江苏省新海高级中学2022-2023学年高一化学上学期10月学情调研试卷（Word版附解析）

江苏省新海高级中学2022-2023学年高一上学期10月学情调研测试

化学试题

时间：75分钟

可能用到的相对原子质量：H-1  C-12  N-14  O-16  Na-23  Al-27  K-39  Ca-40  S-32  Ba-137

一、单项选择题：共16题，每题3分，共48分。每题只有一个选项最符合题意。

1. 化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是

A. 我国自主研发的东方超环(人造太阳)使用的氕、氘、氚是同种核素

B. 为防止馅饼等富含脂肪的食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰

C. DAC法能实现直接从空气中捕获二氧化碳，该法可缓解全球日益严重的温室效应

D. 对含、的自来水，可采用过滤法得到蒸馏水

【答案】C

【解析】

【详解】A．氕、氘、氚是质子数相同、中子数不同的氢原子，互为同位素，不是同种核素，A错误；

B．生石灰用于吸水，为防止馅饼等富含脂肪的食品氧化变质，常在包装袋中放入铁粉，B错误；

C．捕获空气中二氧化碳可使空气中二氧化碳的含量降低，能够减缓温室效应，C正确；

D．过滤用于分离液体和固体，无法除去自来水中、，D错误；

故选C。

2. 下列有关化学用语表示正确的是

A. 原子核内有10个中子的氧原子：

B. 氩原子的结构示意图：

C. 和原子的核外电子排布相同

D. 轴(U)原子的中子数为238、质子数为92

【答案】B

【解析】

【详解】A．原子核内有10个中子的氧原子，质量数为18，则该原子符号为：，A错误；

B．氩原子核电荷数为18，其原子结构示意图：，B正确；

C．有6个核外电子而有7个核外电子，则二者原子的核外电子排布不相同，C错误；

D．轴(U)原子的质量数为238、质子数为92、中子数为238-92=146，D错误；

故选B。

3. 完成下列实验所选择的装置或仪器或试剂都正确的是

A. 图甲是除去CO2气体中的HCl气体 B. 图乙是分离植物油和氯化钠溶液

C. 图丙是分离CCl4中的I2 D. 图丁是除去氯化钠晶体中混有的硝酸钾晶体

【答案】B

【解析】

【详解】A．由于NaOH与CO2反应，故不能用NaOH除去CO2中的HCl，而应该用饱和NaHCO3溶液来除去CO2气体中的HCl气体，A错误；

B．植物油和氯化钠溶液不互溶，故可用分液的操作即图乙来分离植物油和氯化钠溶液，B正确；

C．I2易溶于CCl4中，故分离CCl4中的I2不能采用过滤操作，C错误；   

D．除去氯化钠晶体中混有的硝酸钾晶体应该采用蒸发结晶的操作而不是蒸馏操作，D错误；

故答案为：B。

4. 下列有关说法正确的是

A. 硫酸、纯碱、偏铝酸钠和过氧化钠分别属于酸、碱、盐和氧化物

B. 中Fe元素的化合价：+6

C. 明矾的化学式：

D. 的电离方程式为：

【答案】B

【解析】

【详解】A．纯碱为碳酸钠，不属于碱，属于盐，A错误；

B．中K元素的化合价为+1价，O元素的化合价为-2价，则Fe元素的化合价：+6，B正确；

C．明矾的化学式：，C错误；

D．的电离方程式为：，D错误；

故选B。

5. 下列反应不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应的是

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【分析】四种基本反应类型是化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应，氧化还原反应的特征为反应前后有元素化合价的变化；

【详解】A．，属于置换反应和氧化还原反应，A不符合题意；

B．，属于复分解反应，不属于氧化还原反应，B不符合题意；

C．，属于氧化还原反应，不属于四种基本反应类型，C符合题意；

D．，属于分解反应和氧化还原反应，D不符合题意；

故选C。

6. 设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法正确的是

A. 22.4L CO和CO2的混合气体中所含的碳原子数一定是NA

B. 标准状况下，33.6LCCl4中含有的原子数是7.5NA

C. 0.2mol/L NaCl溶液中含有Na+数是0.1NA

D. 1mol (碳正离子)中有8NA个电子

【答案】D

【解析】

【详解】A．未指明温度与压强，无法计算22.4L CO和CO2的混合气体的物质的量，也就无法计算所含的碳原子数，A不正确；

B．标准状况下，CCl4呈液态，无法将33.6L转化为物质的量，也就不能求出含有的原子数，B不正确；

C．0.2mol/L NaCl溶液的体积未知，无法计算所含溶质的物质的量，也就不能求出含有的Na+数，C不正确；

D．1个中含有8个电子，则1mol (碳正离子)中有8NA个电子，D正确；

故选D。

7. 下列各组内物质的转化，只通过一步反应不能完成的是

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】A．与氧气点燃反应生成，则只通过一步反应能完成，A不符合题意；

