湖南省岳陽市大明中學高一化學上學期摸底試題含解析一、單選題（本大題共15個小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，共60分。）1.食品中含有過量的

（丙烯酰胺）可能引起令人不安的食品安全問題。關于丙烯酰胺有下列敘述：①能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，②能發生加聚反應，③能與氫氣發生加成反應，④是高分子化合物。其中正確的是A.①②④

B.②③④

C.①②③

D.①③④參考答案：C略2.下列實驗現象，與新制氯水中的某些成分（括號內物質）沒有關系的是（）A．將NaHCO3固體加入新制氯水中，有無色氣泡（H+）B．使紅色布條退色（HCl）C．向FeCl2溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，發現呈紅色（Cl2）D．滴加AgNO3溶液生成白色沉淀（Cl﹣）參考答案：B【考點】探究氯水、氯氣的漂白作用．【分析】氯氣與水反應，發生Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，氯水中含有HClO、Cl2，具有氧化性，其中HClO具有漂白性，含有H+，具有酸性，以此解答．【解答】解：A．氯水顯酸性，能與碳酸氫鈉反應生成CO2氣體，故A不選；B．次氯酸具有強氧化性，能氧化有色布條，故B選；C．是氯氣氧化了亞鐵離子，故C不選；D．氯離子和硝酸銀反應生成氯化銀白色沉淀，故D不選．故選B．3.下列反應原理中，不符合工業冶煉金屬實際情況的是A.2Ag2O

B.C.熔融 D.參考答案：B【詳解】A、銀的活潑性差，用加熱分解氧化銀的方法冶煉銀，所以2Ag2O符合工業冶煉金屬實際情況，故不選A；B.工業上電解熔融氯化鎂冶煉金屬鎂，所以不符合工業冶煉金屬實際情況，故選B；C.工業上電解熔融氧化鋁冶煉金屬鋁，所以熔融符合工業冶煉金屬實際情況，故不選C；D、工業上用CO高溫還原四氧化三鐵冶煉鐵，符合工業冶煉金屬實際情況，故不選D，答案選B。

4.試管中盛裝的是紅棕色氣體（可能是混合物），當倒扣在盛有水的水槽中時，試管內水面上升，但不能充滿試管，當向試管內鼓入氧氣后，可以觀察到試管中水柱繼續上升，經過多次重復后，試管內完全被水充滿，原來試管中盛裝的不可能是

