安徽省合肥市含山中学高一化学联考试卷含解析

安徽省合肥市含山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.

参考答案：C2.已知5KCl+KClO3+3H2SO4═3Cl2↑+3K2SO4+3H2O，下列说法不正确的是（）A．KClO3是氧化剂B．被氧化与被还原的氯元素的质量比为1：5C．H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂D．1molKClO3参加反应时有5mol电子转移参考答案：B【考点】氧化还原反应．【分析】5KCl+KClO3+3H2SO4═3Cl2↑+3K2SO4+3H2O中，Cl元素的化合价由﹣1价升高为0，Cl元素的化合价由+5价降低为0，该反应转移5e﹣，以此来解答．【解答】解：A．KClO3中Cl元素的化合价降低，则是氧化剂，故A正确；B.5个Cl失去电子与1个Cl得电子数目相等，则被氧化与被还原的氯元素的质量比为5：1，故B错误；C．H、S、O元素的化合价不变，H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂，故C正确；D.1molKClO3参加反应时有1mol×（5﹣0）=5mol电子转移，故D正确；故选B．3.有机物甲在一定条件下能发生水解反应生成两种有机物，乙中①～⑥是标出的该有机物分子中不同的化学键，在水解时，断裂的键是()A．①④

B．③⑤C．②⑥

D．②⑤参考答案：B解析酯化反应中有机羧酸脱去羟基(—OH)，与醇中羟基上的氢原子结合生成水，形成新化学键。酯水解时，同样在α键处断裂，即上述有机物水解时，断裂的键应是③⑤。4.下列说法中不正确的是（）A．有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应B．有单质生成的分解反应一定是氧化还原反应C．有元素变价的反应一定是氧化还原反应D．不属于四种基本类型的反应不可能是氧化还原反应参考答案：D考点：氧化还原反应．

专题：氧化还原反应专题．分析：氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，当有化合价发生变化时，一定属于氧化还原反应，结合四种基本类型的反应特点解答该题．解答：解：A．有单质参加的化合反应，一定存在元素化合价的变化，一定属于氧化还原反应，故A正确；B．有单质生成的分解反应，一定存在元素化合价的变化，一定属于氧化还原反应，故B正确；C．元素化合价发生变化的反应一定属于氧化还原反应，故C正确；D．不属于四种基本类型的反应，如应为化合价发生变化，则属于氧化还原反应，如浓盐酸和二氧化锰的反应，故D错误．故选D．点评：本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解和运用的考查，为高频考点，注意把握氧化还原反应的特征和相关概念，难度不大5.下列说法中正确的是()A.通常状况下，溴呈液态，碘呈固态，是由于溴的分子间作用力小于碘B.含极性键的共价化合物一定是电解质C.共价化合物溶解时均会破坏其共价键D.HF的分子间存在氢键，故HF比HCl更稳定参考答案：AA.通常状况下，溴和碘在固态是都构成分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，导致溴呈液态，碘呈固态，故A正确；B．含极性键的共价化合物不一定是电解质，例如烃类、糖类均是含有极性键的共价化合物，但不是电解质，故B错误；C.共价化合物溶解时不一定会破坏其共价键，如乙醇溶于水，共价键没有被破坏，故C错误；D．HF比HCl稳定是因为，H-F键比H-Cl稳定，故D错误；故选A。6.下列各图中，表示正反应是吸热反应的图是

参考答案：A7.下列结构简式代表了几种不同的烷烃A.2种

B.3种

C.4种

D.5种参考答案：B略8.实验是研究化学的基础，下图所示的实验操作和方法不是用来分离物质的是

参考答案：D9.检验某溶液中是否含有CL-，正确的操作是A、取样，滴加AgNO3溶液，看是否有白色沉淀生成B、取样，先加盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，看是否有白色沉淀生成C、取样，先加稀H2SO4酸化，再加入AgNO3溶液，看是否有白色沉淀生成D、取样，加入少量AgNO3溶液，有白色沉淀生成，再加稀HNO3，看白色沉淀是否消失参考答案：D10.将二氧化硫通入溴水中发生如下的反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，反应中转移的电子数和还原剂是

（

）A2e-，H2SO4

B4e-，SO2

C2e-，Br2

D2e-，SO2参考答案：D略11.分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法，人们在认识事物时可以采取多种分类方法以补充单一分类法的不足。下列关于“K2SO4”的分类错误的是()A.属于氧化物

