四川省成都市荷花池中学2022年高一化学模拟试卷含解析

1、四川省成都市荷花池中学2022年高一化学模拟试卷含解析一、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. 下列实验操作中错误的是A. 分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B. 蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口C. 蒸发结晶时应将溶液蒸干D. 称量时，砝码放在托盘天平右盘参考答案：C【详解】A. 依据分离物质的目的，进行分液操作时，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体分离不彻底，A项正确；B. 依据蒸馏实验的原理可知，温度计测量的是蒸汽的温度，所以水银球应置于靠近蒸馏烧瓶的支管口处，

2、B项正确；C. 蒸发结晶时，当蒸发皿中出现较多固体时停止加热，用余热烘干，C项错误；D. 托盘天平的正确使用方法是：左物右码，即应将称量物放在托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘，D项正确。答案选C。2. 由于发生化学反应而使溴水褪色的物质是（）A乙酸 B苯 C甲烷 D乙烯参考答案：D考点：有机化学反应的综合应用.专题：有机反应分析：能和溴水反应的物质应具有还原性或含有碳碳双键或含有酚羟基，据此分析解答解答：解：A、乙酸和溴水能互溶，且溴水和乙酸不反应，故A错误；B、溴在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，且水和苯不互溶，溴水和苯也不反应，所以苯能萃取溴水中的溴而使溴水褪色，故B错误；C、甲烷性

3、质较稳定不和溴水反应，故C错误；D、乙烯中含有碳碳双键性质较活泼，能和溴水反应加成反应而使溴水褪色，故D正确；故选D点评：本题考查了有机物的性质，难度不大，明确有机物含有的官能团是解本题的关键3. Na2CO3俗名纯碱，下面是对纯碱采用不同分类法的分类，不正确的是（）ANa2CO3是碳酸盐BNa2CO3是正盐CNa2CO3是钠盐DNa2CO3是碱参考答案：D【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】电离生成金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物属于盐，根据盐中电离出的阳离子又可以将盐分为钾盐、钠盐、钡盐等，根据电离出的酸根离子可以将盐分为碳酸盐、硫酸盐、硝酸盐等碱是电离出的阴离子

4、全部是氢氧根离子的化合物【解答】解：A、因阴离子为碳酸根离子，则Na2CO3是碳酸盐，故A正确；B、Na2CO3中阳离子不含氢离子，故是正盐，故B正确；C、因阳离子为钠离子，可以说成是钠盐，故C正确；D、Na2CO3俗名纯碱，电离的阳离子是金属离子，阴离子是酸根离子，故属于盐类，不是碱，故D错误；故选D4. 将SO2通入下列溶液中一定有沉淀生成的是 ( )A氯水 BNaOH溶液 CBaCl2溶液 DBa(NO3)2 溶液参考答案：D略5. 下列物质在氯气中燃烧，实验现象描述正确的是A. Na黄色的烟 B. H2苍白色火焰C. Cu蓝色的烟 D. Fe棕色的雾参考答案：B【详解】A、金属钠在氯气

5、中燃烧产生白色的烟，发出黄色火焰，故A错误；B、H2在氯气中燃烧，产生苍白色火焰，故B正确。C、铜在氯气中燃烧产生棕黄色烟，故C错误；D、铁在氯气中燃烧产生棕褐色的烟，故D错误；答案选B。6. 下列说法错误的是（ ）A钢板镀锌可以防止锈蚀 B羊毛、蚕丝、棉花的主要成分都是纤维素C高纯石英玻璃可用来制造光导纤维 D生铁和普通钢都是铁碳合金参考答案：B略7. 将V1mL1.0molL-1HCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示(实验中始终保持V1+V2=50mL)。下列叙述正确的是A. 做该实验时环境温度为22 B. 该实验表明化学能可转化为热能C.

6、 NaOH溶液的浓度约为1.0molL-1 D. 该实验表明有水生成的反应都是放热反应参考答案：B试题分析： A、该实验开始温度是21，故A错误；B、由图示可以看出该反应过程放出热量，表明化学能可能转化为热能，故B正确；C、恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30mL，由V1+V2=50Ml可知，消耗的氢氧化钠溶液的质量为20mL设恰好反应时氢氧化钠溶液中溶质的物质的量是nHCl+NaOH=NaCl+H2O1 11.0mol?L10.03L n则n=1.0mol?L10.03L=0.03mol，所以浓度是：=1.5mol/L，故C错误；D、只是该反应放热，其他有水生成的反应不一定，所以D错误8

7、. 下列配制的溶液浓度偏高的是()A配制盐酸用量筒量取盐酸时俯视刻度线B配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线C称量4 g NaOH配制0.1 mol/L NaOH溶液1000 mL时，砝码错放左盘DNaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶至刻度线参考答案：D解析：A项俯视刻度线，将会使量得盐酸的体积小于计算值，导致浓度偏低；B项定容时仰视容量瓶刻度线，将会导致加水量增多，使溶液浓度偏小；C项由于所称NaOH固体的质量为整数，不需移动游码，故称得固体NaOH的质量是准确的，不会影响到配制溶液的浓度；D项因热胀冷缩之故，会使容量瓶中的溶液在冷却后液面低于刻度线，导致所配溶液浓度偏高。9. 下列说法中正确的是

