2023-2024学年广东省深圳市宝安区高一上学期调研测化学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省深圳市宝安区2023-2024学年高一上学期调研测试卷注意：1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔将自己的姓名和考生号填写在答题卡上。2.用2B铅笔把选择题的〖答案〗在答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑；非选择题〖答案〗写在答题卡上对应题目区域内；不能答在试题卷上。3.考试时间为75分钟。4.本试卷满分为100分。5.本卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Fe-56；一、选择题(下列各题均只有一个合理〖答案〗，请将合理〖答案〗的序号涂在答题卡上，填在其它地方无效。本题共20小题，每小题3分，共60分。)1.我国古代文物蕴含着瑰丽的中华历史文化，下列文物主要成分属于合金的是A．兰亭集序书法B．马王堆素纱禅衣C．三星堆青铜面具D．唐兽首玛瑙杯A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗【详析】A．书法的材料是纸张，里面主要成分是纤维素，属于有机物，A错误；B．素纱禅衣主要成分是蛋白质，属于有机物，B错误；C．青铜属于铜和锌组成的合金，C正确；D．玛瑙杯的主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，D错误；故选C。2.近年我国在科技领域取得了举世瞩目的成就，下列成就所涉及的化学知识正确的是A.北斗三号卫星搭载了精密计时的铷原子钟，铷是金属元素B.长征系列火箭所用的燃料中，为氧化性气体C.深海一号开采深海的天然气可作清洁燃料，实现零碳排放D.火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为〖答案〗A〖解析〗【详析】A．铷是金属元素，故A正确；B．长征系列火箭所用的燃料中，为还原性气体，故B错误；C．深海一号开采深海的天然气可作清洁燃料，天然气燃烧生成二氧化碳，不能实现零碳排放，故C错误；D．赤铁矿主要成分为Fe2O3，故D错误；选A。3.化学与生产、生活密切相关。下列物质的应用中，涉及到氧化还原反应的是A.用醋酸除去水垢(主要成分)B.含消毒剂用于自来水杀菌消毒C.用盐酸去除铁锈(主要成分)D.用生石灰作某些包装食品的干燥剂〖答案〗B〖解析〗【详析】A．用醋酸除水垢的反应方程式为，属于非氧化还原反应，A错误；B．作为消毒剂的原理就是利用它的强氧化性，要发生氧化还原反应，B正确；C．用盐酸除铁锈，反应的方程式为，是非氧化还原反应，C错误；D．生石灰作某些包装食品的干燥剂，是氧化钙与水反应生成氢氧化钙，为非氧化还原反应，D错误；故选B。4.分类是认识元素及其化合物的方法之一。下列有关物质分类的说法，正确的是A.纯净物：漂白粉、氯化铁 B.电解质：碳酸钠、食盐水C.碱性氧化物：氧化铁、氧化钠 D.强酸：次氯酸、硫酸〖答案〗C〖解析〗【详析】A．漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，属于混合物，A错误；B．食盐水属于混合物，电解质或非电解质都必须是纯净物，B错误；C．碱性氧化物与酸反应生成对应的盐和水，氧化铁与酸反应生成铁盐和水，氧化钠也是如此，C正确；D．次氯酸是弱酸，D错误；故选C。5.化学处处呈现美。下列描述涉及的化学知识不正确的是A.茉莉花的芳香扑鼻而来，体现了分子是运动的B.晨雾中的光束如梦如幻，是丁达尔效应带来的美景C.甲烷分子为正四面体结构，四个氢原子完美对称D.烟花燃放时呈现出五彩缤纷的火花，是锂、钠、铜等金属被氧化所致〖答案〗D〖解析〗【详析】A．分子是运动的，所以茉莉花的芳香会扑鼻而来，A正确；B．晨雾中的小液滴大小在1-100nm之间，属于胶体，光照下呈现的光束是丁达尔现象，B正确；C．甲烷分子的键角和键长均相等，其结构为正四面体结构，四个原子完美对此，C正确；D．不同金属的焰色反应的颜色不同，因此烟花燃放时呈现出五颜六色，D错误；故选D。6.下列物质中，含共价键的离子化合物是A. B.NaOH C. D.〖答案〗B〖解析〗【详析】A．中存在离子键，属于离子化合物，无共价键，A错误；B．NaOH中Na+与OH-间存在离子键，属于离子化合物；OH-中O、H间存在共价键，B正确；C．只存在离子键，属于离子化合物，无共价键，C错误；D．中只存在共价键，无离子键，属于共价化合物，D错误；〖答案〗选B。7.嫦娥五号返回舱带回的月壤中含有大量的，是清洁、安全的核聚变发电的燃料，地球上氦元素主要以的形式存在。下列说法正确的是A.的核外电子数为3 B.和互为同位素C.的化学性质很活泼 D.发生核聚变时吸收大量热量〖答案〗B〖解析〗【详析】A．的核外电子数为2，故A错误；B．和质子数相同、中子数不同，互为同位素，故B正确；C．核外有2个电子，结构稳定，化学性质很稳定，故C错误；D．发生核聚变时放出大量热量，故D错误；选B。8.配制溶液，部分实验操作如图所示：下列说法不正确的是A.实验中用到的玻璃仪器有量筒、容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等B.容量瓶用蒸馏水洗涤后无需干燥可使用C.上述实验操作步骤的正确顺序为②①④①③D.定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的溶液浓度偏高〖答案〗D〖解析〗【详析】A．配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器有：托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，配制溶液，应选择500mL容量瓶，A正确；B．定容操作仍然需要向容量瓶中注入蒸馏水，所以容量瓶需用蒸馏水洗涤，不需干燥即可使用，B正确；C．