广东省化州市第一中学2021-2022学年高一上学期期末模拟试题化学PDF版含答案（可编辑）

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【答案】B
【解析】
【详解】；B、钠元素的焰色反应发出黄光，黄光透雾能力强，可用于道路和广场的照明，故B正确；C、CO2属于酸性氧化物，能与CaO发生反应，因此CaO不能作干燥CO2气体的干燥剂，故C错误；D、碳酸钠溶液碱性较强，对胃有刺激，因此碳酸钠不能用于胃酸中和剂，故D错误。
3.【答案】.B
解析： 的质子数是13，是Al的一种核素，属于金属元素；的中子数为42-13=29，中子数与质子数之差为29-13=16；Al的质子数为13，其原子的核外电子数=质子数=13；和的质子数相同，中子数不同，是Al的两种不同的核素；故选B。
4.【答案】 B
解析 煤油不溶于水，密度小于水，能隔绝氧气，可以制备氢氧化亚铁，A正确；应该用浓盐酸制备氯气，B错误；双氧水在二氧化锰催化作用下分解生成氧气，利用排水法收集，C正确；稀硫酸与碳酸钠反应生成CO2，CO2通入硅酸钠溶液中生成硅酸沉淀，该装置可比较S、C、Si的非金属性强弱，D正确。
5.【答案】B
【解析】
【详解】A．Cu2＋、OH－在溶液中结合生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，且铜离子也不是无色的，A不符合；
B．K＋、Ba2＋、Cl-、NO在溶液中可以大量共存，且均是无色的，B符合；
C．Fe2＋在溶液中能被MnO氧化，不能大量共存，且Fe2＋、MnO也不是无色的，C不符合；
D．CO、H＋在溶液中结合生成二氧化碳和水，不能大量共存，D不符合；
答案选B。
6.【答案】 C
解析 两支试管中分别发生Na2O、Na2O2与水的反应，均有NaOH生成，继而发生NaOH与盐的反应，A项正确；两支试管中分别有蓝色Cu(OH)2沉淀和红褐色Fe(OH)3沉淀生成，B项正确；Na2O与水反应只生成NaOH，无气体生成，C项错误；由于FeCl3、CuSO4与NaOH反应时均消耗完，故反应后过滤所得的溶液均呈无色，D项正确。
7.【答案】B
【解析】
A．在FeI2中，Fe显+2价，I显-1价，与氯气反应后，Fe化合价升高到+3价，I化合价升高到0价，所以1 ml FeI2与足量的氯气反应时转移的电子数为3NA，A不正确；
B．常温下，34gNH3的物质的量为2ml，每个NH3分子中含有3个N-H键，所以34gNH3含有6NA 个N-H共价键，B正确；
C．Na2O2由Na+和构成，1 ml Na2O2中含有的离子总数为3NA，C不正确；
D．标准状况下，H2O呈液态，22.4L H2O的物质的量大于1ml，则含有的电子数大于10 NA，D不正确；
故选B。
8.【答案】B
【解析】
【分析】用一种试剂区别多种溶液，加入试剂后溶液中呈现的现象不同时才能区别。
【详解】将NaOH溶液滴加到Na2SO4、AlCl3、FeCl2、MgSO4四种溶液中，Na2SO4溶液中无明显现象；AlCl3溶液中出现白色沉淀，当加入过量的NaOH时，白色沉淀逐渐溶解，最终完全消失；FeCl2溶液中出现白色沉淀，但白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；MgSO4溶液中出现白色沉淀；四种溶液中滴加NaOH溶液后现象不同，因此可用NaOH溶液来区别Na2SO4、AlCl3、FeCl2、MgSO4四种溶液；
答案选B。
9.【答案】C
【解析】
A．NaHCO3与NaOH溶液反应，Na2CO3与NaOH不反应，无法除去杂质，应通入CO2气体，故A错误；
B．二者均与碳酸钠溶液反应，应用饱和食盐水洗气后干燥可分离，故B错误；
C．氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁，则通入适量Cl2可除杂，故C正确；
D．铜在加热下也能与氯气反应，故D错误；
故选：C。
10.【答案】D
【解析】
A．治疗胃酸过多要用NaHCO3而不是Na2CO3，碳酸钠的碱性较强，不能用来中和胃酸，A错误；
B． Fe2O3俗称铁红，红棕色固体，常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，但是和其溶解性没有关系，B错误；
C．II的陈述错误，在常温下金属钠在空气中生成氧化钠，C错误；
D．I、II的陈述都对，因为Na2O2可以和CO2、H2O反应放出O2，所以Na2O2可以用作航天员的供养剂，D正确；
故选D。
11.【答案】A
