湖南省湘潭市创智实验中学高一化学模拟试卷含解析

湖南省湘潭市创智实验中学高一化学模拟试卷含解析一、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.A元素原子的L层电子数是K层电子数的两倍，B元素具有A元素相同的电子层数，且最外层电子数比A元素最外层电子数多两个，则A的同主族短周期元素与B形成的化合物是A．CO2

B．NaCl

C．MgCl2

D．SiO2参考答案：A略2.在20℃时，在一刚性容器内部有一个不漏气且可滑动的活塞将容器分隔成左右两室．左室充入氮气，右室充入氢气与氧气的混和气体，活塞恰好停留在离左端的处（图a），然后引燃氢、氧混和气体，反应完毕后恢复至原来温度，活塞恰好停在中间（图b），如果忽略水蒸气体积，则反应前氢气与氧气的体积比可能是（）A．3：4

B．1：1C．2：1

D．7：2参考答案：D解：温度、压强相等，二者的体积之比等于物质的量之比，活塞恰好停留在离左端的处（图a），假设氮气的物质的量为1mol，则氢气和氧气的物质的量之和为3mol；反应后恢复至原来的温度，活塞恰好停在中间（图b），说明反应后氮气和剩余气体的物质的量相等，所以剩余气体的物质的量为1mol，2H2+O22H2O，假设氢气完全反应，根据方程式知，氢气物质的量==mol，则氧气物质的量为mol，相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以氢气和氧气体积之比为4：5；假设氧气完全反应，根据方程式知，氧气的物质的量==mol，氢气的物质的量=mol，相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以氢气和氧气的体积之比为7：2，故选D．3.下列说法中，错误的是（）A．相同质量的乙烯和甲烷完全燃烧后产生的水的质量相同B．用溴的四氯化碳溶液或酸性KMnO4溶液都可以鉴别乙烯和乙烷C．无论乙烯与Br2的加成，还是乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，都与分子内含有碳碳双键有关D．乙烯的化学性质比乙烷的化学性质活泼参考答案：A4.将盐酸滴到碳酸钠粉末上，能使反应的最初速率加快的是A.盐酸浓度不变，使用量增大1倍

B.盐酸浓度增加1倍，用量减至1/2C.增大碳酸钠粉末的用量

D.使反应在较高温度下进行参考答案：BD5.将和充入密闭容器内，进行反应并达到平衡时，混合气体为8．5L，则其中含的体积(气体体积均在相同状况下测定)是

A．0．25L

B．0.5L

C．3．3L

D．4．4L

参考答案：B6.苯的结构式可用来表示，下列关于苯的叙述中正确的是（

）A．苯是一种无色、密度比水大的有机溶剂B．苯分子中6个碳-碳化学键完全相同C．苯中含有碳碳双键，所以苯属于烯烃D．苯可以与溴水、高锰酸钾溶液反应而使它们褪色参考答案：B略7.下列各组离子一定能大量共存的是A.在无色溶液中：Na+、Fe3+、Cl－、SO42－B.在含大量Fe3+的溶液中：Ba2+、K+、NO3－、OH－C.在强碱性溶液中：Na+、K+、NO3－、CO32－D.滴加紫色石蕊试剂显红色的溶液中：K+、Fe2+、Cl－、CO32－参考答案：C【分析】离子间如果不发生化学反应，则可以大量共存，结合离子的性质和题干限制条件分析解答。【详解】A、在溶液中铁离子为黄色，不是无色，不能大量共存，A错误；B、铁离子会和氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，B错误；C、强碱性溶液中，这些离子都可以大量共存，C正确；D、滴加紫色石蕊试剂显红的溶液应该显酸性，氢离子和碳酸根离子会反应，所以不能大量共存，且亚铁离子和碳酸根离子也不能大量共存，D错误。答案选C。【点睛】掌握离子的性质是解答的关键，注意掌握发生下列反应而不能大量共存的情况：发生复分解反应，即生成难溶物或微溶物、生成气体或挥发性物质、生成难电离物质；发生氧化还原反应，例如氧化性离子，比如Fe3+、NO3－（H+）、ClO－、MnO4－等与还原性离子，比如S2－、I－等不能大量共存。8.下列物质中，能够导电的电解质是（

