云南省楚雄市2024届化学高一第一学期期末学业质量监测模拟试题含解析

云南省楚雄市2024届化学高一第一学期期末学业质量监测模拟试题请考生注意：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、下列对化学键及化合物的分类完全正确的一组是A．MgCl2与NaOH均既含离子键又含共价键，均属离子化合物B．BaCO3与H2SO4化学键类型不完全相同，均属强电解质C．乙醇与醋酸，均只含共价键，均属非电解质D．氯气与氧气，均只含共价键，均只做氧化剂2、下列叙述不正确的是（）A．由两种或两种以上元素组成的纯净物称为化合物B．由一种元素组成的纯净物是单质C．由一种物质组成的是纯净物D．含氧元素的化合物称为氧化物3、两份铝屑，第一份与过量的盐酸反应，第二份与过量的氢氧化钠溶液反应，产生氢气的体积比为1∶2，则第一份与第二份铝屑的质量比为()A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶44、在甲、乙两坩埚中分别盛有等质量的碳酸氢钠晶体，将甲坩埚充分加热后冷却，再加入足量的盐酸；乙不经加热也加入足量的盐酸；反应完全后，甲、乙两坩埚中实际参加反应的盐酸的质量之比为A．2:3 B．1:1 C．1:2 D．2:l5、下列说法正确的是（）A．用加热的方法除去NaCl固体中的NH4ClB．用丁达尔效应可以鉴别NaCl溶液和KNO3溶液C．除去粗盐溶液中的Ca2＋、Mg2＋、SO42-，应依次加入Na2CO3、NaOH和BaCl2溶液D．向等物质的量浓度、等体积的纯碱和小苏打溶液中分别加入相同的盐酸，反应剧烈的是纯碱6、关于明矾的下列说法错误的是()A．明矾的化学式为KAl(SO4)2B．明矾是纯净物C．明矾中存在K＋和Al3＋两种阳离子D．明矾是一种复盐7、在KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O的反应中，当有10mol电子发生转移后，被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量之比是A．1∶5 B．5∶1 C．6∶1 D．1∶68、下列物质属于盐的是A．NaOHB．H2SO4C．Na2CO3D．Cl29、下列说法错误的是A．Na2O2可用作供氧剂B．Al2O3可用作耐火材料C．地沟油经处理后可用作燃料油D．胶体和溶液的本质区别是胶体具有丁达尔现象10、由下列实验及现象，推出的相应结论正确的是()实验现象结论A．用铂丝蘸取某金属的盐溶液，在酒精灯火焰上灼烧火焰呈黄色此盐溶液中含有Na+，不含K+B．①取少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液②向溶液中通入空气①溶液颜色无变化②溶液逐渐变红①绿矾样品未变质②Fe2+易被空气氧化为Fe3+C．①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液②再加入足量盐酸①产生白色沉淀②仍有白色沉淀原溶液中有SO42﹣D．向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置上层接近无色，下层显紫红色I2在CCl4中的溶解度小于在水中的溶解度A．A B．B C．C D．D11、下列化合物中，不能由单质直接化合得到的是A．NO B．Na2O2 C．FeCl2 D．CuCl212、下列物质不属于电解质，但溶于水后能导电的是()A．HCl B．氧气 C．氧化镁 D．二氧化硫13、下列说法正确的是A．工业以硫黄为原料生产硫酸，沸腾炉中的反应：2S+3O22SO3B．工业上用电解饱和食盐水的方法制取金属钠C．高炉炼铁过程中，焦炭的主要作用是还原铁矿石中的氧化铁D．工业上以石灰乳和氯气为原料制取漂白粉14、从降低成本和减少环境污染的角度考虑，制取硝酸铜最佳方法是（）A．铜和浓硝酸反应B．铜和稀硝酸反应C．氯化铜和硝酸银反应D．氧化铜和硝酸反应15、下列物质属于纯净物的是()A．漂白粉 B．盐酸 C．氯水 D．液溴16、有铁、氧化铁、四氧化三铁的混合物2.64克，加入50mL2mol/L盐酸溶液时，恰好完全反应，并且生成气体的体积在标准状况下为0.224升，向所得溶液中滴加KSCN溶液无明显变化。若将等质量的该混合物在CO中加热并充分反应，冷却后固体的质量为()A．