文档介绍：该【2023届北京市海淀区北京师大附中高一化学第一学期期中达标检测模拟试题含解析 】是由【青山代下】上传分享，文档一共【14】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【2023届北京市海淀区北京师大附中高一化学第一学期期中达标检测模拟试题含解析 】的内容，可以使用淘豆网的站内搜索功能，选择自己适合的文档，以下文字是截取该文章内的部分文字，如需要获得完整电子版，请下载此文档到您的设备，方便您编辑和打印。:..2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项:,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。;,字体工整、笔迹清楚。,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域。在一定条件下,AlN可通过以下反应合成:AlO+N+3C2AlN+3CO。,N是还原剂,,+32、、配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时,造成所配溶液浓度偏高的原因是()、下列关于物质分类的正确组合是()、化学概念在逻辑上存在下图所示关系:对下列概念的说法正确的是:..、~(OH)、配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时,下列操作可导致实际物质的量浓度偏低的是(),,,俯视容量瓶刻度线8、设N表示阿伏加德罗常数的数值,,,+为NA9、下列烃的命题正确的是()-***-4--,2,3-三***,3-二***-4-乙基戊烷10、完成下列实验所需选择的装置或仪器都正确的是():..(OH)、在下列氧化还原反应中,+2HO=2NaOH+H↑+HO=2HNO++2HO=4NaOH+O↑+2HO=4HF+O22212、在100mL***和硫酸的混合溶液中,。向该溶液中加入足量的铜粉,加热,充分反应后,所得溶液中Cu2+的物质的量浓度最大值为(反应前后溶液体积变化忽略不计).3mol/.45mol/L13、下列各种仪器:①漏斗②容量瓶③表面皿④分液漏斗⑤天平⑥量筒⑦胶头滴管⑧蒸馏烧瓶。常用于物质分离的是()A.①③⑦B.②⑥⑦C.①④⑧D.④⑥⑧14、铋(Bi)在医药方面有重要应用。下列关于Bi和Bi的说法正确的是()、一个密闭容器,中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计)将容器分成两部分,当左边充入1molN,右边充入一定2量的CO时,隔板处于如图位置(保持温度不变),下列说法正确的是():,保持温度不变,、如图所示,A处通入干燥的Cl,关闭B阀时,C处湿的红色布条看不到明显现象,打开B阀后,C处红色布条2:..逐渐褪色,则D瓶中装的是()、非选择题(本题包括5小题)17、某溶液的溶质可能由下列离子组成:H+、SO2-、CO2-、Cl―、Na+、Ba2+中的一种或几种。某同学做如下实验来确43定溶液的成分:①向溶液中加入过量的BaCl溶液,有白色沉淀产生,过滤。2②向①中的滤液里加入AgNO溶液,有白色沉淀产生。3③将足量稀盐酸加入①的沉淀中,沉淀部分消失,有气体产生。依据以上实验回答下列问题:(1)原溶液中一定有__________________。(2)一定没有__________________。(3)可能含有_____________。(4)如果要确定原溶液中是否存在该离子,应选用试剂是__________________。***(NO)(5)写出中沉淀消失的离子方程式________________。18、某溶液中含有X-、Y2-、Z2-三种常见的无机离子。如下图所示,发生了一系列化学反应。第④步反应生成的白色沉淀中含Y2-.(1)判断X-、Y2-、Z2-分别为________、________、________(写离子符号)。(2)写出④、⑤步反应的离子方程式。④______________________________________________________;⑤______________________________________________________。:..19、某学生欲用12mol?L﹣?L﹣1的稀盐酸.