河北省高碑店一中2022年化学高一第一学期期中质量检测试题含解析.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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、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、能鉴别 NH4Cl、Na2SO4、(NH4)2SO4、KCl 四瓶无色溶液的试剂是ABa(OH)2溶液BAgNO3溶液CBa(NO3)2溶液DNaOH溶液2、下列有关

2、NaHCO3和Na2CO3性质的比较中，正确的是 ()A热稳定性：Na2CO3NaHCO3B常温时在水中的溶解度：Na2CO3NaHCO3C等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应，NaHCO3放出的CO2多D等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应产生CO2的量：Na2CO3NaHCO3，故A错误；B. 常温时在水中的溶解度：Na2CO3NaHCO3，故B错误；C. 等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应，NaHCO3和Na2CO3放出的CO2一样多，故C错误；D. 等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应产生CO2的量：Na2CO3NaHC

3、O3，故D正确。故选D。3、C【解析】胶体制备时对溶液浓度、反应时的操作、滴加试剂的顺序都有严格要求，不是任何物质间的反应生成物都是胶体。【详解】BaCl2溶液与H2SO4溶液混合只能得到BaSO4沉淀，得不到胶体；将FeCl3浓溶液滴入到沸水中得到Fe(OH)3胶体；NaOH溶液滴到FeCl3溶液得到Fe(OH)3沉淀。故选C。4、C【解析】根据分散质粒子直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故胶体与溶液和浊液的本质区别是分散知粒子直径的大小是否在1100nm之间，故答案为：C。5、D【解析】同温同压下，等物质的量的NO和NO2具有相同的体积，每个分子中含有氧原子数目、原子数目不等，则含

4、有氧原子总数、原子总数不相等，二者摩尔质量不相等，则二者质量不相等，据此判断。【详解】A等物质的量的NO和NO2含有氧原子数目之比为1：2，含有氧原子数目不相等，故A错误；B等物质的量的NO和NO2含有原子数目之比为2：3，含有原子数目不相等，故B错误；C二者摩尔质量不相等，根据m=nM可知，二者质量不相等，故C错误；D同温同压下，气体摩尔体积相等，则等物质的量的NO和NO2占有的体积相等，故D正确，故答案选D。【点睛】本题考查物质的量有关计算，比较基础，明确物质的量的有关计算式、阿伏加德罗定律以及物质的组成特点是解答的关键，注意对公式的理解与灵活应用。6、B【解析】A、NaOH少量时，氢氧化

5、钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，氢氧化钠过量时，二者反应生成碳酸钠，不能用同一离子方程式表示，故A错误；B、无论量的多少都只发生Ba(OH)2+H2SO4BaSO4+2H2O，则能用同一离子方程式表示，故B正确；C、HCl少量时发生反应：HCl+Na2CO3NaHCO3+NaCl，HCl过量时发生2HCl+Na2CO3NaCl+CO2+H2O，所以不能用同一离子方程式表示，故C错误；D、NaOH少量，反应生成水、碳酸钙、碳酸氢钠，而NaOH过量，反应生成碳酸钙、碳酸钠、水，产物不同，不能用同一个离子方程式来表示，故D错误；故选B。7、D【解析】：A80gO3含有的氧原子物质的量80g16g/mo

6、l=5mol；B0.5molCuSO45H2O晶体中含有的氧原子的物质的量为0.5mol9=4.5mol；C9.031023个CO2分子的物质的量是，其中含有的氧原子物质的量3mol；D标准状况下67.2 L NO2的物质的量是67.2L22.4L/mol=3mol，其中含有的氧原子物质的量6mol；因此含有的氧原子数最多的是选项D。答案选D。8、B【解析】A. Ca（OH）2CO2=CaCO3H2O中元素的化合价均没有发生变化，不是氧化还原反应，二氧化碳既不是氧化剂也不是还原剂，A不选；B. CO2C=2CO中二氧化碳中碳元素化合价降低，得到电子，作氧化剂，B选；C. 2Fe2O33C=4F

