贵州省黔东南州名校2023年化学高一上期末复习检测试题含解析

贵州省黔东南州名校2023年化学高一上期末复习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、除去下列物质中的少量杂质（括号内的物质为杂质），加入试剂或方法不正确的是A．NaCl溶液（BaCl2）：加入足量Na2CO3溶液，过滤，再向滤液中加适量盐酸并加热B．KNO3溶液（AgNO3）：加入足量KCl溶液，过滤C．NaCl固体（Na2CO3）：加适量稀盐酸，加热蒸发D．CO2（HCl）：将混合气体通过NaHCO3饱和溶液2、下列对Na2O2的叙述中，正确的是A．Na2O2能与酸反应生成盐和水，所以Na2O2是碱性氧化物B．Na2O2能与水反应，所以Na2O2可作干燥剂C．Na2O2与水反应时，Na2O2只作氧化剂D．Na2O2与CO2反应时，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂3、下列各组离子，在溶液中能大量共存的是

()A．Ca2+、Na+、CO32－、NO3－ B．Na+、HCO3－、Cl－、OH－C．Na+、Al3+、Cl－、SO42－ D．H+、Fe2+、NO3－、SO42－4、下列说法正确的是A．实验室保存FeSO4溶液常在溶液中加入少量铁粉B．可用澄清石灰水鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液C．可以用饱和Na2CO3除去CO2中少量SO2D．Na2SiO3溶液常常保存在带玻璃塞的细口瓶中5、某200mL氯化镁和氯化铝混合液中c(Mg2＋)为0.3mol/L，c(Cl－)为1.2mol/L。要使Mg2＋全部转化为沉淀分离出来，至少需加4mol/LNaOH溶液的体积为（）A．70mLB．60mLC．80mLD．128mL6、下列叙述正确的是（）A．氧原子的摩尔质量为16 B．1molO2的质量为32gC．1molO的的质量为16g/mol D．标准状况下，1mol任何物质体积均为22.4L7、下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是（）A．K+、Al3+、SO、H+ B．NH、Cu2+、Cl-、OH-C．H+、Na+、HCO、Cl- D．Ag+、Na+、NO、Cl-8、下列实验能达到目的的是（）ABCD实验室制备Fe(OH)2实验室制氨气分离酒精与水制取Cl2A．A B．B C．C D．D9、合金是一类用途广泛的金属材料，下列物质属于合金的是A．钢 B．铜 C．金刚石 D．磁性氧化铁10、下列化合物不可通过单质直接化合生成的为A．FeCl2B．Na2O2C．CuCl2D．HCl11、下列关于铁及其化合物的说法正确的是（）A．硫酸铁溶液不具有净水作用B．Fe3O4是一种红棕色粉末，俗称磁性氧化铁C．铁粉与水蒸气在加热条件下的反应产物为Fe2O3和H2D．去除FeCl2溶液中的FeCl3，杂质.可以向溶液中加入过量铁粉.然后过滤12、下列物质中，属于电解质的是A．Cu B． C．NaCl D．氯水13、下列变化必须加入其他物质作还原剂才能发生的是（）A．CuO→CuCl2 B．CO2→CO C．I-→I2 D．Fe2＋→Fe3＋14、下列关于碱金属和卤素的说法，错误的是()A．随着核电荷数的增大，碱金属元素和卤素的原子半径都逐渐增大B．碱金属元素中，锂原子失去电子的能力最弱，卤素中氟原子得电子能力最强C．钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈D．溴单质与水反应比氯单质与水反应更剧烈15、在四川抗震救灾中，芦山县一存放漂白粉的仓库因漏雨而引发爆炸，冒出大量有毒的浓烟，周围的居民被迅速疏散。下列关于漂白粉的叙述不正确的是（）A．漂白粉是由氯气通氢氧化钠溶液中制得的B．漂白粉要密封保存在干燥处C．漂白粉可用于杀菌消毒D．漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙16、下列变化过程属于氧化还原反应的是A．煤的燃烧 B．澄清石灰水变浑浊C．用小苏打制馒头 D．氢氧化铝治疗胃酸过多二、非选择题（本题包括5小题）17、如图所示：图中每一方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体，请填写下列空白：(1)写出下列物质的化学式X_________，C_________，F_________，G__________。(2)写出下列反应的化学方程式①_____________________________________________。②______________________________________________。18、现有金属单质A、B、C和气体甲、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如图所示(图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出)。①金属C的名称_______②气体丙的分子式___________③写出下列反应的化学方程式：反应①___________________________；反应⑥________________________。19、某“84”消毒液部分标签如下图所示，回答下列问题：（1）NaClO变质的反应属于__________（填“氧化还原反应”或“非氧化还原反应”）（2）计算该“84”消毒液的物质的量浓度________mol·L－1（保留小数点后一位）。（3）某实验需用480mL2.0mol·L-1NaClO的消毒液，现用NaClO固体配制。a．需要用托盘天平称量NaClO的固体质量为________gb．配制时，一般可分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④摇匀⑤移液⑥洗涤⑦定容⑧冷却正确的操作顺序为：____________________________________（填序号）（4）在配制过程中，除需要烧杯、托盘天平外还必需的仪器有______________（写两种）（5）下列操作可能使配制溶液浓度偏低的是________A．移液时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒B．溶解后未经冷却就移液C．移液时，有少量液体溅出D．定容时，俯视刻度线E．容量瓶用蒸馏水洗净后，没烘干就直接使用20、广州大学附属东江中学“探源致善”化学兴趣小组采用下面的实验装置图制备纯净的氯气，根据相关知识填空：(1)A仪器的名称是_________________，B中发生的化学方程式为__________________________(2)装置C中盛放的试剂是__________，装置F中的离子方程式为__________________________(3)氯气溶于水制得氯水，请设计实验验证干燥的氯气无漂白性、新制的氯水具有酸性与漂白性(写出必要的实验步骤与实验现象)_________________________________________21、实验室采用MgCl2、AlCl3混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4，主要流程如下：（1）为使Mg2+、Al3+同时生成沉淀，应先向沉淀反应容器中加入________（填“A”、或“B”），再滴加另一反应物。（2）实验室利用氯化铵和熟石灰反应制取氨气，写出反应的化学方程式________________________。（3）判断流程中沉淀是否洗净所用的试剂是______________；高温焙烧时，用于盛放固体的仪器名称是__________________。（4）无水AlCl3（183℃升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用下列装置制备。①写出装置A中发生反应的离子方程式________________________。②装置B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是__________；F中试剂的作用是__________；用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用，所装填的试剂为__________。③实验步骤：如图连接装置后，先__________(填实验操作)，再装药品，然后点燃______(填“A”或“C”)处酒精灯，当________(填实验现象)时，再点燃另一处酒精灯。④写出装置G中发生反应的离子方程式________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A.加入足量Na2CO3溶液，与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，然后过滤，向滤液中再加盐酸并加热除去碳酸钠，可实现除杂，所以A选项是正确的；B.加入足量KCl溶液，反应生成AgCl沉淀和硝酸钾，但过量试剂引入氯离子，不符合除杂原则，故B错误；C.加适量稀盐酸，反应生成氯化钠和水、二氧化碳，然后加热蒸发可实现除杂，所以C选项是正确的；D.通过NaHCO3饱和溶液，HCl反应，且生成二氧化碳，则洗气法可实现除杂，所以D选项是正确的。答案选B。2、D【解析】

