四川省资阳市职业中学2022年高一化学测试题含解析

四川省资阳市职业中学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.下列各组顺序的排列不正确的是（

）

A．离子半径：F－>Na+>Mg2+>Al3+

B．热稳定性：HCl>H2S>PH3

C．酸性强弱：H2SO4>H3PO4

>H2CO3

D．碱性强弱：NaOH>KOH>CsOH参考答案：D略2.0℃时，将0.1molN2O4置于1L密闭的烧瓶中，然后将烧瓶放入100℃的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：N2O4(g)2NO2(g)。下列结论不能说明上述反应在该条件下已经达到反应限度的是(

)①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1:2②NO2的消耗速率与N2O4的消耗速率之比为2:1③烧瓶内气体的压强不再变化④烧瓶内气体的质量不再变化⑤NO2的物质的量浓度不再改变⑥烧瓶内气体的颜色不再加深⑦烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化⑧烧瓶内气体的密度不再变化。A．②③⑥⑦

B．①④⑧

C．只有①④

D．只有⑦⑧参考答案：B略3.下列分子中，其中子总数为24的是()A.18O3

B.2H217O2

C.14N16O2

D.14C16O2参考答案：DA、1mol18O中含有中子物质的量为(18－8)mol=10mol，即1mol18O3中含有中子物质的量为3×10mol=30mol，故A错误；B、1mol2H217O2中含有中子物质的量为(2×1＋2×9)mol=20mol，故B错误；C、1mol14N16O2中含有中子物质的量为(7＋2×8)mol=23mol，故C错误；D、1mol14C16O2中含有中子物质的量为(8＋2×8)mol=24mol，故D正确。4.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列属于未来新能源标准的是

①天然气

②煤

③核能

④石油

⑤太阳能

⑥生物质能

⑦风能

⑧氢能

A．①②③④

B．⑤⑥⑦⑧

C．③⑤⑥⑦⑧

D．③④⑤⑥⑦⑧参考答案：B略5.地震过后，需及时采取有效的防疫措施。一些卫生专家建议使用15%的过氧乙酸（CH3COOOH，分子结构与H2O2一样都有“—O—O—”）溶液进行消毒。下列有关过氧乙酸的叙述正确的是

（

）

A．常温下，其水溶液有酸性

B．本身是电解质

C．不可能与醇发生酯化反应

D．可与苯酚混合使用参考答案：AB略6.下列说法中不正确的是（）①质子数相同的粒子一定属于同种元素；

②同位素的性质几乎完全相同；③质子数相同，电子数也相同的两种粒子，不可能是一种分子和一种离子；④电子数相同的粒子不一定是同一种元素；

⑤一种元素只能有一种质量数；⑥某种元素的原子相对原子质量取整数，就是其质量数．A．①②④⑤ B．③④⑤⑥ C．②③⑤⑥ D．①②⑤⑥参考答案：D考点：质子数、中子数、核外电子数及其相互联系；同位素及其应用；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．专题：原子组成与结构专题．分析：①质子数相同，中子数的原子总称为元素，元素的研究对象是原子；②互为同位素原子，核外电子排布相同，最外层电子数决定化学性质；③两种粒子，质子数一样，离子带电，离子的电子数一定和质子数不一样，分子不带电，分子的质子数和电子数一定相等，据此判断；④质子数相同，中子数的原子总称为元素，元素的研究对象是原子；⑤元素不谈质量数，一种元素的原子可能有不同的质量数；⑥某种元素的原子质量数等于质子数与中子数之和．解答：解：①元素的研究对象是原子，质子数相同的粒子不一定属于同种元素，如CH4与H2O，若为原子则属于同种元素，故①错误；②互为同位素原子，核外电子排布相同，最外层电子数决定化学性质，同位素的化学性质几乎完全相同，故②错误；③分子显电中性，离子带电，两种粒子质子数和电子数均相同，如果一种为分子则质子数与电子数相等，一种为离子则质子数和电子数不相等，这样就与题设矛盾，所以不可能为一种分子一种离子，故③正确；④质子数相同，中子数的原子总称为元素，元素的研究对象是原子，电子数相同的粒子不一定属于同种元素，如CH4与H2O，Na+与Mg2+，故④正确；⑤质子数相同，中子数的原子总称为元素，元素不谈质量数，一种元素可能存在不同的核素，同一元素的原子可能有不同的质量数，故⑤错误；⑥某种元素的原子质量数等于该原子质子数与中子数之和，故⑥错误．所以①②⑤⑥不正确．故选D．点评：本题考查同位素、质量数等基本概念，难度不大，注意把握同位素概念的内涵与外延7.下列各组离子在溶液中能大量共存的是A．Ba2+、C1-、CO32-、K+

