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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列溶液中氯离子浓度最大的是A15mL1molL1的AlCl3B50mL5molL1的KClO3C20mL2molL1的NH4ClD10mL2molL1的CaCl22、石棉是过去常用的保温、绝热、防火材料，但现已确认为致癌物
2、质，并正在开发它的代用品。石棉的组成可用化学式CaMg3(SiO3)4。表示，其中Si的化合价是 ( )A+2 B2 C+4 D43、下列离子方程式不正确的是A氢氧化钡溶液中加少量小苏打：Ba2+2OH+2=BaCO3+2H2OB向稀氨水中加稀盐酸:NH3H2O+H+=+H2OC少量氢氧化钠与氢硫酸反应：OH+H2S=HS-+H2OD标准状况下2.24LCO2通入1mol/L100mLNaOH溶液中：CO2+OH=4、有一种固体化合物X，本身不导电，但熔融状态下或溶于水时能够电离，下列关于X的说法中，正确的是（ ）AX只能是盐类BX可能是非电解质CX一定是电解质DX可以是任何化合物5、下列各组
3、微粒中，在一定条件下均可以作氧化剂的是()AFe、H2O、CO2BFe3、MnO4、NO3CCl2、HClO、MgDClO、Cl、Ag6、如图所示装置，试管中盛有水，气球a盛有干燥的固体过氧化钠颗粒，U形管中注有浅红色的水。已知，过氧化钠与水反应是放热的将气球用橡皮筋紧缚在试管口，实验时将气球中的固体颗粒抖落到试管b的水中，将发生的现象是（）AU形管内红色褪去B试管内溶液变红C气球a被吹大DU形管水位dc，故D错误；故答案：C。7、B【解析】甲、乙两烧杯中各盛有100mL1.5molL1的盐酸和氢氧化钠溶液，可知HCl和NaOH的物质的量均为1.5molL10.1L=0.15mol，加入的Al
4、粉质量为2.7g，其物质的量为=0.1mol，再结合2Al+6HCl2AlCl3+3H2、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2分析，甲、乙烧杯中生成的氢气的物质的量，再推断体积比即可。【详解】甲、乙两烧杯中各盛有100mL1.5molL1的盐酸和氢氧化钠溶液，可知HCl和NaOH的物质的量均为1.5molL10.1L=0.15mol，加入的Al粉质量为2.7g，其物质的量为=0.1mol，在甲烧杯2Al+6HCl2AlCl3+3H2中Al粉过量，生成氢气的物质的量为0.15mol=0.075mol，在乙烧杯2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2中，NaOH过量，生成氢
5、气的物质的量为0.1mol=0.15mol，则甲、乙两烧杯中生成气体在相同条件下的体积比等于气体的物质的量之比，即为0.075mol：0.15mol=1：2，答案选B。8、D【解析】A.1mol任何气体单质所含的分子数目相同,但是原子数不一定相同，故A错误；B.氢气为双原子分子,2g氢气的物质的量为1mol,含有2mol氢原子,所含原子数目为2NA，故B错误；C.常温常压不是标准状况，题中条件无法计算11.2L氮气的物质的量,故C错误；D.17g氨气的物质的量为1mol，1mol氨气中含有10mol电子,所含电子数目为10 NA,故D正确；本题答案为D。9、D【解析】D2、T2的摩尔质量分别是
6、4g/mol、6g/mol；设D2、T2两种气体的的质量均为m，则其物质的量分别是 、；根据阿伏伽德罗定律的推论，等温等压下，体积比等于物质的量比；等温等压下，密度比为摩尔质量的比。【详解】D2、T2的摩尔质量分别是4g/mol、6g/mol，等温等压下，密度比为摩尔质量的比，所以密度之比4g/mol：6g/mol =2:3，故A正确；设D2、T2两种气体的质量均为m，则其物质的量分别是 、，质子数之比为 ： =3:2，故B正确；等质量D2、T2两种气体的物质的量分别是 、，中子数之比为 ： =3:4，故C正确；等质量D2、T2两种气体的物质的量分别是 、，等温等压下，体积比等于物质的量比，所
