安徽省淮南市谢家集区第四中学2020-2021学年高一化学模拟试卷含解析

1、安徽省淮南市谢家集区第四中学2020-2021学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. 下列说法正确的是（    ）a摩尔是物质的量的单位   b溶液中或熔融状态下能导电的物质就是电解质c氧化还原反应的本质是元素化合价发生了变化  d得电子的物质被还原，是还原剂参考答案：a2. 有专家指出，如果对燃烧产物如co2、h2o、n2等利用太阳能使它们重新组合，使之能够实现如图转化，那么，不仅可以消除对大气的污染，还可以节约燃料，缓解能源危机在此构想

2、的物质循环中太阳能最终转化为                   ()   a化学能           b热能      c生物能           d电能

3、参考答案：b略3. 核内中子数为n的r2，其质量数为a，则该离子的核外电子数为（ ）a. n2    b. n2    c. an2    d. an2参考答案：cr原子的质子数、电子数为an，r2的电子数为an2，答案为c4. 参考答案：b略5. 50 ml物质的量浓度为4.4 mol/l，密度为1.24 g/ml的稀硫酸的质量分数为()a35%  b70%c17.5%  d0.035%参考答案：a解析：w(h2so4)×100%35%。6. 已知元素se位于第四周期via

4、族，下列说法不正确的是(  )ase的原子序数为34    b单质se在空气中燃烧可生成seo3c可形成na2seo3、na2seo4两种盐    dh2s比h2se稳定参考答案：b试题分析：a、硒是第四周期a元素，与s元素原子序数相差第四周期容纳元素种数，其原子序数为16+18=34，故a正确；b、se与s元素性质相似，se在空气中燃烧生成seo2，故b错误，c、se与s元素性质相似，可形成na2seo3、na2seo4两种盐，故c正确；d、同主族上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定，h2s比h2se稳定，故d正

5、确；故选b。7. 国际纯粹与应用化学联合会（iupac)将117号元素暂时命名为uus，以下关于uus的叙述正确的是   a是稀有气体   b有放射性  c是第六周期元素  d质量数为117参考答案：b8. 现有fe、al、si三种单质的混合物，取一半投入足量的naoh溶液中，将剩余的半一投入足量的稀硫酸中，若经测量两次实验产生的气体质量相等，则原混合物中fe、al、si三种单质的物质的量之比可能为a. 6:4:3    b. 1:1:1    c. 2:3:4  

6、  d. 3:7:6参考答案：a取一半固体投入足量的naoh溶液中，al、si与氢氧化钠反应放出氢气；将剩余的一半投入足量的稀硫酸中，fe、al与稀硫酸反应放出氢气，测量两次实验产生的气体质量相等，说明fe与硫酸反应放出的氢气和si与氢氧化钠反应放出氢气一样多，根据 、 ，fe、si的物质的量比一定为2:1，故a正确。9. a、b、c、d 为原子序数依次增大的短周期主族元素，a 原子核外电子总数与 b 原子次外层的电子数相同；c 所在周期数与族数相同；d 与 a 同族，下列叙述正确的是a. 原子半径：dcba    b. 4 种元素中 b 的金属性最强c

7、. c 的氧化物的水化物是强碱    d. d 单质的氧化性比 a 单质的氧化性强参考答案：ba、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族，因此a、b、c、d分别为o、na或mg、al、s。a、一般电子层数越多，半径越大，同周期从左向右原子半径减小，因此半径大小顺序是na(mg)>al>s>o，a错误；b、同周期从左向右金属性减弱，因此na或mg在4种元素中金属性最强，b正确；c、c的氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，c错误；d、同主族从上到下非金属性减

