2024届湖北省武汉二中化学高一第一学期期末复习检测模拟试题含解析

2024届湖北省武汉二中化学高一第一学期期末复习检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、设NA表示阿伏加德罗常数的数值，则下列叙述中正确的是（）A．标准状况下，22.4LSO2中含分子数约为4NAB．0.1molFe与足量水蒸气在高温下充分反应后失电子数为0.1NAC．在1L0.01mol/L的氯水中，含有Cl2分子总数一定为0.01NAD．标准状况下，0.5molN2和0.5molO2的混合气体所含体积约为22.4L2、已知ag的A2气体含有n个分子，则mg的A2气体在标准状况下的体积为（设N为阿伏加德罗常数）（）A．22.4L B．L C．L D．L3、现有下列四种因素：①温度和压强、②所含微粒数、③微粒本身大小、④微粒间的距离，其中对气体物质体积有显著影响的是()A．②③④ B．①②④ C．①③④ D．①②③④4、配制一定物质的量浓度的KOH溶液时，造成实验结果偏低的原因是()A．容量瓶中原有少量蒸馏水B．洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶中；C．定容时观察液面俯视D．称量用的砝码已生锈5、下列关于硫酸性质的描述中，正确的是A．浓H2SO4有氧化性，稀H2SO4无氧化性B．由于浓H2SO4具有脱水性，所以可用做干燥剂C．接触法制硫酸的硫元素主要来源于硫黄或含硫矿石，它们与氧气反应生成二氧化硫的设备是沸腾炉D．在受热的情况下浓硫酸也不与铁、铝发生反应6、ag铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液完全反应后，得到ag铜，则参加反应的CuSO4与H2SO4的个数之比为（）A．1：7 B．7：1 C．7：8 D．8：77、已知3.01×1023个X气体分子的质量为32g，则X气体的摩尔质量是（）A．16g B．32g C． D．8、下列各组离子中的离子能在溶液中大量共存的是A．Na+、Mg2+、Cl、OH B．H+、Ca2+、CO、NOC．Cu2+、K+、SO、NO D．Na+、HCO、OH、Ca2+9、必须通过加入其它试剂才能鉴别的一组无色溶液是A．氯化铝溶液和氢氧化钾溶液 B．碳酸氢钠和稀盐酸C．偏铝酸钠溶液和稀硝酸 D．碳酸钠和稀硫酸10、工业上仅以食盐和水为原料，不能得到的产品是A．烧碱B．NaClO溶液C．盐酸D．氮肥NH4Cl11、除去混在碳酸钠粉末中的少量碳酸氢钠，最合理的方法是（）A．加热 B．加入氢氧化钠溶液C．加入盐酸 D．加入CaCl2溶液12、下列说法正确的是()A．蔗糖无毒，为了探究它的甜味，可从试剂瓶中取少量进行品尝B．氯化氢气体极易溶于水，吸收氯化氢尾气时应考虑添加防倒吸装置C．欲配制少量稀硫酸溶液，可取少量浓硫酸于试管中加水稀释D．酒精灯不用时可用扇子扇灭，既简便又快捷13、下列各组分散系，需用丁达尔效应区分的是（）A．溶液与浊液 B．胶体与胶体C．溶液与胶体 D．溶液与溶液14、将两份等质量的铝片，分别投入等物质的量浓度等体积的稀硫酸和氢氧化钠溶液中充分反应，消耗的铝的质量比为()A．1:1 B．1:6 C．2:3 D．无法确定15、在空气中的自由离子附着在分子或原子上形成的空气负离子被称为“空气维生素”，O22-就是一种空气负离子，则O22-的摩尔质量为()A．32g B．34g C．32g·mol－1 D．34g·mol－116、铝制品比铁制品在空气中不易被锈蚀，原因是（）A．铝的金属性比铁弱 B．铝在空气中易与氧气形成一层致密的氧化膜C．铝的密度比铁的密度小 D．铝不能与氧气发生化学反应二、非选择题（本题包括5小题）17、根据下列变化进行推断：且已知对A加强热产生的气态物质的平均相对分子质量为1．3。（1）推断A、B、C、D的化学式：A________，B________，C________，D________。（2）写出①②变化的离子方程式：①________________________________________________________________；②________________________________________________________________。18、A、B、C、D、E五种化合物,均含有常见元素，它们的转化关系如图所示,其中A为澄清溶液,C为难溶的白色固体,E则易溶于水,若取A溶液灼烧,焰色反应为浅紫色(透过蓝色钴玻璃)。(1)写出化学式;A______,C______,D______,E______(2)写出下列反应的离子方程式:①A→B:_____________________________________________②B→E:_____________________________________________③C→E:_____________________________________________④F→E:_____________________________________________19、某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是_____________。（2）甲组同学取2mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为________________。（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是_____________。（4）丙组同学取10mL0.1mol·L-1KI溶液，加入6mL0.1mol·L-1FeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于2支试管中进行如下实验：①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；②第二支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。实验②说明：在I-过量的情况下，溶液中仍含有______(填离子符号)。（5）丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为___________________________。20、某化学兴趣小组利用如图装置进行铁与水蒸气反应的实验，并检验产物的性质，请回答下列问题：(1)A装置的作用是____________，烧瓶底部放碎瓷片的作用是_________________________。(2)装置B中发生反应的化学方程式是____________________________________，该反应中氧化剂是__________，氧化产物是__________________。(3)D的作用是__________________________________。(4)E中的实验现象是____________________________。(5)A、B两个装置中应先点燃________________处的酒精(喷)灯，点燃E处酒精灯之前应进行的操作是________________。21、我国有丰富的海水资源，开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务，如图是海水综合利用的一个方面。Ⅰ.(1)上述过程中没有涉及到的四大基本反应类型是______；a．化合反应b．分解反应c．置换反应d．复分解反应(2)步骤1中分离操作的名称是___________；(3)粗盐中含有Ca2＋、Mg2＋、SO42－等杂质，精制时所用试剂为：a.盐酸；b.BaCl2溶液；c.NaOH溶液；d.Na2CO3溶液。加入试剂的顺序是_____________；II.实验室利用精盐配制480mL2.0mol·L－1NaCl溶液。(4)除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有___________________、_______________；(5)用托盘天平称取固体NaCl________g；(6)配制时，按以下几个步骤进行：①计算②称量③溶解④冷却⑤转移⑥定容⑦摇匀⑧装瓶。操作中还缺少一个重要步骤是______________________；(7)下列错误操作可使所配制氯化钠溶液浓度偏低的是_________。a．容量瓶洗净后残留了部分的水b．转移时溶液溅到容量瓶外面c．定容时俯视容量瓶的刻度线d．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解题分析】

