湖南省怀化市袁家学校中学部2022年高一化学模拟试卷含解析

湖南省怀化市袁家学校中学部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.下列说法中不正确的是A.金属的冶炼原理，就是在一定条件下将金属从其化合物中还原出来B.将少量Na放入硫酸铜溶液中，可生成金属铜C.将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2D.铝合金可大量用于高铁建设参考答案：B【详解】A.金属的冶炼原理，就是在一定条件下将金属从其化合物中还原出来，故A正确；B.将少量Na放入硫酸铜溶液中，钠会和水反应生成NaOH，而不是和铜离子发生置换反应，故B错误；C.氯气会将氯化亚铁氧化为氯化铁，而铁屑又可将三价铁离子还原为亚铁离子，继续和氯气反应，故C正确；D.铝合金密度小硬度大，可大量用于高铁建设，故D正确；故答案选B。

2.下列物质中含有共价键的离子化合物是

A．KOH

B．MgCl2

C．CO2

D．CH4参考答案：A略3.实验室中的药品常按物质的性质、类别等有规律地摆放。现有部分药品按某种规律的摆放在实验桌上，如下图。做“硫酸的性质”的实验时，某同学取用BaCl2溶液后，应把它放回的位置是（）

A.

B.

C.

D.参考答案：C略4.如图所示装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和滴管内盛放某种溶液。挤压滴管的胶头，然后打开止水夹，下列与实验事实相符的是A.NH3(H2O含紫色石蕊试液)，红色喷泉B.SO2(NaOH溶液)，无色喷泉C.HCl(H2O含紫色石蕊试液)，蓝色喷泉D.NO(NaOH溶液)，无色喷泉参考答案：B因氨气极易溶于水,则挤压胶管的胶头,使烧瓶中的气压减小,且小于外界大气压,则形成喷泉,又因氨水溶液显碱性,石蕊遇碱变蓝,故形成蓝色喷泉,A错误；因SO2与NaOH溶液反应生成盐和水,溶液为无色,则挤压胶管的胶头,使烧瓶中的气压减小,且小于外界大气压,则形成无色喷泉,B正确；因氯化氢极易溶于水,则挤压胶管的胶头,使烧瓶中的气压减小,且小于外界大气压,则形成喷泉,又因盐酸溶液显酸性,石蕊遇酸变红,故形成红色喷泉,C错误；NO为中性氧化物，与碱不反应，无法形成喷泉，D错误；正确选项B。5.下列过程中，涉及化学变化的是（

）A.氯气通入水中制氯水

B.蒸馏法将海水淡化为饮用水

C.活性炭使红墨水褪色

D.四氯化碳萃取碘水中的碘参考答案：A略6.下列有关说法中正确的是A．16O、17O、18O互为同位素B．金刚石和石墨互为同分异构体C．CH3CH2CH2CH3

和

CH3CH(CH3)CH2CH3互为同分异构体

D．甲醇（CH3OH）、乙二醇（）、丙三醇（）互为同系物

参考答案：A略7.检验氯化氢气体中是否有氯气的方法是

（）A.用干燥的蓝色石蕊试纸

B.用湿润的有色布条C.将气体通过硝酸银溶液

D.用氢氧化钠溶液参考答案：B略8.10g含有杂质的CaCO3和足量的盐酸反应，产生CO20.1mol，则此样品中可能含有的杂质是A．KHCO3和MgCO3B．MgCO3和SiO2C．K2CO3和SiO2D．无法确定参考答案：B9.下列关于氧化物分类的说法不正确的组合为()①金属氧化物也可以是酸性氧化物；②非金属氧化物一定是酸性氧化物；③碱性氧化物一定是金属氧化物；④能与酸反应生成盐和水的氧化物一定是碱性氧化物；⑤能与碱反应生成盐和水的氧化物一定是酸性氧化物A.③④⑤

