合理的是（）A．用50mL量筒量取5.25mL稀硫酸B．用瓷坩埚（含有二氧化硅）灼烧碳酸钠晶体C．用托盘天平称量11.70g氯化钠晶体D．配制240mL0.2mol/L的NaOH溶液用250mL容量瓶二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D都是中学化学中常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素，在一定条件下相互转化关系如下(部分反应中的水已略去)。根据题意回答下列问题：（1）若A、B、C的焰色反应均为黄色，C为厨房中的用品，D的过度排放会造成温室效应。①A的化学式______________、B的俗名____________；②反应II的离子方程式是__________________________________。（2）若A、D均为单质，且A为气体，D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料。①反应II的离子方程式是_____________________________；②反应Ⅲ的离子方程式是_____________________________；③检验B中阳离子最好的方法是_____________________________________。18、A、B、C、D、E、F六种物质有如下转化关系，E为淡黄色粉末，通常用在呼吸面具中作为氧气的来源。（1）A、C、E、F的化学式：A______，C______，E______，F______。（2）向饱和的C的溶液中通入足量CO2，会出现的现象是_____，有关反应的化学方程式为____。（3）鉴别C与F溶液应选用的试剂是_____，有关反应的离子方程式为_____。19、某兴趣小组模拟工业制漂白粉，设计了如图所示的实验装置。已知：①氯气和碱反应放出热量。②6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O请回答下列问题：（1）甲装置中仪器a的名称是_______，该装置中发生反应的离子方程式为_______。（2）装置丁中NaOH的作用是_______。（3）①制取漂白粉的化学方程式是_______。②小组制得的漂白粉中n(CaCl2)远大于n[Ca(ClO)2]，主要原因可能是_______。（4）为提高Ca(ClO)2的含量，可采取的措施是_______(任写一种即可)。20、Ⅰ.把5.1g镁铝合金的粉末放入足量的氢氧化钠溶液中，得到2.24LH2（标准状况下测定）。（1）合金中镁的质量为________。（2）写出该合金溶于足量的氢氧化钠溶液的化学方程式：_________________________。Ⅱ.在AlCl3和MgCl2的混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，生成沉淀的物质的量与加入氢氧化钠的物质的量的关系如图所示。（3）在混合溶液中AlCl3和MgCl2的物质的量之比为_____________。（4）写出XY段发生反应的离子方程式_____________________________。（5）X=____________；Y=____________。21、向100mL0.1mol/L硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中逐滴滴入0.1mol/LBa(OH)2溶液．随着Ba(OH)2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示．根据此图象回答下列问题：(1)写出从b点到c变化的离子方程式：___________________；(2)写出c点对应的Ba(OH)2溶液的体积_________________。

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．Na2CO3的水溶液能够导电，是电解质，属于盐类，A选项错误；B．MgO在熔融状态能导电，属于金属氧化物，属于电解质，B选项错误；C．H2SO4为二元强酸，是电解质，C选项正确；D．CO2溶于水并和水反应生成碳酸，能够导电，但不是本身导电，因此CO2属于非电解质，D选项错误；答案选C。2、C【解题分析】

A、铁和氯气化合反应只能生成氯化铁，能由单质直接化合生成，故A不符合；

B、氢气与氯气反应生成氯化氢，能够由单质直接化合生成，故B不符合；C、铁和氯气化合反应只能生成氯化铁，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，不能由单质直接化合生成，故C符合；

D、铜和氯气单质直接反应生成氯化铜，可以由单质直接化合反应生成，故D不符合；故答案选C。【题目点拨】铁与氯气反应，无论反应物的多少，产物均为氯化铁；因为氯气的氧化性较强，把变价铁氧化为最高价；铁与盐酸反应生成只能生成氯化亚铁，不能生成氯化铁。3、C【解题分析】

由3NO2＋H2O=2HNO3＋NO中N元素价态变化可知此反应属于歧化反应。【题目详解】A.2FeCl3＋H2S=2FeCl2＋2HCl＋S↓属于氧化还原反应，但不是歧化反应，故A错误；B.2NH4Cl＋6HCl＋K2Cr2O7===2KCl＋N2↑＋2CrCl3＋7H2O属于氧化还原反应，但不是歧化反应，故B错误；C.3Br2＋6NaOH=NaBrO3＋5NaBr＋3H2O中Br元素既有升高，又有降低，属于歧化反应，故C正确；D.5H2S＋2KMnO4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋5S↓＋8H2O属于氧化还原反应，但不是歧化反应，故D错误；答案：C。4、D【解题分析】

