上海大学市北附属中学2022-2023学年化学高一上期中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考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列说法不正确的是A碘极易升华，应该密封保

2、存B液溴应保存在磨口玻璃塞深棕色细口试剂瓶中，并加少量水进行水封C碘在酒精中溶解度较大，可以用酒精把碘从碘水中萃取出来D用加热的方法可以将 NaCl 与碘的混合物分离2、下列物质在相应条件下能发生电离而导电的是()A液态氯化氢B熔融氯化钠C固体氢氧化钾D高温熔化后的单质铁3、下列有关烷烃的叙述中，正确的是在烷烃分子中，所有的化学键都是单键 烷烃能使酸性KMnO4溶液褪色分子通式为CnH2n+2的烃不一定是烷烃 所有的烷烃在光照条件下都能与氯气发生取代反应光照条件下，乙烷通入溴水中，可使溴水褪色A B C D4、化学概念在逻辑上存在如下关系：对下列概念的说法正确的是()A化合物与纯净物属于重叠关

3、系B化合物与碱性氧化物属于交叉关系C分解反应与复分解反应属于并列关系D钠盐与碳酸盐属于并列关系5、下列氯化物中，不能由单质与直接化合生成的是ABCDHCl6、下列分散系能产生“丁达尔效应”的是A稀盐酸 B硫酸铜溶液 C酒精溶液 D氢氧化铁胶体7、等量的金属铝与足量的盐酸和氢氧化钠反应，生成的气体A与酸反应放出的多B与碱反应放出的多C无法判断D一样多8、下列离子可以在溶液中大量共存的是ABa2+、Cl-、BCa2+、Cl-、CH+、Cl-、DAg+、Cl-、Fe3+9、下列反应能用表示的是A硫酸氢钠溶液和碳酸钾反应 B碳酸钙和稀盐酸的反应C碳酸钠溶液和醋酸的反应 D碳酸氢钠溶液和稀硫酸的反应10

4、、对于反应CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2有下列判断：H2只是氧化产物， H2只是还原产物， H2O是氧化剂， CaH2中的H元素被还原，此反应中的氧化产物和还原产物的分子个数之比为1:1。 上述判断正确的是ABCD11、氯化钠中含有少量硫酸镁、氯化钙和泥沙等杂质，需进行下列项操作：加水溶解 加入过量的氯化钡溶液 加热蒸发得到晶体 加入过量碳酸钠和氢氧化钠 加入适量的盐酸过滤 下列操作顺序正确的是（ ）A BC D12、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 ”或“”),消毒液之所以为次氯酸盐而不是此路算是由于此路算

5、不稳定，写出HClO见光分解的化学反应方程式_，每有10.5gHClO分解，转移电子的物质的量为_。21、高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。（1）干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4 + 6 Na2O2 = 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2，该反应中氧化剂是_（填化学式），过氧化钠（Na2O2）中氧元素化合价为_。（填数字）（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种数粒：

6、Fe（OH）3、ClO、OH、FeO42-、Cl、H2O。碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3:2发生反应，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：_。每生成1mol FeO42-转移_mol电子，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为_mol。已知：2Fe32I=2Fe2I2，2Fe2Br2=2Fe32Br。（1）含有1 mol FeI2和2 mol FeBr2的溶液中通入2 mol Cl2，此时被氧化的离子是_，被氧化的离子的物质的量分别是_。（2）若向含a mol FeI2和b mol FeBr2的溶液中通入c mol Cl2，当I、Fe2、Br完全被氧化时

7、，c为_（用含a、b的代数式表示）。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A选项，碘易升华，应该密封保存，且置于棕色广口瓶中，故A正确；B选项，液溴易挥发，液溴应保存在磨口玻璃塞深棕色细口试剂瓶中，并加少量水进行水封，不能用橡胶塞，会与橡胶塞反应，故B正确；C选项，碘在酒精中虽然溶解度较大，但酒精与水任意比互溶，因此不能用酒精把碘从碘水中萃取出来，故C错误；D选项，碘易升华，因此用加热的方法将 NaCl 与碘的混合物分离，故D正确；综上所述，答案为C。【点睛】萃取剂的选择：1、不能与原溶剂相溶2、溶质在萃取剂中的溶解度远比在原溶剂中的溶解度大3、溶质不与萃取剂反应2、B【

