2022-2023学年山西省朔州市应县第六中学高一化学联考试卷含解析

2022-2023学年山西省朔州市应县第六中学高一化学联考试卷含解析一、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.金属单质与足量Cl2反应后，生成物的化学式中，不正确的是A.FeCl2

B.AlCl3

C.FeCl3

D.CuCl2参考答案：A2.孔林、孔庙二孔府是著名的旅游景点，近几年，修建的高速公路绕开了孔林、孔庙、孔府，以减少污染。你认为，在三孔景区，这样能有效减少的主要是

A．车辆排放的大量尾气

B．居民燃煤所产生SO2气体

C．尘埃、生活垃圾

D．工厂所排“三废”参考答案：A略3.下列推断正确的是（）A.铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，故铁丝在氧气中燃烧生成Fe2O3B.铁能从硫酸铜溶液中置换出铜，故钠也能从硫酸铜溶液中置换出铜C.钠与氧气、水等反应时钠均作还原剂，故金属单质参与化学反应时金属均作还原剂D.活泼金属钠保存在煤油中，故活泼金属铝也保存在煤油中参考答案：C【详解】A、铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，铁丝在纯氧中燃烧生成Fe3O4，故A推断错误；B、金属钠为活泼金属，加入硫酸铜溶液中，先与H2O反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，然后NaOH再与CuSO4反应：CuSO4＋2NaOH=Cu(OH)2↓＋Na2SO4，故B推断错误；C、金属钠与O2、H2O反应生成Na2O或Na2O2、NaOH，金属钠化合价升高，金属钠作还原剂，金属单质参与化学反应时金属失去电子，化合价升高，作还原剂，故C推断正确；D、金属铝在空气中被氧化成一层致密的氧化薄膜，阻碍反应的进行，保护内部铝不被氧化，因此金属铝不用保存在煤油中，故D推断错误。【点睛】易错点是金属钠与盐溶液的反应，金属钠一般先与水反应，生成的NaOH再与盐反应，当盐状态为熔融状态时，金属钠与盐发生反应。4.下列有关说法正确的是（

）。A.H2SO4的酸性比HClO的酸性强，所以S的非金属性比Cl强B.Mg(OH)2是中强碱，Al(OH)3是两性氢氧化物，所以Al比Mg活泼C.H2S300℃时开始分解，H2O1000℃时开始分解，说明O的非金属性比S强D.Na和Mg与酸都能激烈反应放出氢气，故无法比较它们的金属性强弱参考答案：C略5.下列叙述正确的是

A．常温下，1.5molO2的体积约为33.6LB．NaOH的摩尔质量是40gC．100mL水中溶解了5.85gNaCl，则溶液中NaCl的物质的量浓度为1mol·L-D．同温同压下，相同体积的任何气体所含的分子数一定相同

参考答案：D6.下列过程需要通电才能进行的是

①电离②电解③电镀④电化学腐蚀A．①②

B．②④

C．②③

D．②③④参考答案：C7.下列叙述正确的是()A.浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氢气、氧气、氨气等气体，但不能干燥有较强还原性的HI、H2S等气体B.浓硫酸与单质碳反应的化学方程式为：C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O，在此反应中，浓硫酸既表现了强氧化性又表现了酸性C.把足量铜粉投入到含H2SO42mol的浓硫酸中，得到气体体积标准状况下为22.4LD.常温下能够用铁、铝等容器盛放浓硫酸，是因为浓硫酸的强氧化性使其钝化参考答案：DA项浓硫酸具有吸水性，但由于其具有强氧化性和酸性，故不能用来干燥具有还原性的气体和碱性气体(NH3)。B项金属与浓硫酸反应时，生成相应的盐和SO2，此时浓硫酸显酸性和强氧化性，而与S、C等非金属单质作用时，由于没有盐生成，故只显强氧化性。C项Cu与浓H2SO4反应时，浓H2SO4浓度逐渐降低，当降到一定程度变为稀H2SO4时，反应自行停止，故产生的SO2在标准状况下不足22.4L。8.在密闭容器中进行可逆反应，A与B反应生成C，其反应速率分别用v(A)、v(B)、v(C)[mol·(L·s)－1]表示，且v(A)、v(B)、v(C)之间有以下关系：v(B)=3v(A)，3v(C)=2v(B)。则此反应可表示为（

）A.2A+3B2C

B.A+3B2CC.3A+B2C

D.A+BC参考答案：B略9.下列各组物质中化学键的类型相同的是（

）A．HCl

MgCl2

NH4Cl

B.

