2022-2023学年四川省眉山市通惠中学高一化学联考试题含解析

2022-2023学年四川省眉山市通惠中学高一化学联考试题含解析一、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.根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是

事

实推

测A12Mg与水反应缓慢，20Ca与水反应较快56Ba(ⅡA族)与水反应会更快BSi是半导体材料，同族的Ge也是半导体材料ⅣA族的元素单质都是半导体材料CHCl1500℃时分解，HI在230℃时分解HBr的分解温度介于二者之间DSi与H2高温时反应，S与H2加热能反应P与H2在高温时能反应

参考答案：B【详解】A、同主族元素金属性从上到下逐渐增强，与水反应越来越剧烈，第ⅡA族元素从上到下依次为Be、Mg、Ca、Sr、Ba、La，已知Mg与水反应缓慢，Ca与水反应较快，所以Ba与水反应会更快，A正确；B、同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强，第ⅣA族元素从上到下依次为C、Si、Ge、Sn、Pb，其中C不导电(除了石墨)，Si、Ge在金属元素和非金属元素分界线上，都是半导体材料，但Sn、Pb都是金属，是电的良导体，推测不合理，B错误；C、同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，形成的气态氢化物稳定性也逐渐减弱，已知HCl在1500℃时才分解，而HI在230℃时即分解，由此推测HBr的分解温度介于两者之间，C正确；D、同周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，与H2化合越来越容易，Si、P、S是第三周期从左向右相邻的三种元素，已知Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应，因此P与H2要在高温时反应，推测合理，D正确。答案选B。

2.同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是（）A．O2 B．CH4 C．CO2 D．SO2参考答案：B考点：物质的量的相关计算．

专题：计算题．分析：同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，根据n=可知，质量相等的气体，其摩尔质量越小，则其物质的量越大，气体占有的体积越大．解答：解：同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，氧气、甲烷、二氧化碳、二氧化硫的物质的量分别为32g/mol、16g/mol、44g/mol、64g/mol，根据n=可知，质量相等的气体，甲烷的物质的量最大，故甲烷占有的体积最大，故选B．点评：本题考查物质的量有关计算，比较基础，注意对公式的理解与灵活应用．3..如图所示是Zn和Cu形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡上的记录如下，则卡片上的描述合理的是

实验后的记录：①Cu为负极，Zn为正极②Cu极上有气泡产生，发生还原反应③SO向Cu极移动④若有0.5mol电子流经导线，则可产生0.25mol气体⑤电子的流向是：Cu→Zn

⑥正极反应式：Cu－2e－===Cu2+，发生氧化反应

A.①②③

B.②④

C.②③④

D.③④⑤参考答案：B略4.反应2SO2＋O22SO3达到平衡状态后，下列说法正确的是()A．三氧化硫的生成速率与分解速率相等B．二氧化硫、氧气、三氧化硫的分子数之比是2:1:2C．二氧化硫与氧气不再化合生成三氧化硫D．降低温度，原化学平衡状态未被破坏参考答案：A解析达到化学平衡状态时，正反应速率和逆反应速率相等。5.下列数量的各物质所含原子数按由大到小顺序排列的是①0.5molNH3②标况下22.4LHe③4℃时18mL水④0.8molNa3PO4A、①④③② B、④③②①

C、②③④① D、④③①②参考答案：D6.诗句“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中“丝”和“泪”分别指A、纤维素、油脂

B、蛋白质、烃类

C、淀粉、油脂

D、蛋白质、硬化油参考答案：B7.下列操作中正确的是（）?A．蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热B．蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的底部．?C．萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大D．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出参考答案：D【考点】蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；分液和萃取．【分析】A．在蒸发操作的过程中，当加热到有少量液体剩余时停止加热，此时剩下的少量液体可以利用余热蒸发干；B．温度计水银球应靠近蒸馏烧瓶的支管口处；C．萃取剂的选择与密度无关；D．分液操作时，将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口放出．【解答】解：A．在蒸发操作的过程中，当加热到有少量液体剩余时停止加热，利用余热蒸发干，故A错误；B．温度计水银球应靠近蒸馏烧瓶的支管口处，测量的是蒸气的温度，故B错误；C．萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多．密度也可以比水小，故C错误；D．分液操作时，为防止药品污染，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口放出，故D正确．故选D．8.有关下列能量转化的认识不正确的是A．植物的光合作用使得太阳能转化为了化学能