8、解析】电解质溶于水或在熔融状态下能够发生电离而导电，据此判断。【详解】A. 液态氯化氢不能发生电离，不导电，A不符合；B. 熔融氯化钠能发生电离，从而导电，B符合；C. 固体氢氧化钾不能发生电离，不导电，C不符合；D. 铁是金属单质，不能发生电离，D不符合。答案选B。3、C【解析】分析：本题是有关烷烃的分子结构与性质的考查。详解：在烷烃分子中，碳原子之间以单键结合，碳原子剩余的价键全部与氢原子结合，故所有的化学键都是单键正确；烷烃的化学性质非常稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色，不正确；分子通式为CnH2n+2的烃一定是烷烃，不正确；所有的烷烃在光照条件下都能与氯气发生取代反应，正确；光照条件

9、下，乙烷通入溴水中不能发生反应，故不能使溴水褪色，不正确。综上所述，C正确，本题选C。点睛：所有的烷烃均符合同一通式，烷烃的同分异构体只能是烷烃。烷烃的化学性质在通常情况下都很稳定，故不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，其特征反应是取代反应4、C【解析】A化合物包含于纯净物中，故A错误；B碱性氧化物是化合物中的一类化合物，碱怀氧化物包含于化合物中，故B错误；C由一种物质生成两种或多种物质的反应为分解反应，两种化合物相互交换成分生成另外的化合物的反应为复分解反应，所以分解反应和复分解反应为并列关系，故C正确；D因阳离子为钠离子，可以说成是钠盐，因阴离子为碳酸根离子，可以说成是碳酸盐，如Na2CO3

10、既属于钠盐又属于碳酸盐，钠盐与碳酸盐属于交叉关系，故D错误；故答案为C。5、C【解析】A项、钠在氯气中燃烧，反应生成氯化钠，故A错误；B项、铜在氯气中燃烧，反应生成氯化铜，故B错误；C项、铁在氯气中燃烧，反应生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，故C正确；D项、氯气在氧气中燃烧，反应生成氯化氢，故D错误；故选C。【点睛】氯气具有强氧化性，与变价金属反应生成高价态的金属氯化物。6、D【解析】“丁达尔效应”是胶体的重要特征，ABC属于溶液，D属于胶体，故选D。7、D【解析】金属铝不论是和盐酸反应，还是和氢氧化钠溶液反应，均失去3个电子，铝元素的化合价由0升高到+3，所以根据电子得失守恒可知等量的金属铝与足

11、量的盐酸和氢氧化钠反应，生成的气体一样多。答案选D。8、C【解析】A. Ba2+与反应生成硫酸钡沉淀，不能共存，A错误；B. Ca2+与反应生成碳酸钙沉淀，不能共存，B错误；C. H+、Cl-、四种离子不发生反应，能共存，C正确；D. Ag+与Cl-反应生成氯化银沉淀，不能共存，D错误；答案选C。9、A【解析】A.硫酸氢钠在溶液中完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，其中只有氢离子与碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，故可用CO32-+2H+=H2O+CO2表示；B.碳酸钙难溶于水，不能拆成离子形式，不能用CO32-2H+CO2H2O表示；C.醋酸为弱酸，在溶液中主要以分子形式存在，不能用CO32

12、-2H+CO2H2O表示；D. 硫酸和NaHCO3溶液的反应的离子反应为HCO3-+H+H2O+CO2，与碳酸盐的阴离子不同，故不能用CO32-2H+CO2H2O表示；答案选A。10、D【解析】反应中CaH2中氢元素从-1价变化为0价，做还原剂被氧化为氢气；H2O中氢元素化合价从+1价变化为0价，做氧化剂被还原为H2；氢气是氧化产物和还原产物，错误；氢气是氧化产物和还原产物，错误；H2O是氧化剂，正确；CaH2中的氢元素被氧化，错误；反应中的氧化产物与还原产物的分子个数之比为1：1，正确；综上，答案D。11、B【解析】镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离

13、子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠才会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：加水溶解，加过量的BaCl2溶液，加入过量碳酸钠和氢氧化钠，过滤，加入适量的盐酸，加热蒸发得到晶体。答案选B。【点睛】本题主要考查了在氯化钠提纯中的物质的除杂或净化操作，在解此类题时，首先要了解需要除去的是哪些离子，然后选择适当的试剂进行除杂，在除杂质时要注意加入的量的控制以及试剂的先后