2.8克B．1．52克C．2．4克D．2克二、非选择题（本题包括5小题）17、下列有关物质的转化关系如图所示（部分反应条件己路去）。A是紫红色的金属单质，B为强酸，E在常温下为无色液体，D、F、G为气体。请回答下列问题：（1）G的化学式为___，实验室中试剂B应保存在___中。（2）写出反应①的化学方程式：___，反应中B体现的性质为___。（3）写出反应②的离了方程式：___，实验室中F可用___法收集。18、已知A为金属单质，下列物质相互转化如图所示：试回答：（1）写出B的化学式____，D的化学式__________。（2）写出由E转变成F的化学方程式____。（3）向G溶液加入A的有关离子反应方程式______________________。（4）某同学取B的溶液酸化后加入碘化钾淀粉溶液，在空气中放置一会儿变为蓝色，写出与上述变化过程相关的离子方程式____________，______________。19、实验室用如图装置制取并收集氨气，请回答下列问题：(1)写出大试管内发生反应的化学方程式：_____________。(2)下列气体能采用如图收集方式的是___。A．O2B．NOC．H2(3)若反应收集了336mL标况下氨气，将其配制成500mL溶液，其物质的量浓度为____mol/L。(4)另取上述(3)所得溶液配制成0.0lmol/L溶液l00mL的过程中，不需要使用的仪器是(填代号）___。A．烧杯B．胶头滴管C．玻璃棒D．l00mL容量瓶E．漏斗(5)某学生欲实验氨气的水溶性，将集满干燥氨气的试管倒置于水中，则其观察到的现象应该与______图一致。20、(1)已知由金属钠制得氧化钠，可用多种方法：a.4Na＋O2===2Na2O，b.4Na＋CO2===2Na2O＋C，c.2NaNO2＋6Na===4Na2O＋N2↑。①在上述三种方法中，最好的方法是________(填序号)，原因是________________。②上述反应c中NaNO2作________剂，当有1molNaNO2反应时，电子转移的数目是________________________________________________________________________。(2)现用金属钠和空气制备纯度较高的Na2O2，可利用的装置如下。回答下列问题(注：Na2O2可以与H2O、CO2反应)：①装置Ⅳ中盛放的药品是________，其作用是____________________________。②若规定气体的气流方向从左到右，则组合实验装置时各仪器接口的标号字母(a、b……)顺序：空气进入________，________接________，________接________，________接________。③装置Ⅱ的作用____________________________________________________。④操作中通空气和加热的顺序为________________________________________。21、下图为相关物质间的转化关系，其中甲、丙为生活中常见的金属单质，乙、丁为非金属单质且丁为气态，E为白色沉淀，D为浅绿色溶液。请回答：（1）组成甲的元素在元素周期表中的位置为____________，请列举乙单质的一种用途__________，用电子式表示丁的形成过程________________________（2）在C溶液中滴入2滴酚酞，再逐滴加入稀盐酸至红色消失，可得到一种胶体，该胶体的胶粒成分是________________（化学式）（3）反应①的离子方程式为____________________________（4）将B的稀溶液加水稀释，在图中画出溶液的pH随加水体积的变化趋势曲线。__________（5）将等物质的量的A和NaOH混合溶于水，该溶液中离子的物质的量浓度由大到小的顺序为：________________________（6）若反应②中盐酸过量，向D溶液中滴加84消毒液，溶液的颜色发生了变化，该反应的离子方程式为________________________________________，小辉同学欲设计实验，验证D溶液中的阳离子尚未完全被氧化，请你将实验过程补充完整：取反应液少许于试管中，滴加______________________，则证明D中的阳离子未完全被氧化。

