2022-2023学年福建省泉港区第二中学化学高一上期中调研试题含解析.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、等体积的两容器内，一个盛CH4，另一个盛NH3，若容器内温度、压强相同，则两容器内所盛气体比较，结论一定不正确的是A分子个数比为1:1B质量比为17:16C原子个数比

2、为5:4D氢原子个数比为4:32、下列叙述中正确的是A检验稀盐酸和氢氧化钠溶液是否恰好完全反应，可在反应后溶液中滴加无色酚酞溶液，无明显现象，恰好完全反应B某液体可能是海水或蒸馏水，将其蒸发结晶，液体消失，无残留物，该液体为蒸馏水C检验溶液中是否含硫酸根离子，蒸发结晶液体消失，无残留物，溶液中一定含硫酸根离子D某溶液中加入稀盐酸有气泡产生，该溶液中一定含碳酸根离子3、吸入人体内的氧有2%转化为氧化性极强的“活性氧”，它能加速人体衰老，被称为“生命杀手”，服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体内的活性氧，由此推断Na2SeO3在人体中的作用是( )A作氧化剂B作还原剂

3、C既作氧化剂又作还原剂D既不作氧化剂又不作还原剂4、物质的量浓度为0.05molL-1的金属氯化物(RClx)溶液20mL，恰好与20mL0.15molL-1的AgNO3溶液完全反应。则x为A1 B2 C3 D45、吸收多余的氯气，最好选用A澄清石灰水B饱和食盐水C浓NaOH溶液D浓硫酸6、下列离子方程式书写正确的是A钠与水反应：Na2H2ONa+2OHH2B氯气通入溴化钠溶液中：Cl22Br2ClBr2C硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液混合：SO42Ba2+BaSO4DCaCO3与稀盐酸反应：CO322H+CO2H2O7、在两个密闭容器甲、乙中，依次充入氧原子数目相同的O2、O3两种气体，若它们的温

4、度和密度均相同。下列说法正确的是A气体体积：甲乙B气体的质量：甲乙C气体的分子数：甲乙D气体的压强：甲乙8、NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是ACO的摩尔质量为28gB1molL-1 NaOH溶液中所含有Na+数目为NAC8g NH4NO3中含有0.2mol N原子D0.5mol H2所占的体积约为11.2L9、下列反应中，既是离子反应，又是氧化还原反应的是( )铁和盐酸反应：Fe2HCl=2FeCl2 + H2生石灰溶于水：CaOH2O=Ca(OH)2氯化钠溶液和浓硫酸混合加热：2NaClH2SO4(浓) =Na2SO42HCl二氧化锰跟浓盐酸在加热条件下反应：MnO24HCl(浓)

5、=MnCl2Cl22H2O氢气在氯气中燃烧：H2Cl2=2HClA B C D10、下列说法正确的是ANa2CO3溶液显碱性，NaHCO3溶液显酸性B可用加热方法除去NaHCO3固体中的Na2CO3杂质C用Ba（OH）2溶液能鉴别碳酸钠和碳酸氢钠溶液D等质量的Na2CO3、NaHCO3固体分别与足量盐酸反应，后者产生的CO2多11、著名科学家张青莲教授主持测定了铟、铱、锑、铕等几种元素的相对原子质量新值，其中他测定核电荷数为63的铕元素的相对原子质量的新值为152。则下列说法正确的是（）A铕元素的原子质子数为63B铕元素的原子中子数为63C铕元素的原子核外电子数为152D铕元素的原子的质量为1

6、5212、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 = I22Cl13、下列各叙述正确的是（ ）A3 mol OH-的质量为 51 g/molB铁的摩尔质量就是它的相对原子质量C一个 12C 的实际质量约等于 12/6.021023gD二氧化碳的摩尔质量是44g14、发现原子中存在电子的科学家

7、是A道尔顿B拉瓦锡C卢瑟福D汤姆生15、下列各组离子在溶液能够大量共存的( )ACa2+、Cl-、K+、CO32-BFe3+、Cl-、H+、SO42-CFe2+、OH-、NO3-、SO42-DHC03-、Na+、OH-、K+16、下列反应的离子方程式能用“H+OH-=H2O”来表示的是AHCl+NaOH=NaCl+H2OBH2SO4+Ba(OH)2=BaSO4+2H2OCCH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2OD2HCl+Cu(OH)2=CuCl2+2H2O二、非选择题（本题包括5小题）17、AE 是核电荷数均小于 20 的元素。已知：A 原子的原子核内无中子；B 原子的 L 层电子

