河南省濮阳市巩营公社中学2022-2023学年高一化学联考试题含解析

河南省濮阳市巩营公社中学2022-2023学年高一化学联考试题含解析一、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.室温时，将同种规格的铝片分别投入下列物质中，生成氢气的反应速率最大的是A.0.1mol/L盐酸15mL

B.0.15mol/L

硫酸8mLC.0.2mol/L

盐酸12mL

D.18mol/L

硫酸15mL参考答案：B氢离子浓度越大反应速率越大，但铝在18mol/L硫酸中钝化，故B正确。3.将铁的化合物溶于盐酸，滴加KSCN溶液不发生颜色变化，再加入适量氯水，溶液立即呈红色的是

A．Fe2O3

B．FeCl3

C．Fe2(SO4)3

D．FeO参考答案：D4.下列试剂中，可区别Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2(SO4)3四种溶液的是

A．NaOH

B．H2SO4

C．NH3·H2O

D．AgNO3参考答案：A略5.取软锰矿石（主要成分为MnO2）116g跟足量浓盐酸发生如下反应（杂质不参与反应）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，制得22.4LCl2（标准状况）．下列有关说法中不正确的是（）A．这种软锰矿石中MnO2的质量分数为75%B．被氧化的HCl的物质的量为4molC．参加反应的HCl的质量为146gD．被还原的MnO2的物质的量为1mol参考答案：B考点：氧化还原反应的计算；氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：n（Cl2）==1mol，由MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O反应，1molMnO2参加反应，反应中Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，以此来解答．解答：解：A．n（Cl2）==1mol，由MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O反应，1molMnO2参加反应，其质量为87g，则软锰矿石中MnO2的质量分数为×100%=75%，故A正确；B．由反应可知，生成1mol气体时，2molHCl被氧化，故B错误；C．参加反应的HCl为4mol，其质量为4mol×36.5g/mol=146g，故C正确；D．Mn元素的化合价降低，被还原的MnO2的物质的量为1mol，故D正确；故选B．点评：本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．6.NA代表阿伏加德罗常数的值.下列叙述正确的是A.标准状况下，22.4LH2O中含有的分子数为NAB.32gO2中含有的电子数为32NAC.32gO2和O3的混合物中含有的氧原子数目为2NAD.1molNa2O2与足量的CO2反应转移的电子数为2NA参考答案：C【分析】A、标况下，水不是气体；B、1mol氧气中含有电子的物质的量为16mol；C、O2和O3的最简式相同，都为O；D、1molNa2O2与足量的CO2充分反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子。【详解】A项、标况下，水不是气体，无法计算22.4L水的物质的量，故A错误；B项、32g氧气的物质的量为1mol，1mol氧气中含有电子的物质的量为16mol，含有电子数为16NA，故B错误；C项、O2和O3的最简式相同，都为O，由最简式可知32gO的物质的量为2mol，含有的氧原子数目为2NA，故C正确；D项、1molNa2O2与足量的CO2充分反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，转移的电子数为NA，故D错误。故选C。

7.下列各组物质中，第一种是酸，第二种是混合物，第三种是碱的是（

）A．空气、硫酸铜、硫酸

B．水、空气、纯碱C．氧化铁、胆矾、熟石灰

D．硝酸、食盐水、烧碱参考答案：D8.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（

）A．在水溶液中：H+、I－、NO3－、SiO32－B．饱和氯水中：Cl－、NO3－、Na+、SO3－C．将足量CO2通入时：H+、NH4+、Al3+、SO42－D．加入金属铝产生H2的溶液中：NH4+、Na+、SO42－、CH3COO－参考答案：CA、NO3－在酸性条件下，具有强氧化性，能把I－氧化成I2，H＋和SiO32－生成硅酸沉淀，不能大量共存，故错误；B、SO32－具有还原性，氯水把SO32－氧化成SO42－，不能大量共存，故错误；C、能够大量共存，故正确；D、与金属铝反应生成氢气，此溶质为碱或酸，NH4＋在碱中不能大量共存，生成NH3·H2O，CH3COOH－在酸中不能大量共存，生成弱电解质CH3COOH，不能大量共存，故错误。【点睛】本题考查离子共存问题，审清题意：题目说的是一定大量共存的离子，判断环境，如加入铝产生氢气，此溶液中溶质可能是酸也可能是碱，注意隐含条件，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，与还原性微粒不能大量共存，与金属反应不能产生氢气。9.某溶液中可能含有SO42-、CO32-、Cl-.为了检验其中是否含有SO42-，除BaCl2溶液外，还需要的溶液是