B．与CO2反应生成，则只通过一步反应能完成，B不符合题意；

C．与盐酸反应生成，则只通过一步反应能完成，C不符合题意；

D．与强酸反应生成铁离子，铁离子再与碱反应生成，则只通过一步反应不能完成，D符合题意；

故选D。

8. 若X元素的原子最外电子层有2个电子，Y元素的最外层有7个电子，则X、Y两种元素形成的化合物的化学式可能是

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】若X元素的原子最外电子层有2个电子，X易失去最外层电子形成+2价阳离子，Y元素的最外层有7个电子，Y易得1个电子形成-1价阴离子，根据化合价代数和等于0，X、Y两种元素形成的化合物的化学式可能是，故选A。

9. 0.30mol/LNa2SO4溶液和0.20mol/LAl2(SO4)3溶液等体积混合(体积变化忽略不计)，混合溶液中的物质的量浓度约为

A. 0.50mol/L B. 0.45mol/L C. 0.25mol/L D. 0.20mol/L

【答案】B

【解析】

【详解】假设两溶液的体积为50mL，50mL 0.3mol/L Na2SO4溶液中含有硫酸钠的物质的量为：0.3 mol/L × 0.05L = 0.015mol，50mL0.2mol/L Al2(SO4)3溶液中含有硫酸铝的物质的量为：0.2 mol/L × 0.05 L = 0.01mol，两溶液中含有硫酸根离子的物质的量为：0.015mol + 0.01mol × 3 = 0.045mol，所以溶液中的物质的量浓度为：，故B正确；

故选B。

10. 下列有关物质的说法正确的是

A. 用适量澄清石灰水除去NaOH溶液中的少量

B. 酸碱发生中和反应生成盐和水，所以生成盐和水的反应一定是中和反应

C. 盐类物质一定含有金属离子

D. 明矾常用作净水剂，是因为明矾具有杀菌消毒的功能

【答案】A

【解析】

【详解】A．澄清石灰水与反应生成CaCO3沉淀和NaOH，则可用适量澄清石灰水除去NaOH溶液中的少量，A正确；

B．生成盐和水的反应不一定是中和反应，例如二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，不属于中和反应，B错误；

C．盐类物质不一定含有金属离子，例如碳酸铵，C错误；

D．明矾常用作净水剂，是因为明矾中铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，D错误；

故选A。

11. 下列有关实验的叙述正确的是

A. 向某无色溶液中加入；溶液有白色沉淀出现，则该溶液中一定含有

B. 所有的金属都有特殊焰色，可用焰色反应鉴定金属元素

C. 将一定量的蒸馏水加入到浓硫酸中可以得到一定浓度的稀硫酸

D. 用苯萃取碘水中的碘，有机层从分液漏斗的上口倒出

【答案】D

【解析】

【详解】A．向某无色溶液中加入，溶液有白色沉淀出现，该白色沉淀可能为硫酸钡或氯化银，则该溶液中可能含有或Ag+，A错误；

B．不是所有的金属都有特殊焰色，例如铁、铝等，则不可用焰色反应鉴定所有金属元素，B错误；

C．将一定量的浓硫酸加入到蒸馏水中边加边搅拌可以得到一定浓度的稀硫酸，C错误；

D．苯的密度比水小，则用苯萃取碘水中的碘，有机层从分液漏斗的上口倒出，D正确；

故选D。

12. 有关物质之间的部分转化关系如图所示，其中“—”表示物质之间能发生化学反应，“→”表示物质之间的转化关系。下列说法中正确的是

A. 物质X是一种常见酸性氧化物

B. 反应②一定有盐参加反应

C. 图中的所有反应均属于复分解反应

D. 向溶液中加入CaO，所得溶液中溶质质量分数一定增大

【答案】A

【解析】

【分析】各反应如下：①CaO+H2O=Ca(OH)2；②可以是Ca(OH)2与碳酸盐反应，也可以是Ca(OH)2与CO2反应；③CaCO3CaO+CO2↑；X可以与CaCO3相互转化，故X可能是CO2也可能是CaCl2，同时X可以与Ca(OH)2反应，故X应为CO2，则反应④Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O；⑤CaCO3CaO+CO2↑或CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O⑥Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O。