8、数是 K 层电子数的 3 倍；C 元素的原子 M 层比 L 层电子数少 1 个；D 元素的+2 价阳离子和氖原子具有相同的电子数；E 原子的最外层电子数与 B 相同。(1)写出五种元素的元素符号：A_；B_；C_；D_；E_。(2)写出 D2+离子的结构示意图_。(3)写出 C 形成离子时的电子式_。(4)A 与 B 可形成两种化合物，其原子个数比分别为 2:1 和 1:1，且这两种化合物中电子总数分别为 10和 18。请写出这两种化合物的化学式：_、_。(5)A 元素与 C 元素组成的化合物的电离方程式：_。18、今有甲、乙两种固体和A、B、C、D四种物质的溶液。已知甲、乙中有一种为氧化铜，

9、A、B、C、D分别是盐酸、氯化钠、氯化铜和氢氧化钠中的一种。这六种物质之间有如下转化关系：乙BA水；AC乙D；甲BA水。（1）写出下列四种物质的化学式：甲_， 乙_， A_， D_。（2）用离子方程式表示上述三个变化：_，_，_。19、如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的部分内容，请回答下列问题：(1)欲配制 80mL 1.0mol/L的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为_mL(2)配制过程中需用仪器的先后顺序是_. 5mL量筒 10mL量筒 50mL烧杯托盘天平 100mL容量瓶 胶头滴管 玻璃棒A B C D(3)对所配制的稀硫酸进行测定，发现其浓度大于1.0mol

10、/L，配制过程中下列各项操作可能引起该误差的原因_A用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线B容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水C将稀释后的硫酸溶液立即转入容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作D转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面20、I.是一种重要的化工原料，下图是一些含氯产品： (1)中钢瓶上应贴的标签为_。A腐蚀品 B爆炸品 C有毒品 D易燃品(2)化学工业中通过“氯碱工业”制取氯气等产品，其化学方程式为_。(3)制备“84消毒液”(有效成分为)的化学方程式为_。(4)工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，其有效成分是_(填化学式)。II.实验室里除了用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，也可

11、以利用反应：制取并收集纯净、干燥的氯气，部分装置如图所示：(1)若以和浓盐酸为原料制取氯气，请根据反应原理从下图中选择合适的制气装置_(填代号)。a. b. c. (2)装置B的作用_。(3)E中的试剂可选_。A溶液 B溶液 C溶液 D水21、煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。将含有的SO2和NOx的烟气通入盛有NaClO2溶液的反应器中，反应一段时间后，测得溶液中离子浓度的有关数据如下（其它离子忽略不计）：离子Na+SO42NO3OHClc/(molL1)5.51038.5104y2.01043.4103（1）NaClO2属于钠盐，

12、其中氯元素的化合价为_；NaClO2的电离方程式为：_。（2）SO2和NOx经NaClO2溶液吸收后转化为_。此吸收过程中NaClO2所起的作用是_。（3）表中y=_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】等体积的两容器内，一个盛CH4，另一个盛NH3，若容器内温度、压强相同，则CH4、NH3的物质的量一定相等。【详解】ACH4、NH3的物质的量相等，则分子个数比为11，故A正确； BCH4、NH3的物质的量相等，则m(CH4)：m(NH3)= 16：17，故B错误；CCH4、NH3的物质的量相等，CH4、NH3原子个数比为54，故C正确；DCH4、NH3的物质的量相等，

13、CH4、NH3氢原子个数比为43，故D正确；选B。2、B【解析】A、在反应后的溶液中滴加无色酚酞试液无明显现象，说明恰好完全反应或稀盐酸过量。故选项错误；B、海水中含有氯化钠、氯化钙、氯化镁等物质，蒸发时能够产生固体物质，蒸馏水中没有溶解物质，蒸发时不能产生固体。故选项正确；C、硫酸钡是不溶于稀硝酸的白色固体，向某溶液中加入硝酸钡溶液，再加入稀硝酸后有白色沉淀产生，说明溶液中含有硫酸根离子。故选项错误；D、碳酸氢根离子也和盐酸反应放出二氧化碳，所以检验溶液中是否含有碳酸根离子加入稀盐酸，有气泡，溶液中不一定含有碳酸根离子，故此选项错误。答案选B。3、B【解析】“活性氧”氧化性极强，服用含硒元素

