【文档说明】【精准解析】重庆市江北中学2019-2020学年高一上学期期末模拟考试化学试题.doc，共(12)页，381.500 KB，由小赞的店铺上传

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重庆市江北中学高2022级高一(上)期末模拟考试高一化学试题(满分：100分时间：90分钟)可能用到的相对原子质量：H－1C－12N－14O－16Na－23P－31S－32Cl－35.5Cu－64Ag－108Ba－137一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分

，每小题只有1个选项符合题意)1.下列说法正确的是（）A.将BaSO4放入水中不能导电，所以硫酸钡不是电解质B.NaCl溶液能导电，所以NaCl溶液是电解质C.氯化氢溶于水能导电，所以盐酸是电解质D.固态的NaCl不导电，熔融

态NaCl可以导电【答案】D【解析】【详解】A．硫酸钡虽然不溶于水，但是熔融的硫酸钡能够导电，硫酸钡是电解质，A不正确；B．氯化钠是电解质，氯化钠溶液是混合物，虽然导电，但不是电解质，B不正确；C．同样盐酸是混合物，不是电解质，氯化氢是电解质，C不正确；D．固态NaCl中没有自由移动的阴阳离子，而

熔融状态的NaCl离子键被破坏，电离出阴阳离子，可以导电，D正确；答案选D。2.阿伏加德罗常数的值为AN。下列说法正确的是A.1L0.1mol·1L−NH4Cl溶液中，4NH+的数量为0.1ANB.2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1ANC

.标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2AND.0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2AN【答案】D【解析】A、NH4＋是弱碱阳离子，发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，因

此NH4＋数量小于0.1NA，故A错误；B、2.4gMg为0.1mol，与硫酸完全反应后转移的电子的物质的量为2.4×2/24mol=0.2mol，因此转移电子数为为0.2NA，故B错误；C、标准状况下，N2和O2都是气态分子，2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1

NA，故C错误；D、H2＋I22HI，反应前后系数之和相等，即反应后分子总物质的量仍为0.2mol，分子数为0.2NA，故D正确。3.在氧化还原反应3S+6KOH＝K2SO3+2K2S+3H2O中，被氧化与被还原的硫原子

数之比为（）A.1：1B.2：1C.1：2D.3：2【答案】C【解析】【详解】在反应3S+6KOH＝K2SO3+2K2S+3H2O中，只有S元素的化合价发生变化，氧化剂和氧化剂都是S，反应中S→K2S

，S化合价降低，则S被还原，S为氧化剂，S→K2SO3，S化合价升高，则S被氧化，S为还原剂，由生成物可知，被氧化与被还原的硫原子数之比为1：2，故选C。【点睛】该反应中S既是氧化剂又是还原剂，属于歧化反应，根据生成物中原子数目比计算。4.四

种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素下列说法不正确的是（）A.Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱B.Z位于元素周期表中第二周期，第ⅥA族C.X的气态氢化物的稳定性比Z的弱D.M的原子半径比Y的原子半径大【答案】A【解

析】【详解】所给四种短周期元素因只有M为金属元素，故M只能为Al元素，则X为Si元素，Y为N元素，Z为O元素。A.Y的最高价氧化物对应水化物为HNO3，X的最高价氧化物对应水化物为H2SiO3，酸性HNO3＞H2SiO

3，故A错误；B.Z为O元素，位于元素周期表中第2周期第ⅥA族，故B正确；C.非金属性Si＜O，则X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的弱，故C正确；D.电子层数越多，则原子的半径越大，故Al的原子半径比N的原子半径大，故D正确。故选A。5.下列各组

离子一定能大量共存的是A.在无色溶液中：+4NH、2+Fe、2-4SO、2-3COB.在含大量2+Ba的溶液中：4NH+、+Na、-Cl、-OHC.在强碱性溶液中：+Na、+K、2-4SO、-3HCOD.在强酸性溶液中：+K、2+Fe、-Cl、2-4S

O【答案】D【解析】【详解】A.在无色溶液中，2+Fe、2-3CO发生反应生成碳酸亚铁沉淀，不能大量共存，故不选A；B.4NH+、-OH发生反应生成一水合氨，不能大量共存，故不选B；C.在强碱性溶液中，-3HCO、-OH发生反应生成2-3C

