河南省洛阳市群星学校2022年高一化学联考试卷含解析

河南省洛阳市群星学校2022年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.A、B、C均为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示。已知：B、C两元素原子最外层电子数之和等于A元素原子最外层电子数的2倍；B、C两元素的核电荷数之和是A元素原

子序数的4倍。则A、B、C分别是：A．C、Al、P

B．N、Si、S

C．O、P、Cl

D．F、S、Ar参考答案：C2.下列关于铷（Rb）的叙述正确的是（

）A.它位于周期表的第四周期、第ⅠA族

B氢氧化铷是弱碱C.在钠、钾、铷3种单质中，铷的熔点最高

D硝酸铷是离子化合物参考答案：D略3.下列措施对增大反应速率明显有效的是（

）A．铝在氧气中燃烧生成Al2O3，将铝粉改成铝片B．铁与稀硫酸反应制氢气时，改用质量分数为98.3%的浓硫酸C．锌与稀硫酸反应制氢气时，适当提高溶液的温度D．钠与水反应时增大水的用量参考答案：C略4.同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是A．O2

B．CH4

C．CO2

D．SO2参考答案：B略5.100mL6mol/L硫酸溶液与过量锌粒反应，一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，可采取的措施是（）A．加入少量碳酸钠粉末 B．加入少量硫酸铜溶液C．加入适量NaCl溶液 D．加热参考答案：C【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】过量的锌粉反应，硫酸完全反应，为了减缓反应速率但又不影响生成氢气的总量，可减小氢离子浓度但不改变其物质的量，以此来解答．【解答】解：A．加入少量碳酸钠粉末，消耗硫酸，生成氢气的总量减少，故A错误；B．加入少量硫酸铜溶液，锌置换出铜，形成原电池反应，加快反应速率，故B错误；C．加入适量NaCl溶液，氢离子浓度减小，反应速率减小，不影响生成氢气的总量，故C正确；D．温度升高，反应速率增大，故D错误．故选C．6.最近医学界通过用放射性14C标记C60，发现一种C60的羧酸衍生物在特定条件下可通过断裂DNA杀死细胞，从而抑制艾滋病(AIDS)。下列有关14C的叙述正确的是()A.14C与C60中普通碳原子的化学性质不同B.14C与14N含的中子数相同C.14C是C60的同素异形体D.14C与12C互为同位素参考答案：D【分析】A．碳原子的化学性质相同；

B．中子数=质量数-质子数；

C．由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体；

D．质子数相同，中子数不同的原子互为同位素。【详解】A.

14C与C60中普通碳原子，为同种元素的碳原子，则碳原子的化学性质相同，A项错误；B.

14C的中子数为14?6=8，14N的中子数为14?7=7，二者不同，B项错误；C.

14C是原子，不是单质，与C60单质不是同素异形体，C项错误；D.

14C与12C的质子数均为6，中子数分别为8、6不同，互为同位素，D项正确；答案选D。7.体操运动员比赛时为了防滑。常在手掌上涂抹碳酸镁粉末。碳酸镁属于

A．酸

B．碱

C．盐

D．氧化物参考答案：C略8.一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO3=2HNO3+4N2+9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为A.5:3

