2022年福建省厦门市同安中学高一化学联考试卷含解析

2022年福建省厦门市同安中学高一化学联考试卷含解析一、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.下列说法不正确的是A.含有共价键的化合物一定是共价化合物B.含有离子键的化合物一定是离子化合物C.在离子化合物中可能存在共价键

D.在共价化合物中不可能存在离子键参考答案：A略2.已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，下列说法正确的是A．W、X、Y、Z不可能全为非金属元素B．W的简单气态氢化物的沸点一定高于Z的简单气态氢化物的沸点C．若W、X、Y的原子序数依次相差2，则在工业上制备Y的单质时，W、X、Y形成的化合物起到了重要作用D．若W与X的原子序数相差4，则Z与X形成的化合物一定是离子化合物参考答案：C3.四种短周期元素的性质或结构信息如下表，下列结论中错误的是（）元素WXYZ性质或结构信息单质制成的高压灯，发出的黄光透雾力强、射程远．工业上通过分离液态空气获得其单质．原子的最外层未达到稳定结构．单质常温常压下是气体，原子的M层差一个电子达稳定结构．+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同．

A．上表中与W属于同一周期的元素是Z和YB．Z和Y形成的化合物属于离子化合物C．X的氢化物常温、常压下一定为液体D．Y单质为有色气体，具有强氧化性参考答案：C考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：W单质制成的高压灯，发出的黄光透雾力强、射程远，则W为Na；X工业上通过分离液态空气获得其单质，原子的最外层未达到稳定结构，X可能为O，也可能为N元素；Y单质常温常压下是气体，原子的M层差一个电子达稳定结构，则Y为Cl元素；Z的+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，则Z为Mg元素，以此解答该题．解答：解：W单质制成的高压灯，发出的黄光透雾力强、射程远，则W为Na；X工业上通过分离液态空气获得其单质，原子的最外层未达到稳定结构，X可能为O，也可能为N元素；Y单质常温常压下是气体，原子的M层差一个电子达稳定结构，则Y为Cl元素；Z的+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，则Z为Mg元素．A．W为Na，Z为Mg，Y为Cl，三者均位于第三周期，故A正确；B．Y为Cl，Z为Mg，二者形成的化合物MgCl2为离子化合物，故B正确；C．X可能为O或N，形成的氢化物中H2O为液体，NH3为气体，故C错误；D．Y为Cl，对应单质为Cl2，为黄绿色气体，具有强氧化性，故D正确，故选C．点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意Y元素不确定性，工业上通过分离液态空气可得到氧气和氮气．4.下列有关物质用途的说法中，正确的是①SiO2可用来制造半导体材料

②Si可用于制造光导纤维③Al(OH)3可用于治疗胃酸过多

④SiO2、Na2CO3和CaCO3可用于制玻璃A.①③

B.③④

C.①②③

D.②③④参考答案：B①SiO2用来制造光纤，而晶体硅用来制造半导体材料等，故①②都错误；③Al(OH)3可与强酸反应，故可用于治疗胃酸过多，则③正确；④制玻璃的原料是石英、石灰石和纯碱，所以④正确。本题正确答案为B。5.下列指定反应的离子方程式正确的是(

)A.Fe与稀硫酸反应:2Fe+6H+=Fe3++3H2↑B.Cu与AgNO3溶液反应:Cu+2Ag+=Cu2++2AgC.向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸:Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2OD.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水:Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O参考答案：B【详解】A、铁和稀硫酸反应生成亚铁离子和氢气，不是三价铁离子，应改为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；

B、铜和AgNO3之间发生氧化还原反应，离子反应遵循电荷守恒，故B正确；

C、氢氧化钡和稀硫酸之间发生中和反应，反应为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故C错误；

D、向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：NH4++HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+NH3·H2O+H2O，故D错误。

