广东省揭阳市翼之中学高一化学模拟试题含解析

1、广东省揭阳市翼之中学高一化学模拟试题含解析一、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. 20短周期元素X、Y、Z在周期表中的位置关系如图所示，已知X最外层电子数为2，则下列叙述中正确的是 （ ）AZ一定是活泼的金属元素BZ的最高价氧化物的水化物是一种强酸C1molX的单质跟足量水反应时，发生转移的电子为2molDY的氢化物稳定性大于Z的氢化物稳定性参考答案：BD2. 下列过程中发生化学变化的是A用四氯化碳萃取溴水中的溴 B用蒸馏的方法制取蒸馏水 C用过滤的方法除食盐水中的泥沙 D氯水使石蕊先变红后褪色参考答案：D略3. 下列说法中

2、正确的是（NA表示阿伏伽德罗常数） （ ） A28g N2所含有的原子数为NA B1.8g的NH4离子中含有电子数11NA C22.4LCH4的质量与NA个甲烷分子的质量之和相等 D标准状况下，22.4LCH4和O2的混合气体所含有的分子数为NA参考答案：D略4. 向一小烧杯中分别加入等体积的水和煤油，片刻后再向该烧杯中轻缓地加入绿豆大小的金属钠，可能观察到的现象是参考答案：A5. 在强碱性溶液中能大量共存并且溶液为无色透明的离子组是（ ）A. Na+、Mg2+、NO3、Cl B. K+、Na+、CO32、NO3C. K+、Ba2+、HCO3、Cl D. Na+、K+、MnO4、SO42参考答

3、案：B试题分析：在强碱性溶液中，将OH考虑进去。AMg2+、OH结合生成沉淀，不能大量共存，错误；B该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，正确； CBa2、HCO3、OH结合生成沉淀和水，不能大量共存，错误；D该组离子之间不反应，可大量共存，但MnO4为紫色，与无色不符，错误。选B。6. 下列递变规律正确的是( )。AO、S、Na、K的原子半径依次增大BNa、Mg、Al、Si的金属性逐渐增强CHF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次增强DKOH、Ca(OH)2、Mg(OH)2、Al(OH)3的碱性逐渐增强参考答案：A7. 下列措施对加快反应速率有明显效果的是A. Na与水反应时，增加

4、水的用量B. Al与稀历史反应制取H2时，改用浓硫酸C. Na2SO4与BaCl2两种溶液反成时，增大压强D. 大理石和盐酸反应制取CO2时，将块状大理石为改粉末状参考答案：DA水为纯液体，增加水的用量，反应速率不变，A不选；BAl与浓硫酸发生钝化，不生成氢气，反应速率减小，B不选；C反应没有气体参加，则增大压强，反应速率不变，C不选；D块状大理石改为粉末状，增大了接触面积，反应速率加快，D选；答案选D。8. 用一种试剂可以区分乙醇和乙酸的是A氢氧化钠溶液 B氨水 C碳酸钠溶液 D氢氧化铜参考答案：CD9. 下列各组中两个溶液间的反应，均可用同一离子方程式表示的是 ACH3COOH和Na2CO

5、3与CH3COOH和NaHCO3BAgNO3和HCl与Ag2O和HClCBaCl2和Na2SO4 与Ba（OH）2与H2SO4DKOH和NH4Cl与Ba（OH）2与NH4Cl参考答案：D10. 水资源非常重要，联合国确定2003年为国际淡水年。海水淡化是海岛地区提供淡水的重要手段，所谓海水淡化是指除去海水中的盐分以获得淡水的工艺过程（又称海水脱盐），其方法较多，如反渗透法、水合物法、电渗透法、离子交换法和压渗法等。下列方法中也可以用来进行海水淡化的是 A过滤法 B蒸馏法 C分液法 D冰冻法参考答案：BD11. 下列实验操作中错误的是 A如果没有试管夹，可以临时手持试管给固体或液体加热B用药匙或

6、者纸槽把粉末状药品送入试管的底部C过滤时玻璃棒的末端应轻轻靠在三层的滤纸上D用规格为10mL的量筒量取6mL的液体参考答案：A略12. 下列各组物质中，仅使用溴水不能鉴别出的是A苯、四氯化碳B四氯化碳、酒精 C乙烯、乙烷 D二氧化碳、甲烷参考答案：D13. 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：Al2O3N23C2AlN3CO。有关该反应下列叙述正确的是()A. 上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B. 上述反应中，每生成1 mol AlN需转移3 mol电子C. AlN中氮的化合价为3D. AlN的摩尔质量为41 g参考答案：B【详解】A、反应方

