福建省南平市管厝中学高一化学联考试卷含解析

福建省南平市管厝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.为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣，可将粗盐溶于水，然后进行以下五项操作：①过滤；②加过量NaOH溶液；③加适量稀盐酸；④加过量Na2CO3溶液；⑤加过量BaCl2溶液，可行的顺序是（）A．①④②⑤③ B．④①②⑤③ C．②⑤④①③ D．②④⑤①③参考答案：C考点：粗盐提纯．

专题：化学实验基本操作．分析：除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子．盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，加氢氧化钠和氯化钡无先后顺序要求．解答：解：镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：⑤加过量的BaCl2溶液，④加过量的Na2CO3溶液，②加过量的NaOH溶液，①过滤，③加适量的盐酸；或者，②加过量的NaOH溶液，⑤加过量的BaCl2溶液，④加过量的Na2CO3溶液，①过滤，③加适量的盐酸，所以正确的顺序是⑤④②①③或②⑤④①③，故选C．点评：本题主要考查了除杂质的原则，以及除杂质的顺序，注意为了将杂质除净，每次所加试剂要过量，这类题时常出现，要加以掌握．2.已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)(正反应放热)。若在500℃和催化剂的作用下，该反应在容积固定的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是（

）A.若降低温度，可以加快反应速率B.使用催化剂是为了加快反应速率C.在上述条件下，SO2能完全转化为SO3D.达到平衡时，SO2和SO3的浓度一定相等参考答案：B试题分析：降温无论对于正反应速率还是逆反应速率，都是降低的，选项A不正确；催化剂可以提高活化分子的数目，进而提高化学反应速率，选项B正确；可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，选项C不正确；平衡时不一定有这个浓度关系，浓度比不能判断是否平衡，选项D不正确。3.人类探测月球发现，在月球的土壤中含有较丰富的质量数为3的氦，它可以作为未来核聚变的重要原料之一。氦的该种核素应表示为A．42He

B．

32He

C．42He

D．33He参考答案：B4.有甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH﹣、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣中的不同阴、阳离子各一种组成．已知：①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；②0.1mol/L乙溶液中c（H+）＞0.1mol/L；③丙溶液中滴入AgNO3溶液，有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成．下列结论不正确的是（）A．甲溶液含有Ba2+ B．乙溶液含有SO42﹣C．丙溶液含有Cl﹣ D．丁溶液含有Mg2+参考答案：D考点：常见离子的检验方法．

分析：将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，可以形成白色沉淀的只有BaSO4、BaCO3、Mg（OH）2，因此甲只能是Ba（OH）2；0.1mol/L乙溶液中c（H+）＞0.1mol/L，说明乙是硫酸；向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成，说明丙是MgCl2，所以丁是（NH4）2CO3．解答：解：根据②中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根据③中现象，可以推知丙中含有Cl﹣；再结合①中提供信息，甲与其它三种物质混合均产生白色沉淀，则可推出甲是Ba（OH）2，含有Ba2+，乙是H2SO4，含有SO42﹣，丙是MgCl2，含有Cl﹣，丁是（NH4）2CO3，不含有Mg2+，故选D．点评：本题为推断题，做题时注意题中的反应现象，找出突破口，抓住物质的性质是关键．5.下列关于物质性质的比较，不正确的是

A．酸性强弱：HIO4>HBrO4>HClO4

B．原子半径大小：Na>S>O

C．碱性强弱：KOH>NaOH>LiOH

D．金属性强弱：Na>Mg>Al参考答案：A6.已知碳有三种常见的同位素：12C、13C、14C，氧也有三种同位素：16O、17O、18O，由这六种微粒构成的二氧化碳分子（O=C=O）中，其相对分子质量最多有（

