2023学年甘肃省兰州市城关区第一中学化学高一上册期中达标检测试题含解析

1、2023学年高一上册化学期中模拟测试卷考生须知：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、已知三个氧化还原反应：若某溶液中、和共存，要想除去而又不影响和，可加入的试剂是( )ABCD2、下图是某品牌饮用矿泉水标签的部分内容。下列说法正确的是A标签上离子的浓度是物质的量浓度B由矿泉水制蒸馏水必需使用的玻璃仪器有：圆底烧瓶

2、、酒精灯、温度计、冷凝管、牛角管和锥形瓶C该品牌饮用矿泉水中c（Mg2+）最大值为210-4mol/LD一瓶该品牌饮用矿泉水中SO42-的物质的量不超过l10-5mol3、只能表示一个化学方程式的离子方程式的是ACu2+2OH+Ba2+SO42Cu（OH）2+BaSO4BCO32+2H+H2O+CO2CFe（OH）3+3H+Fe3+3H2ODH+OHH2O4、下列关于漂白粉的叙述正确的是（）A工业上使用氯气通入澄清石灰水制取B漂白粉的主要成分为Ca(ClO)2C漂白粉可以露置在通风阴凉处D漂白粉在酸性环境下使用效果更好5、20世纪初，通过a粒子散射实验提出带核的原子结构模型的科学家是A舍勒B卢

3、瑟福C汤姆生D玻尔6、下列说法正确的是()ANaCl晶体中含有Na、Cl，所以NaCl晶体能导电BCO2溶于水能导电，所以CO2是电解质CBaSO4难溶于水， BaSO4是非电解质DCl2的水溶液能够导电，但Cl2既不是电解质也不是非电解质7、6.4 g M 和 17.0 g N 恰好完全反应，生成 0.4 mol X 和 12.2 g Y，则 X 的摩尔质量为A112gB112 gmol -1C28gD28 gmol -18、下列分离混合物的操作中，必须加热的是A过滤 B萃取 C分液 D蒸馏9、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列关于0.2 molL1 K2SO4溶液的说法正确的是()A1 00

4、0 mL溶液中所含K、SO42总数为0.3NAB500 mL溶液中有0.1NA个KC1 L溶液中K的浓度为0.4 molL1D1 L溶液中SO42的浓度是0.4 molL110、下列仪器及其名称不正确的是（）A量筒B试管C圆底烧瓶D分液漏斗11、植物油和水、酒精和水、碘的饱和水溶液，这三组混合物的分离方法分别是()A过滤、蒸馏、分液 B分液、蒸馏、萃取C萃取、蒸馏、过滤 D萃取、过滤、蒸馏12、下列实验事故的处理方法不正确的是 ( )A不慎将酒精灯碰翻，酒精在实验台上燃烧起来，应用湿抹布盖灭。B少量的酸或碱的溶液滴在实验台上，应用大量水冲洗，再用抹布擦干。C不慎将少量碱溶液溅入眼中，应立即用大

5、量水冲洗，边洗边眨眼睛。D较多的酸沾到皮肤上，应立即用大量的水冲洗，在涂上3%5%的NaHCO3溶液13、下列实验操作及仪器使用正确的是A蒸发时,待坩埚内有大量固体析出时停止加热B蒸馏时,发现忘加沸石应立即停止加热,冷却后补加C配制溶液时,洗净的容量瓶需烘干后再用于实验D分液时,先将下层液体从下口放出,然后将上层液体也从下口放出14、在0.5 L某浓度的NaCl溶液中含有0.5 mol NaCl，下列对该溶液的说法中，不正确的是A该溶液溶质的物质的量浓度为1 molL-1B该溶液中含有58.5 g NaClC配制100 mL该溶液需用5.85 g NaClD量取100 mL该溶液倒入烧杯中，烧

6、杯中的NaCl物质的量为0.1 mol15、下列说法正确的是AMnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O中，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：4BKClO3+6HCl=KCl+3Cl2+2H2O，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：5C2H2S+SO2=3S+2H2O中，氧化产物和还原产物物质的量之比为1:1D3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中被氧化和被还原的硫元素物质的量之比为2:116、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（ ）AN4属于一种新型的化合物BN4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