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】

A.MgCl2中只有离子键，A错误；B.BaCO3与H2SO4化学键类型不完全相同，前者含有离子键和共价键，后者只有共价键，都属强电解质，B正确；C.乙醇与醋酸，均只含共价键，乙醇是非电解质，醋酸是电解质，C错误；D.氯气与氧气，均只含共价键，不一定均只做氧化剂，例如氯气可以作还原剂，D错误；答案选B。【题目点拨】选项C是易错点，注意电解质和非电解质的区别。化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。另外也需要注意电解质和化合物的关系。2、D【解题分析】

由两种或两种以上元素组成的纯净物称为化合物，A正确；由一种元素组成的纯净物是单质，B正确；由一种物质组成的是纯净物，由两种或两种以上物质组成的是混合物，C正确；由两种元素组成，且其中一种是氧元素的化合物是氧化物，D错误。3、B【解题分析】

根据Al与盐酸、氢氧化钠溶液反应的化学方程式计算。【题目详解】铝与盐酸、氢氧化钠溶液反应的化学方程式分别为2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，由化学方程式可知，铝与产生氢气的物质的量关系式都为2Al～3H2，若二者产生氢气的体积比为1∶2，则第一份与第二份铝屑的物质的量之比为1∶2，质量比也为1∶2，答案选B。4、B【解题分析】

甲中加热发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，加入盐酸后发生反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；乙中发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，最终都生成氯化钠，根据钠元素、氯元素守恒可知n(HCl)=n(NaCl)=n（NaHCO3），故反应后甲、乙两坩埚中实际消耗的HCl的物质的量之比为1：1，故答案选B。5、A【解题分析】

A、氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢气体而挥发，氯化钠保持不变，则加热法可分离，故A正确；B、丁达尔现象为胶体特有的性质，则丁达尔现象不能鉴别两种溶液，故B错误；C、除去粗盐溶液中的Ca2＋、Mg2＋、SO42-，碳酸钠一定在氯化钡之后，可除去过量的钡离子，试剂顺序为NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3，故C错误；D、纯碱先与盐酸反应生成碳酸氢钠，溶液无明显现象，碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，有气体生成，则反应剧烈的为碳酸氢钠，故D错误。6、A【解题分析】

A．明矾是KAl(SO4)2的结晶水合物，其化学式为KAl(SO4)2·12H2O，故A错误；B．明矾是KAl(SO4)2的结晶水合物，属盐，是纯净物，故B正确；C．明矾中存在K＋和Al3＋两种阳离子和SO42-阴离子，故C正确；D．明矾是两种金属阳离子K＋和Al3＋和一种酸根离子SO42-阴离子组成的盐，属复盐，故D正确；故答案为A。7、B【解题分析】

在KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O的反应中，KClO3中氯元素降低到0价，6HCl中有5mol被氧化，升高到0价，转移电子5mol，被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量之比是5：1；故答案选B。8、C【解题分析】

A项、氢氧化钠是由钠离子和氢氧根离子构成的，属于碱，A错误。B项、硫酸是由H＋和硫酸根离子构成的化合物，属于酸，B错误。C项、碳酸钠是由钠离子和碳酸根离子构成的化合物，属于盐，C正确。D项、氯气属于单质，不属于盐，D错误。故本题选C。9、D【解题分析】

A．Na2O2能与水和CO2反应生成氧气，可作供氧剂，故A正确；B．Al2O3是高熔点氧化物，可用作耐火材料，故B正确；C．可以将地沟油处理后，用作燃料油，提供废物的利用率，故C正确；D．胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径的大小，鉴别胶体和溶液可利用丁达尔现象，故D错误；答案为D。10、B【解题分析】

A.焰色反应的K+的验证需要透过蓝色故玻璃观察，故A错误；B.①取少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变红说明绿矾已变质，②向溶液中通入空气，溶液变红，说明绿矾中的Fe2+被氧化成Fe3+，故B正确；C.①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液生成白色沉淀，该溶液中可能含有CO32-、SO32-、SO42-，②再加入足量盐酸，仍有白色沉淀，即排除了CO32-的干扰，加入盐酸后即提供H+，与NO3-形成硝酸，具有强氧化性，可将SO32-氧化成SO42-，所以该溶液中可能含有SO32-、SO42-，故C错误；D.向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，即CCl4层在下面，所以CCl4的密度比水大，故D错误。故选B。【题目点拨】高中阶段常用作萃取剂的有苯和CCl4，其中苯的密度比水小，分层后在上层，CCl4的密度比水大，分层后在下层。离子检验时要注意离子间的相互作用，更不能忽略氧化还原反应的发生。11、C【解题分析】

A．在放电条件下，氮气与氧气反应会生成一氧化氮，不符合要求，故A不选；B．钠在空气中燃烧生成过氧化钠，和氧气在没有条件下反应生成氧化钠，故B不选；C．Fe和氯气在点燃时能直接生成FeCl3，故C选；D．铜和氯气在点燃条件下生成氯化铜，故D不选；

