河南省郑州市基石中学高一化学测试题含解析

河南省郑州市基石中学高一化学测试题含解析一、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.对于反应中的能量变化，下列说法正确的是A．碳酸钙受热分解，其生成物总能量高于反应物总能量B．断开化学键的过程会放出能量C．加热才能发生的反应一定是吸热反应D．氧化反应均为吸热反应参考答案：A略2.科学家已发现一种新型氢分子，其化学式为H3，在相同条件下，等质量的H3和H2相同的是（）A．原子数 B．分子数 C．体积 D．物质的量参考答案：A考点：物质的量的相关计算．

专题：计算题．分析：A．H3和H2都由H原子构成，二者质量相等，含有H原子数目相等；B．H3和H2的摩尔质量不相等，二者质量相等，则二者物质的量不相等；C．H3和H2的摩尔质量不相等，二者质量相等，则二者物质的量不相等，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比；D．H3和H2的摩尔质量不相等，二者质量相等，根据n=可知二者物质的量不相等．解答：解：A．H3和H2都由H原子构成，二者质量相等，含有H原子数目相等，故A正确；B．H3和H2的摩尔质量不相等，二者质量相等，则二者物质的量不相等，故含有分子数目不相等，故B错误；C．H3和H2的摩尔质量不相等，二者质量相等，根据n=可知二者物质的量之比=2：3，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，故等质量H3和H2的体积之比=2：3，故C错误；D．H3和H2的摩尔质量不相等，二者质量相等，根据n=可知二者物质的量不相等，故D错误，故选A．点评：本题考查物质的量有关计算，比较基础，注意对基础知识的理解掌握．3.下列物质中，只含有非极性共价键的是（）A．NaOH

B．NaCl

C．H2

D．H2S参考答案：C考点：极性键和非极性键．专题：化学键与晶体结构．分析：不同非金属元素之间形成极性共价键，同种非金属元素之间形成非极性共价键，活泼金属元素与非金属元素之间易形成离子键．解答：解：A、NaOH中钠离子与氢氧根离子之间形成的是离子键，故A错误；B、NaCl中钠离子和氯离子之间之间形成的是离子键，故B错误；C、H2中氢原子之间形成的是非极性共价键键，故C正确；D、H2S中氢原子和硫原子之间形成的是极性共价键，氢原子之间不存在化学键，故D错误．故选：C．点评：本题考查了极性共价键、非极性共价键和离子键的判断，难度不大，只要明确这几个概念的区别就可以正确解答．4.2008年北京“奥运标准线”中重要组成部分﹣﹣运通104路是北京首条“无菌”公交路线．公交车上采用了一种纳米材料清洁技术，这种纳米材料的粒子直径是5nm﹣30nm，若将这种纳米材料分散到液体分散剂中，下列各组混合物和该分散系具有相同数量级的是（）A．溶液

B．胶体

C．悬浊液

D．乳浊液参考答案：B考点：胶体的重要性质．.专题：溶液和胶体专题．分析：分散系的区别是分散质的微粒直径大小，微粒直径大于100nm是浊液；微粒直径小于1nm为溶液；粒子直径是1nm﹣100nm的为胶体；根据分散系的本质特征进行判断．解答： 解：题目中的纳米材料的粒子直径是5nm﹣30nm，在1nm﹣100nm之间，为胶体；故选B．点评：本题考查分散系的特征，分散质粒子的直径大小区分三种分散系．5.下列过程中，不涉及化学变化的是A、浓硫酸加入蔗糖固体中 B、四氟化碳萃取碘水中的碘C、SO2使品红溶液褪色

D、氨气溶于水，水溶液呈碱性参考答案：B6.下列说法错误的是（

）A.石油中含有C5-C11的烷烃，可以通过石油的分馏得到汽油B.含C18以上烷烃的重油经过催化裂化可以得到汽油C.煤是由有机物和无机物组成的复杂的混合物D.煤中含有苯和甲苯，可以用先干馏后分馏的方法把它们分离出来参考答案：D略7.银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，其电极分别为Ag2O、Zn，电解质溶液为KOH溶液，总反应为Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2。下列说法中错误的是A．工作时，负极上发生反应的物质是ZnB．溶液中OH-向正极移动，K+、H+向负极移动C．工作时，负极区溶液氢氧根浓度减小D．正极上发生的反应是Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-参考答案：B略8.下列元素的原子半径最大的是A.O

