黑龙江省哈尔滨市德裕中学高一化学知识点试题含解析

黑龙江省哈尔滨市德裕中学高一化学知识点试题含解析一、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.近期我国冀东渤海湾发现储量达10亿吨的大型油田。下列关于石油说法正确的是A.石油主要含有碳、氢两种元素

B.石油属于可再生矿物能源C.石油分馏的各馏分均是纯净物

D.石油的裂化属于物理变化参考答案：A详解：石油主要成分为烷烃和芳香烃，主要含有碳、氢两种元素，A正确；石油分馏得到液化石油气，石油、天然气是化石燃料，是不可再生的，B错误；石油分馏出的各馏分均是混合物，D错误；石油的裂化属于化学变化，D错误。故选A。2.粗铜中一般含有锌、铁、银、金等杂质。在下图所示的装置中，甲池的总反应方程式为2CH3OH＋3O2＋4KOH＝2K2CO3＋6H2O。接通电路一段时间后，纯Cu电极质量增加了3.2g。在此过程中，下列说法正确的是A.乙池中CuSO4溶液的浓度不变B.甲池中理论上消耗标准状况下空气的体积是2.8L（空气中O2体积分数以20%计算）C.甲池是电能转化为化学能的装置，乙池是化学能转化为电能的装置D.甲池通入CH3OH一极的电极反应为：CH3OH－6e－＋2H2O＝CO32－＋8H＋参考答案：B分析：A．乙池为粗铜的电解精炼，根据电解原理分析；B．根据转移电子守恒计算消耗空气体积；C．甲池是原电池、乙池是电解池；D．通入甲醇的电极是负极，负极上甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水。详解：A．乙池为粗铜的电解精炼，粗铜电极上Cu和其它金属失电子、纯铜上析出的物质只有Cu，所以溶液中铜离子减少，则溶液中铜离子浓度降低，A错误；B．3.2g铜的物质的量是0.05mol，转移电子是0.1mol，串联电路中转移电子相等，析出3.2g铜转移电子的物质的量=氧气得电子的物质的量，则需要氧气是0.1mol÷4＝0.025mol，所以消耗空气体积为0.025mol×5×22.4L/mol＝2.8L，B正确；C．甲池是原电池、乙池是电解池，所以甲池是将化学能转化为电能的装置、乙池是将电能转化为化学能的装置，C错误；D．通入甲醇的电极是负极，负极上甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-＝CO32-+6H2O，D错误；答案选B。3.由铝硅两种物质组成的试样11g，均匀地分成等质量的两份，一份与足量的盐酸接触可产生气体aL，一份与足量的NaOH溶液接触产生同样的气体bL，则此试样中铝与硅的质量比为（）A．

B．

C．

D．无法计算参考答案：B考点：有关混合物反应的计算．分析：铝能够与盐酸和氢氧化钠溶液反应生成氢气，而硅只能与氢氧化钠溶液反应生成氢气，则与盐酸反应生成的气体为铝反应生成的，则Si与氢氧化钠溶液反应生成的气体为为：（b﹣a）L，然后根据电子守恒计算出铝、硅的物质的量，再计算出其质量比．解答：解：一份与足量的盐酸接触可产生气体aL，该气体为Al与HCl反应生成的，根据电子守恒可得：3n（Al）=×2，整理可得：n（Al）=mol，一份与足量的NaOH溶液接触产生同样的气体bL，该气体为铝、硅与NaOH反应生成的，则Si与NaOH反应生成的氢气体积为：（b﹣a）L，根据电子守恒可得：n（Si）=×mol=mol，根据m=nM可得，二者质量之比为：27g/mol×mol：28g/mol×mol=，故选B．点评：本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确铝、硅的化学性质及反应的反应原理为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力．4.某有机物的结构如图所示，关于该有机物的说法不正确的是A．1mol该有机物最多可与3molH2发生加成反应

B．能使酸性KMnO4溶液褪色C．能使石蕊试液变红

D．能发生催化氧化反应参考答案：A略5.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，可造成所配溶液浓度偏高的是（）A．所用NaOH已吸潮B．向容量瓶滴加水时液面低于刻度线即摇匀C．有少量NaOH溶液残留在烧杯内D．向容量瓶加水时眼睛一直仰视液面参考答案：B考点：配制一定物质的量浓度的溶液．