7、为1：1D标准状况下，等体积的N4与N2所含的原子个数比为1：2二、非选择题（本题包括5小题）17、有一包白色粉末，其中可能含有Ba(NO3)2、MgCl2、K2CO3、NaOH，现做以下实验：取一定量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成；向的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失、没有气泡产生；向的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生。根据上述实验事实，回答下列问题：(1)原白色粉末中一定含有的物质的化学式_(2)一定不含有的物质的化学式_(3)依次写出各步变化的离子方程式_；_；_；18、现有一包白色固体粉末，由Na2SO4、CaCO3、NaCl、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，为

8、确定其成分，进行如下实验：取少量白色粉末，加入足量水，充分搅拌后过滤，得到白色沉淀和无色滤液；向滤出的沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀完全溶解，并产生无色气体。据此回答下列问题：(1)原白色固体粉末中一定含有_，一定不含有_(填化学式)。 (2)实验中发生反应的离子方程式为_。 (3)为进一步确定白色粉末的组成，向过滤得到的无色滤液中，加入少量某无色溶液，根据是否有白色沉淀产生，可判断原白色粉末的组成，加入的无色溶液不可以是下列溶液中的_(填序号)。 ANa2SO4溶液 BBaCl2溶液 CNa2CO3溶液 DAgNO3溶液19、现需要480mL1.00molL-1 NaOH溶液，根据要求回答下列问

9、题。(1)欲配制上述溶液，则所用玻璃仪器中除过滤操作涉及到的外，还需玻璃仪器为_。(2)计算后，需称 NaOH的质量为_。(3)下列操作的正确顺序是_。上下颠倒摇匀 称量 洗涤 定容 溶解 移液 A B C D(4)下列操作对溶液浓度有何影响，填 “偏高”、“偏低”或“无影响”。溶液定容时溶液超出刻度线后，用滴管吸出超出的液体：_；容量瓶洗涤后未干燥_；定容时俯视容量瓶刻度线：_；若出现情况时，应如何处理_。20、实验室配制500mL 0.2mol/L的NaOH溶液。(1)在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是_（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是_、_。(2)填

10、写下述过程中的空白；具体步骤如下：计算需要称量NaOH固体的质量_g;用托盘天平称量NaOH固体；将称好的NaOH固体放入烧杯中，加适量蒸馏水溶解、搅拌，并_至室温；将NaOH溶液沿玻璃棒注入_中；用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁23次，洗涤液也都注入容量瓶，轻轻晃动容量瓶，使溶液混合均匀；将蒸馏水注入容量瓶，液面离刻度线下_cm时，改用_滴加蒸馏水至液面于刻度线相切；盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；(3)使用容量瓶前必须进行的一步操作是_。(4)经精确测量，最后所得溶液物质的量浓度为0.192mol/L,原因可能是_。A使用滤纸称量NaOH固体；B溶解NaOH后的烧杯未经多次洗涤；C容量瓶中原来有少量

11、蒸馏水；D称量时所用的砝码生锈；E.未冷却直接转移至容量瓶，立即配好；21、某研究性学习小组拟取盐湖苦卤的浓缩液(富含K、Mg2、Br、SO42-、Cl等)来制取较纯净的氯化钾晶体及液溴(Br2)，他们设计了如下流程： 请根据以上流程，回答相关问题：（1）操作是_；操作是_；操作是_。（填操作名称）（2）操作需要的主要玻璃仪器除烧杯外，还需要_。（3）加入足量的X、Y、Z是为了除去溶液中的杂质，它们依次是BaCl2溶液 、KOH溶液和_溶液。2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【答案解析】A由反应知，可将氧化为，故A不符合题意；B由反应知，可

12、将氧化为，故B不符合题意；C由反应知，可将氧化为，自身转变为，故可将除去，而、不受影响，故C符合题意；D不能氧化，无法除去，故D不符合题意；答案选C。2、C【答案解析】A.物质的量浓度是用单位体积的溶液中含有溶质的物质的量来表示的，物质的量单位是mol，因此表示的不是物质的量浓度，选项A错误；B. 由矿泉水制蒸馏水采用的是蒸馏方法，必需使用的玻璃仪器有：圆底烧瓶、酒精灯、温度计、导气管、冷凝管、牛角管和锥形瓶，缺少导气管，选项B错误；C.该品牌饮用矿泉水中镁离子的最大浓度是4.8mg/L，转化为物质的量浓度为c(Mg2+)=(4.810-3g24g/mol)/L= 210-4mol/L，选项C

