四川省成都市郫县第二中学2022年高一化学测试题含解析

1、四川省成都市郫县第二中学2022年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. 下列金属中，金属活动性最强的是 （ ）ZA、Zn B、Cu C、Fe D、Mg参考答案：D略2. 下列关于元素周期律和元素周期表的说法中正确的是（）A目前发现的所有元素占据了周期表里全部位置，不可能再有新的元素被发现B元素的性质随着原子序数的增加而呈周期性变化C俄国化学家道尔顿为元素周期表的建立作出了巨大贡献D最外层电子数为8的粒子是稀有气体元素的原子参考答案：B考点：元素周期律和元素周期表的综合应用版权所有专题：元素周期律与元素周

2、期表专题分析：A元素周期表没有填满，还可以再发现新的元素；B原子最外层电子数决定元素的性质；C俄国化学家门捷列夫对元素周期表做出了巨大贡献；D、最外层电子数为8的粒子可以是原子还可以是离子解答：解：A随着科学技术的发展，人们可以不断合成一些元素，元素周期表中元素的种类在不断的增加，故A错误；B原子最外层电子数决定元素的性质，元素周期表中元素的核外电子排布呈周期性变化，则元素性质呈周期性变化，故B正确；C俄国化学家门捷列夫对元素周期表做出了巨大贡献，而不是道尔顿，故C错误；D、最外层电子数为8的粒子可以是稀有气体元素的原子，还可以是氯离子或是钾离子等，故D错误故选B点评：本题考查元素周期律与元素

3、周期律知识，题目难度不大，注意相关基础知识的积累3. 下列实验操作中错误的是（ ）A. 蒸发操作时，不能使混合物中的水分完全蒸干后才停止加热B. 做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加C. 分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D. 萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大参考答案：DA在蒸发操作的过程中，当加热到有少量液体剩余时停止加热，此时剩下的少量液体可以利用余热蒸发干，A正确；B做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加，B正确

4、；C活塞到漏斗管口还残留一部分下层液体，如果将上层液体也从下口放出，残留的下层液体会一起被放出，上层液体就不纯净了，故分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C正确；D萃取的基本原则是两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，密度也可以比水小，也不一定必须是有机溶剂，D错误；答案选D。4. 下列关于气体说法正确的是A. 当NA个O2所占的体积约为22.4 L时，说明该O2一定处于标准状况下B. 1 mol H2和O2的混合气体在标准状况下的体积约为22.4 LC. 稀有气体为单原子分子，在标准状况下，1 mol稀有气体的体积约为11.2 LD. 1 m

5、ol H2的质量只有在标准状况下才等于2 g参考答案：B【详解】A由PV=nRT分析可知，压强和温度增大相同倍数，1mol气体体积也可以为22.4L，因此当NA个O2所占的体积约为22.4 L时，该O2不一定处于标准状况下，故A错误；B标准状况下，1 mol H2和O2的混合气体的体积约为22.4 L，符合气体摩尔体积概念，故B正确；C在标准状况下，1 mol稀有气体的体积约为22.4 L，与气体由几个原子组成没有关系，故C错误；D.质量与状态没有关系，则1 mol H2的质量在任何条件下都等于2 g，故D错误；答案选B。【点睛】本题考查气体摩尔体积概念，侧重于学生的分析能力的考查，注意气体摩

6、尔体积条件的理解，即气体摩尔体积只能适用于气体（包括混合气体），且只有在标准状况下气体的摩尔体积才约是22.4L/mol。5. 下列各组物质的性质及粒子的性质变化正确的是A稳定性H2SHClHBrHI B还原性Na+S2-Br -ClC离子半径Cl-K+S2-S D酸性HClO4 H2SO4H2CO3HClO参考答案：D略6. 某气态烃1体积只能与1体积氯气发生加成反应氯代烷，此氯代烷1mol最多可与4mol氯气发生完全的取代反应，该烃是 AC3H6 BC2H4 CC4H6 DC4H8参考答案：B略7. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A5.6g Fe和足量的盐酸反应时，失去

