江西省上饒市橫峰中學2024-2025學年高一化學下學期入學考試試題統招班含解析

PAGE16-江西省上饒市橫峰中學2024-2025學年高一化學下學期入學考試試題（統招班，含解析）本試卷分第I卷(選擇題)和第II卷(非選擇題)兩部分。滿分100分，考試時間90分鐘。第I卷（選擇題共48分）一、選擇題（本大題共16小題，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.已知在周期表中第118號元素位于周期表的第七周期0族，預料第114號元素的下列敘述中，錯誤的是A.位于周期表的第七周期第ⅣA族B.原子的最外層有4個電子C.確定是非金屬元素D.常見的化合價有+2和+4價【答案】C【解析】【詳解】A．第七周期0族元素原子序數為118，處于第18列，114號元素與118號元素同周期，原子序數相差4，故所處列數也相差4，即114號元素處于14列，為ⅣA族元素，即114號元素位于周期表的第七周期第ⅣA族，A正確；B．114號元素處于ⅣA族，則原子的最外層有4個電子，B正確；C．同主族自上而下元素的金屬性漸漸增加，故114號元素為金屬元素，C錯誤；D．114號元素處于ⅣA族，常見的化合價有+2和+4價，D正確；答案選C。【點晴】解答的關鍵是確定元素在周期表中的位置，依據同主族元素性質的相像性與遞變性解答，留意駕馭利用原子序數確定元素在元素周期表位置的方法，即由原子序數確定元素位置的規(guī)律：只要記住了稀有氣體元素的原子序數(He—2、Ne—10、Ar—18、Kr—36、Xe—54、Rn—86)，就可由主族元素的原子序數推出主族元素的位置。（1）若比相應的稀有氣體元素多1或2，則應處在下周期的第ⅠA族或第ⅡA族，如88號元素：88－86=2，則應在第七周期第ⅡA族；（2）若比相應的稀有氣體元素少1～5時，則應處在同周期的第ⅦA族～第ⅢA族，如84號元素應在第六周期第ⅥA族；（3）若預料新元素，可與未發(fā)覺的稀有氣體元素(118號)比較，按上述方法推想知：114號元素應為第七周期第ⅣA族。2.下表為元素周期表中短周期的一部分，其中Y元素的核電荷數為M與N元素核電荷數之和。下列說法正確的是A.氫化物穩(wěn)定性：N＞Z，因為N的氫化物中存在氫鍵B.簡潔離子半徑：N＞X，是因為它們具有相同的電子層結構且X的核電荷數更大C.元素的非金屬性：M＞Y，是因為M單質能與YN2反應生成Y單質D.熔沸點：YN2＞MN2，是因為YN2的分子間作用力強【答案】B【解析】短周期元素M與Y上下相鄰，它們原子序數的差值為8，其中Y元素的核電荷數為M與N元素核電荷數之和，所以N為8號元素氧，相應地X、M、Y分別是鋁、碳和硅。A.氫化物穩(wěn)定性：N＞Z，是因為N的非金屬性強于Z，故A錯誤；B.電子層結構相同的離子的半徑隨著核電荷數增大而減小，簡潔離子半徑：N＞X，是因為它們具有相同的電子層結構且X的核電荷數更大，故B正確；C.M單質與YN2反應生成Y單質表現了M的較強的還原性，元素的非金屬性：M＞Y，是因為M的原子半徑小于Y，故C錯誤；D.熔沸點：YN2＞MN2，是因為YN2是原子晶體，而MN2是分子晶體，原子晶體熔沸點較高，分子晶體熔沸點較低，故D錯誤。故選B。3.下列關于的敘述中，正確的是（）A.質子數為22 B.電子數為20 C.中子數為18 D.質量數為：42【答案】D【解析】【分析】元素符號的左下角為質子數，左上角為質量數，質量數＝質子數＋中子數，陽離子的電子數＝質子數?電荷數。【詳解】A．質子數為20，故A錯誤；B．電子數為：質子數?電荷數＝20?2＝18，故B錯誤；C．中子數＝質量數?質子數＝42?20＝22，故C錯誤；D．質量數為42，故D正確；故答案選D。4.已知R2+核外有a個電子，b個中子。表示R原子符號正確的是()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】陽離子中質子數＝核外電子數＋電荷數，質量數＝質子數＋中子數，表示核素的原子符號應寫出質子數和質量數?！