2022年安徽省合肥市鸿桥高级职业中学高一化学测试题含解析

2022年安徽省合肥市鸿桥高级职业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.已知反应：X+Y=M+N为放热反应，对该反应的下列说法中正确的是

A、X的能量一定高于M

B、X和Y的总能量一定高于M和N的总能量C、Y的能量一定高于N

D、因为该反应为放热反应，故不必加热反应就可发生参考答案：B略2.下列说法或表示方法中正确的是（

）A.等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B.由C（金刚石）＝C（石墨）ΔH=-1.9kJ·mol-1可知，金刚石比石墨稳定C.在一定条件下，某可逆反应的ΔH=+100kJ·mol-1，则该反应正反应活化能比逆反应活化能大100kJ·mol-1D.已知2C(s)＋2O2(g)＝2CO2(g)

ΔH1；2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)

ΔH2。则ΔH1＞ΔH2参考答案：C【详解】分析：本题考查的是物质的能量与反应热和稳定性的关系，难度较小。详解：A.等质量的硫蒸气的能量比硫固体的高，故分别完全燃烧，前者放出的热量多，故错误；B.金刚石变石墨为放热反应，所以石墨的能量低，石墨稳定，故错误；C.正反应的活化能-逆反应的活化能即为该反应的焓变数值，在一定条件下，某可逆反应的ΔH=+100kJ·mol-1，则该反应的正反应活化能比逆反应活化能大100kJ·mol-1，故正确；D.前者为碳的完全燃烧，放出的热量多，但由于焓变为负值，故ΔH1<ΔH2，故错误。故选C。3.下列反应中，硝酸既表现酸性，又表现氧化性的是A．Fe2O3跟稀硝酸反应

B．Fe(OH)2跟稀硝酸反应C．CuO跟稀硝酸反应

D．Al(OH)3跟稀硝酸反应参考答案：B4.下列各物质所含原子数目，按由大到小顺序排列的是(

)①0.5molNH3

②标准状况下22.4LHe

③4℃9mL水

④0.2molH3PO4．A．①④③② B．④③②① C．②③④① D．①④③②参考答案：A考点：物质的量的相关计算．分析：原子的物质的量越大，含有原子的数目越多，①氨气分子含有4个原子，原子的物质的量为氨气的4倍；②根据n=计算氦气物质的量，氦气是单原子分子，氦气物质的量和氦原子物质的量相同；③根据m=ρV计算水的质量，再根据n=计算水的物质的量，原子物质的量为水的3倍；④磷酸分子含有8个原子，原子的物质的量为磷酸的8倍．解答：解：①氨气是4原子分子，故氨气中原子的物质的量为0.5mol×4=2mol；②氦气的物质的量为=1mol，氦气是单原子分子，氦气物质的量和氦原子物质的量相同，1mol氦气含1mol原子；③4℃时9mL水的质量为9g，其物质的量==0.5mol，含有原子物质的量=0.5mol×3=1.5mol；④磷酸分子含有8个原子，原子的物质的量为磷酸的8倍，0.2mol磷酸含有原子的物质的量为0.2mol×8=1.6mol；故含有原子数目由多到少顺序为：①④③②，故选A．点评：本题考查物质的量有关计算、微粒数目计算，比较基础，注意理解化学式的意义5.下列有关化学用语表示正确的是()A.硫原子结构示意图： B.质量数为31的磷原子：C.CaCl2的电子式： D.次氯酸分子的结构式：H-Cl-O参考答案：B【详解】A、硫原子中质子数等于核外电子数，即硫原子结构示意图为，A错误；B、根据原子构成，左下角为质子数，左上角为质量数，因此该核素P，B正确；C、CaCl2为离子化合物，其电子式为：，C错误；D、次氯酸的结构式为H-O-Cl，D错误；答案选B。