7、程式可知，Al、O的化合价反应前后没有变化，N的化合价由“0”价变为“-3”价，而C的化合价由“0”价变为“+2”价，因此N2是氧化剂，Al2O3既不是氧化剂又不是还原剂，故A错误；B、N的化合价由“0”价变为“-3”价，故每生成1molAlN需转移3mol电子，故B正确；C、氮化铝中Al的化合价为“+3”价，根据化合物中各元素的正负化合价的代数和为零计算，氮元素的化合价是“-3”价，故C错误；D、氮化铝的摩尔质量是41g/mol，故D错误；综上所述，本题应选B。【点睛】在氧化还原反应中，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；摩尔质量的单位是g/mol。据此分析。

8、14. M、N、W、Q是元素周期表中1-20号元素，其原子序数依次增大，且M、N、W相邻。M的核电荷数为N的核外电子数的一半，N与Q可形成化合物Q2N。下列说法正确的是( )A. 气态氢化物的稳定性：N的氢化物W的氢化物B. 简单离子的半径：Q的离子W的离子N的离子C. NM2、Q2N都是含有极性键的化合物D. W和M元素可形成W2M等化合物参考答案：DM、N、W、Q是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且M、N、W相邻M的核电荷数是N的核外电子数的一半，推测M为氧元素，则N为硫元素，W为氯元素；N与Q可形成化合物Q2N，则Q为K元素A非金属性OClS，三种元素中S元素的非金属性最弱

9、，因此其氢化物的稳定性最弱，则稳定性为W的氢化物N的氢化物，故A错误；B电子层数越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子原子序数大的离子半径小，则离子的半径：N的离子W的离子Q的离子M的离子，故B错误；CSO2为含有极性键的极性分子，而K2S属于含有离子键的离子化合物，故C错误；DW为氯元素，其氧化物有Cl2O等，故D正确；故选D。点睛：本题考查位置、结构、性质，熟悉元素周期律和元素周期表的相关知识，以及各知识点的综合应用即可解答，难度不大解题关键：M、N、W、Q是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且M、N、W相邻M的核电荷数是N的核外电子数的一半，推测M为氧元素，则N为硫元素，

10、W为氯元素；N与Q可形成化合物Q2N，则Q为K元素，然后结合元素及其单质、化合物的性质来解答。15. 下列说法不正确的是()A. 天然油脂一般都是纯净物 B. 油脂是不溶于水、比水轻的酯类物质C. 油脂的硬化反应与碳碳双键官能团有关 D. 油脂的皂化反应是酯基在碱性条件下的水解反应参考答案：AA错，天然油脂一般都是混合物；B正确，油脂是高级脂肪酸甘油酯，不溶于水、比水轻的酯类物质；C正确，油脂包括油和脂肪，油常温呈液态，是不饱和高级脂肪酸甘油酯，分子结构中有碳碳双键，与氢气加成生成硬化油；D正确，油脂是碱性条件下水解为皂化反应；二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16. 甲、乙两个实验小组

11、利用KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应研究影响反应速率的因素。（1）该反应的离子方程式为 。设计实验方案如下（实验中所用KMnO4溶液均已加入H2SO4）：（2）甲组：通过测定单位时间内生成CO2气体体积的大小来比较化学反应速率的大小。 实验装置如图，实验时分液漏斗中A溶液一次性放下，A、B的成分见下表：序号A溶液B溶液2 mL 0.1 mol/L H2C2O4溶液4 mL 0.01 mol/L KMnO4溶液2 mL 0.2 mol/L H2C2O4溶液4 mL 0.01 mol/L KMnO4溶液2 mL 0.2 mol/L H2C2O4溶液4 mL 0.01 mol/L KMnO4

12、溶液和少量MnSO4该实验探究的是浓度和催化剂对化学反应速率的影响。在反应停止之前，相同时间内针管中所得CO2的体积由大到小的顺序是 (用实验序号填空)。（3）乙组：通过测定KMnO4溶液褪色所需时间的多少来比较化学反应速率的大小。取两支试管各加入2 mL 0.1 mol/L H2C2O4溶液，另取两支试管各加入4 mL 0.1 mol/L KMnO4溶液。将四支试管分成两组（各有一支盛有H2C2O4溶液和KMnO4溶液的试管），一组放入冷水中，另一组放入热水中，经过一段时间后，分别混合并振荡，记录溶液褪色所需时间。该实验目的是研究 对化学反应速率的影响，但该组同学始终没有看到溶液褪色，其原因