13、正确；D.由于题干没有指明Cl-的浓度，因此无法确定SO42-的物质的量浓度，选项D错误；故合理选项是C。3、A【答案解析】A只能为硫酸铜与氢氧化钡的反应，则该离子反应只表示一个反应，故A选；B为可溶性碳酸盐和强酸或强酸酸式盐反应，如碳酸钠与盐酸、碳酸钾与硫酸等，则该离子反应不只表示一个反应，故B不选；C为氢氧化铁与强酸或强酸酸式盐反应，如盐酸与氢氧化铁、硫酸与氢氧化铁等，则该离子反应不只表示一个反应，故C不选；D为强酸或强酸酸式盐与强碱反应生成可溶性盐和水的反应，如盐酸与氢氧化钠、硫酸与氢氧化钾等，则该离子反应不只表示一个反应，故D不选；答案选A。【答案点睛】本题考查离子反应方程式，明确离子

14、反应方程式的意义及离子反应中应保留化学式的物质即可解答，注意举例来说明。4、D【答案解析】工业上使用氯气通入石灰乳制取漂白粉；漂白粉的主要成分为Ca(ClO)2、CaCl2；漂白粉露置在空气中与二氧化碳、水反应变质；漂白粉在酸性环境下生成具有漂白性的次氯酸。【题目详解】工业上将氯气通入石灰乳Ca（OH）2制取漂白粉，故A错误；漂白粉的主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2，有效成分为Ca(ClO)2，故B错误; 漂白粉露置在空气中与二氧化碳、水反应而变质，故C错误；漂白粉在酸性环境下生成具有漂白性的次氯酸，所以在酸性环境下使用效果更好，故D正确。5、B【答案解析】A. 舍勒发现了氧气，他没有提

15、出有关原子结构模型的理论，故不符合题意；B. 卢瑟福根据粒子散射实验的现象，提出了带核的原子结构模型，故符合题意；C. 汤姆生用实验证明电子的普遍存在，提出了一个被称为葡萄干面包式的原子结构模型，故不符合题意；D. 玻尔是通过引入量子论观点，提出了原子结构的玻尔模型，电子在一系列稳定的轨道上运动，故不符合题意。故选B。6、D【答案解析】ANaCl晶体中含有Na、Cl，但不能自由移动，则NaCl晶体不能导电，故A错误；BCO2溶于水能导电，是与水生成碳酸的缘故，碳酸在水中电离，使得溶液具有导电性，但CO2是非电解质，故B错误；CBaSO4难溶于水，但其熔融时能导电，所以BaSO4是电解质，故C错

16、误；DCl2的水溶液能够导电，氯气是单质，则Cl2既不是电解质也不是非电解质，故D正确；答案为D。7、D【答案解析】根据化学反应中质量守恒，0.4molX的质量=(6.4g+17.0g)-12.2g=11.2g，则X的摩尔质量=28g/mol。答案选D。8、D【答案解析】A.过滤是使液固混合物中的液体强制通过多孔性过滤介质，将其中的悬浮固体颗粒加以截留，从而实现混合物的分离，不需要加热，故A错误；B.萃取是利用溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解度或分配系数的不同，使溶质从一种溶剂转移到另外一种溶剂中而提取出来的过程，不需要加热，故B错误；C.分液是分离两种互不相溶的液体的过程，不需要加热，故C错误

17、；D.蒸馏是利用混合液体或液-固体系中各组分沸点不同，使低沸点组分蒸发，再冷凝以分离整个组分的单元操作过程，是蒸发和冷凝两种单元操作的联合，需要加热，故D正确。故选D。9、C【答案解析】A、1 000 mL溶液中含有0.2 molK2SO4所含K、SO42总数为0.5NA，错误；B、N(K)=0.2 molL10.5 L2NA0.2NA，B项错误；C、K的浓度为0.2 mol120.4 molL1；D、SO42的浓度是0.2 molL1，与溶液的体积无关。10、C【答案解析】是圆底烧瓶， 是蒸馏烧瓶，故C错误，选C。11、B【答案解析】植物油和水不互溶，且都是液体,所以采用分液的方法分离；乙醇

