2022年河北省邯郸市东杨庄乡东杨庄中学高一化学模拟试题含解析.docx

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2022年河北省邯郸市东杨庄乡东杨庄中学高一化学模拟试题含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1.已知2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。是工业制H2SO4的一个重要的反应，控制此反应条件，使之向有利于生成SO3的反应方向进行，下列有关叙述错误的是()A．使用催化剂(V2O5)可提高该反应的反应速率B．定期抽走SO3，有利于提高SO3的产率C．增大O2的浓度，有利于提高SO2的转化率D．增大SO2的浓度，有利于提高SO2的转化率参考答案：D 2.用惰性电极电解足量的下列溶液，一段时间后，再加入一定质量的另一物质中（括号内），溶液能与原来溶液完全一样的是A．AgNO3[Ag2CO3]B．NaOH[NaOH]C．NaCl[稀HCl]D．CuSO4[Cu(OH)2]参考答案：A 3.下列反应既表现硝酸的酸性，又显示硝酸的氧化性的是（）A.CuO+2HNO3=Cu（NO3）2+H2O B.C+4HNO3（浓）=CO2+2H2O+4NO2↑C.Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2H2O+2NO2↑D.NH3+HNO3=NH4NO3参考答案：C A、因硝酸中氮元素的化合价没有变化，只生成硝酸盐，则只表现酸性，故A错误；B、硝酸与碳反应，硝酸中氮元素的化合价全部由+5价降低为+4价，只体现氧化性，而不能体现酸性，故B错误；C、生成硝酸铜，则表现硝酸的酸性，且硝酸中部分氮元素的化合价由+5价降低为+4价，则体现硝酸的氧化性，故C正确；D、反应中没有元素化合价变化，不能体现硝酸的氧化性，生成硝酸盐，则只体现酸性，故D错误；故选C。点睛：本题考查硝酸的性质，明确利用元素的化合价变化来分析氧化性及生成盐来分析酸性是解答本题的关键。根据硝酸中氮元素的化合价降低，则体现硝酸的氧化性，若生成硝酸盐，则体现硝酸的酸性。4.在100g炭不完全燃烧所得气体中CO和CO2的体积比为1:2.已知：C（s）＋1/2O2（g）=CO（g）；△H1＝-－110.35kJ/mol CO（g）＋1/2O2＝CO2（g）；△H2＝-－282.57kJ/mol则与100g炭完全燃烧相比，损失的热量是（）A．392.93kJ B．2489.42kJ C．784.92kJ D．3274.3kJ参考答案：C略5.下列物质中，含有非极性键的离子化合物是A．CaCl2 B．Ba(OH)2 C．H2O2 D．Na2O2参考答案：D略6.下列哪些事实可以证明苯酚中羟基对苯环有影响，使苯环上氢原子变得更活泼了A．苯酚具有弱酸性B．苯酚与溴反应，不需要催化剂就可以得到三溴苯酚C．苯酚在一定条件下可以与氢气加成得到环己醇D．苯酚能够与金属钠反应放出H2参考答案：B 7.下列与化学有关的表述正确的是A．生物质能源是可再生能源，缺点是严重污染环境B“春蚕到死丝方尽，蜡烛成灰泪始干”其中的“丝”和“泪”化学成分都是蛋白质C．对“地沟油”进行分馏可以得到汽油D可溶性铜盐有毒，但在生命体中，铜是一种不可缺少的微量元素参考答案：D 8.在4 L密闭容器中充入6 mol A气体和5 mol B气体，在一定条件下发生反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋xD(g)，5 s达到平衡。达到平衡时，生成了2 mol C，经测定D的浓度为0.5 mol·L－1，下列判断正确的是()A.x＝1 B.B的转化率为20%C.平衡时A的浓度为1.50 mol·L－1 D.B的平均反应速率为0.2 mol·L－1·s－1参考答案：B A、在4L密闭容器中充入6molA气体和5molB气体，在一定条件下发生反应：3A(g)+B(g)2C(g)+xD(g)，达到平衡时，生成了2molC，经测定D的浓度为0.5mol·L-1，即生成D为2mol，故x=2，A错误；B、反应消耗了B为1mol，故B的转化率为1mol/5mol×100%＝20%，B正确；C、平衡时A的物质的量为3mol，故A的浓度为0.75mol/L，C错误；D、消耗B的浓度是1mol÷4L＝0.25mol/L，则B的平均反应速率为0.25mol/L÷5s＝0.05 mol·L－1·s－1，D错误。答案选B。9.下列选项中，与氯气用途无关的是A、消毒杀菌B、制漂白粉C、制盐酸D、从海水中提取食盐参考答案：D 10.标准状况下，①6.72L NH3②1.204×1023个H2S③5.6g CH4④0.5mol HCl，下列关系正确的是（）A．体积大小：④＞③＞①＞②B．原子数目：③＞①＞④＞②C．密度大小：④＞②＞③＞①D．