）A.Cu丝

B.NaCl溶液

C.熔融的MgCl2

D.蔗糖参考答案：C试题分析：电解质：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，水溶液或熔融状态只是提供导电的条件，A、Cu不是化合物，因此不属于电解质，故错误；B、氯化钠溶液属于混合物，因此不是电解质，故错误；C、MgCl2是电解质，熔融状态下能够导电，故正确；D、蔗糖属于非电解质，故错误。9.X、Y、Z都是金属，把X浸入Z的硝酸盐溶液中，X的表面有Z析出，X与Y组成原电池时，Y为电池的负极。X、Y、Z三种金属的活动性顺序为A.X>Y>Z

B.X>Z>Y

C.Y>X>Z

D.Y>Z>X参考答案：C10.某CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液100mL，已知溶液中阳离子的浓度相同，且SO42－的物质的量浓度为6mol·L－1，则此溶液最多溶解铁粉的质量为（

）A．5.6gB．11.2gC．22.4gD．33.6g参考答案：C11.(1)科研人员设想用如图所示装置生产硫酸。①上述生产硫酸的总反应方程式为_____，b是_____极，b电极反应式为______________，生产过程中H+向_____(填a或b)电极区域运动。②该小组同学反思原电池的原理，其中观点正确的是_____(填字母)。A.原电池反应的过程中可能没有电子发生转移B.原申池装置一定需要2个活泼性不同的金属电极C.电极一定不能参加反应D.氧化反应和还原反应可以拆开在两极发生(2)CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜(只允许H+通过)质子交换膜左右两侧的溶液均为1L

2mol·L-1H2SO4溶液。燃料电池的结构示意图如：电池总反应为2CH3OH+3O2＝2CO2+4H2O，c电极为_____(填“正极”或“负极”)，c电极反应方程式为___________________________。当电池中有1mole-发生转移时左右两侧溶液的质量之差为______g(假设反应物耗尽，忽略气体的溶解)。参考答案：(1)①2SO2+O2+2H2O=2H2SO4

正

O2+4e-+4H+=2H2O

b②D

(2)负极

CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+

12g【分析】（1）原电池中负极失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应，据此判断；（2）根据电子的移动方向判断正负极，进而书写电极反应式。【详解】（1）①根据装置图可知a电极通入二氧化硫，二氧化硫发生失去电子氧化反应，氧气在正极通入，因此上述生产硫酸的总反应方程式为2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4，b通入氧气，是正极，氧气在酸性条件下得电子产生水，反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，原电池中阳离子向正极移动，则生产过程中H+向b电极区域运动；②A.原电池反应的过程中一定有电子发生转移，选项A错误；B.原申池装置不一定需要2个活泼性不同的金属电极，例如燃料电池等，选项B错误；C.原电池中电极可以参加反应，例如铜、锌、稀硫酸组成的原电池中锌电极参加反应，选项C错误；D.原电池中氧化反应和还原反应可以拆开在两极发生，选项D正确；答案选D；（2）根据装置图可知电子从c电极流出，则c电极是负极，电池总反应为2CH3OH+3O2＝2CO2+4H2O，所以甲醇在负极发生失去电子的氧化反应转化为二氧化碳，则c电极反应方程式为CH3OH－6e－+H2O＝CO2+6H+；负极反应式为CH3OH－6e－+H2O＝CO2+6H+，当转移1mol电子时，左侧质量减轻×12g=2g，还要有1molH+通过质子交换膜进入右侧，质量减少1g，正极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，右侧质量增加32g×=8g，加上转移过来的1gH+，因此左右两侧溶液的质量之差为8g+1g+2g+1g=12g。

12.下列关于实验室用MnO2制取Cl2的叙述不正确的是()A．MnO2与浓盐酸共热B．缓慢加热反应C．用向下排空气法收集Cl2D．多余氯气常用较浓的碱液吸收参考答案：C解析：由于浓盐酸易挥发，故必须缓慢加热以减少HCl的挥发；Cl2的密度比空气的密度大，故应用向上排空气法收集Cl2；Cl2极易与碱反应：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，故应用较浓的碱液吸收多余的Cl2。13.下列关于化学键的说法中不正确的是A.含有离子键的化合物一定是离子化合物，含有共价键的化合物不一定是共价化合物B.化学键发生断裂，一定有化学反应发生C.化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的D.干冰升华时，分子内的共价键未发生断裂参考答案：B略14.汽车尾气处理装置中可发生反应：4CO＋2NO24CO2＋N2，下列对该反应的说法正确的是A.NO2被氧化