14、顺序。12、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，若质量mAmB ，则 MA MB，所以B正确，A错误。故选B。13、B【解析】根据稀释定律可知，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，据此计算。【详解】设稀释后溶液中NaOH的物质量浓度为c，根据C浓V浓=C稀V稀可得：5010-3L3mol/L=50010-3Lc，解得c=0.3mol/L，所以答案B正确。故选B。14、C【解析】含有Fe3+的溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在；H+与CO32、OH会发生反应，不能大量共存；OH与NH

15、4+、Al3+会发生反应，不能大量共存；Ba2+、Al3+、CO32会发生反应，不能大量共存。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，若溶液为碱性，则含有大量的OH。还可能含有大量的Ba2+、CO32、Cl、NO3。离子最多4种；若溶液为酸性，由于H+、NO3起硝酸的作用，加入Al不能产生氢气，所以含有的离子可能是：H+、NH4+、Ba2+、Al3+、Cl，最多是5种离子，C项符合题意，故选项是C。15、A【解析】同学用磁铁来吸一下一元硬币，这一过程属于科学探究中的实验法，答案选A。16、B【解析】A项、“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于物理变化，故A错误；B项、胶体不能透过半

16、透膜，所以“血液透析”利用了胶体的性质，故B正确；C项、碳酸钡能溶于盐酸，生成可溶性氯化钡，钡离子为重金属离子能够引起人体中毒，所以碳酸钡不可用作“钡餐”，故C错误；D项、为了消除人体碘缺乏病，我国政府规定食用盐必须是加碘食盐，所谓碘盐就是在食盐中加入一定量的碘酸钾（KIO3），故D错误。故选B。【点睛】本题考查化学与生活，侧重于分析与应用能力的考查，注意把握物质的性质、发生的反应、化学与生活的关系为解答该题的关键。二、非选择题（本题包括5小题）17、Na Na2CO3 2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2 Na2O2 O2 Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3 【解析】焰色

17、反应为黄色的是钠元素，则A是金属钠，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，金属钠与水发生置换反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠溶液吸收足量的二氧化碳可生成碳酸氢钠，碳酸氢钠热稳定性较差，受热分解转化为碳酸钠。所以，A是钠，B是过氧化钠，C是氢氧化钠，D是碳酸钠，E是碳酸氢钠。以此进行分析解答。【详解】（1）根据以上分析，A为Na，D为Na2CO3，答案为：Na；Na2CO3；（2）上述6个反应中、或有单质参加反应，或有单质生成，反应中有元素化合价的变化，这四个反应属于氧化还原反应，则 两个反应中没有元素化合价的变化，不属于氧化还原

18、反应，答案为：；（3）反应为过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2；该反应中Na2O2既做氧化剂又做还原剂，氧化产物为氧气。答案为：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2；Na2O2；O2；（4）向碳酸钠溶液中通入CO2生成碳酸氢钠，反应的化学方程式：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，答案为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3。18、H C Na 2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2H

19、ClO 【解析】A、B、C、D、E 都是前20号元素中的常见元素，且核电荷数递增。A原子没有中子，说明A是H；B原子次外层电子数与最外层电子数之差等于电子层数，假设有两个电子层，次外层电子数为2，则B原子的K、L层依次排有2、4个电子，B为碳；C元素是地壳中含量最高的元素，C为O；4.6gD单质与足量盐酸作用可产生2.24LH2（标准状态下），D为金属，2.24LH2物质的量为0.1 mol如果为金属镁，则MgH2，则镁为2.4g，如果是金属铝，则2Al3H2，则铝为1.8g，如果是金属钠，则2NaH2，则钠为4.6g，故D为金属钠；E的一价阴离子的核外电子排布与Ar的核外电子排布相同，说明E

20、为非金属元素氯；【详解】根据前面分析得出A为H，B为C，D为Na，故答案为A：H；B：C；D：Na；C离子为氧离子，其电子式，故答案为；E的离子为氯离子，其离子结构示意图，故答案为；D、E形成化合物为NaCl，电解D、E形成化合物的水溶液的化学反应方程式2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH，故答案为2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH；工业上将E即氯气通入石灰乳Ca(OH)2制取漂粉精，化学反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；漂粉精溶于水后，受空气中的CO2作