故选B。6.某品牌饮用矿泉水的标签的部分内容如下。下列说法不正确的是饮用矿物质水净含量：500mL

配料表：纯净水

硫酸镁

氯化钾

保质期：12个月

主要离子成分：

钾离子（K+）：1.0~27.3mg/L

镁离子（Mg2+）：0.1~4.8mg/LA.该500mL饮用矿泉水中各离子的物质的量满足（忽略水的电离）N（K＋）+2n（Mg2＋）=n（Cl—）+2n（SO42—）B.该品牌饮用矿泉水中c（Mg2＋）最大值为2×10—4mol/LC.取少量待测液加入稀盐酸酸化，再滴入硝酸银，出现白色沉淀，说明有氯离子D.一瓶该品牌饮用矿泉水中SO42—的物质的量不超过1×10—4mol参考答案：C7.如图是四种常见有机物的比例模型示意图。下列说法正确的是()A.甲能使酸性KMnO4溶液褪色B.乙可与溴水发生取代反应使溴水褪色C.丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键D.丁在稀硫酸作用下可与乙酸发生取代反应参考答案：C试题分析：根据比例模型可知甲是甲烷，乙是乙烯；丙是苯；丁是乙醇。A．甲是甲烷，甲烷不能使酸性KMnO4溶液褪色，错误；B．乙是乙烯，可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，错误；C．在苯中苯分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特键，键长、键能、都相同，因此该选项是正确的；D．乙醇在浓硫酸作用下可与乙酸发生取代反应产生乙酸乙酯和水，错误。8.下列事实与氢键有关的是（）A．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱B．水加热到很高的温度都难以分解C．CH4、SiH4、GeH4、SnH4的熔点随相对分子质量的增大而升高D．氨气在水中溶解度很大参考答案：D考点：氢键的存在对物质性质的影响．分析：A、根据氢化物的热稳定性与非金属的非金属性性之间的关系判断；B、根据水的分解破坏的键判断；C、根据范德华力对物质性质的影响判断；D、氨气分子与水分子之间存在氢键．解答：解：氢键是一种特殊的分子间作用力，非化学键，只影响物质的物理性质，不影响化学性质．A、HF、HCl、HBr、HI的热稳定性与F、Cl、Br、I的非金属性有关，非金属性越强，其氢化物越稳定，同一主族的元素，非金属性随着原子序数的增加而减小，所以其氢化物的热稳定性逐渐减弱，与氢键无关，故A错误．B、水的分解破坏的是化学键，不是氢键，故B错误；C、CH4、SiH4、GeH4、SnH4的熔点随相对分子质量的增大而升高是与分子间作用力有关，分子间不存在氢键，与氢键无关，故C错误；D、氨气分子与水分子之间存在氢键，增大了氨气的溶解性，故D正确；故选D．点评：本题考查氢键的知识，题目难度不大，注意氢键只与物质的物理性质有关，与化学性质无关．9.

X、Y、Z三种气体，取X和Y按1:1的物质的量之比混合，放入密闭容器中发生如下反应：X+2Y2Z,达到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3:2，则Y的转化率最接近于（）A.33%

B.40%

C.50%

D.65%参考答案：B略10.有一空瓶的质量为W1g，向该瓶充入氧气后的质量为W2g，在相同条件下充入某一单质气体，其质量为W3g，则此单质气体的摩尔质量为A．×32