13、是 。参考答案：（1）2MnO4-+ 5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O 。（2） 。 （3） 温度 ，没有加入稀硫酸酸化 。略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17. 在标准状况下，448L的NH3气体质量为 g, 其中含 个氢原子，其中含 molN； 将其溶于水配成200mL的溶液，其物质的量浓度为 _ mol/L。等物质的量的CH4和NH3两种气体中， H原子数之比为 ，二者的质量之比为 ，在同温同压下的体积之比为 。参考答案：34； 6NA； 2； 10； 4：3； 16：17 ； 1：1 略18. A、B、C、D、E五种短周期元素，A与D同周期，A的单质既可

14、与盐酸反应，又可与NaOH溶液反应，B的单质在放电条件下能与氧气反应，C元素的离子不含电子，D元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3/4，E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3倍。（1）A的离子结构示意图为_，E元素在周期表的位置是_。（2）用电子式表示C的氧化物的形成过程_（3）比较B、D、E的氢化物的沸点由高至低：_。（4）化合物甲由元素A、B组成，具有良好电绝缘性。化合物甲能与水缓慢反应生成化合物乙。乙分子中含有10个电子，写出该反应的化学方程式：_。 。（5）化学家鲍林在研究含氧酸的强弱时，提出了一个定性规则:含氧酸分子中的非羟基（注：羟基是OH）氧原子数与酸性强弱成相关性。

15、设含氧酸化学式为HnROm,则非羟基氧原子数为(m-n)，其数值越大，该含氧酸的酸性越强。鲍林认为含氧酸的强弱与非羟基氧原子数(m-n)有如下关系: m-n 0 1 2 3含氧酸强度弱 酸中 强 强很 强 实 例HClOH3PO4HNO3HClO4规则判断H2CrO4、HMnO4酸性由强到弱的顺序为_。As为第A元素，H3AsO3为弱酸，H3PO3为中强酸，试推断H3AsO3的分子结构式为_，H3PO3为的结构式为_。参考答案：(1) 第二周期A族 (2) (3)H2ONH3H2S (4)AlN + 3H2OAl(OH)3+ NH3 (5) HMnO4H2Cr2O4 【分析】A、B、C、D、E

16、五种短周期元素，A的单质既可与盐酸反应，又可与NaOH溶液反应，则A为Al；A与D同周期，D元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的，则最外层电子数为6，故D为S元素；B的单质在放电条件下能与氧气反应，则B为N元素；C元素的离子不含电子，则C为H元素；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3倍，E原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故E为O元素，据此分析。【详解】A、B、C、D、E五种短周期元素，A的单质既可与盐酸反应，又可与NaOH溶液反应，则A为Al；A与D同周期，D元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的，则最外层电子数为6，故D为S元素；B的单质在放电条件下能与氧气反应，则B为

17、N元素；C元素的离子不含电子，则C为H元素；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3倍，E原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故E为O元素。（1）A为Al，原子核外有3个电子层，各层电子数为2、8、3，失去3个电子后其离子结构示意图为；E为O元素，在周期表的位置是第二周期A族；（2）C的氧化物为H2O，为共价化合物，用电子式表示C的氧化物的形成过程为；（3）B、D、E分别为N、S、O，氢化物(为分子晶体)的沸点一般由分子的相对分子质量决定，相对分子量大，沸点就高，而同族元素从上到下相对原子量逐渐增大的，所以一般来说，同族元素氢化物的沸点从上到下逐渐增大.如：沸点：HClHBrHI，但是

18、HF、 H2O、 NH3这几个物质的沸点比同族元素氢化物的沸点反常地高，原因是这些分子间易形成氢键，同周期是从左到右越来越高，故N、S、O的氢化物的沸点由高至低为H2ONH3H2S；（4）化合物甲由元素Al、N组成，具有良好电绝缘性，甲为AlN，能与水缓慢反应生成含N元素的化合物乙，乙分子中含有10个电子，则乙为NH3，反应为水解反应，同时生成氢氧化铝，该反应的化学方程式为：AlN+3H2O=Al(OH)3+NH3；（5）H2CrO4的非羟基氧有2个，和HMnO4的非羟基氧有3个，所以H2CrO4为强酸，HMnO4为很强酸，酸性由强到弱的顺序为HMnO4H2Cr2O4；因为H3AsO3为弱酸，所以其分子中不存在非羟基氧，故其结构式应为；由于H3PO3为中强酸，查上表可知其非羟基氧有一个，而分子中却有三个氢原子，说明必有一个氢原子是直接与P原子结合，该分子的结构简式为。【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重考查学生对知识的迁移应用与分析解决问题能力，难度中等。19. 在半导体工业中有这样一句行话：“从沙滩到用户”，指的是从硅的氧化物可以制取硅单质，主要化学反应如下：a粗硅的制取：SiO2（石英砂）+2C（焦炭）Si（粗硅）+2COb用粗硅与氯气在高温条件下反应合成四