B．K+、OH-、、Na+D．H+、Fe2+、MnO4-、Cl-

D．Ca2+、、C1-、K+

参考答案：D略8.制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2++2S2O32-+O2+xOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O，则下列说法正确的是A.参加反应的Fe2+全部作还原剂B.x=4C.已知Fe3O4纳米颗粒直径为20nm，则Fe3O4纳米颗粒为胶体D.每生成1molFe3O4，被S2O32-还原的O2为1mol参考答案：B【详解】A项，Fe3O4中只有三分之一铁元素是+2价的，即参加反应的Fe2+只有部分作还原剂，故A项错误；B项，根据电荷守恒可求得x=4，故B项正确；C项，已知Fe3O4纳米颗粒直径为20nm，则Fe3O4纳米颗粒分散到某物质中能形成胶体，胶体不能只有分散质，故C项错误；D项，每生成1molFe3O4，被还原的O2只有1mol，而Fe2+和S2O32-都是还原剂，被S2O32-还原的O2一定不是1mol，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。9.下列热化学方程式中，正确的是（

）A．甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O(g)△H=-890．3kJ·mol-1B．500℃、30MPa下，将0．5molN2（g）和1．5molH2（g）置于密闭容器中充分反应生成NH3（g）放热19．3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-38．6kJ·mol-1C．HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ·mol-1，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（-57．3）kJ·mol-1D．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285．8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=-571．6kJ·mol-1参考答案：D略10.下列说法中错误的是（）A．化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化B．化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D．反应物总能量和生成物总能量的相对大小决定了反应是放出能量还是吸收能量参考答案：C考点：化学反应中能量转化的原因；吸热反应和放热反应．专题：化学反应中的能量变化．分析：A、根据化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化；B、根据化学反应中实质是化学键的断裂和形成；C、根据反应是吸热反应还是放热反应与反应的条件无关；D、根据反应物总能量和生成物总能量的相对大小决定了反应是放出能量还是吸收能量．解答：解：A、因化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化，故A正确；B、因化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂和形成，故B正确；C、因反应是吸热反应还是放热反应与反应的条件无关，如铝热反应需要加热才能发生，却为放热反应，故C错误；D、因反应物总能量和生成物总能量的相对大小决定了反应是放出能量还是吸收能量，故D正确；故选：C．点评：本题主要考查了化学反应中能量变化的原因，需要强调的是反应是吸热反应还是放热反应与反应的条件无关．11.四种短周期元素在周期表中的位罝如图，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是A.原子半径Z<MB.Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱C.X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小D.Z位于元素周期表中第2周期、第VIA族参考答案：B如图，因为是短周期元素，故为第二、三两周期，又M为金属，所以M为Al，X为Si，Y为N，Z为O。A项，B和Al为同主族，电子层越多半径越大，故半径B<Al，B和O同周期，原子序数越大半径越小，故半径O<B，所以半径O<Al，A正确；B项，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性N＞Si，故酸性HNO3＞HSiO3，B错误；C项，非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性O＞Si，热稳定性H2O＞SiH4，C正确；D项，Z为O，位于元素周期表中第2周期、第VIA族，D正确。点睛：本题考查位置结构性质的关系、元素周期律等，根据题意推断元素是解题关键，注意对元素周期表的整体把握，注意对元素周期律的理解掌握。12.下列物质长期露置在空气中，不会变质的是