【详解】A．物质X是CO2是一种常见的酸性氧化物，故A项正确；

B．②可以是Ca(OH)2与CO2反应，故B项错误；

C．图中的所有反应均为酸、碱、盐、酸性氧化物之间的反应，不可能存在置换反应，故C项错误；

D．若Ca(OH)2溶液饱和，加入CaO后所得溶液的溶质质量分数不变，故D项错误；

答案选A。

13. 取某固体样品，进行如下实验：

①取一定量的样品，加足量水充分溶解，过滤得到白色滤渣和无色溶液

②取白色滤渣，加入稀盐酸，滤渣全部溶解，同时有气体产生

③取①中无色溶液，通入适量，产生白色沉淀

根据上述实验现象，该固体样品的成分可能是

A. 、、KOH B. 、、NaCl

C. 、、NaOH D. 、、NaOH

【答案】C

【解析】

【详解】A．加水充分溶解产生Cu(OH)2和CaCO3沉淀，其中Cu(OH)2为蓝色沉淀，与题意不符，A错误；

B．取①中无色溶液，通入适量CO2产生白色沉淀，CaCl2和NaCl溶液中通入CO2气体，不会产生CaCO3沉淀，与题意不符，B错误；

C．加水充分溶解，可得到BaCO3白色沉淀，加入稀HCl，滤渣全部溶解，有气体CO2产生，①中无色溶液中可以有BaCl2剩余，与氢氧化钠同时存在时，通入CO2气体，可以产生白色沉淀，C正确；

D．①加水产生Mg(OH)2沉淀，但加入稀HCl，没有气体产生，与题意不符，D错误；

答案选C。

14. “食盐的精制”实验中，离子分离或除杂的基本思路和方法如图，下列说法错误的是

A. ①②③分别为溶液、NaOH溶液、溶液

B. 除杂时所加试剂③需过量，然后再加试剂①除去多余试剂③

C. 实验操作中玻璃棒作用均为引流

D. 向上层清液中继续滴加试剂②，无沉淀生成，则沉淀完全

【答案】C

【解析】

【分析】为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、和泥沙，可将粗盐溶于水，然后依次加入过量NaOH溶液、过量BaCl2溶液、过量Na2CO3溶液、适量盐酸，过程中涉及主要化学反应为钙离子和碳酸根离子反应、碳酸根离子和氢离子反应、镁离子和氢氧根离子反应、氢氧根离子和氢离子反应、硫酸根离子和钡离子反应、钡离子和碳酸根离子反应；粗盐提纯最后蒸发结晶得到食盐。

【详解】A．钙离子和碳酸根离子反应，镁离子和氢氧根离子反应，硫酸根离子和钡离子反应，则①②③分别为溶液、NaOH溶液、溶液，A正确；

B．据分析可知，除杂时所加试剂③需过量，然后再加试剂①除去多余试剂③，B正确；

C．实验操作中玻璃棒作用包括过滤时用玻璃棒引流、溶解和蒸发结晶时用来搅拌，C错误；

D．检验离子是否沉淀完全可以检测上层清液，则向上层清液中继续滴加试剂②，无沉淀生成，则沉淀完全，D正确；

故选C。

15. 把含有和KCl500mL溶液分成两等份。向其中一份加入溶质物质的量为a mol的硫酸钠溶液，恰好使完全沉淀；向另一份中加入溶质物质的量为b mol的硝酸银溶液，恰好使完全沉淀。则原溶液中的浓度为

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】一份加入含a mol的硫酸钠溶液，发生反应，恰好使完全沉淀，可知该份中；另一份加入含bmol的硝酸银溶液，发生反应，恰好使完全沉淀，则，根据电荷守恒可知每份中，每份溶液中，故钾离子浓度为，故选A。

16. 某样品中含有、和三种杂质中的一种或两种，现将6.9g样品溶于足量水中，得到澄清溶液，若再加入过量的溶液，得到4.0g沉淀，对样品所含杂质的正确判断是

A. 肯定有和，没有

B. 肯定有，没有，可能有

C. 肯定没有和，可能有

D. 以上判断都不正确

【答案】B

【解析】

【详解】取样品加入水中，全部溶解，则不可能含有硝酸钡，因为碳酸钡不溶于水，再加入氯化钙能产生4.0g沉淀，为碳酸钙的质量，假设6.9g全部为，则生成沉淀为，则杂质中含有碳酸根的质量分数应小于中碳酸根的质量分数，故一定含有，可能还有，综上所述，选B。

