2022-2023学年陕西省汉中市重点中学化学高一上期中学业水平测试试题含解析.doc

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项：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、CO2通入澄清石灰水中，溶液的导电能力与通入CO2的质量关系如图所示(假设反应过程中溶液的体积不变)。下列叙述不正确的是AMN溶液中的离子数目减少BN点Ca2+完全转化为CaCO3CNP溶液中的阴离子、阳离子数目均增加DNP反应的离子方程式为CO+CO2+H2O=2HCO2、下列说法中正确的是()钠在空气中燃烧生成白色的氧化钠钠投入硫酸铜溶液中有红色粉末产生过氧化钠可在防毒面具中做供氧剂 铁丝在氯气中燃烧生成棕色的FeCl3ABCD3、0.5L 1 mol/L FeCl3溶液与0.2L 1 mol/L KCl溶液中的Cl-的物质的量之比为（ ）A15:2B5:2C3:1D1:34、下列分类标准和分类结果不对应的是 选项分类标准分类结果A根据化学反应中有无单质参加或生成氧化还原反应和非氧化还原反应B根据化学反应中有无离子参加或生成离子反应和非离子反应C根据混合物中分散质粒子直径的大小胶体、溶液和浊液D根据无机化合物的组成和性质特点酸、碱、盐、氧化物等AABBCCDD5、配制体积为100ml、溶质物质的量为0.2mol的NaOH溶液时，不需要用到的仪器是( )ABCD6、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A常温常压下，32g O2 含NA个原子B2 mol/L的氢氧化铁胶体中含有的氢氧化铁胶粒数小于2NAC标况下,22.4 L的CCl4中含有NA个CCl4分子D14g的C2H4和C3H6的混合物中含有C原子为NA7、在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有大量的Cu2+、K+、H+、Cl-、CO、OH-中的三种，已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是（ ）ACu2+、H+、Cl-BCl-、CO、OH-CK+、CO、OH-DK+、H+、Cl-8、从元素化合价变化分析，下列变化中必须加入氧化剂才能发生的是(不考虑分解反应)( )ASO2 SBNa2SO3 SO2CI- I2DHCO3- CO32-9、下列叙述中，正确的是A1 molH2O2中含有1 mol H2和1 mol O2BCaCO3的摩尔质量是100 gC等质量的CO与N2中所含原子数之比为1:1D1L 1 mol·L-1MgCl2溶液中Cl- 的物质的量为1 mol10、我国古代就有湿法炼铜的记载“曾青得铁则化为铜”，反应为Fe+CuSO4=Cu+FeSO4。有关该反应的说法正确的是AFe是氧化剂BCuSO4是还原剂CFe被氧化DCuSO4发生氧化反应11、胶体区别于其它分散系的本质是（ ）A胶体的分散质粒子直径在1 nm100nm之间B胶体粒子带电荷并且在一定条件下能稳定存在C胶体粒子不能穿过半透膜，但能通过滤纸空隙D胶体能够产生丁达尔效应12、下列反应中，电子转移方向和数目正确的是（ ）ABCD13、下列反应既是氧化还原反应，又是化合反应的是ANa2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 BSO2+H2O2=H2SO4CCaO+H2O=Ca(OH)2 DCl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O14、下列反应中气体只作氧化剂的是（ ）ACl2通入水中 BCl2通入FeCl2溶液中CSO2通入氯水中 DNO2通入水中15、比较1.0mol N2和1.0mol CO的下列物理量：质量 体积 分子数 原子总数 质子总数 电子总数，其中相同的是A B C D16、下列说法中正确的是A加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，一定有Ca2+B用玻璃棒蘸取新制氯水，点在PH试纸的中央，与标准比色卡比较，测定氯水的PHC某溶液与NaOH溶液共热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝气体则原溶液中存在NH4+D加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42二、非选择题（本题包括5小题）17、有 X、Y、Z 三种元素：X、Y、Z 的单质在常温下均为气体，X 单质可以在 Z 的单质中燃烧，生 成化合物 XZ，火焰呈苍白色，XZ 极易溶于水，在水溶液中电离处 X+和 Z，其水溶液能使蓝色石蕊试 纸变红，每两个 X2 分子能与一个 Y2分子化合成两个 X2Y 分子，X2Y 常温下为液体，Z 单质溶于 X2Y 中，所得的溶液具有漂白性。