故选C。12、D【解题分析】

A.HCl的水溶液能导电，HCl是电解质，故不选A；B.氧气微溶于水，水溶液不导电，氧气是单质，既不是电解质又不是非电解质，故不选B；C.氧化镁熔融状态能导电，氧化镁是电解质，氧化镁难溶于水，水溶液不导电，故不选C；D.二氧化硫和水反应生成亚硫酸，二氧化硫的水溶液能导电，由于二氧化硫不能自身电离出离子，所以二氧化硫是非电解质，故选D；故答案选D。【题目点拨】注意电解质是在水溶液里或熔融状态下含有自由移动的离子的化合物，且自由移动的离子是物质本身电离的，不能是与其它物质反应后的物质电离的。13、D【解题分析】

A．S燃烧只能生成SO2，不能一步生成三氧化硫，故A错误；B．工业电解熔融的NaCl制取金属钠，方程式为2NaCl2Na+Cl2↑，故B错误；C．高炉炼铁过程中，焦炭的主要作用有两点：其一是生成还原剂CO，其二是燃烧放热，维持炉温，故C错误；D．工业上用氯气与石灰乳反应制备漂白粉，二者反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，故D正确；故选：D。14、D【解题分析】

A.铜和浓硝酸反应的方程式为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，该反应中产生有毒气体二氧化氮，所以对环境有污染，不符合“绿色化学”理念，且硝酸的利用率不高，故A错误；

B.铜和稀硝酸反应方程式为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO2↑+4H2O，该反应中产生有毒气体一氧化氮，所以对环境有污染，不符合“绿色化学”理念，且硝酸的利用率不高，故B错误；

C.氯化铜和硝酸银反应方程式为：CuCl2+2AgNO3=2AgCl↓+Cu（NO3）2，该反应虽有硝酸铜生成，但硝酸银价格较贵，不符合“降低成本”理念，故C错误。D.氧化铜和硝酸反应的方程式为：CuO+2HNO3=Cu（NO3）2+H2O，没有污染物，且硝酸的利用率100%，符合“绿色化学”和“降低成本”理念，故D正确；

故答案选D。15、D【解题分析】

A．漂白粉的成分是CaCl2、Ca(ClO)2的混合物，错误；B．盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，错误；C．氯水是氯气的水溶液，是混合物，错误；D．液溴是Br2，是纯净物，正确；故选D。16、A【解题分析】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明反应后的溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知：n（FeCl2）=n（HCl）=×0.05L×2mol/L=0.05mol；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）=n（FeCl2）=0.05mol，质量为：0.05mol×56g/mol=2.8g，故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、O1棕色试剂瓶Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）1+1NO1↑+1H1O强氧化性、酸性3NO1+H1O=1H++1NO3-+NO排水【解题分析】

A是紫红色的金属单质，则A为Cu，B为强酸，且与Cu反应生成C、D、E，而E在常温下为无色液体，可知B为硝酸或硫酸，而D能与E反应生成B与F，且D、F为气体，可推知B为浓硝酸、C为、D为、E为、F为NO，硝酸在光照条件下分解生成的气体G为。【题目详解】（1）由分析可知，G的化学式为：O1．B为浓硝酸，实验室中试剂B应保存在：棕色试剂瓶中，故答案为：O1；棕色试剂瓶；（1）反应①的化学方程式：Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）1+1NO1↑+1H1O，反应中硝酸体现的性质为：强氧化性、酸性，故答案为：Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）1+1NO1↑+1H1O；强氧化性、酸性；（3）反应②的离了方程式：3NO1+H1O═1H++1NO3﹣+NO，实验室中F（NO）可用排水法收集，故答案为：3NO1+H1O═1H++1NO3﹣+NO；排水。18、FeCl2KCl4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）32Fe3++Fe=3Fe2+4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2【解题分析】