6.雷雨天闪电时空气中有臭氧（O3）生成，下列说法正确的是A．O2和O3互为同位素B．O2和O3的相互转化是物理变化C．等物质的量的O2和O3含有相同的质子数D．在相同的温度与压强下，等体积的O2和O3含有相同的分子数参考答案：D略7.将表面已完全钝化（氧化膜）的铝条，插入下列溶液中，不会发生反应的是

A．硫酸铜溶液

B．稀盐酸

C．稀硫酸

D．氢氧化钠溶液参考答案：A8.下列化学用语中，正确的是（

）A.次氯酸的结构式：H—O—ClB.氮气的电子式：∶N∶∶∶N∶C.CO2分子的电子式：O＝C＝OD.用电子式表示氯化氢分子的形成过程：参考答案：AA．Cl只能形成一对共用电子对，次氯酸的结构式为H-O-Cl，故A正确；B．氮气中存在氮氮三键，氮气的电子式为：，故B错误；C．二氧化碳属于共价化合物，分子中存在两个碳氧双键，二氧化碳的电子式为，故C错误；D．氯化氢是共价化合物，不存在离子键，氢原子与氯原子之间形成1对共用电子对，氯原子最外层有7个电子，氯化氢分子的形成过程：，故D错误；故选A。点晴：书写电子式、结构式时应特别注意：①阴离子及多核阳离子均要加“[]”并注明电荷；②要明确原子间结合顺序；③碳碳双键、碳碳三键应该写出来。本题的易错点为B，要注意三键的书写方式。9.下列说法中，能说明化学平衡一定向正反应方向移动的是（

）A．N2O4(g)

2NO2(g)，改变某一条件后，气体颜色加深B．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，改变某一条件后，NH3的体积分数增加C．H2(g)+I2(g)2HI(g)，单位时间内消耗H2和HI的物质的量之比大于1∶2D．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，恒温恒容充入He参考答案：C略10.下列变化中，需要加入还原剂才能实现的是（）A．Cl﹣→Cl2 B．H2→H+ C．CuO→Cu D．Zn→Zn2+参考答案：C考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：变化中需要加入还原剂才能实现，说明给予物质作氧化剂，在反应中得电子化合价降低，据此分析解答．解答：解：A．该反应中Cl元素化合价由﹣1价变为0价，所以氯离子是还原剂，需要氧化剂才能实现，如高锰酸钾、二氧化锰等，故A错误；B．该反应中H元素化合价由0价变为+1价，所以氢气是还原剂，需要氧化剂才能实现，如氧气等，故B错误；C．该反应中Cu元素化合价由+2价变为0价，所以CuO是氧化剂，需要还原剂才能实现，如C、CO等，故C正确；D．该反应中Zn元素化合价由0价变为+2价，所以锌是还原剂，需要氧化剂才能实现，如硫酸等，故D错误；故选C．点评：本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念，明确氧化剂、还原剂概念内涵及其与化合价变化关系是解本题关键，熟悉常见元素化合价，题目难度不大．11.A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素,其中元素D的焰色反应呈黄色，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，而己是由C元素形成的单质，已知:甲+乙→丁+己，甲+丙→戊+己；丁由两种10电子粒子形成，则下列说法正确的是A.元素C形成的单质可以在点燃条件分别与元素ABD形成的单质化合，所得化合物均存在共价键B.元素BCD的原子半径由大到小的顺序为:r(D)＞r(C)＞r(B)C.往1.0L0.1mol·L－1戊溶液中逐滴滴入同浓度的盐酸，立即产生大量气泡D.1mol甲与足量的乙完全反应共转移约1.204×1024个电子参考答案：A【分析】A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，其中元素D的焰色反应呈黄色，则D为Na元素；甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，而己是由C元素形成的单质，己不可能是Na，丁由两种10电子粒子形成，根据反应：甲+乙=丁+己，结合元素守恒可知，则丁中含有钠元素，因此丁只能为氢氧化钠，则A为H、C为O、D为Na元素，故己为氧气，可知甲是Na2O2、乙是水，再根据反应：甲+丙=戊+己，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则B为C，结合对应单质、化合物的性质解答。【详解】A.元素C形成的单质为氧气，在点燃条件可以与元素H、C、Na形成的单质化合，所得化合物可能为水、一氧化碳或二氧化碳、过氧化钠，均存在共价键，故A正确；B.一般而言，电子层数越大，原子半径越大，同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，元素B、C、D的原子半径由大到小的顺序为：r(D)＞r(B)＞r(C)，故B错误；C.往碳酸钠溶液中逐滴滴入同浓度的盐酸，首先反应生成碳酸氢钠，没有气体产生，故C错误；D.过氧化钠与水的反应中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，1mol过氧化钠与足量的水完全反应转移1mol电子，约6.02×1023个电子，故D错误；故选A。【点睛】本题考查了元素化合物的推断，难度较大，需要学生熟练掌握元素化合物知识，对学生的逻辑推理有一定的要求。本题的易错点为D，要注意从化合价的角度分析判断。12.某元素原子最外电子层上有2个电子,下列关于该元素叙述正确的是

