2024届福建省龙岩市一级达标学校化学高一第一学期期中复习检测模拟试题含解析

2024届福建省龙岩市一级达标学校化学高一第一学期期中复习检测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、氯气通入紫色石蕊试液中，溶液由紫色→红色→无色，导致变色的微粒依次是A．H+、Cl− B．H+、HClO C．HCl、Cl2 D．HClO、ClO-2、1molMgCl2中含有()A．3.01×1023个Mg2+ B．6.02×1023个Cl-C．1molMg2+ D．1molCl23、下列有关氯气及含氯化合物的说法不正确的是（）A．氯气能与大多数金属化合，其一般将变价金属氧化至最高价B．氯气与水反应，氯气既是氧化剂又是还原剂C．氯水呈黄绿色是因为溶液中含有氯气分子D．因为氯气有毒，所以可用于杀菌、消毒、漂白4、下列说法错误的是A．钠在空气中燃烧最后所得产物为Na2O2B．镁因在空气中形成了一薄层致密的氧化膜，保护了里面的镁，故镁不需要像钠似的进行特殊保护C．铝制品在生活中非常普遍，这是因为铝不活泼D．铁在潮湿的空气中因生成的氧化物很疏松，不能保护内层金属，故铁制品往往需涂保护层5、下列反应既是置换反应又是氧化还原反应的是A．2F2+2H2O==4HF＋O2 B．Cl2+H2O==HCl＋HClOC．3NO2+H2O==2HNO3+NO D．2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑6、以下是对某水溶液进行离子检验的方法和结论，其中正确的是A．先加入BaCl2溶液，再加入足量的HNO3溶液，产生了白色沉淀。溶液中一定含有大量的SO42-B．加入足量的CaCl2溶液，产生了白色沉淀。溶液中一定含有大量的CO32-C．加入足量浓NaOH溶液，产生了带有强烈刺激性气味的气体，该气体可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则溶液中一定含有大量的NH4+D．先加适量的盐酸将溶液酸化，再加AgNO3溶液，产生了白色沉淀。溶液中一定含有大量的Cl−7、下列药品暴露在空气中易变质为括号中的物质，其中不是由于发生氧化还原反应而引起的是（）A． B．C． D．8、意大利罗马大学的FulvioCacsce等人获得了极具理论研究意义的N4分子，下列说法正确的是（）A．N4属于一种新型的化合物B．N4与N2的摩尔质量相等C．等质量的N4与N2所含的原子个数比为1：1D．标准状况下，等体积的N4与N2所含的原子个数比为1：29、对下列物质分类全部正确的是①纯碱②食盐水③石灰水④NaOH⑤液态氨⑥CH3COONa（）A．一元碱—③④B．纯净物—③④⑤C．正盐—①⑥D．混合物—②⑤10、标准状况下，密闭容器被可以自由滑动的活塞分成两个密闭的反应器。左侧充入等物质的量的氢气和氧气，右侧充入一氧化碳和氧气的混合气体。同时引燃左右两侧的混合气，反应后恢复到标准状况。反应前后活塞位置如下图所示，则右侧混合气体中一氧化碳和氧气的物质的量之比可能是（液态水的体积忽略不计）①1:1②3:1③1:3④1:2A．①② B．②④ C．①④ D．①③11、某国外化学教材中有一张关于氧化还原反应的插图(如下图)，由图可知，在该反应中:A．被氧化 B．被还原 C．是氧化产物 D．是还原产物12、用如图所示装置进行如下实验，能达到实验目的是A．瓶中盛满水，从A口进气，用排水法收集氢气B．瓶中盛适量浓硫酸，从A口进气来干燥氨气C．从B口进气，用排空气法收集二氧化碳D．瓶中装满水，A口连导管并伸入量筒中，从B口进气，用排水法测量生成H2的体积13、美国科学家将两种元素铅和氪的原子核对撞，获得了一种质子数为118、中子数为175的超重元素，该元素原子核内的中子数和核外电子数之差为（)A．57 B．47 C．61 D．29314、下列说法正确的是A．1mol固体或液体的体积主要由微粒间距离决定B．1mol气体的体积主要由微粒的大小决定C．O2的气体摩尔体积约为22.4L·mol-1D．气体微粒间的距离受温度压强影响大，固体或液态微粒间的距离受温度压强影响小15、下列各项正确的是()A．镁、铝与沸水不可能反应B．铁在一定条件下可以与水反应C．钠与水反应的离子方程式：Na＋H2O=Na＋＋OH－＋H2↑D．钠和硫酸铜溶液反应的离子方程式：2Na＋Cu2＋=2Na＋＋Cu16、化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列有关化学用语正确的是A．P原子的结构示意图B．N原子的电子式：:N:C．氦气的分子式He2D．