7、以体积之比为 ：=3:2，故D错误。选D。【点睛】本题考查以物质的量为中心的计算、阿伏伽德罗定律的推论的应用，特别是对摩尔质量的灵活运用，有助于提高学生获取信息的能力。10、B【解析】A. 过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成； B. 分子个数N=n NA，物质的量n = ；C. 标况下四氯化碳为液态；D. 根据物质的量n = 求出氯气的物质的量，然后根据氯气和铁反应后变为-1价来分析。【详解】A. 过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠晶体中含1mol过氧根即NA个，故A项错误；B. 48g O3的物质的量n = = = 1 mol；因此其分子个数为N = n NA = N
8、A个，故B项正确；C. 标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C项错误；D. 7.1g氯气的物质的量n = = = 0.1 mol，而氯气和铁反应由0价变为1价，故0.1 mol氯气转移0.2 mol电子即0.2 NA个，故D项错误；答案选B。【点睛】与阿伏加德罗常数相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。A项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、误把固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。11、B【解析】胶体具有丁达尔效应是指当
9、光束通过胶体分散系时能看到一条光亮的通路，空气中的灰尘等微粒分散在空气中形成气溶胶，光束通过时会发生丁达尔效应，因此投影光束、美丽晚霞、林中光柱都属于空气的丁达尔效应；布朗运动是胶体微粒所做的永不停息的无规则运动，与丁达尔效应无关，故选B。12、D【解析】A、自然界中铜以化合态形式存在，故A错误；B. 电解饱和食盐水发生反应2NaCl + 2H2O2NaOH + Cl2+ H2，不能得到金属钠，应该电解熔融状态的氯化钠，故B错误；C、高温下，碳被氧化为二氧化碳，二氧化碳和C反应生成CO，所以高炉炼铁的主要反应原理是CO在高温下将氧化铁还原成铁，故C错误；D海水中镁离子的浓度较低，在海水中加入石
10、灰乳可得氢氧化镁沉淀，实现了镁的富集，故D正确；故选D。13、C【解析】A项，Fe3显黄色；B项，Ag和Cl不能大量共存；D项，含有HCO3，会与H发生反应而不能大量存在。14、B【解析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别在于是否有新物质生成，据此分析判断。【详解】A.工业制漂白粉，以Cl2和Ca(OH)2为原料制备漂白粉有效成分为Ca(ClO)2)，有新物质生成，属于化学变化，故A项不符合题意；B.焰色反应是指某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征颜色的反应，该过程没有新物质生成，属于物理变化，故B项正确；C.铜的锈
11、蚀是铜在一定条件下生成铜锈的过程，有新物质生成，属于化学变化，故C项不符合题意；D.煤炭燃烧过程中有新物质二氧化碳等生成，属于化学变化，故D项不符合题意；答案选B。15、B【解析】A为圆底烧瓶，故A错误；B为容量瓶，故B正确；C为锥形瓶，故C错误；D为分液漏斗，故D错误；故选B。16、A【解析】A金属阳离子可得电子被还原，具有氧化性，处于中间价态的金属阳离子可具有还原性，如亚铁离子，故A正确；B浓硫酸不能氧化二氧化硫，则能用浓硫酸干燥二氧化硫气体，故B错误；C氧化还原反应中可能同种元素既被氧化又被还原，如氯气与NaOH的反应，故C错误；D元素由化合态转化为游离态时，化合价可能降低也可能升高，则
12、可能被氧化也可能被还原，故D错误；答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、BaCl2 AgNO3 CO32+2H+=CO2+H2O n（Cl）：n（NO3）：n（Cu2+）=1：1：1 Zn+Cu2+Zn2+Cu 【解析】试题分析：C盐的溶液呈蓝色，说明C中含有Cu2+；加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，B中含有Ag+，由于硫酸银、氯化银、碳酸银都是沉淀，所以B是AgNO3；D盐的溶液有无色无味的气体逸出，放出气体是二氧化碳，D中含有CO32，由于BaCO3是沉淀，所以D是NaCO3；A中含有Ba2+，由于硫酸钡难溶于水，所以A是氯化钡；则C是CuSO4；解析：根据以上分析，（1）A是Ba