驹斀狻縍2＋離子核外有a個電子，陽離子中質子數＝核外電子數＋電荷數＝a＋2，質量數＝質子數＋中子數＝a＋2＋b，所以R原子符號為，故答案選C。【點睛】留意原子經過得電子或失電子形成離子，在計算離子所含質子數時要留意得失電子的影響。5.下列物質中，屬于含有共價鍵的離子化合物是A.Ba(OH)2 B.CaCl2 C.H2SO4 D.NH3【答案】A【解析】【分析】首先推斷該化合物的類型，然后再分析含有化學鍵的類型；【詳解】A、Ba(OH)2為離子化合物，含有化學鍵為離子鍵和極性共價鍵，故A符合題意；B、CaCl2屬于離子化合物，只含離子鍵，故B不符合題意；C、H2SO4屬于共價化合物，只含共價鍵，故C不符合題意；D、NH3屬于共價化合物，只含共價鍵，故D不符合題意；答案選A。6.下列關于化學用語的表述正確的是()A.HClO的結構式：H—Cl—O B.純堿的化學式為：Na2CO3C.原子核內有8個中子的碳原子： D.Na2O2電子式為：【答案】B【解析】【詳解】A．次氯酸的中心原子是氧原子，結構式為H?O?Cl，故A錯誤；B．碳酸鈉俗稱純堿，化學式為Na2CO3，故B正確；C．碳原子的質子數為6，而質量數＝質子數＋中子數，故原子核內有8個中子的碳原子的質量數為14，則符號為，故C錯誤；D．過氧化鈉為離子化合物，由2個鈉離子和1個過氧根構成，過氧根中氧原子間只有一對共用電子對，故電子式為，故D錯誤；故答案選B。7.下列反應中不需加熱的吸熱反應是A.鋅粒與稀硫酸的反應B.灼熱的木炭與CO2反應C.甲烷在氧氣中的燃燒反應D.Ba(OH)2·8H2O晶體與NH4Cl晶體的反應【答案】D【解析】【詳解】A．鋅粒與稀硫酸的反應是放熱反應，A不符合題意；B．灼熱的木炭與CO2的反應是吸熱反應，在高溫下進行，B不符合題意；C．甲烷在氧氣中的燃燒反應是放熱反應，C不符合題意；D．Ba（OH）2·8H2O晶體與NH4Cl晶體的反應是吸熱反應，在常溫下就可以發(fā)生，D符合題意；答案選D。8.已知某化學反應A2（g）+2B2（g）＝2AB2（g）（A2、B2、AB2的結構式分別為A＝A、B﹣B、B﹣A﹣B），能量變更如圖所示，下列有關敘述中正確的是A.該反應的進行確定須要加熱或點燃條件B.該反應若生成2molAB2（g）則放出的熱量為（E1﹣E2）kJC.該反應斷開化學鍵消耗總能量大于形成化學鍵釋放的總能量D.生成2molB﹣A鍵放出E2kJ能量【答案】C【解析】【詳解】A.反應前后能量守恒可知，反應物能量之和小于生成物的能量之和，反應是吸熱反應，吸熱反應不確定都要加熱，例如氫氧化鋇和氯化銨在常溫下就反應，故A錯誤；B.依據圖像，該反應是吸熱反應，生成2molAB2(g)則汲取的熱量為(E1－E2)kJ，故B錯誤；C.反應是吸熱反應，依據能量守恒可知，反應中反應物的總能量低于生成物的總能量，即反應物的鍵能總和大于生成物的鍵能總和，故C正確；D.斷裂化學鍵汲取熱量，形成化學鍵放出熱量，所以生成2molB—A鍵，即生成1molAB2(g)放出×E2kJ能量，故D錯誤；故選C。9.某原電池總反應的離子方程式為：2Fe3+＋Fe＝3Fe2+能實現該反應的原電池是（）A.正極為Cu，負極為Fe，電解質溶液為FeCl3B.正極為C，負極是Fe，電解質溶液為FeCl2C.正極為Fe，負極為Zn，電解質溶液為Fe2(SO4)3D.正極為Ag，負極為Fe，電解質溶液為CuSO4【答案】A【解析】【分析】該原電池總反應的離子方程式為

