山西省忻州市山高级职业技术中学2021-2022学年高一化学测试题含解析

山西省忻州市山高级职业技术中学2021-2022学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..将一小块钠放入下列溶液时，既能产生气体，又会出现白色沉淀的是A.稀盐酸

B.氢氧化钠稀溶液

C.硫酸铜溶液

D.氯化镁溶液参考答案：D略2.赤铜矿的主要成分是Cu2O，辉铜矿的主要成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热发生以下反应：Cu2S＋2Cu2O＝6Cu+SO2↑，关于该反应的说法中，正确的是

（

）

A．该反应的氧化剂只有Cu2O

B．Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂

C．氧化产物与还原产物物质的量之比为6:1

D．每生成19．2gCu，反应中转移0．6mol电子参考答案：B略3.绿色能源是指使用过程中不排放或排放极少污染物的能源，如一级能源中的水能、地热、天然气等；二级能源中电能、氢能等。下列能源属于绿色能源的是：①太阳能

②风能

③石油

④煤

⑤潮汐能

⑥木材A．①②③

B．③④⑤

C．④⑤⑥

D．①②⑤参考答案：D略4.

可用于沉淀Ba2+的试剂有A．NaCl溶液

B．Na2CO3溶液

C．Na2SO4溶液

D.NaNO3溶液参考答案：BC略5.某元素R的最高价氧化物的水化物分子式是HnRO2n-2，则在气态氢化物中R元素的化合价是（

）。A．3n－10

B．12－3n

C．3n－4

D．3n－12参考答案：D略6.造地球卫星用的一种高能电池——银锌电池，该电池的电极反应式为：Zn＋2OH-－2e-=ZnO＋H2O；Ag2O＋H2O＋2e-＝2Ag＋2OH-，据此判断氧化银是A.负极，并被氧化 B.正极，并被还原C.负极，并被还原 D.正极，并被氧化参考答案：B【详解】在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应。所以根据化合价可知，电极反应中银的化合价降低，被还原；原电池中较活泼的金属做负极，另一电极作正极，发生还原反应，所以氧化银为正极，得电子被还原。故选B。【点睛】原电池中，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应。7.向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按正反应速率由大到小顺序排列正确的是

甲．在500℃时，SO2和O2各10mol乙．在500℃时，用V2O5作催化剂，10molSO2和10molO2丙．在450℃时，8molSO2和5molO2丁．在500℃时，8molSO2和5molO2A．甲、乙、丙、丁

B．乙、甲、丙、丁C．乙、甲、丁、丙

D．丁、丙、乙、甲参考答案：C略8.[双选题]关于胶体和溶液的叙述中正确的是()A．胶体带电荷，而溶液呈电中性B．胶体加入电解质可产生沉淀，而溶液不能C．胶体是一种介稳性的分散系，而溶液是一种非常稳定的分散系D．胶体能够发生丁达尔现象，而溶液则不能参考答案：CD解析：胶体中的胶粒因吸附作用带电荷，胶体呈电中性；溶液加入适当的电解质溶液也可产生沉淀；胶体是一种介稳性的分散系，而溶液是一种非常稳定的分散系，可以利用丁达尔现象鉴别胶体和溶液。9.对于反应：WO3+3H2W+3H2O，下列说法不正确的是A.WO3做氧化剂B.H2表现还原性C.W是氧化产物D.每生成3molH2O，转移的电子数为6NA(NA表示阿伏加德罗常数)参考答案：C【详解】A.反应中W元素的化合价降低，得到电子，被还原，因此WO3做氧化剂，A正确；B.氢元素化合价升高，失去电子，被氧化，氢气是还原剂，H2表现还原性，B正确；C.反应中W元素的化合价降低，得到电子，因此W是还原产物，C错误；D.反应中W元素的化合价由+6价降低到0价，得到6个电子，因此每生成3molH2O，转移的电子数为6NA(NA表示阿伏加德罗常数)，D正确；答案选C。10.常温下在溶液中可发生如下两个离子反应：Sn2＋＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Sn4＋，Ce4＋＋Fe2＋=Fe3＋＋Ce3＋。由此可以确定Fe3＋、Ce4＋、Sn4＋三种离子的氧化性由强到弱的顺序是A.Ce4＋、Fe3＋、Sn4＋

