2023年揚州市揚州中學化學高一上期末教學質量檢測模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、鑒定某溶液是否存在Fe3+,能加入的試劑是A．鐵粉 B．銅片 C．KSCN溶液 D．氯氣2、把少量的二氧化氮氣體通入過量的小蘇打溶液中，再使逸出的氣體通過裝有過氧化鈉顆粒的干燥管，最后收集到的氣體是()A．O2 B．NO2 C．NO2和O2 D．CO2和NO3、下列物質中，屬于電解質且能導電的是A．固體氯化鈉B．鹽酸C．鐵片D．熔融的氫氧化鈉4、除去NaCl中含有的Ca2＋、Mg2＋、SO42-離子，通常采用以下四種試劑：①Na2CO3②BaCl2③NaOH④HCl。加入試劑合理的操作順序是（）A．①②③④ B．③①②④ C．④②①③ D．③②①④5、下列敘述正確的是（）A．同質量的H2和Cl2含有的分子數相等B．SO42－的摩爾質量是96g/molC．阿伏加德羅常數恰好為6.02×1023mol－1D．1molCO2的質量為44g/mol6、下列化學式中，能真實表示物質的分子組成的是()A．NaCl B．He C．NH4Cl D．SiO27、在標準狀況下把4.48LCO2通過足量的Na2O2固體后，固體增加的質量是A．8.8gB．5.6gC．3.2gD．2.4g8、實驗室用濃鹽酸與足量的二氧化錳反應產生少量的氯氣。若反應過程中消耗了0.2mol氯化氫，理論上可收集到的氯氣的質量A．等于3.55g B．小于3.55gC．大于3.55g D．約等于7.1g9、下列物質均可用于漂白，漂白原理不同于其它的是()A．次氯酸鈣 B．次氯酸鈉 C．過氧化鈉 D．活性炭10、下列敘述或操作中正確的是()A．濃硫酸能使硫酸銅晶體失去結晶水，體現了濃硫酸的脫水性B．濃硫酸對有機物的腐蝕性是濃硫酸脫水性和強氧化性的綜合體現C．濃硫酸具有氧化性，稀硫酸無氧化性D．濃硫酸不慎沾到皮膚上，應立即用布拭去，再涂上稀NaOH溶液11、下列環境問題與所對應的物質無關的是（）A．酸雨——SO2 B．光化學煙霧——NO2C．溫室效應——CO2 D．室內空氣污染——N212、濃硝酸常呈黃色的原因是（）A．濃硝酸中混有碘化銀 B．濃硝酸中混有鐵離子C．濃硝酸易分解產生二氧化氮 D．濃硝酸中混有單質硫13、氨的催化氧化是工業制硝酸的重要反應：4NH3＋5O24NO＋6H2O，對于該反應判斷正確的是A．氧氣被還原 B．該反應是置換反應C．氨氣是氧化劑 D．若有17g氨參加反應，反應中轉移10mol電子14、2022年世界冬奧會和冬殘奧會在北京舉行，其中短道速滑項目隊員所穿的速滑冰刀可用不銹鋼制成。下列敘述錯誤的是A．不銹鋼是最常見的一種合金鋼B．不銹鋼中常添加鎳(Ni)和鉻(Cr)元素，從而使其具有特殊性能C．不銹鋼中只含有金屬元素，不含有非金屬元素D．不銹鋼是通過增加原子層之間的相對滑動難度，導致合金的硬度變大15、下列有關鋁及其化合物的敘述正確的是()A．鋁粉與氧化鐵在高溫下可以發生鋁熱反應B．等量的鋁分別與足量的鹽酸和氫氧化鈉溶液反應，產生的氫氣體積不同C．工業上用電解熔融AlCl3的方法冶煉鋁D．三氧化二鋁是酸性氧化物16、下列說法不正確的是A．氯氣既不是電解質，也不是非電解質，但其水溶液卻可以導電B．Al2O3和MgO都是離子化合物，熔沸點都很高，故可用于耐火材料C．液氨、氯水、膽礬、干冰依次屬于：純凈物、混合物、電解質和非電解質D．分散系中分散質粒子的直徑：Fe(OH)3懸濁液＜Fe(OH)3膠體＜FeCl3溶液二、非選擇題（本題包括5小題）17、已知A為常見的金屬單質，根據如圖所示的關系：(1)確定A、B、C、D、E、F的化學式：A____________，B____________，C____________，D____________，E____________，F____________。(2)寫出⑧的化學方程式________，④、⑤的離子方程式________，_________。