配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，正确的操作顺序为：②①④①③，C正确；D．定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏大，依据可知，溶液浓度偏低，D错误；故选D9.劳动创造美好的生活。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A环保工程师用熟石灰处理酸性废水熟石灰具有碱性B技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板铝能形成致密氧化膜C面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包可与酸反应D工人将模具干燥后再注入熔融钢水在高温下铁与会反应A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗【详析】A．熟石灰是氢氧化钙，具有碱性，可以用于处理酸性废水，故A不符合题意；B．钢板上镀铝，保护钢板，金属铝表面形成致密氧化膜而保护金属钢不被腐蚀，故B不符合题意；C．小苏打是碳酸氢钠，不是碳酸钠，主要用来做膨松剂，故C符合题意；D．熔融的铁与水蒸气在高温下反应会生成四氧化三铁和氢气，因此必须将模具干燥，故D不符合题意；综上所述，〖答案〗为C。10.在无色溶液中能大量共存的一组离子是A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、〖答案〗A〖解析〗【详析】A．、、、都是无色离子，相互不反应，可以大量共存，故A符合题意；B．、都有颜色，不符合无色的要求，故B不符合题意；C．与反应生成碳酸根和水，不能大量共存，故C不符合题意；D．与反应生成沉淀，不能大量共存，故D不符合题意。〖答案〗选A。11.我国南北朝梁代陶弘景在其《本草经集注》条目的“灌钢法”中，记载我国古代冶炼钢铁的方法，将生铁(含碳量约2%)和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法正确的是A.生铁的熔点比纯铁高B.在我国使用最早的合金是生铁C.“灌钢法”冶炼制得钢过程中提高了生铁中的含碳量D.钢的硬度比铁大的原因是钢含碳原子，使铁原子层之间的相对滑动变得困难〖答案〗D〖解析〗【详析】A．合金的熔点低于成分金属，生铁的熔点比纯铁低，故A错误；B．在我国使用最早的合金是青铜，故B错误；C．钢的含碳量比生铁中的含碳量低，故C错误；D．钢的硬度比铁大的原因是钢含碳原子，使铁原子层之间的相对滑动变得困难，故D正确；选D。12.下图为多电子原子的电子层模型示意图。有关描述不正确的是A.K层电子的能量高于L层 B.核外电子从K层开始填充C.L层最多能容纳8个电子 D.原子由原子核与核外电子构成〖答案〗A〖解析〗【详析】A．原子核外电子在核外排布在能量不连续的电子层中，由里向外能量依次升高，故K层电子的能量低于L层，A错误；B．原子核外电子排布遵循能量最低原则，即核外电子总是优先排在离核近的能量低的电子层里，即总是从K层开始填充，B正确；C．由核外电子排布规律可知，每一层最多排布的电子为2n2个(n为电子层序数)，故第二层即L层最多能容纳8个电子，C正确；D．原子由原子核与核外电子构成，D正确；故〖答案〗为：A。13.对实验现象及其内涵的建构能发展学生的宏观辨识和微观探析素养。下列实验对应的离子方程式书写正确的是选项实验与现象离子方程式A铝片插入CuSO4溶液，析出红色物质B稀H2SO4中滴加Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀C在大理石上滴稀盐酸，产生气泡DFe2(SO4)3溶液中滴加氨水，产生红褐色沉淀AA B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗【详析】A．铝片插入CuSO4溶液，析出红色物质，反应方程式为：2Al+3CuSO4=Al2(SO4)3+3Cu，故离子方程式为：，A正确；B．稀H2SO4中滴加Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀BaSO4和H2O，原离子方程式漏写了部分离子方程式，故正确离子方程式为：，B错误；C．CaCO3是沉淀，在离子方程式书写时不能拆，故在大理石上滴稀盐酸，产生气泡的离子方程式为：，C错误；D．已知氨水为弱碱，在离子方程式书写时不能拆，Fe2(SO4)3溶液中滴加氨水，产生红褐色沉淀的离子方程式为：，D错误；故〖答案〗为：A。14.检验芹菜中铁元素的实验操作有：①剪碎芹菜，研磨；②取少量滤液，滴加稀；③加入蒸馏水，搅拌，过滤；④滴加几滴KSCN溶液，振荡，观察。正确操作顺序为A.③①④② B.①②③④ C.②①④③ D.①③②④〖答案〗D〖解析〗【详析】将芹菜粉碎加水浸泡后过滤，将滤液加入HNO3，将滤液中的铁元素氧化为铁离子，最后加入KSCN，溶液如果变为血红色，则证明溶液中含有铁离子；故〖答案〗为：D。15.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是选项物质(括号内为杂质)除杂试剂A溶液溶液B溶液溶液、稀盐酸C、浓硫酸D粉粉溶液A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗【详析】A．、NaCl都能与反应，不能用硝酸银除溶液中的NaCl，故不选A；B．氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，过滤后加稀盐酸除氢氧化钠，可除去溶液中的氯化镁，且没有发生氧化还原反应，故选B；C．氯气和氯化氢都溶于水，应该用饱和食盐水除氯气中的氯化氢，故不选C；D．铝和氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，属于氧化还原反应，故不选D；〖答案〗选B。16.侯德榜制碱法第一步制备的反应原理是设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.含有的原子数目为B.含有离子数目为C.58.5gNaCl含有NaCl分子数目为D.常温常压下，含有的原子数目为〖答案〗A〖解析〗【详析】A．