A.是金属元素

B.是ⅡA族元素

C.其最高价为+2价

D.不能准确判断参考答案：D13.向Ba(OH)2和NaOH的混合溶液中逐渐通入CO2气体至过量，生成沉淀的物质的量(n)和通入CO2气体的(V)的关系如图所示，试回答：（1）0到a点之间的反应的离子方程式__________。（2）a到b点之间的反应的离子方程式__________。（3）b点之后的反应的离子方程式______________。（4）c点CO2的体积__________mL(同温同压下)。（5）混合溶液中Ba(OH)2和NaOH的物质的量之比为__________。参考答案：(1).Ba2++2OH﹣+CO2=BaCO3↓+H2O

(2)2OH﹣+CO2=CO32-+H2O;

CO32-+CO2+H2O=2HCO3﹣或一步写:OH﹣+CO2=HCO3﹣

(3)BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2HCO3﹣

(4)40

(5)2:1试题分析：本题考查离子方程式的书写和有关图像的计算。向Ba（OH）2和NaOH的混合溶液中逐渐通入CO2气体至过量，随着CO2的通入依次发生的反应为：CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O、CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、CO2+BaCO3+H2O=Ba（HCO3）2。（1）0到a点之间CO2与Ba（OH）2反应生成BaCO3沉淀，离子方程式为：CO2+Ba2++2OH-=BaCO3↓+H2O。（2）a点到b点之间CO2与NaOH反应先生成Na2CO3，继续通入CO2与Na2CO3反应生成NaHCO3，反应的离子方程式为：CO2+2OH-=CO32-+H2O、CO32-+CO2+H2O=2HCO3-。（3）b点之后通入的CO2将a点前生成的BaCO3转化为可溶于水的Ba（HCO3）2，反应的离子方程式为：BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2HCO3-。（4）根据反应：CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O和CO2+BaCO3+H2O=Ba（HCO3）2，b点到c点消耗的CO2与0到a点消耗的CO2相等，则同温同压下b点到c点消耗的CO2的体积也为10mL，则c点CO2的体积为30mL+10mL=40mL。（5）根据0到a点反应CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O消耗CO2的体积为10mL，a点到b点之间反应CO2+NaOH=NaOH消耗CO2的体积为20mL，同温同压下气体的体积之比等于气体物质的量之比，则Ba（OH）2与NaOH物质的量之比为1:2。14.下列物质不互为同分异构体的是A.葡萄糖和果糖