）A．7种

B．8种C．6种

D．12种参考答案：A解：碳的同位素：12C、13C、14C，氧的同位素：16O、17O、18O，这六种微粒构成的二氧化碳分子有：12C16O2，相对分子质量为12+32=44；12C17O2，相对分子质量为12+34=46；12C18O2，相对分子质量为12+36=48；13C16O2，相对分子质量为13+32=45；13C17O2，相对分子质量为13+34=47；13C18O2，相对分子质量为13+36=49；14C16O2，相对分子质量为14+32=46；14C17O2，相对分子质量为14+34=48；14C18O2，相对分子质量为14+36=50；12C16O17O，相对分子质量为12+16+17=45；12C16O18O，相对分子质量为12+16+18=46；12C17O18O，相对分子质量为12+17+18=47；13C16O17O，相对分子质量为13+16+17=46；13C16O18O，相对分子质量为13+16+18=47；13C17O18O，相对分子质量为13+17+18=48；14C16O17O，相对分子质量为14+16+17=47；14C16O18O，相对分子质量为14+16+18=48；14C17O18O，相对分子质量为14+17+18=49；故相对分子质量有：44、45、46、47、48、49、50；故选A．7.下列各项中表达正确的是（

）

A．N2的电子式：

B．二氧化碳分子的结构式为O—C—OC．CH4分子的比例模型：

D．F－的结构示意图

参考答案：C略8.在一定体积的18mol/L的浓硫酸中加入过量铜片并加热，被还原的硫酸为0.9mol，则浓H2SO4的实际体积为()A.等于50mL B.大于50mL C.等于100mL D.大于100mL参考答案：D试题分析：根据铜与硫酸反应的方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑+2H2O，若被还原的H2SO4为0.9mol，则根据方程式可知反应的硫酸的物质的量是1.8mol，则V=1.8mol÷18mol/L=0.1L=100mL，由于只有浓硫酸与铜反应，而稀硫酸不能反应，所以参加反应的浓硫酸的实际体积大于100mL，故选项D正确。

9.下列物质中属于非电解质的是（）A．乙醇 B．O2 C．Na2CO3 D．NaOH参考答案：A【考点】电解质与非电解质．【分析】非电解质是水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，水溶液中或熔融状态导电的化合物为电解质，电解质和非电解质的本质区别在于在水溶液中或熔融状态下能否发生电离．【解答】解：A、乙醇在水溶液中以分子形式存在，自身不能发生电离，是非电解质，故A正确；B、氧气为单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C、Na2CO3在水溶液中完全电离，属于电解质，故C错误；D、NaOH在水溶液中完全电离，属于电解质，故D错误；故选A．10.下列离子方程式中，不正确的是

()A．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋B．硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：2H＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2OC．大理石溶于醋酸中：CaCO3＋2CH3COOH===Ca2＋＋2CH3COO－＋CO2↑＋H2OD．向碳酸氢钠溶液中加入少量的澄清石灰水：2HCO＋Ca2＋＋2OH－===CaCO3↓＋2H2O＋CO参考答案：B略11.下图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图。下列说法错误的是

()A.X、Y两种单质在常温下反应生成的产物为碱性氧化物B.Z制成的槽车可以密封贮运R的氧化物对应的水化物C.Y、Z、R三种元素最高价氧化物对应水化物相互之间可以发生反应D.电解熔融的X与Z组成的化合物可以得到单质Z参考答案：B分析：同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，R为S元素A、X、Y两种单质在常温下反应生成的产物Na2O，为碱性氧化物，故A正确；B、Z为Al元素，Z制成的槽车可以密封贮运R的最高氧化物对应的水化物的浓溶液，即浓硫酸，故B错误；C、Y、Z、R对应的最高价氧化物的水化物分别为：NaOH、Al(OH)3、H2SO4，相互之间可以发生反应，故C正确；D、X为O元素，Z为Al元素，电解熔融的Al2O3可以得到单质Al，故D正确；故选B。12.下列仪器常用于物质分离的是(

)①漏斗

②试管

③蒸馏烧瓶

④天平

⑤分液漏斗

⑥研钵A．①③④

B．①②⑥

C．①③⑤

D．①③⑥参考答案：C用于物质分离的仪器是漏斗、蒸馏烧瓶、分液漏斗，即①③⑤，选C13.在隔绝空气的情况下，9.2g铁、镁、铝混合物溶解在一定量某浓度的稀硝酸中，当金属完全溶解后收集到4.48L（标准状况下）NO气体。在反应后的溶液中加入足量的烧碱溶液，可生成氢氧化物沉淀的质量为（