，则原子数为3NA，A正确；B．NH4Cl含有、Cl-离子，1molNH4Cl含有离子数目为2NA，B错误；C．，NaCl不含分子，C错误；D．非标准状况下，无法根据气体体积计算气体物质的量，D错误；故〖答案〗为：A。17.下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA溶液作腐蚀液除去覆铜板上不需要的铜的还原性比的强B的酸性比的强的非金属性比的强C加热条件下，比更容易分解的非金属性比的强D溶于水后能导电是电解质A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗【详析】A．溶液作腐蚀液除去覆铜板上不需要的铜，原因是Fe3+的氧化性大于Cu2+，故不选A；B．不是S的最高价含氧酸，的酸性比的强，不能说明的非金属性比的强，故不选B；C．加热条件下，比更容易分解，说明HCl比HI稳定，则的非金属性比的强，故选C；D．氧化钠和水反应生成氢氧化钠，溶于水后能导电，是因为氢氧化钠电离产生自由移动的阴、阳离子，即证明氢氧化钠是电解质，故不选D；选C。18.下列实验方案中，不能测定出和的混合物中质量分数的是A.取ag混合物充分加热，质量减少bgB.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体C.取ag混合物与足量溶液充分反应，得到bg溶液D取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg〖答案〗C〖解析〗【详析】A．取ag混合物充分加热，质量减少bg，则NaHCO3分解生成的CO2、H2O的质量和为bg，由此可计算出NaHCO3的质量，从而求出Na2CO3的质量分数，A不符合题意；B．取ag混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到的bg固体为NaCl的质量，由此可求出混合物中Na+的物质的量，与ag共同建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，B不符合题意；C．取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液，由于没有沉淀或气体产生，无法求出与Na2CO3、NaHCO3相关的微粒的质量或物质的量，无法求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，C符合题意；D．取ag混合物与足量稀硫酸反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg，即CO2质量为bg，由a和b建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，D不符合题意；故〖答案〗为：C。19.甲~戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图所示。戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法不正确的是A.原子半径：丁>戊>乙B.非金属性：戊>丁>丙C.甲的最高价氧化物对应的水化物一定是强酸D.丙的最高价氧化物对应的水化物一定能与强碱反应〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗戊的最高价氧化物对应水化物为强酸，戊可能是S，也可能为Cl，如果戊是S，则乙为O，丁为P，丙为Si，甲为C，如果戊是Cl，则乙为F，丁为S，丙为P，甲为N，据此分析。【详析】A．同主族从上到下，原子半径依次增大，同周期从左向右原子半径依次减小(稀有气体除外)，原子半径大小顺序是丁＞戊＞乙，故A正确；B．同主族从上到下，非金属性依次减弱，同周期从左向右非金属性逐渐增强，非金属性：戊＞丁＞丙，故B正确；C．由分析可知，甲可能为C或N，HNO3是强酸，H2CO3是弱酸，故C错误；D．若丙为Si，最高价氧化物对应水化物是H2SiO3，能与碱反应，若丙为P，最高价氧化物对应水化物是H3PO4，也能与碱反应，故D正确；故选C。20.可用于制备一种新型、多功能绿色水处理剂高铁酸钠，主要反应：。下列说法不正确的是A.具有强氧化性，能杀菌消毒B.该反应中，还原剂是和C.由上述反应可得，的氧化性比的强D.上述反应中，理论上若有电子发生转移，可生成〖答案〗D〖解析〗【详析】A．Na2FeO4中的铁为+6价，容易得到电子变为低价铁的化合物，Na2FeO4具有强氧化性，利用其强氧化性可以杀菌消毒，故A正确；B．还原剂是失电子的物质。当有2mol硫酸亚铁参与反应时，铁失去的电子为8mol，生成1molO2，有6mol过氧化钠参加反应，其中有1mol的过氧化钠作还原剂，失去的电子为2mol，故共转移10mol电子，所以该反应中，还原剂是FeSO4和Na2O2，故B正确；C．该反应中，Na2O2是氧化剂，Na2FeO4是氧化产物，根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，Na2O2的氧化性比Na2FeO4强，故C正确；D．由B选项的分析可知，当转移10mol电子时，生成2molNa2FeO4，所以若转移4mol电子，可生成0.8molNa2FeO4，故D错误；故选D。二、非选择题(本题共4个小题，共40分。)21.四种短周期主族元素a、b、c和d的原子序数依次增大，a和c同主族；a原子最外层电子数是次外层电子数3倍，且a与b原子最外层电子数之和等于d原子最外层电子数；常温下，d的单质是一种黄绿色的气体。回答下列问题(答题时涉及a～d字母，要用对应的元素符号或化学式表示)：（1）d位于元素周期表中第三周期第_______族，b和d形成化合物的电子式为_______。（2）原子半径：a_______b(填“>”或“<”，下同)，气态氢化物的稳定性：a_______c。