质量大小：④＞③＞②＞①参考答案：B考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、相同条件下，体积之比等于物质的量之比；B、计算各物质中原子的物质的量，微原子数目之比等于物质的量之比；C、同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比；D、计算各物质的物质的量，再根据m=nM计算质量，据此进行判断．解答：解：标准状况下，①6.72L NH3的物质的量为=0.3mol；②1.204×1023个H2S的物质的量为=0.2mol；③5.6g CH4的物质的量为=0.4mol；④0.5mol HCl，A、由上述计算可知物质的量④＞③＞①＞②，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，所以体积大小④＞③＞①＞②，故A正确；B、①标准状况6.72L NH3中原子的物质的量为0.3mol×4=1.2mol，②1.204×1023个H2S含有的原子的物质的量为0.2mol×3=0.6mol；③5.6g CH4含有的原子的物质的量为0.4mol×5=2mol；④0.5mol HCl含有的原子的物质的量为0.5mol×2=1mol，原子数目之比等于物质的量之比，所以原子数目③＞①＞④＞②，故B正确；C、同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，①NH3相对分子质量为17；②H2S相对分子质量为34；③CH4相对分子质量为16④HCl相对分子质量为36.5，故密度大小④＞②＞①＞③，故C错误；D、①NH3质量为17g/mol×0.3mol=5.1g；②H2S质量为34g/mol×0.2mol=6.8g；③CH4量为16g/mol×0.4mol=6.4g；④HCl质量为36.5g/mol×0.5mol=18.25g，故质量大小④＞②＞③＞①，个D错误．故选：B．点评：考查常用化学计量数有关计算，难度不大，计算量较多细心计算，注意化学计量数之间的公式运用．11.短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等。下列判断不正确的是A.最简单气态氢化物的热稳定性：R＞Q B.最高价氧化物对应水化物的酸性：Q＞W C.原子半径：T＞Q＞R D.单质T既可以与盐酸反应又能与NaOH溶液反应参考答案：B【分析】由T所处的周期序数与族序数相等可知，T是Al元素；由周期表的相对位置可知，Q为Si元素、R为N元素、W为S元素。【详解】A项、元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强，N元素非金属性强于Si元素，则氢化物的稳定性R＞Q，故A正确；B项、元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Si元素弱于S元素，则最高价氧化物对应水化物的酸性W>Q，故B错误；C项、同周期元素从左到右，原子半径依次减小，同主族元素自上而下，原子半径依次增大，则原子半径的大小顺序为T＞Q＞R，故C正确；D项、单质铝能与盐酸反应生成氯化铝和氢气，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故D正确；故选B。【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用题给信息推断元素为解答关键。12.能源可分为一次能源和二次能源。直接从自然界取得的能源称为一级能源；一级能源经过加工、转换得到的能源称为二次能源。下列属于二次能源的是……………..（）A.水力B.电能C.化石燃料D.地热能参考答案：B略13.溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是（）A．是否有丁达尔现象B．是否能通过滤纸C．分散质粒子的大小D．是否均一、透明、稳定参考答案：C考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系．专题：溶液和胶体专题．分析：溶液、浊液、胶体三种分散系的本质区别为分散质粒子的直径大小，据此即可解答．解答：解：A．胶体具有有丁达尔现象，是胶体中胶粒（1nm～100nm）在光照时产生对光的散射作用形成的，微粒直径小于1nm的溶液和微粒直径大于100nm的浊液、没有该现象，该现象是由微粒直径决定的，丁达尔现象不是三种分散系的本质区别，故A错误；B．胶体能透过滤纸但不能透过半透膜，是由分散质微粒的直径决定的，所以，该现象不是三种分散系的本质区别，故B错误；C．根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别在于分散质粒子直径大小，故C正确；D．溶液均一、透明、稳定，胶体较稳定，浊液不稳定，是由分散质微粒的直径决定的，所以，该现象不是三种分散系的本质区别，故D错误；故选C．点评：本题考查了分散系溶液、浊液、胶体的区别，注意相关基础知识的积累，题目难度不大．14.