安徽省六安市苏南中学2022年高一化学测试题含解析

安徽省六安市苏南中学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.下图为一张已部分缺损的体检报告单，其中表示第14项高密度脂蛋白胆固醇的物理量是

35—55g／L

20—301．6

1.5—2.510乳酸脱氢酶

161

U／L

114—24011磷酸肌酸激酶

56

U／L

25—20012甘油三酯

0.52

mmol／L

0—1.7113总胆固醇

4.27

mmol／L

3.6—5.1814高密度脂蛋白胆固醇

1.57

mmol／L

1.0—1.615低密度脂蛋白胆固醇

1.40

mmol／L

0—3.3616葡萄糖

4.94

mmol／L

3.61—6.11

送检日期：2008—05—16

报告日期：2008—05—17A.质量分数

B.物质的量

C.摩尔质量

D.物质的量浓度参考答案：D2.下列说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数的值）A．1mol聚乙烯含有的原子数目为6NAB．20℃时，1mol己烷完全燃烧后恢复至原状态，生成气态物质分子数为6NAC．1mol甲基含10NA个电子

D．2.8g乙烯和丙烯的混合气体中所含原子数为0.2NA参考答案：B略3.能说明CH3COOH是弱酸的事实是A．CH3COOH可以与Na2CO3溶液发生反应，产生CO2气体

B．CH3COOH可以与水以任意比例混溶

C．CH3COOH可以使紫色石蕊试液变红D．同浓度的盐酸和醋酸分别和同样的Zn反应，前者反应速率大参考答案：D略4.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项a中的物质b

中的物质c中收集的气体d

中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液

参考答案：D试题分析：A、氨气的密度比空气小，c装置中应该短管进，长管出，A错误；B、浓盐酸与MnO2制氯气需要加热，且由于浓盐酸易挥发，所以c中收集的气体不纯净，应该在bc之间应添加除去氯化氢的装置，B错误；C、铜与稀硝酸反应产生的气体为NO，NO2要用氢氧化钠溶液吸收，水不能完全吸收，C错误；D、浓硫酸可以与亚硫酸反应，生成二氧化硫，SO2气体的密度比空气大，c装置中应该长管进，短管出，SO2气体会污染空气，所以要吸收尾气，D正确；答案选D。【名师点睛】掌握各种气体的制取、收集和处理方法是解答的关键。根据装置图可知所制备的气体应为固体和液体反应不加热气体的制备，并用向上排空气法收集以及采用防倒吸的方法进行尾气处理，根据各选项中反应物的状态判断发生装置、气体的性质以及气体要采用防倒吸解答本题即可。5.X、Y两根金属棒插入Z溶液中构成如图的装置，实验中电流表指针发生偏转，同时X棒变粗，Y棒变细，则X、Y、Z可能是下列中的（

）选项XYZAZnCu稀硫酸BCuZn稀硫酸CCuAg硫酸铜溶液DAgZn硫酸铜溶液

参考答案：D【分析】X、Y两根金属棒插入Z溶液中，实验中电流表指针发生偏转，说明该装置形成原电池，X棒变粗，Y棒变细，电解质溶液为不活泼金属的盐溶液，则X作正极、Y作负极，据此分析解答。【详解】X、Y两根金属棒插入Z溶液中，实验中电流表指针发生偏转，说明该装置形成原电池，X棒变粗，Y棒变细，电解质溶液为不活泼金属的盐溶液，X作正极、Y作负极。A.该装置中，金属活动性Zn>Cu，X锌电极易失电子作负极、Y作正极，在Y电极上产生氢气，与实际不符合，A错误；B.该装置中，金属活动性Zn>Cu，X电极为正极，在X电极上氢离子得电子生成氢气，电极质量不变，B错误；C.该装置中，金属活动性：Cu>Ag，X电极易失电子作负极，与实际不符合，C错误；D.该装置中，金属活动性：Zn>Ag，X为正极，Y易失电子作负极、X电极上Cu2+得电子生成单质铜，使X电极质量增加，符合实际，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了原电池原理的知识，根据电极上发生的反应确定正、负极，根据溶液中离子放电先后顺序判断电极反应及现象。6.下列叙述：①阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性；②含最高价元素的化合物，一定具有强氧化性；③失电子多的还原剂，还原性就强；④元素由化合态变为游离态，该元素一定被还原；⑤含金属元素的离子不一定都是阳离子；⑥金属阳离子被还原不一定得到金属单质；⑦在氧化还原反应中，非金属单质一定是氧化剂。正确的是（

）A.