（3）写出b的单质与水反应的化学方程式_______；b的单质在空气中点燃生成固体甲，甲呈淡黄色，甲与CO2反应的化学方程式为_______。（4）将d的单质通入b与c形成的化合物溶液中，溶液出现浑浊，该反应的离子方程式为_______。〖答案〗（1）①.VIIA②.（2）①.<②.>（3）①.②.（4）〖解析〗〖祥解〗a原子最外层电子数是次外层电子数3倍，可知次外层只能为2个，因此a为O元素，a与c同主族，所以c为S元素，d的单质是一种黄绿色的气体，所以d为Cl元素，由于a与b原子最外层电子数之和等于d原子最外层电子数，所以b最外层电子数为1，因此b为Na元素，由此作答：【小问1详析】d为Cl元素，位于元素周期表中第三周期第VIIA族，b和d形成化合物为NaCl，其电子式为；【小问2详析】电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径Na>O；非金属性越强，所对应的气态氢化物越稳定，因此稳定性H2O>H2S；【小问3详析】Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式为；Na与氧气点燃反应生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为；【小问4详析】b与c形成的化合物为Na2S，氯气与硫化钠反应的离子方程式为。22.铝土矿的主要成分是，Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，某工厂用铝土矿制氧化铝的流程如下图。已知SiO2是酸性氧化物。回答下列问题：（1）“酸浸”步骤中，Al2O3发生反应的离子方程式为_______。（2）流程中“操作”名称是_______，“滤渣1”的主要成分是_______(填化学式)。（3）“除铁”步骤中，Al3+发生反应的离子化学方程式为_______。（4）“沉铝”步骤中，通过量CO2不能用过量盐酸代替的原因是_______，“滤液b”中的阴离子主要有_______、_______(填离子符号)。〖答案〗（1）（2）①.过滤②.SiO2（3）（4）①.该步骤的产物能与盐酸反应，与不反应②.③.〖解析〗〖祥解〗铝土矿经过盐酸酸浸，将氧化铝、氧化铁转变成对应的离子，二氧化硅不溶于盐酸，过滤后除去二氧化硅，加入过量的氢氧化钠，，，过滤后除去氢氧化铁沉淀，偏铝酸根通入过量的二氧化碳，，过滤得到滤渣，加热滤渣，氢氧化铝分解为氧化铝，据此分析题目；【小问1详析】根据分析，盐酸酸浸时氧化铝转变成对应的离子，离子方程式为；【小问2详析】根据分析，二氧化硅不溶于盐酸，滤渣应为，固液分离可以采用过滤操作；【小问3详析】根据分析，过量氢氧化钠与铝离子反应生成四氢氧根合铝离子，离子方程式为；【小问4详析】根据分析，通入过量二氧化碳会生成氢氧化铝，二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸酸性较弱，不与氢氧化铝反应，若用盐酸代替，盐酸与氢氧化铝反应生成氯化铝，沉铝目的无法达成；滤液b中，根据流程图分析，氯离子没有除去，而过量二氧化碳通入碱性溶液中，原有氢氧根被反应生成碳酸氢根，故阴离子主要有、。23.某化学小组用“84消毒液”(主要成分是)制备氯气并探究其性质，进行如图所示的实验(a～d中均为浸有相应试液的棉花，夹持装置省略)。已知：的氧化性比的强。回答下列问题：（1）18世纪70年代，瑞典化学家舍勒将软锰矿(主要成分是)与浓盐酸混合后加热制备了氯气，该浓盐酸反应的化学方程式为_______，对比舍勒与该小组两种制备氯气方法的反应条件，推测的氧化性比的_______(填“强”或“弱”)。（2）a处变为橙色，说明的氧化性比的强，该反应的离子方程式为_______。（3）b处变为蓝色，不能说明的氧化性比的强，其理由是_______。（4）c处褪色，推测使酸性溶液褪色的物质可能是_______(填化学式)。（5）实验一段时间后，观察到d处红色褪去。对于红色褪去的原因，甲同学认为可能是氯气与水反应生成的酸中和所致，乙同学认为可能是氯气与水反应生成的强氧化性所致；他们进行了如下实验：取出d处褪色后的棉花置于烧杯中，向棉花加入_______，若观察到_______，说明_______同学的观点是正确。〖答案〗（1）①.②.强（2）（3）Cl2能与KI反应生成I2（4）HCl（5）①.NaOH溶液\NaOH溶液\酚酞试剂\酚酞试剂②.溶液变红色\溶液不变红色\溶液变红色\溶液不变红色③.甲\乙\乙\甲〖解析〗〖祥解〗试管内与浓盐酸在常温下反应生成氯气，a处氯气和溴化钾反应生成氯化钾和溴单质，b处氯气和碘化钾反应生成氯化钾和碘单质，c处氯化氢被酸性高锰酸钾氧化为氯气，d处红色褪去，可能是氯气与水反应生成的酸中和NaOH所致，也可能是氯气与水反应生成HClO的强氧化性所致，据此解答。【小问1详析】与浓盐酸混合后加热生成氯气、氯化锰和水，浓盐酸与二氧化锰反应的化学方程式为：，与浓盐酸在常温下反应生成氯气，推测的氧化性比的强；【小问2详析】a处变为橙色，说明氯气和溴化钾反应生成氯化钾和溴单质，说明的氧化性比的强，该反应的离子方程式为：；【小问3详析】氯气能与碘化钾反应生成碘单质和氯化钾，使b处变为蓝色，不能说明的氧化性比的强，其理由为：Cl2能与KI反应生成I2；【小问4详析】的氧化性比的强，与浓盐酸在常温下反应生成的氯气中含有氯化氢，氯化氢可能被酸性KMnO4溶液氧化而使其褪色，则使c处的酸性溶液褪色的物质可能是HCl；【小问5详析】取出d处褪色后的棉花置于烧杯中，向棉花加入NaOH溶液，若观察到溶液变红色，说明甲同学的观点是正确，若观察到溶液不变红色，说明乙同学的观点是正确；向棉花加入酚酞溶液，若观察到溶液变红色，说明乙同学的观点是正确，若观察到溶液不变红色，说明甲同学的观点是正确。24.价类图(化合价—物质类别)是学习元素化合物性质的视角之一，下列是铁元素的价类图，其中f、g都是铁的氯化物。回答下列问题：（1）c的化学式为_______，能与_______(填试剂名称)反应生成g。（2）在一定条件下，a、f、g三种物质间可以互相转化。