重氢原子的角标表示法H二、非选择题（本题包括5小题）17、有一包白色固体物质，可能含有CuSO4、Na2SO4、KNO3、NaNO3、Na2CO3、MgCl2中的一种或几种，现进行如下实验：(1)将白色固体溶于水中，得到无色透明溶液。(2)取少量上述溶液两份，其中一份滴加BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀没有溶解。另一份溶液中滴加NaOH溶液，有白色沉淀生成。根据以上实验现象可知，该白色固体中一定含有_________，一定没有________，可能有______________。18、有X、Y、Z、三种元素，X元素原子核内无中子，Y元素原子核内有8个质子，Z元素原子得到1个电子后与氩原子核外电子排布相同。（1）写出X元素符号__________，画出Y元素的原子结构示意图___________。（2）写出Z单质与X2Y反应化学方程式__________________________________。19、某实验需要500mL0.1mol/L的Na2CO3溶液，现通过如下步骤配制：①把称量好的固体Na2CO3放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解。为加快溶解，可用破璃棒搅拌；②用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都要小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；③将容量瓶塞紧，充分摇匀；④把溶解固体后所得溶液冷却至室温，小心转入__________中；⑤继续加蒸馏水至液面距刻度线1～2cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低点与刻度线相切；（1）操作步骤的正确顺序为__________（填序号）。（2）称量的Na2CO3固体质量应为__________g。（3）步骤④中空缺的实验仪器是__________。（4）取出100mL配制好的溶液，加蒸馏水稀释至c（Na2CO3）＝0.02mol/L。则稀释后溶液的体积为__________mL。（5）下列关于容量瓶的使用方法中，正确的是__________（填选项，下同）。A．使用前要检验是否漏水B．在容量瓶中直接溶解固体或稀释液体C．在烧杯中溶解固体后，迅速将溶液转移到容量瓶中D．向容量瓶中转移溶液用玻璃棒引流E.加水时水量超过了刻度线，迅速用胶头滴管将过量的水吸出（6）下列操作会使所配溶液的物质的量浓度偏低的是__________。A．使用托盘天平时，砝码放左盘、药品放右盘称量B．使用容量瓶前，发现瓶内残留有少量蒸馏水C．加水定容时，水量超过了刻度线D．洗涤步骤中，洗涤液没有转入容量瓶20、某化学研究性学习小组需配制含有NH4+、Cl-、K+、SO42-的植物培养液450mL，且要求该培养液中c(Cl-)=c(K+)=c(SO42-)=0.4mol·L−1。实验室提供的药品有：NH4Cl、KCl、(NH4)2SO4、K2SO4和蒸馏水；提供的实验仪器有：①药匙②托盘天平③烧杯④胶头滴管⑤量筒。请回答下列问题：（1）该植物培养液中，NH4+的物质的量浓度为____。（2）该研究小组配制该植物培养液时，还须用到的玻璃仪器是____、_____。（3）若配制该培养液的其他操作均正确，则下列错误操作将使所配制溶液的浓度偏低的是____。a.将溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒b.将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，容量瓶中还有少量的水c.将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溶液溅出容量瓶d.用胶头滴管向容量瓶中加水时，俯视容量瓶刻度线e.摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线21、某小组研究铁与水蒸气的反应，两位同学分别进行了如下实验。实验Ⅰ实验Ⅱ请回答：（1）实验Ⅰ中湿棉花的作用是______________。（2）实验Ⅰ中反应的化学方程式是__________。（3）甲同学观察到实验Ⅰ中持续产生肥皂泡，实验Ⅱ中溶液B呈现红色。说明溶液A中含有___________。（4）乙同学观察到实验Ⅰ中持续产生肥皂泡，但实验Ⅱ中溶液B未呈现红色。溶液B未呈现红色的原因是____________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】