18、和水互溶且都是液体，所以根据其沸点不同采用蒸馏的方法分离；碘在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，所以可采用萃取的方法分离；故B选项正确；本题答案为B。12、B【答案解析】化学实验过程中要做到：操作规范、注意安全，如果发生意外也要冷静处理从常用酸和碱的性质，灭火的原理和方法等方面解答【题目详解】A、因为降温和隔绝空气可灭火，洒在桌面上的酒精燃烧起来，立即用湿抹布或沙子扑灭，做法正确，故A正确；B、少量酸或碱滴到实验台上，应用湿抹布擦净，再用水冲洗抹布，做法不正确，故B错误；C、不慎将少量碱溶液溅入眼中，应立即用大量水冲洗，边洗边眨眼睛，必要时就医，故C正确；D、稀酸飞溅到皮肤上，立即用大量水

19、冲洗再涂上3%5%的小苏打溶液，做法正确，因为小苏打溶液呈碱性，可以中和残余在皮肤上的酸液，减少伤害，故D正确；故选B。【答案点睛】解题关键：熟记常用酸和碱的性质，灭火的原理和方法；难点：学会处理常见意外事故的方法技巧。13、B【答案解析】A.蒸发溶液应在蒸发皿中进行，并不是坩埚，故A错误；B.做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加，故B正确；C.配制溶液时，洗净的容量瓶不需要干燥，烘干后再使用会造成容量瓶容积不准确，故C错误；D.活塞到漏斗管口还残留一部分下层液体，如果将上层液体也从下口放出，残留的下层液体会一起被放出，故分液操

20、作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故D错误；答案选B。14、B【答案解析】A、钠离子物质的量等于氯化钠的物质的量，所以氯化钠的物质的量浓度为=1mol/L，故A正确；B、钠离子物质的量等于氯化钠的物质的量，所以氯化钠的物质的量为0.5mol，质量为0.5mol58.5g/mol=29.25g，故B错误；C、氯化钠的物质的量浓度为1mol/L，配制100mL该溶液需用NaCl质量为0.1L1mol/L58.5g/mol=5.85g，故C正确；D、溶液中氯离子浓度为1mol/L，量取100mL该溶液倒入烧末中，烧杯中NaCl的物质的量为0.1L1mol/L=0.1mol，故D

21、正确。故选B。15、B【答案解析】A.MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O中，氧化剂MnO2，还原剂HCl，参与反应的HCl只有1/2做还原剂，剩下1/2化合价没变，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2，故A错误； B.KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+2H2O，氧化剂KClO3，还原剂HCl，参与反应的HCl只有5/6做还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：5，故B正确；C.2H2S+SO2=3S+2H2O中，氧化产物和还原产物均为S，根据化合价变化确定氧化产物和还原产物物质的量之比为2:1，故C错误；D.3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中被氧化和被还原的

22、硫元素物质的量之比为1:2，故D错误；正确答案：B。16、C【答案解析】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。二、非选择题（本题包括5小题）17、MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2 K2CO3 Mg2+2OH-=Mg(OH)2 Mg(OH)2+2H+= Mg2+2H2O Ba2+= BaSO4 【答案解析】取一定量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，可能是Ba(

23、NO3)2和K2CO3反应生成BaCO3沉淀；MgCl2和NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀；MgCl2和K2CO3反应生成MgCO3沉淀，沉淀的组成有多种可能。向的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，没有气泡产生，证明沉淀中没有BaCO3、MgCO3，沉淀为Mg(OH)2，原白色粉末中一定有MgCl2和NaOH，一定没有K2CO3；向的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，白色沉淀为BaSO4，原白色粉末中一定有Ba(NO3)2，根据上述分析作答。【题目详解】(1)由分析可知，原白色粉末中一定含有的物质是MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2，答案：MgCl2、NaOH和Ba(NO3)

24、2；(2)由分析可知，原白色粉末中一定不含有的物质是K2CO3，答案：K2CO3；(3)中白色沉淀为Mg(OH)2，反应的离子方程式是Mg2+2OH-=Mg(OH)2；加入稀硝酸Mg(OH)2溶解，酸碱中和生成盐和水，反应的离子方程式是Mg(OH)2+2H+= Mg2+2H2O；加入稀硫酸生成白色沉淀为BaSO4，反应的离子方程式是Ba2+= BaSO4；答案：Mg2+2OH-=Mg(OH)2；Mg(OH)2+2H+= Mg2+2H2O；Ba2+= BaSO4。【答案点睛】中白色沉淀为氢氧化镁是本题解答的关键，常见酸、碱、盐在水中溶解性及主要化学性质在学习中要注意整理和记忆。18、CaCO3、