解析：HCl和不是Cl、S元素最高价氧化物对应的水化物，不能通过它们的酸性强弱比较Cl、S的非金属性强弱，故A错误；由失去1个电子，得到2个电子，设和的核外电子数为，则X、Y的原子序数分别为、，所以原子序数：X>Y，故B正确：由信息可知Mg、Ca、Sr、Ba对应的硫酸盐的溶解度逐渐减小，所以推断出难溶于水，但溶解比大，故C正确；金属性：Cs>Ba，所以碱性：，故D正确。
12.【答案】 C
13.【答案】 C
解析：过量通入NaOH溶液中，反应生成碳酸氢钠，正确的离子方程式为，A项错误；Na与反应生成氢氧化钠和氢气，该离子方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为，B项错误；用冷NaOH溶液吸收，反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式符合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，C项正确；水垢中的与反应生成醋酸镁和水，醋酸属于弱酸，不能拆成离子形式，D项错误。
14.【答案】C
【分析】
一般金属元素与非金属元素形成离子键，同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键，铵盐中铵根离子和酸根离子之间存在离子键，据此分析解答。
【解析】
A．没有离子键的断裂与形成，也没有非极性键的形成，A不正确；
B．没有非极性键的断裂与形成，B不正确；
C．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成，故C正确；
D．没有非极性键的断裂与形成，D不正确；
答案选C。
15.【答案】A
【分析】
无色溶液中一定不存在有色的离子：Fe3＋，①与AgNO3溶液有沉淀产生的离子有Cl－、、；②加足量NaOH溶液加热产生气体，气体是氨气，一定有铵离子0.04ml；③不溶于盐酸的2.33g沉淀为硫酸钡，硫酸钡的物质的量是：2.33g/233g·ml－1=0.01ml；6.27g沉淀是硫酸钡和碳酸钡，碳酸钡质量为：6.27g-2.33g=3.94g，碳酸钡物质的量为：3.94g/197g·ml－1=0.02ml，所以原溶液中一定存在：、，因而一定不含H＋；根据电荷守恒，正电荷为：n（+）=n（）=0.04ml；n（-）=2n（）+2n（）=0.06ml，故一定有K＋，至少0.02ml。
【解析】
A．通过分析可知K+一定存在，且浓度 ≥0.2ml/L，故A正确；
B．依据计算可知碳酸根物质的量为0.02ml，故B错误；
C．一定没有的离子Fe3＋、Ba2＋，可能存在Cl－，故C错误；
D．同时第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体，没有产生沉淀，说明一定不含Mg2＋，故D错误；
故选A。
16.【答案】D
【解析】
A．Fe3+的氧化性大于I2，所以2Fe3++2I—=2Fe2++I2能发生，故不选A；
B．I-的还原性大于Fe2+，氯气先氧化I-，FeI2中通入少量氯气，发生反应Cl2+FeI2=FeCl2+I2，故不选B；
C．C2O3的氧化性大于Cl2，所以C2O3+6HCl=2CCl2+Cl2↑+3H2O能发生，故不选C；
D．I-的还原性大于Fe2+，氯气先氧化I-，FeI2中通入氯气，不可能发生3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3反应，故选D；
选D
17.【答案】（1） 3ClO-+2+2OH-=N2↑+3Cl-+5H2O 3NA
（2）3
（3） 17 160.5
（4）16.2g
（5）
【解析】
（1）
从图中可知，ClO-不断减少是反应物，N2不断增加是生成物，根据氧化还原反应原理和元素原子守恒，得出该反应的离子方程式：3ClO-+2+2OH-=N2↑+3Cl-+5H2O；该反应中N元素的化合价从-3价升高到0价，被氧化，是还原剂，则消耗1 ml还原剂，转移电子数为3NA。
（2）
根据氧化还原反应中得失电子总数相等，依题意，NaClO被还原为NaCl得2个电子，Na2Sx被氧化为Na2SO4失去个电子，则有等式，求得x=3。
（3）
根据反应8NH3＋3Cl2=6NH4Cl＋N2，被氧化的物质是N元素化合价升高的NH3部分，占系数的，故当有68 g NH3参加反应时，被氧化的物质为 g；生成的还原产物是化合价降低得到的产物NH4Cl，当有68 g NH3参加反应时，生成NH4Cl质量为 g。
（4）
18.【答案】（1） 除去中的HCl B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱
（2）d
（3）
（4）