氯气与水反应Cl2+H2O=HCl+HClO，HCl和HClO均能电离出氢离子，能够使石蕊变红，次氯酸具有漂白性，能够使变红的溶液褪色，所以导致变色的微粒依次是H+、HClO，故答案为B。2、C【解题分析】

1molMgCl2中含有1molMg2+和2molCl-,即含有6.02×1023个Mg2+和1.204×1024个Cl-;MgCl2中不含Cl2。故选C。3、D【解题分析】

A.氯气具有很强的活泼性，能与大多数金属化合，其一般将变价金属氧化至最高价，故A正确；B.氯气与水反应生成HCl和HClO，氯元素的化合价既升高又降低，氯气既是氧化剂又是还原剂，故B正确；C.氯水呈黄绿色是因为溶液中含有氯气分子，故C正确；D.氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，氯气没有漂白性，且氯气用于杀菌、消毒等与氯气的毒性无关，故D错误；答案选D。4、C【解题分析】试题分析：A．钠在不加热时与氧气反应生成氧化钠，在空气中燃烧生成过氧化钠，正确；B．镁易与空气中氧气反应生成致密的氧化铝膜，可起到保护镁不被进一步氧化的作用，正确；C．铝制品在生活中应用普遍是因为表面有一层致密的Al2O3薄膜，保护铝不被进一步氧化，错误；D．铁在潮湿的空气中因生成的氧化物很疏松，不能保护内层金属，正确。考点：考查金属钠、镁、铝、铁的性质。5、A【解题分析】

置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，氧化还原反应是反应前后元素化合价发生改变的反应，以此解答该题。【题目详解】A．该反应属于置换反应，且F、O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A符合题意；B．该反应产物中没有单质，不属于置换反应，故B不符合题意；C．该反应中反应物、产物中没有单质，不属于置换反应，故C不符合题意；D．该反应中反应物中没有单质，不属于置换反应，故D不符合题意；综上所述答案为A。6、C【解题分析】

A、可以和硝酸酸化的氯化钡溶液反应产生的白色沉淀可以是硫酸钡或者是氯化银，所以该澄清溶液中可能含有SO42-、Ag+、SO32-或HSO3-等，A错误；B、加入足量的CaCl2溶液，产生了白色沉淀，溶液中可能含有大量的CO32-、SO42-或Ag+或SO32-等，B错误；C、加入足量浓NaOH溶液，产生了带有强烈刺激性气味的气体，该气体可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则溶液中一定含有大量的NH4+，C正确；D、先加适量的盐酸将溶液酸化，溶液中引入了氯离子，再产生白色沉淀，无法说明氯离子的来源，D错误；答案选C。7、D【解题分析】

A、Na2SO3在空气中与氧气反应：2Na2SO3＋O2=2Na2SO4，其中S由+4价变为+6价，发生氧化还原反应，故A不符合题意；B、FeCl2在空气中被氧气氧化，发生反应：12FeCl2＋3O2＋6H2O=8FeCl3＋4Fe(OH)3，其中Fe由+2价变为+3价，发生氧化还原反应，故B不符合题意；C、KI在空气中发生反应：4KI＋O2＋2H2O=4KOH＋2I2，其中I由-1价变为0价，发生氧化还原反应，故C不符合题意；D、NaOH在空气中与CO2反应：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，没有电子的得失，不是氧化还原反应，故D符合题意；答案选D。8、C【解题分析】

A.N4属于单质，故A错误；B.N4的摩尔质量为56g/mol，N2的摩尔质量为28g/mol，并不相等，故B错误；C.等质量的N4与N2所含的原子个数比为1：1，故C正确；D.标准状况下，等体积的N4与N2物质的量相等，所含的原子个数比为2：1，故D错误;故答案：C。9、C【解题分析】

纯碱(Na2CO3)是碳酸与氢氧化钠完全中和的产物，属于正盐；食盐水是氯化钠的水溶液，属于混合物；石灰水是氢氧化钙的水溶液，属于混合物；NaOH是一元强碱，属于纯净物；液态氨只含NH3分子，属于纯净物；CH3COONa是醋酸和氢氧化钠完全中和的产物，属于正盐。【题目详解】氢氧化钙属于二元碱，故A错误；石灰水是氢氧化钙的水溶液，属于混合物，故B错误；纯碱、CH3COONa都是酸碱完全中和的产物，属于正盐，故C正确；液态氨是纯净物，故D错误。10、A【解题分析】