B.CO是氧化剂C.每生成28gN2，转移8mole-

D.该条件下，还原性CO<N2参考答案：CA、NO2中N元素化合价由+4价降低到N2中的0价，被还原，故A错误；B、CO中的C元素化合价由+2价升高到+4价，失电子，作还原剂，故B错误；C、每反应1molNO2，转移4mol电子，28gN2为1mol，每生成1molN2，消耗2molNO2，则转移8mol电子，故C正确；D、在该反应中，CO为还原剂，N2为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物，故D错误。故选C。15.下列可以大量共存且溶液是无色的离子组是（

）。A．H+、Na+、NO3－、Cu2＋

B．Ba2+、Mg2+、Cl－、SO42－C．H+、K+、OH－、NO3-D．NO3－、SO42－、K+、Mg2+参考答案：D略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.为探究HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱，某学生设计了如图所示的装置，一次实验即可达到目的(不必选其他酸性物质)。请据此回答：(1)若锥形瓶中装有某可溶性正盐溶液，分液漏斗中所盛试剂应为__________。(2)装置B所盛的试剂是____________________，其作用是_________。(3)装置C所盛试剂是____________，C中反应的离子方程式是___________。(4)由此得出的结论是：酸性：__________>__________>__________。参考答案：(1)盐酸(2)饱和NaHCO3溶液吸收HCl气体(3)Na2SiO3溶液SiO＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO(4)HClH2CO3H2SiO3解析：根据强酸＋弱酸盐―→弱酸＋强酸盐分析可知，分液漏斗中盛装盐酸，A中盛放Na2CO3溶液，根据Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋H2O＋CO2↑可知酸性HCl强于H2CO3，然后将生成的CO2通入Na2SiO3溶液中，发生反应：Na2SiO3＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋Na2CO3，由此判断酸性H2CO3>H2SiO3，应注意分液漏斗中盐酸是挥发性酸，反应时有HCl气体逸出，故气体通入Na2SiO3溶液前应用饱和NaHCO3溶液吸收HCl。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.写出下列物质的电子式H2O______

CaCl2______Na2O2______OH-______CH3-______用电子式表示Na2S的形成过程：____________________________________。参考答案：略18.（1）在反应

KMnO4+

HCl＝

MnCl2+

KCl+

Cl2↑+

H2O中，MnCl2为易溶于水的强电解质，回答下列问题：①氧化剂是___________，还原剂是__________；②配平上述方程式并用双线桥法标明电子转移的方向和数目：______________；③写出上述反应的离子方程式：_________________________________________；④若生成71gCl2,被氧化的HCl是_________________g。（2）单质铁与稀HNO3可发生多种反应，当8/3n(Fe)＜n(HNO3)≤4n(Fe)时，反应方程式可用下列通式表示：aFe+bHNO3(稀)＝cNO十dFe(NO3)2+eFe(NO3)3十fH2O。①假设a＝16，且b、c、d、e、f均取正整数时，共有_______组系数配比。②若a、b、c、d、e、f符合上述系数的配比关系，则b与C的关系为：b=____c。参考答案：(1)①KMnO4

HCl

②

③2MnO4－+16H++10Cl-＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O

④73

(2)①5

②4【详解】（1）①反应中高锰酸钾中+7价锰降为氯化锰中+2价，降价数为5，得到5mol电子，氧化剂是KMnO4。氯化氢中－1价氯化合价升高为氯气中0价，升高为1，还原剂是HCl；②生成1mol氯气失去2mol电子，消耗1mol高锰酸钾得到5mol电子，依据氧化还原反应中得失电子守恒可知，高锰酸钾系数为2，氯气系数为5，依据原子个数守恒，氯化锰系数为2，氯化钾系数为2，依据氯原子个数守恒氯化氢系数为16，水分子系数为8，所以配平上述方程式并用双线桥法标明电子转移的方向和数目为；③根据化学方程式可知上述反应的离子方程式为2MnO4－+16H++10Cl-＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O；④71gCl2物质的量为71g÷71g/mol＝1mol，依据方程式可知生成1mol氯气转移2mol电子，被氧化的氯化氢物质的量为2mol，质量是2mol×36.5g/mol＝71g。（2）①假设a＝16，且b、c、d、e、f均取正整数时，根据铁原子守恒可知d+e＝16，根据电子得失守恒可知2d+3e＝3c，解得e＝3c－32。由于1≤e＜16，则1≤3c－32＜16，解得11≤c＜16，所以c可以是11、12、13、14、15，因此共有5组系数配比。②若a、b、c、d、e、f符合上述系数的配比关系，根据氮原子守恒可知c+2d+3e＝b，根据电子得失守恒可知2d+3e