13、Cl2； B是AgNO3；（2）盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式是CO32+2H+=CO2+H2O；（3）将含相同物质的量BaCl2、AgNO3、CuSO4混合后，发生Ba2+ SO42= BaSO4；Ag+ Cl= Ag Cl，所以溶液中存在的离子及物质的量之比n（Cl）：n（NO3）：n（Cu2+）=1：1：1；在此溶液中加入锌粒，锌把铜置换出来，发生反应的离子方程式Zn+Cu2+Zn2+Cu点睛：离子反应发生的条件是生成沉淀、气体、水，凡是能结合成沉淀、气体、水的离子不能共存。18、H2 Cl2 CO2 HCl H2+Cl22HCl Cl2+H2OHCl+HCl
14、O CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O 【解析】A是密度最小的气体,应为H2 ,B在通常情况下呈黄绿色,应为Cl2 ,纯净的A可以在B中安静地燃烧,发出苍白色的火焰并生成HCl,则D为HCl；把无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊，C为CO2 ；(1)由以上分析可以知道A为H2 ,B为Cl2 ,C为CO2,D为HCl；因此，本题正确答案是:H2 、 Cl2 、CO2 、HCl。（2）氢气在点燃条件下与氯气反应生成氯化氢，反应方程式为：H2+Cl22HCl；综上所述，本题答案是：H2+Cl22HCl。氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO；综上
15、所述，本题答案是：Cl2+H2OHCl+HClO。 二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，C与澄清石灰水反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O；综上所述，本题答案是：CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O。19、500mL容量瓶 13.6 重新配制 偏低 偏高 【解析】（1）没有480mL容量瓶，因此需要配制500mL溶液，则实验需要的玻璃仪器除了烧杯，胶头滴管、量简、玻璃棒，还需要500mL容量瓶；（2）根据可知浓硫酸的浓度是。由于稀释过程中溶质的物质的量不变，则需用量筒量取浓硫酸的体积为；（3）量取浓硫酸和定容时需要用到胶头滴管，则其中一定用到胶头滴管的有；若
16、步骤定容时加水超过刻度线，实验失败，需要重新配制。（4）浓硫酸吸水，所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中，导致硫酸的物质的量减少，浓度偏低；用量简量取浓硫酸时仰视液面，导致量取的硫酸体积增加，溶质增加，浓度偏高。点睛：明确实验原理是解答的关键，难点是误差分析。配制一定物质的量浓度溶液的实验是中学化学中一个重要的定量实验，实验过程中引起溶液浓度存在误差的因素有很多。从大的方面讲，一是由实验过程中的不规范操作引起的；二是由仪器或药品等系统原因引起的。由于引起误差的原因复杂，所以误差分析就成为化学实验中的一个难点。在命题时，有关误差分析的内容既可以以选择题的形式进行考查，也可以以填空题的形式进行
17、考查，既可以考查判断误差导致的结果，也可以考查引起误差的可能原因。20、白色粉末中不含CuSO4、不能同时含有MgCl2和Na2CO3、可能含NaCl和Na2SO4 NaCl或Na2SO4或两者混合物 取中溶液于试管中，加入足量的Ba(NO3)2溶液, 将上述步骤得到的溶液静置，取上层清液于另外一支试管中，加入AgNO3溶液 有白色沉淀生成, 无明显现象 Ba2SO42BaSO4 该溶液中有硫酸钠, 该粉末之中没有氯化钠，只有硫酸钠 【解析】(1)取少量粉末，加水溶解，得无色透明溶液，说明溶液中无铜离子，该粉末无有CuSO4；溶液中无沉淀产生，说明溶液中不能同时含有MgCl2和Na2CO3；据