8、弱，因此s的氧化性比氧气弱，d错误。答案选b。点睛：本题考查元素周期表和元素周期律的知识，首先根据题目信息判断出元素名称，再根据元素周期律进行知识的判断，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时夯实基础知识是关键，同时应注意知识的灵活运用，审清题意。10. 若na表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是a. 1mol cl2参加化学反应，转移的电子数一定为2nab. 7.8g na2o2晶体中阴阳离子总数为0.4nac. 15.6 g na2o2与过量co2反应时，转移的电子数为0.2nad. 标准状况下，由0.5mol

9、60;no 和0.5mol o2组成的混合气体，分子数约为na参考答案：ca、氯气参与反应后的价态不明确，故1mol氯气反应后转移的电子数无法确定，故a错误；b、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而1mol过氧化钠中含1mol过氧根和2mol钠离子，故0.1mol过氧化钠中含0.1mol过氧根和0.2mol钠离子，共0.3mol离子，故b错误；cn=0.2mol，由可知，转移的电子数目为0.2na，故c正确；d.0.5mol no和0.5mol o2反应时，氧气过量0.25mol，反应后生成0.5molno2，而no2中存在平衡：2no2?n2o

10、4，导致气体的物质的量减小，故所得的混合气体的物质的量小于0.75mol，故d错误；故选c。点睛：本题的易错点为c，要注意过氧化钠与水或二氧化碳反应中，过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，1molna2o2只转移1mol电子。11. 在同温同压下，相同体积的甲、乙两种气体的质量比是1714。若乙气体是co，则甲气体可能是()a. h2s    b. hcl    c. nh3    d. cl2参考答案：a同温同压下，体积之比等于物质的量之比，同体积的甲乙两种气体物质的量相同，质量比是17：14，根据m=nm

11、可知，甲与乙的摩尔质量之比为17：14，若乙气体是co，则m（甲）：28g/mol=17：14，故m（甲）=34g/mol，各选项中只有h2s符合，故选a【点评】考查阿伏伽德罗定律及讨论，难度不大，可以借助pv=nrt理解阿伏伽德罗定律及推论12. 已知在碱性溶液中可发生如下反应：2r（oh）3+3clo+4oh2r+3cl+5h2o则每生成1mol r转移电子的物质的量是(     )a3molb4molc5mold6mol参考答案：a考点：氧化还原反应的电子转移数目计算 分析：2r（oh）3+3clo+4oh2r+3cl+5h2o中r的化合价降低了6

12、价，cl的化合价升高了6价，转移电子是6，据此回答解答：解：2r（oh）3+3clo+4oh2r+3cl+5h2o中r的化合价降低了6价，cl的化合价升高了6价，转移电子是6，即每生成2mol r转移电子的物质的量是6mol，所以每生成1mol r转移电子的物质的量是3mol故选a点评：本题以氧化还原反应为载体考查元素化合价判断，根据电荷守恒、离子中各元素化合价的代数和分析解答即可，侧重考查分析计算能力，题目难度不大13. 将250ml含bacl2和kcl的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀则原

13、混合溶液中钾离子物质的量浓度为（）a4（b2a）mol/lb20（2ab）mol/lc20（b2a）mol/ld10（ba）mol/l参考答案：c【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同一份加入含a mol 硫酸钠的溶液，发生反应ba2+so42=baso4，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n（ba2+）=n（na2so4）；另一份加入含bmol 硝酸银的溶液，发生反应ag+cl=agcl，恰好使氯离子完全沉淀，则n（cl）=n（ag+），再利用电荷守恒可知每份中2n（ba2+）+n（k+）=n（cl），据此计算每份中n（k+），根据c=计算钾离子浓度即可【解

14、答】解：混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同一份加入含a mol 硫酸钠的溶液，发生反应ba2+so42=baso4，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n（ba2+）=n（na2so4）=amol；另一份加入含bmol 硝酸银的溶液，发生反应ag+cl=agcl，恰好使氯离子完全沉淀，则n（cl）=n（ag+）=bmol，根据电荷守恒可知每份中2n（ba2+）+n（k+）=n（cl），每份溶液中n（k+）=bmol2amol=（b2a）mol，故钾离子浓度为mol/l=20（b2a）mol?l1，故选c14. 在120时，某混合烃和过量o2在一密闭容器中完全反应，测知反应前后的压强没有变化，则该

