2022-2023学年广东省潮州市东山中学高一化学知识点试题含解析

2022-2023学年广东省潮州市东山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.下列有关0.1mol·L－1NaOH溶液的叙述正确的是A．1L该溶液中含有NaOH

40gB．100ml该溶液中含有OH-

0.01molC．从1L该溶液中取出100mL，所取出的NaOH溶液的浓度为0.01mol·L－1D．在1L水中溶解4gNaOH即可配制得0.1mol·L－1NaOH溶液参考答案：B略2.下列溶液中，c(SO42－)最小的是A．20mL0.5mol/LAl2(SO4)3溶液

B．30mL1mol/LMgSO4溶液 C．7.5mL2mol/LKAl(SO4)2溶液

D．10mL3mol/LNa2SO4溶液参考答案：B略3.某金属的硝酸盐受热分解生成NO2、Ｏ2和某金属氧化物，已知NO2和O2的分子个数比为4：1，则在分解过程中该金属的化合价将A.升高

B.降低

C.不变

D.无法确定

参考答案：C4.在溶液中加入适量Na2O2后仍能大量共存的离子组是（）A.MnO4-、Ba2+、Cl-、NO3- B.Na+、Cl-、CO32-、SO32-C.Ca2+、Mg2+、NO3-、HCO3- D.K+、AlO2-、Cl-、SO42-参考答案：DNa2O2与H2O反应的实质为：Na2O2+2H2O=H2O2+2NaOH、2H2O2=2H2O+O2↑，所以加入Na2O2后，溶液中主要存在NaOH（碱性）、H2O2（氧化性、还原性）。A、MnO4－具有强氧化性，能将H2O2氧化，不能大量共存，故A错误；B、SO32-能被H2O2氧化为SO42-，而不能大量共存，故B错误；C、HCO3－与OH－反应生成CO32—和H2O，Ca2+与生成的CO32—反应生成沉淀，Mg2+与OH－反应生成Mg(OH)2沉淀，不能大量共存，故C错误；D、几种离子之间均不发生反应，能大量共存，故D正确。故选D。5.短周期元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大。已知元素A的气态氢化物和A的最高价氧化物对应的水化物反应生成盐；B、E为同主族元素，B元素原子最外层电子数是次外层的3倍；D是地壳中含量最多的金属元素；C是短周期中与水反应最激烈的金属元素。下列叙述不正确的是（

）A.元素A的氧化物常温下一般均为无色无味气体B.元素C、D、E的最高价氧化物对应的水化物两两之间能发生反应C.原子半径：C＞D＞BD.元素B的气态氢化物的沸点比元素E气态氢化物的沸点高参考答案：A试题分析：根据题意知短周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大。元素A的气态氢化物和A的最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，则A为氮元素；B元素原子最外层电子数是次外层的3倍，则B为氧元素；D是地壳中含量最多的金属元素，则D为铝元素；B、E为同主族元素，则E为硫元素；C是短周期中与水反应最激烈的金属元素，则C为钠元素。A、二氧化氮常温下为红棕色有刺激性气味的气体，错误；B、氢氧化铝为两性氢氧化物，既能与硫酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，硫酸和氢氧化钠溶液能发生中和反应，正确；C、根据元素周期律判断原子半径：Na＞Al＞O，正确；D、水分子间存在氢键，沸点比H2S的沸点高，正确。

6.随着卤素原子核电荷数的增加，下列递变规律正确的是

A．单质的熔沸点逐渐降低

B．气态氢化物的稳定性逐渐降低C．卤素原子的还原性逐渐增强

D．卤素单质的氧化性逐渐增强参考答案：B7.元素在周期表中的位置，反映了元素的原子结构和元素的性质，下列说法正确的是（）A．第三周期元素的最高正化合价等于它所处的主族序数B．同一元素不可能既表现金属性，又表现非金属性

