2021-2022学年山东省枣庄市市第十六中学高一化学模拟试卷含解析

2021-2022学年山东省枣庄市市第十六中学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。）1.一定温度下，某一恒容密闭容器内有可逆反应：A(g)＋3B(g)

2C(g)。该反应进行到一定限度后达到化学平衡的标志是

A.单位时间内生成amol物质A，同时生成3amol物质BB.容器内气体的密度不再随时间而改变C.物质C的生成速率和分解速率相等D.物质A、B、C的分子数之比为1:3:2参考答案：C略2.下列各组物质的性质顺序，不正确的是（

）A、原子半径：Na＜Mg＜Al

B、热稳定性：HCl＞HBr＞HIC、酸性强弱：H2SiO4＜H2CO3＜H2SO4

D、熔点：SiO2＞NaCl＞CO2参考答案：A略3.下列元素中原子半径最小的是A.C

B.N

C.O

D.F参考答案：D【解析】试题分析：C、N、O、F为于同周期，原子半径随核电荷数的增大而减小，所以原子半径最小的是F，答案选D。4.下列叙述正确的是A．元素的单质一定由氧化或还原该元素的化合物制得B．在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强C．阳离子只能得到电子被还原，阴离子只能失去电子被氧化D．含有最高价元素的化合物不一定具有很强的氧化性参考答案：D略5.下列变化需要加入还原剂才能实现的是

A、MnO4--

→MnO2

B、H2O2→O2

C、Na2O

→NaOH

D、Fe2+→Fe3+参考答案：C略6.在常温常压下，下列各组气体不能共存的是(

)

A．SO2与O2

B．CO与O2

C．NH3与HCl

D．NO与O2参考答案：CD略7.反应2A(g)2B(g)E(g)Q，达到平衡时，要使正反应速率降低，A的浓度增大，应采取的措施是（）A．加压

B．减压

C．增加E的浓度

D．降温参考答案：D略8.下列说法正确的是（）A．原子的L层上的电子数为奇数的元素一定是主族元素B．同一周期的ⅡA族和ⅢA族元素的原子序数之差一定为1C．相邻两个周期的同一主族元素的原子序数之差等于上一周期所含元素种类D．主族序数等于周期序数的元素一定为金属元素参考答案：A9.1999年，在欧洲一些国家发现饲料被污染，导致畜禽类制品及乳制品不能食用，经测定饲料中含有剧毒物质二恶英，其结构为，已知它的二氯代物有10种，则其六氯代物有（

）A．15种

B．11种

C．10种

D．5种参考答案：C略10.金可溶于王水（浓硝酸与浓盐酸的混合物）：Au+HNO3+4HCl═HAuCl4+NO↑+2H2O，关于上述反应的有关说法错误的是（）A．盐酸作氧化剂

B．HNO3被还原C．王水有很强的氧化性 D．HAuCl4中Au的化合价为+3价参考答案：A【考点】氧化还原反应．【分析】该反应中Au元素化合价由0价变为+3价、N元素化合价由+5价变为+2价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，在反应中氧化剂被还原、还原剂被氧化，据此分析解答．【解答】解：该反应中Au元素化合价由0价变为+3价、N元素化合价由+5价变为+2价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，在反应中氧化剂被还原、还原剂被氧化，A．通过以上分析知，Au是还原剂、硝酸是氧化剂，HCl体现酸性，故A错误；B．该反应中硝酸是氧化剂，被还原，故B正确；C．Au不活泼，但能被王水氧化，说明王水具有很强的氧化性，故C正确；D．HAuCl4中Cl元素化合价为﹣1价、H元素化合价为+1价，所以Au的化合价为+3价，故D正确；故选A．11.有一澄清透明溶液，只可能含有大量H＋、Fe3＋、Fe2＋、Al3＋、AlO2-、CO32-、NO3-七种离子中的几种，向溶液中逐滴加入一定量1mol/L的NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，而后有沉淀，沉淀达最大量后继续滴加NaOH溶液沉淀部分消失，下列判断中正确的是()A.一定不含Fe3＋和Fe2＋B.一定含有Fe3＋，但一定不含Fe2＋C.溶液可能含有NO3-D.一定含有Al3＋，Fe3＋，Fe2＋至少含有一种或两种皆有参考答案：B【分析】向该溶液中加入一定量1mol/LNaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子，在酸性溶液中AlO2-、CO32-离子因发生反应而不能存在；而后才有沉淀，能够生成沉淀的是Fe3+离子、Fe2+离子或Al3+离子中的一种或几种，沉淀达最大量后继续滴加NaOH溶液沉淀部分消失，说明一定含有Al3+；结合溶液的电中性和Fe2+离子的还原性以及酸性条件下NO3-离子的氧化性做进一步的推断。【详解】向该溶液中加入一定量1mol/LNaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子，在酸性溶液中AlO2-、CO32-离子分别与H+离子反应生成Al（OH）3沉淀、CO2气体而不能存在，根据溶液的电中性可知一定含有阴离子，则只有NO3-离子符合；开始没有沉淀，而后才有沉淀，能够生成沉淀的是Fe3+离子、Fe2+离子或Al3+离子中的一种或几种，但在酸性条件下Fe2+离子与NO3-离子发生氧化还原反应而不能共存，则一定不含Fe2+离子，沉淀达最大量后继续滴加NaOH溶液沉淀部分消失．说明一定含有Al3+和Fe3+；