A．标准状况下，22.4LSO2的物质的量是22.4L÷22.4L/mol＝1mol，其中含分子数约为NA，故A错误；B.0.1molFe与足量水蒸汽高温完全反应时生成四氧化三铁，失去电子的物质的量为0.1mol×8/3=4/15mol，失去的电子数为4NA/15，故B错误；C．氯气溶于水，部分与水反应生成氯化氢和次氯酸，在1L0.01mol•L-1的氯水中，含有的Cl2分子总数一定小于0.01NA，故C错误；D．标准状况下，0.5molN2和0.5molO2的混合气体所占体积约为：（0.5mol+0.5mol）×22.4L/mol=22.4L，故D正确；故答案选D。【题目点拨】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意气体摩尔体积的使用条件和范围，注意氧化还原反应中元素化合价变化的判断。2、B【解题分析】

已知ag的A2气体含有n个分子，则mg的A2气体含有分子数为：，物质的量为：mol，标况下体积为：mol×22.4mol/L=L，故选：B。3、B【解题分析】

决定物质体积大小的因素有微粒数目、微粒的大小、微粒之间的距离三个因素，而气体微粒间的距离远大于气体微粒的大小，则体积取决于微粒之间的距离。【题目详解】①温度和压强对微粒间的距离影响较大，①正确②所含微粒数越多，体积越大，②正确；③微粒本身大小远小于气体间的距离，微粒本身大小对体积几乎无影响，③错误；④微粒间的距离越远，体积越大，④正确；综上所述，答案为B。4、B【解题分析】

A．容量瓶中原有少量蒸馏水，对实验结果没有影响，故A错误；B．洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶中，导致溶质的物质的量偏下，浓度偏低，故B正确；C．定容时观察液面俯视，导致体积偏小，则浓度偏大，故C错误；D．称量用的砝码已生锈，导致砝码偏大，则称量的溶质的质量偏大，浓度偏大，故D错误；故选B。【题目点拨】本题考查了配制一定物质的量浓度的误差分析。根据c=可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化。5、C【解题分析】

A、稀硫酸中的氢元素能体现氧化性，A不正确；B、浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，B不正确；C、接触法制硫酸的硫元素主要来源于硫黄或含硫矿石，它们与氧气反应生成二氧化硫的设备是沸腾炉，C正确；D、在加热的条件下浓硫酸和铁、铝等能发生氧化还原反应，D不正确；正确的答案选C。6、B【解题分析】