14、(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体内的活性氧，表明Na2SeO3能将“活性氧”还原，“活性氧”为氧化剂，Na2SeO3为还原剂，由此可知Na2SeO3在人体中作还原剂，故答案为：B。4、C【解析】n（Ag+）=0.02L0.15mol/L=0.003mol，根据反应方程式Ag+ + Cl=AgCl得： Ag+ + Cl=AgCl 1 10.003mol n（Cl），解得n（Cl）=0.003mol，因n（RClx）=0.02L0.05mol=0.001mol，则x=3，故答案选C。5、C【解析】A澄清石灰水是氢氧化钙溶液，氢氧化钙微溶于水，溶液浓度小，不利于吸收氯气，故A错

15、误； B氯气能溶于水，难溶于饱和食盐水，不能吸收氯气，故B错误；C氯气能与碱反应，浓NaOH溶液浓度高，吸收氯气的效率高，故C正确；D浓硫酸不与氯气反应，不能吸收氯气，故D错误；答案选C。【点睛】吸收氯气需要用和氯气反应比较明显的物质，饱和食盐水可以除去氯气中的氯化氢气体，用于除杂，不用于吸收。6、B【解析】A、离子方程式应满足质量和电荷守恒，钠与水反应的离子方程式应为2Na+2H2O=2Na+OH-+H2，故A错误；B二者发生置换反应生成氯化钠和溴，离子方程式为Cl2+2Br-2Cl-+Br2，故B正确；C漏写生成的氢氧化铜沉淀，离子方程式为Cu2+2OH-+Ba2+SO42-=BaSO4+

16、Cu(OH)2，故C错误；D碳酸钙不溶于水，溶于稀盐酸中的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，故D错误；故选B。【点睛】本题考查离子反应方程式的书写和正误判断。本题的易错点为C，要注意不要漏写离子反应。7、D【解析】温度和密度均相同且氧原子数目相同的O2、O3两种气体，两容器气体的质量相等，氧原子的个数以及物质的量相等，则A氧原子个数相等时，气体的质量相等，密度相等，根据则气体的体积也相等，选项A错误；B氧原子个数相等时，气体的质量相等，选项B错误；C氧原子个数相等时，气体的物质的量之比为n（O2）：n（O3）=3：2，物质的量与分子数成正比，则两种气体的分子数目也是3：2

17、，选项C错误；D氧原子个数相等时，气体的物质的量之比为n（O2）：n（O3）=3：2，由PV=nRT可知，两种气体的压强之比为3：2，即气体的压强：甲乙，选项D正确。故选D。【点睛】O2、O3都是由O原子构成，所以氧原子个数相等时，气体的质量相等，此条件是解题的关键。8、C【解析】摩尔质量的单位是g/mol；根据n=cV，没有溶液体积不能计算溶质的物质的量；8g NH4NO3的物质的量是0.1mol；非标准状况下，0.5mol H2所占的体积不一定是11.2L。【详解】CO的摩尔质量为28g/mol，故A错误；没有溶液体积不能计算溶质的物质的量，故B错误；8g NH4NO3的物质的量是0.1m

18、ol，所以N原子的物质的量是0.2mol，故C正确；标准状况下，0.5mol H2所占的体积约为11.2L，故D错误。9、C【解析】属于离子反应说明有离子参加反应或离子生成，属于氧化还原反应，说明该反应中有电子转移，其特征是有元素化合价升降，据此分析解答。【详解】该反应中Fe元素化合价由0价变为+2价、H元素化合价由+1价变为0价，所以属于氧化还原反应，且该反应在水溶液中进行，有离子参加，所以属于离子反应和氧化还原反应；生石灰溶于水属于离子反应，反应中各元素化合价不变，所以不属于氧化还原反应；氯化钠溶液和浓硫酸混合加热属于离子反应，反应中各元素化合价不变，所以不属于氧化还原反应；该反应中Cl元

19、素化合价由1价变为0价、Mn元素化合价由+4价变为+2价，所以属于氧化还原反应，且该反应在水溶液中进行，有离子参加，所以属于离子反应和氧化还原反应；氢气在氯气中燃烧属于氧化还原反应，但该反应中没有离子参加，所以不属于离子反应；即选项符合，答案选C。【点睛】本题考查离子反应和氧化还原反应，侧重考查基本概念，根据离子反应、氧化还原反应的本质分析解答即可，注意离子反应一般在水溶液中进行。10、D【解析】A、NaHCO3溶液显碱性，Na2CO3溶液显碱性，是由于其中的弱酸阴离子水解导致的，故A错误；B、因2NaHCO3 Na2CO3+CO2+H2O，则用加热的方法不可以除去Na2CO3杂质，故B错误；