2Fe3++Fe=3Fe2+，鐵離子得電子被還原，則可溶性鐵鹽溶液為電解質溶液，Fe失電子發(fā)生氧化反應，則Fe作負極，不如Fe活潑的金屬或導電的非金屬作正極。【詳解】A．Fe作負極、Cu作正極、氯化鐵溶液為電解質溶液，符合題給信息，故A正確；B．活潑性Zn＞Fe，則Zn作負極，不符合題給信息，故B錯誤；C．活潑性Zn＞Fe，則Zn作負極，不符合題給信息，故C錯誤；D．電解質為硫酸銅，應當為可溶性鐵鹽，故D錯誤；故選A。10.如圖是化學課外活動小組設計的用化學電源使LED燈發(fā)光的裝置示意圖。下列有關該裝置的說法正確的是（）A.銅片為負極，其旁邊的溶液變藍，溶液中有Cu2＋產生B.假如將鋅片換成鐵片，電路中的電流方向將變更C.其能量轉化的形式主要是“化學能→電能→光能”D.假如將稀硫酸換成檸檬汁，LED燈將不會發(fā)光【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．Zn比Cu活潑，鋅片作負極，發(fā)生氧化反應，銅片作正極，發(fā)生還原反應，銅片上有氣泡產生，A錯誤；B．假如將鋅片換成鐵片，Fe比Cu活潑，鐵片作負極，電路中的電流方向不會發(fā)生變更，B錯誤；C．其能量轉化的形式主要是“化學能→電能→光能”，C正確；D．假如將稀硫酸換成檸檬汁，由于檸檬汁中含有檸檬酸，溶液呈酸性，LED燈仍舊會發(fā)光，D錯誤；故答案選C。11.向容積為2L的密閉容器中充入2molA氣體和1molB氣體，在確定條件下發(fā)生如下反應：2A(g)＋B(g)3C(g)；經2s后達到平衡，測得C氣體的濃度為0.6mol·L－1。下列說法中正確的是（）①用物質A表示該反應的平均速率為0.2mol·L－1·s－1②用物質B表示該反應的平均反應速率為0.2mol·L－1·s－1③平衡時物質A與B的轉化率相等④平衡時物質B的濃度為0.2mol·L－1A.①②③ B.①③ C.②④ D.①④【答案】B【解析】由題意，平衡時生成C的物質的量為：0.6mol·L-1×2L=1.2mol，依據方程式和有關數據列三段式：所以①用物質A表示該反應的平均反應速率為：=0.2mol·L-1·s-1，①正確；②用物質B表示該反應的平均反應速率為：=0.1mol·L-1·s-1，②錯誤；③平衡時物質A與B的轉化率分別為×100%=40%、×100%=40%，所以平衡時物質A與B的轉化率相等，③正確；④平衡時物質B的濃度為=0.3mol·L-1，④錯誤。綜上，①③正確，選B。12.在恒溫恒容密閉容器中發(fā)生反應2NO22NO+O2，不能說明反應達到平衡狀態(tài)的是()A.2v（O2）=v（NO2） B.單位時間內生成nmolO2的同時生成2nmolNO2C.混合氣體的顏色不再變更 D.混合氣體的平均相對分子質量不再變更【答案】A【解析】v（O2）、v（NO2）都是正反應速率，反應隨意時刻都滿意2v（O2）=v（NO2），不確定達到平衡狀態(tài)；單位時間內生成nmolO2的同時生成2n

molNO2，說明反應v正=v逆，反應確定達到平衡狀態(tài)；NO2是紅棕色，混合氣體顏色不變，說明NO2濃度不變，反應確定達到平衡狀態(tài)；反應混合物都為氣體，依據質量守恒，混合氣體的總質量不變，總物質的量是變量，平均相對分子質量是變量，當平均相對分子質量不再變更時，反應確定達平衡狀態(tài)。故選A。13.下列化學用語書寫正確的是A.乙烯的結構簡式：CH2CH2 B.溴乙烷的分子式：C2H5BrC.CH4分子的比例模型： D.四氧化碳的電子式：【答案】B【解析】A項，乙烯中含有碳碳雙鍵，結構簡式為：CH2=CH2，故A錯誤；B項，溴乙烷可看作乙烷(C2H6)分子中一個氫原子被溴原子代替所得物質，分子式為：C2H5Br，故B正確；C項，CH4分子的比例模型為：，是球棍模型，故C錯誤；D項，四氧化碳的電子式為：，故D錯誤。點睛：本題考查化學用語的正誤推斷，留意：①書寫結構簡式時，碳碳雙鍵、碳碳三鍵不能省略應當寫出來；②球棍模型主要體現的是分子的空間結構和成鍵類型，比例模型主要體現的是組成該分子的原子間的大小關系；③書寫共價化合物電子式時，沒有成鍵的價電子也要寫出來。14.下列物質間發(fā)生反應可以制得純凈的氯乙烷的是A.乙烷在光照條件下與Cl2反應 B.乙烯與氯化氫加成C.乙烯通過濃鹽酸 D.乙烷通過氯水【答案】B【解析】【分析】A、光照條件下，氯氣和乙烷發(fā)生取代反應生成氯代烴和HCl；B、確定條件下，乙烯和HCl發(fā)生加成反應生成一氯乙烷；C、乙烯和鹽酸不反應；D、乙烷和氯水不反應。