加热条件下，a与_______(填化学式)反应生成g；f溶液与_______(填化学式)反应生成a；向g溶液滴入KI-淀粉溶液，溶液变蓝，写出g溶液与KI溶液反应的离子方程式_______。（3）e在潮湿的空气中容易被氧化生成d，该反应的化学方程式为_______。（4）硫酸铁铵广泛用于生活饮用水、工业循环水的净化处理等。称取14.00g样品，将其溶于水配制成100mL溶液，分成两等份，向其中一份溶液中加入足量溶液，过滤洗涤得到2.14g沉淀：向另一份溶液中加入溶液，恰好完全反应。则该硫酸铁铵中为_______。〖答案〗（1）①.Fe2O3②.盐酸（2）①.Cl2②.Zn③.（3）（4）1∶2∶2〖解析〗〖祥解〗由价类图可知，a为Fe，b为FeO，c为Fe2O3，d为Fe(OH)3，e为Fe(OH)2，f和g分别为亚铁盐和铁盐，据此分析解答。【小问1详析】由分析可知，c为Fe2O3，能与盐酸反应生成铁盐；故〖答案〗为：Fe2O3；盐酸；【小问2详析】加热条件下，Fe可与Cl2反应生成铁盐，过量锌可从铁盐溶液中置换出铁，铁盐溶液可与KI溶液反应，反应的离子方程式为：2I−+2Fe3+=I2+2Fe2+；故〖答案〗为：Cl2；Zn；2I−+2Fe3+=I2+2Fe2+；【小问3详析】Fe(OH)2在潮湿的空气中容易被氧化生成Fe(OH)3，该反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；故〖答案〗为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；【小问4详析】一份溶液中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到Fe(OH)3沉淀2.14g，n[Fe(OH)3]==0.02mol,则n[Fe2(SO4)3]=0.01mol；向另一份溶液中加入0.05molBa(NO3)2溶液，恰好完全反应，n()=n(Ba2+)=0.05mol，0.01molFe2(SO4)3中含0.03mol,则n[(NH4)2SO4]=0.05mol-0.03mol=0.02mol；0.01molFe2(SO4)3质量为：0.01mol400g/mol=4g,0.02mol(NH4)2SO4质量为:0.02mol132g/mol=2.64g，则H2O的质量为：=0.36g,n(H2O)==0.02mol,则x∶y∶z=n[Fe2(SO4)3]∶n[(NH4)2SO4]∶n(H2O)=0.01mol∶0.02mol∶0.02mol=1∶2∶2；故〖答案〗为：1∶2∶2。广东省深圳市宝安区2023-2024学年高一上学期调研测试卷注意：1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔将自己的姓名和考生号填写在答题卡上。2.用2B铅笔把选择题的〖答案〗在答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑；非选择题〖答案〗写在答题卡上对应题目区域内；不能答在试题卷上。3.考试时间为75分钟。4.本试卷满分为100分。5.本卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Fe-56；一、选择题(下列各题均只有一个合理〖答案〗，请将合理〖答案〗的序号涂在答题卡上，填在其它地方无效。本题共20小题，每小题3分，共60分。)1.我国古代文物蕴含着瑰丽的中华历史文化，下列文物主要成分属于合金的是A．兰亭集序书法B．马王堆素纱禅衣C．三星堆青铜面具D．唐兽首玛瑙杯A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗【详析】A．书法的材料是纸张，里面主要成分是纤维素，属于有机物，A错误；B．素纱禅衣主要成分是蛋白质，属于有机物，B错误；C．青铜属于铜和锌组成的合金，C正确；D．玛瑙杯的主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，D错误；故选C。2.近年我国在科技领域取得了举世瞩目的成就，下列成就所涉及的化学知识正确的是A.北斗三号卫星搭载了精密计时的铷原子钟，铷是金属元素B.长征系列火箭所用的燃料中，为氧化性气体C.深海一号开采深海的天然气可作清洁燃料，实现零碳排放D.火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为〖答案〗A〖解析〗【详析】A．铷是金属元素，故A正确；B．长征系列火箭所用的燃料中，为还原性气体，故B错误；C．深海一号开采深海的天然气可作清洁燃料，天然气燃烧生成二氧化碳，不能实现零碳排放，故C错误；D．赤铁矿主要成分为Fe2O3，故D错误；选A。3.化学与生产、生活密切相关。下列物质的应用中，涉及到氧化还原反应的是A.用醋酸除去水垢(主要成分)B.含消毒剂用于自来水杀菌消毒C.用盐酸去除铁锈(主要成分)D.用生石灰作某些包装食品的干燥剂〖答案〗B〖解析〗【详析】A．用醋酸除水垢的反应方程式为，属于非氧化还原反应，A错误；B．作为消毒剂的原理就是利用它的强氧化性，要发生氧化还原反应，B正确；C．用盐酸除铁锈，反应的方程式为，是非氧化还原反应，C错误；D．生石灰作某些包装食品的干燥剂，是氧化钙与水反应生成氢氧化钙，为非氧化还原反应，D错误；故选B。4.分类是认识元素及其化合物的方法之一。下列有关物质分类的说法，正确的是A.纯净物：漂白粉、氯化铁 B.电解质：碳酸钠、食盐水C.碱性氧化物：氧化铁、氧化钠 D.强酸：次氯酸、硫酸〖答案〗C〖解析〗【详析】A．漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，属于混合物，A错误；B．食盐水属于混合物，电解质或非电解质都必须是纯净物，B错误；C．碱性氧化物与酸反应生成对应的盐和水，氧化铁与酸反应生成铁盐和水，氧化钠也是如此，C正确；D．次氯酸是弱酸，D错误；故选C。5.化学处处呈现美。下列描述涉及的化学知识不正确的是A.茉莉花的芳香扑鼻而来，体现了分子是运动的B.晨雾中的光束如梦如幻，是丁达尔效应带来的美景C.甲烷分子为正四面体结构，四个氢原子完美对称D.