广东省广州市龙江中学2022-2023学年高一化学测试题含解析

广东省广州市龙江中学2022-2023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.铝电池性能优越，Al–AgO电池可用作水下动力电源，其原理如右图所示。下列说法不

正确的是

A.在正极发生的电极反应为：AgO+2e-+H2O=Ag+2OH- B.在正极区H+浓度增大，在负极区H+浓度减少 C.该电池总反应的化学方程式：D.当电池负极的质量变化10.8g，则过程中电池流动的电子物质的量为1.2NA参考答案：B略2.下列物质中既能跟稀盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（

）①②③④⑤MgO

⑤Fe(OH)3⑥CuSO4A.全部

B.②③④⑤

C.①②③④

D.①②③④⑥参考答案：C碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，氧化铝与氢氧化铝是两性化合物，三种物质既能跟稀盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应，另外铝也可以；氧化镁是碱性氧化物、氢氧化铁是碱，二者与盐酸反应，与氢氧化钠不反应；硫酸铜是是盐，与盐酸不反应，答案选C。点睛：掌握物质的性质特点是答题的关键，注意硫酸铜与盐酸不反应，但在一定条件下能与某些酸反应，例如H2S与硫酸铜反应生成CuS沉淀和硫酸。3.1989年世界卫生组织把铝确定为食品污染源之一，而加以控制使用.铝在下列应用时应加以控制的是①制铝合金

②制电线

③制炊具

④银色漆颜料

⑤明矾净水

⑥明矾与苏打制食品膨松剂

⑦易拉罐

⑧用Al(OH)3凝胶制胃舒平药片

⑨包装糖果和小食品A.③⑤⑧⑨

B.⑥⑧⑨

C.③⑤⑨

D.③⑤⑥⑦⑧⑨参考答案：D试题分析：确定铝为食品污染源之一，因为铝元素会导致脑神经问题，使人易患老年痴呆症，所以③制炊具、⑤明矾净水、⑥明矾与苏打制食品膨松剂、⑦易拉罐、⑧用Al(OH)3凝胶制胃舒平药片、⑨包装糖果和小食品等的饮食方面应加以控制，D正确。点评：熟悉铝元素在日常生活中的应用，并找到符合题意的选项4.下列关于能量转换的认识中不正确的是(

)A．电解水生成氢气和氧气时，电能转变成化学能

B．白炽灯工作时电能全部转化成光能C．绿色植物光合作用过程中太阳能转变成化学能

Ｄ.煤燃烧时化学能主要转变成热能参考答案：B略5.进行化学实验必须注意安全，下列说法正确的是

A．不慎将酸溅到眼中，应立即用干布擦，后边洗边眨眼睛。B．不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液。C．酒精在实验台上燃烧时，用水扑灭火焰。D．配制硫酸溶液时，可先在量筒中加入一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸。参考答案：B6.用30g乙酸与46g乙醇反应，如果实际产率是理论产率的67%，则可得到的乙酸乙酯的质量是A.29.5g B.44g C.74.8g D.88g参考答案：A试题分析：制备乙酸乙酯的化学反应方程式为：CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOC2H5＋H2O，30g乙酸与46g乙醇分别为0.5mol，1mol，所以实际中最大能够得到0.5mol的乙酸乙酯，所以乙酸乙酯的质量=88×0.5×67%=29.5g，所以本题的答案选A。7.下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的叙述，正确的是（）A．常温时，在水中的溶解性：碳酸钠＞碳酸氢钠B．热稳定性：碳酸钠＜碳酸氢钠C．质量相同时，分别与同体积同浓度盐酸反应的快慢：碳酸钠＞碳酸氢钠D．物质的量相同时，分别与足量的盐酸反应，生成CO2的质量：碳酸钠＜碳酸氢钠参考答案：A【考点】钠的重要化合物．【分析】A．依据碳酸钠水溶性大于碳酸氢钠解答；B．碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠；C．碳酸钠与盐酸反应先转化为碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸反应生成二氧化碳；D．依据碳原子个数守恒解答．【解答】解：A．常温时，在水中的溶解性：碳酸钠＞碳酸氢钠，故A正确；B．碳酸氢钠加热发生分解反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，而碳酸钠加热不分解，故B错误；C．碳酸钠与盐酸反应先转化为碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸反应生成二氧化碳，故相同条件下，与酸反应的速率碳酸钠＜碳酸氢钠，故C错误；D．物质的量相同时，碳酸钠和碳酸氢钠含有碳原子数相同，与足量盐酸反应生成二氧化碳的量相同，故D错误；故选：A．8.