二、非选择题：共5小题，共52分

17. 现有下列十种物质：①铁丝②液氨③稀盐酸④CaO⑤乙酸⑥⑦熔融⑧氢氧化铁胶体⑨高锰酸钾⑩冰水混合物

（1）以上物质中，属于电解质的是_______(填序号，下同)，属于非电解质的是_______。

（2）属于混合物的是_______。

（3）写出在水溶液中的电离方程式：_______。

（4）鉴别胶体和溶液最简单有效的物理方法是_______。

【答案】（1）    ①. ④⑤⑦⑨⑩    ②. ②⑥   

（2）③⑧    （3）= Na++H++   

（4）丁达尔效应

【解析】

【分析】电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质，铁属于单质，稀盐酸、氢氧化铁胶体为混合物，冰、水为H2O的不同状态，其混合仍然属于纯净物。

【小问1详解】

据分析可知，以上物质中，属于电解质的是④⑤⑦⑨⑩；属于非电解质的是②⑥；

【小问2详解】

据分析可知，属于混合物的是③⑧；

【小问3详解】

为强电解质，在水溶液中电离出Na+、H+、，其在水溶液中的电离方程式为= Na++H++；

【小问4详解】

丁达尔效应是胶体特有的性质，则鉴别胶体和溶液最简单有效的物理方法是丁达尔效应。

18. 回答下列问题

（1）3.4g与标准状况下的_______L的含有相同数目的氢原子。

（2）由与CO组成的混合气体对的相对密度为20，则混合气体中与CO的物质的量之比_______。

（3）两个相同容积的密闭容器X、Y，在25℃下，X中充入agA气体，Y中充入ag气体，X与Y内的压强之比是4∶11，则A的摩尔质量为_______。

（4）在0.2L由、、组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示。

该混合液中的物质的量为_______；将该混合液加水稀释至体积为1L，稀释后溶液中的物质的量浓度为_______。

（5）溶液中含有，取mL该溶液用水稀释至4V mL，则物质的量浓度为_______。

（6）向500mL氢氧化钠溶液中投入10.8g铝，二者恰好完全反应。

①该反应的化学方程式为_______。

②反应所用氢氧化钠溶液的物质的量浓度为_______。

【答案】（1）672   

（2）3:1    （3）44g/mol   

（4）    ①. 0.1mol    ②. 0.1mol/L   

（5）   

（6）    ①.     ②. 0.8mol/L

【解析】

【小问1详解】

3.4g物质的量为，含有的氢原子数目为0.6NA， 与其含有相同数目的氢原子的的物质的量为0.3mol，则标准状况下的体积为；

【小问2详解】

根据相同条件下(相对密度)可知，混合气体的平均相对分子质量为40，设混合气体中与CO的物质的量分别为xmol、ymol，则，解得x:y=3:1，则混合气体中与CO的物质的量之比为3:1；

【小问3详解】

温度、体积相同时，压强之比等于气体物质的量之比，则4:11=，解得M(A)=44g/mol；

【小问4详解】

由图可知，，，，根据原子守恒可知，，故由CaCl2提供的，则，该混合液中的物质的量为，稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后溶液中的物质的量浓度为；

【小问5详解】

mL溶液中的物质的量为，稀释前后溶质物质的量不变，则稀释后溶液中的物质的量浓度为，；

【小问6详解】

①铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，该反应的化学方程式为；

②10.8g铝的物质的量为，根据反应方程式可知，则反应所用氢氧化钠溶液的物质的量浓度为。

19. 实验室用63%的浓(其密度为)配制240mL稀。

（1）此浓硝酸的物质的量浓度为_______，需要63%的浓硝酸_______mL。

（2）实验时还需选用的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、_______、_______。

（3）配制过程中，下列操作会使配制的稀硝酸溶液浓度偏高的是_______(填序号)。

①量取浓硝酸时俯视读数

②量取浓硝酸后的量筒用蒸馏水洗涤2~3次，并把洗涤液转入容量瓶

③容量瓶使用时未干燥

④定容时俯视刻度线

⑤定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线

【答案】（1）    ①. 14    ②. 8.9   

（2）    ①. 10mL量筒    ②. 250mL容量瓶   

（3）②④

【解析】

【分析】本实验为用63%的浓(其密度为)配制240mL稀，首先计算出需要量取的浓硝酸体积，再在烧杯中稀释，待冷却后转移至250mL容量瓶中，再洗涤烧杯和玻璃棒，洗涤液也转移至容量瓶中，再加蒸馏水至离容量瓶刻度线1-2cm处时改用胶头滴管定容，最后摇匀再装瓶、贴签。

【小问1详解】

，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则有，解得，即8.9mL；

故答案为：14；8.9；

【小问2详解】

根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴签可知，实验时还需选用的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、10mL量筒、250mL容量瓶；