（1）写出下列微粒的电子式：X+_，Z_，Y 原子_。（2）写出 X2Y 的化学式_。按要求与 X2Y 分子具有相同电子数的微粒的化学符号：两个原子核 的阴离子_，5 个原子核的分子_。（3）写出 Z 单质溶于 X2Y 中发生反应的离子方程式：_，所得溶液能使淀粉碘 化钾溶液变蓝，主要起作用的微粒是_。（4）实验室制备 XZ 的化学方程式：_，如何检验 XZ 是否收集满_。18、某溶液中只含有Ba2+ Mg2+ Ag+三种阳离子，现用适量的NaOH溶液、稀盐酸和Na2SO4溶液将这三种离子逐一沉淀分离，其流程如图所示：（1）沉淀1的化学式为_，生成该沉淀的离子方程式为_。（2）若试剂B为Na2SO4溶液，则沉淀2化学式为_。（3）若试剂B为NaOH溶液，则生成沉淀2的离子方程式为_。（4）如果原溶液中Ba2+ Mg2+ Ag+的浓度均为0.1 mol·L-1，且溶液中含有的阴离子只有NO3-，则溶液中NO3- 浓度为_mol·L-1。19、实验室里需要纯净的氯化钠晶体，但现在只有混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠。已知：NH4HCO3NH3H2OCO2。某学生设计了如下方案：请回答下列问题：(1)步骤加热的目的是_。(2)写出步骤中发生的离子方程式_。(3)步骤，判断SO42-已除尽的方法是_。(4)步骤的目的是_，操作1用到的玻璃仪器有_。(5)操作2的名称是_，应在_(填仪器名称)中进行。20、实验室需要0.2mol·L1NaOH溶液500mL和0.5mol·L1硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题： (1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_(填仪器名称)。 (2)配制0.2mol·L1NaOH溶液操作步骤如下： 把称量好的NaOH固体放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解；把所得溶液冷却至室温，再小心转入一定容积的容量瓶中；将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线12cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切；操作步骤的正确顺序为_(填序号)。(3)根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为_g。在实验中其他操作均正确，若还未等溶液冷却就定容了，则所得溶液浓度_0.20mol·L1 (填“大于”“等于”或“小于”)。21、现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，欲测定Na2O2试样的纯度。可供选用的反应物只有CaCO3固体、6mol·L1硫酸、6mol·L1盐酸和蒸馏水。已知：浓硫酸有吸水性、脱水性和强氧化性，碱石灰的成分为CaO和NaOH。实验方案为：制备并提纯CO2。将纯净的CO2通过试样。测定生成O2的体积。根据O2的体积计算Na2O2试样的纯度。实验装置如下： 回答下列问题：（1）装置A中发生反应的离子方程式是_。（2）装置B的作用是_，装置C的作用是_。（3）装置E的作用是_（4）装置D中发生反应的化学方程式是_。（5）若开始时测得样品的质量为2.0g，反应结束后测得气体体积为224mL(标准状况)，则Na2O2试样的纯度为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】二氧化碳通入澄清的石灰水中，先反应生成碳酸钙沉淀和水，后生成碳酸氢钙溶液。A. MN是反应生成碳酸钙的过程，溶液中的离子数目减少，故A正确；B. N点溶液的导电性几乎为0，说明Ca2+完全转化为CaCO3，故B正确；C. NP为生成碳酸氢钙的过程，溶液中的阴离子、阳离子数目均增加，故C正确；D. NP反应的离子方程式为CaCO3+CO2+H2O= Ca2+2HCO，故D错误。故选D。2、C【解析】钠燃烧生成过氧化钠，颜色为淡黄色，故错误；钠和水先反应，与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜和氢气，故错误；过氧化钠和二氧化碳反应生成氧气，可用于供氧剂，故正确；氯气具有强氧化性，可与铁反应生成氯化铁，颜色为红棕色，故正确答案选C。3、A【解析】0.5L 1 mol/L FeCl3溶液中n(FeCl3)= 1 mol/L×0.5L=0.5mol，n(FeCl3)：n(Cl-)=1:3，则FeCl3溶液中n(Cl-)=1.5mol，0.2L 1 mol/L KCl溶液中n(KCl)= 1 mol/L ×0.2L=0.2mol，n(KCl)：n(Cl-)=1:1，则0.2L 1 mol/L KCl溶液中的Cl-的物质的量为0.2mol，0.5L 1 mol/L FeCl3溶液与0.2L 1 mol/L KCl溶液中的Cl-的物质的量之比为：1.5mol：0.2mol=15:2，故A正确；故选A。