B．人类使用照明设备是将电能转化为了光能

C．生物体内的化学变化在能量转化上比在体外发生的一些能量转化更为合理、有效

D．燃料燃烧时只是将化学能转化为了热能参考答案：D略9.某化学兴趣小组为了探究铝电极在电池中的作用，设计并进行了以下一系列实验，实验结果记录如下：编号电极材料.电解质溶液电流计指针1Mg、Al稀盐酸偏转2Al、Cu稀盐酸偏转3A1、C(石墨)稀盐酸偏转4Mg、Al氢氧化钠溶液偏转5Al、Zn浓硝酸偏转

下列回答错误的是A.实验1、2中铝所作的电极（正极或负极)不相同B.实验2、3中，铝电极的电极反应式均为Al—3e-=Al3+C.实验4中铝电极的电极反应式为：Al—3e-+4OH-=A1O2-+2H2OD.实验5中铝作原电池的负极参考答案：DA.金属的活泼性为Mg＞Al＞Cu，则实验1中铝为正极，而2中铝为负，故A正确；B.实验2、3中，铝均为原电池的负极，电极反应式均为Al—3e-=Al3+，故B正确；C.实验4中，电解质溶液为NaOH，而Mg与碱不反应，此时铝为原电池的负极，电极反应式为Al—3e-+4OH-=A1O2-+2H2O，故C正确；D.常温下铝遇浓硝酸钝化，此时原电池的负极为Zn，故D错误；答案为D。点睛：把握发生的原电池反应及正负极的判断是解答本题的关键，原电池正负极的判断方法：1、根据电极材料的活泼性判断：负极：活泼性相对强的一极；正极：活泼性相对弱的一极。2、根据电子流向或电流的流向判断：负极：电子流出或电流流入的一极；正极：电子流入或电流流出的一极。3、根据溶液中离子移动的方向判断：负极：阴离子移向的一极；正极：阳离子移向的一极。4、根据两极的反应类型判断：负极：发生氧化反应的一极；正极：发生还原反应的一极。5、根据电极反应的现象判断：负极：溶解或减轻的一极；正极：增重或放出气泡的一极。10.14C常用于测定生物遗骸的年份。下列说法正确的是A.14C含有14个中子 B.14C与14N含有相同的质子数C.14C与C60互为同位素 D.14C与12C是两种不同的核素参考答案：DA、C的质子数为6，质量数为14，中子数=质量数－质子数=14－6=8，故A错误；B、C质子数为6，N的质子数为7，故B错误；C、C60为单质，因此两者不互为同位素，故C错误；D、质子数相同，质量数不同，且属于同种元素，因此两者是不同的核素，故D正确。

11.下列说法正确的是(

)A．凡是金属元素跟非金属元素化合都形成离子化合物B．共价化合物只含有共价键，离子化合物也只含有离子键C．离子化合物中，一个阴离子可同时与多个阳离子之间有静电作用D．溶于水可以导电的化合物一定是离子化合物参考答案：C略12.根据反应式：①Fe+Cu2+═Fe2++Cu

②2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+可判断离子的氧化性从强到弱的顺序是 （） A．Fe2+、Fe3+、Cu2+ B．Fe2+、Cu2+、Fe3+ C．Cu2+、Fe2+、Fe3+ D．Fe3+、Cu2+、Fe2+ 参考答案：D【考点】氧化性、还原性强弱的比较． 【分析】根据元素的化合价的变化判断还原剂和氧化剂，氧化还原反应反应中氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，以此比较氧化性强弱． 【解答】解：由反应①Fe+Cu2+═Fe2++Cu可知氧化性Fe3+＞Cu2+，由反应②2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+可知氧化性Cu2+＞Fe2+，则氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+， 故选D． 【点评】本题考查氧化还原反应，侧重于概念的理解，为高考高频考点，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，题目难度不大． 13.从20mL0.5mol/LNa2CO3溶液中取出10mL，并加水稀释到250mL，则稀释后溶液中Na2CO3的物质的量浓度为A.0.5mol/L

B.0.2mol/L

C.0.05mol/L

D.0.02mol/L参考答案：D【分析】据稀释前后溶质的物质的量不变进行计算。【详解】溶液是均一稳定的分散系，取出的10mLNa2CO3溶液浓度也是0.5mol/L。设稀释后溶液浓度为x，则10mL×0.5mol/L＝250mL×x。解得x＝0.02mol/L。本题选D。14.20℃时，食盐的溶解度是36g，根据这句话的含义，判断下列说法中正确的是（