18、某實驗小組推測，某無色溶液中可能含有以下離子：K＋、Al3＋、Mg2＋、Cu2＋、NH4＋、Cl－、CO32－、SO42－，進行如下實驗：①取適量該溶液，加入過量NaOH溶液后加熱，產生使濕潤的紅色石蕊試紙變藍色的氣體，并得到澄清溶液。②在①所得溶液中通入過量CO2，生成白色沉淀。③另取原溶液于試管中，加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，再加稀鹽酸，沉淀不溶解。根據上述實驗回答：（1）寫出①中反應生成氣體的離子方程式_______________________________。（2）該溶液中一定存在的離子有_____________，不能確定是否存在的離子有___________。19、實驗室需要0.3mol/LNaOH溶液480mL和1.0mol/L硫酸溶液250mL。根據這兩種溶液的配制情況回答下列問題。(1)如圖所示的儀器中配制溶液肯定不需要的是________(填序號)，配制上述溶液還需用到的玻璃儀器是________(填儀器名稱)。(2)下列操作中，容量瓶所不具備的功能有________(填序號)。A．配制一定體積準確濃度的標準溶液B．貯存溶液C．測量容量瓶規格以下的任意體積的液體D．準確稀釋某一濃度的溶液E.用來加熱溶解固體溶質(3)根據計算用托盤天平稱取NaOH的質量為________g。在實驗中其他操作均正確，若定容時仰視刻度線，則所得溶液濃度___0.3mol/L(填“大于”“等于”或“小于”，下同)。(4)根據計算得知，所需質量分數為98%、密度為1.84g/cm3的濃硫酸的體積為_______mL(計算結果保留一位小數)。如果實驗室有15mL、20mL、50mL量筒，應選用________mL的量筒最好。20、分別向盛有①紫色石蕊溶液②NaOH溶液③品紅溶液④酸性高錳酸鉀溶液的試管中通入SO2氣體。（1）試管①中的現象：___________發生反應的化學方程式是：_________________。（2）試管②中發生反應的化學方程式是：_____________________，如果通入過量的SO2，則發生反應的化學方程式為：_______________________________。（3）試管③中的現象：________，如將吸收SO2后的該溶液加熱，現象：______________。（4）試管④中的現象：____________________。（5）上述實驗中，SO2表現出酸性氧化物性質的是___________（填試管標號，下同），SO2表現出漂白性的是___________。SO2表現出還原性的是___________。21、氮元素的單質和常見的化合物在工、農業生產中用途廣泛。（1）工業上利用分離空氣的方法得到氮氣．空氣各主要成分的沸點如下：N2O2ArCO2-196℃-183℃-186℃-78℃現將空氣深度冷卻液化，然后緩慢升溫，則最先分離出來的氣體是______．（2）雷雨時空氣中的N2轉化為NO，生成物NO是______色的氣體，______（填“易”或“難”）溶于水；NO在空氣中很容易被氧化成NO2，NO2能與水發生化學反應，寫出NO2與水反應的化學方程式為__________________．（3）實驗室可用固體NH4Cl與固體Ca（OH）2加熱反應制取氨氣；①制取氨氣的化學方程式為__________________；②要制取標準狀況下4.48L的氨氣，至少需要稱取固體NH4Cl的質量為______g；（4）已知：4NH3+6NO5N2+6H2O化學研究性學習小組的同學在技術人員的指導下，按下列流程，探究不同催化劑對NH3還原NO反應的催化性能；若控制其他實驗條件均相同，在催化反應器中裝載不同的催化劑，將經催化反應后的混合氣體，通過一定體積滴有酚酞的稀硫酸溶液（溶液的體積、濃度均相同）；①NH3與稀硫酸溶液反應的離子方程式為__________________；②為了比較不同催化劑的催化性能，需要測量并記錄的數據是____________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