C．短周期元素形成离子后，最外层电子都达到8电子稳定结构D．同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质完全相同参考答案：A略8.按要求回答下列问题：(l)已知反应H2S+2HNO3（浓）=3S↓+2NO2+2H2O，该反应的还原剂是_______，氧化产物是____，生成16gS转移的电子数为____。(2)Cu2S（Cu显+1价）与一定浓度的HNO3反应生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO和H2O，反应的化学方程式为____。(3)Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，则x的值为____。参考答案：(1)H2S

S

NA或6.02×1023

(2)3Cu2S+16HNO3=3CuSO4+3Cu(NO3)2+10NO↑+8H2O

(3)5【分析】根据化合价变化判断还原剂和氧化剂，根据得失电子守恒配平氧化还原反应。【详解】该反应中H2S中S元素从-2价升高至0价，转移2个e-，故H2S做还原剂，被还原后生成的氧化产物为S单质，生成16gS即0.5molS转移1mole-，即电子数为NA，故答案为：H2S，S，NA或6.02×1023；Cu+→Cu2+从+1价转化成+2价失电子，S2-→SO42-，S元素从-2价转化为+6价得到电子，NO3-→NO，N元素从+5转化成+2，得到电子，根据氧化还原反应中，得失电子数相等，故方程式为：3Cu2S+16HNO3=3CuSO4+3Cu(NO3)2+10NO↑+8H2O；因为在NaClO中Cl的化合价为+1,价，反应后被还原为NaCl，化合价为-1，每1mol的Cl得到2mol的电子，则电子转移的物质的量为32mol，S的化合价在反应前为-2/x，反应后为+6价，每1mol的S化合价升高数值为6+，则xmol的S化合价升高6x+2价，由于在氧化还原和反应化合价升降总数相等，所以6x+2=32，解得x=5，故答案为：5。【点睛】氧化还原反应中，得失电子总数相等导致元素化合价的升降总数也相等。在计算得失电子总数时，应注意每个原子得失电子的数目及发生这样变化的原子总数。9.带有2个单位正电荷的微粒X2+，它的质量数等于137，中子数是81，则核外电子数为（

）A.56 B.58 C.54

D.137参考答案：C【详解】X2+的质量数等于137，中子数是81，质子数为137-81=56，原子核外电子数等于56，原子失去2个电子形成X2+，所以X2+的核外电子数为54，故合理选项是C。10.1mol某气态烃，能跟1molHCl完全加成，加成后产物分子上的氢原子又可被7molCl2完全取代，则此气态烃可能是

A.CH3—CH=CH2B.CH2=CH2

C.CH2=CH—CH=CH2

D．CH3—CH3

参考答案：A略11.下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是选项实验目的实验操作A称取2.0gNaOH固体先在左、右两托盘上各放一张滤纸，然后在有盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体B检验试液中是否含有NH4+取少量试液于试管中，加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体C除去CO2中混有的杂质SO2将混合气体通入盛有澄清石灰水的洗气瓶中D验证金属钠比铜活泼将钠加入1.0mol·L-1的CuSO4溶液中

参考答案：BA．NaOH易潮解，具有腐蚀性，应在小烧杯中称量，且放在左盘，天平游码回零，砝码为2.0g，故A错误；B．取少量试液于试管中，加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，若试纸变蓝，说明原溶液中含有铵根离子，该方法合理，故B正确；C．澄清的石灰水能吸收CO2和SO2，故C错误；D．Na是活泼金属，能与CuSO4溶液中的水反应，无铜置换出来，故D错误；答案为B。12.某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO

25%，密度为1.19g/cm3的消毒液．下列说法正确的是(

)A.配制过程只需要三种仪器即可完成B.容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制C.定容时俯视容量瓶的刻度线，会造成所配溶液物质的量浓度偏低D.需用托盘天平称量的NaClO固体的质量为148.8

g参考答案：DA、配制过程中需要用到天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，不止三种，A项错误；B、容量瓶是精密仪器不能烘干，容量瓶中有水对溶液的体积无影响，B项错误；C、定容时俯视容量瓶刻度线，使所加入水的体积偏小，浓度增大，C项错误；D、配制480mL的溶液要选用500mL容量瓶，需要NaClO的质量：500mL1.19g/cm-325%=148.75148.8g，D项正确；答案选D。13.下列说法正确的是