下列关于胶体和溶液的说法正确的是A.制备氢氧化铁胶体时，可以将饱和FeCl3溶液滴入沸水，然后长时间煮沸B.溶液呈电中性，胶体带有电荷C.溶液中分散质微粒能透过滤纸，胶体中分散质微粒不能透过滤纸D.胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1～100nm之间参考答案：D 15.．下列各装置中，不能构成原电池的是（电解质都为稀硫酸）（）参考答案：D二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.实验室欲配制250 mL 0.2 mol·L－1的Na2SO4溶液，试回答下列各题：（1）250 mL 0.2 mol·L－1的Na2SO4溶液，需要Na2SO4固体的质量____________；该溶液中Na+物质的量浓度为：______________。（2）下列仪器中，不会用到的是（_____）A．烧杯B．250 mL容量瓶C．胶头滴管D．100mL容量瓶E．天平（3）若要实施配制，除上述仪器外，尚缺的玻璃仪器或用品是___________________（4）将配制过程简述为以下各步骤：A．冷却B．称量C．洗涤D．定容E．溶解F．摇匀G．转移溶液其正确的操作顺序应是__________________________(填各步骤序号)。（5）你认为这四项错误操作会导致所得溶液浓度偏高的是（_____）A．定容时仰视容量瓶刻度线B．定容时俯视容量瓶刻度线C．将未冷却的溶液立即转入容量瓶后就直接定容D．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处参考答案：(1)7.1g 0.4 mol·L－1(2)D(3)玻璃棒(4)B E A G C D F(5)B、C试题分析：本题考查一定体积物质的量浓度溶液的配制和误差分析。（1）n（Na2SO4）=0.2mol/L0.25L=0.05mol，需要Na2SO4固体的质量为0.05mol142g/mol=7.1g。该溶液中c（Na+）=0.2mol/L2=0.4mol/L。（2）由硫酸钠固体配制0.2mol/LNa2SO4溶液的实验步骤为：计算→称量→溶解→冷却→转移→洗涤→初步振荡→定容→摇匀→装瓶贴标签。由于所配溶液体积为250mL，选用250mL容量瓶，需要的仪器有：天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，不需要的是100mL容量瓶，答案选D。（3）根据（2）的分析，尚缺少的玻璃仪器是玻璃棒。（4）根据（2）的分析，正确的操作顺序为：BEAGCDF。（5）根据公式cB=分析。A，定容时仰视容量瓶刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低；B，定容时俯视容量瓶刻度线，溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏高；C，将未冷却的溶液立即转入容量瓶后就直接定容，Na2SO4溶于水放热，冷却后溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；D，定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处，溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低；所配溶液浓度偏高的是B、C，答案选BC。点睛：熟记一定体积物质的量浓度溶液的配制是解题的关键。难点是配制一定体积物质的量浓度溶液的误差分析，利用公式cB=，由于实验操作不当，nB偏大或V（aq）偏小，所配溶液浓度偏高；反之所配溶液浓度偏低。定容时仰视、俯视的误差分析：仰视刻度线（如图），容器内液面高于刻度线，导致溶液体积偏大，所配浓度偏低。俯视刻度线（如图），容器内液面低于刻度线，导致溶液体积偏小，所配浓度偏高。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.现有(NH4)2SO4和NH4NO3的混合溶液，向该混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，并加热使之充分反应，直至Ba(OH)2溶液过量。加入Ba(OH)2溶液的体积与产生沉淀的质量和放出NH3的体积(标准状况下)的关系如下图，曲线a代表沉淀的质量变化，曲线b代表NH3的体积变化(假设NH3全部放出)。（1）混合溶液中NH的物质的量为________mol。（2）混合溶液中NO的物质的量为________mol。（3）当加入Ba(OH)2溶液的体积在100～200 mL范围内，发生反应的离子方程式为_______________________________________。