）A．100g水溶解36g食盐恰好能配成饱和溶液B．20℃时，100g食盐饱和溶液里含有36g食盐C．20℃时，把136g食盐饱和溶液蒸干可得到36g食盐D．饱和食盐水中溶质、溶剂和溶液的质量比为36∶100∶136

参考答案：C略15.在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是(

)参考答案：D分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质，结合选项解答。详解：A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确；C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分离，C正确；D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，D错误。答案选D。点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质（包括物理性质和化学性质）特点的角度去解答和判断。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某化学兴趣小组设计了如图装置，该装置能制取Cl2，并进行相关性质实验，且可利用装置G储存多余的氯气。（1）A中发生反应的化学反应方程式为_________________________（2）实验开始时，先打开分液漏斗旋塞和活塞K，点燃A处酒精灯，让氯气充满整个装置，再点燃E处酒精灯，回答下列问题：①在装置C、D中能看到的实验现象分别是__________________、_______________

；②在装置E的硬质玻璃管内盛有碳粉，发生氧化还原反应，产物为CO2和HCl，则E中发生反应的化学方程式为______________________________；③装置F中球形干燥管的作用是____________________________；（3）储气瓶b内盛放的试剂是______________________________；（4）实验结束后，某同学想检验B瓶内液体是否完全与Cl2反应，可采用的方法是：__________________参考答案：(1)MnO2+4HCl（浓）MnCl2+H2O+Cl2↑

(2)①溶液由无色变为蓝色

溶液先变红色后褪色

②C+2Cl2+2H2OCO2+4HCl

③防止倒吸

(3)饱和食盐水

(4)取少量B内液体于试管中，滴入少量铁氰酸钾溶液，若生成蓝色沉淀，则氯化亚铁未反应，若无明显现象，则氯化亚铁反应完全【详解】(1)A是制备氯气的装置，二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，化学方程式：MnO2+4HCl(浓)

MnCl2+H2O+Cl2↑；故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+H2O+Cl2↑；(2)①氯气有强的氧化性，能够氧化碘化钾溶液生成单质碘，碘单质遇到淀粉变蓝，所以C中现象为：溶液由无色变为蓝色；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，所以遇到紫色石蕊试液先变红后褪色，所以D中现象为：溶液先变红色后褪色，故答案为：溶液由无色变为蓝色；溶液先变红色后褪色；②在装置E的硬质玻璃管内盛有碳粉，发生氧化还原反应，产物为CO2和HCl，依据得失电子守恒和原子个数守恒反应方程式：C+2Cl2+2H2O

CO2+4HCl，故答案为：C+2Cl2+2H2O

CO2+4HCl；③氯气、氯化氢都易溶于氢氧化钠溶液，容易发生倒吸，所以装置F中球形干燥管的作用是防倒吸；故答案为：防倒吸；(3)氯气在饱和食盐水中溶解度不大，所以装置b中液体为饱和食盐水；故答案为：饱和食盐水；(4)如果溶液中含有二价铁离子则加入铁氰化钾溶液会产生蓝色沉淀，所以要检测B瓶内液体是否完全与Cl2反应方法：取少量B内液体于试管中，滴入少量铁氰酸钾溶液，若生成蓝色沉淀，则氯化亚铁未反应，若无明显现象，则氯化亚铁反应完全；故答案为：取少量B内液体于试管中，滴入少量铁氰酸钾溶液，若生成蓝色沉淀，则氯化亚铁未反应，若无明显现象，则氯化亚铁反应完全。【点睛】本题考查了气体的制备与性质，明确氯气的实验室制备原理及性质是解题关键。本题的易错点为(2)②中氧化还原反应方程式的书写，要注意充分利用题干信息判断出反应物和生成物，再配平。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.根据下列变化或现象回答相应的问题。①木炭完全燃烧②打开汽水瓶盖，有气泡产生③盐酸洒落在大理石地板上，有气泡产生④铁钉置于硫酸铜溶液中，铁钉表面上附上一层铜⑤用硝酸酸化的硝酸银检验自来水中的氯离子⑥铁器生锈⑦用硫酸可以清洗铁锈⑧二氧化碳通入澄清的石灰水变浑浊（1）属于氧化还原反应的是________（填序号）（2）写出变化④⑦⑧的离子方程式④_______