檢驗溶液是否存在Fe3+常用KSCN溶液，若溶液中含有三價鐵離子，滴入KSCN溶液后溶液會顯紅色，若不含，則沒有明顯變化，故答案為C。2、C【解析】

從反應的化學方程式分析，涉及的反應有：3NO2+H2O═2HNO3+NO，HNO3+NaHCO3═NaNO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，2NO+O2═2NO2，設NO2為3mol，根據各步反應生成物的物質的量判斷反應最終產物。【詳解】設NO2為3mol，涉及的反應有：3NO2+H2O═2HNO3+NO，HNO3+NaHCO3═NaNO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，2NO+O2═2NO2，則3molNO2生成2molHNO3和1molNO，通入小蘇打后氣體為2molCO2和1molNO，通入足量過氧化鈉后生成1molO2和1molNO，1molO2和1molNO反應后生成1molNO2，剩余0.5molO2，故最后收集到的氣體為1molNO2和0.5molO2，故答案為C。3、D【解析】

A.固體氯化鈉為電解質，但不導電，A不合題意；B.鹽酸能導電，但由于是混合物，所以不是電解質，B不合題意；C.鐵片能導電，但由于是單質，所以不是電解質，也不是非電解質，C不合題意；D.熔融的氫氧化鈉能導電，且是電解質，D符合題意。故選D。4、D【解析】

除去Ca2＋用碳酸鈉，Mg2＋用氫氧化鈉，SO42-用氯化鋇，加入的試劑均為稍過量，則除去鋇離子也用碳酸鈉，則除SO42-在Ca2＋之前，過濾之后，再加入HCl除過量的碳酸根離子及氫氧根離子，則順序為D。5、B【解析】

A.根據n=可知，由于H2、Cl2的摩爾質量不同，則等質量的兩種氣體的物質的量不同，由于N=n·NA，因此兩種氣體的分子數不等，A錯誤；B.SO42-的式量是96，所以其摩爾質量是96g/mol，B正確；C.阿伏加德羅常數是12g12C所含有的C原子數，其近似值為6.02×1023/mol，C錯誤；D.1molCO2的質量為44g，D錯誤；故合理選項是B。6、B【解析】

A．NaC1為離子化合物，只有鈉離子和氯離子，沒有分子，A錯誤；B．He為單原子分子，晶體中只存在分子，所以化學式He能真實表示氬氣分子組成，B正確；C．NH4C1為離子化合物，只有銨根離子和氯離子，沒有分子，C錯誤；D．SiO2為原子晶體，是由硅原子和氧原子以共價鍵構成的空間網狀結構，沒有SiO2分子，D錯誤；故答案為：B。7、B【解析】根據反應方程式2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2↑，在標準狀況下，4.48LCO2的物質的量為0.2mol，所以反應后固體增加的質量為0.2mol×(106g/mol-78g/mol)=5.6g，所以本題正確答案為B。8、A【解析】

加熱條件下，濃鹽酸和二氧化錳發生氧化還原反應方程式為MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O，根據方程式知，參加反應的HCl有一半被氧化生成氯氣，若反應過程中消耗了0.2molHCl，根據Cl原子守恒知，理論上生成n（Cl2）=0.05mol，m（Cl2）=nM=0.05mol×71g/mol=3.55g，故答案選A。【點睛】本題考查化學反應方程式有關計算，側重考查學生分析計算能力，注意該反應中一半的HCl體現酸性、一半的HCl體現還原性，另外要注意審題，只計算“理論上”生成的氯氣質量。9、D【解析】

次氯酸鈣、次氯酸鈉、過氧化鈉都是強氧化劑，與有色物質發生氧化還原反應，生成穩定的無色物質；活性炭的漂白原理是吸附有色物質，屬于物理變化，故D符合；故選D。10、B【解析】A.濃硫酸能使硫酸銅晶體失去結晶水，體現了濃硫酸的吸水性，A錯誤；B.濃硫酸對有機物的腐蝕性是濃硫酸脫水性和強氧化性的綜合體現，B正確；C.濃硫酸具有氧化性，稀硫酸也有氧化性，是電離出的氫離子體現，C錯誤；D.濃硫酸不慎沾到皮膚上，應立即用布拭去，再用大量水沖洗，最后涂上稀碳酸氫鈉溶液，D錯誤，答案選B。點睛：濃H2SO4的性質可歸納為“五性”：即難揮發性、吸水性、脫水性、強酸性、強氧化性。注意濃H2SO4的吸水性與脫水性的區別：濃H2SO4奪取的水在原物質中以H2O分子形式存在時濃H2SO4表現吸水性，不以H2O分子形式而以H和O原子形式存在時，濃H2SO4表現脫水性。11、D【解析】