7、的电子数为0.3NAB1 mol Na2O2固体中含离子总数为3NAC标准状况下，22.4 L SO3所含分子数为NAD0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl 个数为NA参考答案：B解：A、5.6g铁的物质的量为0.1mol，铁与盐酸反应生成硫酸亚铁和氢气，铁由0价升高为+2价，转移的电子数为0.1mol2NAmol1=0.2NA，故A错误；B、Na2O2固体中含2个钠离子和1个过氧根，故1mol过氧化钠中含3mol离子，故B正确；C、标况下，三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、溶液的体积不明确，故溶液中氯离子的个数无法计算，故D错误故选B8. 某溶液中

8、大量存在以下五种离子： Cl、SO42-、Fe3+、H+、M，其物质的量浓度之比为c（Cl）c（SO42）c（Fe3+）c（H）c（M）53232，则M可能是( )AAg+ BMg2+ CNO DNa+参考答案：D9. 用玻璃棒蘸取新制氯水点在pH试纸上，观察到的现象是()参考答案：B解析：在氯水中有三分子“H2O、Cl2、HClO”，四离子“H、Cl、ClO、OH”，氯水本身是呈酸性的，所以在中间部分氯水会使pH试纸先变红后褪色，故中间为白色；外圈由于酸性较强而使pH试纸变红。10. 下列叙述正确的是A1molO2的质量为32gmol1B1mol物质的质量等于该物质的相对分子质量或相对原子质

9、量CSO42的摩尔质量为96 gmol1DCO2的摩尔质量为44g参考答案：C略11. 实验室中，通常将金属钠保存在（）A水中 B煤油中 C四氯化碳中 D汽油中参考答案：B考点：钠的化学性质 专题：几种重要的金属及其化合物分析：根据钠的保存需要考虑钠的性质，如钠与空气和水发生反应，与四氯化碳、汽油、煤油不反应，钠的密度比四氯化碳小、比煤油、汽油的密度大以及汽油的沸点低于煤油，易挥发解答：解：A、金属钠和水之间能反应，所以不能保存在水中，故A错误；B、金属钠与煤油不反应，且密度比煤油大，沉于煤油底部，隔开了空气，所以钠能保存在煤油中，故B正确；C、金属钠与四氯化碳不反应，但密度比四氯化碳小，浮于

10、煤油，能接触到空气，所以钠不能保存四氯化碳中，故C错误；D、金属钠与汽油中不反应，密度比汽油大，沉于煤油液面，但汽油的沸点低于煤油，易挥发，所以钠不能保存汽油中，故D错误；故选：B点评：金属的保存需要考虑金属的物理性质和化学性质12. 将下列物质按酸、碱、盐分类排列，正确的是A. 硫酸 纯碱 硫酸钙B. 盐酸 烧碱 硫酸亚铁C. 碳酸 乙醇 烧碱D. 磷酸 熟石灰 苛性钠参考答案：B略13. 下列措施能减慢化学反应速率的是A将煤块粉碎后燃烧B用2mol/L的盐酸代替0.1mol/L的盐酸反应制氢气C用过氧化氢溶液制氧气时添加少量二氧化锰粉末D将食物贮藏在冰箱中参考答案：D14. 下面四个选项是

11、四位同学在学习化学反应速率和化学平衡理论以后,联系化工生产实际所发表的看法,你认为不正确的是A.化学反应速率理论可指导怎样在一定时间内快出产品；B.化学平衡理论可指导怎样使用有限原料多出产品；C.化学反应速率理论可指导怎样提高原料的转化率；D.正确利用化学反应速率和化学平衡理论都可提高化工生产的综合经济效益。参考答案：C略15. 在实验室中，常用KMnO4代替MnO2与浓盐酸反应制取氯气，其反应的化学方程式为 2KMnO4+16HCl（浓）= 2MnCl2+5Cl2+2KCl+8H2O，下列叙述中正确的是（ ）A反应中KMnO4被氧化 B氧化产物与还原产物的物质的量之比为52 C每生成0.5

12、mol Cl2时，反应中转移的电子为2 molD氧化剂和还原剂的比例是1:8参考答案：C二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16. （12分）（）A、B、C三种无色可溶性盐分别是由Na+ 、Ag+ 、Ba2+、Cl、NO3 、CO32中不同的阴、阳离子所组成。经实验A溶液、B溶液均可以与盐酸反应，其中A产生白色沉淀，B产生气泡。则A为 、B为 。将B和C的溶液混合反应的离子方程式为： 。（）有一包固体粉末，由CaCO3、Na2SO4、KNO3、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，取样品进行如下实验：从实验可以判断，该固体粉末中一定不含有 ，它的组成可能是 或 。参考答案：略三、综合题（