）A.18.6g B.20g C.19.4g D.24g参考答案：A试题分析：硝酸与金属反应生成一氧化氮：HNO3→NO，化合价降低3价，得到3e-电子，标况下4.48LNO的物质的量为：n（NO）=4.48/22.4=0.2mol，得到电子的物质的量为：n（e-）=3e-×0.2mol=0.6mol，根据金属的转化关系：M→Mn+→M（OH）n和电子守恒可知，金属失去电子的物质的量等于硝酸中N原子得到电子的物质的量，也等于生成沉淀时结合OH-的物质的量，即：n（OH-）=n（e-）=0.6mol，则最多生成沉淀的质量为：金属质量+净增OH-的质量=9.2g+0.6mol×17g/mol=19.4g，由于沉淀中没有氢氧化铝，所以生成沉淀的质量小于19.4g，故选A

14.下列说法错误的是()A．工业废气中的SO2是产生酸雨的重要因素，石灰法是目前应用最广泛的工业废气脱硫方法，通过煅烧石灰石得到生石灰，生石灰在吸收塔中与废气中的SO2反应而将硫固定，其产物可做建筑材料B．四氯化碳是一种有机溶剂，与水互不相溶，密度比水大，曾用作灭火剂，由于它与水在高温下反应会生成有毒物质，现已停用C．私家车与公交车相比，前者的耗油量和排出的污染物均大约是后者的1/5，因此应该大力提倡驾驶私家车出行D．“外卖”使塑料餐盒泛滥成灾，进一步加强生活垃圾分类与再生资源回收利用是目前实现“绿色外卖”的方法之一参考答案：C解析：通过煅烧石灰石得到生石灰，生石灰和废气中的SO2反应，生成亚硫酸钙，进一步氧化成硫酸钙，从而将硫固定，同时硫酸钙可做建筑材料，故A正确；CCl4高温时和水蒸气反应生成剧毒的光气COCl2，故B正确；在运送相同人数的前提下，私家车的耗油量和排出的污染物远大于公交车，所以应提倡乘坐公交车出行，减少耗油量和排污量，有利于环保，故C错误；塑料餐盒多为一次性餐具，会对环境造成危害，故加强垃圾分类与再生资源回收利用是解决外卖污染的方法之一，故D正确。15.下列各组物质中，不管以何种比例混合，只要总质量一定，充分燃烧后生成的二氧化碳的量始终不变的是A．乙炔(C2H2)和苯(C6H6)

B．乙烷和乙烯C．乙醇和1－丙醇(CH3CH2CH2OH)

D．乙醇和乙醚(C2H5OC2H5)参考答案：A略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.用98%的浓硫酸（ρ=1.84g/cm3）配制1mol/L稀硫酸100mL．（1）实验中应选用的仪器是

（填字母）．A.1000mL量筒

B．托盘天平C．玻璃棒

D.50mL容量瓶E.10mL量筒

F.50mL烧杯G.100mL容量瓶

H．胶头滴管（2）实验操作：a．用100mL量筒量取98%的浓硫酸

mL；b．选取对应规格的容量瓶，洗涤，检查是否漏液，将稀释并冷却至室温的硫酸溶液沿玻璃棒转移到此容量瓶中；c．用少量蒸馏水洗涤小烧杯和玻璃棒2?3次，并将洗涤液转移到容量瓶中；d．在小烧杯内稀释浓硫酸，稀释时要用玻璃棒不断搅拌；e．向容量瓶中直接加蒸馏水至离刻度线1?2cm处；f．盖上容量瓶瓶塞，摇匀；g．用胶头滴管小心加蒸馏水至刻度线；h．将配制好的溶液转移入含少量蒸馏水的试剂瓶中贮存备用．（3）实验分析：①正确的操作步骤是