A．氧化物中含有两种元素，其中一种元素为氧元素，所以含有氧元素的化合物不一定为氧化物，如硫酸、氯酸钾等都含有氧元素，二者不属于氧化物，选项A错误；B.1

mol

H2O中含有2mol氢原子和1mol氧原子，必须指明具体的粒子名称，选项B错误；C．氧化剂的氧化性的相对强弱与得到电子数目的多少无关，与得到电子能力的强弱有关，选项C错误；D．等量的铝失去的电子固定，无论与酸反应还是与碱溶液反应，则反应生成氢气的量相等，选项D正确；答案选D。5、B【解题分析】

A.O2的摩尔质量为32g∙mol−1，故A错误；B.常温常压下，22gCO2含有的CO2分子数，故B正确；C.标准状况下，水不是气体，无法计算，故C错误；D.40gNaOH溶解在1L水中，溶液的体积无法计算，故D错误。综上所述，答案为B。6、B【解题分析】

8mol稀HNO3中的N原子有2mol化合价降低，即有2molHNO3被还原，有6molN原子化合价没改变，即有6molHNO3未被还原，故被还原的硝酸的物质的量与未被还原的硝酸的物质的量之比=2:6=1:3。答案选B。7、B【解题分析】

镁铝合金中，只有铝能和氢氧化钠发生反应，根据Al与NaOH溶液反应方程式中转化关系，由生成氢气的量计算出铝的物质的量，再结合n=及物质总质量，可计算出Mg的物质的量，进而得到二者的物质的量的比。【题目详解】n(H2)==0.15mol，由Al与NaOH溶液反应的方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知反应消耗的Al的物质的量为n(Al)=n(H2)=0.1mol，m(Al)=n·M=0.1mol×27g/mol=2.7g，则原合金中Mg的质量为m(Mg)=3.9g-2.7g=1.2g，所以Mg的物质的量n(Mg)==0.05mol，因此原合金中镁和铝的物质的量之比n(Mg)：n(Al)=0.05mol：0.1mol=1：2，故合理选项是B。【题目点拨】本题考查化学方程式的计算，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握物质的量与其它物理量之间的转化关系，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。8、D【解题分析】A、氨气与氯化氢反应生成氯化铵而产生白烟，实验操作、实验现象、结论均正确，A正确；B、常温下，浓硫酸、浓硝酸使铁片钝化，因此常温下，将洁净的铁片放入浓硫酸或浓硝酸中无明显变化，B正确；C、物质燃烧不一定需要氧气，例如氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰，C正确；D、能使澄清石灰水变浑浊的气体可以是CO2，也可能是SO2，因此不能说明溶液中一定含有CO32-，即使产生的气体是CO2，也可能是碳酸氢盐，D错误，答案选D。点睛：进行离子检验时应该注意实验方案设计的科学性和严密性，即一定要注意避免离子间的相互干扰，如检验CO32－时，HCO3－会干扰，检验硫酸根时，氯离子、碳酸根等离子会干扰，另外还需要注意加入试剂的顺序，例如检验亚铁离子时首先加入KSCN溶液排除铁离子的干扰，然后再滴加氯水。9、C【解题分析】

3CO+2NO2=3CO2+N2O中N元素化合价由+4价变为+1价，C元素的化合价由+2价变为+4价，结合氧化还原反应的规律分析解答。【题目详解】A．反应中C元素的化合价由+2价变为+4价，被氧化，CO是还原剂，故A错误；B．反应中N元素化合价由+4价变为+1价，被还原，N2O为还原产物，故B错误；C．NO2中N元素化合价由+4价变为+1价，被还原，故C正确；D．常温常压下，6.72LCO2的物质的量小于0.3mol，由方程式3CO+2NO2═3CO2+N2O可知，转移电子数少于0.6mol，故D错误；故选C。10、B【解题分析】