（

）A．N2與NO2的混和氣體

B．O2與NO2的混和氣體C．NO與NO2的混和氣體

D．NO2一種氣體參考答案：A略5.下列物質屬于非電解質的是A.燒堿

B.干冰

C.金剛石

D.75%的酒精參考答案：B略6.已知元素A的氫化物分子式為H2A，其最高價氧化物含氧60%，則A元素的相對原子質量為A.16g

B.32g

C.16

D.32參考答案：D7.下列有關Na2CO3和NaHCO3性質的出較中，正確的是A.等濃度的溶液中滴入稀鹽酸，放出氣體的快慢Na2CO3<NaHCO3B.熱穩定性Na2CO3<NaHCO3C.常溫時水溶性Na2CO3<NaHCO3D.可以用澄清石灰水鑒別Na2CO3和NaHCO3參考答案：AA．濃度的溶液中滴入稀鹽酸，放出氣體的快慢Na2CO3<NaHCO3，選項A正確；B．NaHCO3不穩定，加熱易分2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸鈉受熱穩定，所以熱穩定性：Na2CO3＞NaHCO3，選項B錯誤；C．常溫下相同的溶劑時，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3的溶解度，選項C錯誤；D．氫氧化鈣與Na2CO3和NaHCO3均能反應生成碳酸鈣沉淀，不能用澄清石灰水鑒別Na2CO3和NaHCO3，選項D錯誤。答案選A。點睛：本題考查Na2CO3和NaHCO3性質的異同，題目難度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性質，注重基礎知識的積累。易錯點為選項D，不可以用澄清石灰水區分,原因是兩者都會生成CaCO3白色沉淀,現象相同：方程式：Na2CO3+Ca(OH)2==CaCO3↓+2NaOH、2NaHCO3+Ca(OH)2==CaCO3↓+Na2CO3+2H2O。8.X、Y、Z、W均為短周期元素，它們在元素周期表中的位置如下圖所示。若Y原子的最外層電子數是次外層電子數的3倍，下列說法中正確的是（）A．原子半徑：W>Z>Y>XB．最高價氧化物對應水化物的酸性：Z>W>XC．四種元素的單質中，Z單質的熔沸點最高D．X的單質能與H2反應，生成一種弱酸性的物質參考答案：C略9.下列說法正確的是A.葡萄糖、果糖和蔗糖都能發生水解B.糖類、油脂、蛋白質都只是由C、H、O三種元素組成的C.糖類、油脂、蛋白質都是高分子化合物D.油脂有油和脂肪之分，但都屬于酯參考答案：D【詳解】A、葡萄糖是單糖，不能水解，A錯誤；B、蛋白質中還含有N、S等，B錯誤；C、油脂是高級脂肪酸的甘油酯，以及糖類中的單糖和二糖等均不是高分子化合物，C錯誤；D、油脂是高級脂肪酸的甘油酯，油脂有油和脂肪之分，D正確；答案選D。

10.S（單斜）和S（正交）是硫的兩種同素異形體。下列說法正確的是已知：①S(單斜，s)＋O2(g)===

SO2(g)

△H1＝－297.16kJ·mol-1②S(正交，s)＋O2(g)===

SO2(g)

△H2＝－296.83kJ·mol-1③S(單斜，s)===

S(正交，s)

△H3A．△H3＝+0.33kJ·mol-1

B．單斜硫轉化為正交硫的反應是吸熱反應C．S（單斜，s）===

S（正交，s）

△H3＜0，正交硫比單斜硫穩定D．S（單斜，s）===

S（正交，s）△H3＞0，單斜硫比正交硫穩定參考答案：C略11.用10mL的0.1mol·L－1BaCl2溶液恰好可使相同體積的硫酸鐵、硫酸鋅和硫酸鉀三種溶液中的硫酸根離子完全轉化為硫酸鋇沉淀，則三種硫酸鹽溶液的物質的量濃度之比是

（

）

A．1：3：3

B．1：2：3

C．3：2：2

D．3：1：1參考答案：A略12.X、Y、Z是同周期的三種元素，已知其非金屬性：X＞Y＞Z。則下列說法正確的（

）A．原子半徑：X＞Y＞Z

B．原子序數：Z＞Y＞XC．氣態氫化物穩定性：X＜Y＜Z

D．最高價氧化物對應的水化物的酸性由強到弱的順序是：X＞Y＞Z參考答案：D略13.X、Y、Z三種短周期元素，X原子的最外層電子數是次外層電子數的2倍，Y原子的次外層電子數是最外層電子數的2倍，Z原子的次外層電子數是最外層電子數的4倍。則X、Y、Z三種元素，可能的組合是

A．C、O、Mg

B．Li、C、Mg

C．C、Mg、Li

D．C、Si、Mg參考答案：D14.科學家指出：多種海產品如蝦、蟹、牡蠣等，體內含有+5價的砷（As）元素，它對人體是無毒的，吃飯時不要同時大量食用海鮮和青菜，否則容易中毒，并給出了一個公式：“大量海鮮+大量維生素C═砒霜（As2O3）”．下面有關解釋正確的應該是（）A．維生素C具有還原性B．維生素C具有氧化性C．該反應中+5價砷被氧化D．砒霜中毒后可服用維生素C解毒參考答案：A【考點】氧化還原反應．【分析】大量海鮮+大量維生素C═砒霜（As2O3）中As元素化合價由+5價變為+3價，則As元素被還原，維生素C作還原劑被氧化，據此分析解答．【解答】解：A．大量海鮮+大量維生素C═砒霜（As2O3）中As元素化合價由+5價變為+3價，As元素被還原，維生素C作還原劑，還原劑具有還原性，故A正確；B．As元素得電子作氧化劑，維生素C作還原劑，具有還原性，故B錯誤；C．As元素化合價由+5價變為+3價，As元素得電子被還原，故C錯誤；D．As2O3和維生素C不反應，所以維生素C不能解毒，故D錯誤；故選A．15.2004年7月德俄兩國化學家共同宣布，在高壓下氮氣會聚合生成高聚氮，這種高聚氮的晶體中每個氮原子都通過三個單鍵與其它氮原子結合并向空間發展構成立體網狀結構。則下列有關說法不正確的是