（填序号）．②此实验中玻璃棒的作用是

．③实验操作中有两处错误，这两处错误是：I．

．II．

．④下列操作对所配溶液的浓度有何影响？（填“偏高”“偏低”或“无影响”）I．转移硫酸后，小烧杯未洗涤

．II．量取浓硫酸的量筒用蒸馏水洗涤两次，并将洗涤液转入容量瓶中

．III．定容时俯视容量瓶刻度线

．参考答案：（1）CEFGH；

（2）5.4；（3）①adbcegfh；②搅拌和引流；③量取硫酸的量筒量程太大，会造成较大误差

试剂瓶未干燥，会使所配溶液变稀；④I．偏低；II．偏高；III．偏高．

【考点】配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法．【分析】（1）根据稀释前后溶质的物质的量不变，计算出浓溶液的体积，选取合适的量筒，再根据配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作解答；（2）稀释前后溶质的物质的量不变，进行解答；（3）①再根据配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等；②在小烧杯内稀释浓硫酸，稀释时要用玻璃棒不断搅拌，转移溶液时玻璃棒引流的作用；③a中98%的浓H2SO4的物资的量浓度为c==mol/L=18.4mol/L，配制1.84mol/L的稀硫酸100mL，需要浓硫酸的体积为V═=0.01L=10mL，应选择10ml量筒，h中将配制好的溶液转移入含少量蒸馏水的试剂瓶中无形中对溶液进稀释；④分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=分析判断．【解答】解：（1）98%的浓H2SO4的物资的量浓度为c==mol/L=18.4mol/L，配制1.84mol/L的稀硫酸100mL，需要浓硫酸的体积为V═=0.01L=10mL，应选择10ml量筒，因配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容时用胶头滴管小心加蒸馏水至刻度线、摇匀等操作，所以应选用的仪器是玻璃棒、10mL量筒、50mL烧杯、100mL容量瓶、胶头滴管，故选CEFGH；

（2）稀释前后溶质的物质的量不变，则1mol/L×0.100L=18.4mol/L×V，解之得V=5.4mL，故答案为：5.4；（3）①再根据配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的顺序为：adbcegfh，故答案为：adbcegfh；②在小烧杯内稀释浓硫酸，稀释时要用玻璃棒不断搅拌，转移溶液时玻璃棒引流的作用，故答案为：搅拌和引流；③a中98%的浓H2SO4的物资的量浓度为c==mol/L=18.4mol/L，配制1.84mol/L的稀硫酸100mL，需要浓硫酸的体积为V═=0.01L=10mL，应选择10ml量筒，h中将配制好的溶液转移入含少量蒸馏水的试剂瓶中无形中对溶液进稀释；故答案为：量取硫酸的量筒量程太大，会造成较大误差

试剂瓶未干燥，会使所配溶液变稀；④I转移硫酸后，小烧杯未洗涤，溶质的物质的量偏小，物质的量减少，所以浓度偏低，故答案为：偏低；II．量筒为流量式仪器，将量筒洗涤后的洗涤液不能转移至容量瓶，否则会导致容量瓶内硫酸的物质的量增多，浓度偏高，故答案为：偏高；III．定容时俯视读数，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故答案为：偏高．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.(10分)在2L密闭容器内,800℃时反应2NO(g)

+O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：时间/s012345n(NO)/mol0.020

0.0100.008

0.006

0.0060.006(1)上述反应在第5s时NO的转化率是___________。用O2表示从0～2

s内该反应的平均速率V(O2)=__________。(2)右图中表示NO2的变化的曲线是__________。(3)能使该反应的反应速率增大的是__________。A.及时分离出NO2气体

B.适当升高温度

C.增大O2的浓度

D.选择高效催化剂(4)能说明该反应已达到平衡状态的是___________。A.v(NO2)

=2v(O2)

B.容器内压强保持不变C.v逆(NO)

=2v正(O2)

D.容器内质量保持不变参考答案：(1)70%

(2分)

；0.0015mol/(L?s)

(2分，无单位