20、C、当碱少量时，发生Na2CO3+Ba(OH)2 BaCO3+2NaOH、2NaHCO3+BaBa(OH)2 Na2CO3+BaCO3+2H2O，用Ba（OH）2溶液不能鉴别碳酸钠和碳酸氢钠溶液，两者均产生沉淀，故C错误；D、设质量都是106g，则Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为1mol、106/84mol，后者产生的CO2多，故D正确；故选D。11、A【解析】A原子的质子数=核电荷数=63，故A正确；B中子数=质量数-质子数=152-63=89，故B错误；C原子核外电子数=核电荷数=63，故C错误；D铕元素原子的质量是指实际质量，单位为g，该题中无法判断，故D错误；故答案为A。【点

21、睛】原子符号的左上角数字表示质量数，左下角数字为质子数，质量数=质子数+中子数； 质子数=原子序数=核电荷数=原子核外电子数。12、D【解析】A.还原剂经过氧化反应生成氧化产物。B.氧化剂的氧化性强于氧化产物。 C.每1molCo2O3参加反应，转移2mol电子。D.通过上述反应可以得出Cl2氧化性强于 I2。【详解】A. 还原剂经过氧化反应生成氧化产物，反应、中的氧化产物分别是I2、Fe3、Cl2，A错误。B. 氧化剂的氧化性强于氧化产物，根据以上反应氧化性：Co2O3Cl2Fe3，B错误。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.

22、 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。13、C【解析】A. 3 mol OH-的质量为 51 g。故错误；B. 当质量以克为单位时，铁的摩尔质量在数值上等于它的相对原子质量，故错误；C.1mol 12C的质量为12克，所以一个 12C 的实际质量约等于 12/6.021023g，故正确；D. 二氧化碳的摩尔质量是 44 g/mol，故错误。故选C。14、D【解析】道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体；汤姆生发现了电子，提出“葡萄干面包式”的原子结构模型；英国科学家卢瑟福提出带核的原子结构行

23、星模型，丹麦物理学家波尔引入了量子论；最先发现电子的是英国科学家汤姆生，故选D。15、B【解析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质和发生的化学反应分析判断。【详解】A. Ca2+、CO32-结合生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，A错误；B. Fe3+、Cl-、H+、SO42-之间不反应，可以大量共存，B正确；C. Fe2+、OH-结合生成氢氧化亚铁沉淀，不能大量共存，C错误；D. HC03-、OH-结合生成碳酸根和水，不能大量共存，D错误。答案选B。16、A【解析】A.反应生成氯化钠和水，离子方程式为H+OH-=H2O，A正确；B.硫酸钡不溶于水，不能拆分，不能用H+OH-=H

24、2O 表示，B错误；C.醋酸为弱电解质，不能拆分，不能用H+OH-=H2O 表示，C错误；D.氢氧化铜不溶于水，不能拆分，不能用H+OH-=H2O 表示，D错误；答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、H O Cl Mg S H2O H2O2 HCl=H+Cl- 【解析】A原子的原子核内无中子，则A为H；B原子的L层（第二层）电子数是K层（第一层）电子数的3倍，即第二层6个电子，则B为O；C元素的原子M层(第三层)比L层电子数少1个，即第三层7个电子，C为Cl；氖原子电子数为10，即D元素核外电子数为12，D为Mg；E原子的最外层电子数与B相同且E原子序数小于20，E为S。【详解】A原子

25、的原子核内无中子，则A为H；B原子的L层（第二层）电子数是K层（第一层）电子数的3倍，即第二层6个电子，则B为O；C元素的原子M层(第三层)比L层电子数少1个，即第三层7个电子，C为Cl；氖原子电子数为10，即D元素核外电子数为12，D为Mg；E原子的最外层电子数与B相同且E原子序数小于20，E为S。（1）A：H B：O C：Cl D：Mg E：S（2）镁离子；（3）氯离子，电子式加中括号。；（4）A 与 B 可形成H2O和H2O2（5）氢原子和氯原子形成氯化氢，属于强电解质，完全电离，HCl=H+Cl- 。18、CuO Cu(OH)2 CuCl2 NaCl Cu(OH)2+2H+=Cu2+2