7、e3CO2中碳元素化合价升高，碳是还原剂，二氧化碳是氧化产物，C不选；D. C2H2O（水蒸气）=2H2CO2中碳元素化合价升高，碳是还原剂，二氧化碳是氧化产物，D不选。答案选B。9、B【解析】A.为避免加热时出现暴沸现象，应提前在烧瓶中放入几粒沸石或碎瓷片，故A正确；B.对烧瓶进行加热时，为防止加热时烧瓶底炸裂，需垫石棉网，故B错误；C.实验室制取蒸馏水时温度计的水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处，用于测量蒸馏出的水的温度，制备蒸馏水也可不使用温度计，故C正确；D.冷凝管水流遵循逆流原理，这样冷凝效果好，故D正确。故选B。10、B【解析】有元素化合价变化的反应，一定为氧化还原反应，以此来解答。【详

8、解】A、该反应中各元素的化合价都不变，所以不是氧化还原反应，但属于分解反应，A错误；B、该反应中硫元素化合价降低，铁元素化合价升高，所以属于氧化还原反应，B正确；C、该反应中氧元素的化合价不变，所以不是氧化还原反应，C错误；D、该反应中各元素的化合价都不变，所以不是氧化还原反应，但属于化合反应，D错误。答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确发生的化学反应及元素的化合价变化是解答本题的关键，选项C是易错点，注意有单质参加或生成的反应不一定是氧化还原反应。11、A【解析】A、闻气体气味时用手轻轻扇动瓶口，让少量气体进入鼻孔，A正确；B、酒精灯用火柴点燃，B错误；C、过滤用玻璃棒引流，C错误；

9、D、坩埚要用坩埚前夹持，D错误；答案选A。12、D【解析】A. 题干中离子方程式得失电子不守恒，质量不守恒，应改为2Al2OH2H2O=2AlO2-3H2，故A错误；B、钠放入硫酸铜溶液中是与水发生反应，离子方程式为2Na+2H2O+Cu2=2Na+H2+Cu(OH)2，故B错误；C、一水合氨为弱碱，书写离子方程式时不能拆开，离子反应为：Al33NH3H2O=Al(OH)3+ NH4+,故C错误；D、Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为：Ba22OH2HSO=BaSO42H2O，故D正确；综上所述，本题应选D。【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正

10、确可从以下几个方面进行：从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等(题中B项)；从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等(题中C项)；从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中A项）；从反应的条件进行判断；从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。13、C【解析】A. 加盐酸有无色气体产生，该气体能使澄清石灰水变混浊，原溶液中可能有CO，也可能是 或者是 ，故A错误；B. 加氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，淀淀不消失，原溶液中一定有SO或者是 ，故B错误；C. Cu2+使溶液为蓝色，故C正确；D. 某溶液中加入

11、AgNO3溶液有白色沉淀生成，则该溶液中可能有Cl-或者CO，故D错误；故选：C。14、B【解析】胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜，以此分析。【详解】因淀粉是胶体，不能透过半透膜，则只要袋子不破损，淀粉就不会出来，加入碘水就不变蓝。故答案选：B。15、A【解析】A氯化铝溶液中滴加氨水至过量，应生成沉淀氢氧化铝，由于氢氧化铝不溶于弱碱，所以氯化铝沉淀完全后不再变化，A错误；B向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液至过量且边滴边振荡，先生成偏铝酸钠，开始无沉淀生成，氢氧化钠反应完全后继续滴入氯化铝会和偏铝酸钠反应生成沉淀，发生Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，3AlO2-+6H2O+Al3

12、+=4Al(OH)3，两过程中氯化铝的用量为3：1，与图象符合，B正确；C向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡，开始会生成沉淀，当偏铝酸钠完全沉淀后继续滴入盐酸，沉淀会溶解，发生的反应为：AlO2-+H+H2O=Al(OH)3，Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，两过程消耗盐酸量为1：3，与图象符合，C正确；D向偏铝酸钠溶液中逐渐通入二氧化碳至过量，由于碳酸的酸性强于氢氧化铝，所以通入二氧化碳会不断生成沉淀到偏铝酸钠完全沉淀后，沉淀量不再变化，发生的反应为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-，与图象符合，D正确；答案选A。16、B【解析】A金属单质在反应中

13、只能失去电子，但处于中间价态的金属离子既有氧化性又有还原性，如Fe2+既有氧化性又有还原性，A错误；B因金属元素在反应中失去电子，则化合价一定升高，所以金属元素在化合物中一定显正价，B正确；C排在氢后面的金属与稀硫酸等不反应，无法置换出氢气，C错误；D金属单质Hg在常温下为液体，D错误；故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、NH4+ 0.8 mol/L BaCO3、BaSO4 0.04 mol 、 0.02 mol 是 0.4 mol/L 【解析】据题意分析，第一份溶液加入溶液有沉淀产生，推得可能含有；第二份溶液加足量溶液加热后收集到气体，推得一定含有，一定不存在；第三份溶液利用发生的离