检验淀粉已完全水解的试剂

A、新制的Cu（OH）2悬浊液

B、碘水

C、NaOH溶液

D、稀硫酸参考答案：B略9.用可溶性钡盐检验SO42-离子的存在时，先在待测溶液中加入盐酸，其作用是(

)A.形成较多的白色沉淀

B.形成的沉淀纯度更高

C.排除SO42-以外的其它阴离子及Ag+的干扰D.排除Ba2+以外的其它阳离子的干扰参考答案：C

10.下列反应的离子方程式书写正确的是

．

（

）A．向Ba（OH）2溶液中加入NaHSO4溶液至刚好沉淀完全：

Ba2++OH-+H++SO42-==BaSO4ˉ+H2OB．Cu与浓H2SO4共热：Cu+4H++SO42-Cu2++SO2-+2H2OC．向FeSO4溶液中滴加H2O2溶液：Fe2++H2O2+2H+==Fe3++2H2OD．将SO2通入Ca（ClO）2溶液：SO2+H2O+Ca2++2ClO-==CaSO3ˉ+2HClO参考答案：A略11.固体混和物，可能有氯化钙、碳酸铵、烧碱、硫酸铵，将它溶解于水得到无色澄清溶液，且无其它明显现象，向溶液中加入硝酸钡溶液，产生白色沉淀，再加入硝酸，沉淀部分消失，原混和物中肯定有A.CaCl2和(NH4)2SO4

B.NaOH和(NH4)2SO4C.NaOH和CaCl2

D.(NH4)2SO4和(NH4)2CO3参考答案：D12.某CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液100mL，已知溶液中各阳离子的浓度相同（不

考虑溶液中离子的变化），且SO42－的物质的量浓度为6mol，则此溶液最多能溶解铁粉的质量为

A.5.6g

B.11.2g

C.22.4g

D.33.6g参考答案：C略13.下列元素中，最高正化合价数值最大的是A.Na

B.Cl

C.F

D.C参考答案：BA．Na的最外层电子数为1，最高化合价为+1价，B．Cl的最外层电子数为7，最高化合价为+7价；C．F无正价；D．C的最外层电子数为4，最高化合价为+4价；则化合价最高的为Cl，故选B。点睛：本题考查化合价的判断。注意根据元素在周期表中的位置可判断最外层电子数，再根据最外层电子数判断化合价。本题的易错点是C。14.

18O3通入KI溶液中，当反应结束后，产物中含有18O原子的物质是A．KOH与H2O

B．O2与KOH

C．O2与H2O

D．只有O2参考答案：B15.已知A、B分别为同周期的ⅠA族和ⅦA族的两种元素，它们的原子序数分别为m和n，则下列关系不可能成立的是A.n＝m＋16 B.n＝m＋6 C.n＝m＋30 D.n＝m＋10参考答案：D【详解】周期表中第一、二、三、四、五、六、七周期元素的种数分别为2、8、8、18、18、32、32，若元素在二、三周期，则原子序数n=m+6，若元素在四、五周期，由于副族和ⅥⅡ族出现在ⅠA和ⅦA族之间共10种元素，则原子序数n=m+6+10=m+16，若元素在第六、七周期，又多了镧系、锕系，有15种元素，则原子序数n=m+16+14=m+30，故选D。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.I.掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，下图为蒸馏实验装置。（1）写出下列仪器的名称：a._____________，b._____________；（2）若利用该装置分离四氯化碳和酒精的混合物，还缺少的仪器是______________。（3）某粗盐除含氯化钠外，还混有可溶性CaCl2、MgCl2、硫酸盐、泥砂等不溶性杂质，为提纯粗盐，可选用以下试剂及操作先后顺序可以是（________________）（填选项字母）①Na2CO3②NaOH

③BaCl2④HCl

⑤过滤

⑥蒸发结晶A．②③①④⑤⑥

B．②③①⑤④⑥

C．②①③⑤④⑥

D．③②①⑤④⑥II.（4）现需配制0.1mol·L－1NaOH溶液480mL，根据此，回答下列问题：①配制氢氧化钠溶液需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、和___________________________________________。②实验时需要托盘天平称量氢氧化钠____________g；③配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）__________。A．用30mL水洗涤烧杯2~3次，洗涤液均注入容量瓶B．准确称取计算量的氢氧化钠固体于烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解C．将溶解的氢氧化钠溶液冷却室温后，沿玻璃棒注入容量瓶中