B.①②③

C.②④⑤

D.①②③④⑤参考答案：C【详解】①金属氧化物也可以是酸性氧化物，如Mn2O7为酸性氧化物，故①正确；②非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO、NO等为不成盐氧化物，故②错误；③碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，一定是金属氧化物，故③正确；④能与酸反应生成盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物，如过氧化钠和盐酸反应生成盐和水，但发生的是氧化还原反应，故④错误；⑤能与碱反应生成盐和水的氧化物不一定是酸性氧化物，如NO2和碱反应生成盐和水，但发生的是氧化还原反应，故⑤错误；因此②④⑤错误，故答案选C。10.下列说法正确的是（

）A．氯化氢溶于水能电离出H+、Cl-，所以氯化氢是离子化合物B．碘晶体受热转变为碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的作用力C．有机化合物CH3—CH2—NO2和H2N—CH2—COOH互为同分异构体D．金刚石、石墨、富勒烯互为同位素参考答案：C略11.设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．标准状况下22.4L水所含的分子为NAB．16g氧气中所含的电子数为NAC．18g水所含的电子数为8NAD．NA个Cl2的质量是71g参考答案：D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、标况下，水为液态；B、氧气由氧原子构成；C、求出水的物质的量，然后根据1mol水中含10mol电子来分析；D、氯气的摩尔质量为71g/mol．解答：解：A、标况下，水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、氧气由氧原子构成，故16g氧气中含有的氧原子的物质的量n==1mol，而1mol氧原子中含8mol电子即8NA个，故B错误；C、18g水的物质的量为1mol，而1mol水中含10mol电子，即10NA个，故C错误；D、氯气的摩尔质量为71g/mol，故NA个氯气分子即1mol氯气的质量m=nM=1mol×71g/mol=71g，故D正确．故选D．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大12.若把周期表原先的主、副族号取消，由左到右按原顺序编为18列。如碱金属为第1列，稀有气体为第18列，按这个规定，下列说法不正确的是()A.硫元素位于第16列 B.第10列元素全部是金属元素C.第18列元素单质全部是气体 D.只有第2列元素的原子最外层有2个电子参考答案：D【分析】长式周期表中各族元素的排列顺序为：ⅠA、ⅡA、ⅢB→ⅦB、Ⅷ、ⅠB、ⅡB、ⅢA→ⅦA、0族，18列元素应分别与以上各族对应，所以第2列为碱土金属族，其最外层有2个电子，但元素He及多数过渡元素的最外层也是2个电子；第14列为碳族元素，形成化合物的种类最多（有机物）；第10列为过渡区元素，全部为金属；第18列为稀有气体元素，据此进行解答。【详解】长式周期表中各族元素的排列顺序为：ⅠA.ⅡA.ⅢB→ⅦB.Ⅷ、ⅠB.ⅡB.ⅢA→ⅦA.

0族，A.硫元素元素位于VIA族，为第16列元素，A项正确；B.第10列为过渡区元素，全部为金属，B项正确；C.第18列为稀有气体元素，C项正确；D.第2列为碱土金属族，其最外层有2个电子，但元素He及多数过渡元素的最外层也是2个电子，D项错误；答案选D。13.化合物A其分子组成为CxHyO2相对分子质量为136。A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱与红外光谱如图。关于A的下列说法中，不正确的是A．

A属于酯类化合物，在一定条件下能发生水解反应B．A在一定条件下可与3molH2发生加成反应C．符合题中A分子结构特征的有机物只有一种D．与A属于同类化合物的同分异构体只有2种参考答案：略14.已知在碱性溶液中可发生如下反应：Fe(OH)3+ClO﹣+OH﹣═FeO4n﹣+Cl﹣+H2O（未配平）．则下列有关叙述错误的是（）A.已知FeO4n﹣中Fe的化合价是+6价，则n=2B.每产生1molCl﹣，转移2mol电子C.FeO4n﹣具有强氧化性，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂D.若n=2，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3参考答案：D试题分析：A．已知FeO4n﹣中Fe的化合价是+6价，由化合价的代数和等于电荷数可得n=2，正确；B．反应中Cl的化合价从+1价降低到-1价，则每产生1molCl-，转移2mol电子，正确；C．FeO4n﹣具有强氧化性能杀菌消毒，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂，正确；D．若n=2，Fe元素的化合价变化3价，Cl元素的化合价变化2价，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，错误。15.核磁共振(NMR)技术已广泛应用于复杂分子结构的测定和医学诊断等高科技领域。已知只有质子数或中子数为奇数的原子核有NMR现象。试判断下列哪组原子均可产生NMR现象A．18O31P