A．Na2O2能与酸反应生成盐和水，还有氧气，所以Na2O2不是碱性氧化物，A项错误；B．Na2O2能与水反应，生成NaOH和氧气，所以Na2O2不能作干燥剂，B项错误；C．Na2O2与水反应时，氧元素一部分得电子化合价降低，一部分失电子化合价升高，Na2O2既作氧化剂，又作还原剂，C项错误；D．Na2O2与CO2反应时，氧元素一部分得电子化合价降低，一部分失电子化合价升高，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，D项正确；答案选D。3、C【解析】

A．Ca2+、CO32-结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B．HCO3-、OH-结合生成水和碳酸根离子，不能大量共存，故B错误；C．该组离子之间不反应，能大量共存，故C正确；D．酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，能够氧化亚铁离子，则H+、Fe2+、NO3－三者之间不能大量共存，故D错误；故选C。4、A【解析】

A.FeSO4具有还原性，可被空气中氧气氧化生成硫酸铁，加入铁粉，反应生成硫酸亚铁，可防止硫酸亚铁被氧化，故A正确；B.二者与石灰水反应均生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故B错误；C.二氧化碳会和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，故C错误；D.Na2SiO3等碱性溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成黏合性的物质，将瓶塞和瓶口黏结在一起，从而无法打开，所以贮存在具有橡胶塞的细口瓶中，故D错误；故答案为A。5、A【解析】