B.5:4

C.1：1

D.3:5参考答案：A根据反应方程式，5mol的NH4NO3中含有5mol的NH4＋和5molNO3－，NH4＋中N元素的化合价是－3价，N2中N元素的化合价是0价，所以5mol的NH4＋共失去3×5=15mol电子，作还原剂生成氧化产物N22.5mol；NO3－中N元素的化合价是＋5价，其中2molNO3－生成2HNO3化合价未变，3molNO3－作氧化剂生成还原产物N21.5mol，共得到5×3=15mol电子，所以还原产物与氧化产物的物质的量之比等于1.5:2.5=3:5，答案选D。点睛：氧化还原反应价态的变化规律中有两点：①相互靠拢，不发生交叉，②在发生氧化还原反应中化合价是逐级变化，在具体应用中体现出来的是归中和歧化反应，所以这两类反应是氧化还原反应规律的应用。9.下列实验过程中产生沉淀的物质的量(Y)与加入试剂的物质的量(X)之间的关系正确的是()A.甲向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡B.乙向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡C.丙向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量D.丁向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐渐通入CO2至过量参考答案：C【详解】A．向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡，先产生氢氧化铝沉淀：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，继续滴加NaOH溶液，Al(OH)3和NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠，沉淀溶解：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，所以沉淀量达到最大消耗NaOH和沉淀溶解消耗NaOH的比为3：1；A错误；B．向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸，立刻产生白色氢氧化铝沉淀，发生反应：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，随着盐酸的逐滴加入，开始形成的沉淀又逐渐溶解，发生反应：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，所以沉淀量达到最大消耗的盐酸和沉淀完全溶解消耗的盐酸的物质的量之比是1：3．B错误；C．向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，开始滴加NaOH发生反应为Al3++3OH-=Al(OH)3↓，先产生氢氧化铝沉淀，当Al3+沉淀完全后，然后发生反应NH4++OH-=NH3?H2O；此时沉淀氢氧化铝的量不变，最后继续滴加NaOH，发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，氢氧化铝沉淀溶解，沉淀量达到最大消耗NaOH、沉淀量不变和沉淀溶解消耗NaOH的比为3：1：1；C正确；D．向NaOH、Ba(OH)2、NaA1O2的混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量，首先发生反应：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，产生白色沉淀，然后发生：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，此时沉淀的量不变，再发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3，产生沉淀，又发生反应：CO32-+H2O+CO2=2HCO3-，BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，CO32-+H2O+CO2=2HCO3-，BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3沉淀量不变，最后发生反应：BaCO3+2H2O+2CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部分溶解，D错误；故合理选项是C。10.运用元素周期律来判断，则下列叙述中不正确的是A．元素Be的金属性比Na的金属性弱B．At是第6周期第ⅦA族元素，HAt不稳定，且AgAt是有色难溶于水的物质C．Sr是第5周期第ⅡA族元素，则SrSO4可能难溶于水，Sr（OH）2为强碱D．As是第4周期第ⅤA族元素，则AsH3比NH3更稳定参考答案：D略11.下列物质中，只含共价键的是A.NH4Cl B.NaOH C.CH4 D.Na2O参考答案：CA、属于离子化合物，含有离子键和共价键，故A错误；B、属于离子化合物，含有离子键和共价键，故B错误；C、属于共价化合物，只含有共价键，故C正确；D、属于离子化合物，只含离子键，故D错误。12.Na2CO3俗名纯碱，下面是对纯碱采用不同分类法的分类，不正确的是（

）

A．Na2CO3是碱

B．Na2CO3是盐

C．Na2CO3是钠盐

D．Na2CO3是碳酸盐参考答案：A13.613C﹣NMR（核磁共振）可以用于含碳化合物的结构分析．613C表示的碳原子（）A．核外有13个电子，其中4个能参与成键B．核内有6个质子，核外有7个电子C．质量数为13，原子序数为6，核内有7个质子D．质量数为13，原子序数为6，核内有7个中子参考答案：D【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．【分析】根据原子符号ZAX的含义以及原子序数=质子数=核电荷数=核外电子数，中子数=质量数﹣质子数来解答．【解答】解：A、613C的质子数为6，所以核外电子数为6，其中4个能参与成键，故A错误；B、613C的质子数为6，所以核外电子数为6，故B错误；C、613C的质子数为6，质量数为13，所以原子序数为6，故C错误；D、613C的质子数为6，质量数为13，所以原子序数为6，中子数为13﹣6=7，故D正确；故选：D．14.如果Fe3＋、SO42－、Al3＋和M四种离子以物质的量之比为2∶4∶1∶1共同存在于同一种溶液中，那么M可能是

（

）A.Na＋

B.PO43－

C.CO32－

D.Cl－参考答案：DFe3＋、SO42－、Al3＋和M四种离子以物质的量之比为2：4：1：1共同存在于同一种溶液中，由电荷守恒可知，3×2+3×1＞2×4，则M为阴离子，设电荷数为x，则3×2+3×1=2×4+x×1，解得x=1，又因为铁离子、铝离子与碳酸根、磷酸根离子均反应，不能共存，所以M是氯离子，答案选D。点睛：本题考查离子的共存，把握电荷守恒确定阴离子为解答的关键，注意离子不能大量共存的常见反应。15.含浓度均为0.1mol/L的硫酸、硫酸铜的混合溶液200mL，加入一定质量的锌片，生成气体224mL(标准状况下),则加入锌片的质量为A.0.65g

B.1.3g

C.1.95g

D.2.6g参考答案：C铜离子的氧化性强于氢离子，锌首先与铜离子发生置换反应，然后再与氢离子发生置换反应生成氢气。实际产生氢气的物质的量是，这说明铜离子反应完全。硫酸铜的物质的量是0.2L×0.1mol/L＝0.02mol，则根据方程式可知CuSO4＋Zn＝ZnSO4＋Cu1mol