B．×32

C．×32g·mol－1

D．×32g·mol－1参考答案：C略11.工业上，可采用还原法处理尾气中NO，其原理:2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)△H<0。在化学上，正反应速率方程式表示v（正）=k（正）·cm(NO）·cn（H2），逆反应速率方程式表示为v（逆）=k（逆）·cx（N2）·cy（H2O），其中，k表示反应速率常数，只与温度有关，m，n，x，y叫反应级数，由实验测定。在恒容密闭容器中充入NO、H2，在T℃下进行实验，测得有关数据如下：实验c(NO)/mol·L-1c(H2)/mol·L-1v(正)/mol·L-1·min-1①0.100.100.414k②0.100.401.656k③0.200.101.656k下列有关推断正确的是A.上述反应中，反应物的总能量低于生成物的总能量B.若升高温度，则k（正）增大，k（逆）减小C.在上述反应中，反应级数：m=2，n=1D.在一定温度下，NO、H2的浓度对正反应速率影响程度相同参考答案：C【分析】2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)△H<0，正反应是放热反应，根据反应热等于正反应活化能与逆反应活化能之差，分析判断A的正误；根据升高温度，反应速率加快分析判断B的正误；根据表格数据知，①、②实验数据比较，可以计算n。①和③比较可以计算m，分析判断C的正误；根据C计算结果分析判断D的正误。【详解】A.上述反应的正反应是放热反应，反应热等于正反应活化能与逆反应活化能之差，由此推知，正反应活化能小于逆反应活化能，选项A错误；B.升高温度，正、逆反应速率都增大，故正、逆反应速率常数都增大，选项B错误；C.由表格数据知，①、②实验数据比较，＝4n＝＝4，故n＝1。＝2m＝＝4，则m＝2，选项C正确；D.由于正反应速率表达式中NO、H2的反应级数不相等，所以，NO、H2浓度对正反应速率的影响程度不相同，选项D错误；答案选C。12.下面有关物质熔点的排序不正确的是(

)A.CF4<CCl4<CBr4<CI4

B.正戊烷>异戊烷>新戊烷C.金刚石＞纯铁＞生铁＞干冰

D.金刚石>二氧化硅＞碳化硅>晶体硅参考答案：D【详解】A.CF4、CCl4、CBr4、CI4为四种结构相似有分子晶体，其熔点的高低可由其相对分子质量的大小来排序CF4<CCl4<CBr4<CI4，故A排序正确；B.正戊烷、异戊烷、新戊烷三种物质为同分异构体，其熔点的大小与分子结构的对称性成反比，故其熔点为正戊烷>异戊烷>新戊烷，故B排序正确；C.金刚石为原子晶体，熔点最高，纯铁为金属晶体，熔点次之，而干冰为分子晶体，熔点最低，则这几种物质的熔点排序为金刚石＞纯铁＞生铁＞干冰，故C排序正确；D.金刚石、二氧化硅、碳化硅、晶体硅这四种晶体均为原子晶体，因原子半径的大小为Si＞O＞C，因此四种晶体中共价键的键长大小为Si-Si＞Si-O＞Si-C＞C-C，其熔点与键长成反比，则其熔点的高低排序为金刚石＞碳化硅＞二氧化硅＞晶体硅，故D排序不正确；答案选D。【点睛】本题主要考查物质结构与物质熔点高低的关系，既有同种晶体之间的比较，也有不同种晶体之间的对比，对该知识点的归纳较为全面。13.已知(NH4)2SO4和(NH4)2HPO4的混合物含氮的质量分数为21.2%，则混合物中含氧的质量分数约为A．42.4%

B．48.5%

C．81%

D．条件不足，无法确定参考答案：B略14.某种原子的摩尔质量是Mg?mol-1，则一个该原子的真实质量约是

A．M/6.02×1023

g

B．1/MgC．M

g

D．6.02×1023/M

g参考答案：A略15.2009年6月5日是第三十八个世界环境日，该年度世界环境日的主题是：冰川消融，后果堪忧。在近百年间，全球平均气温升高了0.74℃，预计到本世纪末全球气温将升高1.1～6.4℃。下列做法可以减缓全球气温升高的是（

）①大力进行植树造林；②以煤等燃料为主要生活燃料；③鼓励私人购买和使用小汽车以代替公交车；④利用太阳能、风能和氢能新能源代替化石燃料；⑤禁止电动自行车上路A．①③④

B．②⑤

Ｃ．①④

Ｄ．②③⑤参考答案：C略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某实验小组用下图所示装置制备一硝基甲苯(包括对硝基甲苯和邻硝基甲苯)：反应原理：实验中可能用到的数据：相对原子质量：H-1

