上海建光中学2022年高一化学联考试题含解析

上海建光中学2022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。）1.1gH2完全燃烧生成液态水放出142.9KJ热量，下列反应的热化学方程式正确的是A、H2+O2=2H2O

△H=-571.6KJ/molB、H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)

△H=-142.9KJ/molC、H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)

△H=-285.8KJ/molD、2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)

△H=-571.6KJ/mol

参考答案：C略2.对于反应4NH3＋5O2===4NO＋6H2O，下列为四种不同情况下测得的反应速率，其中能表明该反应进行最快的是A.v(NH3)＝0.2mol/(L·s)

B.v(O2)＝1.4mol/(L·min)C.v(H2O)＝0.25mol/(L·s)

D.v(NO)＝9mol/(L·min)参考答案：A试题分析：如果都用氧气表示反应速率，则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知四个选项中的反应速率分别是[mol/（L·s）]0.25、0.023、0.21、0.188，所以反应速率最快的是选项A，答案选A。3.已知2SO2＋O22SO3为放热反应，关于该反应的下列说法正确的是A．O2的能量一定高于SO2的能量

B．SO2和O2的总能量一定高于SO3的总能量C．SO2的能量一定高于SO3的能量

D．因该反应放热，故不必加热反应就可发生

参考答案：B4.下列说法正确的是A.Br的非金属性比I强，HBr比HI的稳定性强B.P的原子半径比N大，H3PO4比HNO3的酸性强C.Na熔点比K高，NaOH的碱性比KOH强D.非金属性Cl＞Br＞I，沸点HCl＞HBr＞HI参考答案：A【详解】A．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，元素的非金属性Br＞I，则氢化物的稳定性HBr＞HI，故A正确；B．原子半径大小与非金属最高价氧化物的水合物酸性强弱无关，其最高价氧化物是水合物酸性强弱与非金属性强弱有关，故B错误；C．碱的碱性强弱与金属单质的熔点高低无关，与金属的金属性强弱有关，故C错误；D．氢化物的熔沸点高低与非金属性无关，与氢键和分子间作用力有关，氢化物的稳定性与非金属性强弱有关，故D错误；故答案为A。

5.下列物质充分反应后，滴入KSCN溶液，呈红色的是

A．FeO+盐酸

B．Fe+稀硫酸

C．Cl2+FeCl2溶液

D．Fe+CuS04溶液参考答案：C6.已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22，在反应X＋2Y===2Q＋R中，当1.6gX与Y完全反应后，生成4.4gR，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为（

）A.46∶9

B.32∶9

C.23∶9

D.16∶9参考答案：D略7.能说明苯环的结构中碳碳键不是单双键交替排列的事实是

A．苯的一元取代物没有同分异构体

B．苯的间位二元取代物只有一种C．苯的邻位二元取代物只有一种

D．苯的对位二元取代物只有一种参考答案：B8.原子序数大于4的主族元素X、Y的离子Xm+、Yn－核外电子层结构相同，则关于X、Y两元素的叙述正确的是A.X的原子序数小于Y的原子序数B.X、Y的核电荷数之差是（m－n）C.Y元素的族序数与X元素的族序数之差是8－（m＋n）D.X和Y处于同一周期参考答案：C分析：X和Y是原子序数大于4的主族元素，Xm+和Yn－两种离子的核外电子排布相同，则二者核外电子数相等，X处于Y的下一周期，设X、Y的原子序数分别为a、b，则a-m=b+n，且X为金属元素，Y为非金属元素，结合元素周期律和问题解答。详解：A．Xm+和Yn－两种离子的核外电子排布相同，X处于Y的下一周期，原子序数大小为：X＞Y，A错误；B．Xm+和Yn－两种离子的核外电子排布相同，则二者核外电子数相等，令X的核电荷数为a、Y的核电荷数为b，则a-m=b+n，即a-b=m+n，B错误；C．X的族序数为m，Y的族序数为8-n，故二者族序数之差为8-n-m=8-（n+m），C正确；D．X处于Y的下一周期，二者不在同一周期，D错误。答案选C。点睛：本题考查结构位置性质关系，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，根据离子电子层结构相同确定元素在周期表中的相对位置是解答本题的关键，注意元素周期律的理解掌握。9.已知在一定条件下能发生下列反应：N2＋3Mg====Mg3N2（固），空气缓缓通过下图装置时，依次除去的气体是A．CO2、N2、H2O、O2

