四川省雅安市仁义中学2023年高一化学模拟试卷含解析

四川省雅安市仁义中学2023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.鉴别下列各组物质，括号内是所选试剂，选用试剂错误的是（）A．NaCl和NaOH（无色的酚酞试剂）

B．氧化铜和炭黑两种黑色粉末（稀盐酸）C．Na2SO4和AgNO3两种溶液（BaCl2溶液）

D．溴水和碘水（淀粉溶液）参考答案：C略2.如果Fe3＋、SO42－、Al3＋和M四种离子以物质的量之比为2∶4∶1∶1共同存在于同一种溶液中，那么M可能是

（

）A.Na＋

B.PO43－

C.CO32－

D.Cl－参考答案：DFe3＋、SO42－、Al3＋和M四种离子以物质的量之比为2：4：1：1共同存在于同一种溶液中，由电荷守恒可知，3×2+3×1＞2×4，则M为阴离子，设电荷数为x，则3×2+3×1=2×4+x×1，解得x=1，又因为铁离子、铝离子与碳酸根、磷酸根离子均反应，不能共存，所以M是氯离子，答案选D。点睛：本题考查离子的共存，把握电荷守恒确定阴离子为解答的关键，注意离子不能大量共存的常见反应。3.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列不属于未来新能源标准的是

①天然气

②煤

③氢能

④石油

⑤太阳能

⑥生物质能

⑦风能

A．①②④

B．⑤⑥⑦

C．③⑤⑥

D．③⑤⑦参考答案：A4.下列关于氧化还原反应的说法错误的是①NaH+H2O=NaOH+H2↑的反应中NaH是还原剂，H2O是氧化剂②反应3NO2+H-2O=2HNO3+NO中氧化剂、还原剂的物质的量比为2：1③MnO2+4HCl====MnCl-2+Cl2↑+2H2O的反应中盐酸只起还原作用④2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑的反应中Al是还原剂，H2是还原产物⑤5NH4NO3=4N2↑+2HNO3+9H2O的反应中，氧化产物和还原产物物质的量比为3：5

A．①②③④⑤

B．②④⑤

C．①②③⑤

D．②③⑤

参考答案：D5.

如图所示，各烧杯中均盛有稀硫酸，铁在其中被腐蚀由快到慢的顺序为（

）

参考答案：C略6.有A、B、C、D、E五块金属片，进行如下实验：①A、B用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，A极为负极；②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，电流由D→导线→C；③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，C极产生大量气泡；④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，D极发生氧化反应；⑤用惰性电极电解含B离子和E离子的溶液，E先析出。据此，判断五种金属的活动性顺序是

()A．A>B>C>D>E

B．A>C>D>B>EC．C>A>B>D>E

D．B>D>C>A>E参考答案：B7.某主族元素R的原子其电子式可用表示，该元素组成的以下物质，其分子式肯定错误的是(

)A.气态氢化物分子式为RH5

B.含氧酸分子式为HRO3C.含氧酸分子式为H3RO4

D.最高价氧化物分子式为R2O5参考答案：A根据电子式可知元素R的原子最外层电子数5，其最高正价应为+5价，最低负价为-3价，则：A项，最低化合价为-3价，则气态氢化物分子式为RH3，A错误；B项，最高化合价为+5价，如为N元素，则含氧酸分子式为HRO3，B正确；C项，最高化合价为+5价，如为P元素，则含氧酸分子式为H3RO4，C正确；D项，最高化合价为+5价，则最高价氧化物分子式为R2O5，D正确。点睛：本题考查元素对应化学式的推断，注意根据电子式推断元素的可能种类以及最高化合价以及最低化合价，最外层电子数=主族序数=最高正价，最高正价与最低负价绝对值之和等于8。8.下列仪器中有能用来作化学反应容器的是A.试管

B.烧杯

C.量筒

D.锥形瓶参考答案：C9.依据元素周期表及元素周期律,下列推断正确的是A.同周期主族元素的原子形成的简单离子电子层结构相同B.C比Si的原子半径小,CH4的稳定性比SiH4弱C.Na、Mg、Al失电子能力和其最高价氧化物对应的水化物的碱性均依次减弱D.在元素周期表金属与非金属的分界处可以寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料参考答案：C试题分析：A、同周期主族元素的原子形成的简单离子电子层结构不相同，非金属与非金属相同，金属与金属相同，错误；B、C比Si的原子半径小,C的非金属性比Si强，所以CH4的稳定性比SiH4强，错误；C、同周期元素随核电荷数的递增失电子能力逐渐减弱，金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应的水化物的碱性均逐渐减弱，正确；D、在元素周期表金属与非金属的分界处可以寻找半导体材料，错误，答案选C。