由题给实验现象可知，白色沉淀E在空气中变化为红褐色沉淀F，说明E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，F与盐酸反应生成G为FeCl3，金属A与氯化铁反应生成B，B与C反应得到E与D，故A为Fe，B为FeCl2，则Fe与盐酸反应生成氢气与FeCl2；D溶液和硝酸酸化的硝酸银反应生成白色沉淀H为AgCl，溶液透过钴玻璃进行焰色反应为紫色，证明溶液中含有钾元素，故D为KCl，则C为KOH。【题目详解】(1)根据以上分析可知，A是Fe，B为FeCl2，D为KCl，故答案为FeCl2；KCl；(2)由E转变成F的反应是氢氧化亚铁被空气中氧气氧化为氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；(3)G为FeCl3溶液，铁与FeCl3溶液反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；(4)B为FeCl2溶液，取B的溶液酸化后加入碘化钾淀粉溶液，在空气中放置一会儿变为蓝色，这是因为亚铁离子被空气中氧气氧化生成三价铁离子，反应的离子方程式为4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，反应生成的三价铁离子与碘离子反应生成亚铁离子和单质碘，反应的离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，反应生成的碘单质遇淀粉溶液变为蓝色，故答案为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2。【题目点拨】白色沉淀转化为红褐色沉淀、溶液焰色反应为紫色是解题突破口。19、2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑C0.3mol/LED【解题分析】(1)大试管内发生的反应是实验室制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑；(2)氨气密度小于空气，采用的是向下排空气法收集，氧气密度大于水，不能用向下排空气法收集。NO易被氧化为NO2，不能用排空气法收集，氢气密度小于空气，用向下排空气法收集，答案选C。(3)若反应收集了336mL标况下氨气，物质的量是0.336L÷22.4L/mol＝0.15mol，将其配制成500mL溶液，其物质的量浓度为0.15mol÷0.5L＝0.3mol/L。(4)另取上述(3)所得溶液配制成0.0lmol/L溶液l00mL的过程中，需要使用的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶，不需要使用的仪器是漏斗，答案选E；(5)氨气极易溶于水，将集满干燥氨气的试管倒置于水中，水充满试管，答案选D。20、c此生成物只有Na2O是固体，而另一种产物N2可以把周围环境中的O2排净，防止Na2O被继续氧化成Na2O2氧化1.806×1024氢氧化钠溶液吸收导入的空气中的二氧化碳ghefa(或b)b(或a)c防止空气中的水分和二氧化碳进入装置Ⅰ先通一段时间的空气再加热装置Ⅰ【解题分析】

（1）根据Na2O不稳定易被氧气继续氧化分析解答；根据氮元素的化合价变化分析判断和计算；（2）用金属钠和空气制备纯度较高的Na2O2，需要空气中的氧气和钠加热反应生成过氧化钠，空气中的水蒸气和二氧化碳需要除去；把空气通过Ⅳ吸收空气中的二氧化碳气体，再通过装置Ⅲ吸收水蒸气，通过装置Ⅰ加热钠和氧气反应，连接Ⅱ防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置Ⅰ，得不到纯净的过氧化钠，据此解答。【题目详解】（1）①Na2O不稳定易被氧气继续氧化，所以上述三种方法最好的是c，因为此生成物只有Na2O是固体，而另一种产物N2可以把周围环境中的O2排净，防止Na2O被继续氧化成Na2O2；②反应2NaNO2＋6Na＝4Na2O＋N2↑中氮元素化合价从+3价降低到0价，得到3个电子，所以亚硝酸钠是氧化剂，当有1molNaNO2反应时，电子转移的数目是1mol×3×6.02×1023/mol＝1.806×1024。（2）①由于空气中的二氧化碳和水蒸气也能与金属钠反应，干扰过氧化钠的制备，则需要除去，因此装置Ⅳ中盛放NaOH溶液，其作用是吸收导入的空气中的二氧化碳；②把空气通过Ⅳ吸收空气中的二氧化碳气体，再通过装置Ⅲ吸收水蒸气，通过装置Ⅰ加热钠和氧气反应，连接Ⅱ防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置Ⅰ，因此组合实验装置时各仪器的正确连接顺序为Ⅳ、Ⅲ、Ⅰ、Ⅱ，则各仪器接口的标号字母顺序为：空气→g→h→e→f→a（或b）→b（或a）→c：③装置Ⅱ中盛放碱石灰是吸收二氧化碳和水蒸气，其作用是防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置Ⅰ；④实验时先通入足量空气后再进行加热，避免生成的过氧化钠和二氧化碳、水蒸气反应生成碳酸钠等杂质。【题目点拨】本题考查了实验制备物质的实验过程分析判断，注意副反应的存在和产物判断，掌握物质性质和实验基本操作是解题的关键，（1）中注意把握Na2O不稳定易被氧气