福建省漳州市长泰县第三中学高一化学模拟试卷含解析

1、福建省漳州市长泰县第三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. 下列物质可以用作药物，用于治疗胃酸过多的是       abaco3                bnaoh        ccuso4    

2、60;        dal(oh)3参考答案：d略2. 下列叙述正确的是a. f比s的非金属性强，故f的最高价氧化物对应的水化物的酸性大于硫酸b. 因为h2o比h2s稳定，所以h2o比h2s的沸点要高一些c. 如果n为第a族中某元素的原子序数，则原子序数为(n+1)的元素可能位于第a族或b族d. 含有共价键的化合物可能是离子化合物，含有离子键的化合物可能是共价化合物参考答案：c【详解】a、f元素是非金属最强的元素，没有最高价氧化物的水化物，故a错误；b、水分子间存在氢键，使得h2o比h2s的沸点要高一些，与水的稳定性无关，故b错误；

3、c.在2、3周期中，第a中和第a族相邻；在4、5、6、7周期中第a族和第b族相邻，如果n为第a族中某元素的原子序数，在2、3周期中原子序数为（n+1）的元素位于第a族，在4、5、6、7周期中原子序数为（n+1）的元素位于第b族，故c正确；d、含有共价键的化合物可能是离子化合物，如氢氧化钠中含有共价键，但氢氧化钠是离子化合物，含有离子键的化合物一定是离子化合物，共价化合物中一定不含离子键，故d错误；故选c。3. 下列物质中，不属于合金的是 a硬铝          b黄铜   

4、       c钢铁         d水银参考答案：d略4. 现有铝和过氧化钠的固体混合物样品，加入稀盐酸使混合物完全溶解，所得溶液中 c(al3)c(h)c(cl)128，则原固体混合物中铝元素与氧元素的质量比为()a34         b932         c916  d98参考答案：c5. 以“物质的量”

5、为中心的计算是化学计算的基础，下列与“物质的量”相关的计算正确的是a现有等物质的量的co和co2 ，这两种气体中氧原子的质量之比为12b5.6 g co和22.4 l co2中含有的碳原子数一定相等c将20 g naoh固体溶解在500 ml水中所得溶液的物质的量浓度为1 mol·l1da g cl2中有b个氯原子，则阿伏加德罗常数na的数值可表示为71b/a参考答案：aa. 设co和co2的物质的量均为1mol，这两种气体中氧原子的质量之比为1×1×161×2×16=1:2，a正确；b.没有给定气体的存在状态，无法确定22.4 l co2的物

6、质的量，也就无法比较两种气体中含有的碳原子数是否相等，b错误；c. 20 g naoh固体物质的量为0.5mol，溶剂水的体积为500 ml，溶液的体积不等于500 ml，所以所得溶液的物质的量浓度不是1 mol·l1，c错误；d. 根据公式：n=m/m=n/na可知，na×2×a/71=b,所以na=71b/2a，d错误；综上所述，本题选a。 6. 在 xr2+ + yh+ + o2 = 4r3+ + nh2o的离子方程式中，下列判断正确的是 （     ）a. y=4，r2+是氧化剂b. y=4，r3+是氧化产

7、物c. y=2，r3+是还原产物d. y=2，r2+是还原剂参考答案：b【详解】根据电子守恒，配平的离子方程式为4r2+ + 4h+ + o2 = 4r3+ + 2h2o，所以y=4，r的化合价升高，r2+是还原剂，r3+是氧化产物，o2是氧化剂，h2o是还原产物。故选b。 7. 实验室配制氯化亚铁溶液时，为了防止其氧化，常加入的物质是a. fe    b. zn    c. al    d. hcl参考答案：a试题分析：氯化亚铁中的fe化合价是+2价，有强的还原性，容易被空气中的氧气氧化为+3