H2O

Na2O

?CO2C．NH3

H2O

CO2

D.CaCl2

?NaOH

H2O

参考答案：C略10.下列叙述中，不正确的是A.中含有10个中子 B.H、H、是氢元素的三种核素C.与重水互称同位素 D.、金刚石、石墨均为碳的同素异形体参考答案：C【详解】A.根据A=A+N，其中质子数为8，质量数为18，中子数为10，故A正确；B.1H、2H、3H质子数相同，中子数不同，则1H、2H、3H互为同位素，故B正确；C.同位素是指质子数相同，质量数不同同种元素的不同原子，故C错误；D.、金刚石、石墨是同种元素形成的不同单质，即、金刚石、石墨互为同素异形体，故D正确；故选C。

11.能证明某烃分子里只含有一个碳碳双键的事实是（

）A．该烃分子里碳氢原子个数比为1:2

B．该烃能使酸性KMnO4溶液褪色C．该烃完全燃烧生成的CO2和H2O的物质的量相等D．该烃容易与溴水发生加成反应，且1mol该烃完全加成消耗1mol溴单质参考答案：D略12.下列各物质所含原子数由多到少的顺序是()①1.204×1024个C

②0.7molNH3

③1.204×1023个钠原子④0.2molH2SO4

⑤1molHeA．①③②④⑤B．②①④⑤③

C．②④①⑤③D．④⑤②①③参考答案：B本题考查了物质的量的计算。①1.204×1024个C，即C原子数是2NA②0.7molNH3中含有原子数是:0.7mol3NA=2.1NA；③1.204×1023个钠原子即原子数是0.2NA；④0.2molH2SO4中原子数是1.4NA；⑤1molHe中原子数是NA；各物质所含原子数由多到少的顺序是②①④⑤③，故选B。13.给出下列条件，无法确定该物质摩尔质量的是(

)A．已知气体在标准状况时的密度

B．已知物质的体积和质量C．已知一定量物质的质量和物质的量

D．已知物质一个分子的实际质量参考答案：B略14.下列有关化学用语使用正确的是

A．NH4Br的电子式：

B．乙酸的最简式：C2H4O2

C．原子核内有l8个中子的氯原子：

D．S2-的结构示意图：

参考答案：C略15.如图，将锌片和铜片用导线连接后放入稀硫酸中，下列有关说法中正确的是（）A．铜片为电池的负极B．SO42﹣向负极移动C．电子从铜片流向锌片D．铜片上发生的电极反应为Cu﹣2e﹣═Cu2+参考答案：B【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】Zn、Cu与硫酸形成的原电池中，较活泼的金属锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应；铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气；电子从负极沿导线流向正极；溶液中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，据此解答．【解答】解：A．较活泼的金属锌作负极，铜作正极，故A错误；B．原电池工作时，溶液中阴离子向负极移动，即SO42﹣移向负极，故B正确；C．原电池工作时，电子从负极锌沿导线流向正极铜，故C错误；D．铜片作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，电极反应为2H++2e﹣=H2↑，故D错误；故选B．二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某同学购买了一瓶××牌“84消毒液”，查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：“84消毒液”：含25%NaClO1000mL、密度1.19g?cm﹣3．请根据以上信息和相关知识回答下列问题：（1）该“84消毒液”的物质的量浓度为

mol?L﹣1（保留两位有效数字）．某实验需用480mL含25%NaClO的消毒液．该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制该消毒液．①下列说法正确的是

．A．如图所示的仪器中，有四种是不需要的，还需一种玻璃仪器B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干才能用于溶液配制C．利用久置的NaClO来配制可能导致结果偏低D．需要称量的NaClO固体质量为143g②在配制过程中，下列操作可能使配制的溶液的浓度偏大的是