专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：由公式c=可以看出，若溶质量偏大，将导致溶质物质的量浓度偏大；若溶剂质量偏小也会导致溶质质量分数偏高，针对每项操作分析，将导致溶质或溶剂的质量如何改变，最后作出正确判断．解答：解：A、所用NaOH已经潮解，说明该溶液的溶质NaOH质量偏小，则所配溶液的浓度偏低，故A错误；B、向容量瓶中加水未到刻度线，说明本溶液中的溶剂是体积偏小，则所配置的溶液的浓度偏高，故B正确；C、有少量NaOH溶液残留在烧杯里，说明该溶液的溶质NaOH质量偏小，则所配溶液的浓度偏低，故C错误；D、向容量瓶中加水定容时眼睛一直仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，浓度偏低，故D错误．故选B．点评：本题以溶液配制为载体，考查了错误或不规范操作引起的溶质质量分数变化的问题，解答时要认真分析错误操作导致的溶质或溶剂质量的改变，再结合溶质质量分数的计算公式，最后作出正确判断．6.下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（）A．NaCl晶体、BaSO4 B．铜、二氧化硫C．硫酸溶液、HCl D．熔融的KNO3、酒精参考答案：D【考点】电解质与非电解质．【分析】根据在一定条件下能否导电，可以将化合物分为电解质与非电解质；常见的电解质包括酸、碱、盐、活泼的金属氧化物，非电解质是除去酸、碱、盐、活泼的金属氧化物的化合物．【解答】解：A．BaSO4NaCl晶体都属于盐，故都为电解质，故A错误；B．铜为金属单质，不属于化合物的范畴，二氧化硫为非电解质，故B错误；C．硫酸溶液为混合物，不属于化合物的范畴，HCl为电解质，故C错误；D．熔融的KNO3为盐，为电解质；酒精为弱电解质，故D正确．故选：D．7.当一个可逆反应进行到正反应速率与逆反应速率相等的时候，就达到了“化学平衡”。对于化学平衡的下列说法中正确的是（

）

①化学反应达到化学平衡时，反应物与生成物的浓度（含量）保持不变；

②化学反应达到化学平衡时，整个反应处于停滞状态；

③影响化学平衡的外界条件发生改变，平衡状态就会被破坏。

A．只有①

B．只有①②

C．只有①③

D．①②③参考答案：C略8.下列关于原子的几种描述中，不正确的是A.18O与19F具有相同的中子数

B.16O与17O具有相同的电子数

C.12C与13C具有相同的质量数

D.15N与14N具有相同的质子数

参考答案：C9.判断下列有关化学基本概念的依据正确的是

A．置换反应：是否有单质参加

B．氧化还原的本质：存在电子的转移（得失或偏移）C．电解质与非电解质：物质本身是否具有导电性D．溶液与胶体的本质区别：是否能产生丁达尔现象参考答案：B略10.一定质量的钠、镁、铝分别与足量的硫酸反应，若放出氢气的体积比为1∶2∶3，则钠、镁、铝的物质的量之比为（

）A．1：1:1

B．1:2:3

C．6:3:2

D．1:3:2参考答案：A略11.已知Fe3O4可以表示成FeO·

Fe2O3。水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为：3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O，下列说法正确的是(

)A.Fe2+是还原剂，S2O32-和O2是氧化剂B.每生成1mol

Fe3O4反应转移的电子数为2molC.若有2mol

Fe2+被氧化，被Fe2+还原的O2为0.5mo1D.将纳米Fe3O4分散在水中，Fe3O4不能透过滤纸参考答案：CA.S2O32-中S的化合价升高，所以S2O32-是还原剂，故A错误；B.Fe3O4～4e-，所以每生成1molFe3O4反应转移的电子数为4mol，故B错误；C.4Fe2＋～O2～4e-，若有2molFe2＋被氧化，被Fe2＋还原的O2为0.5mol，故C正确；D.将纳米Fe3O4分散在水中形成胶体，胶体可以透过滤纸，故D错误。故选C。12.重水（2H2O）是重要的核工业原料，下列说法不正确的是（）A．氘（2H）原子核内有1个质子

B．1H与2H是不同的核素C．1H218O与2H216O的相对分子质量相同

D．1H2O与2H2O互为同素异形体参考答案：D13.对于反应H—+NH3=H2+NH2—的不正确的说法是A.属于置换反应

B.H—是还原剂C.H2既是氧化产物又是还原产物D.氧化产物与还原产物的化学计量数之比为1：1参考答案：A14.下列物质既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应的是①NaHSO4

②Al

③Al(OH)3

④Al2O3⑤NaHCO3

⑥SiO2

⑦(NH4)2CO3⑧CaCO3A.②③④⑤⑦

B.②③④⑤⑥C.②③④⑦⑧

D.全部都可以参考答案：A①NaHSO4与盐酸不反应；②Al既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应；③Al(OH)3是两性氢氧化物，既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应；④Al2O3是两性氧化物，既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应；⑤NaHCO3是弱酸的酸式盐，既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应；⑥SiO2是酸性氧化物，与盐酸不反应；⑦(NH4)2CO3是弱酸的铵盐，既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应；⑧CaCO3与烧碱溶液不反应，答案选A。15.ClO2是一种广谱型的消毒剂，根据世界环保联盟的要求，ClO2将逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂。工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得，其中Na2SO3被氧化为Na2SO4。在以上反应中，NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为

（

）

A．1︰1

B．2︰1

C．1︰2

D．2︰3参考答案：B略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.右图为某同学设计的制乙酸乙酯的实验装置图。(1)根据该图及所采取的有关操作，下列叙述错误的有