A.SO2可以與H2O反應產生H2SO3，H2SO3與溶于水中的O2反應產生H2SO4，或者其在空氣中被氧化為三氧化硫，三氧化硫溶于雨水生成硫酸，從而導致酸雨，A不符合題意；B.NO2會造成光化學煙霧，所以光化學煙霧與NO2有關，B不符合題意；C.CO2、CH4會導致溫室效應，所以CO2與溫室效應有關，C不符合題意；D.N2是空氣的主要成分，所以N2不會造成室內空氣污染，D符合題意；故合理選項是D。12、C【解析】

濃硝酸不穩定，見光或受熱容易分解，4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，分解出的二氧化氮又溶于濃硝酸中，使濃硝酸顯黃色，故選C。13、A【解析】

4NH3+5O24NO+6H2O反應中N元素的化合價升高，則NH3為還原劑被氧化，O元素的化合價降低，則O2為氧化劑被還原，結合氧化還原反應的有關概念分析。【詳解】A.NH3+5O24NO+6H2O反應中N元素的化合價升高，則NH3為還原劑被氧化，O元素的化合價降低，則O2為氧化劑被還原，故A正確；B.置換反應的特征是反應物生成物均是由一種單質和一種化合物組成，而該反應的生成物是兩種化合物，所以該反應不是置換反應，故B錯誤；C.4NH3+5O24NO+6H2O反應中N元素的化合價升高，則NH3為還原劑被氧化，故C錯誤；D.4NH3+5O24NO+6H2O反應中N元素的化合價由-3升高到+2，所以若有17gNH3參加反應，則反應中轉移的電子數為17/17×5=5mol，故D錯誤。故選A。14、C【解析】

A．不銹鋼屬于合金，是鐵、鉻、鎳熔合而成具有金屬特性的合金，故A正確；B．不銹鋼中常添加鎳(Ni)和鉻(Cr)元素，使其具有抗腐蝕的性能，故B正確；C．鋼是鐵和碳的合金，不銹鋼中含有金屬元素，還含有非金屬元素碳，故C錯誤；D．合金的硬度大于純金屬的硬度，不銹鋼是通過增加原子層之間的相對滑動難度，導致合金的硬度變大，故D正確；答案選C。15、A【解析】

A.鋁粉與氧化鐵在高溫下可以發生鋁熱反應生成氧化鋁與鐵，A正確；B.等量的鋁分別與足量的鹽酸和氫氧化鈉溶液反應，由于消耗的鋁的量相同，根據2Al--3H2關系可知，產生的氫氣體積相同，B錯誤；C.工業上用電解熔融氧化鋁的方法冶煉鋁，AlCl3在熔融狀態下不能電離出陰陽離子，不導電，C錯誤；D.三氧化二鋁既能與強酸反應，又能與強堿反應，均能生成鹽和水，所以氧化鋁是兩性氧化物，D錯誤；答案選A。【點睛】氯化鋁的熔沸點較低，但在熔融狀態下不能電離出陰陽離子，所以工業上不能通過電解熔融氯化鋁的方法冶煉金屬鋁，因此可以通過熔融狀態下能否導電判斷化合物是離子化合物還是共價化合物，需要注意的是氯化鋁是電解質，在水溶液中能電離出鋁離子和氯離子。16、D【解析】

A．氯氣是單質，故既不是電解質也不是非電解質，溶于水后生成鹽酸和次氯酸，故其水溶液能導電，故A正確；B．Al2O3和MgO是常用的耐火材料，均為離子化合物，熔沸點均很高，故B正確；C．只由一種物質構成的是純凈物，故液氨是純凈物；由兩種或兩種以上物質構成的是混合物，而氯水是氯氣的水溶液，故為混合物；在水溶液中或熔融狀態下能導電的化合物為電解質，故膽礬是電解質；在水溶液中和熔融狀態下均不能導電的化合物為非電解質，故干冰是非電解質，故C正確；D．分散系根據分散質粒子直徑大小可以分為溶液、膠體和濁液，分散質粒子小于1nm的是溶液，在1~100nm之間的為膠體，大于100nm的是濁液，故分散質粒子的直徑：Fe(OH)3懸濁液＞Fe(OH)3膠體＞FeCl3溶液，故D錯誤；答案選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、FeFe3O4FeCl2FeCl3Fe(OH)2Fe(OH)34Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-Fe+2Fe3+=3Fe2＋【解析】

由轉化關系圖可知，紅褐色固體F為Fe(OH)3，則E為Fe(OH)2，C為FeCl2，D為FeCl3，A為Fe，B為Fe3O4。據此解答。【詳解】(1)由以上分析可知A為Fe，B為Fe3O4，C為FeCl2，D為FeCl3，E為Fe(OH)2，F為Fe(OH)3；(2)反應⑧為4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；④的離子方程式為2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，⑤的離子方程式Fe+2Fe3+=3Fe2＋。18、NH4+＋OH－NH3↑＋H2ONH4+、Al3+、SO42－K＋、Cl－【解析】