()A．H2SO4

B．HCl

C．NaOH

D．NaNO3参考答案：B略10.下列各组中的两组有机物不属于同分异构体的是（

）

A．葡萄糖与果糖

B．CH3CH2COOH和CH3COOCH3

C．正丁烷和异丁烷

D．淀粉和纤维素

参考答案：D略11.用NA表示阿伏伽德罗常数，下列关于0.2mol?L﹣1K2SO4溶液说法正确的是（）A．1L溶液中K+浓度是0.4mol?L﹣1B．500mL溶液中含有0.1NA个K+C．1L溶液中所含K+和SO42﹣总数为0.3NAD．2L溶液中SO42﹣浓度为0.4mol?L﹣1参考答案：A【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．1molK2SO4含有2molK+，故K+的浓度为K2SO4的2倍；B．根据n=cV计算K+的物质的量，再根据N=nNA计算K+的数目；C．根据n=cV计算K2SO4的物质的量，1molK2SO4含有3mol离子，再根据N=nNA计算离子的数目；D．溶液是均一的，1molK2SO4含有1molSO42﹣，SO42﹣的浓度等于K2SO4的浓度．【解答】解：解：A．1molK2SO4含有2molK+，K+的浓度为K2SO4的2倍，K2SO4溶液为0.2mol/L，所以K+离子浓度是0.4mol/L，故A正确；B．500mL0.2mol?L﹣1K2SO4溶液中，K2SO4的物质的量n=C?V=0.5L×0.2mol?L﹣1=0.1mol，K+的个数N=0.1×2×NA=0.2NA，故B错误；C．1L溶液中所含K+、SO42﹣总数为1L×0.2mol/L×3×NAmol﹣1=0.6NA，故C错误；D．溶液是均一的，每摩尔K2SO4含有1mol硫酸根，硫酸根离子的浓度等于K2SO4的浓度为0.2mol/L，故D错误．故选A．【点评】本题考查阿伏加德罗常数，题目难度中等，注意注意溶液是均一的，浓度与体积无关．12.锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述不正确的是（

）A.铜电极上发生还原反应B.电池工作一段时间后，c(SO42-)向锌电极移动，甲池的c(SO42-)增大C.电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加D.电流的方向：由铜电极经过导线流向锌电极参考答案：B在上述原电池中，锌电极为负极，锌原子失去电子被氧化成锌离子。电子沿着外接导线转移到铜电极。铜电极为正极，溶液中的铜离子在铜电极上得到电子被还原成铜单质。电解质溶液中的阳离子向正极移动，而阴离子向负极移动。A、铜电极为正极，溶液中的铜离子在铜电极上得到电子被还原成铜单质。正确；B、电解质溶液中的阳离子向正极移动，而阴离子向负极移动。但是阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，SO42-不能通过阳离子交换膜，并且甲池中硫酸根不参加反应，因此甲池的c(SO42-)不变。错误；C、锌原电池，锌作负极，铜作正极，铜离子在铜电极上沉淀，锌离子通过阳离子交换膜进入乙池，每沉淀1mol，即64g铜，就补充过来1mol锌离子，其质量为65g，所以工作一段时间后乙池溶液的质量不断增加。正确；D、电子的方向是锌电极由经过导线流向铜电极，则电流方向相反，铜电极（正极）经过导线流向锌电极（负极）。点睛：本题主要考察原电池的工作原理。解这类题时只要判断出原电池的正负极及电极反应，其他问题都会迎刃而解。在原电池中，负极失电子发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应。13.下列实验操作中错误的是A.用规格为10

mL的量筒量取6.0

mL的液体B.蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处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、实验中应根据所取溶液的体积，尽量选用能一次量取的最小规格的量筒．分次量取也能引起误差。如量取6.0mL液体，应选用10mL量筒；选项A正确；B、蒸馏时，温度计用于测量馏分的温度，位于蒸馏烧瓶的支管口处，选项B正确；C、分液时，下层液体从下口倒出，上层液体从上口倒出，防止药品重新混合而污染，选项C正确；D、萃取与萃取剂的密度大小无关，选项D错误。答案选D。14.在恒温、恒容的密闭容器中反应A（g）B（g）+C（g）；△H<0（正反应为放热反应）。若反应物的浓度由2mol/L降到0.8mol/L需20s，那么反应物浓度由0.8mol/L降到0.2mol/L所需的时间为(假设反应温度不变) （