发生反应：Fe+CuSO4═FeSO4+Cu、Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑，得到Cu的质量与Fe的质量相等，说明Fe与硫酸铜反应中固体增重等于与硫酸反应的Fe的质量，令与硫酸反应的Fe的质量为56g，根据方程式计算参加反应的硫酸铜、硫酸的物质的量，以此来解答。【题目详解】得到Cu的质量与Fe的质量相等，说明Fe与硫酸铜反应中固体增重等于与硫酸反应的Fe的质量，设与硫酸反应的Fe的质量为56g，则：，故n(CuSO4)=1mol×56g/8g=7mol，又反应Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑，56g

铁参与反应对应1molH2SO4，故参加反应的硫酸铜与硫酸的物质的量之比为7mol:1mol=7:1，答案为B。7、C【解题分析】

根据【题目详解】3.01×1023个X气体分子即0.5molX，根据，可知，故答案为C。【题目点拨】熟知以物质的量为核心的数量关系。8、C【解题分析】

A.和会形成沉淀，无法大量共存，A项不符合题意；B.、Ca2+与会发生反应，无法大量共存，B项不符合题意；C.选项内各离子之间不发生反应，可以大量共存，C项符合题意；D.与会发生反应，无法大量共存，D项不符合题意；答案选C。9、B【解题分析】试题分析：A、氯化铝和氢氧化钾相互滴加现象不同，KOH中加入氯化铝开始无现象，氯化铝中加入KOH开始有沉淀，然后沉淀溶解，可以鉴别，不需要再加试剂，错误；B、把碳酸氢钠加入到盐酸中或者把盐酸加入到碳酸氢钠中都有气体放出，无法鉴别，需要再加试剂，正确；C、偏铝酸钠和硝酸相互滴加现象不同，盐酸中加入偏铝酸钠开始无现象，偏铝酸钠中加入盐酸开始有沉淀，然后沉淀溶解，可以鉴别，不需要再加试剂，错误；D、碳酸钠中加入硫酸开始无现象，然后有气体生成，硫酸中加入碳酸钠有气体生成，不需要再加试剂，错误。考点：考查物质的鉴别10、D【解题分析】

工业上电解饱和食盐水制得氢气、氯气和氢氧化钠，反应生成的氯气和氢氧化钠溶液反应可以制得次氯酸钠，氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制得盐酸，无法制得氮肥NH4Cl，故选D。11、A【解题分析】

A、碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和水和二氧化碳，不引入新的杂质，碳酸钠的量增多，所以最好，选A；B、加入氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，可能会引入氢氧化钠杂质，不选B；C、加入盐酸，碳酸钠先和盐酸反应生成碳酸氢钠，不选C；D、加入氯化钙，与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，错误，不选D。答案选A。12、B【解题分析】

A.实验室的药品禁止品尝，防止中毒，尽管蔗糖无毒，但不得品尝，故A不符合题意；B.极易溶于水的气体吸收时易倒吸，应考虑添加防倒吸装置，故B符合题意；C.欲配制少量稀硫酸溶液时，应将浓硫酸沿玻璃棒缓慢注入水中，否则会导致酸液飞溅，故C不符合题意；D.酒精易挥发易燃，用扇子扇燃着的酒精灯，会加快酒精灯中的酒精挥发，引发火灾，故D不符合题意；综上，本题选B。13、C【解题分析】

A、溶液与浊液都不能产生丁达尔效应，溶液与浊液不能用丁达尔效应区分，故不选A；B、胶体都能产生丁达尔效应，胶体与胶体不能用丁达尔效应鉴别，故不选B；C、溶液不能产生丁达尔效应、胶体能产生丁达尔效应，溶液与胶体能用丁达尔效应鉴别，故选C；D、溶液都不能产生丁达尔效应，溶液与溶液不能用丁达尔效应区分，故不选D。14、D【解题分析】

无法确定哪种反应物剩余。【题目详解】等质量的铝片，分别投入等物质的量浓度等体积的稀硫酸和氢氧化钠溶液中充分反应，无法确定铝片剩余，还是硫酸、氢氧化钠剩余，故无法确定消耗的铝的质量比；答案选D。15、C【解题分析】

比O2多2个电子，电子的质量可以忽略不计，故的相对分子质量为32，所以的摩尔质量为32g/mol。答案选C。【题目点拨】本题主要考查的是摩尔质量及其单位，根据摩尔质量与相对分子质量的关系即可判断，注意摩尔质量在以g/mol为单位时，在数值上等于其相对分子质量。16、B【解题分析】