．A．烧杯中溶液转移到容量瓶中时，未洗涤烧杯

B．定容时，俯视刻度线C．定容时，仰视刻度线

D．移液时，有少量液体溅出．参考答案：4.0

C

B

考点：配制一定物质的量浓度的溶液．专题：实验题．分析：（1）根据含25%NaClO、1000mL、密度1.19g?cm﹣3，及根据c=来计算；①根据溶液的配制及c=、m=nM来分析；②根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断．解答：解：（1）根据c=，则c（NaClO）==4.0mol?L﹣1，故答案为：4.0；①A．需用托盘天平称量NaClO固体，需用烧杯来溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示的A、B、C、D不需要，但还需玻璃棒和胶头滴管，故A错误；B．配制过程中需要加入水，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用，故B错误；C．由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，所以久置的NaClO可能部分变质导致NaClO减少，配制的溶液中溶质的物质的量减小，结果偏低，故C正确；D．应选取500mL的容量瓶进行配制，然后取出480mL即可，所以需要NaClO的质量：0.5L×4.0mol?L﹣1×74.5g?mol﹣1=149g，故D错误；故答案为：C；②A．未洗涤烧杯，使n偏小，浓度偏小，故A错误；B．俯视刻度线，使V偏小，浓度偏大，故B正确；C．仰视刻度线，使V偏大，浓度偏小，故C错误；D．少量液体溅出，使n偏小，浓度偏小，故D错误．故答案为：B．点评：本题考查有关物质的量浓度的计算，明确浓度、体积、物质的量的关系及溶液配制的仪器、步骤等即可解答，难度不是很大，但计算较繁琐三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型电池。电池装置如图所示，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定。请回答下列问题：（1）在导线中电子流动方向为______________(用a、b表示)。（2）负极反应式为__________________。（3）电极表面镀铂粉的原因是__________________________________。（4）该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断地提供电能。因此大量安全储氢是关键技术之一。金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：Ⅰ.2Li＋H2＝2LiHⅡ.LiH＋H2O===LiOH＋H2↑①反应Ⅰ中的还原剂是__________，反应Ⅱ中的氧化剂是__________。②已知LiH固体密度为0.82g/cm3。用锂吸收224L(标准状况)H2，生成的LiH体积与被吸收的H2体积之比为________。③由②生成的LiH与H2O作用，放出的H2用作电池燃料，若能量转化率为80%，则导线中通过电子的物质的量为__________mol。参考答案：(1)由a到b

(2)2H2＋4OH－－4e－===4H2O（或H2＋2OH－－2e－===2H2O）

(3)增大电极单位面积吸附H2、O2的分子数，加快电极反应速率

(4)①Li

H2O

②8.7×10－4

③32试题分析：（1）氢氧燃料电池中，氢气发生氧化反应，所以通入氢气的一极是负极；氧气发生还原反应，通入氧气的一极是正极；电子由负极经导线流入正极；（2）氢气在负极失电子发生氧化反应；（3）铂吸附气体的能力强，性质稳定；（4）①所含元素化合价升高的反应物是还原剂，所含元素化合价降低的反应物是氧化剂；②根据2Li＋H2＝2LiH计算生成的LiH体积与被吸收的H2体积之比为；②根据反应Ⅰ、Ⅱ的关系式计算导线中通过电子的物质的量；解析：（1）氢氧燃料电池中，氢气发生氧化反应，所以通入氢气的一极是负极；氧气发生还原反应，通入氧气的一极是正极，电子由负极经导线流入正极，在导线中电子流动方向为由a到b；（2）氢气在负极失电子发生氧化反应，电极反应式是H2＋2OH－－2e－===2H2O；（3）铂吸附气体的能力强，电极表面镀铂粉增大电极单位面积吸附H2、O2的分子数，加快电极反应速率；（4）①所含元素化合价升高的反应物是还原剂，所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，反应Ⅰ中锂元素化合价升高，所以还原剂是Li，反应Ⅱ，水中氢元素化合价降低，氧化剂是H2O；②设生成的LiH体积是v，；v=195.12，生成的LiH体积与被吸收的H2体积之比为195.12:224=8.7×10－4；②根据反应Ⅰ、Ⅱ的关系式，10mol氢气被吸附，生成氢气20mol，根据H2＋2OH－－2e－===2H2O，导线中通过电子的物质的量为mol；点睛：原电池中负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，电子由负极经导线流入正极；电解质溶液中阳离子移向正极、阴离子移向负极。18.随原子序数递增，八种短周期元素(用字母x……表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。

回答下列问题:（1）H的离子结构示意图为__________________________。

（2）由E和D两元素形成的原子个数比为1∶1的化合物的电子式为______________。（3）单质G易溶于YG2，则YG2的结构式为_______________。（4）Z2X4是一种高效清洁的火箭燃料，8g该物质含有的共用电子对数目为________