C-12

N-14实验步骤：①浓硫酸与浓硝酸按体积比1：3配制混合溶液（即混酸）共40mL；②在三颈瓶中加入13g甲苯（易挥发），按图所示装好药品和其他仪器；③向三颈瓶中加入混酸；④控制温度约为50℃，反应大约10min，三颈瓶底有大量淡黄色油状液体出现；⑤分离出一硝基甲苯，经提纯最终得到纯净的一硝基甲苯共15g。请回答下列问题：(1)实验前需要在三颈瓶中加入少许________，目的是____________________。(2)冷凝管的作用是______________；冷却水从冷凝管的_______（填“a”或“b”）端进入。(3)仪器A的名称是________，使用该仪器前必须进行的操作是_________________。(4)分离反应后产物的方案如下：其中，操作1的名称为________，操作2必需的玻璃仪器有酒精灯、温度计、锥形瓶、牛角管（尾接管）和________________、_________________。(5)本实验中甲苯的转化率为________（结果保留3位有效数字）。参考答案：(1)碎瓷片（或沸石）

防止暴沸

(2)冷凝回流

a

(3)分液漏斗

检漏

(4)分液

蒸馏烧瓶

冷凝管

(5)77.5％【分析】(1)反应物甲苯沸点低，加热时容易发生暴沸；(2)冷凝管用于将蒸汽冷却为液体，冷凝水应是下进上出，延长热量交换时间，使热量能更充分交换，确保气体充分冷凝；(3)仪器A是分液漏斗，使用前必须检查是否漏液；(4)因为分离得到的是无机和有机两种液体，而有机物和无机物是不相溶的，因此方法是分液；分离两种一硝基化合物只能利用它们沸点的不同，因此采用蒸馏的方法，根据蒸馏所需仪器分析解答；(5)根椐方程式可知，一摩尔的甲苯可以得到一摩尔的对硝基甲苯与一摩尔的邻硝基甲苯，本实验中分离出一硝基甲苯，经提纯最终得到纯净的一硝基甲苯共15g，根据方程克制13g甲苯理论产生硝基甲苯的质量，产率的计算方法就是用实际产量除以理论产量。【详解】(1)甲苯的沸点为110.6℃易挥发，容易发生暴沸，需用碎瓷片(沸石)，防止暴沸；(2)冷凝管用于将蒸汽冷却为液体，因此冷凝管的作用是冷凝回流。蒸馏时，冷却水从冷凝管的下口通入，上口流出，可使冷凝管充满冷水而进行充分冷却，所以冷却水从冷凝管的a端进入；(3)仪器A是分液漏斗，使用前必须检查是否漏液；(4)因为分离得到的是无机和有机两种液体，而有机物和无机物是不相溶的，因此操作1的名称为分液；分离两种一硝基化合物只能利用它们沸点的不同，因此采用蒸馏的方法，蒸馏烧瓶盛放两种一硝基化合物混合物，酒精灯用于加热蒸馏烧瓶，温度计测量蒸汽的温度，冷凝管用于将蒸汽冷却为液体，铁架台用于固定蒸馏烧瓶，牛角管(尾接管)用于承接冷凝后的液体，锥形瓶用于盛放产品，所以操作2必需的玻璃仪器还有蒸馏烧瓶、冷凝管；(5)产率等于实际产量与理论产量的比；根椐方程式可知，1mol的甲苯可以得到1mol的对硝基甲苯与1mol的邻硝基甲苯，换成质量即：92g的甲苯可以得到137g的对硝基苯和邻硝基苯，则13g的甲苯就能得到的一硝基苯的质量m=g=19.35g，本实验中分离出一硝基甲苯，经提纯最终得到纯净的一硝基甲苯共15g，所以一硝基苯的产率为：×100%≈77.5%。【点睛】本题主要考查一硝基甲苯的制备的知识，涉及实验流程、产率的计算等知识，明确物质的制备原理即流程的意义与目的为解答此类题的关键，充分考查了学生灵活应用所学知识的能力。