铁在空气中发生氧化后生成的氧化物是疏松状的，导致内部金属继续被腐蚀，铝是活泼的金属，其表面极易被氧化生成一层致密的氧化膜，从而阻止内部的金属铝被氧化，所以铝制品是耐腐蚀的，与密度无关，Al比Fe活泼，Al与氧气反应，所以B正确。故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、NH4HCO3NH3BaCO3CO2++Ba2++2OH－NH3↑+BaCO3↓+2H2OBaCO3+2H+══Ba2++CO2↑+H2O【解题分析】

气体B遇HCl冒白烟，则气体B为NH3，加氯化钡溶液后产生的白色沉淀C遇盐酸产生无色无味的气体能使石灰水变浑，则C为BaCO3，D为CO2，据此可推断无色溶液中应含有碳酸根离子和铵根离子，则A可能为NH4HCO3或（NH4）2CO3，如果是NH4HCO3，则分解产生的气体的平均相对分子质量为=1.3，如果是（NH4）2CO3，则分解产生的气体的平均相对分子质量为=24，根据对A加强热产生的气态物质的平均相对分子质量为1.3可知，A为NH4HCO3，据此答题。【题目详解】气体B遇HCl冒白烟，则气体B为NH3，加氯化钡溶液后产生的白色沉淀C遇盐酸产生无色无味的气体能使石灰水变浑，则C为BaCO3，D为CO2，据此可推断无色溶液中应含有碳酸根离子和铵根离子，则A可能为NH4HCO3或（NH4）2CO3，如果是NH4HCO3，则分解产生的气体的平均相对分子质量为=1.3，如果是（NH4）2CO3，则分解产生的气体的平均相对分子质量为=24，根据对A加强热产生的气态物质的平均相对分子质量为1.3可知，A为NH4HCO3，据此答题。（1）根据上面的分析可知，A为NH4HCO3，B为NH3，C为BaCO3，D为CO2；故答案为：NH4HCO3；NH3；BaCO3；CO2；（2）反应①的离子方程式为NH4++HCO3-+Ba2++2OH-═NH3↑+BaCO3↓+2H2O，反应②的离子方程式为BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O；故答案为：NH4++HCO3-+Ba2++2OH-═NH3↑+BaCO3↓+2H2O；BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O。18、KAlO2Al2O3AlCl3NaAlO2AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2OAl2O3+2OH-=2AlO2-+H2O2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑【解题分析】

根据图像，B、F均可与酸、碱反应，且电解熔融状态的C，可以生成F，则F为Al，则C为氧化铝，B为氢氧化铝，E为偏铝酸钠；D为氯化铝；A溶液灼烧,焰色反应为浅紫色，A中含有K元素，则A为偏铝酸钾。【题目详解】(1)分析可知，A为偏铝酸钾，化学式为KAlO2；C为氧化铝，化学式为Al2O3；D为氯化铝，化学式为AlCl3；E为偏铝酸钠，化学式为NaAlO2；(2)①偏铝酸钾与过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钾，离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；②氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；③氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；④铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑。【题目点拨】一般来讲，活泼的金属单质与非氧化性酸反应，可以生成盐和气体，不与碱反应；在常见的金属单质中，既能与碱反应，又能与酸反应的为Al。19、防止Fe2+被氧化2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−隔绝空气（排除氧气对实验的影响）Fe3+2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O【解题分析】

（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化。（2）氯气具有氧化性，能氧化氯化亚铁为氯化铁。（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响。（4）①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，反应的离子方程式为：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2；②第二支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中仍含有铁离子。（5）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子。【题目详解】（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化，故答案为防止Fe2+被氧化。（2）氯气具有氧化性，能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3+十2Cl-，故答案为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−。（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响，故答案为:隔绝空气（排除氧气对实验的影响）。（4）①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，反应的离子方程式为：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2；②第二支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明随浓度变小，碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应，仍含有铁离子，故答案为Fe3+。（5）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。20、产生水蒸气防止加热时液体暴沸3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2H2OFe3O4吸收未反应的水蒸气（或干燥H2)黑色固体变成红色，玻璃管内壁上有水珠生成A收集H2并检验其纯度【解题分析】

装置A中水受热生成水蒸气，B中高温条件下铁与水蒸气反应四氧化三铁和氢气，混有水蒸气的氢气经过干燥管D干燥后进入E装置，与CuO反应生成Cu单质，加热E之前应该先通氢气把装置中的氧气排尽，防止氢气与氧气混合加热发生爆炸，以此解答该题。【题目详解】（1）铁与水蒸气反应的条件是高温，水的状态是气体，所以A装置的作用是产生水蒸气；反应在高温条件下进行，烧瓶底部放碎瓷片的作用防止加热时液体暴沸；（2）装置B中是铁与水