河南省安陽市師范學院附屬中學高一化學聯考試題含解析一、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.下列說法正確的是（

）A．在氧化還原反應中金屬單質只作還原劑B．有單質參加的化學反應一定是氧化還原反應C．金屬陽離子被還原一定得到相應的金屬單質D．金屬氧化物一定是堿性氧化物參考答案：A略2.室溫時，下列物質的溶液中，能用鋁制容器盛裝的是A.KOH溶液

B.稀H2SO4溶液

C.濃硝酸

D.白醋參考答案：CA.KOH溶液能與金屬鋁反應，不能鋁制容器盛裝，A錯誤；B.稀H2SO4溶液能與金屬鋁反應，不能鋁制容器盛裝，B錯誤；C.常溫下鋁在濃硝酸中鈍化，能用鋁制容器盛裝，C正確；D.白醋能與金屬鋁反應，不能鋁制容器盛裝，D錯誤；答案選C。3.短周期主族元索A、B、C、D的原子序數依次增大。已知A、C的原子序數之差為8,A、B、C三種元素原子的最外層電子數之和為15，B元素原子的最外層電子數等于A元素原子的最外層電子數的一半。下列敘述正確的是（

）A.A與C形成的化合物溶于水所得溶液顯堿性B.B與D形成的化合物溶于水所得溶液顯酸性C.氫化物的穩定性：C>DD.簡單離子的半徑：B>C>>D>A參考答案：B短周期主族元索A、B、C、D的原子序數依次增大，B元素原子的最外層電子數等于A元素原子的最外層電子數的一半，則A原子最外層電子數為偶數，A、C的原子序數的差為8，則A、C為同主族元素，A、B、C三種元素的最外層電子數之和為15，設B原子最外層電子數為x，則x+2x+2x=15，解得x=3，故A、C的最外層電子數為6，A為O元素，C為S元素，B的原子序數大于氧元素，最外層電子數為3，故B為Al元素，D的原子序數最大，故D為Cl元素，A、A為O元素，C為S元素，形成的化合物為SO2或SO3，溶液呈酸性，錯誤；B、B為Al元素，D為Cl元素，形成的化合物為氯化鋁，水解呈酸性，錯誤；C、同周期自左而右非極性增強，非金屬性Cl>S，非金屬性越強，氫化物越穩定，故穩定性HCl>H2S，錯誤；D、同周期自左而右原子半徑減小，電子層越多原子半徑越大，故原子半徑Al>S>Cl>O，即A<D<C<B，正確。答案選D。點睛：本題考查結構位置性質關系，難度適中，注意利用奇偶性及A、C的原子序數相差8判斷二者處于短周期同一主族，是推斷元素的關鍵。4.固體單質X和氣體Y在容積一定的密閉容器中完全反應生成氣體Z，相同溫度下測得容器內壓強不變，若產物氣體Z的密度是原氣體密度的3倍，則判斷正確的是（）A．反應前后的氣體質量之比一定是1：3B．兩種單質X、Y的摩爾質量之比是1：3C．在生成物Z中，X的質量分數為50%D．Z中X、Y兩元素的原子個數比為3：1參考答案：A考點：阿伏加德羅定律及推論．專題：阿伏加德羅常數和阿伏加德羅定律．分析：根據阿伏加德羅定律可知，容器的體積固定，相同溫度下測得容器內壓強不變，則反應前后氣體的物質的量相同，若產物氣體Z的密度是原氣體密度的3倍，則氣體Z的質量是反應前氣體Y質量的3倍，化學反應遵循質量守恒定律，則X的質量為B的質量的2倍，在生成物中X的質量分數為33.3%，由于不能確定X和Y的物質的量的關系，則不能確定X、Y的摩爾質量和原子個數之間的關系．解答：解：容器的體積不變，其密度是反應前氣體的3倍，m=ρM，則反應前后的氣體質量之比一定是1：3，故A正確；B．由于不能確定X和Y的物質的量的關系，則不能確定X、Y的摩爾質量和原子個數之間的關系，故B錯誤；C．氣體Z的質量是反應前氣體Y質量的3倍，化學反應遵循質量守恒定律，則X的質量為Y的質量的2倍，在生成物中X的質量分數為33.3%，故C錯誤；D．由于不能確定X、Y的物質的量的關系，則不能確定X、Y的摩爾質量和原子個數之間的關系，故D錯誤；故選A．點評：本題考查了阿伏伽德羅定律及其推論，根據題給選項只能確定Y和Z的關系、X的質量，但不能確定固體和氣體之間物質的量關系、原子關系，題目難度中等．5.在同溫、同壓下，某有機物與過量Na反應得到V1L氫氣，另取一份等量的該有機物與足量NaHCO3反應得V2L二氧化碳，若V1＝V2≠0，則有機物可能是()A．CH3CH2OH

