广东省深圳高级中学2022年化学高一上期中学业质量监测模拟试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、20时，饱和NaCl溶液密度为1.1g.cm-3,物质的量浓度为5.0molL-1,下列说法不正确的是A25时，饱和NaCl溶波的物质的量浓度大于

2、5.0mol/LB20时，饱和NaCl溶液的质量分数约为26.6%C20时,密度小于1.1g/cm3的NaCl溶液是不饱和溶液D将此饱和NaCl溶液蒸发部分水，再恢复到20时,溶液密度一定大于1.1g/cm32、有下列三个反应：2Fe32 I = 2Fe2I2；Cl22Fe2=2Fe32Cl；Co2O36HCl=2CoCl2Cl23H2O。下列说法正确的是A反应、中的氧化产物分别是I2、Fe3、CoCl2B根据以上方程式可以得到氧化性：Cl2Fe3Co2O3C在反应中，当1 mol Co2O3参加反应时，6mol HCl被氧化D可以推理得到Cl22 I = I22Cl3、下列关于胶体的说法正确

3、的是（ ）A向煮沸的NaOH溶液中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体B胶体和溶液的本质区别是能否产生丁达尔效应C胶体和溶液可以利用滤纸分离，这种提纯方式是渗析D丁达尔效应是胶体粒子对光线散射形成的，是一种物理现象4、下列溶液中Cl-浓度与50mL1mol/L AlCl3溶液中Cl-浓度相等的是（）A150mL1mol/L的NaCl溶液B75mL2mol/L的NH4Cl溶液C150mL2mol/L的KCl溶液D75mL1mol/L的FeCl3溶液5、在相同的状况下有A、B两种气体，若VA=VB，质量mAmB，则（ ）AMA = MB BMA nB DnA Cl2Fe3，B错

4、误。C. 反应中，1 mol Co2O3参加反应时，转移2mol电子，2mol HCl被氧化，C错误。D. 由反应可得，Cl2氧化性强于Fe3，Fe3氧化性强于I2，反应Cl22 I= I22Cl 可以发生，D正确。答案为D。3、D【解析】A向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，继续加热至溶液呈红褐色，可制得Fe(OH)3胶体，故A错误；B胶体和溶液的本质区别是分散质粒子直径的大小，故B错误；C胶体和溶液都可以透过滤纸，不能用滤纸分离，故C错误；D丁达尔效应是胶体粒子对光线散射形成的，由于没有新物质生成，是一种物理现象，故D正确；故选D。4、D【解析】50 mL 1 mol/L AlCl3溶

5、液中c(Cl)=31 mol/L=3 mol/L。【详解】A、150 mL 1 mol/L的NaCl溶液c(Cl)=1 mol/L，故A不符合题意；B、75 mL 2 mol/L的NH4Cl溶液c(Cl)=2 mol/L，故B不符合题意；C、150 mL 2 mol/L的KCl溶液 c(Cl)=2 mol/L，故C不符合题意；D、75 mL 1 mol/L的FeCl3溶液c(Cl)=31 mol/L=3 mol/L，故D符合题意；答案选D。5、B【解析】相同的状况下有A、B两种气体，根据n=V/Vm可以知道，若VA=VB，则两者的物质的量相等：nA=nB，故C、D错误，根据M=m/n可以知道，

6、若质量mAmB ，则 MA MB，所以B正确，A错误。故选B。6、D【解析】A. HCl可与AgNO3反应AgCl沉淀与硝酸，其化学方程式为HCl +AgNO3AgCl+HNO3，A项正确；B. Ba(OH)2可与FeCl3反应生成氢氧化铁沉淀与氯化钡，其化学方程式为：3Ba(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3BaCl2，B项正确；C. K2SO4可与Ba(NO3)2反应生成硫酸钡沉淀与硝酸钾，其化学方程式为：2K2SO4+Ba(NO3)2BaSO4+2KNO3，C项正确；D. 氧化铁与水不反应，则氧化铁不能一步反应生成氢氧化铁，D项错误；答案选D。7、D【解析】因为溶液呈电中性，根据