8、A. 对于吸热反应，生成物总能量一定低于反应物总能量B. 石墨和金刚石完全燃烧的化学方程式均可表示为“C+O2CO2”，故相同条件下，12g的石墨和金刚石充分燃烧放出的热量相等C. 一定条件下，0.5 mol N2和1.5 mol H2置于某密闭容器中充分反应生成NH3，放热19.3 kJ，据此实验事实可知：该条件下，每生成1mol NH3，放热19.3 kJD. 4 HCl(g)O2(g)2Cl2(g)2H2O(g)是放热反应，Cl-Cl键和O=O键的键能分别为243kJ/mol和498kJ/mol，则可推算出H-O键的键能比H-Cl键的键能大参考答案：D【详解】A项、反应物总能量低于生成物

9、总能量的反应为吸热反应，故A错误；B项、石墨和金刚石完全燃烧的化学方程式相同，但石墨转化为金刚石吸热，金刚石能量大于石墨的总能量，则相同条件下，12g的石墨和金刚石充分燃烧放出的热量，金刚石高于石墨，故B错误；C项、相同条件下的同一可逆反应，热量的数值与化学计量数成正比，0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，因可逆反应不可能完全反应，反应生成的氨气的物质的量小于1mol，则该条件下每生成1molNH3放热大于19.3 kJ，故C错误；D项、反应物的总能量大于生成物的总能量的反应为放热反应，即反应物的键能之和小于生成物的键能之和，则有4E（H

10、Cl）+4982243+4E（HO），解得E（HCl）+3E（HO），故D正确。故选D。【点睛】本题考查化学反应与能量，注意放热反应和吸热反应中反应物和生成物总能量的关系，注意可逆反应的特点，掌握反应物总能量与键能的关系是解答关键。10. 广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别离解成两部分，然后两两重新组合成新的物质。根据上述观点，说法不正确的是（ ）ABaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2 BPCl3的水解产物是HClO和H3PO4CA14C3的水解产物是Al(OH)3和CH4 DCH3COCl的水解产物是两种酸 参考答案：B略11. 用30g

11、乙酸与46g乙醇反应，如果实际产率是理论产率的67%，则可得到的乙酸乙酯的质量是A.29.5g B.44g C.74.8g D.88g参考答案：A略12. 如图所示是分离混合物时常用的仪器，从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是（）A蒸馏、蒸发、萃取、过滤 B蒸馏、过滤、萃取、蒸发C萃取、过滤、蒸馏、蒸发 D过滤、蒸发、萃取、蒸馏参考答案：B考点：过滤、分离与注入溶液的仪器专题：化学实验常用仪器分析：蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离；普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体；分液漏斗用来分离互不相溶的液体或用来分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物；蒸发皿用于可

12、溶性固体和液体的分离；解答：解：因蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离，即蒸馏；因普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体，即过滤；因分液漏斗用来分离互不相溶的液体或用来分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物，即分液或萃取；蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，即蒸发，所以从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是：蒸馏、过滤、分液或萃取、蒸发，故选B点评：本题主要考查了物质分离的原理和仪器，难度不大，平时注意知识的积累13. 下列关于F、Cl、Br、I相关物质性质比较中，正确的是（ ）A. 单质的颜色随核电荷数的增加而变浅B. 单质的熔、沸点随核电荷数的增加而降低C. 它

13、们的氢化物的还原性随核电荷数的增加而增强D. 它们的氢化物的稳定性随核电荷数的增加而增强参考答案：C【分析】F、Cl、Br、I位于周期表同一主族，原子序数逐渐增大，原子核外电子层数逐渐增加，半径逐渐增大，熔沸点随核电荷数的增加而增加；元素的非金属性逐渐减弱，则对应氢化物的稳定性逐渐减弱。【详解】A. 卤族元素单质从F2到I2，其颜色分别为：淡黄绿色、黄绿色、深红棕色、紫红色，所以卤族元素单质的颜色随着核电荷数增大而加深，A项错误；B. F. Cl、Br、I位于周期表同一主族，其单质均属于分子晶体，它们的熔沸点随相对分子质量的增大而增加，B项错误；C. 元素的非金属性越强，离子的还原性越弱，从F

14、到I，其非金属性随着核电荷数增大而减弱，所以它们的气态氢化物的还原性随核电荷数的增加而增强，C项正确；D. 元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，从F到I元素，其非金属性随着核电荷数增大而减弱，所以其气态氢化物的稳定性逐渐减弱，D项错误；答案选C。14. 石墨和金刚石都是碳的单质，石墨在一定条件下可转化为金刚石。已知把石墨完全转化为金刚石时，要吸收能量，下列说法正确的是 A石墨、金刚石和晶体硅都属于原子晶体 B金刚石不如石墨稳定 C等质量的金刚石与石墨完全燃烧，放出的能量一样多D等质量的金刚石与石墨完全燃烧，石墨放出的能量多参考答案：B略15. 下列事实中能证明甲烷分子是以碳原子为中心