烟花燃放时呈现出五彩缤纷的火花，是锂、钠、铜等金属被氧化所致〖答案〗D〖解析〗【详析】A．分子是运动的，所以茉莉花的芳香会扑鼻而来，A正确；B．晨雾中的小液滴大小在1-100nm之间，属于胶体，光照下呈现的光束是丁达尔现象，B正确；C．甲烷分子的键角和键长均相等，其结构为正四面体结构，四个原子完美对此，C正确；D．不同金属的焰色反应的颜色不同，因此烟花燃放时呈现出五颜六色，D错误；故选D。6.下列物质中，含共价键的离子化合物是A. B.NaOH C. D.〖答案〗B〖解析〗【详析】A．中存在离子键，属于离子化合物，无共价键，A错误；B．NaOH中Na+与OH-间存在离子键，属于离子化合物；OH-中O、H间存在共价键，B正确；C．只存在离子键，属于离子化合物，无共价键，C错误；D．中只存在共价键，无离子键，属于共价化合物，D错误；〖答案〗选B。7.嫦娥五号返回舱带回的月壤中含有大量的，是清洁、安全的核聚变发电的燃料，地球上氦元素主要以的形式存在。下列说法正确的是A.的核外电子数为3 B.和互为同位素C.的化学性质很活泼 D.发生核聚变时吸收大量热量〖答案〗B〖解析〗【详析】A．的核外电子数为2，故A错误；B．和质子数相同、中子数不同，互为同位素，故B正确；C．核外有2个电子，结构稳定，化学性质很稳定，故C错误；D．发生核聚变时放出大量热量，故D错误；选B。8.配制溶液，部分实验操作如图所示：下列说法不正确的是A.实验中用到的玻璃仪器有量筒、容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等B.容量瓶用蒸馏水洗涤后无需干燥可使用C.上述实验操作步骤的正确顺序为②①④①③D.定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的溶液浓度偏高〖答案〗D〖解析〗【详析】A．配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器有：托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，配制溶液，应选择500mL容量瓶，A正确；B．定容操作仍然需要向容量瓶中注入蒸馏水，所以容量瓶需用蒸馏水洗涤，不需干燥即可使用，B正确；C．配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，正确的操作顺序为：②①④①③，C正确；D．定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏大，依据可知，溶液浓度偏低，D错误；故选D9.劳动创造美好的生活。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A环保工程师用熟石灰处理酸性废水熟石灰具有碱性B技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板铝能形成致密氧化膜C面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包可与酸反应D工人将模具干燥后再注入熔融钢水在高温下铁与会反应A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗【详析】A．熟石灰是氢氧化钙，具有碱性，可以用于处理酸性废水，故A不符合题意；B．钢板上镀铝，保护钢板，金属铝表面形成致密氧化膜而保护金属钢不被腐蚀，故B不符合题意；C．小苏打是碳酸氢钠，不是碳酸钠，主要用来做膨松剂，故C符合题意；D．熔融的铁与水蒸气在高温下反应会生成四氧化三铁和氢气，因此必须将模具干燥，故D不符合题意；综上所述，〖答案〗为C。10.在无色溶液中能大量共存的一组离子是A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、〖答案〗A〖解析〗【详析】A．、、、都是无色离子，相互不反应，可以大量共存，故A符合题意；B．、都有颜色，不符合无色的要求，故B不符合题意；C．与反应生成碳酸根和水，不能大量共存，故C不符合题意；D．与反应生成沉淀，不能大量共存，故D不符合题意。〖答案〗选A。11.我国南北朝梁代陶弘景在其《本草经集注》条目的“灌钢法”中，记载我国古代冶炼钢铁的方法，将生铁(含碳量约2%)和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法正确的是A.生铁的熔点比纯铁高B.在我国使用最早的合金是生铁C.“灌钢法”冶炼制得钢过程中提高了生铁中的含碳量D.钢的硬度比铁大的原因是钢含碳原子，使铁原子层之间的相对滑动变得困难〖答案〗D〖解析〗【详析】A．合金的熔点低于成分金属，生铁的熔点比纯铁低，故A错误；B．在我国使用最早的合金是青铜，故B错误；C．钢的含碳量比生铁中的含碳量低，故C错误；D．钢的硬度比铁大的原因是钢含碳原子，使铁原子层之间的相对滑动变得困难，故D正确；选D。12.下图为多电子原子的电子层模型示意图。有关描述不正确的是A.K层电子的能量高于L层 B.核外电子从K层开始填充C.L层最多能容纳8个电子 D.原子由原子核与核外电子构成〖答案〗A〖解析〗【详析】A．原子核外电子在核外排布在能量不连续的电子层中，由里向外能量依次升高，故K层电子的能量低于L层，A错误；B．原子核外电子排布遵循能量最低原则，即核外电子总是优先排在离核近的能量低的电子层里，即总是从K层开始填充，B正确；C．由核外电子排布规律可知，每一层最多排布的电子为2n2个(n为电子层序数)，故第二层即L层最多能容纳8个电子，C正确；D．原子由原子核与核外电子构成，D正确；故〖答案〗为：A。13.对实验现象及其内涵的建构能发展学生的宏观辨识和微观探析素养。下列实验对应的离子方程式书写正确的是选项实验与现象离子方程式A铝片插入CuSO4溶液，析出红色物质B稀H2SO4中滴加Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀C在大理石上滴稀盐酸，产生气泡DFe2(SO4)3溶液中滴加氨水，产生红褐色沉淀AA B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗【详析】A．