18、此进行分析；(2)通过实验，可以判断出粉末中无硫酸铜；通过实验可以判断出粉末中无氯化镁；通过实验可以证明粉末中无碳酸钠，据以上结论进行分析；(3)若要鉴定只有硫酸钠存在，可以根据硫酸根离子能够和钡离子产生沉淀的性质来选择硝酸钡鉴别，然后加入硝酸银来排除氯离子的存在即可。【详解】(1)取少量粉末，加水溶解，得无色透明溶液，溶液中不含铜离子，所以白色粉末中不含CuSO4；由于镁离子和碳酸根子不能共存，所以粉末中不能同时含有MgCl2和Na2CO3；而NaCl和Na2SO4二者不反应，且能够与MgCl2或Na2CO3大量共存，因此根据实验，能得到的结论是：白色粉末中不含CuSO4、不能同时含有MgC
19、l2和Na2CO3、可能含NaCl和Na2SO4；综上所述，本题答案是：白色粉末中不含CuSO4、不能同时含有MgCl2和Na2CO3、可能含NaCl和Na2SO4 。 (2)根据实验可以知道混合物中没有硫酸铜，根据实验可以知道该固体中不含氯化镁，加入稀盐酸没有现象说明没有碳酸钠，至此只有氯化钠和硫酸钠没有涉及到，故它们是可能存在的，所以可以作出三种推测，即只有氯化钠；只有硫酸钠；氯化钠和硫酸钠的混合物；综上所述，本题答案是：NaCl或Na2SO4或两者混合物。 (3)取中溶液于试管中，加入足量的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，说明生成了硫酸钡白色沉淀，反应的离子方程式为 Ba2SO42
20、BaSO4；将上述步骤得到的溶液静置，取上层清液于另外一支试管中，加入AgNO3溶液，没有明显现象，说明没有氯化银沉淀生成，即溶液中不含氯离子。所以该溶液中只含有硫酸钠；结论为该白色固体中没有氯化钠，只有硫酸钠；综上所述，本题答案是：取中溶液于试管中，加入足量的Ba(NO3)2溶液, 将上述步骤得到的溶液静置，取上层清液于另外一支试管中，加入AgNO3溶液； 有白色沉淀生成，无明显现象；Ba2SO42BaSO4，该溶液中有硫酸钠， 该粉末之中没有氯化钠，只有硫酸钠。21、I Fe3 32 【解析】氧化还原反应中:氧化剂的氧化性氧化产物的氧化性,还原剂的还原性还原产物的还原性,根据还原性强弱为：
21、I-Fe2+Br-Cl-规律可知，氧化剂先氧化还原性强的离子,再氧化还原性弱的离子；通入氯气后,碘离子先被氧化,其次是亚铁离子,最后是溴离子；在通入氯气的量为0-1mol的过程中,碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol；通入氯气的量为1-3mol的过程中,亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大,所以含有亚铁离子共4mol；在通入氯气的量为3-6mol的过程中，溴离子从6mol降到0，所以溴离子的物质的量是6mol；据以上分析回答。【详解】(1) Cl、Br、Fe2、I的还原性依次增强,氧化剂先氧化还原性强的离子,再氧化还原性弱的离子；通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁
22、离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为0-1mol的过程中,碘离子从最大量降到0，所以a线代表溶液中的I的变化情况；综上所述，本题答案是：I。(2)通入氯气的量为1-3mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以c线代表溶液中的Fe3的变化情况；因此，本题正确答案是：Fe3。(3) 通入氯气的量为1-3mol 的过程中,亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大,所以含有亚铁离子共4mol；在通入氯气的量为3-6mol的过程中，溴离子从6mol降到0，所以溴离子的物质的量是6mol；所以原溶液中Br与Fe2的物质的量之比为：6:4=32；综上所述，本题答案是：32。【点睛】对于含有几种还原性不同的离子的溶液来说，加入同一种氧化剂，该氧化剂先与还原性强的离子反应，直至该离子全部被氧化，才能接着进行下一个离子的氧化反应，也就是体现了氧化还原反应中的“反应先后”规律。