7、溶液中的电荷守恒来计算。【详解】溶液中电荷守恒，即所有正电荷的总数应等于所有负电荷的总数，即：n(Na) + 3n(Al3) = n(Cl) + 2n(SO42)，设SO42的离子个数为x，所以5+32=1+2x，解得x=5，所以溶液中Al3和 SO42的离子个数比为2：5，答案选D。【点睛】溶液永远是电中性的，所以阳离子带的正电荷总量 = 阴离子带的负电荷总量。学生容易出错的部分是电荷总量的计算，具体应为溶液中的阳离子物质的量(或浓度)与其所带电荷数乘积的代数和等于阴离子物质的量(或浓度)与其所带电荷数乘积的代数和。溶液中电荷守恒书写三部曲，第一步：找出溶液中所有离子；第二步：阴、阳离子各写

8、一边，中间各一个等号；第三步: 离子带多少电荷就在它前面写上那个数字。8、C【解析】A. 碳酸氢钠与足量的氢氧化钙得到碳酸钙、水和氢氧化钠: Ca2+OH+=CaCO3+H2O，A错误；B. 氢氧化钙与足量的碳酸氢钙得到碳酸钙、水：Ca2+OH+=CaCO3+H2O，B错误；C. 碳酸氢钙与足量的氢氧化钠得到碳酸钙、水和碳酸钠：Ca2+2OH+2=CaCO3+2H2O，C正确；D. 氢氧化钠与足量的碳酸氢钙得到碳酸钙和碳酸氢钠：Ca2+OH+=CaCO3+H2O，D错误；答案选C。9、C【解析】试题分析：氦气的摩尔质量为4g/mol氢气的摩尔质量为2g/mol，设质量为4g，则氦气的物质的量为

9、：=1mol，氢气的物质的量为：=2mol，所以氢气分子与氦气分子的分子数之比为：2mol：1mol=2：1，稀有气体为单原子分子，故B、D错误；A中氢气与氦气的物质的量之比为1：1，C中为2：1，故选C。考点：考查了阿伏伽德罗定律及其推论的相关知识。10、B【解析】根据常见离子间的相互反应判断。【详解】A项：Ca2与SO42会生成微溶于水的CaSO4而不能大量共存。A项错误； B项：Ag、K、NO3彼此不反应，且都能大量存在于酸性溶液中。B项正确；C项：HCO3不能大量存在于酸性溶液中。C项错误； D项：CO32不能大量存在于酸性溶液中。D项错误。本题选B。11、A【解析】A.胃酸的主要成分

10、是HCl，能与NaHCO3溶液反应，生成NaCl、H2O和CO2，该离子方程式正确，A符合题意；B.MgCO3难溶于水，在离子方程式中应保留化学式，其反应的离子方程式为：MgCO3+2H+Mg2+H2O+CO2，选项错误，B不符合题意；C.NH3H2O为弱碱，在离子方程式中保留化学式，该反应的离子方程式为：Mg2+2NH3H2OMg(OH)2+2NH4+，选项错误，C不符合题意；D.Ba(OH)2和H2SO4反应的化学方程式为：Ba(OH)2+H2SO4BaSO4+2H2O，故参与反应的H+和OH-的系数比为2:2，离子方程式应该为Ba2+SO42+2H+2OHBaSO4+2H2O，选项错误，

11、D不符合题意；故答案为A。12、D【解析】根据离子间的相互反应判断。离子间能反应就不能大量共存，注意题目或选项中特定要求。【详解】A项：Cu2（蓝色）不能存在于无色溶液中。且Cu2 与S2生成CuS沉淀。A项错误；B项：遇酚酞变红的溶液呈碱性，Fe3 不能大量存在于碱性溶液中。B错误；C项：CO32-与 Ba2+生成BaCO3沉淀而不能大量存在。C项错误；D项：Mg2+ 、NH4+ 、NO3 、Cl彼此不反应，且与 H+ 也不反应。D项正确。本题选D。13、B【解析】A.盐酸与碳酸钠溶液、稀硫酸与碳酸钾溶液反应的离子方程式均为：2H+CO32-=H2O+CO2，故不选A；B.硫酸铜溶液与氢氧化

12、钠溶液反应的离子方程式为：Cu2+2OH-=Cu(OH)2；硫酸铜与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：Cu2+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+ Cu(OH)2；故选B；C.铁与盐酸、铁与稀硫酸反应的离子方程式均为：Fe+2H+=Fe2+H2,故不选C；D.氢氧化钾溶液与稀硫酸、氢氧化钾溶液与稀硝酸反应的离子方程式均为：OH-+H+=H2O，故不选D；本题答案为B。14、D【解析】反应中需要加入氧化剂，说明该反应变化过程中有元素化合价升高。氯元素化合价降低，不符合题意；氢元素化合价降低，不符合题意；没有元素化合价变化，不符合题意；锌化合价升高，符合题意。故选D。15、D【解析】A氢氧化钠