A．物质发生化学变化都伴随着能量变化B．任何反应中的能量变化都表现为热量变化C．物质变化时若伴有能量变化，则一定是化学变化D．没有物质的化学变化，也就没有能量的变化参考答案：A略14.下列关于物质性质变化的比较，不正确的是：

A．酸性强弱：HI＞HBr＞HCl＞HF

B．原子半径大小：Na＞S＞OC．碱性强弱：KOH＞NaOH＞LiOH

D．还原性强弱：F-＞Cl-＞I-参考答案：D15.取软锰矿石（主要成分为MnO2）116g跟足量浓盐酸发生如下反应（杂质不参与反应）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，制得22.4LCl2（标准状况）．下列有关说法中不正确的是（）A．这种软锰矿石中MnO2的质量分数为75%B．被氧化的HCl的物质的量为4molC．参加反应的HCl的质量为146gD．被还原的MnO2的物质的量为1mol参考答案：B考点：氧化还原反应的计算；氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：n（Cl2）==1mol，由MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O反应，1molMnO2参加反应，反应中Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，以此来解答．解答：解：A．n（Cl2）==1mol，由MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O反应，1molMnO2参加反应，其质量为87g，则软锰矿石中MnO2的质量分数为×100%=75%，故A正确；B．由反应可知，生成1mol气体时，2molHCl被氧化，故B错误；C．参加反应的HCl为4mol，其质量为4mol×36.5g/mol=146g，故C正确；D．Mn元素的化合价降低，被还原的MnO2的物质的量为1mol，故D正确；故选B．点评：本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.用三个烧杯组成如图所示装置进行下列实验，实验结果与预测现象不一致的是（）选项①中物质②中物质预测现象A酚酞溶液浓氨水①中无色变红色BCCl4液溴①中变橙色C浓氨水浓硫酸空气中产生白烟DNaAlO2溶液浓硝酸①中有白色沉淀

参考答案：C【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．浓氨水具有挥发性，酚酞溶液在碱性条件下为红色；B．溴易挥发；C．浓硫酸不挥发；D．浓硝酸与NaAlO2溶液的反应生成氢氧化铝沉淀．【解答】解：A．浓氨水具有挥发性，挥发出的氨气溶于水得氨水，酚酞遇氨水为红色，故A正确；B．溴易挥发，溴的四氯化碳为橙色，故B正确；C．浓硫酸不挥发，不产生白烟，故C错误；D．浓硝酸易挥发，①中发生盐酸与NaAlO2溶液的反应生成氢氧化铝沉淀，所以观察到的现象为白色沉淀，故D正确．故选C．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.从石器、青铜器到铁器时代，金属的冶炼体现了人类文明的发展水平．如图1表示了三种金属被人类开发利用的大致年限．（1）上述图1中的三种常用金属的开发利用之所以有先后，主要取决于

（填选项序号）A．金属的导电性强弱

B．金属在地壳中的含量多少C．金属的化合价高低

D．金属的活动性大小（2）早在西汉成书的《淮南万毕术》里，就有“曾青得铁则化为铜“的记载．曾青又有空青、白青、石胆、胆矶等名称其实都是天然的硫酸铜．①写出“曾青得铁则化为铜“的离子方程式

．②若根据上述反应设计成原电池，请在图2方框中画出原电池的装置图，标出正、负极和电解质溶液，并写出电极反应式．正极反应

，负极反应

③设计一个实验方案，使如图3装置中的铁棒上析出铜，而铁的质量不变．（可用文字叙述也可用图示意）．参考答案：（1）D；（2）①Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；②；Cu2++2e﹣=Cu；Fe﹣2e﹣=Fe2+；③．解：（1）由图示可以看出金属的活动性大小与金属的开发利用的先后有关，故答案为：D；（2）①铁和硫酸铜溶液发生置换反应，反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故答案为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；②原电池的总反应为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，则该原电池中，Fe为负极，负极反应F