综上所述，溶液中一定含有H+、NO3-、Fe3+、Al3+；一定没有AlO2-、CO32-、Fe2+；A、分析判断可知溶液中一定含有Fe3+，但一定不含Fe2+，故A错误；B、依据判断可知一定含Fe3+离子，一定不含有Fe2+离子，故B正确；

C、依据分析和溶液中电荷守恒可知，阴离子只有NO3-离子，所以一定存NO3-离子，故C错误；

D、一定含有Al3＋、Fe3＋，一定不含Fe2＋，故D错误。【点睛】本题注意从反应的现象推断离子的存在，把握离子的性质和离子的共存是做本题的关键，注意利用电荷守恒判断离子。

12.下列说法正确的是()A．Na与Na＋的化学性质相似B．钠与水的反应放热C．实验室可用钠与水反应制备H2D．钠着火，可用水浇灭参考答案：B解析：Na可以与氧气、水等物质反应，而Na＋不能，A错误；钠与水反应时，钠熔化成闪亮的小球，使钠熔化的能量正是钠与水反应放出的热量，B正确；钠与水反应过于剧烈，且不能将大块钠放入水中，故实验室中不用钠和水反应制取H2，C错误；钠与水也反应，故不可用水灭火，相反，如果用水，必然导致爆炸发生，D错误。13.某元素原子M层电子数是K层电子数的3.5倍，则该元素最高价氧化物对应水化物的化学式为A.HNO3

B.H3PO4

C.H2SO4

D.HClO4参考答案：D某元素原子M层电子数是K层电子数的3.5倍,则该原子M层电子数为7,故M为Cl元素,最高正化合价为+7,该元素最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4,D正确；正确选项D。14.下列关于硅及其化合物的说法正确的是A．我国著名的陶瓷含有的主要成份是硅酸盐。B．建筑所用的水泥、砂子、石子主要成份都是硅酸盐。C．通讯光缆、计算机芯片的主要成份是硅酸盐。D．玛瑙、水晶、石英钟表的主要成份都是硅酸盐。参考答案：A15.已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22，在反应X＋2Y===2Q＋R中，当1.6gX与Y完全反应后，生成4.4gR，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为（

）A.46∶9

B.32∶9

C.23∶9

D.16∶9参考答案：D略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某同学探究同周期元素性质的递变规律，并讨论影响化学反应速率的因素。设计的实验及部分现象如下：【实验1】将一小块钠和镁片分别放入滴有酚酞溶液的冷水中【实验2】将表面积大致相同的镁片和铝片（均已预处理），分别投入足量相同体积的0.5mol/L盐酸中【实验3】将相同质量的镁片（已预处理）和铝粉分别投入到足量相同体积的0.5mol/L盐酸和3mol/L盐酸中（1）实验1中钠和水反应的化学方程式是_______________________________________。

（2）下列操作能达到实验2中“预处理”效果的是________________（填序号）。a．用砂纸打磨镁片和铝片b．用盐酸浸泡镁片和铝片片刻c．用烧碱溶液浸泡镁片和铝片片刻（3）由实验2可得出决定化学反应速率的主要因素是___________________________。（4）实验3中铝粉消失所用的时间短。由此该同学得出结论：铝比镁的金属性强。你认为该结论是否正确并说明原因____________________________________________。参考答案：(1)2Na+2H2O===2NaOH+H2