参考答案：(1)0.4(2)0.2(3)NH4+＋OH－NH3↑＋H2O点睛：本题通过元素守恒和电荷守恒进行计算，这样能够快速解决问题，如第二题题，求NO3－的物质的量，应先求出SO42－的物质的量，发生Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，即原溶液中SO42－的物质的量为=23.3/233mol=0.1mol，根据溶液呈现电中性，特别注意所带电荷数，代表此离子前面的系数为多少，因此有n(NH4＋)=2n(SO42－)＋n(NO3－)，代入数值，求的硝酸根的物质的量。18.（1）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液使SO42﹣恰好沉淀完全，请写出发生反应的离子方程式：．（2）在一定条件下，RO4n﹣和I﹣发生反应的离子方程式如下：RO4n﹣+8I﹣+8H+═R﹣+4I2+4H2O中R元素的化合价为．（3）常温常压下，将CO与CH4的混合气体10L与25L氧气混合，点燃后充分反应，则剩余气体为24L（恢复为常温常压），则原来混合气体中CO与CH4的体积比为．（4）以物质的量之比为1：2相混合的Na2SO3和K2SO3的混合物共a g，与足量盐酸反应生成的SO2物质的量n（SO2）=．mol（用含a的代数式表示）．参考答案：（1）H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+H2O（2）+7（3）3：2（4）考点：有关混合物反应的计算；离子方程式的书写；氧化还原反应的计算．分析：（1）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液使SO42﹣恰好沉淀完全，二者按1：1反应生成硫酸钡、氢氧化钠与水；（2）根据电荷守恒计算：RO4n﹣离子中n的值，再根据化合价代数和等于离子所带电荷计算；（3）全部为甲烷，完全燃烧消耗氧气最多，10mL甲烷需要氧气为10mL×（1+）=20mL＜25mL，故氧气由剩余，发生反应：2CO+O22CO2，CH4+2O2CO2+2H2O（l），设CO、CH4的体积分别为xmL、ymL，根据方程式表示出各反应导致体积减少，根据二者总体积与减少总体积列方程计算；（4）设Na2SO3和K2SO3的物质的量分别为xmol、2x mol，根据m=nM计算x的值，根据硫元素守恒n（SO2）=n（Na2SO3）+n（K2SO3）．解答：解：（1）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液使SO42﹣恰好沉淀完全，二者按1：1反应生成硫酸钡、氢氧化钠与水，反应离子方程式为：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+H2O，故答案为：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+H2O；（2）根据电荷守恒，则8﹣8﹣n=﹣1，解得n=1，设RO4n﹣离子中R的化合价为a，则a+4×（﹣2）=﹣1，解得a=+7，故答案为：+7；（3）全部为甲烷，完全燃烧消耗氧气最多，10mL甲烷需要氧气为10mL×（1+）=20mL＜25mL，故氧气由剩余，设CO、CH4的体积分别为xmL、ymL，则：2CO+O22CO2体积减少2 1 xmL 0.5x mL CH4+2O2CO2+2H2O（l）体积减少1 2 ymL 2ymL由题意可得：解得x=6 y=4，故原来混合气体中CO与CH4的体积比为6mL：4mL=3：2，故答案为：3：2；（4）设Na2SO3和K2SO3的物质的量分别为xmol、2x mol，则126x+158×2x=a，故x=根据硫元素守恒n（SO2）=n（Na2SO3）+n（K2SO3）=mol+2×mol=mol，故答案为：．点评：本题属于拼合型题目，涉及离子方程式书写、方程式有关计算、混合物计算等，难度不大，（1）为易错点，注意产物与反应物的量有关．19.(11分)A、B、C、D、E、F、G、H和I是中学化学中常见的气体，它们均由短周期元素组成，具有如下性质：①A、B、E、F、G能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，I能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C、D、H不能使湿润的石蕊试纸变色；②A和I相遇产生白色的烟；③B和E都能使品红溶液褪色；④将红热的铜丝放入装有B的瓶中，瓶内充满棕黄色的烟；⑤将点燃的镁条放入装有F的瓶中，镁条剧烈燃烧，生成白色粉末，瓶内壁附着黑色颗粒；⑥C和D相遇生成红棕色气体；⑦G在D中燃烧可以产生E和H2O；⑧将B和H在瓶中混合后于亮处放置几分钟，瓶内壁出现油状液滴并产生A。回答下列问题：(1)A的化学式是________，②中烟的化学式是________；(2)④中发生反应的化学方程式是(3)⑤中发生反应的化学方程式是(4)C的化学式是__________，D的化学式是__________；(5)⑦中发生反应的化学方程式是；(6)H的化学式是________。参考答案：略。