B．19F12CC．元素周期表中ⅢA族所有元素的原子

D．元素周期表中第三周期元素的所有原子参考答案：C略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.用Na2CO3?10H2O晶体，配制0.2mol?L﹣1的Na2CO3溶液480mL．（1）应称取Na2CO3?10H2O晶体的质量：

．定容时，向容量瓶中加水，至1～2cm时，改用

加水至刻度，加盖摇匀；（2）下列操作对所配溶液的浓度可能产生影响①Na2CO3?10H2O晶体失去了部分结晶水②用“左码右物”的称量方法称量晶体（使用游码）③碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠④容量瓶未经干燥使用．

其中引起所配溶液浓度偏高的有

（填序号）．参考答案：（1）28.6g；胶头滴管；（2）①【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】（1）依据配制溶液体积选择容量瓶规格，根据1molNa2CO3?10H2O能提供1molNa2CO3，得出需要的Na2CO3?10H2O的物质的量，再根据m=n?M来计算质量；定容时，为防止加入蒸馏水过多，所以向容量瓶中加水，至1～2cm时，改用胶头滴管加水至刻度，加盖摇匀；（2）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析．【解答】解：（1）配制0.2mol?L﹣1的Na2CO3溶液480mL，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要Na2CO3物质的量为：0.2mol?L﹣1×0.5L=0.1mol，根据1molNa2CO3?10H2O能提供1molNa2CO3，可知需要的Na2CO3?10H2O的物质的量n=0.1mol，根据m=n?M=0.1mol×286g/mol=28.6g，定容时，为防止加入蒸馏水过多，所以向容量瓶中加水，至1～2cm时，改用胶头滴管加水至刻度，加盖摇匀；故答案为：28.6g；

胶头滴管；（2）①碳酸钠晶体失去了部分结晶水，溶质的质量偏大，溶质的物质的量偏大，则配制溶液浓度偏高，故①选；②用“左码右物”的称量方法称量晶体，溶质的质量偏低，溶质的物质的量偏低，则配制溶液浓度偏低，故②不选；③碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠，溶质的质量偏低，溶质的物质的量偏低，则配制溶液浓度偏低，故③不选；④容量瓶未经干燥就使用，溶质的物质的量和溶液的体积都不改变，所以配制溶液浓度不变，故④不选；故选：①．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.(1)为了验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，下列装置能达到实验目的的是_______。(2)将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置如图所示(A、B为多孔碳棒)。A处其电极反应式为___________；(3)某元素的同位素AZX，它的氯化物XCl21.11g溶于水配成溶液后，加入1mo1/L的AgNO3溶液20mL，恰好完全反应。若这种同位素的原子核内有20个中子，Z的值为_____，A的值为______。(4)将固体NH4Br置于密闭容器中，在某温度下，发生下列反应：NH4Br(s)NH3(g)+HBr(g)

2HBr(g)Br2(g)+H2(g)2min后，测知c(H2)=0.5mo/L，c(HBr)=4mol/L。若上述反应速率用v(NH3)表示，则v(NH3)=_____参考答案：(1)②