B.A1

C.Na

D.Cl参考答案：C分析：同周期元素自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，据此判断。详解：Na、Al、S、Cl处于同周期，自左而右原子半径减小，O原子半径小于S原子半径，故原子半径最大的是Na，故选C。9.当光束通过下列分散系：①尘埃的空气②稀硫酸③蒸馏水④墨水，能观察到有丁达尔现象的是（）A．①②

B．②③

C．①④

D．②④参考答案：C10.在相同条件下,CO和CO2混合气体密度是H2密度的16倍,则CO与CO2的质量之比为A.11:21

B.21:11

C.1:3

D.3:1参考答案：B在标准状况下，CO和CO2混合气体的密度是相同条件下H2密度的16倍，所以混合气体的平均相对分子质量是16×2=32，设混合物中CO和CO2物质的量分别为xmol，ymol，所以=32，x+y=1mol，所以x=0.75mol，y=0.25mol，其中CO所占的质量为0.75mol×28g·mol－1=21g，CO2所占的质量为0.25mol×44g·mol－1=11g．则CO与CO2的质量之比为21:11。11.元素A、B组成的化合物属于离子化合物，其中A离子和B离子的电子层结构相同，A原子的最外层电子数比B原子的最外层电子数少4个，而次外层电子数则是A比B多6个，则该离子化合物可能是

A.CaO

B.MgO

C.KF

D.Na2O参考答案：B略12.（12分）是一种医药中间体，常用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成：已知：—OH直接与苯环相连的有机物能与氢氧化钠反应，如

请回答下列问题：（1）A的一种同系物常温下呈气态，在装修材料中挥发出来对人体有害，则A的结构简式是

。（2）B→C的反应类型是

。（3）E的结构简式是

。（4）写出F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式：

。（5）下列关于G的说法正确的是（

）a．能与溴单质反应

b．能与金属钠反应c．1molG最多能和3mol氢气反应

d．分子式是C9H7O3（6）写出与D互为同分异构体且含苯环、属于酯类的结构简式：

参考答案：（12分）(1)CH3CHO

（2分）

(2)取代反应

（1分）（3）

（2分）（2分）(5)a、b（2分）

（6）邻、间、对三种（间、对答案略）（3分）略13.下列操作中，错误的是（）A．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B．蒸馏时，应使温度计水银球位于蒸馏烧瓶支管口处C．用酒精萃取碘水中的碘D．称量时，将放称量纸或烧杯中的称量物置于托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘参考答案：C【考点】化学实验方案的评价；物质的分离、提纯和除杂．【分析】A．分液时，避免上下层液体混合；B．蒸馏时测定馏分的温度；C．萃取剂与水不能互溶；D．称量时左物右码，具有腐蚀性的物质一般放在小烧杯中．【解答】解：A．分液时，避免上下层液体混合，则分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故A正确；B．蒸馏时测定馏分的温度，则温度计水银球位于蒸馏烧瓶支管口处，故B正确；C．酒精与水能互溶，则不能利用酒精萃取萃取碘水中的碘，应选苯或四氯化碳作萃取剂，故C错误；D．称量时左物右码，具有腐蚀性的物质一般放在小烧杯中，则将放称量纸或烧杯中的称量物置于托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘，故D正确；故选C．14.下列甲组、乙组中的两种试剂常温下分别混合，甲组能产生气体，乙组气体会被吸收的是（）

甲组乙组A稀硫酸和铜浓氨水和SO2B浓盐酸和二氧化锰BaCl2溶液和SO2C冷的浓硝酸和铝NaOH溶液和Cl2D浓硫酸和蔗糖（滴有几滴水）水和氨气参考答案：D略15.只用试管和胶头滴管而不用其它试剂无法区分的一组溶液是（

）A．KOH溶液和AlCl3溶液

B．Na2CO3溶液和盐酸C．MgCl2溶液和氨水

D．盐酸和NaAlO2溶液参考答案：C二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.已知：乙二酸晶体熔点101.5℃；乙二酸晶体加热分解的方程式为：H2C2O4?2H2O3H2O+CO2↑+CO↑。现利用下列装置验证反应产物中含有CO2和CO(装置不能重复使用)。请回答下列问题：(1)检验装置A气密性的方法是________________________________________________(2)A装置是否有误_____________(填“是”或“否”)，原因为_______________________(3)按气流方向连接各仪器，用数字表示接口的连接顺序：①→_________________________；(4)该套装置有明显缺陷，请予以更正________________(5)证明CO存在的实验现象是________________；(6)根据题给的数据，假设反应产生的气体全部排出，并与吸收液充分反应(提示：B、C中澄清石灰水均先变浑浊，后又变澄清)，最终D中生成了两种物质，则这两种生成物的化学式及对应的物质的量分别是①_______________，②_______________。参考答案：(1)连好装置，①处接长导管，将导管伸入盛有水的烧杯中，用手握住试管观察，若导管口产生连续气泡，松开手有小段水柱回流，则装置A气密性良好