1mol0.02mol

0.02molH2SO4＋Zn＝ZnSO4＋H2↑1mol

1mol0.01mol

0.01mol所以共消耗锌是0.03mol，质量是0.03mol×65g/mol＝1.95g，答案选C。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.欲用98%的浓硫酸（密度为1.84g?cm﹣3）配制成浓度为0.5mol?L﹣1的稀硫酸500ml．（1）选用的主要仪器有：①玻璃棒，②烧杯，③量筒，④胶头滴管，⑤．（2)请将下列各操作，按正确的序号填在横线上．A．用量筒量取浓H2SO4

B．反复颠倒摇匀C．用胶头滴管加蒸馏水至刻度线

D．洗净所用仪器E．稀释浓H2SO4

F．将溶液转入容量瓶其操作正确的顺序依次为．（3）简要回答下列问题：①所需浓硫酸的体积为ml．②在转入容量瓶前烧杯中液体应，否则会使浓度；并洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液也要转入容量瓶，否则会使浓度．③定容时必须使溶液凹液面与刻度线相切，若俯视会使浓度．参考答案：1.500mL容量瓶2.AEFCBD3.13.6

冷却

偏高

偏低

偏高考点：溶液的配制．专题：化学实验基本操作．分析：（1）根据配制步骤是计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；根据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤排序；（3）依据C=计算浓硫酸的物质的量浓度，依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积；分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析．解答：解：（1）操作步骤有计算、量取、稀释、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸，在烧杯中稀释（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌．冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2﹣3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所以所需仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；故答案为：500mL容量瓶；用浓硫酸配制稀硫酸的一般步骤：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，所以正确的顺序为：AEFCBD；故答案为：AEFCBD；（3）①98%的浓硫酸（密度为1.84g?cm﹣3）的物质的量浓度C==18.4mol/L，设需要浓硫酸体积为V，依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变则V×18.4mol/L=500ml×0.5mol?L﹣1，解得V=13.6mL；故答案为：13.6；②容量瓶为精密仪器，不能盛放过热液体，在转入容量瓶前烧杯中液体应冷却；否则趁热定容，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高；并洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液也要转入容量瓶，否则会导致溶质的物质的量偏小，导致溶液浓度偏低；故答案为：冷却；偏高；偏低；③定容时必须使溶液凹液面与刻度线相切，若俯视会使浓度，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；故答案为：偏高．点评：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，题目难度不大，侧重考查学生分析实验能力三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.现有一包固体粉末，其中可能含有CaCO3、Na2CO3、Na2SO4、NaCl、CuSO4．进行如下实验：①溶于水得无色澄清溶液；②取少量所得溶液，加入BaCl2溶液生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀消失．根据上述实验现象推断：（1）一定不存在的物质是

，一定存在的物质是

；（2）写出发生反应的离子方程式

．参考答案：（1）CaCO3、CuSO4、Na2SO4；Na2CO3；（2）Ba2++CO32﹣=BaCO3↓；2H++BaCO3=CO2↑+H2O+Ba2+．考点：几组未知物的检验．分析：（1）①溶于水得到无色澄清溶液，说明原试样中没有带颜色的物质、不能生成气体的物质、不溶于水的物质；②滴加过量的BaCl2溶液，出现白色沉淀，白色沉淀可能是碳酸钡或硫酸钡，碳酸钡溶于盐酸，硫酸钡不溶；（2）根据离子反应的条件和书写方法来书写．解答：解：（1）①原溶液中CaCO3不溶于水，CuSO4溶于水后为蓝色液体，所以原固体粉末中一定不含这两种物质；②滴加过量的BaCl2溶液，出现白色沉淀，白色沉淀可能是碳酸钡或硫酸钡，碳酸钡溶于盐酸，硫酸钡不溶，所以一定含有Na2CO3，一定不含有Na2SO4，即一定不存在的物质是CaCO3、Na2SO4、CuSO4，一定有Na2CO3，故答案为：CaCO3、CuSO4、Na2SO4；Na2CO3；（2）加入BaCl2溶液生成白色沉淀，即发生反应为Ba2++CO32﹣=BaCO3↓，碳酸钡溶于盐酸，其反应的离子方程式为为2H++BaCO3=CO2↑+H2O+Ba2+，故答案为：Ba2++CO32﹣=BaCO3↓；2H++BaCO3=CO2↑+H2O+Ba2+．点评：本题考查了物质的推断，解此类试题时要熟记常见物质的特殊反应现象，如鉴别硫酸根离子用钡离子、鉴别氯离子用银离子、碳酸根与酸反应产生气体等，题目难度中等．18.（11分）已知：A是一种无色黏稠液体，它的水溶液可作消毒杀菌剂，B是一种过渡金属，C、D为同主族元素的单质，E、I在常温常压下为气态化合物。它们