（

）A．高聚氮晶體屬于分子晶體

B．高聚氮轉化為N2是化學變化C．高聚氮是N2的一種同素異形體D．做炸藥或高能材料可能是高聚氮潛在的應用參考答案：A略二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.某學生甲設計了如下裝置以驗證亞硫酸與次氯酸的酸性強弱：H2SO3>HClO。(1)甲得出結論的現象________________。(2)學生乙對甲的實驗結論提出了質疑，乙的理由是：____，隨后對裝置做了如下改進。X、Y、Z是選用了下列部分試劑：飽和NaHC03溶液、品紅溶液、NaOH溶液，乙得出結論的現象是____。參考答案：(1)次氯酸鈣溶液變渾濁

(2)SO2因發生氧化反應會生成硫酸鈣沉淀，而非發生強酸制弱酸的復分解反應

Y中溶液不褪色．且次氯酸鈣溶液變渾濁解析：(1)濃硫酸與亞硫酸鈉反應生成二氧化硫，二氧化硫能與次氯酸鈣反應，因此甲得出結論的現象是次氯酸鈣溶液變渾濁，說明酸性強弱：H2SO3>HCl0。(2)由于次氯酸鈣極易強氧化性，S02因發生氧化反應會生成硫酸鈣沉淀，而非發生強酸制弱酸的復分解反應；二氧化硫通入飽和NaHC03溶液中產生二氧化碳，利用品紅溶液檢驗二氧化硫是否被除盡，然后通過次氯酸鈣溶液中，最后用氫氧化鈉溶液吸收多余的二氧化碳以及防止空氣中的二氧化碳進入，所以乙得出結論的現象是Y中溶液不褪色，且次氯酸鈣溶液變渾濁即說明酸性強弱：H2SO3>HCl0。三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.（1）寫出氯原子的原子結構示意圖____________，NH4Cl的電子式_______________；（2）用電子式表示H2O的形成過程_________________________________________________；（3）已知一定條件下，白磷轉化為紅磷釋放出能量，則等質量的白磷比紅磷具有的能量___（填“高”、“低”），故白磷比紅磷穩定性_____（填“強”、“弱”），等質量的白磷和紅磷充分燃燒均生成五氧化二磷，______放出熱量多。（4）在“綠色化學工藝”中，理想狀態是反應物中的原子全部轉化為欲制得的產物，即原子利用率為100%。下列反應類型能體現“原子經濟性”原則的是____。（請填序號）①置換反應，②化合反應，③分解反應，④取代反應，⑤加成反應，⑥加聚反應（5）電解法冶煉金屬鋁的化學方程式為_____________。取等物質的量的MgO和Fe2O3的混合物進行鋁熱反應，反應的化學方程式為________________,引發鋁熱反應的實驗操作是__________。參考答案：(1)

(2)

(3)高

弱

白磷(4)②⑤⑥(5)2Al2O3（熔融）4Al＋3O2↑

Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3

加少量KClO3,插上鎂條并將其點燃分析：（1）氯原子的核電荷數=核外電子總數=17，最外層為7個電子；氯化銨屬于離子化合物，銨根離子和氯離子都需要標出所帶電荷及最外層電子；