10.R、X、Y、M、Z五种短周期主族元素的原子半径依次减小，X、Y、Z的电子层数之和为5，X元素原子的最外层电子数是它的电子层数的2倍，Y元素原子的最外层电子数是X和Z两元素原子最外层电子数的总和，M是地壳中含量最多的元素，R与Z的最外层电子数相同下列叙述正确的是A.Z与M形成的化合物中不可能含有非极性键B.对应氢化物的热稳定性：X>Y＞MC.单质的还原性：R＞M＞Y＞XD.X、Y、M、Z四种元素组成的离子化合物受热易分解参考答案：D由“X元素原子的最外层电子数是它的电子层数的2倍”，则X为碳元素或硫元素，再结合X、Y、Z电子层数之和为5，则X为碳元素。从而可推出Y、M、Z分别为氮、氧、氢元素，而R则可能为锂元素或钠元素。A、氢元素与氧元素形成的化合物H2O2中含有的氧氧键为非极性键，选项A错误；B、非金属性：O>N>C，对应氢化物的稳定性：H2O>NH3>CH4，选项B错误；C、O2几乎没有还原性，选项C错误；D、C、N、O、H元素组成的离子化合物为NH4HCO3或(NH4)2CO3，受热易分解，选项D正确。答案选D。11.物质的量之比为1:3的锌与稀硝酸混合，若硝酸被还原的产物只有N2O，下列说法正确的是A.在此反应中硝酸只体现强氧化性B.向反应后的溶液中再加入金属铁，不再发生化学反应C.溶液中被还原的硝酸与未被还原的硝酸物质的量之比为1:5D.溶液中被还原的硝酸与未被还原的硝酸物质的量之比为1:4参考答案：C物质的量之比为1:3的锌与稀硝酸混合,若硝酸被还原的产物为N2O,反应结束后锌没有剩余,根据转移电子相等知,Zn和N2O的物质的量之比为4;1,再结合原子守恒知,该反应离子方程式为4Zn+10H++2NO3-=4Zn2++N2O↑+5H2O；反应方程式为4Zn+10HNO3=4Zn(NO3)2+N2O↑+5H2O；该反应中硝酸体现氧化性、部分体现酸性,A错误；反应方程式为4Zn+10HNO3=4Zn(NO3)2+N2O↑+5H2O；根据方程式知,锌和硝酸的物质的量之比为2:5,则硝酸有剩余,所以加入Fe还能发生反应,B错误；该反应中未被还原的酸是生成了硝酸锌的酸和剩余的酸,所以被还原的硝酸与未被还原的硝酸之比为1:5,C正确；D根据C知,被还原的硝酸和未被还原的硝酸之比为1：5，D错误；正确选项C。12.为了维持生命和健康，人要从食物中摄取营养素，下列物质中不属于营养素的是（

）A.葡萄糖

B.蛋白质

C.乙醇

D.芝麻油参考答案：C分析：人类重要的六大类营养素：①蛋白质；②糖类；③油脂；④维生素；⑤无机盐；⑥水。详解：A．葡萄糖属于糖类是营养物质，A错误；B．蛋白质是营养物质，B错误；C．乙醇不是营养物质，C正确；D．芝麻油属于油脂是营养物质，D错误。答案选C。13.某溶液中含有Na+、Al3+、Cl—和SO42-四种离子，若Na+、Al3+、Cl—三种离子的个数比为3：2：1，则溶液中Al3+和SO42-的离子个数比为

（

）

A．1：2

B．1：24

C．3：2

4

D．3：2

参考答案：A略14.下列叙述正确的是

(

)A.在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原B.没有单质参加的反应一定不是氧化还原反应

C.置换反应一定是氧化还原反应D.失电子难的原子，则容易获得电子参考答案：C略15.下列根据实验操作和现象所得出的结论不合理的是选项实验操作实验现象结论A．Cu片与足量浓硫酸加热反应，冷却后，再将反应混合物缓慢加入盛有冷水的烧杯中溶液变蓝证明反应生成了Cu2+B．向添加KIO3的食盐中加入淀粉溶液、稀硫酸、KI溶液溶液变蓝氧化性：IO3->I2C．将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液溶液变黄色H2O2的氧化性比Fe3+强D．将某气体通入品红溶液溶液褪色气体可能是Cl2