B.蔗糖和麦芽糖

C.正丁烷和异丁烷

D.淀粉和纤维素参考答案：D略15.下列说法正确的是

A．热稳定性：CH4＞PH3＞H2O＞HF

B．NaHCO3受热分解，既破坏了离子键，又破坏了共价键C．Al和Tl（铊）同为第ⅢA族，所以它们的最高价氧化物都有两性

D．酸性：HClO＞H2SO4＞H3PO4＞H2CO3参考答案：B略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某兴趣小组模拟工业制漂白粉，设计了如图所示的实验装置．已知：①氯气和碱反应放出热量．②6Cl2+6Ca（OH）25CaCl2+Ca（ClO3）2+6H2O．

回答下列问题：（1）甲装置中仪器a的名称是

，MnO2在反应中所起的作用是

．（2）装置乙中饱和食盐水的作用是

．（3）①制取漂白粉的化学方程式是 ．②该小组制得的漂白粉中n（CaCl2）远大于n[Ca（ClO）2]，其主要原因是

．③为提高Ca（ClO）2的含量，可采取的措施是

（任写一种即可）．（4）漂白粉应密封保存，原因是

（用化学方程式表示）．参考答案：（1）分液漏斗；作氧化剂；

（2）除去氯气中混有的氯化氢；（3）①2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；②氯气和碱反应会放出热量，导致温度升高，发生了副反应：6Cl2+6Ca（OH）25CaCl2+Ca（ClO3）2+6H2O；③将丙装置浸在盛有冷水的水槽中或控制氯气产生速率；（4）Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO．

【分析】模拟工业制漂白粉：装置A制取Cl2，a为分液漏斗，可以控制加入的浓盐酸，圆底烧瓶中盛放二氧化锰，反应的方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，HCl易挥发，制得的氯气中含有氯化氢，可以用食盐水来除杂，乙装置除去氯气中的氯化氢，丙装置Cl2与Ca（OH）2的反应制漂白粉，Cl2有毒，需进行尾气处理，装置丁吸收多余的氯气．（1）根据仪器的特征以及常见仪器的名称解答；MnO2与浓盐酸反应生成氯化镁、氯气与水，MnO2是氧化剂；（2）HCl易挥发，制得的氯气中含有氯化氢，可以用食盐水来除杂；（3）①漂白粉的主要成分是次氯酸钙[Ca（ClO）2]和氯化钙，氯气与石灰乳反应产物是氯化钙、次氯酸钙和水；②根据氯气和碱反应放出热量，温度稍高即发生副反应6Cl2+6Ca（OH）2═5CaCl2+Ca（ClO3）2+6H2O进行判断；③因为温度高时易生成Ca（ClO3）2，所以避免此反应发生可以采取降温措施或控制反应避免反应放热瞬时升高；（4）漂白粉有效成分为次氯酸钙，能够与空气中的二氧化碳反应而导致变质．【解答】解：（1）甲装置中仪器a具有球形特征，有玻璃活塞，在该实验中，可以控制加入的浓盐酸，为分液漏斗，装置A制取Cl2，反应的方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，反应中，MnO2中Mn元素化合价降低（+4→+2），MnO2为氧化剂，故答案为：分液漏斗；作氧化剂；

（2）浓盐酸和二氧化锰反应过程中会发出氯化氢气体，氯化氢在氯化钠饱和溶液中易溶，而氯气难溶，通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体，故答案为：除去氯气中混有的氯化氢；（3）①漂白粉的主要成分是次氯酸钙[Ca（ClO）2]和氯化钙，将氯气通入石灰乳[Ca（OH）2]制取漂白粉，同时有水生成，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；②氯气和碱反应会放出热量，导致温度升高，当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙和水；当温度高时，发生了副反应：6Cl2+6Ca（OH）25CaCl2+Ca（ClO3）2+6H2O，所以制得的漂白粉中n（CaCl2）远大于n[Ca（ClO）2]，故答案为：氯气和碱反应会放出热量，导致温度升高，发生了副反应：6Cl2+6Ca（OH）25CaCl2+Ca（ClO3）2+6H2O；③温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2，为避免此副反应的发生，用冰水或冷水冷却，或控制氯气产生速率，通过控制反应速率，避免反应放热瞬时升高，故答案为：将丙装置浸在盛有冷水的水槽中或控制氯气产生速率；（4）漂白粉有效成分为次氯酸钙，HClO虽是强氧化性的酸，但它是比碳酸还弱的酸，受空气中的水、CO2作用而导致变质，生成CaCO3和HClO，该反应的化学方程式为：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，所以漂白粉应密封保存，故答案为：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO．【点评】本题考查了氯气的制法及化学性质，题目难度中等，掌握氯及其化合物的性质以及流程图各装置的作用是解答关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.已知：2Fe2+