溶液中n（Cl-）=0.2L×1.2mol/L=0.24mol，溶液中n（Mg2+）=0.3mol/L×0.2L=0.06mol，所以忽略水的电离根据电荷守恒可知溶液中n（Al3+）=(0.24mol－0.06mol×2)/3=0.04mol，将200mL此溶液中的Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀并分离析出，反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，根据钠离子守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2），再结合氯离子守恒、Al原子守恒可知n（NaOH）=c（Cl-）+n（Al3+）=0.24mol+0.04mol=0.28mol，所以至少需要4mol/L氢氧化钠溶液的体积为0.28mol÷4mol/L=0.07L=70mL，答案选A。【点睛】本题考查混合物的有关计算，利用原子守恒简化解题，关键在于清楚反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液。常见的守恒关系有：①反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；②电解质溶液中的电荷守恒；③氧化还原反应中得失电子数守恒；④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。6、B【解析】

A.氧原子的摩尔质量为16g/mol，故A错误；B.1molO2的质量为32g，故B正确；C.1molO的的质量为16g，故C错误；D.标准状况下，1mol任何气体物质体积约为22.4L，故D错误。故选B。7、A【解析】

A.K+、Al3+、SO、H+等几种离子之间不能发生离子反应，故A组能在溶液中大量共存；B.NH、Cu2+均能与OH-发生离子反应，分别生成一水合氨、氢氧化铜沉淀，故B组不能在溶液中大量共存；C.H+和HCO能发生离子反应生成二氧化碳气体、水，故C组不能在溶液中大量共存；D.Ag+、Cl-能发生离子反应生成氯化银沉淀，故D组不能在溶液中大量共存。答案选A。8、D【解析】

A.氢氧化亚铁易被氧化，把氢氧化钠溶液滴入氯化亚铁溶液中不能制备氢氧化亚铁，选项A错误；B.氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，冷却后二者又化合生成氯化铵，不能制备氨气，选项B错误；C.分离酒精与水时，进行蒸馏时应用蒸馏烧瓶且温度计应置于蒸馏烧瓶支气管口中央，选项C错误；D.浓盐酸与二氧化锰在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气，可用于制备氯气，选项D正确；答案选D。9、A【解析】

A．钢是用量最大、用途最广的合金，故A选；B．铜是金属单质，不是合金，故B不选；C．金刚石是碳的单质，不是合金，故C不选；D．磁性氧化铁是Fe3O4，是氧化物，不是合金，故D不选；故选A。10、A【解析】A、Fe与氯气反应生成FeCl3，故A错误；B、钠在氧气中燃烧生成Na2O2，故B正确；C、铜在氯气中燃烧生成CuCl2，故C正确；D、氢气在氯气中燃烧生成HCl，故D正确；故选A。11、D【解析】

A．硫酸铁溶液中铁离子水解生成的氢氧化铁胶体具有吸附性，所以可以起净水作用，故A错误；B．Fe3O4是一种黑色粉末，俗称磁性氧化铁，故B错误；C．铁粉与水蒸气在高温加热条件下的反应生成Fe3O4和H2，故C错误；D．向溶液中加入过量铁粉，铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，然后过滤得到氯化亚铁溶液，可以除FeCl2溶液中的FeCl3杂质，故D正确；故答案为D。12、C【解析】

根据电解质的定义进行分析；【详解】电解质的定义：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，A.Cu为单质，不属于化合物，Cu不属于电解质，故A不符合题意；B.属于原子，不属于化合物，即不属于电解质，故B不符合题意；C.NaCl属于化合物，在水溶液或熔融状态下能够导电，NaCl属于电解质，故C符合题意；D.氯水属于混合物，即不属于电解质，故D不符合题意；答案为C。【点睛】电解质一般包括酸、碱、多数的盐、多数的金属氧化物和水，分析某物质是不是属于电解质，一般从上述物质类别中寻找。13、B【解析】

加入还原剂，元素化合价降低，被还原。【详解】A.CuO→CuCl2的过程中，Cu元素的化合价没有发生变化，不需要使用还原剂，A项错误；B.CO2→CO的过程中，C元素化合价从+4价降低到+2价，被还原，需要还原剂才能发生，B项正确；C.I-→I2的过程中I元素化合价从-1价升高到0价，需要氧化剂才能发生，C项错误；D.Fe2＋→Fe3＋的过程中，Fe元素化合价从+2价升高到+3价，需要氧化剂才能发生，D项错误；答案选B。14、D【解析】