【题目详解】假设氢气和氧气的物质的量都是2mol，开始时左右两侧气体的体积相等，则右侧气体共为4mol；左侧反应2H2+O2=2H2O，剩余1molO2；由图可知反应后左右两侧气体物质的量之比为1：3，所以右侧气体的物质的量为3mol，右侧反应2CO+O2=2CO2；当CO过量时，CO为3mol、O2为1mol；当O2过量时，CO为2mol、O2为2mol；所以n(CO)：n(O2)=3：1或1：1，故①②正确，选A。11、A【解题分析】

由图可知，在该反应中失去电子，被氧化，则在反应中作还原剂，在反应中得到电子，被还原，在反应中作氧化剂，答案选A。【题目点拨】还原剂和氧化剂在反应物中，反应中，氧化剂被还原，还原剂被氧化，氧化产物和还原产物在生成物中。12、D【解题分析】

A.排水法收集气体应从B口进气，从A口排水，A错误；B.氨气与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，B错误；C.二氧化碳密度大于空气的密度，应用向上排空气法，从长导管(A)进气，从短导管(B)排出相对较轻的空气，C错误；D.氢气从短导管进，先集聚在上方，并将水从长导管口压入量筒中，排出水的体积近似等于氢气的体积，D正确；答案选D。13、A【解题分析】

原子中质子数=核外电子数，故该原子的核外电子数是118

，

则该元素原子核内的中子数与核外电子数之差是175-118=57，所以A符合题意；故选A。【题目点拨】核内质子数=核外电子数，质量数=质子数+中子数。14、D【解题分析】

A．物质三态中气体分子之间的间隔最大，固体或液体中粒子间隔最小，则1mol固体或液体的体积主要由粒子的大小决定，A错误；B．气体的体积受分子数目、分子之间距离及粒子大小影响，相同条件下气体分子间的距离远大于粒子的大小，则气体的体积大小受分子数目、分子之间距离影响，因此在相同条件下1mol气体的体积主要由分子间距离决定的，B错误；C．状况未知，气体的摩尔体积不确定，在标况下O2的气体摩尔体积约为22.4L·mol-1，C错误；D．物质三态中气体分子之间的间隔最大，固体或液体中粒子间隔最小，因此气体微粒间的距离受温度压强影响大，固体或液态微粒间的距离受温度压强影响小，D正确；答案选D。15、B【解题分析】

A.镁可以与热水反应，铝可以与沸水反应，A错误；B.铁在高温下与水蒸气发生反应：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，B正确；C.钠与水反应的离子方程式：2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑，C错误；D.钠先与水反应，生成的氢氧化钠再和硫酸铜发生复分解反应，反应的离子方程式：2Na＋2H2O＋Cu2＋===Cu(OH)2↓＋H2↑＋2Na＋，D错误；综上所述，本题选B。【题目点拨】钠、钾等金属与冷水剧烈反应生成碱和氢气，镁与热水反应生成碱和氢气，铝与沸水微弱反应生成氢氧化铝和氢气，而铁和水蒸气高温下反应生成四氧化三铁和氢气，注意生成的不是碱。16、D【解题分析】

A选项，P原子最外层有5个电子，P原子的结构示意图为，故A错误；B选项，N原子最外层有5个电子，N原子的电子式为；故B错误；C选项，氦气是单原子分子，氦气的分子式为He，故C错误；D选项，重氢原子的质子数为1，中子数1，因此原子符号角标表示法为H，故D正确；综上所述，答案为D。二、非选择题（本题包括5小题）17、Na2SO4、MgCl2CuSO4、Na2CO3KNO3、NaNO3【解题分析】