O和水，不能大量共存，故不选C；D.在强酸性溶液中，+K、2+Fe、-Cl、2-4SO不反应，能大量共存，故选D。6.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A.常温常压下，11.2L二氧化碳含有的原子数等于1.5N

AB.标准状况下，22.4LCCl4中所含分子数为NAC.标准状况下，18g水所含原子数为NAD.常温常压下，48gO2与O3混合物含有的氧原子数为3NA【答案】D【解析】【详解】A.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L二氧化碳的物质的量小于0.5mol，则二氧化碳中含

有的原子数小于1.5NA，故A错误；B.标准状况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子数，故B错误；C.18g水的物质的量为1mol，而水为三原子分子，故18g水所含原子数为3NA，故C错误；D.氧气和臭氧均由氧原子

构成，故48g混合物中含有的氧原子的物质的量为n=48g16g/mol=3mol，故含氧原子数为3NA，故D正确。故选D。【点睛】本题主要考查阿伏加德罗常数的相关计算等。难度不大，掌握以物质的量为中心的计算是解答的关键。易错点B，标准状况下四氯化碳为

液体。7.硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为还原剂，已知25.0mL0.0100mol/LNa2S2O3溶液恰好把22.4mL(标准状况下)Cl2完全转化为Cl-离子，则S2O32-将转化成（）A.S2-B.SC.SO42-D.SO32-【答案】C【解析】【详解】2C

l完全转化为Cl-，223NaSO被氧化，S元素化合价升高，令氧化产物中S元素的化合价为m，根据电子转移守恒得：205.0L224L21=0.020.01024L/m0mol/L2(o2lm-)，解得m6=+，所以转化为：SO42-，故C正确，故选C。【点睛】化合价的变化本

质是因为电子的转移，根据化合价的变化计算电子转移守恒是解决此题的关键。8.N2O俗称“笑气”，医疗上曾用作可吸入性麻醉剂，下列反应能产生N2O：3CO+2NO2=3CO2+N2O。下列关于N2O的说法一定正确的是()A.上述反应中每生成1molN2O，消耗67

.2LCOB.等质量的N2O和CO2含有相等的电子数C.N2O只有氧化性，无还原性D.上述反应中若有3mol的CO被还原，则转移6NA个电子【答案】B【解析】【详解】A．根据方程式知，生成lmolN2O，需要3molCO，由于不能确定外界条件，

所以不能确定气体的体积，A错误；B．N2O和CO2每个分子都含有22个电子，物质的量相同含有的电子数相同，B正确；C．N2O中N元素化合价为+1价，氮元素的化合价常用中间价态，化合价可以升高，也可以降低，N2O既有氧化性，又有还原性，C错误；D．在上述反应中C

O被氧化，而不是被还原，D错误。答案选B。9.下列物质属于共价化合物的是（）A.NH4ClB.H2SO4C.I2D.NaCl【答案】B【解析】【详解】A.NH4Cl为离子化合物，含有离子键和共价键，故A错误；B.H2SO4为共价化

合物，只含有共价键，故B正确；C.I2是由共价键形成的单质，不是化合物，故C错误；D.NaCl为离子化合物，不存在共价键，故D错误。故选B。10.将3.2gCu投入到一定浓度的HNO3溶液中，恰好完全反应，产生NO2

和NO的混合气体共0.08mol。则原溶液中HNO3的物质的量为（）A.0.34molB.0.38molC.0.28molD.0.18mol【答案】D【解析】【详解】产生NO2和NO的混合气体共0.08mol。则被还

原的硝酸就是0.08mol。铜是3.2g，物质的量是0.05mol，生成硝酸铜就是0.05mol。所以没有被还原的硝酸是0.1mol，因此硝酸的物质的量是0.18mol。答案选D。11.在反应3BrF3＋5H2O===HBrO3＋Br2＋9HF＋

O2↑中，若有5molH2O作为还原剂时，被还原的BrF3的物质的量为()A.3molB.2molC.43molD.103mol【答案】B【解析】【分析】根据反应可知，2H2O作还原剂时，失电子为4mol，当BrF3中的溴元素从+3