B.Sn2＋、Fe2＋、Ce3＋C.Sn4＋、Ce3＋、Fe2＋

D.Fe2＋、Sn2＋、Ce3＋参考答案：A【分析】根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性来判断。【详解】根据反应：Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，氧化性是Ce4+＞Fe3+，根据反应：Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+，氧化性是Fe3+＞Sn4+，所以还原性顺序是：Ce4+＞Fe3+＞Sn4+，故选A。【点睛】本题考查氧化还原反应，氧化性强弱的判断规律是氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原性强弱的判断规律是还原剂的还原性强于还原产物的还原性。11.实验室需用480mL0.1mol·L-1CuSO4溶液，下列配制方法正确的是A．称取7.86g硫酸铜，放入500mL的容量瓶中，配成480mL溶液B．称取12.0g胆矾（CuSO4·5H2O），溶于500mL水中C．称取8.0g硫酸铜，配成500mL溶液D．称取12.5g胆矾（CuSO4·5H2O），溶于500mL水中参考答案：C略12.有一种白色固体，由下列四种物质中的两种混合而成：①NaCl；②K2SO4；③Na2CO3；④BaCl2．把这白色粉末加水搅拌，有白色不溶物．过滤，经检验滤液中只含K+和Cl﹣两种离子，则可判断白色粉末是（）A．由①和②混合 B．由③和④混合 C．由②和④混合 D．由②和③混合参考答案：C考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．分析：过滤，经检验滤液中只含K+和Cl﹣两种离子，则一定含K2SO4，溶于水生成的白色沉淀为硫酸钡，以此来解答．解答：解：过滤，经检验滤液中只含K+和Cl﹣两种离子，则一定含K2SO4，溶于水生成的白色沉淀为硫酸钡，则一定含②和④，滤液中不含钠离子，可知一定不含①③，故选C．点评：本题考查物质的检验及鉴别，为高频考点，把握滤液中的离子及白色沉淀为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．13.工业制硝酸中的一步重要反应是N2和H2在500℃时，高压、催化剂条件下反应：N2+3H2

2NH3，这是个正反应是放热的可逆反应。已知反应在密闭容器中进行，下列说法正确的是A.使用催化剂能加快反应速率，使N2完全转化为NH3B.当N2、H2、NH3浓度相等时，反应达到化学平衡状态C.一段时间后，当N2、H2、NH3浓度不再改变时，反应物转化率最大D.达平衡后，升高温度，反应速率减慢参考答案：C略14.将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆周中心区(a)已被腐蚀而变暗，在液滴外沿形成棕色铁锈环(b)，如图所示。导致该现象的主要原因是液滴下氧气含量比边缘少。下列说法正确的是

A．液滴中的Cl―由a区向b区迁移B．液滴边缘是正极区，发生的电极反应为：O2＋2H2O＋4e－4OH－C．液滴下的Fe因发生还原反应而被腐蚀，生成的Fe2＋由a区向b区迁移，与b区的OH―形成Fe(OH)2，进一步氧化、脱水形成铁锈D．若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板，在铜铁接触处滴加NaCl溶液，则负极发生的电极反应为：Cu－2e－Cu2

参考答案：b略15.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液

参考答案：DA、氨气的密度比空气密度小，应该采用向下排空气法收集，装置c中的导管应改为短进长出，故A错误；B．用MnO2和浓盐酸制取氯气时需要加热，氯气的密度比空气大，能使用向上排空气法，氯气用氢氧化钠溶液吸收，故B错误；C．铜与稀硝酸反应生成产物为一氧化氮，一氧化氮易与空气中氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集，氢氧化钠不能吸收一氧化氮气体，故C错误；D．浓硫酸可以与亚硫酸钠反应，生成二氧化硫，SO2气体的密度比空气大，能使用向上排空气法，SO2气体能与氢氧化钠迅速反应，所以吸收装置中要防倒吸，图示收集装置和完全吸收装置都合理，故D正确；点睛：本题考查化学实验基本原理(气体的制备)、实验装置、仪器的使用。注意掌握常见气体的制取原理、收集方法及尾气吸收方法，该考点是高考的热点。本题的易错点是D，注意二氧化锰制备氯气需要加热。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某研究小组用如图所示装置制取乙酸乙酯，相关信息及实验步骤如下。

物质熔点/℃沸点/℃密度/g·cm-3乙醇-117.378.50.789乙酸16.6117.91.05乙酸乙酯-83.677.50.90浓硫酸(98%)—338.01.84

实验步骤：①在试管a中加入浓硫酸，乙醇和冰醋酸各2ml;②将试管a固定在铁架台上;③在试管b中加入适量的饱和碳酸钠溶液;④按图连接好装置后，用酒精灯对试管a缓慢加热(小火均匀加热);⑤待试管b收集到一定量产物后停止加热，撤去试管b并用力震荡试管b,然后静置。请回答下列问题：(1)写出制取乙酸乙酯的化学方程式(注明反应条件)：___________；(2)装置中的球形干燥管除起冷凝作用外，它的另一重要作用是_____________________；(3)试管b中饱和碳酸钠溶液的作用是___________(填选项);A．中和乙酸并吸收部分乙醇

B．中和乙酸和乙醇C．降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分层析出

D．加速酯的生成，提高其产率(4)步骤④中需要用小火均匀加热，其主要原因是_________________________________________；(5)指出步骤⑤静置后，试管b中所观察到的实验现象：___________________________________；(6)下图是分离乙酸乙酯、乙酸和乙醇混合物的实验操作流程图：在上述实验过程中，所涉及的三次分离操作是___________(填选项)。A．①蒸馏②过滤③分液

B．①分液②蒸馏③结晶、过滤C．①蒸馏②分液③分液

D．①分液②蒸馏③蒸馏参考答案：(1)CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O

(2)防止倒吸

(3)AC

(4)减少原料损失(或减少副产物生成，答案合理均可)