②③④⑤⑦

B.

①②③⑥

C.

④⑤⑦

D.

⑤⑥参考答案：D①阴离子不一定是最低价态，因而不一定只有还原性，如ClO-具有强氧化性；而金属阳离子可以有中间价态，故不一定只有氧化性，如Fe2+具有还原性；①错误；②含最高价元素的化合物，不一定具有强氧化性，需要看物质的性质；如硫酸钠中硫为最高价+6价，但不具有强氧化性，②错误；③失电子多的还原剂，还原性不一定强，如等物质的量的铝和镁分别与盐酸反应，铝失去的电子比镁多，但铝的还原性弱于镁，③错误；④元素由化合态变为游离态，化合价有可能升高，也有可能降低，所以不一定被还原，④错误；⑤含金属元素的离子不一定都是阳离子，例如高锰酸根离子属于阴离子，含有金属锰元素，⑤正确；⑥金属阳离子被还原不一定得到金属单质，例如铁离子被还原为亚铁离子，⑥正确；⑦在氧化还原反应中，非金属单质不一定是氧化剂，需要看化合价的变化，可能是氧化剂，也可能是还原剂，如S+O2SO2中S是还原剂，H2+SH2S中S是氧化剂，⑦错误。综上，正确的有⑤⑥，答案选D。7.下列反应的离子方程式不正确的是（）A．碳酸钙和稀盐酸反应：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2OB．硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓C．CO2通入过量氢氧化钠溶液中CO2+2OH﹣═CO32﹣+H2OD．CuO与盐酸反应：CuO+2H+═Cu2++H2O参考答案：B解：A．二者反应生成可溶性氯化钙、二氧化碳和水，离子方程式为CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，故A正确；B．二者反应生成一水合氨和硫酸钡，离子方程式为2NH4++2OH﹣+Ba2++SO42﹣═BaSO4↓+2NH3·H2O，故B错误；C．二者反应生成碳酸钠和水，离子方程式为CO2+2OH﹣═CO32﹣+H2O，故C正确；D．二者反应生成可溶性强电解质氯化铜和弱电解质水，离子方程式为，故D正确；故选B．8.(不定项)设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol苯分子中含有C＝C双键数目为3NAB.标准状况下，11.2

LCCl4中含有的共价键数目为2NAC.1mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧时消耗O2的分子数为3NAD.常温常压下，17

g羟基含有的电子总数为7NA参考答案：C试题分析：A、苯分子中不存在C＝C双键，A错误；B、标准状况下，CCl4不是气体，B错误；C、1mol乙烯完全燃烧消耗3mol氧气，1mol乙醇完全燃烧消耗3mol氧气，所以1mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧气的物质的量为3mol，所消耗的O2一定为3NA，C正确；D、1个羟基含有9个电子，17g羟基含有的电子总数为9NA，D错误。9.糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动必需的三大营养物质。下列说法错误的是

A．纤维素、淀粉、脂肪、蛋白质都是高分子化合物

B．蔗糖完全水解后的产物互为同分异构体

C．乙酸乙酯、油脂与氢氧化钠溶液反应均有醇生成

D．脂肪能发生皂化反应，生成甘油和高级脂肪酸钠参考答案：A略10.今有一包铁粉和铜粉混合粉末，为确定其组成，现提供4mo/L的FeCl3溶液(其他用品略),某合作学习小组同学的实验结果如下(假定反应前后溶液体积不变)组别①②③④V[FeCl3(aq)]/mL100100100100混合粉末质量/g613.22436反应后剩余固体质量/g01.2812.824.8