B．HOOC—COOHC．

D．CH3COOH參考答案：C試題分析：有機物和過量Na反應得到V1L氫氣，說明分子中含有R-OH或-COOH，另一份等量的該有機物和足量的NaHCO3反應得到V2L二氧化碳，說明分子中含有-COOH；存在反應關系式：R-OH～H2，-COOH～H2，以及-COOHCO2，若V1=V2≠0，說明分子中含有1個R-OH和1個-COOH，只有C符合，故選C。6.利用碳酸鈉晶體（Na2CO3?10H2O）來配制1.0mol?L﹣1Na2CO3溶液500mL，假如其他操作均準確無誤，下列情況會引起所配溶液濃度偏高的是（）A．稱取碳酸鈉晶體53.0gB．移液時，對用于溶解碳酸鈉晶體的燒杯沒有進行沖洗C．定容時，俯視觀察刻度線D．定容后，將容量瓶反復倒轉、搖勻、靜置時發現液面低于刻度線，于是又加入少量水至刻度線參考答案：C【考點】溶液的配制．【分析】分析操作對溶質的物質的量和溶液體積的影響，依據C=進行誤差分析，凡是使n偏大或者是V偏小的操作，都會使溶液濃度偏高，反正使溶液濃度偏低，據此解答．【解答】解：A．配制1.0mol?L﹣1Na2CO3溶液500mL，應稱量碳酸鈉晶體質量m=1.0mol/L×0.5L×286g/mol=143.0g，稱取碳酸鈉晶體53.0g，導致稱取的溶質的質量偏小，溶質的物質的量偏小，溶液濃度偏低，故A錯誤；B．移液時，對用于溶解碳酸鈉晶體的燒杯沒有進行沖洗，導致部分溶質損失，溶質的物質的量偏小，溶液濃度偏低，故B錯誤；C．定容時，俯視觀察刻度線，導致溶液體積偏小，溶液的物質的量濃度偏高，故C正確；D．定容后，將容量瓶反復倒轉、搖勻、靜置時發現液面低于刻度線，于是又加入少量水至刻度線，導致溶液體積偏大，溶液濃度偏低，故D錯誤；故選：C．7.能夠用來鑒別BaCl2、NaCl、Na2CO3三種物質的試劑是（

）A．AgNO3溶液 B．稀硫酸 C．稀鹽酸 D．NaOH溶液參考答案：B8.下列各組氣體中，在通常情況下既能用濃硫酸又能用堿石灰干燥的有A．SO2、O2、N2B．HCl、Cl2、CO2C．CH4、H2、COD．SO2、Cl2、O2參考答案：C9.下列各組離子能在溶液中大量共存，且溶液呈透明顯堿性的是

A．AlO2-、CO32-、Na＋、K＋

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

D．Fe2＋、K＋、H＋、NO3-參考答案：A略10.下列分離物質的方法中，根據微粒大小進行分離的是（

）A、萃取

B、過濾

C、蒸發

D、升華參考答案：B略11.下列4組物質中均有一種物質的類別與其他3種不同。A.CaO、Na2O、CO2、CuO

B.S、C、P、CuC.O2、Fe、Cu、Zn

D.HCl、NaCl、H2SO4、HNO3（1）以上4組物質中類別不同的物質依次是A_____；B_____；C_____；D_____。（2）這些類別不同的物質中屬于電解質的是______(填化學式)。D組同一類別的物質的稀溶液與NaOH溶液反應的離子方程式為__________。參考答案：(1)CO2