D．将容量瓶盖紧，上下颠倒摇匀E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1~2cm处④配制0.1mol·L－1NaOH溶液的实验中，如果出现以下操作，会导致配制溶液的浓度偏大的有___________(填写字母)。A．称量时用了生锈的砝码

B．未洗涤溶解NaOH的烧杯C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中D．容量瓶未干燥即用来配制溶液

E．定容时仰视刻度线F．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线参考答案：I.(1)蒸馏烧瓶

冷凝管

(2)温度计

(3)BD

II.(4)①500mL容量瓶

②2.0

③BCAFED

④AC试题分析：（1）蒸馏装置中的主要仪器有蒸馏烧瓶、冷凝管、牛角管、锥形瓶，酒精灯，a为蒸馏烧瓶，b为冷凝管，e为锥形瓶。（2）分离四氯化碳和酒精的混合物用蒸馏的方法分离，图中缺少温度计。（3）首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最后经蒸发操作得到较纯净的氯化钠，所以正确的顺序为②③①⑤④⑥或③②①⑤④⑥。（4）①根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，故还需要的是500mL容量瓶。②由于实验室无480mL容量瓶，故应选择500mL的容量瓶，故配制出500mL溶液，故所需的质量m=cVM=0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g。③根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知正确的操作顺序是BCAFED。④根据c=n/V并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析，凡是能引起n增大或V减小从操作均会引起所配溶液浓度偏高的结果。A．称量时用了生锈的砝码，致使所称量溶质的物质的量n偏大，则所配溶液浓度偏大，故A正确；B．未洗涤溶解NaOH的烧杯，致使所称量溶质的物质的量n偏小，则所配溶液浓度偏小，故B错误；C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，致使所配溶液浓度体积V偏小，则所配溶液浓度偏大，故C正确；D．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对n、V均无影响，则所配溶液浓度无影响，故D错误；E．定容时仰视刻度线，致使所配溶液浓度体积V偏大，则所配溶液浓度偏小，故C错误；F．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线，致使所配溶液浓度体积V偏大，则所配溶液浓度偏小，故F错误。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.天然气的主要成分甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水的热化学方程式如下，请回答下列问题：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣889.6kJ/mol．（1）反应物能量总和_____（填“大于”、“小于”或“等于”）生成物能量总和．（2）若1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和水蒸气，则放出的热量_____889.6kJ．（填“＞”、“＜”或“=”）（3）已知氢气燃烧生成液态水的热化学方程式是：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣572kJ/mol，则相同质量的甲烷和氢气，完全燃烧生成液态水，放热较多的是_____．（4）被誉为改变未来世界的十大新科技之一的燃料电池具有无污染、无噪音、高效率的特点．①已知甲烷燃料电池的总反应式为CH4+2O2+2KOH═K2CO3+3H2O，通入甲烷的这个电极是_____（填“正极”或“负极”），其另外一电极上的电极反应式为：__________________．②通常情况下，甲烷燃料电池的能量利用率_____（填“大于”、“小于”或“等于”）甲烷燃烧的能量利用率．参考答案：(1)大于

(2)＜

(3)氢气

(4)①负极

O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣

②大于解析：(1)已知CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣889.6kJ/mol，反应是放热反应,所以反应物能量总和大于生成物能量总和；正确答案:大于。(2)水蒸气转化为液态水要放出热量，所以1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和水蒸气,放出的热量小于889.6kJ；正确答案:。(3)已知CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣889.6kJ/mol，2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣572kJ/mol，则1g甲烷完全燃烧放出的热量为，1g氢气完全燃烧放出的热量为，所以相同质量的甲烷和氢气，完全燃烧生成液态水，氢气放的热量较多；正确答案:氢气。(4)①碱性甲烷燃料电池中通入甲烷的一极为原电池的负极,负极上甲烷失电子发生氧化反应,电极反应式为,通入氧气的一极为原电池的正极，极反应为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣；正确答案：负极；O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣。