B．H2O、CO2、N2、O2C．CO2、H2O、O2、N2

D．N2、O2、CO2、H2O参考答案：C略10.下列关于能量转换的认识中不正确的是

A．白炽灯工作时电能全部转变成光能B．煤燃烧时化学能主要转变成热能C．绿色植物光合作用过程中太阳能转变成化学能D．电解水生成氢气和氧气时，电能转化成化学能参考答案：A略11.下列各组中的两种物质作用时，反应条件（温度、反应物用量等）改变，不会引起产物改变的是A．Na2O2和CO2 B．NaOH和CO2

C．Na和O2 D．Na2CO3和HCl参考答案：AA．Na2O2和CO2 无论过量与否都生成碳酸钠和氧气，正确；B．NaOH和CO2，少量的CO2生成碳酸钠和水，过量的CO2生成碳酸氢钠，错误；C.Na和O2常温下生成氧化钠，加热生成过氧化钠，错误；D．AlCl3和NaOH，NaOH少量生成氢氧化铝，过量生成偏铝酸钠，错误；选A。12.下列叙述中不正确的是

A．电解池的阳极上发生氧化反应，阴极上发生还原反应

B．原电池的正极上发生氧化反应，负极上发生还原反应

C．电镀时，电镀池里的阳极材料发生氧化反应

D．用原电池做电源进行电解时，电子从原电池负极流向电解池阴极参考答案：B13.下列关于油脂的叙述中，正确的是

A.油脂均为固体

B.油脂在体内直接氧化产生热量

C.多吃动物脂肪比多吃植物油有利D.有些脂肪酸是人体必需的，但在人体内却不能合成;脂肪中必需脂肪酸的含量越高,其营养价值越高参考答案：D14.已知元素R的化合价是+5价，下列R元素的化合物分子式错误的是A．R2O5

B．HRO3

C．Mg(RO3)2

D．KRO2参考答案：D15.下列说法正确的是A．石油的炼制过程都是化学变化过程B．石油分馏目的是将含碳原子数较多的烃先气化，后经冷凝而分离出来C．石油经石油分馏、催化裂化等工序炼制后即能制得纯净物D．石油分馏出来的各馏分仍是多种烃的混合物参考答案：D略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某同学实验需要0.1mol/LNaOH溶液400mL，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、玻璃棒、________________。(2)配制氢氧化钠溶液时需要用托盘天平称取氢氧化钠固体______g。(3)该同学根据计算结果进行如下实验操作：A．用水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡烧杯。B．准确称取计算量的氢氧化钠固体于烧杯中，加入适量水，用玻璃棒搅拌快速溶解C．立即将溶解的氢氧化钠溶液沿玻璃棒注入容量瓶中，以免跟空气接触时间过长D．将容量瓶盖紧，上下颠倒摇匀E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面最低点恰好与刻度线相切F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1～2cm处你认为上述操作顺序应该是______(填字母代号)按照该顺序进行时，其中错误的操作是_____(填字母代号)，应更正为____________________________。(4)配制0.1mol/LNaOH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．使用滤纸称量NaOH固体

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，静置后发现液面不到刻度线，重新定容至刻度线参考答案：(1)烧杯、胶头滴管、500mL容量瓶