根据硫酸铜溶液显蓝色，硫酸钡是白色不溶于硝酸的沉淀，Mg(OH)2是白色不溶性物质分析。【题目详解】(1)将白色固体溶于水中，得到无色透明溶液，说明固体中一定不含有CuSO4；(2)取少量上述溶液两份，其中一份滴加BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀没有溶解，则该沉淀是BaSO4，一定含有Na2SO4，一定不含Na2CO3，因为碳酸钡可以溶于硝酸中，反应会放出CO2气体，向另一份溶液中滴加NaOH溶液，有白色沉淀生成。说明含有Mg2+，产生的白色沉淀是Mg(OH)2，原固体中含有MgCl2。由于题目涉及实验中没有进行有关K+、Na+及NO3-的检验及各种微粒物质的量的计算，因此不能确定是否含有KNO3、NaNO3。根据上述分析可知：溶液中一定含有Na2SO4、MgCl2，一定没有CuSO4、Na2CO3，可能含有KNO3、NaNO3。【题目点拨】本题考查了混合物组成的推断，完成此题，可以结合题干提供的实验现象，结合各种离子的检验方法，根据离子在物质的存在确定物质的存在。18、HCl2+H2O⇌HCl+HClO【解题分析】

有X、Y、Z、三种元素，X元素原子核内无中子，为氢元素。Y元素原子核内有8个质子，为氧元素。Z元素原子得到1个电子后与氩原子核外电子排布相同，为氯元素。【题目详解】有X、Y、Z、三种元素，X元素原子核内无中子，为氢元素。Y元素原子核内有8个质子，为氧元素。Z元素原子得到1个电子后与氩原子核外电子排布相同，为氯元素。(1)X为氢元素，元素符号为H；氧原子结构示意图为；(2)X2Y为水，Z的单质为氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，方程式为Cl2+H2O⇌HCl+HClO。19、①④②⑤③5.3500mL容量瓶500ADACD【解题分析】

（1）根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作进行分析；（2）根据c=n/V=m/VM进行计算；（3）根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤及用到的仪器进行分析；（4）根据稀释前后溶质的量不变进行计算；（5）根据容量瓶的使用方法及注意事项进行分析；（6）根据c=n/V进行分析，凡是引起n减小的，浓度偏低，引起V增大的，浓度偏低进行分析。【题目详解】（1）根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作；因此操作步骤的正确顺序为①④②⑤③；综上所述，本题答案是：①④②⑤③。（2）根据c=n/V=m/VM可知，0.1mol/L=m/(0.5L×106),m=5.3g；因此称量的Na2CO3固体质量应为5.3g；综上所述，本题答案是：5.3。（3）根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤可知，④把溶解固体后所得溶液冷却至室温，小心转入500mL容量瓶中；综上所述，本题答案是：500mL容量瓶。（4）稀释前后溶质的量保持不变可知：0.1mol/L×0.1L=0.02mol/L×V(Na2CO3），V(Na2CO3）=0.5L=500mL；综上所述，本题答案是：500。（5）A.带有活塞的仪器使用前要检查是否漏水，故A项正确；B.应在烧杯中溶解固体，冷却至室温再转移到容量瓶，故B项错误；C.在烧杯中溶解固体后，冷却到室温后，用玻璃棒将溶液转移到容量瓶中，故C项错误；D.向容量瓶中转移溶液用玻璃棒引流，故D项正确；E.加水时水量超过了刻度线，迅速用胶头滴管将过量的水吸出，造成溶质的量减小，导致溶液浓度减小，故E项错误；综上所述，本题选AD。（6）A.用天平(使用游码)称量时,被称量物与砝码的位置放颠倒了,实际称量药品的质量减小,所配溶液浓度偏低，A正确；B.配制需加水定容,转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水,对所配溶液无影响，B错误；C.加水定容时，水量超过了刻度线，造成溶液体积偏大，所配溶液的浓度偏低，C正确；D.洗涤步骤中，洗涤液没有转入容量瓶，移入容量瓶中溶质的物质的量偏小,所配溶液浓度偏低，D正确；综上所述，本题选ACD。20、0.8mol/L500mL容量瓶玻璃棒ac【解题分析】

（1）要求该培养液中c（Cl-）=c（K+）=c（SO42-）=0.4mol•L-1，依据电荷守恒计算溶液中铵根离子浓度；（2）依据配制步骤选择需要仪器；（3）分析操作对物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析。【题目详解】(1)所得溶液中c（Cl-）=c（K+）=c（SO42-）=0.4mol•L-1，依据溶液中电荷守恒规律可知：c(Cl−)+2c(SO42-)=c(K+)+c(NH4+)，即：0.4mol/L+2×0.4mol/L=0.4mol/L+c(NH4+)，解得：c(NH4+)=0.8mol/L，故答案