⑦_______⑧________参考答案：(1)①④⑥

(2)Fe+Cu2+=Fe2++Cu

Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OCO2+2OH－+Ca2+=CaCO3↓+H2O试题分析：本题考查氧化还原反应的判断，离子方程式的书写。（1）①木炭完全燃烧，反应为C+O2CO2，反应中C元素的化合价升高，O元素的化合价降低，是氧化还原反应；②打开汽水瓶盖，有气泡产生，反应为H2CO3=H2O+CO2↑，反应前后元素化合价没有变化，不是氧化还原反应；③盐酸洒落在大理石地板上，有气泡产生，反应为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，反应前后元素化合价没有变化，不是氧化还原反应；④铁钉置于硫酸铜溶液中，铁钉表面上附上一层铜，反应为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，反应中Fe元素的化合价升高，Cu元素的化合价降低，是氧化还原反应；⑤用硝酸酸化的硝酸银检验自来水中的氯离子，反应为Ag++Cl-=AgCl↓，反应前后元素的化合价没有变化，不是氧化还原反应；⑥铁锈的主要成分为Fe2O3，铁器生锈Fe被氧化成Fe2O3，是氧化还原反应；⑦用硫酸可以清洗铁锈，反应为Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，反应前后元素的化合价没有变化，不是氧化还原反应；⑧二氧化碳通入澄清的石灰水变浑浊，反应为CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O，反应前后元素的化合价没有变化，不是氧化还原反应；属于氧化还原反应的是①④⑥。（2）④的化学方程式为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，Fe、Cu以化学式保留，CuSO4、FeSO4改成离子，离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu。⑦的化学方程式为Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，Fe2O3、H2O以化学式保留，H2SO4、Fe2（SO4）3改成离子，离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。⑧的化学方程式为CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O，只有Ca（OH）2改成离子，其余以化学式保留，离子方程式为CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O。点睛：判断一个反应是否氧化还原反应的关键是：分析反应前后元素的化合价是否有升降，元素化合价有升降为氧化还原反应，没有升降为非氧化还原反应。书写离子方程式的步骤为：写→改→删→查（查原子守恒、电荷守恒），正确书写化学方程式是基础，准确改写是关键，易溶于水、易电离的物质改成离子，其余物质以化学式保留。改成离子的物质有：强酸（如盐酸、硫酸、硝酸等）、强碱（如NaOH、KOH、Ca（OH）2、Ba（OH）2等）、可溶性盐。18.浓硫酸是常用的干燥剂，根据需要可将浓硫酸配成不同浓度的稀硫酸。回答下列问题：（1）1L0.5mol/L的H2SO4溶液中含有H2SO4______g，含有H+______个，将此溶液与足

量的铝片反应，生成的气体在标准状况下体积为______L。（2）配制上述稀硫酸需要量取质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓硫酸_____mL结果保留一位小数。配制此溶液需要的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还需要______________________________。（3）稀释浓硫酸的操作是_________________________________________________。（4）下列操作使配制的硫酸溶液的物质的量浓度偏小的是______。A.稀释浓硫酸时有液体溅出B.容量瓶中有少量蒸馏水残留C.浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移D.向容量瓶加水定容时仰视刻度线参考答案：(1)49

NA或6.02×1023

11.2

(2)27.2

量筒、1000mL容量瓶

(3)将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌

(4)AD【分析】(1)根据物质的量n=CV，质量m=nM来计算；根据硫酸是二元强酸可知n(H+)=2n(H2SO4)，据此计算氢离子的个数；稀硫酸和金属反应时，1molH2SO4～1molH2，据此计算生成的氢气的物质的量和体积；(2)根据物质的量浓度c=求出硫酸溶液的浓度，然后根据稀释定律C浓V浓=C稀V稀来计算所需浓硫酸的体积；根据配制溶液的步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析所需的仪器；(3)稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿烧杯内壁注入水中；(4)根据物质的量浓度c=以及操作来分析。【详解】(1)硫酸溶液中含有的硫酸的物质的量n=cV=0.5mol/L×1L=0.5mol，质量m=nM=0.5mol×98g/mol=49g；由于硫酸是二元强酸，氢离子能完全电离，故n(H+)=2n(H2SO4)=1mol，个数为NA个；稀硫酸和金属反应时，1molH2SO4～1molH2，故0.5mol硫酸能反应生成0.5molH2，在标况下的体积V=