铝片插入CuSO4溶液，析出红色物质，反应方程式为：2Al+3CuSO4=Al2(SO4)3+3Cu，故离子方程式为：，A正确；B．稀H2SO4中滴加Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀BaSO4和H2O，原离子方程式漏写了部分离子方程式，故正确离子方程式为：，B错误；C．CaCO3是沉淀，在离子方程式书写时不能拆，故在大理石上滴稀盐酸，产生气泡的离子方程式为：，C错误；D．已知氨水为弱碱，在离子方程式书写时不能拆，Fe2(SO4)3溶液中滴加氨水，产生红褐色沉淀的离子方程式为：，D错误；故〖答案〗为：A。14.检验芹菜中铁元素的实验操作有：①剪碎芹菜，研磨；②取少量滤液，滴加稀；③加入蒸馏水，搅拌，过滤；④滴加几滴KSCN溶液，振荡，观察。正确操作顺序为A.③①④② B.①②③④ C.②①④③ D.①③②④〖答案〗D〖解析〗【详析】将芹菜粉碎加水浸泡后过滤，将滤液加入HNO3，将滤液中的铁元素氧化为铁离子，最后加入KSCN，溶液如果变为血红色，则证明溶液中含有铁离子；故〖答案〗为：D。15.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是选项物质(括号内为杂质)除杂试剂A溶液溶液B溶液溶液、稀盐酸C、浓硫酸D粉粉溶液A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗【详析】A．、NaCl都能与反应，不能用硝酸银除溶液中的NaCl，故不选A；B．氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，过滤后加稀盐酸除氢氧化钠，可除去溶液中的氯化镁，且没有发生氧化还原反应，故选B；C．氯气和氯化氢都溶于水，应该用饱和食盐水除氯气中的氯化氢，故不选C；D．铝和氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，属于氧化还原反应，故不选D；〖答案〗选B。16.侯德榜制碱法第一步制备的反应原理是设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.含有的原子数目为B.含有离子数目为C.58.5gNaCl含有NaCl分子数目为D.常温常压下，含有的原子数目为〖答案〗A〖解析〗【详析】A．

，则原子数为3NA，A正确；B．NH4Cl含有、Cl-离子，1molNH4Cl含有离子数目为2NA，B错误；C．，NaCl不含分子，C错误；D．非标准状况下，无法根据气体体积计算气体物质的量，D错误；故〖答案〗为：A。17.下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA溶液作腐蚀液除去覆铜板上不需要的铜的还原性比的强B的酸性比的强的非金属性比的强C加热条件下，比更容易分解的非金属性比的强D溶于水后能导电是电解质A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗【详析】A．溶液作腐蚀液除去覆铜板上不需要的铜，原因是Fe3+的氧化性大于Cu2+，故不选A；B．不是S的最高价含氧酸，的酸性比的强，不能说明的非金属性比的强，故不选B；C．加热条件下，比更容易分解，说明HCl比HI稳定，则的非金属性比的强，故选C；D．氧化钠和水反应生成氢氧化钠，溶于水后能导电，是因为氢氧化钠电离产生自由移动的阴、阳离子，即证明氢氧化钠是电解质，故不选D；选C。18.下列实验方案中，不能测定出和的混合物中质量分数的是A.取ag混合物充分加热，质量减少bgB.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体C.取ag混合物与足量溶液充分反应，得到bg溶液D取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg〖答案〗C〖解析〗【详析】A．取ag混合物充分加热，质量减少bg，则NaHCO3分解生成的CO2、H2O的质量和为bg，由此可计算出NaHCO3的质量，从而求出Na2CO3的质量分数，A不符合题意；B．取ag混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到的bg固体为NaCl的质量，由此可求出混合物中Na+的物质的量，与ag共同建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，B不符合题意；C．取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液，由于没有沉淀或气体产生，无法求出与Na2CO3、NaHCO3相关的微粒的质量或物质的量，无法求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，C符合题意；D．取ag混合物与足量稀硫酸反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg，即CO2质量为bg，由a和b建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，D不符合题意；故〖答案〗为：C。19.甲~戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图所示。戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法不正确的是A.原子半径：丁>戊>乙B.非金属性：戊>丁>丙C.甲的最高价氧化物对应的水化物一定是强酸D.丙的最高价氧化物对应的水化物一定能与强碱反应〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗戊的最高价氧化物对应水化物为强酸，戊可能是S，也可能为Cl，如果戊是S，则乙为O，丁为P，丙为Si，甲为C，如果戊是Cl，则乙为F，丁为S，丙为P，甲为N，据此分析。