2022-2023学年广西壮族自治区南宁市第三中学高一化学第一学期期中复习检测试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列反应既是离子反应又是氧化还原反应的是ABaCl2溶液中滴入稀硫酸B盐酸和氧化镁C铁片放入CuSO4溶液中D氢气还原氧化铜2、下列反应一定属于氧化还原反应的是（ ）A化合反应B分解反应C置换反应D复分解反应3、纯碱和小苏打在日常生活中

2、都可以找到。若要在家中将它们区分开来，下面的方法中可行的是（ ）A分别放在炒锅中加热，观察是否有残留物B分别用干净铁丝蘸取样品在煤气炉的火焰上灼烧，观察火焰颜色C在水杯中各盛相同质量的样品，分别加入等体积、等浓度的白醋，观察反应的剧烈程度D将样品溶解，分别加入澄清石灰水，观察是否有白色沉淀4、在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：CuONH4Cl CuCuCl2N2H2O(未配平)。下列说法正确的是A反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和NB反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为32C反应中产生0.2 mol气体时，转移0.6 mol电子D该反应中被还原的CuO占

3、参与反应CuO的5、在体积相同的两个密闭容器中分别充入O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是()A两种气体的氧原子数目相等B两种气体的压强相等C两种气体的分子数目相等DO2比O3的质量小6、下列溶液中，溶质的物质的量浓度为1mol/L的是（ ）A含Na+为2mol的Na2SO4溶液B将80g SO3溶于水并配成1L的溶液C将0.5mol/L的某饱和溶液100mL，加热蒸发掉50g水后的溶液D将58.5gNaCl溶于1L水所得的溶液7、下列能达到实验目的的是A BC D8、某同学在烧水时，不小心把水洒在炉火上，结果发现炉火更旺了，原因是H2O和炽热的碳反应生成了水煤

4、气(CO和H2)，反应方程式为：CH2O(g) COH2，下列关于该反应说法正确的是() A该反应中C失电子，被还原 B该反应中H2得电子，被还原C该反应中，每转移2mol e则生成1mol H2 D该反应属于复分解反应9、下列物质在相应条件下能发生电离而导电的是()A液态氯化氢B熔融氯化钠C固体氢氧化钾D高温熔化后的单质铁10、下列实验现象与新制氯水中的某些成分（括号内物质）没有关系的是（ ）A铁片加入新制氯水中，有无色气泡产生（H+）B将NaHCO3固体加入新制氯水中，有无色气泡产生（HClO）C向新制氯水中滴加石蕊溶液，溶液先变红后褪色（H+、HClO）D滴加AgNO3溶液有白色沉淀产生

5、（Cl-）11、下列有关NaHCO3和Na2CO3性质的比较中，正确的是 ()A热稳定性：Na2CO3NaHCO3B常温时在水中的溶解度：Na2CO3NaHCO3C等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应，NaHCO3放出的CO2多D等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应产生CO2的量：Na2CO3NaHCO3，故A错误；B. 常温时在水中的溶解度：Na2CO3NaHCO3，故B错误；C. 等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应，NaHCO3和Na2CO3放出的CO2一样多，故C错误；D. 等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应产生CO2的

6、量：Na2CO3NaHCO3，故D正确。故选D。12、A【解析】蒸馏时若不加沸石或碎瓷片，液面容易剧烈翻滚，若加入沸石就比较平稳，故可防止暴沸，故A正确；加热试管内物质时，试管底部与酒精灯外焰接触，故B错误；分液操作时，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口放出，故C错误；萃取操作时，可以选用CCl4作为萃取剂从溴水中萃取溴，但是，酒精与水互溶，故酒精不可作为从溴水中提取溴的萃取剂，故D错误；故选A。13、B【解析】令硫酸根的物质的量浓度为c，根据溶液中阴阳离子所带的正负电荷总数相等，列式计算c值据此判断。【详解】令硫酸根的物质的量浓度为c，根据溶液中阴阳离子所带的正负电荷总数相

7、等，则：0.2mol/L1+0.5mol/L2=0.4mol/L1+2c，解得：c=0.4mol/L。答案选B。【点睛】本题考查溶液物质的量浓度的计算，难度不大，利用常规解法，比较麻烦，本题根据溶液不显电性，阳离子与阴离子所带电荷总数相等，即电荷守恒原则解答，注意电荷守恒原则在混合溶液有关离子浓度计算中经常运用。14、B【解析】A、碳酸氢钠分解生成水；B、滴瓶上的滴管使用过后不需清洗，直接放回原瓶；C、蒸馏时加热后发现忘记加沸石，应停止加热，冷却后补加；D、温度计摔坏导致水银散落到地面上，应立即撒上硫粉。【详解】A项、碳酸氢钠分解生成水，则用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口略向下倾斜，故A错误；

