河南省安阳市林州第十二中学2022-2023学年高一化学知识点试题含解析

河南省安阳市林州第十二中学2022-2023学年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.将0.01molNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol/L稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是参考答案：C【详解】A项，向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，盐酸先与NaOH开始反应时没有气体生成，当滴入0.1L盐酸时，两者恰好反应完全；而盐酸与Na2CO3反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图像与反应不符，故不选A项；B项，向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，盐酸与NaOH开始反应时没有气体生成，但图像中一开始反应即有气体生成，与反应不符，故不选B项；C项，向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，盐酸先与NaOH反应生成NaCl和H2O，没有气体放出；当滴入0.1L盐酸时，两者恰好反应完全；继续滴加，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当加入0.2L盐酸时，此反应进行完全；当继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，此时才开始放出气体，C中图像与实际相符，故选C项；D项，向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，盐酸先与NaOH反应生成NaCl和H2O，没有气体放出。当滴入0.1L盐酸时，两者恰好反应完全；继续滴加时，Na2CO3与盐酸先反应生成NaHCO3和NaCl，此时没有气体生成，则图像与反应不符，故不选D项。综上所述，本题正确答案为C。2.下列化合物中，阴离子和阳离子半径之比最大的是A.LiI B.NaI C.CsI D.KCl参考答案：A【详解】阳离子都为碱金属元素的金属阳离子，元素的核电核数越大，离子半径越大，阴离子都为卤素阴离子，元素的核电核数越大，离子半径越大，则金属离子半径最小的是Li+离子，非金属离子半径最大的是I-离子，所以阴离子半径和阳离子半径之比最大的是LiI，故答案为A。3.下表列出的对晶体的说明中，错误的是选项ABCD晶体名称碘化钾干冰石墨碘晶体中的粒子阴、阳离子分子原子分子粒子间的作用离子键分子间作用力共价键分子间作用力参考答案：C解析干冰和碘都是分子晶体，熔化时克服分子间作用力；石墨是混合型晶体，呈层状结构，层与层之间为分子间作用力，碳原子与碳原子之间形成共价键，熔化时两种作用力都需克服，故C项错。4.下列说法不正确的是A．生铁和钢都属于合金B．明矾可用作混凝剂去除水中的悬浮物C．食盐水、稀豆浆、蔗糖水都能产生丁达尔效应D．漂白液（有效成分为NaClO）可用于游泳池的消毒参考答案：CA．生铁和钢均为Fe的合金，还含碳等，故A正确；B．明矾中铝离子水解生成胶体，具有吸附性，则明矾可用作混凝剂去除水中的悬浮物，故B正确；C．丁达尔效应为胶体的性质，而食盐水和糖水为溶液，只有稀豆浆能产生丁达尔效应，故C错误；D．次氯酸钠具有强氧化性，则以次氯酸钠为有效成分的漂白液可为泳池消毒，故D正确；5.根据Zn+Cu2+=Zn2++Cu的反应原理设计一个原电池，当Zn为负极时，正极可以选用的金属材料是：

（

）

A．镁

B．石墨

C．铝

D．钠参考答案：B略6.下列叙述错误的是（

）A．16O、18O属于同一种元素，它们互为同位素B．D和T是不同的核素，它们的质子数相等C．14C和14N的质量数相等，它们的中子数不等D．6Li和7Li的核外电子排布方式不同参考答案：D略7.反应：2SO2+O2====2SO3，经过一段时间后，SO3的浓度增加了0.4mol/L，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04mol/(L·S)，则这段时间为A、0.1S

B、2.5S

C、5S

D、10S参考答案：C8.利用金属A(活泼性比氢强)和石墨棒B构成原电池，电解质溶液为稀硫酸，关于此装置的下列说法中正确的是()A．A为正极，B为负极B．导线上有电流通过，电流的方向从A→BC．反应后，A极质量减小D．B极上发生氧化反应参考答案：C解析A为负极，B为正极，电流方向从B→A，A失去电子，A极质量减小，在B极上氢离子得电子成为氢气，发生还原反应。9.下列叙述正确的是（