(2)2.0

(3)BCAFED

C

待溶液冷却至室温再转移至容量瓶

(4)A【分析】（1）根据实验原理和操作过程判断需要的玻璃仪器；（2）依据配制溶液体积选择合适的容量瓶，依据m＝cVM计算需要溶质的质量；（3）根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来对操作顺序进行排序和判断正误；（4）分析操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响，依据c＝n/V进行误差分析，凡是使n增大或者使V减小的操作都会使溶液浓度偏高，反之溶液浓度偏低。【详解】（1）根据“大而近”的原则，根据需要配制的溶液的体积为400mL，但由于无400mL容量瓶，故应选择500mL容量瓶，另外还需要用到的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管；（2）实验需要0.1mol/LNaOH溶液400ml，而实验室没有400mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，依据m＝cVM可知需要氢氧化钠的质量m=0.1mol/L×40g/mol×0.5L＝2.0g；（3）配制一定物质的量浓度的溶液，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；由于氢氧化钠溶于水放热，则溶解后需要冷却再转移，即其中错误的操作是C，应更正为待溶液冷却至室温再转移至容量瓶；（4）A．称量用了生锈的砝码，导致称取的溶质的质量偏大，溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏大；B．未洗涤溶解NaOH的烧杯，导致溶质的质量减小，浓度偏小；C．将NaOH放在纸张上称量，氢氧化钠吸收空气中的水和二氧化碳，导致称取的氢氧化质量偏小，溶液浓度偏小；D．容量瓶未干燥即用来配制溶液不影响溶液体积和溶质的质量，浓度不变；E．定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小；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，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；所以偏大的有A。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，注意配制400mL溶液需要选用500mL容量瓶，为易错点。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.已知A为淡黄色固体，R是地壳中含量最多的金属元素的单质，T为生活中使用最广泛的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C、F是无色无味的气体，H是白色沉淀。（1）物质A的化学式为_____，F化学式为____________；（2）B和R在溶液中反应生成F的化学方程式为_____________________________；（3）H在潮湿空气中变成M的化学方程式为_________________________________；（4）A和水反应生成B和C的离子方程式为_________________________________；（5）M投入盐酸中的离子方程式___________________________________________；（6）“水玻璃”长期暴露在空气中会变质，这是因为“水玻璃”与空气中少量二氧化碳接触，生成了乳白色的凝胶状沉淀的缘故。写出反应的离子方程式____________________________；（7）小苏打可作胃药，请写出其中和胃酸时的离子方程式____________________。参考答案：(1)Na2O2

H2

(2)2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑

(3)4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3

(4)2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH-+O2↑

(5)Fe(OH)3+3H+＝Fe3++3H2O

(6)CO2+SiO32-+H2O＝H2SiO3↓+CO32-

(7)HCO3-+H+＝H2O+CO2↑【分析】根据转化关系和反应条件，A为淡黄色固体且能与水反应，所以A为Na2O2，T为生活中使用最广泛常的金属单质，则T为Fe。R是地壳中含量最多的金属，则R为Al。D是具有磁性的黑色晶体，则D为Fe3O4，C、F是无色无味的气体，H是白色沉淀，过氧化钠与水反应生成B和C，铁与C反应生成Fe3O4，所以C为O2，B为NaOH，D与盐酸反应再与铁反应生成E为FeCl2，B与E反应生成H为Fe(OH)2，H与潮湿的空气反应生成M为Fe(OH)3，M与盐酸反应生成W为FeCl3，C、F是无色无味的气体，氢氧化钠与铝反应生成F为H2，据此答题。【详解】(1)根据上面的分析可以知道，A为Na2O2，F为H2，

因此，本题正确答案是：Na2O2；H2；

(2)B为NaOH，R为Al，铝和氢氧化钠溶液反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，因此，本题正确答案是：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；

(3)H为Fe(OH)2，M为Fe(OH)3，Fe(OH)2在潮湿空气中变成Fe(OH)3的反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3，因此，本题正确答案是:4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3；(4)A为Na2O2，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH-+O2↑，

因此，本题正确答案是：2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH-+O2↑；（5）M为Fe(OH)3，Fe(OH)3投入盐酸中的离子方程式Fe(OH)3+3H+＝Fe3++3H2O，因此，本题正确答案是：Fe(OH)3+3H+＝Fe3++3H2O；（6）“水玻璃”是硅酸钠的水溶液，由于硅酸酸性比碳酸弱，“水玻璃”与空气中少量二氧化碳接触，生成了乳白