（2）水分子為共價化合物，其分子中存在兩個氧氫鍵，據此寫出用電子式表示H2O的形成過程；

（3）放熱反應中，反應物總能量大于生成物總能量，則白磷能量高；物質的能量越高，該物質越不穩定；生成物相同時，反應物總能量越高，則反應中放熱熱量越高；（4）根據“綠色化學工藝”的特征：反應物中原子全部轉化為欲制得的產物，即原子的利用率為100%；即生成物質只有一種，由原子守恒推測反應物的種類；（5）工業上電解熔融氧化鋁冶煉鋁；氧化鐵和鋁在高溫下發生鋁熱反應生成氧化鋁和鐵,為使反應順利進行,可加入氯酸鉀,為助燃劑,點燃鎂時反應可發生,鎂為引燃劑。詳解：（1）氯原子的原子序數為17，其原子核外有3個電子層，各層容納電子數分別為2、8、7，氯原子結構示意圖為：；

氯化銨為離子化合物，陰陽離子都需要標出所帶電荷及最外層電子，氯化銨的電子式為：，

故答案為：；；

（2）氫原子和氧原子之間以共用電子對而形成水分子，用電子式表示形成過程為：，

故答案為：；

（3）已知一定條件下，白磷轉化為紅磷釋放出能量，說明反應物能量大于生成物總能量，則等質量的白磷比紅磷具有的能量高，能量越高的物質越不穩定，故白磷比紅磷穩定性弱；等質量的白磷和紅磷充分燃燒均生成五氧化二磷，由于白磷能量高，屬于白磷放出熱量多，

故答案為：高；弱；白磷．（4）“原子經濟性”原則的是反應物中的原子全部轉化為欲制得的產物，即原子利用率為100%；題中反應符合的是化合反應；加成反應；加聚反應。故答案為：②⑤⑥。（5）電解法冶煉金屬鋁的化學方程式為2Al2O3（熔融）4Al＋3O2↑；氧化鐵和鋁在高溫下發生鋁熱反應生成氧化鋁和鐵，反應的化學方程式為Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3,為使反應順利進行,可加入氯酸鉀,為助燃劑,點燃鎂時反應可發生,鎂為引燃劑,所以引發鋁熱反應的實驗操作是加少量KClO3,插上鎂條并將其點燃,因此，本題正確答案是：2Al2O3（熔融）4Al＋3O2↑；Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3；加少量KClO3,插上鎂條并將其點燃。點睛：本題考查了電子式的表示方法及其應用、化學反應與能量變化等知識，注意掌握電子式的能夠及書寫原則，明確化學反應與能量變化的關系及物質穩定性與能量大小的關系。抓住一個主要信息（“綠色化學工藝”中反應物中原子全部轉化為欲制得的產物，即原子的利用率為100%）是解答本題的關鍵。18.Ⅰ.完成下列反應的離子方程式(1)實驗室制備Fe(OH)3膠體的離子方程式：______________(2)20mL0.1mol/L的Ca(HCO3)2溶液與30mL0.1mol/L的NaOH溶液混合反應的離子方程式：________________Ⅱ.(3)用雙線橋標出下列反應電子轉移的方向和數目并回答下題：11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4(4)該反應氧化劑是________；氧化產物是________(5)該反應每1molCuSO4能氧化________molP(填字母)A.11/15

B.2/5

C.1/3

D.1/5參考答案：(1)Fe3++3H2O(沸水)Fe(OH)3(膠體)+3H+

(2)2Ca2++3HCO3-+3OH-=2CaCO3↓+CO32-+3H2O

(3)

(4)P、CuSO4

H3PO4

(5)D試題分析：本題考查Fe（OH）3膠體的制備，離子方程式的書寫，氧化還原反應的分析和計算。I.（1）實驗室制備Fe（OH）3膠體的操作是：向煮沸的蒸餾水中加入5~6滴飽和FeCl3溶液，繼續加熱至溶液呈紅褐色，停止加熱制得Fe（OH）3膠體，反應的離子方程式為：Fe3++3H2O(沸水)Fe(OH)3(膠體)+3H+。（2）nCa(H