河南省安阳市师范学院附属中学高一化学联考试题含解析

河南省安阳市师范学院附属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.下列说法正确的是（

）A．在氧化还原反应中金属单质只作还原剂B．有单质参加的化学反应一定是氧化还原反应C．金属阳离子被还原一定得到相应的金属单质D．金属氧化物一定是碱性氧化物参考答案：A略2.室温时，下列物质的溶液中，能用铝制容器盛装的是A.KOH溶液

B.稀H2SO4溶液

C.浓硝酸

D.白醋参考答案：CA.KOH溶液能与金属铝反应，不能铝制容器盛装，A错误；B.稀H2SO4溶液能与金属铝反应，不能铝制容器盛装，B错误；C.常温下铝在浓硝酸中钝化，能用铝制容器盛装，C正确；D.白醋能与金属铝反应，不能铝制容器盛装，D错误；答案选C。3.短周期主族元索A、B、C、D的原子序数依次增大。已知A、C的原子序数之差为8,A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15，B元素原子的最外层电子数等于A元素原子的最外层电子数的一半。下列叙述正确的是（

）A.A与C形成的化合物溶于水所得溶液显碱性B.B与D形成的化合物溶于水所得溶液显酸性C.氢化物的稳定性：C>DD.简单离子的半径：B>C>>D>A参考答案：B短周期主族元索A、B、C、D的原子序数依次增大，B元素原子的最外层电子数等于A元素原子的最外层电子数的一半，则A原子最外层电子数为偶数，A、C的原子序数的差为8，则A、C为同主族元素，A、B、C三种元素的最外层电子数之和为15，设B原子最外层电子数为x，则x+2x+2x=15，解得x=3，故A、C的最外层电子数为6，A为O元素，C为S元素，B的原子序数大于氧元素，最外层电子数为3，故B为Al元素，D的原子序数最大，故D为Cl元素，A、A为O元素，C为S元素，形成的化合物为SO2或SO3，溶液呈酸性，错误；B、B为Al元素，D为Cl元素，形成的化合物为氯化铝，水解呈酸性，错误；C、同周期自左而右非极性增强，非金属性Cl>S，非金属性越强，氢化物越稳定，故稳定性HCl>H2S，错误；D、同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Al>S>Cl>O，即A<D<C<B，正确。答案选D。点睛：本题考查结构位置性质关系，难度适中，注意利用奇偶性及A、C的原子序数相差8判断二者处于短周期同一主族，是推断元素的关键。4.固体单质X和气体Y在容积一定的密闭容器中完全反应生成气体Z，相同温度下测得容器内压强不变，若产物气体Z的密度是原气体密度的3倍，则判断正确的是（）A．反应前后的气体质量之比一定是1：3B．两种单质X、Y的摩尔质量之比是1：3C．在生成物Z中，X的质量分数为50%D．Z中X、Y两元素的原子个数比为3：1参考答案：A考点：阿伏加德罗定律及推论．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：根据阿伏加德罗定律可知，容器的体积固定，相同温度下测得容器内压强不变，则反应前后气体的物质的量相同，若产物气体Z的密度是原气体密度的3倍，则气体Z的质量是反应前气体Y质量的3倍，化学反应遵循质量守恒定律，则X的质量为B的质量的2倍，在生成物中X的质量分数为33.3%，由于不能确定X和Y的物质的量的关系，则不能确定X、Y的摩尔质量和原子个数之间的关系．解答：解：容器的体积不变，其密度是反应前气体的3倍，m=ρM，则反应前后的气体质量之比一定是1：3，故A正确；B．由于不能确定X和Y的物质的量的关系，则不能确定X、Y的摩尔质量和原子个数之间的关系，故B错误；C．气体Z的质量是反应前气体Y质量的3倍，化学反应遵循质量守恒定律，则X的质量为Y的质量的2倍，在生成物中X的质量分数为33.3%，故C错误；D．由于不能确定X、Y的物质的量的关系，则不能确定X、Y的摩尔质量和原子个数之间的关系，故D错误；故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论，根据题给选项只能确定Y和Z的关系、X的质量，但不能确定固体和气体之间物质的量关系、原子关系，题目难度中等．5.在同温、同压下，某有机物与过量Na反应得到V1L氢气，另取一份等量的该有机物与足量NaHCO3反应得V2L二氧化碳，若V1＝V2≠0，则有机物可能是()A．CH3CH2OH