（

）A.Na2CO3粉末

B.漂白粉

C.氢氧化钠溶液

D.Na2O2固体参考答案：A略13.用如图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是（

）

①中的物质②中的物质预测①的现象A淀粉KI溶液浓硝酸无明显变化B酚酞溶液浓盐酸无明显变化CMgCl2溶液浓氨水有白色沉淀D湿润红纸条饱和氯水红纸条褪色

参考答案：A【详解】A.硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸进入淀粉KI溶液，硝酸具有强氧化性，可以将KI氧化为I2，I2遇淀粉变蓝色，故选A；B.浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl进入酚酞溶液，酚酞溶液在酸性条件下不变色，故不选B；C.浓氨水具有挥发性，挥发出的氨气，溶于氯化镁溶液，一水合氨与氯化镁反应生成氢氧化镁白色沉淀，故不选C；D.饱和氯水挥发出氯气，氯气与湿润红纸条接触，与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，使湿润红纸条褪色，故不选D；答案：A

14.下列物质的提纯方法可能属于化学变化的是（

）A．蒸馏

B．过滤

C．分液

D．洗气参考答案：D略15.用排水法收集12mlNO于试管中，然后向倒立于水槽中的该试管内间歇地通入O2共12ml，下面的说法中，正确的是（）A.剩余NO

B.剩余NO2

C.试管中气体为红棕色

D.试管内气体先变为红棕色，后红棕色消失，反复几次，最后剩余无色气体

参考答案：D略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（4分，每空1分）甲、乙、丙三位同学分别用如下实验装置及化学药品（碱石灰为氢氧化钠和生石灰的混合物）制取氨气。请你参与探究，并回答问题：（1）他们制取氨气的化学方程式为：__________________________________________________________。（2）三位同学都用向下排空气法收集氨气，其原因是：__________________________________________________________。（3）三位同学用上述装置制取氨气时,其中有一位同学没有收集到氨气（实验操作都正确），你认为没有收集到氨气的同学是______填(“甲”、“乙”或“丙”)。（4）检验氨气是否收集满的方法是（简述操作方法、现象和结论）

参考答案：（1）Ca(OH)2+NH4Cl

2NH3↑+CaCl2+2H2O（2）氨气密度小于空气且易溶于水（3）乙（4）a.用湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，使之变蓝色，说明已收集满；b.用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近集气瓶口若有白烟生成，则说明已收集满。（两种方法，答任意一均得分）略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.已知：①Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑②Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑③KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O。试回答下列问题：（1）当反应①转移3摩尔电子时，消耗H2SO4的质量是______g，产生氢气的体积（标准状况）_________L。（2）反应②中_________作氧化剂，___________是氧化产物。（3）当反应②中生成11.2LSO2气体(标准状况下)时，被还原的H2SO4的物质的量是____________。（4）用单线桥法表示反应②电子转移的方向和数目(在化学方程式上标出)。___________Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑（5）反应③中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_________。参考答案：(1)147

33.6

(2)H2SO4（浓）

CuSO4

(3)0.5mol

(4)CuSO4+2H2O+SO2↑

(5)5:1【分析】（1）根据反应①Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑可知每转移3mol电子，消耗硫酸3/2mol，生成氢气3/2mol；（2）②Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑，根据氧化剂降得还，还原剂升失氧判断；（3）根据②Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑,可以看出1molSO2生成，被还原硫酸1mol；（4）单线桥法表示箭头是还原剂指向氧化剂，写出转移电子数；（5）根据还原剂升失氧，对应氧化产物；氧化剂降得还，对应还原产物，进行分析。【详解】（1）Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑，当反应①转移3摩尔电子时，消耗H2SO4的质量是3/2mol×98g/mol=147g，产生氢气的体积（标准状况）3/2mol×22.4L/mol=33.6L；答案：147

33.6（2）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑，氧化剂化合价降低，所以浓硫酸为氧化剂，还原剂升失氧，对应氧化产物，硫酸铜为氧化产物；答案：H2SO4（浓）

CuSO4（3）1molSO2生成，就有1mol硫酸被还原，当反应②中生成11.2LSO2气体(标准状况下)时，被还原的H2SO4的物质的量是=0.5mol;答案:0.5mol（4）箭头还原剂指向氧化剂，注明转移电子数：；答案：（5）反应③KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O中氧化产物与还原产物均为氯气，根据还原剂升失氧，可知有5molCl-生成氯气，因此氧化产物为