13、具有腐蚀性、易潮解，应放在玻璃器皿中称量，不能放在滤纸上称量，选项A错误；B容量瓶只能用来配制溶液，不能溶解或稀释药品，选项B错误；C在烧杯中溶解NaOH后，没有冷却至室温，立即将所得溶液注入容量瓶中定容，溶液具有热胀冷缩的性质，冷却后所配溶液的体积偏小，使配制溶液的浓度偏高，选项C错误；D转移溶液时未干燥容量瓶，不影响溶液的体积和溶质的物质的量，所以不影响配制溶液浓度，选项D正确；答案选D。16、A【解析】试题分析：在3Fe2+2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O中，化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化硫元素的化合价变化为氧元素的化合价变化：0

14、-2，所以氧化剂是O2；还原剂是Fe2+、S2O32-氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32-，3molFe2+参加反应时只有2mol被氧化，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：（2+2）=1：4，故A错；2molFe2+被氧化时，失去电子2mol，则被Fe2+还原的O2的物质的量为B正确；每生成1molFe3O4，参加反应的氧气为1mol，转移电子数为1mol4=4mol，故C正确；O2是氧化剂，S2O32和Fe2+是还原剂，故D正确；所以答案选A考点：考查氧化还原反应计算的相关知识点。二、非选择题（本题包括5小题）17、MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2 K2CO3 Mg2

15、+2OH-=Mg(OH)2 Mg(OH)2+2H+= Mg2+2H2O Ba2+= BaSO4 【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(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

16、，根据上述分析作答。【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)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；B

17、a2+= BaSO4。【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、过氧化钠 氢氧化钠 碳酸钠 2Na+2H2O=2Na2OH-+H2 2OH-+CO2=CO32H2O 2Na2O2+2H2O=4Na4OH-+ O2 CO32+2H=CO2H2O 【解析】（1）淡黄色固体A能与二氧化碳、水反应，则A为Na2O2，A与水反应生成C，与二氧化碳反应生成D，且C与二氧化碳反应生成D，则C为NaOH、D为碳酸钠，B与水反应生成C，与氯气反应生成E，则B为Na，E为NaCl，故答案为过氧化钠；氢氧化钠；碳酸钠；（2）BC的反应为钠与

18、水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na2OH-+H2，故答案为2Na+2H2O=2Na2OH-+H2；CD的反应为氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为：2OH-+CO2=CO32H2O，故答案为2OH-+CO2=CO32H2O；AC的反应为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na4OH-+ O2，故答案为2Na2O2+2H2O=4Na4OH-+ O2；DE的反应为碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠或二氧化碳、氯化钠和水，反应的离子方程式为：CO32+H=HCO3或CO32+2H=CO2H2O

19、，故答案为CO32+H=HCO3或CO32+2H=CO2H2O。【点睛】本题考查无机物推断，涉及Na元素单质化合物性质，突破口是A的颜色及能与水、二氧化碳反应。19、浓硫酸 干燥CO2 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 集气瓶中导管应该左短右长 【解析】A装置中大理石与盐酸反应制取CO2；B装置中饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中混有的HCl气体；由于过氧化钠与水蒸气反应生成氧气，所以通入D装置中的CO2必须是干燥的，则C中盛放浓硫酸，用于干燥CO2；装置D中实现过氧化钠与二氧化碳的反应；E为排水法收集氧气；据此分析作答；【详解】(1)A装置中由大理石与盐酸反应制得的二氧化碳中混有

20、HCl和H2O(g)，B装置中盛放饱和碳酸氢钠溶液，用于除去二氧化碳中混有的HCl，水蒸气也能与过氧化钠反应生成O2，为防止水蒸气与Na2O2反应产生的O2对反应的干扰，C装置中盛放浓硫酸，用于干燥二氧化碳； (2)装置D中过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2； (3)根据装置图，E装置采用排水法收集氧气，为了将E装置中的水排入F中，E装置中集气瓶的导管应左短右长。20、 过滤 （或，或） Mg2+2OH-=Mg(OH)2 查漏 量筒 5.9g 【解析】(1)根据粗盐提纯中难溶性杂质的去除的操作步骤是溶解、过滤、蒸发进行分析；