Cu

O2

NaCl

(2)NaCl

H++OH-=H2O解析：（1）A項，CaO、Na2O、CuO都屬于堿性氧化物，CO2屬于酸性氧化物（或CaO、Na2O、CuO都屬于金屬氧化物，CO2屬于非金屬氧化物）；B項，S、C、P都屬于非金屬單質，Cu屬于金屬單質；C項，Fe、Cu、Zn都屬于金屬單質，O2屬于非金屬單質；D項，HCl、H2SO4、HNO3都屬于強酸，NaCl屬于鹽。4組物質中類別不同的物質依次是A：CO2；B：Cu；C：O2；D：NaCl。（2）CO2溶于水雖然能導電，但導電的離子是由CO2和H2O反應生成的H2CO3電離出來的，不是由CO2自身電離產生的，CO2屬于非電解質；Cu、O2都是單質，單質既不是電解質也不是非電解質；NaCl溶于水和熔融狀態下都能導電，NaCl屬于電解質；CO2、Cu、O2、NaCl四種物質中屬于電解質的是NaCl。D組中HCl、H2SO4、HNO3都屬于強酸，與NaOH發生酸堿中和反應，反應的離子方程式為H++OH-=H2O。點睛：本題的難點是電解質和非電解質的判斷，判斷時需注意：（1）電解質和非電解質都是化合物，單質、混合物既不是電解質也不是非電解質；（2）電解質導電是指電解質自身溶于水或熔融狀態下電離出自由移動的離子導電。12.短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相對位置如圖所示，其中T所處的周期序數與族序數相等．下列判斷不正確的是（）

R

TQ

W

A．最簡單氣態氫化物的熱穩定性：R＞QB．最高價氧化物對應水化物的酸性：Q＜WC．原子半徑：T＞Q＞RD．含T的鹽中，T元素只能存在于陽離子中參考答案：D【考點】元素周期律和元素周期表的綜合應用．【分析】由短周期元素R、T、Q、W所處的位置，可確定T、Q、W為第三周期的元素，R為第二周期元素，T所處的周期序數與族序數相等，則T為Al元素，可推知Q為Si元素，W為S元素，R為N元素．A．非金屬性越強，氫化物越穩定；B．非金屬性越強，最高價含氧酸的酸性越強；C．同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大；D．含有鋁元素的鹽溶液中可能為鋁鹽、可能為偏鋁酸鹽．【解答】解：由短周期元素R、T、Q、W所處的位置，可確定T、Q、W為第三周期的元素，R為第二周期元素，T所處的周期序數與族序數相等，則T為Al元素，可推知Q為Si元素，W為S元素，R為N元素．A．非金屬性N＞Si，故最簡單氣態氫化物的熱穩定性為NH3＞SiH4，故A正確；B．非金屬性Si＜S，故最高價氧化物對應水化物的酸性為H2SiO3＜H2SO4，故B正確；C．同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑：T＞Q＞R，故C正確；D．T為鋁元素，其鹽溶液中可能為鋁鹽、可能為偏鋁酸鹽，故D錯誤；故選D．13.下列措施對增大反應速率明顯有效的是（）A.Na與水反應時增大水的用量B.Fe與稀硫酸反應制取H2時，改用濃硫酸C.在K2SO4與BaCl2兩溶液反應時，增大反應容器體積D.Al在氧氣中燃燒生成Al2O3，將Al片改成Al粉參考答案：D【詳解】A．Na與水的反應中，水是純液體，增大水的用量，對化學反應速率無影響，A錯誤；B．鐵和濃硫酸反應生成的不是氫氣，而是SO2，B錯誤；C．壓強只可以改變有氣體參加的化學反應的速率，對沒有氣體參加的化學反應沒有影響，C錯誤；D．Al在氧氣中燃燒生成A12O3，將Al片改成Al粉，增大了鋁和氧氣的接觸面積能增大反應速率，D正確；答案選D。14.經分析，某種物質只含有一種元素，則此物質