(2)否

乙二酸晶体分解之前先熔化，试管口必须朝上，否则液体会聚集在试管口

(3)⑤④⑥⑦②③

(4)缺少尾气处理装置，应在导管③后放置一个燃着的酒精灯（或用气囊收集）

(5)B装置中黑色氧化铜变红，澄清石灰水变浑浊，则含CO

(6)0.01molNa2CO3

0.08molNaHCO3解析：(1)检查装置的气密性原理是根据装置内外的压强差形成水柱或气泡，所以检验装置气密性的方法是：连好装置，①处接长导管，将导管伸入盛有水的烧杯中，用手握住试管观察，若导管口产生连续气泡，松开手有小段水柱回流，则装置A气密性良好，故答案为：连好装置，①处接长导管，将导管伸入盛有水的烧杯中，用手握住试管观察，若导管口产生连续气泡，松开手有小段水柱回流，则装置A气密性良好；(2)乙二酸晶体熔点101.5℃，乙二酸晶体分解之前先熔化，试管口必须朝上，否则液体会聚集在试管口，因此A装置是正确的，故答案为：否；乙二酸晶体分解之前先熔化，试管口必须朝上，否则液体会聚集在试管口；(3)乙二酸晶体加热分解生成CO2和CO装置A中的①导出气体，此实验验证是反应产物中含有CO2和CO(装置不能重复使用)，应首先验证二氧化碳①→⑤→④，然后除去二氧化碳④→⑥→⑦，验证二氧化碳的方法是：把气体通入澄清的石灰水，澄清石灰水变浑浊，则含有二氧化碳；然后除去二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应除去，剩余为一氧化碳，验证一氧化碳存在⑦→②→③，一氧化碳与氧化铜反应生成二氧化碳，然后通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊，则含有一氧化碳，故答案为：⑤④⑥⑦②③；(4)一氧化碳有毒，一氧化碳具有可燃性，尾气处理的方法是点燃，2CO+O22CO2，一氧化碳燃烧生成二氧化碳，所以在导管③后放置一个燃着的酒精灯(或用气囊收集)，故答案为：缺少尾气处理装置，应在导管③后放置一个燃着的酒精灯(或用气囊收集)；(5)一氧化碳与氧化铜反应CuO+COCu+CO2生成二氧化碳，B装置中黑色氧化铜变红，B中澄清石灰水变浑浊，则含CO，故答案为：B装置中黑色氧化铜变红，澄清石灰水变浑浊，则含CO；(6)12.6克H2C2O4?2H2O的物质的量为n===0.1mol，乙二酸晶体加热分解H2C2O4?2H2O

3H2O+CO2↑+CO↑，则生成的一氧化碳、二氧化碳的物质的量分别为：0.1mol、0.1mol，反应产生的气体全部排出，并与吸收液充分反应，C装置中n(Ca(OH)2)=cV=0.05mol/L×0.1L=0.005mol，CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O、CO2+H2O+CaCO3=Ca(HCO3)2，即2CO2+Ca(OH)2=Ca(HCO3)2，则吸收的二氧化碳为0.01mol，剩余二氧化碳的物质的量为：0.1mol-0.01mol=0.09mol，0.09mol二氧化碳全部进入D装置且被吸收，D中n(NaOH)=cv=1mol/L×0.1L=0.1mol，CO2+

2NaOH=Na2CO3+H2O

CO2+

H2O+Na2CO3=2NaHCO30.05mol

0.1mol

0.05mol

0.09mol-0.05mol

0.04mol

0.08mol所以D中溶质及对应的物质的量是0.01mol

Na2CO3和0.08mol

NaHCO3，故答案为：0.01mol

Na2CO3和0.08mol

NaHCO3。点睛：本题主要考查的乙二酸晶体加热分解产物的检验及相关计算，注意掌握二氧化碳与一氧化碳的性质，该题注重实验的严谨及学生思维的严密性考查，尤其是(6)0.1mol二氧化碳在C装置中吸收的二氧化碳为0.01mol，0.09mol二氧化碳全部进入D装置且被吸收，为易错点。本题的另一个易错点为(2)，要注意与实验室加热固体制气体发生装置的区别。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.将铜、锌通过导线连接，置于硫酸中，请回答下列问题：