参考答案：C【详解】A.Cu片与足量浓硫酸加热反应，冷却后，再将反应混合物缓慢加入盛有冷水的烧杯中，溶液变为蓝色，证明反应生成了Cu2+，故A正确；B.向添加KIO3的食盐中加入淀粉溶液、稀硫酸、KI溶液，发生反应：KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，反应产生的I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此会看到溶液变为蓝色，该反应中氧化剂为KIO3，氧化产物为I2，根据氧化还原反应的规律，氧化性：氧化剂＞氧化产物，所以可证明氧化性：IO3->I2，故B正确；C.不能排除硝酸根离子的影响，应在硫酸铁溶液中加入硫酸酸化的过氧化氢，故C错误；D.能够使品红褪色的气体可能是氯气，也可能是二氧化硫，故D正确。故选C。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.欲提纯混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠固体,某学生设计了如下方案：请根据操作流程回答下列问题：（1）操作①在加热时应选择_________盛装混合物(填仪器名称)。（2）进行操作②后,判断SO42-已沉淀完全的方法是_________。（3）操作③的离子方程式为_________。（4）操作④的目的是_________。（5）实验室进行操作⑤的具体步骤是_________。（6）某同学欲用制得的氯化钠固体配制100mL0.2mol·L-1的氯化钠溶液。①配制NaCl溶液时需用到的主要仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、_________。②下列操作会使所配氯化钠溶液浓度偏小的是_________(请填序号)。A．加水定容时俯视刻度线B．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理C．在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外D．颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上参考答案：(1)坩埚

(2)静置，往上层清液中维续滴加BaCl2溶液，若不出现浑浊，则SO42-已沉淀完全

(3)Ba2++CO32-=BaCO3↓

(4)除去溶解在溶液中过量的HCl和CO2

(5)将溶液置于蒸发皿中，加热蒸发，并用玻璃棒不断搅拌，加热蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用蒸发皿的余热使滤液蒸干

(6)①胶头滴管、100mL容量瓶

②CD解析：由分离流程可知，①为加热，碳酸氢铵分解生成水、氨气、二氧化碳，残留物为NaCl、硫酸钠，溶解后加氯化钡除去硫酸根离子，再加碳酸钠除去钡离子，过滤除去沉淀硫酸钡、碳酸钡，向滤液中加盐酸，与碳酸钠反应生成NaCl，最后蒸发得到纯净的NaCl，则（1）固体加热需要在坩埚中进行。（2）判断SO42-已除尽的方法为静置，往上层清液中维续滴加BaCl2溶液，若不出现浑浊，则SO42－已沉淀完全。（3）根据以上分析可知操作③的离子方程式为Ba2++CO32-＝BaCO3↓。（4）根据以上分析可知操作④的目的是除去溶解在溶液中过量的HCl和CO2。（5）操作⑤是蒸发，具体步骤是将溶液置于蒸发皿中，加热蒸发，并用玻璃棒不断搅拌，加热蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用蒸发皿的余热使滤液蒸干。（6）①配制NaCl溶液时需用到的主要仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶。②A．加水定容时俯视刻度线，溶液体积减少，浓度偏高，A错误；B．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理不影响，B错误；C．在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外溶质减少，浓度偏低，C正确；D．颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上，溶液体积增加，浓度偏低，D正确，答案选CD。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.(10分)(1)从氧化还原的角度分析水在下列化学反应中的作用(从氧化剂、还原剂角度分析)。①电解水：____________________________________________________________。②钠和水的反应(2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑)：________________。③氟气和水反应(2F2＋2H2O===4HF＋O2)：________________。④氯气和水反应(Cl2＋H2O===HCl＋HClO)：________________。(2)某一反应体系中有反应物和生成物共5种物质：S、H2S、HNO3、NO、H2O。该反应物中还原产物是________；若反应方程式中转移了0.3mol电子，则氧化产物的质量是________g。(3)将少量Cl2通入FeBr2的溶液中，反应的离子方程式为：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，这个事实说明具有还原性的粒子还原性强弱为：__________________。足量Cl2通入FeBr2溶液中离子方程式为__________________________________________________________。参考答案：(1)①既作氧化剂，又作还原剂②氧化剂③还原剂④既不作氧化剂，也不作还原剂(2)NO4.8(3)Fe2＋>Br－>Cl－2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－解析：(1)所以在反应①中H2O既作氧化剂又作还原剂，在反应②中水只作氧化剂，在反应③中H2O只作还原剂，在反应④中H2O既不作氧化剂也不作还原剂。(2)由于HNO3具有强氧化性，H2S具有还原性，此反应为HNO3将H2S氧化成S，自身被还原为NO，其中，转移2mole－时生成32gS，当转移0.3mol电子时，得到S的质量为4.8g。(3)Fe2＋、Br－均具有还原性，当通入少量Cl2时只有Fe2＋被氧化，说明还原性Fe2＋>Br－>Cl－，当通入足量Cl2时，Fe2＋和Br－将按1∶2完全被氧化，离子方程式为2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－。18.（15分）元素周期表的一部分，按要求完成各小题。

IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA02

⑥⑦

⑾

3①③⑤

⑧⑨