价降低为0价时，BrF3作氧化剂，被还原；然后根据1molBrF3被还原时，要得到3mol电子，利用电子守恒进行计算；根据反应可知，2mol水可还原4/3molBrF3，据此可以求出3mol水还原的BrF3的物质的量。【详解】设被水还原的

BrF3的物质的量为x。根据电子守恒知：3mol×2=x·3，解得x=2mol；或根据化学方程式可知，2mol水可还原4/3molBrF3，那么，3mol水还原的BrF3的物质的量为x。则：3mol∶x=2mol∶4/3mol，解得x=2mol；正确选项B。12.有五种化合物

：①Mg(HCO3)2，②Al(OH)3，③Al，④(NH4)2CO3，⑤Al2O3。跟盐酸和NaOH溶液都能反应的物质有A.二种B.三种C.四种D.五种【答案】D【解析】【详解】碳酸氢镁能和氢氧化钠反应生成氢氧化镁和碳酸钠，氢氧化铝和氢氧化

钠反应生成偏铝酸钠，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，碳酸铵和氢氧化钠反应生成一水合氨和碳酸钠，氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，五种物质都和盐酸反应，故选D。二、非选择题(本题共4个小题，共52分)13.某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法

做了以下实验，如图Ⅰ～Ⅳ所示：Ⅰ.Ⅱ.Ⅲ.Ⅳ.(1)只根据图Ⅰ、Ⅱ所示实验，能够达到实验目的是(填装置序号)___________；(2)图Ⅲ、Ⅳ所示实验均能鉴别这两种物质，其加热时都能发生的反应的化学方程式为_________.(3)有同学认为，除上述试验方法外，向

两种固体配成的溶液中加入澄清石灰水也可以区分它们，这种说法是________(填“正确”或“错误”)的.其中向NaHCO3溶液中加入足量澄清石灰水，发生反应的离子方程式为：______(4)另有两瓶溶液，

已知分别是K2CO3溶液和NaHCO3溶液，请你写出鉴别方法_________【答案】(1).Ⅱ(2).2NaHCO3ΔNa2CO3+H2O+CO2↑(3).错误(4).HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O(5).焰色反应，焰色反应呈紫色的是碳酸钾、呈黄色的是碳酸氢

钠；滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成的是碳酸钾、否则是碳酸氢钠【解析】【详解】（1）无论碳酸钠还是碳酸氢钠都能和盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，故Ⅰ无法鉴别；实验Ⅱ中，盐酸和碳酸氢钠反应立即产生气泡，盐酸和

碳酸钠先反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳气体，所以看到的现象不同，故Ⅱ能鉴别碳酸钠和碳酸氢钠。（2）碳酸氢钠在加热条件下能分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，反应的化学方程式是2NaHCO3ΔNa2CO3+H2O+CO2↑。（3）澄清石灰水和碳酸氢钠、碳酸钠均能反

应生成白色沉淀碳酸钙，不能鉴别，所以这种说法是错误的。碳酸氢钠和过量石灰水反应生成物是碳酸钙、氢氧化钠和水，反应的离子方程式是HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O。（4）①根据盐中阳离子的不同，可以通过焰色反应鉴别，即利用焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，能看

到紫色焰色的是K2CO3，否则是NaHCO3；②根据盐中阴离子的不同，可以利用沉淀法鉴别。滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成的是碳酸钾、否则是碳酸氢钠。【点睛】本题考查实验方案的设计和评价，明确碳酸钠、碳酸氢钠的性质

和实验原理是答题的关键，能够培养分析问题、解决问题的能力，注意实验方案的严谨性和科学性。14.我国制碱专家侯德榜先生潜心研究制碱技术，发明了侯氏制碱法。工业上以侯氏制碱法为基础生产焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的工艺流程

如下：已知：反应Ⅱ包含2NaHSO3⇌Na2S2O5＋H2O等多步反应。(1)反应Ⅰ的化学方程式为________；在进行反应Ⅰ时，向NaCl溶液中先通入_______(填“CO2”或“NH3”)；(2)“灼烧”时发生反应的化学方程式为__________；(3)已知Na2S2O5与稀