15、的正四面体结构的是 ( )ACH3Cl只代表一种物质 BCH2Cl2只代表一种物质CCHCl3只代表一种物质 DCCl4只代表一种物质参考答案：B略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16. 实验室用密度为1.25 g?mL1、质量分数为36.5%的浓盐酸配制240 mL 0.1 mol?L1的盐酸，请回答下列问题：（1）浓盐酸的物质的量浓度为_。（2）配制240 mL 0.1 mol?L1的盐酸应量取浓盐酸体积/mL应选用容量瓶的规格/mL_（3）配制时，其正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次）_。A用30 mL水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2?3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B用量筒

16、淮确量取所需的浓盐酸的体积，倒入烧杯中，再加入少量水（约30 mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中D将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线1?2 cm处（4）若实验中遇到下列情况，对配制盐酸的物质的量浓度有何影响（填“偏高”“偏低”或“不变”）用于稀释盐酸的烧杯未洗涤_；容量瓶中原有少量蒸馏水_；定容时俯视观察液面_。（5）若实验过程中出现如下情况如何处理？定容时加蒸馏水时超过了刻度_；向容量瓶中转移溶液时不慎有溶液溅出_；定容摇匀后发现液面下降_。参考答案：(1)12.5 mo

17、lL1 (2) 2.0 250 (3) B C A F E D (4)偏低 不变 偏高 (5)重新配制 重新配制 无需进行其他操作【分析】（1）根据 分析解答。（2）由于实验室没有240mL的容量瓶，因此需要配制250mL溶液，据此解答。（3）根据配制过程为计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等分析解答。（4）根据cn/V结合实验操作分析解答。（5）根据实验操作能否引起误差分析。【详解】（1）根据 可知浓盐酸的浓度是 12.5 molL1；（2）实验室用密度为1.25 gmL-1、质量分数为36.5%的浓盐酸配制240 mL 0.1 mol?L1的盐酸，由于实验室没有240mL的容量

18、瓶，因此需要配制250mL溶液，则所需浓盐酸的体积为 ，需要容量瓶的规格是250mL；（3）配制溶液时，第一步，用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，倒入烧杯中，再加入少量水（约30 mL）, 用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀；第二步，将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中；第三步，用30 mL水洗涤烧杯内壁和玻璃棒23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡；第四步，继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线12 cm处；第五步，改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切；第六步，将容量瓶盖紧，振荡，摇匀；最后，装瓶储存。故配制溶液的正确顺序是BCAFED；（4）用于稀释盐酸的烧杯未洗涤，使溶质的物质的量偏小

19、，溶液体积不变，因此溶液的物质的量浓度偏低；容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶液的配制过程无影响，即溶质的物质的量浓度不变；定容时俯视观察液面，溶液的体积偏小，因此溶质的物质的量浓度偏高。（5）定容时加蒸馏水时超过了刻度，浓度偏低，因此必须重新配制溶液；向容量瓶中转移溶液时不慎有溶液溅出，溶质的物质的量偏小，因此所配的溶液的物质的量浓度偏低，必须重新配制；定容摇匀后发现液面下降，不会影响浓度，所以无需重新配制，即无需进行其他操作。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17. 氢气是未来的最理想的能源，科学家研制出利用太阳能产生激光，并在二氧化钛(TiO2)表面作用使海水分解得到氢气的新技术2H2O

20、2H2+ O2。制得的氢气可用于燃料电池。则太阳光分解海水时，实现了从 能转变为 能，二氧化钛作 ；生成的氢气用于燃料电池时，实现 能转变为 能；水分解时，断裂的化学键有 ，分解海水的反应属于 反应（填“放热”或“吸热”）。参考答案：太阳 ； 化学 ；催化剂 ；化学 ；电 ； ；吸热 。略18. 由单质A与化合物B（固体B）两种粉末组成的混合物, 在一定条件下可按下图所示发生转化:请回答：（1）A的原子结构示意图是_，B的化学式_。（2）反应中发生的反应离子方程式_。（3）沉淀H沉淀I的化学方程式_。（4）溶液E沉淀J的离子方程式_。参考答案：(1) Fe2O3 (2)2Al + 2OH +

21、2H2O = 2AlO2 + 3H2 (3)4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3 (4)AlO2 + CO2+ 2H2O = Al(OH)3 + HCO3解析：红褐色沉淀I为Fe(OH)3，沉淀H置于空气中变成I，推出H为Fe(OH)2，再利用其他信息和逆向推理得出D为Fe，F为FeCl2，B为Fe2O3，G为FeCl3；J既能与酸反应，又能与碱反应，则应为Al(OH)3，则E为NaAlO2，K为AlCl3，则单质A与化合物B两种粉末组成的混合物在高温下的反应应为铝热反应，推出A为Al，B为Fe2O3，C为Al2O3。（1）A是铝，原子结构示意图是，B的化学式为：Fe2O3；（2）反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，发生的反应离子方程式为：2Al + 2OH + 2H2O = 2AlO2 + 3H2；（3）沉淀H沉淀I的化