26、H2O Cu2+ +2OH-=Cu(OH)2 CuO+2H+=Cu2+ +H2O 【解析】甲、乙两种固体均与B反应，生成A和水，再分析给出的四种物质可知B为盐酸、A为氯化铜；所以甲乙中均含有铜元素，又A+C=乙+D，能与氯化铜反应的只有氢氧化钠，所以C为氢氧化钠，D为氯化钠，乙为氢氧化铜，则甲为氧化铜【详解】(1)根据以上分析可知，甲为CuO；乙为Cu(OH)2；A为CuCl2；D 为NaCl；(2)氢氧化铜为难溶物所以不能拆，故乙与B的离子反应为：Cu(OH)2+2H+=Cu2+2H2O；A与C的离子反应为：Cu2+ +2OH-=Cu(OH)2；氧化铜为难溶物不能拆，故甲与B的离子反应为：C

27、uO+2H+=Cu2+ +H2O。19、5.4 mL B AC 【解析】(1)根据 ，浓硫酸的物质的量浓度是 mol/L ；欲配制 80mL 1.0mol/L的稀硫酸，需用100 mL的容量瓶，根据计算浓硫酸的体积；(2)根据实验步骤分析使用仪器的先后顺序；（3）根据 分析误差。【详解】(1)欲配制 80mL 1.0mol/L的稀硫酸，需用100 mL的容量瓶，需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为 5.4 mL；(2)实验步骤为：(1)计算、 (2)量取 、(3)稀释 、(4)转移、 (5)洗涤、 (6)定容、 (7)摇匀,使用仪器的先后顺序是10mL量筒 50mL烧杯 玻璃棒 100mL容量瓶

28、胶头滴管；选B；（3）用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线，浓硫酸体积偏大，硫酸物质的量偏大，所得溶液浓度偏大，故选A；溶液配制最后需加水定容，转移前容量瓶中含有少量蒸馏水，对所配溶液浓度无影响，故不选B；将稀释后的硫酸溶液立即转入容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作，所得溶液体积偏小，浓度偏大，故选C；转移溶液时，有少量溶液洒到容量瓶外面，硫酸物质的量偏小，所得溶液浓度偏小，故不选D。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，会根据操作步骤选择仪器，会根据分析误差，如果n偏小或V偏大则配制溶液浓度偏低，易错点是误差分析。20、C b 吸收氯化氢气体 A 【解析】本题是一道以氯气的性质和氯气的制

29、取为核心的综合题，难度一般。【详解】I.（1）氯气是一种有毒的气体，因此需要贴上有毒品的标签；（2）氯碱工业即以电解饱和食盐水为基础的工业，写出电解饱和食盐水方程即可：；（3）若要制得次氯酸钠，将氯气通入氢氧化钠溶液即可，反应原理与漂白粉的制取类似：；（4）漂白粉的主要成分为和，有效成分只有；II.（1）从方程式可以看出，我们需要一个固液不加热制气体的装置，因此选用装置b即可； （2）装置B中的饱和食盐水只吸收氯化氢而不吸收氯气，因此可以除去氯气中混入的氯化氢气体；（3）E是尾气处理，防止氯气溢出，一般选择碱液来吸收氯气，故答案选A。21、+3NaClO2=Na+ ClO2SO42、NO3充当

30、氧化剂2.0104【解析】(1). NaClO2中钠离子的化合价为+1，O元素的化合价为2，设氯元素的化合价为x，则+1+x+(2)2=0，解得x=+3；NaClO2为钠盐，属于强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和ClO2，其电离方程式为：NaClO2=Na+ ClO2，故答案为+3；NaClO2=Na+ ClO2；(2). 根据质量守恒定律并结合表中离子可知SO2经NaClO2溶液吸收后转化为SO42，NOx经NaClO2溶液吸收后转化为NO3；吸收过程中NaClO2中+3价氯原子被还原成1价的Cl，所以NaClO2所起的作用是充当氧化剂，故答案为SO42、NO3；充当氧化剂；(3). 根据

31、电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=2c(SO42)+c(NO3)+c(OH)+c(Cl)，c(H+)的浓度较小，可忽略不计，则c(NO3)=c(Na+)2c(SO42)c(OH)c(Cl)=(5.51038.510422.01043.4103)mol/L=2.0104mol/L，即y=2.0104，故答案为2.0104。点睛：本题主要考查氧化还原反应、物质的量计算等知识，解题时要注意掌握氧化还原反应的特征与实质，本题的难点是第（3）问，解答本题的关键是明确溶液中电荷守恒的应用，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(SO42)+c(NO3)+c(OH)+c(Cl)，再根据c(H+)的浓度较小，可忽略不计，进而利用表中数据计算即可。