解析： （1）实验室制备氯气利用的是二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰氯、氯气和水，化学方程式为。制取的氯气中含有氯化氢杂质，氯化氢易溶于水，而氯气在饱和食盐水中的溶解度不大，故选择饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢；装置B也是安全瓶，可监测实验进行时装置C中是否发生堵塞，发生堵塞时装置B中的压强增大，装置B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱。
（2）装置C的实验目的是验证氨气是否具有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，故验证氯气是否具有漂白性，要先干燥氯气，且应用干燥的有色布条进行实验，可排除a、b；本实验U形管中只能装固体干燥剂，可排除c；d项中的现象为湿润的有色布条褪色，而干燥的有色布条不褪色，可证明干燥的氯气无漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，故d正确。
（3）装置D中装的是溴化钠溶液，当向装置D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应生成溴单质，离子方程式为；
（4）氯气有毒，直接排放容易造成空气污染，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以用氢氧化钠溶液吸收多余氯气，反应的离子方程式为。
19.【答案】(1)
(2) Na NaOH Al(OH)3 Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O
(3)
(4) F-＞Na＋＞Mg2＋
【分析】
由元素在周期表中的位置可知，①为C，②为N，③为O，④为F，⑤为Na，⑥为Mg，⑦为Al，⑧为S，⑨为Cl，⑩为Ar，结合元素周期律和物质的性质分析解答。
【解析】
(1)②为N，N原子的质子数为7，核外电子数为7，有2个电子层，各层电子数为2、5，原子结构示意图为；碳元素形成的有机物种类最多，故答案为：； C；
(2)同周期从左向右原子半径逐渐减小，则第三周期元素除⑩外原子半径最大的是Na，最小的是Cl；Na的金属性最强，最高价氧化物对应水化物NaOH的碱性最强，Al元素的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，具有两性，氢氧化钠与氢氧化铝反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O，故答案为：Na；NaOH；Al(OH)3；Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O；
(3)元素③与元素⑤形成的原子个数比为1：1的化合物为Na2O2，是离子化合物，电子式为；
(4) 一般而言电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小。元素④、⑤、⑥形成简单离子的半径由大到小的顺序是F-＞Na＋＞Mg2＋，故答案为：F-＞Na＋＞Mg2＋。
20. 【答案】(1)Fe3O4也能被磁铁吸附
(2)①Fe3O4＋8H＋===2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O
检验溶液中是否存在Fe3＋，确认黑色粉末中Fe3O4的存在
②Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋
(3)①2H＋＋H2O2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2H2O 过滤
②n(Fe3O4)＝0.01 ml、n(Fe)＝0.01 ml
解析 (1)Fe、Fe3O4都能被磁铁吸附，故不能由此确定黑色粉末X就是铁单质。(2)①滴加几滴KSCN溶液，溶液出现红色，可以证明溶液中存在Fe3＋，进而证明黑色固体中含有四氧化三铁。②X的成分是Fe和Fe3O4，加入盐酸后，由Fe3O4生成的氯化铁溶液会和金属铁反应得到氯化亚铁，使溶液不变色。(3)黑色粉末溶于盐酸后形成的Fe2＋可被H2O2氧化为Fe3＋，Fe3＋遇碱转化为Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3灼烧后转化为Fe2O3。操作Z后得到沉淀，故其为过滤。3.2 g Fe2O3的物质的量为0.02 ml，设X中四氧化三铁的物质的量为a ml，单质铁的物质的量为b ml，则232a＋56b＝2.88,3a＋b＝0.02×2，解得a＝0.01，b＝0.01。