(1)该学生需要量取________mL上述浓盐酸进行配制.(2)配制过程中正确的操作顺序是(字母表示,每个字母只能用一次)________;~3次,洗涤液均注入容量瓶,,沿玻璃棒倒入烧杯中,再加入少量水,用玻璃棒慢慢搅动,,振荡,,,直到液面接近刻度1~2cm处(3)下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响?(在括号内填“偏大”、“偏小”、“无影响”).、摇匀、静置,发现液面下降,,,(4)若在标准状况下,将VLHCl气溶解在1L水中(水的密度近似为1g/mL),所得溶液的密度为ρg/mL,则此溶液中HCl物质的量浓度为________20、如图所示是分离混合物时常用的仪器,回答下列问题:(1)写出仪器C的名称___。(2)分离以下混合物应该主要选用上述什么仪器?(填字母符号)①NaCl固体和泥沙:___;②花生油和水:___。(3)l,充分振荡后静置,观察到现象是:C内液体分两层,上层液体___色,下层4液体___色。(4)溴单质和碘单质有相类似的性质,若利用C仪器提取溴水中的溴单质,下列有机溶剂中不能选用的是:___。、HNO是一种弱酸,且不稳定,易分解生成NO和NO;它是一种还原剂,能被常见的强氧化剂氧化,但在酸性22:..溶液中它也是一种氧化剂,如能把Fe2+氧化成Fe3+。AgNO是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题:2(1)人体正常的血红蛋白含有Fe2+。若误食亚***盐(如NaNO),则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒,可以2服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是________(填序号)。***+还原为Fe2+***盐是还原剂(2)下列方法中,不能用来区分NaNO和NaCl的是________(填序号)。,,-淀粉溶液,观察溶液颜色(I遇淀粉呈蓝色)2(3)某同学把***气通入到NaNO溶液中,生成NaNO和HCl,请写出反应的离子方程式:____________。23(4)若FeSO和O的化学计量数比为2∶1,试配平下列方程式:42______FeSO4+______K2O2—______K2FeO4+______K2O+______K2SO4+______O2↑(5)高铁酸钾(KFeO)是一种新型、高效的绿色水处理剂,它在水中发生反应生成氢氧化铁胶体。请根据以上信息,写24出高铁酸钾作为水处理剂的两点原理_________________________。参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、B【解析】,得电子化合价降低的反应物是氧化剂,失电子化合价升高的反应物是还原剂。反应AlO+23N+3C2AlN+3CO中,氮元素化合价降低,N是氧化剂,碳元素化合价升高,所以C是还原剂,A错误;-3价,得到3个电子,则每生成1molAlN需转移3mol电子,B正确;,g是质量的单位,C错误;+3价,根据化合价规则,所以氮的化合价为-3价,D错误;答案选B。2、C【解析】A、金属铜能导电,但金属铜是单质不是化合物,因此金属铜不是电解质,故A错误;:..B、盐酸是***化氢的水溶液,是混合物,不是化合物,所以不是电解质,故B错误;C、熔融KCl是化合物,属于电解质,熔融态下电离出自由移动的钾离子和***离子,能导电,故C正确;D、乙醇是化合物,但其水溶液只存在乙醇分子,不导电,属于非电解质,故D错误;综上所述,本题正确答案为C。【点睛】本题重点考查电解质定义与判断。电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物,例如酸、碱和盐等,凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质,例如蔗糖和酒精等。注意电解质和非电解质都是化合物,单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。解题时紧抓住电解质必须是化合物,以及导电是在水溶液或熔化状态下为条件进行解题。