(2)CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O

(3)20

40

(4)2.5mol/(L·min)分析：（1）验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，在原电池中，铜作负极、其它导电的金属或非金属作正极，电解质溶液为可溶性的铁盐；（2）根据电子流向知，A为负极、B为正极，燃料电池中通入燃料的电极为负极、通入氧化剂的电极为正极，甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；（3）根据硝酸银的物质的量计算氯离子的物质的量，进而计算氯化物的相对分子质量，最后计算X的质量数，结合A=Z+N计算和判断；（4）根据v＝△c/△t结合方程式计算。详解：（1）验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，在原电池中，铜作负极、其它导电的金属或非金属作正极，电解质溶液为可溶性的铁盐，则①中铁作负极、Cu作正极，电池反应式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，不能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，错误；②中铜作负极、银作正极，电池反应式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，正确；③中铁发生钝化现象，Cu作负极、铁作正极，电池反应式为：Cu+2NO3-+4H+＝Cu2++2NO2↑+2H2O，不能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，错误；④中铁作负极、铜作正极，电池反应式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，不能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，错误；答案选②；（2）根据电子流向知，A为负极、B为正极，燃料电池中通入燃料的电极为负极、通入氧化剂的电极为正极，所以A处通入甲烷，甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH4-8e-+10OH-＝CO32-+7H2O；（3）消耗硝酸银是0.02mol，根据Ag++Cl－＝AgCl↓可知氯离子的物质的量是0.02mol，因此根据氯原子守恒可知氯化物的物质的量是0.01mol，相对分子质量是1.11÷0.01＝111，则X的质量数是111－71＝40，因此Z＝40－20＝20；（4）2min后，测知c(H2)=0.5mo/L，因此分解的溴化氢是0.5mol/L×2＝1.0mol/L，又因为平衡时c(HBr)＝4mol/L，则溴化铵分解产生的溴化氢是1mol/L+4mol/L＝5mol/L，根据方程式可知生成的氨气是5mol/L，则v(NH3)＝5mol/L÷2min＝2.5mol/(L·min)。18.氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，不溶于水、乙醇及稀硫酸，在空气中迅速被氧化成绿色，常用作有机合成工业中的催化剂。实验室拟以下列方法制取CuCl：在CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl。试回答以下问题：(1)CuCl制备过程中需配制物质的量浓度为0.16mol·L－1的CuSO4溶液。①配制950mL0.16mol·L－1的CuSO4溶液应称取胆矾的质量为________g。②某学生实际配制CuSO4溶液的浓度为0.18mol·L－1，原因可能是________。A．托盘天平的砝码生锈

B．容量瓶中原来存有少量蒸馏水C．溶解后的烧杯未经多次洗涤

D．胶头滴管加水定容时俯视刻度(2)写出用上述方法制备CuCl的离子方程式_______________________________。(3)在上述制取过程中，经过滤得到CuCl沉淀，用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70℃干燥2小时，冷却，密封包装即得产品。其中“于70℃真空干燥”的目的是____________；______________________(回答两点)。(4)据世界卫生组织统计，最常用的避孕环含金属铜，避孕过程中生成了CuCl。其原因是铜与人体分泌物中的盐酸以及子宫内的空气反应：Cu＋HCl＋O2===CuCl＋HO2，HO2(超氧酸)不仅是一种弱酸而且也是一种自由基，具有极高的活性。下列说法或表示正确的是________。A．氧化产物是HO2

B．HO2在碱中能稳定存在C．1molO2参加反应有1mol电子发生转移

D．Cu被氧化参考答案：(1)①40.0

②AD

(2)2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O2CuCl↓＋SO42－＋2H＋

(3)加快乙醇和水的蒸发

防止CuCl在空气中被氧化

(4)CD【详解】（1）①由于没有950mL的容量瓶，选择大于950mL相近规格的容量瓶，所以应选择1000mL规格容量瓶，根据化学式可知硫酸铜的物质的量等于硫酸铜晶体的物质的量，所以需要胆矾的质量为：1L×0.16mol/L×250g/mol=40g；②A．砝码生锈后增重，使称量的固体质量偏大，溶质的物质的量偏大，所配溶液的浓度偏高，选项A正确；B．容量瓶中原来存有少量蒸馏水，对溶质物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液的浓度不变，选项B错误；C．溶解后的烧杯未经多次洗涤，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，选项C错误；D．胶头滴管加水定容时俯视刻度，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，选项D正确；答案选AD；（2）Na2SO3、NaCl、硫酸铜溶液在加热条件下发生氧化还原反应生成氯化亚铜沉淀，反应的离子方程式为：2Cu2++SO32-