三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.下表为元素周期表短同期的一部分，A、B、C、D、E五种元素在周期表中的位置如下图所示。C元素的原子最外层电子数为次外层的3倍。AEC

B

D

回答下列问题：（1）B元素在周期表中的位置为__________。（2）D的最高价氧化物对应水化物的化学式为__________。（3）下列事实能说明C元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是__________。a．C单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊b．在氧化还原反应中，1molC单质比1molS得电子多c．C和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高d.C元素的简单氢化物沸点高于S元素的简单氢化物（4）B与D两元素的单质反应生成化合物M，它的结构类似甲烷，写出M的电子式_____。（5）A与镁形成的1mol化合物N与水反应，生成2molMg(OH)2和1mol气态烃，该烃分子中碳氢质量比为9:1，写出N与水反应的化学方程式______________________________。（6）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由表中两种元素组成，气体的相对分子质量都小于50。为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L2.2mol/LNaOH溶液和1molO2，则两种气体的分子式及物质的量分别为__________。参考答案：(1)第三周期，ⅣA族

(2)HClO4

(3)ac

(4)

(5)Mg2C3+4H2O=2Mg(OH)2+C3H4↑

(6)NO

0.9mol；NO21.3mol【分析】根据A、B、C、D、E五种元素在周期表中的位置可判断A、E、C位于第二周期，B和D位于第三周期。C元素的原子最外层电子数为次外层的3倍，所以C是O，则E是N，A是C，B是Si，D是Cl，据此解答。【详解】根据以上分析可知A是C，B是Si，C是O，D是Cl，E是N。则（1）硅元素在周期表中的位置为第三周期第ⅣA族。（2）Cl的最高价是+7价，则最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4。（3）a．氯气与H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明把硫置换出来，因此氯元素的非金属性强于硫元素，a正确；b．在氧化还原反应中，1molC单质比1molS得电子多与非金属性强弱没有关系，只与得到电子的难易程度有关系，b错误；c．C和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高说明氢化物更稳定，因此氯元素的非金属性强于硫元素，c正确；d.C元素的简单氢化物沸点高于S元素的简单氢化物与非金属性强弱没有关系，d错误。答案选ac；（4）B与D两元素的单质反应生成化合物M是四氯化硅，它的结构类似甲烷，电子式为。（5）A与镁形成的1mol化合物N与水反应，生成2molMg(OH)2和1mol气态烃，该烃分子中碳氢质量比为9:1，则碳氢原子个数之比是，因此该烃是C3H4，则N是Mg2C3，与水反应的化学方程式为Mg2C3+4H2O＝2Mg(OH)2+C3H4↑。（6）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由表中两种元素组成，气体的相对分子质量都小于50，因此应该是NO、NO2。设NO、NO2的物质的量分别是xmol、ymol，最终均转化为硝酸钠，则根据原子守恒可知x+y＝2.2，根据电子得失守恒可知3x+y＝4，解得x＝0.9、y＝1.3。18.有甲、乙、丙、丁、戊五种元素，已知：甲元素是地壳中含量最高的元素；乙元素为金属元素，它的原子核外K、L层电子数之和等于M、N层电子数之和；丙元素的单质及其化合物的焰色反应都显黄色；氢气在丁元素的单质中燃烧火焰呈苍白色；戊元素的最高价氧化物对应水化物既能和酸反应又能和碱反应。（1）试推断并写出甲、乙、丙、丁、戊五种元素的元素符号：甲：_________

乙：__________

丙：__________

丁：___________

戊：_________（2）甲元素在元素周期表中的位置：第_____周期，第_______族（3）丙元素与丁元素形成的化合物中的化学键是_______键，该化合物的电子式________（