3、B【解析】,若其他操作正确,不会引起n(NaOH)、溶液体积V变化,对所配溶液浓度无影响,故不选A;,溶液体积V减小,所配溶液浓度偏高,故选B;,未完全转移到容量瓶中,使n(NaOH)减小,所配溶液浓度偏低,故不选C;,溶液体积增大,浓度偏小,故不选D;本题答案为B。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液时产生误差的原因分析:根据c=n/V计算公式,凡是引起n增大的,浓度偏大;凡是引起V增大的,浓度偏小。4、D【解析】,二氧化硅是酸性氧化物,不是碱性氧化物,故A错误;,不是酸性氧化物,故B错误;,属于酸性氧化物,故C错误;,***属于酸,碳酸钙属于盐,氧化钙与水化合生成氢氧化钙,为碱性氧化物,三氧化硫与水化合为硫酸,属于酸性氧化物,故D正确;正确答案是D。【点睛】本题是对物质的化学式及分类的考查,对物质的名称、分类及化学式有较明确的认识即可顺利解答。5、B【解析】试题分析:;,;:..;选B。考点:考查概念的相互关系。6、C【解析】胶体是指分散质粒子直径在1nm~100nm之间的分散系;向饱和FeCl3溶液中滴加NaOH溶液得到Fe(OH)3沉淀;丁达尔现象是胶体的重要特征,可用来区别溶液和胶体;胶体粒子可以透过滤纸,但不能透过半透膜。【详解】直径介于1nm~100nm之间的分散系称为胶体,故A错误;向饱和FeCl溶液中滴加NaOH溶液得到Fe(OH)沉淀,33不能生成氢氧化铁胶体,故B错误;丁达尔现象是胶体的重要性质,可用来区别溶液和胶体,故C正确;胶体粒子不能透过半透膜,用渗析的方法提纯胶体,鉴别溶液和胶体的最简便的方法是丁达尔效应,故D错误。7、A【解析】根据c=n/V分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响来判断。【详解】A、用托盘天平称量时,部分NaOH吸收了水分,溶质的质量减少,浓度偏低,故A正确;B、NaOH溶解时放出热量,未冷却立即配制溶液,溶液冷却下来,体积偏小,浓度偏高,故B错误;C、移液前容量瓶内有少量蒸馏水,溶质的质量不变、溶液体积不变,浓度不变,故C错误;D、定容时,俯视容量瓶刻度线,溶液的体积偏小,浓度偏高,故D错误;答案选A。8、C【解析】A、每个NH分子含有4个原子,结合N=nN计算原子数目;3AB、不是标准状况,;,都是双原子分子,根据n=计算出混合物的物质的量,再计算出含有的原子数;=cV计算。【详解】A、每个NH分子含有4个原子,1molNH所含有的原子数为1mol×4×Nmol-1=4N,选项A错误;33AAB、标准状况下,,常温常压下,,,选项B错误;A:..C、14g由N与CO组成的混合气体的物质的量为:=,含有1mol原子,含有的原子数目为N,选项C2A正确;+数为1L××Nmol-1=,选项D错误;AA答案选C。【点睛】本题考查常用化学计量的有关计算与理解,难度不大,注意气体摩尔体积的使用条件与对象,可借助PV=nRT理解气体摩尔体积。9、C【解析】A、烷烃命名时,应从离***最近的一端开始编号,且取代基编号总和必须最小,正确的命名为2-***-3-乙基已烷,故A错误;B、丙烷中不可能出现乙基,选取的主链错误,应该是2-***丁烷,故B错误;C、主链选取和编号均合理,故C正确;D、戊烷主链为4个碳,不可能出现4-乙基,则主链选取有误,正确的命名为3,3,4-三***己烷,故D错误。故选C。点睛:烷烃的命名必须遵循主链最长,取代基编号之和最小等原则;1﹣***、2﹣乙基,3﹣丙基都是主链选择错误的典型。10、A【解析】,图中蒸馏装置合理,故A正确;,应加入苯或四***化碳进行萃取,分液后再蒸馏,不能用分液的方法直接分离碘和水,故B错误;、溶液都可透过滤纸,不能用过滤的方法分离,应用半透膜渗析分离,故C错误;,不能在容量瓶中稀释浓硫酸,故D错误;故选A。11、D【解析】+2HO=2NaOH+H↑,反应物水中氢元素的化合价降低,所以水做氧化剂,故A错误;+HO=2HNO+NO,反应物水中氢、氧元素的化合价均未发生变化,水既不是氧化剂也不是还原剂,故B错223误;,水中氢、氧元素的化合价均未发生变化,水既不是氧化剂也不是还原剂,故C错误;+2HO=4HF+O,反应物水中的氧元素化合价升高,所以水作还原剂,故D正确;222答案选D。:..