①16H++10Z－+2XO=2X2++5Z2+8H2O，氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，则氧化性：XO>Z2；②2A2++B2=2A3++2B－，氧化性：B2>A3+；③2B－+Z2=B2+2Z－，氧化性：Z2>B2；所以氧化性关系为：XO>Z2>B2>A3+，则还原性为A2+>B−>Z−>X2+。A.氧化性：Z2>A3+，则溶液中可发生：Z2+2A2+=2A3++2Z－，故A正确；B.①16H++10Z－+2XO=2X2++5Z2+8H2O，还原性：Z−>X2+，Z−是还原剂；③2B－+Z2=B2+2Z－，反应中Z2是氧化剂；故B错误；C.由分析可知，氧化性关系为：XO>Z2>B2>A3+，故C正确；D.化合价降低，发生还原反应，产物是还原产物，则X2+是XO的还原产物，故D正确。故答案选：B。11、C【解题分析】

A.氧化性：Ce4+>Fe3+，结合2Fe3++2I-=2Fe2++I2，Ce4+、I-不能共存，Ce与HI的反应为2Ce+6HI=2CeI3+3H2↑，故A错误；B.氧化性是Ce4+>Fe3+，所以Fe3+无法氧化Ce3+得到Ce4+，故B错误；C.铈(稀土元素)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，与钠的活泼性相似，所以Ce元素如果要排在金属活动性顺序表中，其位置应靠近元素，故C正确；D.根据题中信息铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，则不能用水封保存Ce，故D错误；故选C。12、A【解题分析】

A.虽然溶解度小，但溶解的部分是完全电离，属于强电解质，A正确；B.溶于水后也能导电，但是与水反应生成的一水合氨发生电离而导电的，不是氨气本身电离而导电的，属于非电解质，B错误；C.食醋的主要成分为CH3COOH，食醋为混合物，既不是电解质，也不是非电解质，C错误；D.为单质，既不是电解质，也不是非电解质，D错误；故答案为：A。【题目点拨】电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。13、C【解题分析】

氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，判断是否属于氧化还原反应，从元素化合价变化的角度判断。【题目详解】A.反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O为复分解反应，元素化合价均没有发生变化，不属于氧化还原反应，选项A错误；B.反应CaO+H2O=Ca(OH)2为化合反应，元素化合价均没有发生变化，不属于氧化还原反应，选项B错误；C.反应2CO+O22CO2化合反应，反应中碳元素化合价升高、氧元素化合价降低，属于氧化还原反应，选项C正确；D.反应CaCO3CaO+CO2↑为分解反应，元素化合价均没有发生变化，不属于氧化还原反应，选项D错误；答案选C。14、A【解题分析】

A.中只有共价键，是原子晶体，A正确；B.中含有共价键，是分子晶体，分子间存在分子间作用力，B错误；C.中含有共价键，是分子晶体，分子间存在分子间作用力，C错误；D.NaOH是离子晶体，由钠离子和氢氧根离子构成，存在离子键，氢氧根离子中含有共价键，D错误；故答案选A。15、B【解题分析】

A.MgCl2溶液中镁离子会水解，CaCl2不水解，所以等物质的量浓度的MgCl2溶液和CaCl2溶液中所含有的离子数不相同，故A错误；B.常温常压下，9gH2O的物质的量为0.5mol，含分子数为0.5NA，故B正确；C.标准状况下，CCl4为液体，22.4LCCl4物质的量不是1mol，故C错误；D.Cl2溶于水，存在形式有Cl2、Cl－、ClO－和HClO，所以标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和不为NA，故D错误；故答案选B。【题目点拨】“标况”下的体积，这一条件只适用于气体。16、D【解题分析】

A.在实验室量取液体时，量取5.25mL稀硫酸，应该使用10mL量筒，不能用50mL量筒量取，且10mL的量筒只能精确到0.1mL，故A错误；B.由于瓷坩埚中含有二氧化硅，与碳酸钠晶体灼烧时反应，应该使用铁坩埚，故B错误；C.托盘天平精确到0.1g，不能用托盘天平称量11.70g氯化钠晶体，故C错误；D.实验室没有240mL的容量瓶，所以配制240mL0.2mol/L的NaOH溶液，必须选用250mL的容量瓶，故D正确。答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、NaOH纯碱（或苏打）CO32－＋CO2＋H2O＝2HCO3－Fe+2Fe3+=3Fe2+Cl2＋2Fe2+＝2Cl－＋2Fe3+取少量B的溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，若出现红色，说明B中的阳离子是Fe3+【解题分析】