硫酸反应放SO2，其离子方程式为__________。(4)副产品X化学式为________；生产中可循环利用的物质为____________(化学式)。(5)为了减少产品Na2S2O5中的杂质含量，理论

上需控制反应Ⅱ中气体与固体反应物的物质的量之比为_________，若气体量不足，则会导致___________________，检验产品中是否含有碳酸钠杂质，所需试剂是_________(填编号)。

①酸性高锰酸钾溶液②品红溶液③澄清石灰水④饱和碳酸氢钠溶液⑤NaOH溶液⑥稀盐酸【答案】(1).NaCl＋CO2＋NH3＋H2O═NaHCO3↓＋NH4Cl(2).NH3(3).2CuS+3O2高温2CuO+2SO2(4).S2O5

2—＋2H+═2SO2↑＋H2O(5).CuSO4·5H2O(6).CO2(7).2:1(8).若SO2不足Na2S2O5产品中Na2SO3、Na2CO3等杂质含量增加，Na2S2O5产率降低(9).①③⑥【解析】【分析】根据侯氏制碱法为基础生产焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的工

艺流程，饱和氯化钠溶液与二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，灼烧时，CuS与氧气反应生成黑色氧化铜和二氧化硫气体，把二氧化硫气体通入碳酸钠溶液生成NaHSO3，同时放出二氧化碳气体，2NaHSO3⇌Na2S2O5＋H2O，蒸干得到Na2S2O

5固体。氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，得到硫酸铜晶体。【详解】(1)反应Ⅰ是饱和氯化钠溶液与二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠和氯化铵，反应方程式为NaCl＋CO2＋NH3＋H2O═NaHCO3↓＋NH4

Cl；在进行反应Ⅰ时，向NaCl溶液中先通入NH3，使溶液呈碱性，碱性条件下，能增大二氧化碳的溶解度；(2)“灼烧”时，CuS与氧气反应生成黑色氧化铜和二氧化硫气体，发生反应的化学方程式为2CuS+3O2高温2CuO+2SO2；(3)Na2S2O5与稀硫酸反应生成硫酸钠、S

O2、H2O，其离子方程式为S2O52-＋2H+═2SO2↑＋H2O。(4)氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，得到硫酸铜晶体，所以副产品X化学式为CuSO4·5H2O；根据流程图可知，生产中可循环利用的物质为

CO2。(5)Na2S2O5中钠与硫元素的原子数比是1:1，根据元素守恒，理论上需控制反应Ⅱ中SO2与固体Na2CO3反应物的物质的量之比为2:1；若SO2不足，Na2S2O5产品中Na2SO3、Na2CO3等杂质含量增加；检验产品中是否含有碳酸钠杂质，操作步骤是：取样品，加入足量稀盐酸，生成的气

体通入足量的高锰酸钾溶液，除去二氧化硫，最后把气体通入澄清石灰水，若溶液变浑浊，则含有碳酸钠杂质，需要的试剂是①③⑥。15.某混合物A含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的物质之间的变化：据此回答下列问题：（1）I、II、III、IV四步中对

于溶液和沉淀的分离采取的方法是____________。（2）根据上述框图反应关系，写出下列B、D、E所含物质的化学式固体B_________________；沉淀D__________________；溶液E_______________________________________

__。（3）写出①、④两个反应的化学方程式①__________________________________；④_____________________________。（4）写出②、③两个反应的离子方程式②_________________________________；③______

________________________。（5）设计实验检验溶液F中所含溶质：______________________________________（6）分别写出Al2O3和Fe2O3在工业上的一种主要用途：Al2O3_______

___________________Fe2O3____________________________【答案】(1).过滤(2).Al2O3(3).Fe2O3(4).K2SO4和（NH4）2SO4。(5).Al2O3+2Na

OH=2NaAlO2+H2O(6).2Al（OH）3Al2O3+3H2O(7).Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+(8).AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓(9).取F溶液少许于两支试管中，一支中滴加K

SCN溶液，若显血红色证明F溶液中含有Fe3+；在另一支试管中加入稀硝酸酸化然后再加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成证明F溶液中含有Cl—。(10).Al2O3：冶炼铝耐火材料(11).Fe2O3：炼铁原料红色油漆涂料【解析】本题分