(1)以下叙述正确的是_______。（多项选择）A.电流有锌片流向铜片

B.铜片是正极，锌片是负极C.烧杯中溶液的H+浓度减小D.纯锌片换成含有杂质的锌后铜片上产生气泡的速率变慢

(2)若反应过程中有0.2mol电子发生转移，则生成的氢气在标准状况下的体积为____________L.（3）如果把稀硫酸换成硫酸铜溶液，请写出铜电极的电极反应方程式：____________。参考答案：（1）C，D

（2）2.24

（3）Cu2++2e－＝Cu（1）铜、锌通过导线连接，置于硫酸中，则构成原电池。在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，溶液中的氢离子在正极得到电子，被还原，发生还原反应，生成氢气。纯锌片换成含有杂质的锌，则锌和杂质将构成原电池，电子直接在锌片表面被氢离子得到，即流向铜片的电子减少，所以铜片上产生气泡的速率变慢。（2）根据正极的电极反应式2H＋＋2e－=H2↑可知，生成氢气是0.1mol，其体积在标准状况下的为2.24L。（3）如果把稀硫酸换成硫酸铜溶液，则正极上铜离子得到电子，被还原生成铜析出，电极反应式为Cu2++2e－＝Cu。18.硫有多种化合物，如H2S、COS（羰基硫）、SO2等，它们对环境均有一定的影响。（1）H2S经K2CO3溶液吸收后，生成两种酸式盐。其中任意一种酸式盐的化学式是____。（2）COS（羰基硫）燃烧时有SO2生成，其原理为：2COS+3O22CO2+2SO2。若转移3.612×1024个电子，则参加反应COS（羰基硫）的物质的量是____mol。（3）电厂排出的烟气中含有CO、SO2等。SO2能与H2S反应生成S和H2O，说明SO2具有____性。CO在催化剂存在时可与SO2反应，转化为一种固体和一种无害气体。该反应的化学方程式是___。（4）石灰石作为脱硫剂，可有效吸收废气中的SO2，减少酸雨的产生。①在煤炭中加入石灰石可减少燃烧时SO2的排放量，并生成CaSO4。该反应的化学方程式是____。②你认为减少酸雨产生的途径可采取的措施是____（填序号）。a．避免直接用高硫煤作燃料

b．把工厂的烟囱造高c．燃料脱硫

d．开发新能源参考答案：(1)KHS或KHCO3

(2)1

(3)氧化

SO2+2COS+2CO2

(4)2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2

acd【分析】（1）多元酸存在酸式盐可知酸式盐为KHCO3、KHS。（2）根据方程式可知2COS～12e-进行计算。（3）根据化合价升降判断还原性和氧化性；一氧化碳与二氧化硫反应生成无害气体确定产物有二氧化碳，另一种产物为固体确定为S。（4）①二氧化硫与氧气、石灰石反应制取硫酸钙。②减少二氧化硫排放进行分析。【详解】（1）H2S经K2CO3溶液吸收后，生成两种酸式盐的方程式H2S+K2CO3==KHCO3+KHS，故两种酸式盐的化学式为KHCO3、KHS；正确答案：KHS或KHCO3。（2）n（转移电子）=3.612×1024/(6.02×1023)=6mol,根据2COS+3O22CO2+2SO2,2molCOS反应转移12mol电子,所以转移6mol电子,需要COS的物质的量为1mol；正确答案:1。（3）SO2能与H2S反应生成S和H2O，SO2中硫元素的化合价降低,得电子,说明SO2具有氧化性。CO在催化剂存在时可与SO2反应，转化为一种固体和一种无害气体,化学方程式SO2+2COS+2CO2；正确答案：氧化；SO2+2COS+2CO2。（4）①在煤炭中加入石灰石可减少燃烧时SO2的排放量，并生成CaSO4，注意硫元素化合价升高，被氧化，所以还有一种氧化剂（氧气）作为反应物，方程式2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2；正确答案：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2。②减少酸雨必须减少污染物硫的氧化物、氮的氧化物的排放、开发利用新能源，而把工厂的烟囱造高并不能达到目的，因此应该选择acd；正确答案：acd。【点睛】本题易错点是第四小题，氧化还原反应中化合价有升必有降，根据产物硫酸钙