13、本题包括3个小题，共30分）17. 已知乙烯在一定条件下能发生下列转化，回答下列问题：(1)反应的反应类型是_;物质C中所含官能团的名称是_。(2)分别写出、反应的化学方程式(有机物用结构简式表示)：_、_。(3)实验室制取乙酸乙酯的装置如下图所示。能完成本实验的装置是_(填“甲”、“乙”或“丙”),试管B内盛放的液体是_。参考答案：(1)加成反应 羧基 (2) 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O (3)乙、丙 饱和碳酸钠溶液分析：乙烯经过反应得到A，A经过两步反应得到C，而A和C可生成乙酸乙酯，因此A为乙醇，B为

14、乙醛，C为乙酸。乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸。详解：（1）应为乙烯与水发生加成反应生成乙醇；经推断可知C为乙酸，乙酸中所含官能团是羧基；（2）反应为乙醇的催化氧化过程，方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应为乙醇与乙酸发生酯化反应，方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；（3）制取乙酸乙酯时，蒸汽中往往含有乙醇和乙酸，所以用饱和碳酸钠溶液吸收掉从而与乙酸乙酯分离，但是二者易溶于水而产生倒吸，乙导管没有插入到液面以下，丙导管上端容积较大，二者都可防止倒吸。18. 完成下列各题：（1）在18.6g

15、Fe和Zn合金中加入200mL某浓度的稀硫酸恰好完全反应，生成0.3mol H2则原合金中有mol Fe，稀硫酸的物质的量浓度为 mol/L（2）已知19.2gCu与过量的200ml 5mol/L稀硝酸充分反应，反应方程式如下，请计算（忽略反应前后溶液体积的变化）3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO+4H2O转移电子的个数为（用NA表示阿伏加德罗常数）；标准状况下，产生NO气体的体积为反应后，H+的物质的量浓度为，NO3的物质的量浓度为参考答案：1. 0.1 1.52. 0.6NA 4.48L 1mol/L 4mol/L考点：物质的量浓度的相关计算；氧化还原反应的电子转移数目计算 分析

16、：（1）Fe和Zn合金与稀硫酸发生Fe+H2SO4FeSO4+H2，Zn+H2SO4ZnSO4+H2，由方程式可知n（H2）=n（H2SO4），结合方程式计算；（2）该反应铜的物质的量及反应方程式计算出消耗氢离子的物质的量，然后计算出剩余的氢离子的物质的量及浓度；根据氮原子守恒计算出反应后溶液中含有硝酸根离子的物质的量，再根据c=计算出硝酸根离子的物质的量浓度解答：解：（1）Fe和Zn合金与稀硫酸发生Fe+H2SO4FeSO4+H2，Zn+H2SO4ZnSO4+H2，设混合物中含有xmolFe、ymolZn，x+y=0.3、56x+65y=18.6，解得：x=0.1、y=0.2，根据反应可知：

17、n（H2）=n（H2SO4）=0.3mol，则c（H2SO4）=1.5mol/L，故答案为：0.1；1.5；（2）19.2g铜的物质的量为：=0.3mol，0.3mol铜完全反应失去0.6mol，转移电子为0.6NA；根据反应方程式3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO+4H2O可知，0.3mol铜完全反应生成0.2molNO气体，标况下0.2molNO的体积为：22.4L/mol0.2mol=4.48L，故答案为：0.6NA；4.48L；200mL 5mol/L稀硝酸中含有硝酸的物质的量为：5mol/L0.2L=1mol，0.3mol铜完全反应消耗0.8mol硝酸，反应后剩余硝酸的物质的量为：1mol0.8mol=0.2mol，反应后氢离子浓度为：=1mol/L；根据N原子守恒，反应后溶液中硝酸根离子的物质的量为：1mol0.2mol=0.8mol，硝酸根离子的浓度为：=4mol/L，故答案为：1mol/L；4mol/L点评：本题考查了物质的量的计算、化学反应的计算，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及化学计算能