21、(2)有效除去Ca2+、Mg2+、SO42-，应注意碳酸钠在钡试剂之后；镁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化镁； (3)使用仪器前必须进行的一步操作是查漏；配制时，除了上述仪器外，还可能用到的玻璃仪器是量筒； (4)m=CVM据此进行计算；【详解】(1)粗盐中难溶性杂质的去除的操作步骤是溶解、过滤、蒸发，所以操作步骤是：；其中去除杂质的关键一步是过滤，把不溶于液体的固体与液体分离； 答案为：；过滤； (2)SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和

22、NaOH溶液，所以合理的加入顺序为（或，或）；其中加入NaOH溶液所发生反应的离子方程式为Mg2+2OH-Mg(OH)2；答案为：（或，或）；Mg2+2OH-Mg(OH)2； (3)使用仪器前必须进行的一步操作是查漏；配制时，除了上述仪器外，还可能用到的玻璃仪器是量筒； 答案为：查漏；量筒； (4)m=CVM=0.4molL-10.25L58.5g/mol=5.85g5.9g；答案为：5.9。【点睛】(4)容易错，从题目提供的图可知，实验中用托盘天平称量氯化钠固体，托盘天平能粗略称量固体质量，质量的数值保留一位小数点。21、CD 氢氧化钡溶液 0.1 0.3 0.1 0.4 molL1 【解析

23、】（1）A、溶液与胶体的本质区别是分散质粒子的大小；B、焰色反应为元素的性质；C、根据天平的用法分析；D、次氯酸钙易和空气中的水及二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸；E、萃取剂的选择与密度大小无关；F、电离的条件不是通电；（2）根据物质与同种试剂反应产生的不同现象来鉴别它们（3）要使KCl，K2SO4，ZnCl2和水为原料配得相同组成的营养液，说明钾离子、硫酸根离子、锌离子、氯离子物质的量相等，据此分析解答（4）分别计算100mL 0.3molL1 Na2SO4溶液和50mL 0.2molL1 Al2（SO4）3溶液的SO42的物质的量，总物质的量除以溶液的总体积即得溶液中SO42的物质的量浓度【

24、详解】（1）A、溶液与胶体的本质区别是分散质粒子的大小，故A错误；B、焰色反应为元素的性质，不一定为盐溶液，故B错误；C、托盘天平精确到0.1g，用托盘天平在烧杯中称量氢氧化钠固体8.8g，故C正确；D、次氯酸钙易和空气中的水及二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸分解失效，故D正确；E、萃取剂的选择与密度大小无关，故E错误；F、KNO3在水溶液或熔融状态下在水中电离出K+ 和NO3，电解质的电离与是否通电无关，故F错误；故选CD。（2）碱溶液与NH4+溶液反应生成有刺激性气味的氨气，硫酸根与含钡离子的溶液生成白色沉淀，选氢氧化钡溶液，与(NH4)2 SO4溶液反应生成硫酸钡白色沉淀和有刺激性

25、气味的氨气，与NH4NO3溶液反应生成有刺激性气味的氨气，与NaCl溶液不反应，与MgSO4溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，能出现四种明显不同的现象，可以鉴别，故选氢氧化钡溶液。（3）要使KCl，K2SO4，ZnCl2和水为原料配得相同组成的营养液，说明钾离子、硫酸根离子、锌离子、氯离子物质的量相等，混合物中钾离子物质的量=n（KCl）+2n（K2SO4）=0.3mol+0.4mol=0.7mol，锌离子物质的量为0.1mol，氯离子物质的量为0.3mol，硫酸根离子物质的量=0.2mol+0.1mol=0.3mol，KCl，K2SO4，ZnCl2中只有氯化锌含有锌离子，根据锌原子守恒知，氯化锌的

26、物质的量是0.1mol，氯化锌中氯离子的物质的量是0.2mol，根据氯原子守恒知，氯化钾的物质的量是0.1mol，根据硫酸根离子物质的量相等知，硫酸钾的物质的量为0.3mol。故答案为0.1；0.3；0.1。（4）100mL 0.3molL1 Na2SO4溶液中SO42的物质的量为0.1L0.3molL1=0.03moL，50mL 0.2molL1 Al2（SO4）3溶液中SO42的物质的量为0.05L0.2moLL13=0.03mol，混合后的总SO42的物质的量为0.03moL+0.03moL=0.06mol，溶液混合后，溶液中SO42的物质的量浓度为：0.06moL/0.15L=0.4molL1。