） A．10s B．大于10s C．小于10s D．无法判断参考答案：B 15.－NMR（核磁共振）可用于含碳化合物的结构分析，表示的是（

）

A．核外有13个电子，其中6个能参与成键

B．核内有6个质子，核外有7个电子

C．质量数是13，原子序数是6，核内有7个质子

D．质量数是13，原子序数是6，核内有7个中子参考答案：D二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.硫代硫酸钠是一种重要的化工产品。某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O）。I．[查阅资料]（1）Na2S2O3·5H2O是无色透明晶体，易溶于水。其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。（2）向Na2CO3和Na2S混合液中通入SO2可制得Na2S2O3，所得产品中常含有少量Na2SO3和Na2SO4。（3）Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl。Ⅱ.[制备产品]实验装置如图所示（省略夹持装置）实验步骤：（1）按如图所示组装好装置后，应先__________(填操作名称)。仪器B和D的作用是________，按图示加入试剂，E中的试剂是_____________（选填下列字母编号）。A．稀H2SO4

B．NaOH溶液

C．饱和NaHSO3溶液（2）先向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液，再向A中烧瓶滴加浓H2SO4。C中反应生成Na2S2O3和CO2，写出A中反应的化学方程式为_______，C中反应的离子方程式为_________。（3）待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应。过滤C中混合液，滤液经_______（填写操作名称）、结晶、过滤、洗涤、干燥、得到产品。Ⅲ．[探究与反思]（1）为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整。（所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水中选择）取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤，洗涤，____________，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。（2）为减少装置C中生成的Na2SO4的量，在不改变原有装置的基础上对原有实验Ⅱ步骤（2）进行了改进，改进后的操作是______。（3）探究Na2S2O3是否具有还原性：向新制氯水中滴加Na2S2O3溶液，若看到_____________，说明有还原性(已知：Na2S2O3被氧化成Na2SO4），反应的离子方程式为__________________。参考答案：Ⅱ.(1)检查装置气密性

安全瓶（或防倒吸）

B

(2)H2SO4＋Na2SO3==Na2SO4＋SO2↑＋H2O

2S2-＋CO32-＋4SO2==3S2O32-＋CO2

(3)蒸发

Ⅲ．(1)向沉淀中加入足量稀盐酸

(2)先向A中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠的混合溶液

(3)氯水颜色变浅（或褪色）

S2O32-＋4Cl2＋5H2O==2SO42-＋10H+＋8Cl-【分析】根据装置可知，A装置制备SO2，C装置制备Na2S2O3，B、D装置是防倒吸的，由于SO2有毒，需要尾气处理，因此E装置是吸收SO2的。由于SO2是酸性氧化物，可以用氢氧化钠溶液吸收，即E中的试剂是氢氧化钠溶液。【详解】II.（1）涉及气体的实验，要先检验装置的气密性，所以组装好装置后，应先检查装置气密性，再按图示加入试剂；SO2易溶于水，实验中要防止倒吸，B和D的作用是安全瓶（或防倒吸）；由于SO2是酸性氧化物，可以用氢氧化钠溶液吸收，即E中的试剂是氢氧化钠溶液，故选B，故答案为：检查装置气密性；安全瓶（或防倒吸）；B。（2）向A中烧瓶滴加浓H2SO4，Na2SO3与浓H2SO4反应生成Na2SO4、SO2气体和H2O，反应方程式为：H2SO4＋Na2SO3=Na2SO4＋SO2↑＋H2O；C中SO2与Na2S和Na2CO3混合溶液，反应生成Na2S2O3和CO2，反应方程式为：4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2，离子方程式为：2S2-＋CO32-＋4SO2=3S2O32-＋CO2，故答案为：H2SO4＋Na2SO3=Na2SO4＋SO2↑＋H2O；2S2-＋CO32-＋4SO2=3S2O32-＋CO2。（3）由于Na2S2O3·5H2O是无色透明晶体，易溶于水，因此要从溶液中得到硫代硫酸钠晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥、得到产品，故答案为：蒸发。Ⅲ．（1）Na2SO3易被氧化，BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl，所以取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤、蒸馏水洗涤沉淀，再向沉淀中加入足量稀盐酸，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4，对于向沉淀物中加入物质的选择，稀硝酸有氧化性，可以把亚硫酸根氧化为硫酸根离子，从而无二氧化硫生成，不能证明有Na2SO3，而稀硫酸会引进硫酸根离子，不能证明原溶液中含有硫酸根离子，蒸馏水不与沉淀反应，故选择稀盐酸，故答案为：向沉淀中加入足量稀盐酸。（2）由于亚硫酸盐易被氧化生成硫酸盐，而装置中含有空气，空气中的氧气可以氧化Na2S2O3使之生成Na2SO4，所以在不改变原有装置的基础上为减少装置C中生成的Na2SO4的量，改进后的措施是先向A中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中空气排尽后，再向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液，故答案为：先向A中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠的混合溶液。（3）该反应中Na2S2O3被氧化为Na2SO4，Cl2还原为Cl-，反应的离子方程式为：S2O32-＋4Cl2＋5H2O=2SO42-＋10H+＋8Cl-，所以若看到氯水颜色变浅（或褪色），说明有还原性，故答案为：氯水颜色变浅（或褪色），S2O32-＋4Cl2＋5H2O=2SO42-＋10H+＋8Cl-。