14、子反应，经过计算、推得一定存在，一定不存在；根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出一定存在。【详解】（1）加入足量溶液加热后，收集到气体0.08mol气体，气体为氨气，故溶液中含有0.08mol，浓度为，故答案为：；（2）加足量溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，可知沉淀既有也含有，质量为4.66g，物质的量为： ，碳酸钡质量为： ，物质的量为，故答案为：；0.04 mol 、0.02 mol；（3）根据上述分析，溶液中肯定存在、，肯定不存在和，可能存在，根据的物质的量为0.04 mol 、0.02 mol，物质的量为0.08mol，根据电荷守恒，若无

15、则的物质的量为0.04mol，若存在则的物质的量则大于0.04mol，故肯定存在，其物质的量浓度大于等于，故答案为：是 ； 0.4 mol/L。【点睛】破解离子推断题：(1)肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；(记住几种常见的有色离子：)(2)互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化等)(3)电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等18、过滤 蒸馏 Ba2+SO42-=BaSO4 H+CaCO3=Ca2+CO2+H2O CuSO4 KC

16、l 序号化学式ICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2IICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl 用试管取少许步骤中的“无色溶液”，滴入HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液；若有白色沉淀出现，则原白色固体粉末中含有KCl；若无白色沉淀出现，则原白色固体粉末中不含KCl 【解析】假设这些物质都有，经步骤得到无色溶液和白色沉淀，说明原粉末中没有FeCl3，在该假设的前提下，白色沉淀是CaCO3、BaSO4，向该沉淀中加入稀硝酸产生无色气体，则说明沉淀中一定有CaCO3，题中告知能反应的物质之间的反应恰好完全，加入稀硝酸之后，沉淀的质量减少，说明还含有BaSO4，则原粉末中有一定有Ca

17、CO3、Na2SO4、Ba(NO3)2；KCl不和上述的任何物质反应，也不能通过实验现象去确定其是否存在，故可能有KCl。【详解】（1）经步骤得到无色溶液和白色沉淀，则该步骤为过滤；要从步骤所得“无色溶液”中提取溶剂，需要采用蒸馏；（2）经分析，原粉末中一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2，则步骤中的离子方程式为Ba2+SO42-=BaSO4；步骤中，仅CaCO3和HNO3反应，该反应的离子方程式为2H+CaCO3=Ca2+CO2+H2O；（3）经分析，原固体粉末中一定没有CuSO4，不能确定是否存在的是KCl；（4）由于原固体粉末中一定没有CuSO4，一定有CaCO3、Na2SO

18、4、Ba(NO3)2，可能有KCl，故其组成由两种情况：序号化学式ICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2IICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl（5）KCl是唯一可能存在的物质，故只需要鉴定KCl即可，可以用AgNO3溶液检验KCl：用试管取少许步骤中的“无色溶液”，滴入HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液；若有白色沉淀出现，则原白色固体粉末中含有KCl；若无白色沉淀出现，则原白色固体粉末中不含KCl。【点睛】“白色粉末”的推断题，是酸碱盐的常考题型，解答思路一般是先假设粉末还有所有的固体，再根据后续的实验现象，确定这些固体的存在情况。19、AD 玻璃棒、胶头滴管 BDAFE

19、C 4.0 将浓硫酸沿着烧杯壁缓缓注入水中，并用不断玻璃棒搅拌 DFG 【解析】(1)根据配制溶液的操作步骤确定仪器的使用情况；(2)配制步骤为：计算、称量(或量取)、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此排序；(3)选择仪器的标准是大而近，然后根据m=cVM计算；(4)根据浓硫酸溶于水放出大量热，且硫酸的密度比水大分析；(5)根据c=分析实验误差。【详解】(1)根据图示可知，配制溶液时要使用量筒、烧杯和容量瓶，不使用圆底烧瓶和分液漏斗；还缺少定容时使用的胶头滴管及搅拌、引流时使用的玻璃棒；故合理选项是AD；缺少的仪器名称为玻璃棒、胶头滴管；(2)配制一定体积一定物质的量浓度的溶液步骤为：