B．HOOC—COOHC．

D．CH3COOH参考答案：C试题分析：有机物和过量Na反应得到V1L氢气，说明分子中含有R-OH或-COOH，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，说明分子中含有-COOH；存在反应关系式：R-OH～H2，-COOH～H2，以及-COOHCO2，若V1=V2≠0，说明分子中含有1个R-OH和1个-COOH，只有C符合，故选C。6.利用碳酸钠晶体（Na2CO3?10H2O）来配制1.0mol?L﹣1Na2CO3溶液500mL，假如其他操作均准确无误，下列情况会引起所配溶液浓度偏高的是（）A．称取碳酸钠晶体53.0gB．移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行冲洗C．定容时，俯视观察刻度线D．定容后，将容量瓶反复倒转、摇匀、静置时发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线参考答案：C【考点】溶液的配制．【分析】分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析，凡是使n偏大或者是V偏小的操作，都会使溶液浓度偏高，反正使溶液浓度偏低，据此解答．【解答】解：A．配制1.0mol?L﹣1Na2CO3溶液500mL，应称量碳酸钠晶体质量m=1.0mol/L×0.5L×286g/mol=143.0g，称取碳酸钠晶体53.0g，导致称取的溶质的质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A错误；B．移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行冲洗，导致部分溶质损失，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B错误；C．定容时，俯视观察刻度线，导致溶液体积偏小，溶液的物质的量浓度偏高，故C正确；D．定容后，将容量瓶反复倒转、摇匀、静置时发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D错误；故选：C．7.能够用来鉴别BaCl2、NaCl、Na2CO3三种物质的试剂是（

）A．AgNO3溶液 B．稀硫酸 C．稀盐酸 D．NaOH溶液参考答案：B8.下列各组气体中，在通常情况下既能用浓硫酸又能用碱石灰干燥的有A．SO2、O2、N2B．HCl、Cl2、CO2C．CH4、H2、COD．SO2、Cl2、O2参考答案：C9.下列各组离子能在溶液中大量共存，且溶液呈透明显碱性的是

A．AlO2-、CO32-、Na＋、K＋

B．Al3＋、Cl-、AlO2-、Na＋C．Na＋、Al3+、HCO3-、NO3-

D．Fe2＋、K＋、H＋、NO3-参考答案：A略10.下列分离物质的方法中，根据微粒大小进行分离的是（

）A、萃取

B、过滤

C、蒸发

D、升华参考答案：B略11.下列4组物质中均有一种物质的类别与其他3种不同。A.CaO、Na2O、CO2、CuO

B.S、C、P、CuC.O2、Fe、Cu、Zn

D.HCl、NaCl、H2SO4、HNO3（1）以上4组物质中类别不同的物质依次是A_____；B_____；C_____；D_____。（2）这些类别不同的物质中属于电解质的是______(填化学式)。D组同一类别的物质的稀溶液与NaOH溶液反应的离子方程式为__________。参考答案：(1)CO2

Cu

O2

NaCl

(2)NaCl

H++OH-=H2O解析：（1）A项，CaO、Na2O、CuO都属于碱性氧化物，CO2属于酸性氧化物（或CaO、Na2O、CuO都属于金属氧化物，CO2属于非金属氧化物）；B项，S、C、P都属于非金属单质，Cu属于金属单质；C项，Fe、Cu、Zn都属于金属单质，O2属于非金属单质；D项，HCl、H2SO4、HNO3都属于强酸，NaCl属于盐。4组物质中类别不同的物质依次是A：CO2；B：Cu；C：O2；D：NaCl。（2）CO2溶于水虽然能导电，但导电的离子是由CO2和H2O反应生成的H2CO3电离出来的，不是由CO2自身电离产生的，CO2属于非电解质；Cu、O2都是单质，单质既不是电解质也不是非电解质；NaCl溶于水和熔融状态下都能导电，NaCl属于电解质；CO2、Cu、O2、NaCl四种物质中属于电解质的是NaCl。D组中HCl、H2SO4、HNO3都属于强酸，与NaOH发生酸碱中和反应，反应的离子方程式为H++OH-=H2O。点睛：本题的难点是电解质和非电解质的判断，判断时需注意：（1）电解质和非电解质都是化合物，单质、混合物既不是电解质也不是非电解质；（2）电解质导电是指电解质自身溶于水或熔融状态下电离出自由移动的离子导电。12.短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等．下列判断不正确的是（）