【详析】A．同主族从上到下，原子半径依次增大，同周期从左向右原子半径依次减小(稀有气体除外)，原子半径大小顺序是丁＞戊＞乙，故A正确；B．同主族从上到下，非金属性依次减弱，同周期从左向右非金属性逐渐增强，非金属性：戊＞丁＞丙，故B正确；C．由分析可知，甲可能为C或N，HNO3是强酸，H2CO3是弱酸，故C错误；D．若丙为Si，最高价氧化物对应水化物是H2SiO3，能与碱反应，若丙为P，最高价氧化物对应水化物是H3PO4，也能与碱反应，故D正确；故选C。20.可用于制备一种新型、多功能绿色水处理剂高铁酸钠，主要反应：。下列说法不正确的是A.具有强氧化性，能杀菌消毒B.该反应中，还原剂是和C.由上述反应可得，的氧化性比的强D.上述反应中，理论上若有电子发生转移，可生成〖答案〗D〖解析〗【详析】A．Na2FeO4中的铁为+6价，容易得到电子变为低价铁的化合物，Na2FeO4具有强氧化性，利用其强氧化性可以杀菌消毒，故A正确；B．还原剂是失电子的物质。当有2mol硫酸亚铁参与反应时，铁失去的电子为8mol，生成1molO2，有6mol过氧化钠参加反应，其中有1mol的过氧化钠作还原剂，失去的电子为2mol，故共转移10mol电子，所以该反应中，还原剂是FeSO4和Na2O2，故B正确；C．该反应中，Na2O2是氧化剂，Na2FeO4是氧化产物，根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，Na2O2的氧化性比Na2FeO4强，故C正确；D．由B选项的分析可知，当转移10mol电子时，生成2molNa2FeO4，所以若转移4mol电子，可生成0.8molNa2FeO4，故D错误；故选D。二、非选择题(本题共4个小题，共40分。)21.四种短周期主族元素a、b、c和d的原子序数依次增大，a和c同主族；a原子最外层电子数是次外层电子数3倍，且a与b原子最外层电子数之和等于d原子最外层电子数；常温下，d的单质是一种黄绿色的气体。回答下列问题(答题时涉及a～d字母，要用对应的元素符号或化学式表示)：（1）d位于元素周期表中第三周期第_______族，b和d形成化合物的电子式为_______。（2）原子半径：a_______b(填“>”或“<”，下同)，气态氢化物的稳定性：a_______c。（3）写出b的单质与水反应的化学方程式_______；b的单质在空气中点燃生成固体甲，甲呈淡黄色，甲与CO2反应的化学方程式为_______。（4）将d的单质通入b与c形成的化合物溶液中，溶液出现浑浊，该反应的离子方程式为_______。〖答案〗（1）①.VIIA②.（2）①.<②.>（3）①.②.（4）〖解析〗〖祥解〗a原子最外层电子数是次外层电子数3倍，可知次外层只能为2个，因此a为O元素，a与c同主族，所以c为S元素，d的单质是一种黄绿色的气体，所以d为Cl元素，由于a与b原子最外层电子数之和等于d原子最外层电子数，所以b最外层电子数为1，因此b为Na元素，由此作答：【小问1详析】d为Cl元素，位于元素周期表中第三周期第VIIA族，b和d形成化合物为NaCl，其电子式为；【小问2详析】电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径Na>O；非金属性越强，所对应的气态氢化物越稳定，因此稳定性H2O>H2S；【小问3详析】Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式为；Na与氧气点燃反应生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为；【小问4详析】b与c形成的化合物为Na2S，氯气与硫化钠反应的离子方程式为。22.铝土矿的主要成分是，Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，某工厂用铝土矿制氧化铝的流程如下图。已知SiO2是酸性氧化物。回答下列问题：（1）“酸浸”步骤中，Al2O3发生反应的离子方程式为_______。（2）流程中“操作”名称是_______，“滤渣1”的主要成分是_______(填化学式)。（3）“除铁”步骤中，Al3+发生反应的离子化学方程式为_______。（4）“沉铝”步骤中，通过量CO2不能用过量盐酸代替的原因是_______，“滤液b”中的阴离子主要有_______、_______(填离子符号)。〖答案〗（1）（2）①.过滤②.SiO2（3）（4）①.该步骤的产物能与盐酸反应，与不反应②.③.〖解析〗〖祥解〗铝土矿经过盐酸酸浸，将氧化铝、氧化铁转变成对应的离子，二氧化硅不溶于盐酸，过滤后除去二氧化硅，加入过量的氢氧化钠，，，过滤后除去氢氧化铁沉淀，偏铝酸根通入过量的二氧化碳，，过滤得到滤渣，加热滤渣，氢氧化铝分解为氧化铝，据此分析题目；【小问1详析】根据分析，盐酸酸浸时氧化铝转变成对应的离子，离子方程式为；【小问2详析】根据分析，二氧化硅不溶于盐酸，滤渣应为，固液分离可以采用过滤操作；【小问3详析】根据分析，过量氢氧化钠与铝离子反应生成四氢氧根合铝离子，离子方程式为；【小问4详析】根据分析，通入过量二氧化碳会生成氢氧化铝，二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸酸性较弱，不与氢氧化铝反应，若用盐酸代替，盐酸与氢氧化铝反应生成氯化铝，沉铝目的无法达成；滤液b中，根据流程图分析，氯离子没有除去，而过量二氧化碳通入碱性溶液中，原有氢氧根被反应生成碳酸氢根，故阴离子主要有、。23.某化学小组用“84消毒液”(主要成分是)制备氯气并探究其性质，进行如图所示的实验(a～d中均为浸有相应试液的棉花，夹持装置省略)。已知：的氧化性比的强。回答下列问题：（1）18世纪70年代，瑞典化学家舍勒将软锰矿(主要成分是)与浓盐酸混合后加热制备了氯气，该浓盐酸反应的化学方程式为_______，对比舍勒与该小组两种制备氯气方法的反应条件，推测的氧化性比的_______(填“强”或“弱”)。（2）a处变为橙色，说明的氧化性比的强，该反应的离子方程式为_______。（3）b处变为蓝色，不能说明的氧化性比的强，其理由是_______。（4）c