、【解析】有关反应离子方程式为:3Cu+2NO-+8H+=3Cu2++2NO↑+4HO,由上述反应方程式可知,NO-和H+的物质的量之323比为1:4时,氢离子与***根恰好反应,生成的铜离子物质的量最大,设HNO、HSO各为x、ymol,则n(NO-):3243n(H+)=x:(x+2y)=1:4,x+y=×,据此计算x、y的值,再根据方程式计算铜离子的物质的量,根据c=n/V计算铜离子浓度.【详解】反应离子方程式为:3Cu+2NO-+8H+=3Cu2++2NO↑+4HO,铜足量,由上述反应方程式可知,NO-和H+的物质的323量之比为1:4时,氢离子与***根恰好反应,生成的铜离子物质的量最大,设HNO、HSO各为x、ymol,则n(NO3243-):n(H+)=x:(x+2y)=1:4,x+y=×,联立解得x=、y=,由方程式可知,×3/2=,÷=·L-1,故选C。13、C【解析】①漏斗用于过滤分离混合物;②容量瓶用于配制溶液,不能分离混合物;③表面皿用于蒸发溶液,也可以作盖子,盖在蒸发皿或烧杯上,不能分离混合物;④分液漏斗用于萃取、分液分离混合物;⑤天平只能测定物质的质量;⑥量筒只能量取液体的体积;⑦胶头滴管用于取少量液体,滴加液体;⑧蒸馏烧瓶用于沸点不同的混合物分离;所以常用于物质分离的是①④⑧,故答案为C。14、B【解析】Bi和Bi互为同位素,质子数相同,电子数同,中子数不同。15、B【解析】左右两侧气体温度、压强相同,相同条件下,体积之比等于物质的量之比,左右体积之比为4:1,则左右气体物质的量之比为4:1,所以右侧气体物质的量==,,则右边与左边分子数之比为1:4,故A错误;,则右侧气体密度是相同条件下氢气密度的=14倍,故B正确;:28g/mol×=7g,故C错误;,隔板处于容器正中间时,左右两侧气体的物质的量相等,则需要充入CO的物质的量为:1mol-=,故D错误;故选:B。:..、【解析】,***气经浓硫酸干燥后仍能使湿的红色布条褪色,故A错误;***气反应,符合题意,故B正确;C.***气与浓盐酸不反应,故C错误;***气反应,故D错误。答案选B。【点睛】***气不能使干燥的有色布条褪色,可以使湿润的有色布条褪色,只有把***气吸收完,才不会使湿润的有色布条褪色。二、非选择题(本题包括5小题)17、SO2-、CO2-、Na+H+、Ba2+Cl-BCBaCO+2H+=Ba2++HO+CO↑43322【解析】①向溶液中加入过量的BaCl溶液,有白色沉淀产生,过滤,则含SO2-、CO2-中的一种或都有,则一定没有Ba2+;243②将①中滤液里加入AgNO溶液,有白色沉淀产生,白色沉淀为AgCl,但引入***离子,则不能确定原溶液中是否含3Cl-;③将①中的沉淀加入稀盐酸中,沉淀部分消失,有气体产生,则一定含SO2-、CO2-,则没有H+,因溶液不显电性,43则一定含Na+;综上所述:(1)一定含SO2-、CO2-、Na+;43(2)一定没有H+、Ba2+;(3)可能含有Cl-;(4)若要确定Cl-是否存在,应首先排除SO2-和CO2-的干扰,故原溶液中加入***钡除去SO2-和CO2-,过滤后往滤4343液中加入***银,若有白色沉淀生成,则证明原溶液中含有Cl-,故答案为BC;(5)碳酸钡与稀盐酸反应生成***化钡和二氧化碳气体,离子反应方程式为:BaCO+2H+=Ba2++HO+CO↑。32218、Cl-SO2-CO2-BaCO+2H+=Ba2++CO+HOCO+2OH-+Ca2+=CaCO+HO4332223↓2【解析】根据实验中沉淀的颜色和是否溶于酸分析沉淀的成分,进而分析溶液中存在的离子。【详解】(1)溶液中加入***钡后产生白色沉淀,白色沉淀中加入盐酸沉淀部分溶解,说明沉淀中含有硫酸钡沉淀和碳酸钡,碳酸钡能与盐酸反应生成***化钡和水和二氧化碳,二氧化碳能与石灰水反应生成白色沉淀碳酸钙,说明溶液中含有硫酸根离子和碳酸根离子,滤液中加入***银溶液产生白色不溶于***的沉淀,说溶液中有***离子,故答案为Cl-,SO24:..,CO2-;3(2)反应④为碳酸钡与盐酸的反应,离子方式为:BaCO+2H+=Ba2++CO+HO;反应⑤为二氧化碳与澄清石灰水的322反应,离子方程式为:CO+2OH-+Ca2+=CaCO+HO。23↓2【点睛】1.***离子:加入***酸化的***银,产生白色沉淀。:加入盐酸酸化,再加入***化钡,产生白色沉淀。:加入***化钙或***化钡,产生白色沉淀,再加入盐酸,沉淀溶解产生能使澄清石灰水变浑浊的气体。