4、A【解析】A、依据有、无电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；B、依据反应中有无离子参加或生成对反应分类；C、依据分散质微粒直径大小区分分散系；D、依据物质的组成和性质，可以将化合物分为酸、碱、盐、氧化物等【详解】A、化学反应依据有、无电子转移，可分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故A错误；B、化学反应根据有、无离子参加或生成，分为离子反应和非离子反应，故B正确；C、依据分散质微粒直径大小，把分散系分为溶液、胶体、浊液，故C正确；D、根据物质的组成和性质，可以将无机化合物分为酸、碱、盐、氧化物等，故D正确；故选A。5、D【解析】A配制过程中需要在烧杯中进行溶解，故A能用到；B溶解过程需要玻璃棒搅拌，移液过程需要玻璃棒引流，故B能用到；C配制100mL溶液需要用100mL容量瓶，故C能用到；D配制一定物质的量浓度的溶液不需要集气瓶，故D不需要；综上所述答案为D。6、D【解析】A项、32g氧气的物质的量为1mol，1mol氧气分子中含有2molO原子，含2NA个原子，故A错误；B项、胶粒是粒子的集合体，且没有明确2 mol/L的氢氧化铁胶体的体积，无法计算氢氧化铁胶粒数，故B错误；C项、标准状况下CCl4不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故C错误；D项、C2H4和C3H6的最简式都是CH2，14g CH2的物质的量为1mol，含有1molC原子，故D正确。故选D。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各物理量与阿伏加德罗常数的关系，试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。7、C【解析】以甲烧杯呈蓝色为突破口，所以甲中含有Cu2+，因为离子共存，所以乙中含有CO、OH-，所以甲中含有H+，因为电荷守恒，所以甲中必须含有阴离子，乙中必须含有阳离子，所以甲中含有Cl-，乙中含有K+，故乙中离子为：K+、CO、OH-，故C项正确；故答案为C。8、C【解析】加入氧化剂才能实现，说明加入氧化剂后该物质被氧化，所含元素的化合价应升高，据此答题。【详解】A.S元素化合价降低，应加入还原剂才能实现，故A错误；B.S元素的化合价没有变化，不是氧化还原反应，故B错误；C.I元素的化合价升高，应加入氧化剂才能实现，故C正确；D.C元素的化合价没有变化，不是氧化还原反应，故D错误。故选C。9、C【解析】A一个过氧化氢分子含有两个氢原子和两个氧原子，即1 molH2O2中含有2 mol H和2 mol O，A错误；B摩尔质量的单位是g/mol，B错误；CCO和N2的相对分子质量均为28，由，等质量的CO和N2即物质的量也相等，CO和N2中所含原子数之比为2:2=1:1，C正确；D1L 1 mol·L-1MgCl2溶液中，Cl- 的物质的量为，D错误；故选C。10、C【解析】AFe元素的化合价升高，则Fe为还原剂，故A错误；BCu元素的化合价降低，则CuSO4是氧化剂，故B错误；CFe元素的化合价升高，失去电子被氧化，故C正确；DCuSO4是氧化剂，被还原，CuSO4发生还原反应，故D错误；故选C。【点睛】把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查。在Fe+CuSO4Cu+FeSO4中，Fe元素的化合价升高，Cu元素的化合价降低。11、A【解析】试题分析：根据粒子大小将混合物分为溶液、胶体、浊液，胶体区别于其它分散系的本质是粒子大小不同，故A正确。考点：本题考查胶体性质。12、A【解析】AS+O2=SO2反应中，硫的化合价从0价升高到+4价，失去4个电子，氧的化合价从0价降低到-2价，一个O2得到4个电子，故A正确；BH2S和H2SO4反应时，H2S中的-2价硫化合价升高，应该遵循邻位转化原则，所以应该转变为0价硫，H2SO4里的+6价硫应该降低到SO2中的+4价，故B错误；C铁和硫酸发生置换反应，铁的化合价从0价升高到+2价，应该失去电子，硫酸里的+1价氢的化合价降低到H2中的0价，应该得到电子，故C错误；DHCl和K2Cr2O7的反应中，HCl中的-1价的氯升高到Cl2中的0价，应该失去电子，生成3molCl2，应该失去6mol电子，K2Cr2O7中的+6价的Cr反应后降低到+3价，应该得到电子，1mol K2Cr2O7反应，应该得到6mol电子，故D错误；故选A。