+Br2=2Fe3++

2Br-；Cl2+2Br-=Br2+2Cl-在含nmolFeBr2的溶液中，通入Cl2，有xmolCl2发生反应。（1）当时，反应的离子方程式为_________________________（2）当反应的离子方程式为：3Cl2+2Fe2++4Br-=2Br2+2Fe3++6Cl-时，x与n的关系为_____（3）当Fe2+和Br-同时被氧化时，x与n的关系是_______________（4）当x=n时，反应后氧化产物的物质的量为________________参考答案：18.（1）将一定量的CH4与水蒸气通入2L的恒容密闭容器中发生反应，5min后达到平衡，各物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示，该反应的化学方程式为_________________（物质X要求用相应物质的化学式表示），0～5min内用H2表示的反应速率v=_______，平衡时与起始时的压强之比为__________________。（2）下列说法能说明该反应已达到平衡状态的是___________________。A.体系的压强不再发生变化

B.生成1molCH4的同时消耗3molH2C.各组分的物质的量浓度不再改变

D.体系的密度不再发生变化E.c(H2):c(X)=3:1且不再变化

F.v正(H2O)=3v逆(H2)（3）能够加快该反应的措施有______________________（任写两条）。参考答案：(1)CH4+H2OCO(g)+3H2

0.06mol/(L·min)

7:6

(2)AC

(3)使用催化剂、加热或增大压强、增大反应物浓度等合理答案均能给分）【详解】(1)由图像可知，H2O、CH4、H2、X各物质的变化量分别为0.2mol、0.2mol、0.6mol、0.2mol，因变化量之比等于方程式的系数之比，则各物质前的计量数分别为1、1、3、1，再由原子个数守恒可知X为CO，故该反应的化学方程式为CH4+H2OCO(g)+3H2；0～5min内用H2表示的反应速率为：0.6mol÷2L÷5min=0.06mol·L-1·min-1；反应前气体的总物质的量为1.4mol+1.0mol=2.4mol，达到平衡后气体的总物质的量为：1.2mol+0.8mol+0.6mol+0.2mol=2.8mol，故平衡时与起始时的压强之比为2.8mol：2.4mol=7:6；故答案为：CH4+H2OCO(g)+3H2、0.06mol/(L·min)、7:6；(2)A.体系的压强不再发生变化说明反应混合物气体的总分子数不再变化，反应处于平衡状态，故A正确；B.生成1molCH4的同时消耗3molH2均指逆反应，不能说明正逆反应速率相等，故B错误；C.各组分的物质的量浓度不再改变的状态为平衡状态，故C正确；D.因容器的体积恒定，体系的密度并不随反应的进行而发生改变，则体系的密度不变不能说明反应处于平衡状态，故D错误；E.因氢气与X两物质的计量数之比为3:1，则c(H2)与c(X)的比值是一个定值，始终为3:1，故E错误；F.由方程式的计算数可知只有当3v正(H2O)=v逆(H2)时才能说明该可逆反应的正逆反应速率相等，故F错误；故答案为AC；(3)能够加快反应速率的措施一般有使用催化剂、加热或增大压强、增大反应物浓度等，故答案为：使用催化剂、加热或增大压强、增大反应物浓度等（合理答案均能给分）。【点睛】在判断可逆反应是否处于平衡状态时，要理清哪些物