A．随着核电荷数的增大，碱金属元素和卤素的原子的核外电子层数越多，则原子半径都逐渐增大，A说法正确；B．碱金属元素中，锂原子半径最小，核内质子对核外最外层电子的作用力最大，失去电子的能力最弱，卤素中氟原子半径最小，得电子能力最强，B说法正确；C．钠原子半径小于钾，失电子能力小于钾，故钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈，C说法正确；D．溴单质非金属性小于氯气，则氯单质与水反应比溴与水反应更剧烈，D说法错误；答案为D。15、A【解析】

A.漂白粉是由氯气通入石灰乳(Ca(OH)2)中制得的，故A错误；B.漂白粉容易吸收空气中的水和二氧化碳导致变质，需要密封保存在干燥处，故B正确；C.漂白性具有强氧化性可使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故C正确；D.石灰乳与氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，所以漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，故D正确；故答案为A。16、A【解析】

A．煤的燃烧是煤与氧气反应生成二氧化碳和水，发生元素价态的变化，属于氧化还原反应，A符合题意；B．澄清石灰水中的Ca(OH)2与空气中的CO2反应，生成CaCO3和水，属于非氧化还原反应，B不合题意；C．用小苏打制馒头时，NaHCO3发生分解(或与乳酸反应)生成CO2，发生非氧化还原反应，C不合题意；D.．氢氧化铝治疗胃酸过多时，发生Al(OH)3与HCl的复分解反应，D不合题意；故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、(NH4)2CO3(或NH4HCO3)NH3NO2HNO32Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O24NH3＋5O24NO＋6H2O【解析】

X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为NH3，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则X应为碳酸氢铵或碳酸铵，分解产物中B为H2O；反应①为CO2与Na2O2反应，且NH3能与反应①生成的产物之一发生催化氧化反应，则D为O2，反应②为NH3在O2中催化氧化生成的E为NO，NO和O2反应生成的F为NO2，NO2再与水反应生成HNO3和NO，则G为HNO3，再结合物质的性质进行解答。【详解】X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为NH3，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则X应为碳酸氢铵或碳酸铵，分解产物中B为H2O；反应①为CO2与Na2O2反应，且NH3能与反应①生成的产物之一发生催化氧化反应，则D为O2，反应②为NH3在O2中催化氧化生成的E为NO，NO和O2反应生成的F为NO2，NO2再与水反应生成HNO3和NO，则G为HNO3；(1)由分析知：X为(NH4)2CO3(或NH4HCO3)，C为NH3，F为NO2，G为HNO3；(2)反应①为CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，发生反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；反应②为氨气的催化氧化，发生反应的化学方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O。【点睛】以“无机框图题”的形式考查元素单质及其化合物的性质，涉及常用化学用语与氧化还原反应等，在熟练掌握元素化合物知识的基础上着重考查学生的发散思维、分析判断、逻辑思维以及对无机物知识的综合应用等能力，注意信息中特殊的性质与现象及特殊的转化关系是推断的关键，本题突破点是X的不稳定性，且能与盐酸、浓NaOH溶液反应生成无色气体，确定X为碳酸铵或碳酸氢铵。18、铁HCl2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑3NaOH＋FeCl3＝Fe(OH)3↓＋3NaCl【解析】

金属A的焰色为黄色，即金属A为Na，Na与H2O反应，气体甲为H2，物质D为NaOH，金属B能与NaOH反应生成H2，则金属B为Al，气体甲与Cl2反应生成HCl，溶于水后生成盐酸，沉淀H为红褐色，H为Fe(OH)3，物质G中含有Fe3＋，则物质F中含有Fe2＋，即金属C为Fe，据此分析；【详解】金属A的焰色为黄色，即金属A为Na，Na与H2O反应，2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，气体甲为H2，物质D为NaOH，金属B能与NaOH反应生成H2，则金属B为Al，气体甲与Cl2反应生成HCl，溶于水后生成盐酸，沉淀H为红褐色，H为Fe(OH)3，物质G中含有Fe3＋，氯气表现强氧化性，将Fe2＋氧化成Fe3＋，则物质F中含有Fe2＋，即金属C为Fe，①根据上述分析，金属C为Fe；答案为铁；②气体丙为HCl；答案为HCl；③反应①的化学方程式为2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑；反应⑥发生FeCl3＋3NaOH=Fe(OH)3↓＋2NaCl；答案为2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑；FeCl3＋3NaOH=Fe(OH)3↓＋2NaCl。【点睛】无机推断中，找准题眼，如本题中金属A的焰色为黄色，红褐色沉淀等，然后根据所掌握知识大胆猜测，推出其余物质，做题时应注意问题，是让写名称还是化学式，是让写离子方程式还是化学反应方程式等等。19、非氧化还原反应4.074.5②①③⑧⑤⑥⑦④500mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒AC【解析】

（1）根据氧化还原反应特征进行分析；（2）根据c=进行计算；（3）配制480mL溶液需使用500mL容量瓶，根据m=cVM进行计算；配制具体操作一般为：计算→称量→溶解→冷却→移液→洗涤→定容→摇匀，据此进行分析；（4）在配制一定物质的量浓度的溶液操作过程中，必须的仪器为：烧杯、托盘天平、500mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒，据此进行分析；（5）根据c=进行分析。【详解】（1）NaClO吸收CO2变质过程为：NaClO+CO2+H2O=HClO+NaHCO3，该过程中元素化合价均未发生变化，属于非氧化还原反应；故答案为：非氧化还原反应；（2）“84”消毒液的物质的量浓度==4mol/L；故答案为：4；（3）配制480mL溶液需使用500mL容量瓶，因此需要称取NaClO的质量为：0.5L×2mol/L×74.5g/mol=74.5g；配制具体操作一般为：计算→称量→溶解→冷却→移液→洗涤→定容→摇匀；故答案为：74.5；②①③⑧⑤⑥⑦④；（4）在配制过程中，必须的仪器为：烧杯、托盘天平、500mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒；故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒；（5）A．移液时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒，会导致溶质未完全转移，n偏低，所配制溶液浓度偏低，故A符合题意；B．溶解后未经冷却就移液，待溶液冷却后，溶液体积将会减小，V偏小，所配制溶液浓度偏高，故B不符合题意；C．移液时，有少量液体溅出，会导致溶质有损失，n偏低，所配制溶液浓度偏低，故C符合题意；D．定容时，俯视刻度线，会导致溶液实际体积偏小，所配制溶液浓度偏高，故D不符合题意；E．容量瓶用蒸馏水洗净后，没烘干就直接使用，因定容过程中需要加入蒸馏水，因此不会影响溶液浓度，故E不符合题意；故答案为：AC。20、分液漏斗MnO2+4HCl(浓)==MnCl2+Cl2↑+H2O饱和食盐水Cl2+2OH-==Cl-+ClO-+H2O将干燥的蓝色石蕊试纸、湿润的蓝色石蕊试纸先后浸入充满氯气的集气瓶中，干燥的蓝色石蕊试纸无现象，湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色【解析】

装置A中盛放浓盐酸与装置B中的二氧化锰在加热条件下生成氯气，C中盛饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，D中盛浓硫酸干燥氯气，E装置用向上排空气法收集氯气，最后用氢氧化钠溶液吸收多余氯气。【详解】(1)根据装置图，可知A仪器的名称是分液漏斗，B中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯化锰、氯气、水，发生的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)==MnCl2+Cl2↑+H2O；(2)装置C的作用是除去氯气中的氯化氢，C中盛放的试剂是饱和食盐水，装置F中盛放氢氧化钠，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(3)干燥的氯气不能使干燥的蓝色石蕊试纸褪色说明氯气没有漂白性，氯气使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，因为氯水有酸性所以试纸变红，次氯酸具有漂白性，所以试纸褪色。验证干燥的氯气无漂白性、新制的氯水具有酸性与漂白性的操作是：将干燥的蓝色石蕊试纸、湿润的蓝色石蕊试纸先后浸入充满氯气的集气瓶中，干燥的蓝色石蕊试纸无现象，湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色。【点睛】本题考查了氯气的实验室制法及化学性质的验证，明确制备原理和各个装置的作用是解题关键，注意根据氯气性质设计实验方案，方案要具有严密性和可操作性。21、B2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O硝酸酸化的硝酸银(或稀硝酸硝酸银)坩埚MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O除去氯气中混有的HCl气体吸收水蒸气碱石灰检查装置的气密性A