B.属于硫酸盐

C.属于钾盐

D.属于电解质参考答案：A试题分析：A、氧化物是由两种元素构成、其中一种是氧元素的化合物，K2SO4的阳离子是金属离子、阴离子是酸根离子，是盐不是氧化物，故A错误；B、K2SO4的阴离子是硫酸根，故属于硫酸盐，故B正确；C、K2SO4的阳离子是钾离子，故是钾盐，故C正确；D、盐均是离子化合物，在熔融状态下均能导电，故盐均是电解质，故K2SO4是电解质，故D正确；故选A。【名师点晴】本题考查了物质的分类，根据氧化物、酸碱盐的概念来分析。阳离子是金属离子、阴离子是酸根离子的化合物是盐；盐根据阳离子是金属离子或铵根离子，可以分为金属盐和铵盐；金属盐又可以分为钾盐、钠盐等；盐根据阴离子可以分为碳酸盐、硫酸盐和硝酸盐等；盐均是离子化合物，在熔融状态下均能导电，故均是电解质。12.已知某反应的各物质浓度数据如下：aA(g)+bB(g)cC(g)

起始浓度（mol/L）

3.0

1.0

0

2s末浓度（mol/L）1.8

0.6

0.8由此可推出方程式中各物质的化学计量数(系数)之比为（

）(A)

3:1:2

(B)

2:1:3

(C)

9:3:4

(D)

3:2:1参考答案：A略13.下列各组粒子中属于同位素的是A．16O和18O B．H2O和D2OC．H2和D2

D．24Mg和24Na参考答案：A14.如将两个铂电极插入KOH溶液中,向两极分别通入CH4和O2,即构成甲烷燃料电池。已知通入甲烷的一极,其电极反应为CH4+10OH—-8e-CO32—+7H2O,下列叙述正确的是A．通入甲烷的一极为正极

B．通入氧气的一极发生氧化反应C．该电池在工作时,溶液中的阴离子向正极移动D．该电池总反应为CH4+2O2+2OH—CO32—+3H2O参考答案：D15.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．常温常压下，4.6gNO2或N2O4气体中所含原子总数均为0.3NAB．标准状况下，22.4mLBr2所含的分子数为0.001NAC．标准状况下，22.4L的Cl2与1molFe充分反应，转移的电子数为3NAD．100mL0.1mol?L-1的H2SO3溶液中，H＋总数为0.02NA参考答案：A二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.如图是实验室以MnO2和浓盐酸反应制Cl2并净化和收集的装置，试回答以下问题：

（1）如何检验装置的气密性？

．（2）烧瓶中发生的反应方程式是

．（3）装置中饱和食盐水的作用是

，浓硫酸的作用是吸收水蒸气

．（4）装置中烧杯中盛放的溶液是

，作用是

，其中发生反应的离子反应方程式为

．（5）以含14.6gHCl的浓盐酸与足量MnO2充分反应，制得的Cl2在标准状况下总小于2.24L，原因可能是①

；②

．参考答案：（1）关闭分液漏斗活塞，将导管插入水中，用酒精灯微热烧瓶，导管口有气泡冒出，移开酒精灯，水上升到导管中形成一段稳定的水柱，则证明装置的气密性良好；（2）MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2+2H2O；（3）除去HCl；吸收水蒸气；（4）NaOH；吸收Cl2；Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（5）①随着反应进行，盐酸浓度变小，MnO2与稀盐酸不反应，该反应停止；②加热过快，部分HCl挥发．

【考点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法．【分析】（1）装置气密性的检验方法是：利用压强差观察液柱是否上升，如果上升，说明气密性好，否则不好；（2）烧瓶中发生的二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰和氯气；（3）根据氯化氢和氯气的性质分析选用除杂试剂；浓硫酸常常干燥能和碱反应气体；（4）氯气的尾气处理用氢氧化钠溶液吸收，反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（5）二氧化锰与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应．【解答】解：（1）装置气密性的检验方法是：利用压强差观察液柱是否上升，如果上升，说明气密性好，否则不好，故答案为：关闭分液漏斗活塞，将导管插入水中，用酒精灯微热烧瓶，导管口有气泡冒出，移开酒精灯，水上升到导管中形成一段稳定的水柱，则证明装置的气密性良好；（2）烧瓶中发生的二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰和氯气，所以烧瓶中发生的反应方程式是MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2+2H2O；（3）制取的氯气中混有氯化氢气体和水蒸气，氯化氢极易溶于水，氯气也能溶于水，所以不能用水除去氯化氢气体；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，食盐水中含有氯离子，能抑制氯气的溶解，所以要想除去氯气中的氯化氢应饱和食盐水；浓硫酸常常干燥能和碱反应气体，故选浓硫酸．故答案为：除去HCl；吸收水蒸气；（4）氯气的尾气处理用氢氧化钠溶液吸收，反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案为：NaOH；吸收Cl2；Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（5）浓盐酸与足量MnO2反应制取Cl2，反应需要加热，氯化氢易挥发，加热过快，部分HCl挥发，同时反应消耗氯化氢，并生成水，随反应的不断进行浓盐酸的浓度逐渐变稀，稀盐酸不反应不与MnO2反应，故答案为：①随着反应进行，盐酸浓度变小，MnO2与稀盐酸不反应，该反应停止；②加热过快，部分HCl挥发．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.(I)某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法,研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol/L、2.00mol/L,大理石有细颗粒和粗颗粒两种规格,实验温度为25℃、35℃,每次实验HNO3的用量为25.0mL.大理石用量为10.00g。请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填空:实验编号温度/℃大理石规格HNO3浓度(mol/L)实验目的①25粗颗粒2.00(1)实验①和②探究浓度对反应速率的影响②25粗颗粒_____(2)实验①和③探究温度对反应遮率的影响；③_____粗颗粒2.00(3)实验①和④探究_________对反应速率的影响④25细颗粒2.00