21、用，即产生有漂白、杀菌作用的某种物质，即漂粉精溶于水与空气中二氧化碳和水反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，该化学反应方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，故答案为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO。19、分液漏斗 4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O 浓硫酸 2Fe+3Cl22FeCl3 产生棕(褐)色的烟 吸收尾气中未反应的氯气和防止空气中水蒸气进入装置D 【解析】装置A制备氯气,利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气,氯气中含有氯化氢和水蒸气,需要通过饱和食盐水除去氯化氢,通过浓硫酸除去水蒸气,得到干燥的氯气通入装置D中和铁反应生成

22、氯化铁，装置E是为了防止空气中的水蒸气进入装置影响物质制备,同时吸收多余氯气，防止污染大气，以此解答该题。【详解】(1)实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制备氯气，浓盐酸放在分液漏斗中，因此，本题正确答案是:分液漏斗； (2)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰和水，化学方程式: 4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O，因此答案：4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O (3)C瓶中的试剂是浓硫酸，浓硫酸具有吸水性，能够干燥氯气； 因此，本题正确答案是:浓硫酸；干燥氯气；(4)装置D中是干燥的氯气和铁加热发生的反应，产生了棕褐色的烟，发生反应的化学方程式为:

23、 2Fe+3Cl22FeCl3 （5）因为FeCl3固体易吸收空气中的水发生潮解，所以干燥管E中盛有碱石灰的作用是吸收尾气中未反应的氯气和防止空气中水蒸气进入装置D。答案：吸收尾气中未反应的氯气和防止空气中水蒸气进入装置D。20、低于40时，NaClO能稳定存在；高于40时，NaClO易分解 40 NaClO+2HCl=NaCl+Cl2+H2O 越慢 b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO的浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢 2HClO=2HCl+O2 0.4 【解析】I根据图像可知，20、30、40时，ORP数据变化不大，氧化性基本保持不变；50水浴中加热，ORP数据减小，氧化性减

24、弱；II根据溶液中的pH及氯原子的存在形式及实验现象可知，溶液的碱性越强，次氯酸的浓度越小，氧化性越弱。【详解】(2)分析图像，NaClO溶液低于40时，能稳定存在；高于40时，易分解；稀释时水的温度最好不超过40；(3)已知NaClO与洁厕灵(HCl)混用，会产生一种有毒气体和一种常见的盐，毒气为氯气，盐为氯化钠，化学方程式为NaClO+2HCl=NaCl+Cl2+H2O；(4)由实验现象可获得一下结论，溶液的pH再410范围内，pH越大，次氯酸的浓度越小，红纸褪色越慢；b、c两烧杯中，b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO的浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢；pH越大，HClO的

25、浓度越小，褪色越慢，则氧化性HClONaClO；HClO见光分解为HCl和氧气，化学反应方程式为2HClO=2HCl+O2；2molHClO分解时，转移4mol电子，10.5gHClO即0.2mol分解，转移0.4mol电子。21、Na2O2 -1 2Fe（OH）3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO42- + 3Cl- + 5H2O 3 0.15 I-、Fe2+ n（I-）=2mol n（Fe2+）=2mol c= 【解析】（1） FeSO4中Fe元素化合价由+2价变为+6价,化合价升高，失去电子，作还原剂；、Na2O2 中O元素化合价由-1价变为0价,得到电子，作氧化剂，所以Na2

26、O2是氧化剂，过氧化钠（Na2O2）中氧元素化合价为-1；（2）湿法制备高铁酸钾K2FeO4时, Fe（OH）3失电子被氧化生成K2FeO4,则ClO作氧化剂被还原生成Cl,氢氧化铁必须在碱性条件下存在,所以该反应是在碱性条件下进行,该离子反应为2Fe（OH）3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO42- + 3Cl- + 5H2O；Fe（OH）3 中Fe元素化合价由+3价变为+6价，所以1mol FeO42-转移3mol电子，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物Cl-的物质的量为0.15mol；.（1）在氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以还原性的强弱顺序为IFe2Br，所以氯气首先氧化的是I，然后氧化Fe2，最后是Br；根据电子得失守恒可知，2 mol氯气能氧化2mol I和2mol Fe2；（2）根据电子得失守恒可知，2c=2a+(a+b)，即c=。