）A.Fe(OH)3胶体是纯净物B.放电影时，放映室射到银屏上的"光柱"现象属于丁达尔现象C.纯水的导电性很差，所以水不是电解质D.铜、石墨均能导电，所以它们均是电解质参考答案：BA、Fe(OH)3胶体是分散系，属于混合物，A错误；B、放电影时，放映室射到银屏上的"光柱"现象属于丁达尔现象，B正确；C、纯水的导电性很差，是因为水难电离，但水是电解质，C错误；D、铜、石墨均能导电，属于单质，它们均既不是电解质，也不是非电解质，D错误，答案选B。点睛：选项C是解答的易错点，注意溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少，离子浓度越大，离子所带的电荷越多，溶液的导电性越强，因此电解质的强弱与电解质溶液的导电性并无必然联系。10.已知反应A+B==C+D的能量变化如图所示，下列说法正确的是（

）A.该反应为放热反应 B.该反应为吸热反应C.反应物的总能量高于生成物的总能量 D.该反应只有在加热条件下才能进行参考答案：B试题分析：根据图分析，反应物的总能量低于生成物的总能量，反应为吸热反应，选B，不选AC；吸热反应有的在常温的下进行，故不选D。11.航天飞机用的铝粉与高氯酸铵(NH4ClO4)的混合物为固体燃料，点燃时铝粉氧化放热引发高氯酸铵反应，其方程式可表示为：2NH4ClO4N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑，放出热量为Q，下列对此反应叙述中错误的是（

）A.上述反应瞬间产生大量高温气体推动航天飞机飞行B.反应属于分解反应C.反应从能量变化上说，主要是化学能转变为热能和动能D.在反应中高氯酸铵只起氧化剂作用参考答案：D试题分析：A、根据题给信息知上述反应瞬间产生大量高温气体推动航天飞机飞行，正确；B、一种物质生成两种或两种以上物质的反应为分解反应，故上述反应属于分解反应，正确；C、反应从能量变化上说，主要是化学能转变为热能和动能，正确；D、在反应中高氯酸铵既是氧化剂又是还原剂，错误。12.白磷会对人体造成严重的烧伤，白磷(P4)分子结构为。下列说法不正确的是

A．白磷着火点低，在空气中可自燃B．白磷、红磷互为同素异形体C．31g白磷中，含P—P键1.5molD．已知P4(白磷，s)＋3O2(g)===2P2O3(s)ΔH＝－QkJ·mol－1，则白磷的燃烧热为QkJ·mol－1参考答案：D略13.下列说法正确的是A.直径介于1nm～100nm之间的微粒称为胶体B.向饱和FeCl3溶液中滴加NaOH溶液可以得到Fe(OH)3胶体C.利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体D.渗析是鉴别溶液和胶体的最简便的方法参考答案：C【分析】胶体是指分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系；向饱和FeCl3溶液中滴加NaOH溶液得到Fe(OH)3沉淀；丁达尔现象是胶体的重要特征，可用来区别溶液和胶体；胶体粒子可以透过滤纸，但不能透过半透膜。【详解】直径介于1nm～100nm之间的分散系称为胶体，故A错误；向饱和FeCl3溶液中滴加NaOH溶液得到Fe(OH)3沉淀，不能生成氢氧化铁胶体，故B错误；丁达尔现象是胶体的重要性质，可用来区别溶液和胶体，故C正确；胶体粒子不能透过半透膜，用渗析的方法提纯胶体，鉴别溶液和胶体的最简便的方法是丁达尔效应，故D错误。14.玻璃棒是化学实验中常用的仪器，其作用是用于搅拌、过滤或转移液体时引流。下列有关实验过程中，一般需要使用玻璃棒进行操作的是（

）①用NaCl固体配制一定物质的量浓度的溶液 ②从氯酸钾和二氧化锰制取氧气的剩余固体中提取KCl ③实验室用新制的FeSO4溶液和预处理过的NaOH溶液制备Fe(OH)2白色沉淀 ④从含NaCl的溶液中获得蒸馏水 ⑤用CCl4萃取碘水中的碘A．②③