8、价的fe3+。所以实验室配制氯化亚铁溶液时，为了防止其氧化，常加入还原剂，但是也不能引入新的杂质，故加入的还原剂是fe,选项是a。8. 下列气体遇空气变红棕色的是a. so2    b. cl2    c. co2    d. no参考答案：d试题分析：so2、cl2 、co2与空气很难直接发生反应，故a、b、c选项错，no气体能与空气中的氧气接触就发生反应生成红棕色的no29. 把下列4种x溶液分别加入4个盛有10ml2 mol/l盐酸的烧杯中，均加入水稀释到50ml，此时，x和盐酸缓慢地进行反应，其中

9、反应速率最快的是  a10oc20ml 3 mol/l的x溶液          b20oc30ml 2 mol/l的x溶液               c20oc10ml 4 mol/l的x溶液             

10、0; d10oc20ml 2 mol/l的x溶液参考答案：b10. 下列关于胶体和溶液的说法中，正确的是                         a. 向煮沸的1 mol/l naoh溶液中滴加fecl3饱和溶液制备fe(oh)3胶体b. 布朗运动是胶体粒子特有的运动方式，可以据此把胶体与溶液、悬浊液区分c. 胶粒带有电荷，但是整个分散系仍是电中性的

11、d. 胶体粒子很小，可以透过半透膜参考答案：c略11. 下列变化是物理变化的是a. 煤的干馏b. 石油分馏c. 石油裂化d. 乙烯聚合参考答案：b试题分析：有新物质生成的是化学变化，没有新物质生成的是物理变化，则煤的干馏、石油裂化、乙烯聚合等均是化学变化，而石油分馏是物理变化，答案选b。12. 下列实验操作中错误的是a过滤中，发现滤液浑浊时，需重新过滤b蒸发结晶时，加热至只剩余固体时，才停止加热c制蒸馏水时，弃去开始馏出的部分液体d分液时，下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从上口倒出参考答案：b略13. 下列关于氧化还原反应说法正确的是()a肯定一种元素被氧化，另一种元素被还原b某元素从化合

12、态变成游离态，该元素一定被还原c在反应中不一定所有元素的化合价都发生变化d在氧化还原反应中非金属单质一定是氧化剂参考答案：c略14. 用3g块状大理石与30ml3mol/l盐酸反应制取co2气体，若要增大反应速率，可采取的措施是： 再加入30ml3mol/l盐酸改用30ml6mol/l盐酸   改用3g粉末状大理石适当升高温度（   ）                   &#

13、160;          a       b       c       d参考答案：b略15. 已知短周期元素的离子：aa2+、bb+、cc3、dd都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是a. 原子半径abdcb. 原子序数dcbac. 离子半径c3db+a2+d. 单质的还原性abdc参考答案：c【详解】aa2、bb、cc3、dd

14、都具有相同的电子层结构，则存在a-2=b-1=c+3=d+1，所以原子序数大小顺序是a>b>d>c，a、b在c和d元素下一周期，a.原子电子层数越多其原子半径越大,同一周期元素,原子半径随着原子序数增大而减小,所以原子半径大小顺序是b>a>c>d,故a错误；b.结合以上分析可知，原子序数大小顺序是a>b>d>c,故b错误；c.电子层结构相同的离子,离子半径随着原子序数增大而减小,原子序数大小顺序是a>b>d>c,所以离子半径大小顺序是c3>d>b>a2，故c正确；d.元素的金属性越强,其单质的还原性越强,

15、同一周期元素金属的金属性随着原子序数增大而减弱,这几种元素金属性强弱顺序是b >a>c>d，故d错误；综上所述，本题选c。 二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16. 现用二氧化锰与浓盐酸反应制备纯净干燥的氯气，再用氯气与铜粉反应制取少量cucl2，其装置如下：（1）写出装置a中发生反应的离子方程式_。（2）b中选用的试剂是饱和食盐水，其作用是除去cl2中混有的_杂质；装置e的作用是_。（3）即使a装置中的mno2和d装置中的cu都是足量的，100ml 12moll浓盐酸经充分反应后得到的cucl2也不足0.3mol，其原因是_a.装置漏气  