15、混合烃可能是 ac2h2和c2h4                      bc2h2和c2h6       cc2h4和c2h6                 &#

16、160;  dc3h4和c3h6参考答案：b略15. 下列有关化学反应速率和限度的说法中，不正确的是 (    )a实验室用h2o2分解制o2，加入mno2后，反应速率明显加快b在金属钠与足量水反应中，增加水的量能加快反应速率c2so2+o2  2so3反应中，so2的转化率不能达到100%d实验室用碳酸钙和盐酸反应制取co2，用碳酸钙粉末比块状反应要快参考答案：b略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16. 实验室用naoh固体配制250 ml 1.25 mol/l的naoh溶液，填空并请回答下列问题：（1）填写下列表格：应称取

17、naoh的质量/g应选用容量瓶的规格/ml除容量瓶外还需要的其它玻璃仪器_ （2）容量瓶上需标有以下五项中的_（填序号）。温度  浓度  容量  压强  刻度线（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23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡b用天平准确称取所需的naoh的质量，加入少量水（约30ml），用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解c将已冷却的naoh溶液沿玻璃棒注入250 ml的容量瓶中d将容量瓶盖紧，颠倒摇匀e改用胶头滴管加水，使溶液凹面最低处恰好与刻度相切f继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近

18、刻度12cm处（4）下列配制的溶液浓度偏低的是_（填序号）。a称量naoh时，砝码错放在左盘b向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面c加蒸馏水时不慎超过了刻度线d定容时俯视刻度线e配制前，容量瓶中有少量蒸馏水参考答案：(1)12.5    250    烧杯、玻璃棒、胶头滴管    (2)    (3)bcafed    (4)abc【详解】（1）溶质的质量m=nm=cvm=1.25mol/l×0.25l×40g/mol

19、=12.5g，配制250ml溶液，则选用容量瓶的规格为250ml，配制时步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到250ml容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，所以还需要的仪器为烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故答案为：12.5；250；烧杯、玻璃棒、胶头滴管；（2）因容量瓶上标有：规格、温度和刻度线，故答案为：；（3）配制时步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，故答案为：bcafed；（4）a、称量naoh时，砝码错放在左盘，溶质的质量减少，浓度偏小，故a正确；b、向容量瓶中转移溶

20、液时（实验步骤）不慎有液滴洒在容量瓶外面，溶质的质量减少，浓度偏小，故b正确；c、加蒸馏水时不慎超过了刻度线，溶液体积偏大，浓度偏小，故c正确；d、定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏大，故d错误；e、配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，无影响，浓度不变，故e错误；故答案为：abc。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17. a、b、c、d四种短周期元素的原子序数依次增大。a、d同族，b、c同周期。c是地壳中含量最多的元素。a、b组成的化合物甲为气态，其中a、b原子数之比为4：1。由a、c组成两种化合物乙和丙均为液态，乙中a、c原子数之比为1：1，丙中为2：1；由d、c组成的两种化合物丁和戊均

21、为固态，丁中原子数比为1：1，戊中2：1。（1）b位于周期表中的第二周期第       族。（2）乙、丙、丁、戊中既有极性键又有非极键的是          （填化学式）（3）由a、c元素组成的10e阴离子的电子式为：。（4）写出乙在催化剂作用下分解成c单质气体的方程式：                

22、60;          。（5）写出丙和丁反应的离子方程式：                                             。参考答案：（1）iva（1分）   （2）h2o2（2分）    （3）（2分）（4）2 h2o22h2oo2（2分） （5）2na2o22h2o4na+4oho2（2分）18. 在下图所示的物质转化关系中，a是海水中含量最丰富的盐，b是常见的无色液体，g的水溶液是一种常用的漂白剂，f是地壳中含量最多