(5)b中液体分层，上层是透明有香味的油状液体

(6)D分析：本题主要考察乙酸乙酯的制备实验的相关知识。详解：（1）实验室中用乙醇、乙酸在浓硫酸、加热的条件下制备乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；（2）如果反应结束后先移开酒精灯，仪器中的压强减小，试管中的溶液变会倒吸到反应器中，发生危险，因此装置中的球形干燥管除起冷凝作用外，它的另一重要作用是防倒吸；（3）饱和碳酸钠溶液的作用主要有3个①使混入乙酸乙酯中的乙酸与Na2CO3反应而除去；②使混入的乙醇溶解；③使乙酸乙酯的溶解度减小，减少其损耗及有利于它的分层和提纯，故选AC。（4）根据各物质的沸点数据可知，乙酸(117.9℃)、乙醇(78.0℃)的沸点都比较低，且与乙酸乙酯的沸点(77.5℃)比较接近，若用大火加热，反应物容易随生成物(乙酸乙酯)一起蒸出来，导致原料的大量损失，所以应小火均匀加热，防止温度过高；（5）反应后试管中的到产物为乙酸乙酯，乙酸乙酯为无色有香味油状液体，不溶于水，密度小于水，根据此性质可知b中液体分层，上层是透明有香味的油状液体；（6）乙醇、乙酸和乙酸乙酯混合物种加入饱和碳酸钠溶液，乙醇溶于水层，乙酸与碳酸钠反应溶于水中，乙酸乙酯不溶于水，位于水层之上。两种不互溶液体的分离应采用分液的方法；溶液A中溶有乙醇，根据乙醇和水的沸点不同，可用蒸馏法分离乙醇；向剩余溶液中加入硫酸，溶液中生成乙酸，再根据乙酸与水的沸点不同，可用蒸馏方法分离乙酸。点睛：本题为制备有机物乙酸乙酯的实验。要熟知制备反应的原理，反应过程中的注意事项，产物的除杂及收集。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.将足量澄清石灰水加入250ml碳酸钠溶液中，过滤、干燥后得到10g沉淀．（1）求此碳酸钠溶液的物质的量浓度．（2）若取出这10g沉淀，向其中加入足量的稀盐酸充分反应，求最终产生的气体在标准状况下的体积．参考答案：解：（1）令碳酸钠的物质的量为xmol，则：Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH1mol

100gxmol

10g1mol：xmol=100g：10g解得x=0.1，故碳酸钠的物质的量浓度==0.4mol/L，答：碳酸钠的物质的量浓度为0.4mol/L；（2）设标况下生成二氧化碳的体积为VL，则：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O100g

22.4L10g

VL100g：10g=22.4L：VL解得V=2.24，答：标况下生成二氧化碳的体积为2.24L考点：化学方程式的有关计算．

分析：（1）发生反应：Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH，10g沉淀为碳酸钙，根据方程式计算碳酸钠的物质的量，再根据c=计算；（2）发生反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，据此计算生成二氧化碳的体积．解答：解：（1）令碳酸钠的物质的量为xmol，则：Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH1mol

100gxmol

10g1mol：xmol=100g：10g解得x=0.1，故碳酸钠的物质的量浓度==0.4mol/L，答：碳酸钠的物质的量浓度为0.4mol/L；（2）设标况下生成二氧化碳的体积为VL，则：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O100g

22.4L10g

VL100g：10g=22.4L：VL解得V=2.24，答：标况下生成二氧化碳的体积为2.24L．点评：本题考查化学方程式的有关计算，比较基础，侧重对基础知识的巩固．18.有二氧化碳与一氧化碳的混合气体共11.6g，其物质的量为0.3mol．求：（1）该混合气体在标准状况下的密度为多少？（2）混合气体缓慢通过1000mL0.12mol?L﹣1的氢氧化钡溶液，产生沉淀的质量为多少？（说明：本题需要写出简明的解题过程．）参考答案：解：（1）该混合气体在标准状况下的密度为=1.73g?L﹣1，答：该混合气体在标准状况下的密度为1.73g?L﹣1．（2）设CO2的物质的量为x，则CO的物质的量为（0.3mol﹣x），则：44g?mol﹣1×x+28g?mol﹣1×（0.3mol﹣x）=11.6g解得x=0.2mol由于1＜=＜2，故反应生成BaCO3、Ba（HCO3）2，根据钡离子守恒：n（BaCO3）+n[Ba（HCO3）2]=0.12mol根据碳原子守恒：n（BaCO3）+2n[Ba（HCO3）2]=0.2mol解得n（BaCO3）=0.04mol，n[Ba（HCO3）2]=0.12mol故产生沉淀质量为0.04mol×197g?mol﹣1=7.88g，答：产生沉淀质量为7.88g．考点：化学方程式的有关计算．

分析：（1）根据V=nVm计算混合气体总体积，再根据ρ=计算混合气体密度；（2）设CO2的物质的量为x，则CO的物质的量为（0.3mol﹣x），则44g?mol﹣1×x+28g?m