故答案：10mL量筒；250mL容量瓶；

【小问3详解】

①量取浓硝酸时俯视读数，会导致量取浓硝酸的体积偏小，则会使配制的稀硝酸溶液浓度偏低，①错误；

②量取浓硝酸后的量筒用蒸馏水洗涤2~3次，并把洗涤液转入容量瓶，会导致溶质偏多，则会使配制的稀硝酸溶液浓度偏高，②正确；

③定容时需要补加蒸馏水，则容量瓶使用时未干燥，对浓度无影响，③错误；

④定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，则会使配制的稀硝酸溶液浓度偏高，④正确；

⑤定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线会导致溶液体积偏大，则会使配制的稀硝酸溶液浓度偏低，⑤错误；

故答案为：②④。

20. 某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4和CuSO4，为了减少污染并变废为宝，工厂拟定用以下流程从该废水中回收FeSO4和金属Cu。请根据以下流程图，回答相关问题：

已知：①FeSO4∙7H2O易溶于水，不溶于乙醇，在空气中极易被氧化。

②FeSO4▪7H2O加热至70~73℃失去3分子水，至80~123℃失去6分子水，至156℃以上转变成碱式硫酸铁。

（1）操作Ⅰ和操作Ⅱ分离的方法是_______。

（2）固体A的成分是_______(填化学式)。

（3）操作Ⅲ将所得FeSO4溶液在氮气环境中蒸发浓缩、_______、过滤，醇洗，干燥得到FeSO4晶体。其中氮气的作用是_______；用乙醇洗涤晶体的原因是_______。

【答案】（1）过滤    （2）Fe、Cu   

（3）    ①. 冷却结晶    ②. 保护气，防止Fe2+被空气中的氧气氧化    ③. FeSO4∙7H2O难溶于乙醇，减少绿矾的溶解损失，同时防止干燥过程中晶体失去结晶水

【解析】

【分析】工业废水中加入铁粉，与Cu2+发生反应生成Cu和Fe2+，过滤得固体A为Cu、Fe；往固体A中加入过量稀硫酸，与Fe反应生成FeSO4和H2，再过滤，分离出Cu和FeSO4溶液；将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，便可获得绿矾晶体。

【小问1详解】

由分析可知，操作Ⅰ和操作Ⅱ都是分离固体与溶液的操作，所以方法是过滤。答案为：过滤；

【小问2详解】

由分析可知，固体A的成分是Fe、Cu。答案为：Fe、Cu；

【小问3详解】

已知：①FeSO4∙7H2O易溶于水，不溶于乙醇，在空气中极易被氧化。操作Ⅲ将所得FeSO4溶液在氮气环境中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，醇洗，干燥得到FeSO4晶体。为防止Fe2+被溶解的O2氧化，充入氮气，则氮气的作用是：保护气，防止Fe2+被空气中的氧气氧化。已知：②FeSO4∙7H2O加热至70~73℃失去3分子水，至80~123℃失去6分子水，至156℃以上转变成碱式硫酸铁。则用乙醇洗涤晶体的原因是：FeSO4∙7H2O难溶于乙醇，减少绿矾的溶解损失，同时防止干燥过程中晶体失去结晶水。答案为：冷却结晶；保护气，防止Fe2+被空气中的氧气氧化；FeSO4∙7H2O难溶于乙醇，减少绿矾的溶解损失，同时防止干燥过程中晶体失去结晶水。

【点睛】乙醇易挥发，洗涤晶体后，晶体表面附着的乙醇能迅速挥发掉。

21. 现有一混合溶液，可能含有以下离子中的若干种：、、、、、，现取两份100mL该混合溶液分别进行如下实验。

实验①：向第一份混合溶液中加入溶液，有沉淀产生；

实验②：向第二份混合溶液中加入足量溶液后，得到干燥的沉淀12.54g，经足量稀盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。

由此推断，该溶液中肯定含有的离子，并分别求出它们的物质的量浓度。(请写出计算过程)。______

【答案】、、，、、

【解析】

【详解】向第一份混合溶液中加入溶液，有沉淀产生，则至少含有、、中的一种；向第二份混合溶液中加入足量溶液后，得到干燥的沉淀12.54g，经足量稀盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，则混合溶液一定含有、，一定不含、，根据溶液呈电中性可知，混合溶液一定含有，可能含有，12.54g沉淀为BaSO4、BaCO3，其中BaSO4的质量为4.66g，故BaCO3的质量为12.54g-4.66g=7.88g，，，根据电荷守恒可知，故，，；

故答案为：、、，、、。