B．③④⑤

C．⑤ D．①②参考答案：D略15.向200mL0.1mo/L的Fe(NO3)2溶液中加入适量的NaOH溶液，使Fe2+恰好完全沉淀，过滤，小心加热沉淀，直到水分蒸干，再灼烧后得到固体的质量为A.1.44g

B.1.6g

C.1.8g

D.2.14g参考答案：BFe(NO3)2溶液中加入适量的NaOH溶液，使Fe2+完全沉淀，得到硝酸钠与氢氧化亚铁，过滤，小心加热沉淀，再灼烧至质量不再变化，由于氢氧化亚铁易被氧化，最终所得固体为Fe2O3，200mL0.1mol/L的Fe(NO3)2溶液中n[Fe(NO3)2]=0.2L×0.1mol/L=0.02mol，由Fe原子守恒可知：n[Fe(NO3)2]=2n（Fe2O3），所以n（Fe2O3）=0.02mol÷2=0.01mol，其质量为0.01mol×160g/mol=1.6g，答案选B。点睛：本题考查化学反应方程式的计算，注意氢氧化亚铁不稳定、易被氧化的性质，关键是判断最终固体为氧化铁，最后再利用守恒法计算。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.乙酸乙酯是无色、具有果香气味的液体，沸点为77.2℃。某同学采用14.3mL乙酸、23mL95%的乙醇、浓硫酸、饱和Na2CO3溶液及极易与乙醇结合的CaCl2溶液制备乙酸乙酯，其实验装置如图所示(烧杯、部分夹持装置、温度计已略去)。实验步骤：①先向蒸馏烧瓶中加入乙醇，边振荡边慢慢加入浓硫酸和乙酸。此时分液漏斗中两种有机物的物质的量之比约为5:7。②加热保持油浴温度为135～145℃。③将分液漏斗中的液体慢慢滴入蒸馏烧瓶中，调节加料速率使蒸出乙酸乙酯的速率与进料速率大体相等，直到加料完毕。④保持油浴温度至不再有液体流出后，停止加热。⑤取带有支管的锥形瓶，将一定量的饱和Na2CO3溶液分批、少量、多次地加入馏出液中，边加边振荡至无气泡产生。⑥将步骤⑤中的液体混合物分液，弃去水层。⑦将适量饱和CaCl2溶液加入分液漏斗中，振荡一段时间后静置，放出水层(废液)。⑧分液漏斗中得到初步提纯的乙酸乙酯粗产品。试回答下列问题：（1）实验中加入浓硫酸的主要作用是__________。（2）使用过量乙醇的主要目的是__________。（3）使用饱和Na2CO3溶液洗涤馏出液的目的是__________。如果用NaOH浓溶液代替饱和Na2CO3溶液，引起的后果是__________。（4）步骤⑦中加入饱和CaCl2溶液的目的是__________。（5）步骤③中要使加料速率与蒸出乙酸乙酯的速率大致相等的原因是__________。（6）步骤⑧中所得的粗产品中还含有的杂质是__________。参考答案：(1)作催化剂和吸水剂