8、B项、滴瓶上的滴管使用过后不需清洗，直接放回原瓶，故B正确；C项、蒸馏时加沸石防止暴沸，温度高加沸石易导致液滴飞溅，则加热后发现忘记加沸石，应停止加热，冷却后补加，故C错误；D项、温度计摔坏导致水银散落到地面上，汞不溶于水，不能用水冲洗掉，应立即撒上硫粉，故D错误。故选B。【点睛】本题考查化学实验安全及事故处理，把握物质的性质、实验基本技能、实验安全常识等为解答的关键。15、D【解析】A氯化钙为强电解质，电离方程式为：CaCl2Ca2+2Cl-，故A正确；B硫酸氢钠为强电解质，在水中完全电离，电离方程式：NaHSO4Na+H+SO42-，故B正确；C硝酸为强电解质，电离方程式为：HNO3H+N

9、O3-，故C正确；D氯酸钾为强电解质，电离方程式：KClO3K+ClO3-，故D错误；答案选D。16、C【解析】A. 标准状况下，SO3为固体，不能用气体摩尔体积进行计算，A错误；B. 浓硫酸中，硫酸主要以分子形式存在，无法计算该浓硫酸中含有的氢离子数目，B错误；C. 6.4gS6含有S原子数为6.4（326）6 NA=0.2 NA；6.4g S8含有S原子数为6.4（328）8NA=0.2 NA；所以6.4gS6与S8的混合物中所含S原子数一定为0.2 NA；C正确；D随着反应的进行，浓盐酸逐渐变为稀盐酸，反应随之停止，HCl不可能全部被消耗，无法确定被消耗的HCl的量，也就无法确定转移的电

10、子数，D错误；综上所述，本题选C。【点睛】对于MnO2 +4HCl = MnCl2 +Cl2 +2H2O反应中，当加入4molHCl参加反应时，产生氯气的量小于1mol，因为随着反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应；当盐酸足量时，加入1molMnO2完全反应后，可以生成1mol氯气。二、非选择题（本题包括5小题）17、HCO3- OH- 10 SO42- Na+ Ba2+ 漏斗 玻璃棒 HCO3-+H+=CO2+H2O Ba2+SO42-=BaSO4 【解析】步骤一：加入过量的HCl产生气泡，说明有HCO3-，则没有OH-；步骤二：HCl和HCO3-反应生成CO2 22.4L（

11、标况），根据元素守恒可以推出原溶液中有1mol HCO3-，从而计算出HCO3-的物质的量浓度；根据步骤三可以推出原溶液中有SO42-，则溶液中无Ba2+，有Na+。【详解】（1）步骤一：加入过量的HCl产生气泡，说明有HCO3-，则没有OH-，因为HCO3-与OH-不共存；步骤二：HCl和HCO3-反应生成CO2 22.4L（标况），n(CO2)=1mol，则n(HCO3-)=1mol，故c(HCO3-)=10mol/L；步骤三：根据题中信息，可以推出该沉淀为BaSO4，则n(BaSO4)=0.2mol，故原溶液中有0.2mol SO42-，则溶液中无Ba2+，有Na+；（2）过滤所需玻璃仪

12、器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；（3）步骤一产生气泡的离子方程式为HCO3-+H+=CO2+H2O；步骤三生成沉淀的离子方程式为：Ba2+SO42-=BaSO4。18、Na2O2或过氧化钠 铜或Cu 2Na2O2 + 2CO2 =2Na2CO3 + O2 Na2CO3+Ca(OH)2 =CaCO3 + 2NaOH 2NaOH +CuSO4 =Na2SO4 + Cu(OH)2 【解析】淡黄色粉末为Na2O2 ,生成气体为氧气,固体为碳酸钠,由氧气和X反应的产物以及与硫酸反应后的溶液的颜色可以知道X为Cu,反应为碳酸钠与氢氧化钙的反应,生成沉淀为碳酸钙,溶液为氢氧化钠溶液,则与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀

13、,据以上分析解答。【详解】淡黄色粉末为Na2O2 ,生成气体为氧气,固体为碳酸钠,由氧气和X反应的产物以及与硫酸反应后的溶液的颜色可以知道X为Cu,反应为碳酸钠与氢氧化钙的反应,生成沉淀为碳酸钙,溶液为氢氧化钠溶液,则与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀,(1)由以上分析可以知道淡黄色粉末为Na2O2 或过氧化钠；因此，本题正确答案是: Na2O2 或过氧化钠。(2)据以上分析可知，X粉末为铜或Cu；因此，本题正确答案是:铜或Cu。(3) 反应(I)为过氧化钠与二氧化碳的反应,生成碳酸钠和氧气,反应的化学方程式为：2Na2O2 +2CO2 =2Na2CO3 +O2；综上所述，本题答案是：2Na2O2

14、+2CO2 =2Na2CO3 +O2。（4）反应为碳酸钠与氢氧化钙的反应,生成碳酸钙和氢氧化钠,反应的化学方程式为：Na2CO3+Ca(OH)2 =CaCO3 + 2NaOH；综上所述，本题答案是：Na2CO3+Ca(OH)2 =CaCO3 + 2NaOH。（5）反应（）为氢氧化钠与硫酸酮反应，生成硫酸钠和氢氧化铜蓝色沉淀，反应的化学方程式为：2NaOH +CuSO4 =Na2SO4 + Cu(OH)2；综上所述，本题答案是：2NaOH +CuSO4 =Na2SO4 + Cu(OH)2。19、CCl4HBr气体与水蒸气形成酸雾分液漏斗下除去溴苯中溴单质除去溴苯中的水c下b【解析】（1）图1烧瓶