(II)把2.5

mol

A和2.5

mol

B混合放入2

L密闭容器里，发生反应:

3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g),经5s后反应达到平衡。在此5s内C的平均反应速率为0.2

mol/(L·s)，同时生成1

mol

D。试求:(1)达到平衡时B的转化率为_____。(2)

x的值为______。(3)若温度不变，达到平衡时容器内气体的压强是反应前的______倍。参考答案：(I)1.00

35

探究固体物质的表面积(答接触面亦可)

(II)(1)20%

(2)x=4

(3)1.2试题分析：(Ⅰ)根据实验①和②探究浓度对反应速率的影响，所以实验①和②中硝酸浓度不同；实验①和③探究温度对反应速率的影响，实验①和③的温度不同；实验①和④碳酸钙颗粒大小不同；(Ⅱ)根据三段式解题法，求出混合气体各组分物质的量的变化量、平衡时各组分的物质的量．平衡时，生成的C的物质的量为

0.2mol/（L﹒s）×5s×2L=2mol，

根据相关计算公式计算相关物理量。解析：(Ⅰ)根据实验①和②探究浓度对反应速率的影响，所以实验①和②中硝酸浓度不同，实验②中HNO3浓度为1.00mol/L；实验①和③探究温度对反应速率的影响，实验①和③的温度不同，实验③的温度选择35℃；实验①和④碳酸钙颗粒大小不同，实验①和④探究固体物质的表面积对反应速率的影响；(Ⅱ)根据三段式法，平衡时，生成的C的物质的量为

0.2mol/（L﹒s）×5s×2L=2mol，

（1）达平衡时B的转化率为。（2），x=4。（3）若温度不变，容器内气体的压强比等于物质的量比，18.X、Y、Z、W、M、N为原子序数依次增大的六种短周期元素，常温下，六种元素的常见单质中三种为气体，三种为固体。X与M，W与N分别同主族，在周期表中X是原子半径最小的元素，且X能与Y、Z、W分别形成电子数相等的三种分子，Z、W的最外层电子数之和与M的核外电子总数相等。试回答下列问题：(1)N元素在周期表中的位置为_____；Y的简单氢化物的稳定性_____(填“>”“<”或“＝”)W的简单氢化物的稳定性。(2)X、Z形成的含18电子的化合物的结构式为_____。(3)由X、Z、W、N四种元素组成的一种离子化合物A，已知A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，写出A与足量盐酸反应的离子方程式_____。(4)X和W组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是_____(填化学式)，此化合物可将碱性工业废水中的CN－氧化，生成碳酸盐和氨气，相应的离子方程式为_____。参考答案：(1)第三周期ⅥA族

<

(2)

(3)HSO3-+H+=H2O+SO2↑、SO32-+2H+=H2O+SO2↑

(4)H2O2

OH-+CN-+H2O2=CO32-+NH3↑。【详解】H的原子半径最小，所以X为H；X和M同主族，由M在题述元素中的排序知，M是Na。Y、Z、W位于第二周期，它们与H可形成等电子分子，结合Z、W的最外层电子数之和与Na的核外电子总数相等知，Y、Z、W依次为C、N、O,W与N同主族，则N为S。(1)N为S，在周期表中的位置为第三周期ⅥA族；C的非金属性弱于O的非金属性，故CH4的稳定性比H2O弱；故答案为<；(2)H、N形成的含18电子的化合物是N2H4，N2H4的结构式为；(3)由H、N、O、S组成的既能与盐酸反应又能与氯水反应的离子化合物为NH4HSO3或(NH4)2SO3，其分别与足量盐酸反应的离子方程式为HSO3-+H+=H2O+SO2↑、SO32-+2H+=H2O+SO2↑；(4)H2O2中含有极性共价键和非极性共价键，H2O2具有氧化性，氧化碱性工业废水中CN-的离子方程式为OH-+CN-+H2O2=CO32-+NH3↑。

19.红砖是用粘土高温烧结而成，因其颜色呈红色或棕红色而