(2)ab

(3)反应物本身的性质

(4)不正确,影响反应速率的因素还有浓度和表面积解析：（1）Na是活泼金属，与水反应生成NaOH和氢气，化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。（2）用砂纸打磨镁片和铝片或者用盐酸浸泡镁片和铝片片刻，都能够除去镁和铝表面的氧化膜，用烧碱溶液浸泡镁片和铝片片刻，只能去掉铝片表面氧化膜，故能达到实验2中“预处理”效果的是ab。（3）将表面积大致相同的镁片和铝片（均已预处理），分别投入足量相同体积的0.5mol/L盐酸中，镁片比铝片反应速率快，可得出反应物本身的性质决定化学反应速率。（4）实验3中，影响反应速率的因素还有浓度和表面积，而固体反应物的表面积和酸的浓度均不同，故该同学得出的结论不正确。点睛：本题考查影响化学反应的影响因素，题目难度不大，注意决定化学反应速率的因素是反应物本身的性质，当多个外因同时影响化学反应速率时，不能盲目下结论，要控制变量，讨论其中一个变量，才能作出正确结论。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.(1)已知反应：K2Cr2O7+14HCl=2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O，用“单线桥”表示电子转移的方向和数目，并指出氧化产物和还原产物_____________。(2)Cl2是一种有毒气体，如果泄漏会造成严重的环境污染。化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏，有关反应的化学方程式为：3Cl2(气)＋8NH3(气)=6NH4Cl(固)＋N2(气)，若反应中消耗Cl21.5mol，求被氧化的NH3在标准状况下的体积_________________。参考答案：(1)，氧化产物：Cl2

还原产物：CrCl3

(2)22.4L【分析】(1)反应中Cr元素化合价降低，被还原，K2Cr2O7具有氧化性，Cl元素化合价升高，被氧化，HCl具有还原性，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子的数目相等，据此分析解答；(2)被氧化的氨气生成氮气，根据反应的氯气结合方程式可以计算生成氮气的物质的量，再根据氮原子守恒计算被氧化的氨气的物质的量，进而计算被氧化氨气的体积。【详解】(1)反应中Cr元素化合价降低，被还原，K2Cr2O7具有氧化性，为氧化剂，元素化合价由+6价降低为+3价，化合价变化3价，用单线桥法标出电子转移的方向和数目可表示为：，化合价降低元素Cr对应的产物CrCl3是还原产物，化合价升高元素Cl对应的产物Cl2

是氧化产物，故答案为：，氧化产物为Cl2，还原产物为CrCl3；(2)被氧化的氨气生成氮气，根据方程式可知，消耗Cl21.5mol会生成氨气的物质的量为1.5mol×=0.5mol，根据氮原子守恒可知被氧化的氨气的物质的量为0.5mol×2=1mol，故被氧化氨气的体积为1mol×22.4L/mol=22.4L，故答案为：22.4L。【点睛】本题的易错点为(2)，要注意参与反应的氨气并没有全部被氧化。18.已知A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，它们的水溶液之间的一些反应现象如下：①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解。②B+D→白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色。③C+D→白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失。（1）则各是什么物质的化学式为：A_______、B_______、C_______、D_______。（2）现象②中所发生的反应的化学方程式为：______________________________、________________________。（3）现象③中所发生反应的离子方程式为：________________________________、________________________________。参考答案：(1)BaCl2

FeSO4

AlCl3

NaOH

(2)FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4

4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3

(3)Al3++3OH-=Al(OH)3↓

Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O试题分析：（1）A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，能相互反应生成沉淀的有：AlCl3+3NaOH═Al(OH)3↓+3NaCl、Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解；BaCl2+FeSO4═BaSO4↓+2NaCl，现象为出现不溶于酸的白色沉淀；FeSO4+2NaOH═Fe(OH)2↓+Na2SO4、4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3，特征现象为出现白色沉淀，立即变为红褐色；根据题意，①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，该沉淀只能为BaSO4沉淀，因为Al(OH)3或Fe(OH)2都可溶于稀硝酸．②B+D→白色沉淀，在空气中放置，该沉淀由白色转为红褐色，说明白色沉淀为Fe(OH)2，红褐色沉淀为Fe(OH)3．则可确定B为FeSO4，A为BaCl2，D为NaOH．③C+D→白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失，说明白色沉淀为Al(OH)3，C为AlCl3，故答案为：BaCl2、FeSO4、AlCl3、NaOH；（2）现象②中，B为FeSO4，D为NaOH，两者反应生成白色Fe(OH)2沉淀，该沉淀易被氧化生成红褐色Fe(OH)3沉淀，反应为FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（3）现象③中，C为AlCl3，D为NaOH，两者反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3为两性氢氧化物可与NaOH继续反应，导致沉淀消失．反应为AlCl3+3NaOH═Al(OH)3↓+3NaCl、Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O．改写离子方程式时，AlCl3、NaOH、NaCl、NaAlO2易溶于水易电离改成离子形式，Al(OH)3难溶于水难电离保留化学式，H2O是弱电解质保留化学式，删除相同离子，则离子方程式为Al3