（填编号）。A．乙试管中的导管插入溶液内。

B．导气管的作用为导气和冷凝。C．甲试管内导管太短。

D．在甲试管中，先加乙醇再加乙酸，然后加热。E．甲试管中液体超过试管容积的1/3。(2)该实验中浓硫酸的作用是

。(3)乙试管中的液体是

，其作用为

。(4)从乙试管中分离出乙酸乙酯的正确方法为

。（只答操作名称）参考答案：略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.金属铁在空气中缓慢氧化生成的产物是

色的

（化学式），在O2中燃烧生成的产物是

色的

（化学式），铁与水蒸气发生反应的化学方程式是

参考答案：棕黄

Fe2O3·xH2O

黑

Fe3O4

3Fe+4H2O===Fe3O4+4H218.A、B、C、D、E、M、N六种短周期主族元素，它们的核电荷数依次增大。A可与D、E形成10电子分子，其中B的最外层电子数等于次外层电子数，C原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，M的L层电子数为K层和M层电子数之和，D和M同主族。回答下列问题：（1）元素B符号和名称分别是____，______；在周期表中的位置是_________________。（2）元素C的原子结构示意图为______________________________。（3）元素C与M可形成CM2，C与N可形成CN4，这两种化合物均可做溶剂，其电子式分别为：________________和____________________。（4）元素A与D、E形成10电子分子的结构式分别为：_______________和_________________。（5）元素D和M相比，非金属性较强的是_____________(用元素符号表示)。（6）元素D、M的氢化物的沸点高低顺序为：______________________(用化学式表示)。（7）在一定条件下，A、D的单质和M的最高价氧化物对应水化物的溶液可构成原电池，该电池在放电过程中，电解质溶液的酸性将_____________（填“增大”“减小”或“不变”）。参考答案：(1)Be

铍

第二周期ⅡA族

(2)

(3)

(4)H-O-H

H-F

(5)O

(6)H2O>HF

(7)减小【分析】A、B、C、D、E、M、N六种短周期主族元素，它们的核电荷数依次增大；C原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，应为碳元素；B的最外层电子数等于次外层电子数，且B的核电荷数小于6，则B为Be元素；M的L层电子数为K层和M层电子数之和，应为硫元素，N为氯元素；D和M同主族，可知D为O元素；A可与D、E形成10电子分子，可知A为H元素，E应为F元素，据此分析解题。【详解】A、B、C、D、E、M、N六种短周期主族元素，它们的核电荷数依次增大；C原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，应为碳元素；B的最外层电子数等于次外层电子数，且B的核电荷数小于6，则B为Be元素；M的L层电子数为K层和M层电子数之和，应为硫元素，N为氯元素；D和M同主族，可知D为O元素；A可与D、E形成10电子分子，可知A为H元素，E应为F元素；(1)由分析可知元素B为铍元素，符号为Be；其原子结构示意图为，则在周期表中的位置是第二周期ⅡA族；(2)元素C为碳元素，核电荷数为6，其原子结构示意图为；(3)元素C为碳元素，元素M为硫元素，N为氯元素，则C与S可形成CS2，是共价化合物，其电子式为；C与Cl可形成CCl4，是共价化合物，其电子式为；(4)元素A为氢元素、D为氧元素、E为氟元素，则元素A与D、E形成10电子分子分别为H2O和HF，均为共价化合物，对应的结构式分别为H-O-H和H-F；(5)元素D为氧元素，M为硫元素，为同族元素，核电荷数大，元素非金属性弱，则O元素的非金属性较强；(6)两分子间都存在氢键，常温下水为液体，氟化氢为气态，所以沸点：H2O＞HF；(7)在一定条件下，H2、O2和H2SO4溶液可构成燃料原电池，该电池在放电过程中，发生的总反应为2H2+O2=2H2O，则H2SO4溶液的浓度降低，溶液的酸性将减小。【点睛】在燃料电池中，如果有O2参与，正极反应物为O2，不同的电解质溶液环境，电极反应方程式不同：①酸性电解质溶液：O2＋4e－＋4H＋=2H2O；②中性或者碱性电解质溶液：O2＋4e－＋2H2O=4OH－；③熔融的金属氧化物：O2＋4e－=2O2－；④熔融的碳酸盐：O2＋4e－＋2CO2=2CO32－。

19.硅是无机非金属材料的主角，硅的氧化物和硅酸盐约占地壳质量的90%以上。（1）计算机芯片和太阳能电池的主要成分是_____________________，光导纤维的主要成分是_________________________________。（2）工艺师常用氢氟酸来雕刻玻璃，该反应的化学方程式为_________________________。（3）工业上可利用水玻璃和盐酸反应制备硅酸凝胶后，进一步脱水处理可得到硅胶，写出水玻璃和盐酸反应的离子方程式______________________________________________。（4）玉石的主要成分基本都属于硅酸盐，翡翠的主要成分为NaAlSi2O6，将其表示为氧化物形式为____________________________________________。（5）高纯度单晶硅可以按下列方法制备:SiO2Si(粗)SiHCl3Si(纯)写出步骤①的化学方程式___________________________________________________