19、【解析】(1)?L﹣1的稀盐酸需要使用500mL容量瓶,由于溶液稀释前后溶质的物质的量不变,设需浓盐酸的体积为V,则有12mol/L×V=×,解得V=,;(2)操作步骤有计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、振荡、定容、摇匀等操作,所以配制时,其正确的操作顺序是BCAFED。(1),所取浓盐酸的体积偏小,所以浓度偏小;、摇匀、静置,发现液面下降,再加适量的蒸馏水,溶液的体积偏大,所以浓度偏小;,未冷却到室温即转移到容量瓶中,冷却后液面下降,溶液体积偏小,溶液浓度偏大;,并将洗涤转移到容量瓶中,导致量取的浓盐酸体积偏大,溶质的物质的量偏大,溶液的浓度偏大;。(4)在标准状况下,将VLHCl物质的量V/;在标准状况下,将VLHCl气体溶解在1L水中(水的密度近似为1g/mL),所得溶液密度为ρg/mL,+1000g,因此溶液体积为,则此溶液中HCl的物质的量浓度为。【点睛】明确物质的量浓度的含义、计算方法以及配制的实验原理是解答的关键,注意容量瓶选择的要求,易错点是溶质物质的量的计算,应该以实际使用的容量瓶的规格进行计算,而不是题干中的480mL。20、分液漏斗BDC无紫CD【解析】(1)由图可知,C为分液漏斗;(2)①泥沙不溶于水,NaCl溶于水,则溶于水过滤、蒸发可分离,选择BD仪器;:..仪器;(3)l,分层,四***化碳的密度比水大,四***化碳从碘水中萃取出碘,则上层(水层)为无4色,下层(碘的四***化碳溶液)为紫色;(4)C仪器提取溴水中的溴单质,选择与水不互溶的有机溶剂,而C、D中的酒精、醋酸与水互溶,不能作萃取剂,答案选CD。21、DBNO+Cl+HO==NO-+2H++2Cl-262221强氧化性,杀菌消毒;形成氢氧化铁胶体吸附杂质2223【解析】⑴.根据题意可知,血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+,Fe2+作还原剂,则亚***盐作氧化剂,服用维生素C可解毒,说明维生素C具有还原性。,亚***盐作氧化剂,在反应中被还原,故A正确;,维生素C是还原剂,故B正确;,可以将Fe3+还原为Fe2+,故C正确;,亚***盐是氧化剂,故D错误;因此答案选D;⑵.,不稳定,易分解生成NO和NO,则NaNO会与稀盐酸反应生成HNO,分解得到NO2222和NO,可以看到有气泡产生,而NaCl与稀盐酸不反应,因此A正确;,加入AgNO,NaNO232和NaCl都会生成沉淀,现象相同,故B错误;,则在酸性条件下加入KI-淀2粉溶液,NO-能将I-氧化生成单质碘,遇淀粉呈蓝色,而NaCl与KI-淀粉溶液不反应,故C正确;,HNO是一种还原剂,能被常见的强氧化剂氧化,则加入KMnO溶液,会与NaNO发生氧化还原反应使KMnO2424溶液褪色,而NaCl与KMnO4溶液不反应,故D正确;答案选B;⑶.把***气通入到NaNO溶液中,生成NaNO和HCl,则***元素化合价从0价降低到-1价作氧化剂,氮元素化合价23从+3价升高到+5价作还原剂,结合得失电子守恒和原子守恒,反应的离子方程式为:NO-+Cl+HO=NO-+2H+2223+2Cl-,故答案为NO-+Cl+HO=NO-+2H++2Cl-;2223⑷.在FeSO+KOFeO+KO+KSO+O↑反应中,FeSO中的铁元素化合价从+2价升高到+6价,部分KO422242242422中的氧元素化合价从-1价升高到0价,部分KO中的氧元素化合价从-1价降低到-2价,若FeSO和O的化学计2242量数比为2∶1,则2个FeSO参与反应失去2×(6-2)=8个电子,生成1个O时,对应消耗1个KO,失去2个电4222子,则二者共失去10个电子,若1个KO作氧化剂,氧元素化合价从-1价降低到-2价,将得到2个电子,根据得22失电子守恒,应有5个KO作氧化剂,所以KO的化学计量数为5+1=6,FeSO的化学计量数为2,再根据质量守22224恒,配平其他物质的化学计量数,得到的方程式为:2FeSO4+6K2O2=2K2FeO4+2K2O+2K2SO4+O2↑,故答案为262221;⑸.高铁酸钾(KFeO)中的铁元素化合价为+6价,在水中发生反应生成氢氧化铁胶体,氢氧化铁中铁元素的化合价是24+3价,说明高铁酸钾(KFeO)中的铁元素化合价降低,是一种强氧化剂,具有强氧化性,能够杀灭水中的细菌和***,24氢氧化铁胶体表面积较大,具有很强的吸附性,能够吸附水中的悬浮杂质,故答案为强氧化性,杀菌消毒;形成氢氧:..