16、;                b.a装置在加热过程中盐酸易挥发c.cucl2潮解吸水             d.a装置中反应生成的水要稀释盐酸，剩余的盐酸不再反应（4）某实验小组的同学用经cl2消毒的自来水配制下列溶液：ki；agno3；alcl3；fecl2；稀盐酸，发现部分药品变质，它们是(请用序号作答)_。（5）另一

17、个实验小组的同学认为so2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强。他们将制得的so2和cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样。请你分析该现象的原因（用化学方程式表示）_。（6）一定条件下，在一定量的石灰乳中通入一定量的氯气，二者恰好完全反应。生成物中含有三种含氯元素的离子，其中clo、clo两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的曲线如图所示。该过程中参加反应cl2的物质的量是_mol。若产生的n（c1-）为11mol，n（c1o3-）为2 mol，则参加反应的ca(oh)2的物质的量为_mol。参考答案：(1)mno2+4h+2 cl- mn2+cl2

18、+2h2o    (2)hcl    收集氯气    (3)bd    (4)     (5)2h2o+so2+cl2=2hcl+ h2so4    (6) 5mol   7mol解析：(1)用二氧化锰与浓盐酸反应制备纯净干燥的氯气，装置a中发生反应的离子方程式为mno2+4h+2 cl- mn2+cl2+2h2o，故答案为：mno2+4h+2 cl- mn2+cl2+2h2o；(2)生成的氯气中

19、含有少量的氯化氢和水蒸气，b中选用饱和食盐水，可以除去cl2中混有的氯化氢杂质；c中用浓硫酸干燥氯气，干燥的氯气与铜粉反应后多余的氯气用e收集，剩余的氯气用氢氧化钠溶液除去尾气，防止污染空气，故答案为：hcl；收集氯气；(3)即使a装置中的mno2和d装置中的cu都是足量的，100ml 12moll浓盐酸经充分反应后得到的cucl2也不足0.3mol，说明生成的氯气物质的量小于0.3mol，即被氧化的氯化氢少于0.6mol，少于氯化氢总量的一半。a.实验前都要进行气密性检查，装置漏气是不合理的，故a错误；b.a装置在加热过程中盐酸易挥发，使得利用的氯化氢减少，故b正确；c.cucl2潮解吸水与

20、氯化铜的物质的量多少无关，故c错误；d.二氧化锰只能与浓盐酸反应，a装置中反应生成的水要稀释盐酸，变成稀盐酸不再反应，故d正确；故选bd。(4)经cl2消毒的自来水可以看成浓度较小的氯水，氯水中含有氯气，能够将ki氧化变质；氯水中含有氯离子，能够与agno3反应生成氯化银沉淀变质；alcl3与氯水中的微粒不反应，不变质；氯水中含有氯气，能够将fecl2氧化变质；稀盐酸与氯水中的微粒不反应，不变质；变质的有，故答案为：；(5)氯气具有较强的氧化性，二氧化硫具有较强的还原性，在水溶液中两者1：1发生反应：cl2+so2+2h2o2hcl+h2so4，生成物都无漂白性，因而so2和cl2按1：1同时通入到品红溶液时，品红溶液并不褪色，故答案为：2h2o+so2+cl2=2hcl+ h2so4；(6)由图可知，t2时n(clo-)=2mol，n(clo3-)=1mol，根据得失电子守恒，n(c1-)=2mol×1+1mol×5=7mol，根据氯元素守恒，参加反应cl2为mol =5mol，若产生的n(c1-)为11mol，n(c1o3-)为2 mol，根据得失电子守恒，n(clo-)=11mol-2mol×5=1mol，根据电荷守恒，nca(oh)2=n(ca2+)=×(11mol +2mol+1mol)=7mo