20、计算、称量(或量取)、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，则正确的操作顺序用字母表示为BDAFEC；(3)选择仪器的标准是大而近，要配制0.2 molL-1的NaOH溶液450 mL，应该选择使用500 mL的容量瓶，由于溶液具有均一性，故配制该溶液需要溶质NaOH的质量m(NaOH)=cVM=0.2 mol/L0.5 L40 g/mol=4.0 g；(4)由于浓硫酸溶于水会放出大量热，且硫酸的密度比水大，因此在烧杯中将浓硫酸进行稀释的操作方法是将浓硫酸沿着烧杯壁缓缓注入水中，并用不断玻璃棒搅拌；(5) A用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度会使浓硫酸偏多，导致配制溶液的浓度偏高，A不符合题意

21、；B容量瓶未干燥即用来配制溶液，不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制溶液的浓度无影响，B不符合题意；C浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容，当溶液恢复至室温时，溶液的液面低于刻度线，使溶液体积偏小，导致配制的溶液浓度偏高，C不符合题意；D往容量瓶转移时，有少量液体溅出，导致溶质的物质的量偏少，而定容时溶液的体积不变，因此根据c=可知使配制的溶液浓度偏低，D符合题意；E在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线，使溶液的体积偏小，根据c=可知使配制的溶液浓度偏高，E不符合题意；F烧杯未进行洗涤，使溶质的物质的量偏少，最终导致溶液的浓度偏低，F符合题意；G定容后塞上瓶塞反复摇

22、匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线，导致溶液的体积偏大，使配制的溶液浓度偏低，G符合题意；综上所述可知，合理选项是DFG。【点睛】本题考查了物质的量浓度溶液的配制。明确溶液配制的步骤为解答关键，注意掌握容量瓶规格的选用方法及使用温度要求，结合物质的量浓度定义式进行误差分析。浓硫酸稀释原则是：注酸入水。20、B 铜丝由黑变红 不正确 因为铁过量时：Fe2Fe3+3Fe2+ 【解析】铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，反应后的固体中一定含有四氧化三铁，可能存在未反应的铁，结合铁离子的检验方法和氢气的性质分析解答。【详解】(1)铁和水蒸气反应生成的气体为氢气，氢气比空气轻，所以虚线框

23、处宜选择的装置是B，实验时应先将螺旋状铜丝加热，铜和氧气反应生成黑色的氧化铜，变黑后再趁热迅速伸入所制得的纯净氢气中，氢气还原氧化铜生成铜，因此看到铜丝由黑变为红色，故答案为：B；铜丝由黑色变为红色；(2)实验后，为检验硬质玻璃管中的固体是否含+3价的铁元素，该同学取一定量的固体并用一定浓度的盐酸溶解，滴加 KSCN溶液，没有出现血红色，不能说明该固体中没有+3价的铁元素，因为若铁过量会和生成的铁离子反应生成亚铁离子，Fe+2Fe3+=3Fe2+，没有出现血红色，不能说明该固体中没有+3价的铁元素，因此该同学的结论不正确，故答案为：不正确；铁过量时，铁会和生成的铁离子反应生成亚铁离子，Fe+2

24、Fe3+=3Fe2+。21、0.5 0.25 35.5 3 1716 106gmol1 H+OH-=H2O Ba2SO= BaSO4 【解析】(1)n(H)=1mol，所以n(H2O)=0.5mol，n(Na+)=0.5mol，所以n(SO)=n(Na+)=0.25mol，n(Na2SO4)= n(SO)=0.25mol，所以m(Na2SO4)=0.25mol142g/mol35.5g，故答案为：0.5；0.25；35.5；(2)1.5 mol CO2中含有的氧原子的物质的量n(O)=1.5mol2=3mol，则与1.5 mol CO2中含有的氧原子数相同的H2O的物质的量n(H2O)=n(O)=3mol，故答案为：3；(3)m(NH3):m(CH4)=17:16，故答案为：17:16；(4)由质量守恒定律可知，C的质量=16g+20g-31.76g=4.24g，又因为C的物质的量为0.04mol，则C的摩尔质量=106gmol1，故答案为：106gmol1；(5)HCl和Ba(OH)2反应的离子方程式为：H+OH-=H2O，故答案为：H+OH-=H2O；BaCl2和K2SO4反应的离子方程式为：Ba2SO= BaSO4，故答案为：Ba2SO= BaSO4。