②通常情况下,甲烷燃料电池的能量利用率大于甲烷燃烧的能量利用率；正确答案:大于。18.(1)请把符合要求的化学方程式的编号填在下列空白处：①既属于分解反应又是氧化还原反应的是________。②属于化合反应，但不是氧化还原反应的是________。③既属于化合反应，又是氧化还原反应的是________。④属于分解反应，但不是氧化还原反应的是________。⑤不属于四种基本反应类型的氧化还原反应的是________。A．2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑B．2Na＋Cl22NaClC．Zn＋CuSO4===ZnSO4＋CuD．2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑E．CaO＋CO2===CaCO3F．4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2(2)根据反应Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，回答下列问题：①还原剂是________，还原产物是________。②氧化剂与氧化产物的物质的量比是________。③当有2molHNO3参加反应时，被氧化的物质质量为________g。参考答案：(1)①D

②E

③B

④A

⑤F

(2)①Cu

NO2

②2∶1

③32解析：（1）化合价发生改变的反应一定是氧化还原反应，置换反应的化合价一定发生了改变，一定属于氧化还原反应，复分解反应前后元素化合价一定不变，一定不属于氧化还原反应。A、“2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑”，反应物有一种，生成物有多种属于分解反应，不存在化合价变化，不属于氧化还原反应；B、“2Na+Cl22NaCl”，反应物两种，生成物只有一种，属于化合反应，该反应中存在化合价变化，属于氧化还原反应；C、“Zn＋CuSO4=ZnSO4＋Cu”，属于置换反应，存在化合价的变化，属于氧化还原反应；D、“2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑”反应物有一种，生成物有多种，属于分解反应，存在化合价变化，属于氧化还原反应；E、“CaO+CO2=CaCO3”反应物两种，生成物只有一种，属于化合反应，不存在化合价变化，不属于氧化还原反应；F、“4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2”存在元素化合价变化，是氧化还原反应，不属于四大基本反应类型。根据上述分析，答案为：D；E；B；A；F。（2）Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，Cu化合价由0价升高到Cu(NO3)2中的+2价，，失电子，则Cu作还原剂，Cu(NO3)2为氧化产物；HNO3中N元素由+5价降低到NO2中的+4价，得电子，则HNO3作氧化剂，NO2为还原产物。①根据上述分析，还原剂是Cu，还原产物是NO2。②当有1molCu参加反应时，生成1mol氧化产物Cu(NO3)2；同时有4molHNO3参与反应，其中2molHNO3作氧化剂。氧化剂与氧化产物的物质的量比是2∶1。③当有2molHNO3参加反应时，有0.5molCu被氧化，质量为32g。19.（1）随原子序数的递增，八种短周期元素x、y、z、d、e、f、g、h原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。根据判断出的元素回答下列问题：①比较y、z、d的气态氢化物的稳定性强弱是：_______＞________＞________（用化学式表示）②由表中两种元素的原子按1：1组成的化合物A，A中既含离子键又含非极性共价键，其电子式为_____；③下列四种元素原子序数如下，其中不是和f同一主族的是____________a.5

b.21

c.49

d.81④能表示出g和h元素非金属性强弱的离子方程式是______________；能表示出y和h最高价氧化物的水化物的酸性强弱的离子方程式是______________。（2）F、Cl、Br、I位于周期表的VIIA族。通过下列实验比较出卤族氧化性的强弱。实验如下：

①通过卤素间置换反应比较氧化性强弱的实验是___________。（填写1、2、3、4）②滴加CCl4的目的是_________________。③上述实验能否说明氯的氧化性强于溴？判断并说明你的依据__________________。参考答案：(1)①H2O

NH3

CH4

②

③b

④S2-＋Cl2＝S↓+2Cl-或

H2S＋Cl2＝S↓+2Cl-+2H+

CO32-+2H+＝CO2↑+H2O或HCO3-+H+＝CO2↑+H2O

(2)①1、3

②萃取、富集，说明I2的存在

③能，因Cl2能氧化I2，而Br2不能氧化I2【分析】（1）从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数可知，x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素；（2）氯气的氧化性大于碘单质，向碘化钾溶液中加入氯水，氯水和碘化钾溶液发生氧化还原反应生成碘单质，滴加CCl4振荡静置，溶液分层，下层碘的四氯化碳溶液呈紫色，向反应分层后的溶液中继续加入氯水，氯水将单质碘氧化，振荡静置，下层碘的四氯化碳溶液变为无色；溴单质的氧化性大于碘单质，向KI溶液中滴加溴水，溴水和和碘化钾