三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.如图中A～H均为中学化学中常见的物质，A、B、H为气体，反应①是重要的工业反应，它们之间有如下转化关系(反应中生成的水已略去)。请回答以下问题：(1)B是________，D是________，G是________，H是________(填化学式)。(2)工业上常利用反应①制取漂白粉，该反应的化学方程式：_____________________，漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为__________________________。(3)A中元素的原子结构示意图为________________。(4)上述反应中属于氧化还原反应的是_________(填写序号)。参考答案：(1)CO2

CaCl2

(3).HClO

O2

(2)2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O

Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO

(3)

(4)①⑤【分析】反应①是重要的工业反应，工业上常利用反应①制取漂白粉，则A是Cl2，与石灰乳反应生成CaCl2和Ca(ClO)2，G在光照下反应，应为HClO，生成的气体H为O2，则F为HCl，B与澄清的石灰水反应产生E，E与HCl反应产生B与C反应产生G为HClO，所以C应为Ca(ClO)2，D为CaCl2，无色气体B应为CO2，沉淀E为CaCO3，以上推断符合题目转化关系，结合物质的性质和题目要求解答该题。【详解】根据上述推断可知A是Cl2，B是CO2，C是Ca(ClO)2，D是CaCl2，E是CaCO3，F是HCl(盐酸)，G是HClO，H是O2。(1)由以上分析可知B是CO2，D为CaCl2，G为HClO，H为O2；(2)反应①为Cl2和石灰乳Ca(OH)2的反应，生成CaCl2和Ca(ClO)2和H2O，反应的方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，由于HClO的酸性比碳酸弱，所以漂白粉在空气中可发生Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；(3)A为Cl2，Cl元素是17号元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，原子结构示意图为；(4)反应①⑤中，有元素化合价的变化，反应属于氧化还原反应，②③④反应中无元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故上述反应中属于氧化还原反应的是①⑤。【点睛】本题考查无机物的推断，本题注意把握常见物质工业用途及次氯酸干燥分解、次氯酸具有漂白性的性质为解答该题的关键，注意把握相关物质的性质，在平时的学习中注意知识的积累。18.A－F为中学化学常见物质，它们的焰色实验均为黄色。其中A为单质，B与C的组成元素相同，且B为淡黄色固体；D、E、F的溶液均显碱性，其中E和F属于盐，E被广泛用于玻璃、造纸和纺织等。它们之间的相互转化关系如下图。（“?”表示一步反应即可转化，部分反应物、生成物和反应条件已略去）请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：B___，C___，E___。（2）A?D的化学方程式是___。（3）B?D的化学方程式是___。（4）区分E和F两种固体的方法是：分别取等量的E和F两种固体少许于试管中，操作，现象和结论是___。参考答案：(1)Na2O2

Na2O

Na2CO3

(2)2Na+2H2O=2NaOH+H2?

(3)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2?

(4)加热试管，将导气管插入澄清石灰水中，E试管的澄清石灰水没有明显变化，F试管的澄清石灰水变浑浊，说明F是NaHCO3，E是Na2CO3（或向两试管中分别加入等量的CaCl2溶液，E试管中产生白色沉淀，F试管中无明显现象）【分析】A－F为中学化学常见物质，它们的焰色实验均为黄色，因此都含有钠元素。其中A为单质，A是钠；B与C的组成元素相同，且B为淡黄色固体，则B是过氧化钠，C氧化钠；D、E、F的溶液均显碱性，其中E和F属于盐，E被广泛用于玻璃、造纸和纺织等，则E是碳酸钠，F是碳酸氢钠，根据它们之间的相互转化关系可知A、B、C均能转化为D，所以D是氢氧化钠。据此解答。【详解】根据以上分析可知A是钠，B是过氧化钠，C氧化钠，D是氢氧化钠，E是碳