A.第①组充分反应后溶液中c

(Fe3+)=2.0mol/LB.第②组剩余固体是铜铁混合物C.第④组反应后的滤液中c(Fe2+)=5mol/LD.原混合粉末中n(Fe):

n(Cu)=2:3参考答案：A根据氧化还原反应的规律，铁离子与Fe、Cu都能反应，按照还原性强弱，铁的还原性强于铜，所以三价铁先和铁反应再与铜反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+，Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；能剩余的固体可以是铜，也可以是铁和铜，从②组数据中可以得出，0.4molFeCl3溶液全部参与反应，假设只发生第一个反应，则溶解的Fe的质量为0.2mol×56g/mol＝11.2g，13.2g-1.28g=11.92g＞11.2g，所以同时也有一部分Cu溶解，剩余的固体全部为Cu；利用②的数据，设Cu、Fe合金中金属的物质的量分别为xmol、ymol，则根据方程式可知Fe+2Fe3+=3Fe2+x

2xCu

+

2Fe3+=2Fe2++Cu2+0.2-0.1x

0.4-2x依据铜元素守恒可得：（0.2-0.1x）+1.28÷64=y，根据质量守恒可得：56x+64y=13.2，联立解得：x=y=0.11，即铜与铁物质的量比是1：1。则A、①组，6g固体中含有Cu、Fe的物质的量均为6g÷120g/mol＝0.05mol，根据方程式可知Fe

+

2Fe3+=3Fe2+0.05

0.1

0.15Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+0.05

0.1

0.05

0.1所以c（Fe3+）=(0.4mol?0.2mol)÷0.1L=2.0mol/L，A正确；B、根据以上分析可知第②组剩余固体是全部是铜，B错误；C、组中铁和铜物质的量按照1：1混合，可以计算得到铁和铜的物质的量都为：36g÷(56+64)g/mol=0.3mol，36g金属中铁的质量为：0.3mol×56g/mol＝16.8g，铜的质量为19.2g；根据以上分析可知此时反应的金属为11.2g铁，所以剩余固体为铁和铜，三价铁全部反应，根据铁元素守恒可知，0.4molFe3+全部反应生成Fe2+，溶解的铁为11.2g，物质的量为0.2mol，所以反应后溶液中Fe2+的浓度为：c（Fe2+）＝(0.2mol+0.4mol)÷0.1L＝6mol/L，C错误；D、原混合粉末中n（Fe）：n（Cu）=1：1，D错误。点睛：本题考查了铁及其化合物的性质应用，主要是实验数据的分析判断和计算，题目难度较大，关键是通过②判断剩余固体为铜，通过计算得到铁和铜的物质的量之比，③④剩余固体便顺利判断成分，进而依据化学方程式或元素守恒计算，题目综合性较大，数据处理较复杂。11.下列关于硝酸的认识中，正确的是A．浓、稀硝酸光照和受热都会分解B．浓硝酸与金属反应不放出氢气，而稀硝酸与金属反应可置换出氢气C．常温下，因为铝和铁不与浓硝酸反应，所以浓硝酸可盛放在铝制或铁制容器中D．铜分别与浓硝酸、稀硝酸反应生成NO2和NO，故稀硝酸的氧化性大于浓硝酸参考答案：A试题分析：A．硝酸不稳定，见光或受热易分解，故A正确；B．浓硝酸有强氧化性，金属与浓硝酸反应生成二氧化氮，不生成氢气，故B错误；C．铝在常温下遇浓硝酸发生钝化现象，阻止反应进行，常温下可用铝制品盛装浓硝酸，而不是不反应，故C错误；D．硝酸的浓度越大其氧化性越强，所以浓硝酸氧化性大于稀硝酸，故D错误；故选A。12.下列无色溶液中离子能大量共存，且加入OH－有沉淀析出，加入H＋有气体放出的是（