析：本题主要考查铝、铁等元素化合物的性质。（1）I、II、III、IV四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是过滤。（2）固体B是氢氧化铝的受热分解产物Al2O3；沉淀D是不溶于氢氧化钠溶液的Fe2O3；溶液E含有K2SO4和（NH4）2SO4。（3）①、④两个反应的化学方程式：①Al2O3

+2NaOH=2NaAlO2+H2O；④2Al（OH）3Al2O3+3H2O。（4）②、③两个反应的离子方程式：②Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；③AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓。（5）沉淀D是Fe2O3，溶于适量盐酸得到氯化铁溶液，检验溶液F中所含

溶质就是检验Fe3+和Cl—。检验方法：取F溶液少许于两支试管中，一支中滴加KSCN溶液，若显血红色证明F溶液中含有F3+；在另一支试管中加入稀硝酸酸化然后再加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成证明F溶液中含有Cl—。（6）Al2O3：冶炼铝耐火材料F

e2O3：炼铁原料红色油漆涂料16.KBr可用于光谱分析和化学分析等。(1)制备KBr的一种方法如下：80℃时，向溶有CO(NH2)2的KOH溶液中缓慢加入Br2，至pH为6～7时反应完全，生成CO2、N2等。该反应的化学方程式为_____。(2)K

Br可用于测定苯酚(C6H5OH)样品的纯度，方法如下：取0.5000g苯酚试样，用NaOH溶液溶解后定容成250.00mL溶液；移取25.00mL该溶液，加入25.00mL0.03000mol•L﹣1的KBrO3(含过量KBr)标准溶液，然后加入足量盐酸，充分反应后再加足量KI溶液，

充分反应；用0.1000mol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定至淡黄色，加入指示剂，继续滴定至终点，用去16.20mL。测定过程中物质的转化关系如下：①加入的指示剂为_____。②计算苯酚样品的纯度(写出计算过程)

_____。【答案】(1).3Br2+6KOH+CO(NH2)26KBr+CO2↑+N2↑+5H2O(2).淀粉(3).90.24%【解析】【详解】(1)80℃时，向溶有CO(NH2)2的KOH溶液中缓慢加入B

r2，至pH为6～7时反应完全，生成CO2、N2等，反应的化学方程式：3Br2+6KOH+CO(NH2)26KBr+CO2↑+N2↑+5H2O；(2)①溴液中含有的KBrO3及过量KBr在盐酸条件下反应产生单质溴、氯化钾和水，方程式为：KBrO3+5KB

r+6HCl═3Br2+6KCl+3H2O，单质溴具有氧化性，能将碘离子氧化生成单质碘，离子方程式为：Br2+2I﹣＝2Br﹣+I2，用0.1000mol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定至淡黄色，加入指示剂，继续滴定至终点，I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI，加入

的指示剂为淀粉溶液，碘单质遇到淀粉变蓝色；②定量关系Br2+2I﹣＝2Br﹣+I2，I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI，Br2～I2～2S2O32﹣，与I﹣反应的Br2：n1(Br2)＝1

/2n(S2O32﹣)＝1/2×16.20×10﹣3L×0.1000mol•L﹣1＝8.1×10﹣4mol，KBrO3+5KBr+6HCl═3Br2+6KCl+3H2O，定量关系BrO3﹣～5Br﹣～3Br2，KBrO3与KBr生成的Br2：n(Br

2)＝3n(KBrO3)＝3×25.00×10﹣3L×0.03000mol•L﹣1＝2.25×10﹣3mol，与C6H5OH反应的Br2：n2(Br2)＝n(Br2)﹣n1(Br2)＝2.25×10﹣3mol﹣8.1×10﹣4mol＝1.44×10﹣3mol

，根据C6H5OH～3Br2知，苯酚的物质的量：n(C6H5OH)＝1/3n2(Br2)＝1/3×1.44×10﹣3mol＝4.8×10﹣4mol，苯酚的纯度4.8×10－4mol×94g·mol－1×250mL/(0.

5000g×25mL)×100%＝90.24%。