25、NaCl CuSO4 CaCO3+2H= Ca2+CO2+H2O D 【答案解析】硫酸铜溶于水得到蓝色溶液，而本题中得到是无色的溶液和白色沉淀，所以在混合物中一定不含硫酸铜；白色沉淀可能为碳酸钙，也可能是硫酸钠和氯化钡反应生成的硫酸钡，而白色沉淀能全部溶于稀盐酸，所以该沉淀为碳酸钙，即原固体中一定含有碳酸钙，而原固体中含有三种物质，所以还一定含有NaCl，氯化钡和硫酸钠二者有其一。【题目详解】(1)根据分析可知原白色固体中一定含有CaCO3、NaCl；一定不含CuSO4；(2)实验中发生的反应为碳酸钙和盐酸的反应，离子方程式为CaCO3+2H= Ca2+CO2+H2O；(3)原白色粉末中无法确

26、定的是BaCl2和Na2SO4A加入硫酸钠若产生白色沉淀，可以确定含有BaCl2不含Na2SO4，故A不符合题意；B加入BaCl2若产生白色沉淀，可以确定含有Na2SO4不含BaCl2，故B不符合题意；C加入碳酸钠溶液若产生白色沉淀，可以确定含有BaCl2不含Na2SO4，故C不符合题意；D氯化银难溶于水、硫酸银微溶于水，所以加入硝酸银溶液不能进一步确定白色粉末的组成，故D符合题意；综上所述答案为D。19、500mL容量瓶 20.0 g B 偏低 无影响 偏高 重新配制 【答案解析】(1)欲配制480mL1.00molL-1 NaOH溶液，根据实验室配制溶液仪器的规格，应选用500mL容量瓶，

27、过滤操作中用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，配制该溶液还需要的玻璃仪器为500mL容量瓶；(2)根据(1)中分析，欲配制480mL1.00molL-1 NaOH溶液，应选用500mL容量瓶，则溶质氢氧化钠的物质的量=1.00molL-10.5L=0.5mol，则需称 NaOH的质量=0.5mol40g/mol=20.0g；(3)配制溶液的步骤为计算、称量、溶解、冷却、洗涤、转移、定容、摇匀、装瓶，则正确的操作顺序为，答案选B；(4)溶液定容时溶液超出刻度线后，用滴管吸出超出的液体，吸出的液体中含有溶质，导致所配溶液的浓度偏低；容量瓶洗涤后未干燥，对所配溶液的浓度无影响；定容时俯视容量瓶刻度线

28、，导致容量瓶中溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高；若出现情况时，应重新配制。20、C 烧杯 玻璃棒 4.0g 冷却 500 mL容量瓶 12 胶头滴管 检漏 AB 【答案解析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤选择不需要的仪器，然后根据所需仪器确定还缺少的仪器名称；（2）根据基本公式n = CV，所需的质量m=n M来计算，托盘天平读数精确至0.1 g，；容量瓶不能受热；容量瓶只有一条刻度线，只能配制与其规格相对应的体积的溶液；根据定容的操作来分析；（3）根据容量瓶的使用考试注意事项来作答；（4）氢氧化钠质量的减小或溶液体积的增大都会导致溶液浓度的偏小；【题目详解】（1）C为分液漏斗，

29、在配制溶液过程中不会使用到烧瓶和分液漏斗；配制500mL 0.2 mol/LNaOH溶液，操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤23次，并将洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，故配制一定物质的量浓度的溶液还需要的仪器为：烧杯、玻璃棒，故答案为：C；烧杯、玻璃棒；（2）所需的质量m=CVM=0.2mol/L0.5 L40 g/mol=4.0 g，故答案为：4.0 g；容量瓶不能受热，NaOH溶于水放热，则在转移之前需要将已经溶解好的NaOH冷却至室温，故答案为：冷却这一步操作为转移过程，容量瓶只有一条刻度线，只能配制与其规