13、B【解析】Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3没有化合价变化，属于非氧化还原反应，故A错误；SO2+H2O2=H2SO4有元素化合价改变，既是氧化还原反应，又是化合反应，故B正确；CaO+H2O=Ca(OH)2没有化合价变化，属于非氧化还原反应，故C错误；Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O不是化合反应，故D错误。点睛：两种或多种物质生成一种物质的反应是化合反应；有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，没有元素化合价变化的反应是非氧化还原反应。14、B【解析】A. Cl2通入水中与水反应生成盐酸和次氯酸，氯气既是氧化剂又是还原剂；B. Cl2通入FeCl2溶液中，两者发生反应生成氯化铁，氯气只作氧化剂；C. SO2通入氯水中，两者发生反应生成硫酸和盐酸，二氧化硫只作还原剂；D. NO2通入水中，两者发生反应生成硝酸和NO，NO2既是氧化剂又是还原剂。综上所述，本题选B。点睛：本题考查了氧化还原反应的基本概念。氧化还原反应的特征是化合价升降，所含元素的化合价降低的是氧化剂，所含元素的化合价升高的是还原剂，如果所含元素的化合价既有升高的又有降低的，则该物质既是氧化剂又是还原剂。15、C【解析】氮气和一氧化碳都是双原子分子，相对分子质量相同，所含质子数和电子数相同；未明确条件是否是相同温度和压强，无法计算已知物质的量气体的体积。【详解】氮气和一氧化碳都是双原子分子，相对分子质量相同，所含质子数和电子数相同，所以相同物质的量的氮气和一氧化碳的质量、分子数、原子数、质子数和电子数相同，但未明确条件是否是相同温度和压强，无法计算和比较已知物质的量气体的体积。故选C。【点睛】本题是有关物质的量的计算题，了解质子数与原子序数的关系和明确计算气体体积的条件是解本题的关键。16、C【解析】A、加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，可能为碳酸钙、碳酸钡等，不一定有Ca2+，选项A错误；B、氯水中含有次氯酸，可表白pH试纸，应用pH计，选项B错误；C、氨气可使湿润红色石蕊试纸变蓝，则溶液与NaOH溶液共热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝气体，可说明原溶液中存在NH4+，选项C正确；D、不能排除AgCl沉淀的干扰，应先加入盐酸，再加入氯化钡检验，选项D错误。答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、H+ H2O OH CH4 Cl2+H2OH+Cl+HClO Cl2 NaCl（s）+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl 用湿润的蓝色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满 【解析】XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，则X为氢元素，X单质为H2，结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2，故XZ为HClX2Y常温下为液体，则X2Y为H2O，说明Y为O元素，Cl2溶于H2O反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，符合题意，据以上分析解答。【详解】XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，则X为氢元素，X单质为H2，结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2，故XZ为HCl，X2Y常温下为液体，则X2Y为H2O，说明Y为O元素，Cl2溶于H2O反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，符合题意；（1）X+为H+，其电子式为H+，Z为Cl，其电子式为，Y为O元素，其原子电子式为；故答案为H+、；（2）X2Y 的化学式为H2O；与 H2O 分子具有相同电子数的微粒的化学符号：两个原子核 的阴离子为OH，5 个原子核的分子为CH4；故答案为H2O；OH；CH4；（3）Z 单质溶于 X2Y 中发生反应的离子方程式：Cl2+H2OH+Cl+HClO，所得溶液能使淀粉碘化钾溶液变蓝，主要起作用的微粒是：Cl2；故答案为Cl2+H2OH+Cl+HClO；Cl2；（4）实验室制备 HCl 的化学方程式：NaCl（s）+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl；检验 HCl 是否收集满方法：用湿润的蓝色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满；故答案为NaCl（s）+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl；用湿润的紫色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满。