R

TQ

W

A．最简单气态氢化物的热稳定性：R＞QB．最高价氧化物对应水化物的酸性：Q＜WC．原子半径：T＞Q＞RD．含T的盐中，T元素只能存在于阳离子中参考答案：D【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】由短周期元素R、T、Q、W所处的位置，可确定T、Q、W为第三周期的元素，R为第二周期元素，T所处的周期序数与族序数相等，则T为Al元素，可推知Q为Si元素，W为S元素，R为N元素．A．非金属性越强，氢化物越稳定；B．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；C．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；D．含有铝元素的盐溶液中可能为铝盐、可能为偏铝酸盐．【解答】解：由短周期元素R、T、Q、W所处的位置，可确定T、Q、W为第三周期的元素，R为第二周期元素，T所处的周期序数与族序数相等，则T为Al元素，可推知Q为Si元素，W为S元素，R为N元素．A．非金属性N＞Si，故最简单气态氢化物的热稳定性为NH3＞SiH4，故A正确；B．非金属性Si＜S，故最高价氧化物对应水化物的酸性为H2SiO3＜H2SO4，故B正确；C．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：T＞Q＞R，故C正确；D．T为铝元素，其盐溶液中可能为铝盐、可能为偏铝酸盐，故D错误；故选D．13.下列措施对增大反应速率明显有效的是（）A.Na与水反应时增大水的用量B.Fe与稀硫酸反应制取H2时，改用浓硫酸C.在K2SO4与BaCl2两溶液反应时，增大反应容器体积D.Al在氧气中燃烧生成Al2O3，将Al片改成Al粉参考答案：D【详解】A．Na与水的反应中，水是纯液体，增大水的用量，对化学反应速率无影响，A错误；B．铁和浓硫酸反应生成的不是氢气，而是SO2，B错误；C．压强只可以改变有气体参加的化学反应的速率，对没有气体参加的化学反应没有影响，C错误；D．Al在氧气中燃烧生成A12O3，将Al片改成Al粉，增大了铝和氧气的接触面积能增大反应速率，D正确；答案选D。14.经分析，某种物质只含有一种元素，则此物质

（

）A.一定是一种单质

B.一定是纯净物C.一定是混合物

D.可能是纯净物，也可能是混合物参考答案：D略15.工业生产硫酸时，其中一步反应是2SO2＋O22SO3，下列说法错误的是()A.增大氧气的浓度可提高反应速率

B.升高温度可提高反应速率C.使用催化剂能显著增大反应速率

D.达到化学平衡时，正、逆反应速率相等且都为零参考答案：D试题分析：A．增大氧气的浓度，单位体积活化分子数目增加，反应速率增大，A正确；B．升高温度，活化分子百分数增加，反应速率增大，B正确；C．加入催化剂，活化分子百分数增加，反应速率增大，C正确；D．达到化学平衡时正逆反应速率相等，应反应没有停止，速率不为零，D错误，答案选D。【考点定位】本题主要是考查化学反应速率的影响因素【名师点晴】该题难度不大，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累。难点是平衡状态的理解，在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，平衡状态具有逆、等、动、定、变等特点。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.结合下列实验装置图回答问题：图1

图2（1）某课外活动小组的同学用图1装置探究CO2的实验室制法：①甲同学用大理石与稀盐酸反应制取CO2，应该选用的发生装置是

，收集装置是

。②加热固体碳酸氢钠或固体碳酸氢铵都能产生CO2，其方程式分别是：2NaHCO3

Na2CO3+H2O+CO2↑NH4HCO3

NH3↑+H2O+CO2↑乙同学利用加热碳酸氢钠的方法制取CO2，应该选用的发生装置是

。他不选用碳酸氢铵制取CO2的理由是

。（2）图1中装置B虽然操作简便，但无法控制反应速率。请从图2中选取（填序号）取代B中的单孔塞，以达到控制反应速率的目的。参考答案：（1）①B

C

②A

碳酸氢铵加热分解会产生CO2和NH3的混合气体，从而制得的CO2不纯。（2）III略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.实验室用下列两种方法制氯气：①用含HCl146g的浓盐酸与足量MnO2充分反应；②用87gMnO2与足量的浓盐酸充分反应，则（1）写出实验室制取氯气的化学方程式__________________________________________（2）两种方法生成的氯气的量是方法①___▲___方法②(填“>”、“<”或“＝”，不考虑HCl挥发)。参考答案：（1）MnO2+4HCl（浓）==

MnCl2+Cl2↑+2H2O

（2）>略18.把下列现象中硫酸所表现出来的性质填写在空白处。(1)把锌粒放入稀硫酸中时，有气体放出。____________(2)盛有浓硫酸的烧杯敞口放置-段时间后，质量增加。____________(3)用玻璃棒蘸浓硫酸滴在纸上时，纸变黑。____________(4)把木炭放入热的浓硫酸中时，有气体放出。____________(5)在常温下可以用铁、铝制容器盛装冷的浓硫酸。____________参考答案：(1)酸性

(2)吸水性

(3)脱水性

(4)强氧化性或氧化性

(5)强氧化性或氧化性（1）Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，该反应中H元素化合价由+1价变为0价、Zn元素化合价由0价变为+2价，反应生成硫酸锌和氢气，反应生成硫酸盐，体现其酸性，且H元素的化合价降低，体现其弱氧化性；（2）在烧杯中敞口放置浓硫酸时，质量增加，是因浓硫酸具有吸水性；（3）用玻璃棒蘸浓硫酸滴在纸上时，纸发黑，是因浓硫酸具有脱水性，使纸中H、O元素以水的形式脱出，留下C元素；（4）浓硫酸和碳反应方程式为C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O，C元素化合价由0价变为+4价、S元素化合价由+6价变为+4价，该反应中浓硫酸体现强氧化性；（5）浓硫酸具有强氧化性，能和铁、铝在常温下发生氧化还原反应而生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一