（

）A.一定是一種單質

B.一定是純凈物C.一定是混合物

D.可能是純凈物，也可能是混合物參考答案：D略15.工業生產硫酸時，其中一步反應是2SO2＋O22SO3，下列說法錯誤的是()A.增大氧氣的濃度可提高反應速率

B.升高溫度可提高反應速率C.使用催化劑能顯著增大反應速率

D.達到化學平衡時，正、逆反應速率相等且都為零參考答案：D試題分析：A．增大氧氣的濃度，單位體積活化分子數目增加，反應速率增大，A正確；B．升高溫度，活化分子百分數增加，反應速率增大，B正確；C．加入催化劑，活化分子百分數增加，反應速率增大，C正確；D．達到化學平衡時正逆反應速率相等，應反應沒有停止，速率不為零，D錯誤，答案選D。【考點定位】本題主要是考查化學反應速率的影響因素【名師點晴】該題難度不大，側重于學生的分析能力和基本理論知識的綜合理解和運用的考查，注意相關基礎知識的積累。難點是平衡狀態的理解，在一定條件下，當可逆反應的正反應速率和逆反應速率相等時（但不為0），反應體系中各種物質的濃度或含量不再發生變化的狀態，稱為化學平衡狀態，平衡狀態具有逆、等、動、定、變等特點。二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.結合下列實驗裝置圖回答問題：圖1

圖2（1）某課外活動小組的同學用圖1裝置探究CO2的實驗室制法：①甲同學用大理石與稀鹽酸反應制取CO2，應該選用的發生裝置是

，收集裝置是

。②加熱固體碳酸氫鈉或固體碳酸氫銨都能產生CO2，其方程式分別是：2NaHCO3

Na2CO3+H2O+CO2↑NH4HCO3

NH3↑+H2O+CO2↑乙同學利用加熱碳酸氫鈉的方法制取CO2，應該選用的發生裝置是

。他不選用碳酸氫銨制取CO2的理由是

。（2）圖1中裝置B雖然操作簡便，但無法控制反應速率。請從圖2中選取（填序號）取代B中的單孔塞，以達到控制反應速率的目的。參考答案：（1）①B

C

②A

碳酸氫銨加熱分解會產生CO2和NH3的混合氣體，從而制得的CO2不純。（2）III略三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.實驗室用下列兩種方法制氯氣：①用含HCl146g的濃鹽酸與足量MnO2充分反應；②用87gMnO2與足量的濃鹽酸充分反應，則（1）寫出實驗室制取氯氣的化學方程式__________________________________________（2）兩種方法生成的氯氣的量是方法①___▲___方法②(填“>”、“<”或“＝”，不考慮HCl揮發)。參考答案：（1）MnO2+4HCl（濃）==

MnCl2+Cl2↑+2H2O

（2）>略18.把下列現象中硫酸所表現出來的性質填寫在空白處。(1)把鋅粒放入稀硫酸中時，有氣體放出。____________(2)盛有濃硫酸的燒杯敞口放置-段時間后，質量增加。____________(3)用玻璃棒蘸濃硫酸滴在紙上時，紙變黑。____________(4)把木炭放入熱的濃硫酸中時，有氣體放出。____________(5)在常溫下可以用鐵、鋁制容器盛裝冷的濃硫酸。____________參考答案：(1)酸性

(2)吸水性

(3)脫水性

(4)強氧化性或氧化性

(5)強氧化性或氧化性（1）Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，該反應中H元素化合價由+1價變為0價、Zn元素化合價由0價變為+2價，反應生成硫酸鋅和氫氣，反應生成硫酸鹽，體現其酸性，且H元素的化合價降低，體現其弱氧化性；（2）在燒杯中敞口放置濃硫酸時，質量增加，是因濃硫酸具有吸水性；（3）用玻璃棒蘸濃硫酸滴在紙上時，紙發黑，是因濃硫酸具有脫水性，使紙中H、O元素以水的形式脫出，留下C元素；（4）濃硫酸和碳反應方程式為C+2H2SO4（濃）CO2↑+2SO2↑+2H2O，C元素化合價由0價變為+4價、S元素化合價由+6價變為+4價，該反應中濃硫酸體現強氧化性；（5）濃硫酸具有強氧化性，能和鐵、鋁在常溫下發生氧化還原反應而生成一層致密的氧化物薄膜而阻止進一