（1）若A、B、C的焰色反应均为黄色，均含有Na元素，C为厨房中的用品，则C为NaCl，D的过度排放会造成温室效应，D为CO2，据此解答；（2）若A、D均为单质，D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料，为Fe2O3，则D为Fe，且A为气体，由转化关系可知A具有强氧化性，将Fe氧化为高价态，可推知A为Cl2、B为FeCl3、C为FeCl2，据此解答。【题目详解】A、B、C、D都是中学化学中常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素，则（1）若A、B、C的焰色反应均为黄色，均含有Na元素，C为厨房中的用品，则C为NaCl，D的过度排放会造成温室效应，D为CO2，A能与二氧化碳反应生成B，B能与二氧化碳反应生成C，B为碳酸钠，且A与C反应得到B，则A为NaOH、C为NaHCO3。①由上述分析可知，A的化学式为NaOH，B为碳酸钠，俗名纯碱或苏打；②反应II的离子方程式是CO32－＋CO2＋H2O＝2HCO3－；（2）若A、D均为单质，D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料，为Fe2O3，则D为Fe，且A为气体，由转化关系可知A具有强氧化性，将Fe氧化为高价态，可推知A为Cl2、B为FeCl3、C为FeCl2。①反应Ⅱ的离子方程式是Fe+2Fe3+=3Fe2+；②反应Ⅲ的离子方程式是Cl2＋2Fe2+＝2Cl－＋2Fe3+；③B中含有阳离子为Fe3+，检验方法是：取少量B的溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，若出现红色，说明B中的阳离子是Fe3+。【题目点拨】本题考查无机物推断，涉及Na、Fe等元素单质化合物的性质与转化，物质的颜色是推断突破口，再结合转化关系推断即可。18、NaNa2CO3Na2O2NaHCO3析出晶体Na2CO3＋H2O＋CO2=2NaHCO3CaCl2溶液CO32-＋Ca2＋=CaCO3↓【解题分析】

E为淡黄色粉末，通常用在呼吸面具中作为氧气的来源，则E为Na2O2，A与氧气反应生成Na2O2，则A为Na，钠与水反应生成B且也能由过氧化钠转化得到，可推知B为NaOH，由于NaOH与二氧化碳得到C，C与二氧化碳、水反应得到F，可推知C为Na2CO3、F为NaHCO3，碳酸钠与HCl反应得到固体D，且能由过氧化钠转化得到，可推知D为NaCl，据此分析解答。【题目详解】(1)由上述分析可知，A为Na，B为NaOH，C为Na2CO3、D为NaCl，E为Na2O2，F为NaHCO3，故答案为Na；Na2CO3；Na2O2；NaHCO3；(2)向饱和的碳酸钠的溶液中通入足量CO2，Na2CO3＋H2O＋CO2=2NaHCO3，由于碳酸氢钠溶解度较小，因此会析出碳酸氢钠晶体，故答案为析出晶体；Na2CO3＋H2O＋CO2=2NaHCO3；(3)鉴别碳酸钠与碳酸氢钠溶液可以选用CaCl2溶液，碳酸钠能够与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为CO32-＋Ca2＋=CaCO3↓，而碳酸氢钠不能与氯化钙溶液反应，故答案为CaCl2溶液；CO32-＋Ca2＋=CaCO3↓。19、分液漏斗MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O吸收多余的氯气，以防污染空气2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O氯气和碱反应会放出热量，导致温度升高，发生了副反应，6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O将丙装置浸在盛有冷水的水槽中或控制氯气产生速率(其它合理答案也给分)【解题分析】(1)由装置图可知，甲装置中仪器a的名称为分液漏斗；甲装置内发生的是实验室用MnO2和浓盐酸反应制氯气的反应，其离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)氯气是有毒气体，所以必须进行尾气处理，而氯气能与碱反应，故装置丁中NaOH的作用是吸收多余的氯气，以防污染空气；(3)①漂白粉是用氯气与石灰乳反应制取的，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；②根据制取漂白粉的反应式可知，n(CaCl2

)与n[

Ca(ClO)2]是相等的，但由于氯气和碱反应是放热的，导致温度升高，从而发生了副反应6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，使n(CaCl2

)增大；(4)为提高Ca(ClO)2的含量，可采取的措施降低丙装置在反应过程中的温度，如将丙装置浸在盛有冷水的水槽中，或减小通入氯气的速率等。20、3.3g2Al+2NaOH+2H