溶液無色，則不含Cu2+，

①取適量該溶液，加過量NaOH溶液后加熱，產生使濕潤的紅色石蕊試紙變藍色的氣體，并得到澄清溶液，說明含有NH4+，不含Mg2+；

②在①所得溶液中通入過量CO2，生成白色沉淀，應生成氫氧化鋁，則原溶液含有Al3+，不含CO32-；

③另取原溶液于試管中，加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，再加稀鹽酸，沉淀不溶解，說明含有SO42-，可能含有K+、Cl-，以此解答。【詳解】（1）①中反應生成氣體為氨氣，離子方程式為；

（2）由以上分析可知一定存在的離子為NH4+、Al3+、SO42-，不能確定的離子為K+、Cl-，故答案為：NH4+、Al3+、SO42-；K+、Cl-。19、AC燒杯、玻璃棒BCE6.0小于13.615【解析】

(1)根據配制一定物質的量濃度溶液用到儀器選擇；(2)容量瓶不能稀釋濃溶液、不能用于溶解固體、儲存溶液等；(3)依據n=c×v計算需要的氫氧化鈉的物質的量，m=n×M計算氫氧化鈉的質量；依據c=進行誤差分析，凡是能夠使n增大，或者使V減小的操作，都會使c偏大；凡是能夠使n減小，V增大的操作都會使c偏小；(4)根據c=計算濃硫酸的濃度，再根據濃硫酸稀釋前后溶質的物質的量不變計算，根據濃硫酸的體積選取量筒規格。【詳解】(1)配制一定物質的量濃度溶液用到儀器：托盤天平、量筒、500mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、藥匙等，則肯定不需要的儀器是AC，配制上述溶液還需用到的玻璃儀器是燒杯、玻璃棒；(2)容量瓶為精密儀器，只能用來配制一定體積準確濃度的溶液，不能配制或測量容量瓶規格以下的任意體積的液體，不能稀釋或溶解藥品，不能用來加熱溶解固體溶質，不能用來長期存放溶液，故答案為：BCE；(3)配制0.3mol/LNaOH溶液480mL，需選擇500ml的容量瓶，0.3mol/LNaOH溶液500mL中含有的氫氧化鈉的物質的量為：0.3mol/L×0.5L=0.15mol，需要氫氧化鈉的質量為：40g/mol×0.15mol=6.0g；在實驗中其他操作均正確，若定容時仰視刻度線，溶液的體積V偏大，依據c=可知，所配溶液濃度偏小；(4)質量分數為98%、密度為1.84g/cm3的濃硫酸的濃度為：c===18.4mol/L，濃硫酸稀釋前后溶質的物質的量不變，設濃硫酸的體積為V，所以18.4mol/L×V=1.0mol/L×0.25L，得V=0.0136L=13.6ml，選取的量筒規格應該等于或大于量取溶液體積，故選15mL量筒。【點睛】根據c=可知，一定物質的量濃度溶液配制的誤差都是由溶質的物質的量n和溶液的體積V引起的，誤差分析時，關鍵要看配制過程中引起n和V怎樣的變化，若n比理論值小，或V比理論值大時，都會使所配溶液濃度偏小；若n比理論值大，或V比理論值小時，都會使所配溶液濃度偏大。20、變紅SO2+H2OH2SO3SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2OSO2+NaOH=NaHSO3紅色褪去又恢復紅色紫紅色消失①②③④【解析】（1）SO2是酸性氧化物，與水反應生成H2SO3，紫色石蕊溶液遇酸變紅，故試管①中的現象：變紅，發生反應的化學方程式是：SO2+H2OH2SO3。（2）SO2是酸性氧化物，與NaOH反應生成Na2SO3和水，SO2過量則生成NaHSO3，故相應化學方程式為：SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O、SO2+NaOH=NaHSO3。（3）SO2的漂白性表現在它能與某些有色物質結合成不穩定的無色物質，故SO2通入品紅溶液，紅色褪去，加熱又恢復紅色。（4）SO2具有還原性，與強氧化性的酸性高錳酸鉀溶液反應，而使酸性高錳酸鉀溶液褪色。（5）綜合上述分析，SO2