）A．Na＋、Ba2＋、Cl－、SO42-

B．Fe3＋、K＋、SO42-、NO3-C．H＋、Al3＋、Cl－、NO3-

D．Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO3-参考答案：D略13.右图表示的是纯净物、单质、化合物、含氧化合物、氧化物物质之间的包含与不包含关系，若整个大圆代表纯净物，则①③所属的类别是

A．①单质、③氧化物B．①单质、③含氧化合物C．①化合物、③氧化物

D．①化合物、③含氧化合物参考答案：B略14.有关氨气的实验较多，下面对这些实验原理的分析中，正确的是

（

）

A．氨气极易溶于水，可以用来做喷泉实验

B．氨气的还原性可以解释氨气与氯化氢的反应实验

C．NH3·H2O不稳定，实验室可用NH4Cl和石灰水制取氨气

D．NH3液化时放出大量的热，因而不能用氨作制冷剂参考答案：A略15.实验室中要使Al2（SO4）3溶液中的Al3+全部沉淀出来，最适宜的试剂是A.NaOH溶液

B.氨水

C.Ba（OH）2溶液

D.盐酸参考答案：B略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某研究性学习小组的一个课题是“NO2能否支持木条的燃烧？”由于实验室中没有现成的NO2气体，该小组的同学设计了两个方案，方案一如图甲所示：4HNO3(浓)4NO2↑＋O2↑＋2H2O

方案二如图乙所示：2Cu(NO3)22CuO＋4NO2↑＋O2↑请思考并回答下列问题方案一：实验开始后，发现木条上的火星逐渐熄灭了。（1）甲同学得出“NO2不能支持木条的燃烧”的结论。你认为这一结论是否正确？

（填“正确”或“不正确”）（2）乙同学认为使木条上的火星熄灭可能是别的物质所起的作用，你认为这种使木条上的火星熄灭的物质可能是：

（填化学式）方案二：实验开始后，当集气瓶中充满红棕色气体时，发现木条复燃了。（3）丙同学得出“NO2能支持木条的燃烧”的结论，丁同学认为“产物中有O2产生，因此不能证明NO2是否支持木条燃烧”。戊同学说：“因为带火星的木条在空气中不能复燃，所以

同学（填“丙”或“丁”）观点是对的”，戊分析的理由是

。参考答案：（1）不正确（1分）（2）H2O（1分）（3）丙（2分）

硝酸铜分解产生的混合气体中NO2和氧气的体积比为4:1，与空气中N2与氧气的体积比基本相同，若NO2不支持燃烧，则木条不会复燃

（3分）

三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.面对全球近期的气候异常，环境问题再次成为焦点．化工厂以及汽车尾气排放的二氧化硫、一氧化碳、氮氧化物（NOx）等气体已成为大气污染的主要因素．（1）硫酸生产中，SO2催化氧化生成SO3：2SO2（g）+O2（g）2SO3g）．某温度下，SO2的平衡转化率（α）与体系总压强（p）的关系如图所示．根据图示回答下列问题：①将2.0molSO2和1.0molO2置于10L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa．该反应的平衡常数等于

．②平衡状态由A变到B时，平衡常数K（A）

K（B）（填“＞”“＜”或“=”）．参考答案：①800；②=【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．【分析】①反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa，由图可知，SO2的平衡转化率α=0.80，利用三段式表示出平衡时反应混合物各组分的物质的量，再计算平衡时反应混合物各组分的平衡浓度，代入平衡常数表达式计算；②平衡状态由A变到B时，改变的是压强，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变．【解答】解：①反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa，由图可知，SO2的平衡转化率α=0.80，参加反应的二氧化硫为2mol×80%=1.6mol，则：

2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）开始（mol）：2

1

0变化（mol）：1.6

0.8

1.6平衡（mol）：0.4

0.2

1.6所以平衡时浓度：c（SO2）=0.04mol/L，c（O2）=0.02mol/L，c（SO3）=0.16mol/L，故平衡常数k==800，故答案为：800；②平衡状态由A变到B时，改变的是压强，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数