(2)促使平衡向生成乙酸乙酯的方向移动，有利于提高乙酸的转化率

(3)除去乙酸乙酯中的乙醇，中和乙酸乙酯中的乙酸,减小乙酸乙酯的溶解度

使乙酸乙酯完全水解

(4)除去乙酸乙酯中的乙醇

(5)让产生的乙酸乙醋及时蒸馏出来，使蒸馏烧瓶内压强一定，从而得到平稳的蒸气气流

(6)水【详解】（1）乙酸与乙醇发生酯化反应，需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水有利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，因此浓硫酸的作用为催化剂，吸水剂；（2））乙酸与乙醇发生酯化反应，该反应属于可逆反应，过量乙醇可以使平衡正向移动，增加乙酸乙酯的产率，有利于乙酸乙酯的生成；（3）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；由于乙酸乙酯在强碱性条件下发生水解反应，如果用NaOH浓溶液代替饱和Na2CO3溶液，引起的后果是使乙酸乙酯完全水解；（4）根据已知信息可知饱和CaCl2溶液可以吸收乙酸乙酯中可能残留的乙醇，这样分离出的粗酯中只含有水；（5）加料与馏出的速度大致相等，可让产生的乙酸乙酯及时蒸馏出来，保持蒸馏烧瓶中压强一定，得到平稳的蒸气气流；（6）饱和碳酸钠溶液除掉了乙酸和乙醇，饱和CaCl2溶液可以吸收乙酸乙酯中可能残留的乙醇，这样分离出的粗酯中只含有水了。【点睛】本题考查乙酸乙酯的制备，题目难度中等，涉及的题量较大，注意浓硫酸的作用、饱和碳酸钠溶液、氯化钙溶液的作用以及酯化反应的机理，侧重于学生分析、理解能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力的考查，题目难度中等。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.为了合理利用化学能，确保安全生产，化工设计需要充分考虑化学反应的反应热，并采取相应措施。化学反应的反应热通常用实验进行测定，也可进行理论推算。(1)实验测得，5g甲醇（CH3OH）液体在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出113.5kJ的热量，则表示甲醇标准燃烧热的热化学方程式为：___________________________________。(2)今有如下两个热化学方程式：则a____b(填“>”、“=”或“<”）H2(g)+O2(g)=H2O(g)

△H1=akJ·mol-1H2(g)+O2(g)=H2O(1)

△H2=akJ·mol-1(3)拆开lmol气态物质中某种共价键需要吸收的能量叫键能。从化学键的角度分析，化学反应的过程就是反应物的化学键的破坏和生成物的化学键的形成过程。在化学反应过程中，拆开化学键需要消耗能量，形成化学键又会释放能量。化学键H-HN-HNΞN键能/kJ·mol-1436

391

945

已知反应N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=akJ·mol-1，试根据表中所列键能数据估算a的值：_______(注明“+”或“-”)。(4)依据盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的反应热进行推算，利用水煤气合成二甲醚（CH3OCH3）的三步反应如下：①2H2(g)+CO(g)==CH3OH(g)；

△H=-90.8kJ·mol-1②2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)；△H=-23.5kJ·mol-1③CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)；

△H=-41.3kJ·mol-1总反应：3H2(g)+3CO(g)=CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H=_______。参考答案：(1)CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)

△H=-726.4kJ/mol

(2)>

(3)-93

(4)-246.4kJ/mol试题分析：燃烧热是指1mol燃料完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，1mol甲醇燃烧放出的能量为726.4Kj；表示甲醇标准燃烧热的热化学方程式为；（2）已知：H2O(l)＝H2O(g)ΔH＞0；根据盖斯定律，H2O(l)＝H2O(g)ΔH＝(a－b)kJ·mol－1,所以a－b＞0，a＞b；（3）N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＝akJ·mol－1，945+3×436-6×391=a；所以a="-93"kJ·mol－1；（4）根据盖斯定律①×2+②+③得3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的ΔH＝-246.4kJ·mol－1。

18.A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等。（1）E元素在周期表中的位置___________。（2）写出A2W2的电子式为____________。（3）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现改用A2W2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式________。（4）元素D的单质在一定条件下，能与A单质化合生成一种化合物DA，熔点为800℃，DA能与水反应放氢气，若将1molDA和1molE单质混合加入足量的水，充分反应后成气体的体积是_________（标准状况下）。（5）D的某化合物呈淡黄色，可与氯化亚铁溶液反应。若淡黄色固体与氯化亚铁反应的物质的量之比为1：2，且无气体生成，则该反应的离子方程式为_____________。参考答案：(1)第三周期，IIIA族

(2)

(3)Cu＋2H＋＋H2O2＝Cu2＋＋2H2O

(4)56L

(5)3Na2O2＋6Fe2＋＋6H2O=4Fe(OH)3＋6Na＋＋2Fe3＋【分析】A、W为短周期元素，且能形成2种液态化合物且原子数之比分别为2：1和1：1，推