18、（1）AgCl，Ag+Cl=AgCl；（2）BaSO4；（3）Mg2+2OH=Mg（OH）2；（4）0.5。【解析】试题分析：（1）加入稀盐酸，发生AgCl=AgCl，沉淀1为AgCl；（2）溶液1中含有离子是Ba2、Mg2、H和Cl，加入Na2SO4，发生Ba2SO42=BaSO4，沉淀2是BaSO4；（3）根据反应（2）的分析，发生反应HOH=H2O，Mg22OH=Mg（OH）2；（4）根据电荷守恒，2c（Ba2）2c（Mg2）c（Ag）=c（NO3），c（NO3）=（2×0.12×0.10.1）mol·L1=0.5mol·L1。考点：考查离子检验、离子反应方程式的书写、物质的量浓度的计算等知识。19、加热分解除去NH4HCO3 Ba2+SO42-BaSO4 取上层清液加入BaCl2溶液，若无沉淀说明SO42-已除尽 除去过量的Ba2 漏斗、玻璃棒、烧杯 蒸发结晶 蒸发皿 【解析】将固体混合物加热，发生反应NH4HCO3NH3H2OCO2，NaCl、Na2SO4不反应，则残留固体为NaCl、Na2SO4，将残留固体溶解得到NaCl、Na2SO4溶液，向溶液中加入BaCl2溶液发生反应生成硫酸钡沉淀，向悬浊液中再加入Na2CO3溶液除去过量的钡离子，过量的Na2CO3用盐酸除去，而盐酸易挥发，在操作2即可除去，然后蒸发浓缩冷却结晶得到NaCl晶体，据此解答。【详解】（1）碳酸氢铵受热易分解，则步骤加热的目的是加热分解除去NH4HCO3；（2）步骤用BaCl2溶液，目的是除去硫酸根离子，反应的离子方程式为Ba2+SO42-BaSO4；（3）由于硫酸钡是不溶于水也不溶于酸的白色沉淀，则步骤判断SO42-已除尽的方法是取上层清液加入BaCl2溶液，若无沉淀说明SO42-已除尽；（4）由于除去硫酸根离子时引入了过量的氯化钡，因此步骤的目的是利用碳酸钠除去过量的Ba2，操作1是过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；（5）氯化钠能溶于水，从溶液中得到氯化钠的实验操作是蒸发结晶，应在蒸发皿中进行。【点睛】本题考查物质的分离和提纯，把握物质性质差异性及物质性质特殊性是解本题关键，知道硫酸根离子检验方法、常见仪器的使用方法，熟练掌握元素化合物性质，注意从整体上分析判断各固体或液体中存在的物质成分。20、AC 玻璃棒 4.0 大于 【解析】(1)用容量瓶配制溶液选E，用量筒量取溶剂水选B，用胶头滴管定容选D，还需要用到的仪器有：溶解或稀释药品的烧杯，搅拌或引流用的玻璃棒，配制溶液肯定不需要的是AC；(2)配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为称量溶解转移洗涤定容摇匀，据此可知操作步骤为；(3)配制0.2mol·L1NaOH溶液500mL ，需要NaOH的质量m=cVM=0.2mol/L×0.5L×40g/mol=4.0g；若还未等溶液冷却就定容，由于液体热胀冷缩导致溶液体积偏小，则所得溶液浓度大于0.20molL-1。21、CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2 除去气体中的HCl 干燥气体 防止水蒸气进入到D中，并且能吸收多余的CO2 2Na2O22CO22Na2CO3O2 Na2OCO2Na2CO3 78% 【解析】（1）实验室制取二氧化碳选用CaCO3固体与稀盐酸反应来制取，装置A中CaCO3固体与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，发生反应的离子方程式是：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2；（2）盐酸易挥发，反应又是放热反应，制得的二氧化碳中含有氯化氢，利用装置B除去气体中的HCl气体；装置C装有浓硫酸，其作用是干燥气体；（3）过氧化碳能与水蒸气及二氧化碳反应，装置E的作用是防止水蒸气进入到D中，并且能吸收多余的CO2；（4）装置D中干燥的二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，与氧化钠反应生成碳酸钠，发生反应的化学方程式分别是：2Na2O22CO22Na2CO3O2、Na2OCO2Na2CO3；（5）根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应结束后测得气体体积为224mL（标准状况），生成的氧气的物质的量为：n（O2）=0.01mol，过氧化钠的物质的量为：n（Na2O2）=2n（O2）=0.02mol，过氧化钠的纯度为：（Na2O2）=×100%=78%。