15、中，苯与液溴在FeBr3作催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯，化学方程式为：。（2）洗气瓶中变橙黄色，则洗气瓶中溶有Br2。由于液溴具有挥发性，且Br2易溶于CCl4，所以图1洗气瓶中可盛装CCl4吸收挥发出的Br2。苯与液溴反应生成HBr，HBr与水蒸气结合呈白雾。故答案为CCl4；HBr气体与水蒸气形成酸雾。（3）粗溴苯中含有溴苯、苯、未反应完的Br2、FeBr3等。粗溴苯水洗后，液体分层，FeBr3易溶于水进入水层，溴易溶于有机物，和苯、溴苯一起进入有机层，分液得有机层1。再加NaOH溶液除去Br2，再次分液，水层中主要含有NaBr、NaBrO等，有机层2中含有苯、溴苯。第二次水洗除去有

16、机层中可能含有的少量NaOH，分液后得有机层3。加入无水氯化钙吸水，过滤，得有机层4，其中含有苯和溴苯。操作、均为分液；溴苯的密度大于水，所以分液后有机层在分液漏斗中处于下层。故答案为分液漏斗；下。根据上述分析操作II中NaOH的作用是：除去溴苯中溴单质。向有机层3中加入氯化钙的目的是：除去溴苯中的水。有机层4中含有苯和溴苯，根据苯与溴苯的沸点不同，可进行蒸馏分离。故选c。（4）冷凝管中的水流向是“下进上出”。液体药品的加入顺序为将密度大的滴入到密度小的溶液中，溴的密度大于苯，所以恒压滴液漏斗中盛放的试剂为液溴，故选b。故答案为下；b。20、12.5 mol/L 2.0 250 BCAFED

17、偏低 不变 偏高 【解析】(1)根据c=计算；(2)根据溶液具有均一性，结合选择仪器的标准判断使用容量瓶的规格，利用溶液在稀释前后溶质的物质的量不变计算量取的浓盐酸的体积数值；(3)根据配制物质的量浓度的溶液步骤：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀分析判断操作顺序；(4)根据c=分析实验误差。【详解】(1)浓盐酸的物质的量浓度c=mol/L=12.5 mol/L；(2)配制240 mL0.1 mol/L的盐酸，实验室没有规格是240 mL的容量瓶，根据选择仪器的标准：“大而近”的原则，可知应选择使用250 mL容量瓶配制溶液，实际配制250 mL0.1 mol/L的稀盐酸，设需要浓盐酸体

18、积为V，由于溶液在稀释过程中溶质的物质的量不变，所以：V12.5 mol/L=0.1 mol/L250 mL，解得V=2.0 mL； (3)配制一定物质的量浓度的溶液步骤：计算、量取、移液、洗涤、定容、摇匀等，故正确的操作顺序为：BCAFED；(4)用以稀释浓盐酸的烧杯未洗涤，导致溶质物质的量偏少，最终使溶液浓度偏低；容量瓶中原有少量蒸馏水，由于不影响溶质的物质的量及最后溶液的体积，因此对配制溶液的浓度无影响，溶液的浓度不变； 定容时观察液面俯视，导致溶液的体积偏小，由于溶质的物质的不变，故最终导致配制溶液的浓度偏高。【点睛】本题考查了物质的量溶液的浓度的计算、溶液的稀释、仪器的使用及配制步骤

19、和误差分析的知识。掌握物质的量浓度的含义及配制一定体积、一定浓度的溶液的方法是本题解题关键，题目考查了学生对知识的掌握与应用和实验能力。21、H O Na S 失去 Na2SO42Na+SO42-/ Na2SO32Na+SO32- 【解析】短周期的金属只有Li、Be、Na、Mg、Al，Y和W的最外层电子数相等即W和Y同族，所以W只能是H（氢）；因不存在稀有气体，所以如果Y是Li，X就成了稀有气体，不成立，所以Y是Na，Y的质子数是11，W的质子数是1，X的质子数有可能是5，6，7，8，9；Y+Z就应该有18，21，24、27，30等可能，但Z一定大于Y，也就是12以上，算到最大的短周期元素Cl

20、也只有17，加起来是28，那么Y+Z就一定小于等于28，28不是3的倍数，有24，27两解：1，7，11，13（铝）不成立，1，8，11，16 成立，所以W、X、Y、Z分别为：H，O，Na，S；【详解】（1）根据以上分析可知，W、X、Y、Z分别为：H、O、Na、S；(2) X的原子结构示意图为,Y是Na最外层有1个电子，已失去电子1个电子，形成的离子结构示意图为Z得到电子，形成的阴离子的电子式为（3）由X、Y、Z形成的一种化合物是Na2SO4或者Na2SO3电离方程式为Na2SO42Na+SO42-/ Na2SO32Na+SO32-【点睛】由X、Y、Z形成的一种化合物可以是Na2SO4也可以是Na2SO3