【詳解】A、光照條件下，氯氣和乙烷發(fā)生取代反應生成乙烷的多種氯代烴，同時生成HCl，所以不能制備較純凈的一氯乙烷，故A錯誤;B、確定條件下，乙烯和HCl發(fā)生加成反應生成一氯乙烷，沒有副產物生成，所以可以制備較純凈的一氯乙烷，故B正確；C、乙烯和鹽酸不反應，所以不能制取一氯乙烷，故A錯誤；D、乙烷和氯水不反應，所以不能制取一氯乙烷，故D錯誤；故選B。15.下列各反應中屬于加成反應的是()①CH2＝CH2＋H2OCH3CH2OH②H2＋Cl22HCl③＋H2CH3—CH2—OH④CH3—CH3＋2Cl2CH2Cl—CH2Cl＋2HClA.①③ B.②③ C.①④ D.②④【答案】A【解析】【分析】有機物分子中雙鍵或三鍵兩端的碳原子與其他原子或原子團干脆結合生成新的化合物的反應叫加成反應，據此分析作答?！驹斀狻竣貱H2＝CH2＋H2OCH3CH2OH，屬于加成反應；②H2＋Cl22HCl是化合反應，不屬于有機反應類型；③＋H2CH3—CH2—OH是加成反應；④CH3—CH3＋2Cl2CH2Cl—CH2Cl＋2HCl是取代反應；綜上所述，①③屬于加成反應，A項正確；答案選A?！军c睛】有機物中的化學反應類型是?？键c，其中取代反應與加成反應的特點很顯著，推斷依據可歸納為：若為取代反應，以甲烷與氯氣在光照下反應為例，甲烷分子內的一個H被取代，消耗一個Cl2，同時產生一個無機小分子HCl；若為加成反應，以CH2=CH2與Br2反應為例，其原理是：C=C中的雙鍵斷開其中一個，兩個C各形成一個半鍵，分別與兩個Br原子結合成鍵，其特點就是雙鍵變單鍵，不飽和變飽和。因此抓住有機反應類型的主要特點才能萬變不離其宗，解答此類題型時游刃有余。16.“青取之于藍而勝于藍”中的藍是指靛藍，它是歷史上最早運用的還原性染料，結構簡式如圖，下列關于它的性質的敘述中錯誤的是()A.它的苯環(huán)上的一氯取代物有4種B.它的化學式是C14H10N2O2C.它可以與溴水因發(fā)生加成反應而使溴水褪色D.它不屬于烴類【答案】B【解析】【詳解】A.靛藍的苯環(huán)上有4種H原子（如圖），則其苯環(huán)上的一氯取代物有4種，A正確；B.依據有機物成鍵特點，靛藍的分子式為C16H10N2O2，B錯誤；C靛藍中含有碳碳雙鍵，能與溴水因發(fā)生加成反應，使溴水褪色，C正確；D.靛藍中除含有碳氫兩種元素外，還含有N和O兩種元素，因此不屬于烴，D正確；答案選B。第II卷（非選擇題共52分）二、非選擇題（共5小題）17.有下列各組微?；蛭镔|：A．O2和O3B．與C．C2H6和C4H10D．和E．CH3CH2CH2CH3和F．1H2和2H2H．和（1）_____組兩種微?；橥凰?；（2）_____組兩種物質互為同素異形體；（3）_____組兩種物質屬于同系物；（4）_____組兩物質互為同分異構體；（5）_____組兩物質是同一物質?！敬鸢浮?1).B(2).A(3).C(4).E(5).DF【解析】【詳解】A．O2和O3是氧元素形成的不同單質，兩者互為同素異形體；B．與的質子數相同、中子數不同，是Cl元素的兩種核素，兩者互為同位素；C．C2H6和C4H10都屬于烷烴，結構相像、分子組成上相差2個“CH2”原子團，兩者互為同系物；D．和都為二氯甲烷的結構式，為同一物質；E．CH3CH2CH2CH3和的分子式都為C4H10，前者為正丁烷、后者為異丁烷，兩者互為同分異構體；F．1H2和2H2是兩種不同的氫分子，為同一物質；H．、的分子式分別為C6H12、C6H6，兩者既不是同系物、也不是同分異構體、也不是同一物質；（1）互為同位素的是B；（2）互為同素異形體的是A；（3）互為同系物的是C；（4）互為同分異構體的是E；（5）D和F組中兩物質是同一物質。18.依據供應條件推斷元素，并按要求填空：（1）原子核外有3個電子層，其最外層電子數為7，最高價氧化物化學式________，最高價氧化物對應水化物化學式______，其最高價氧化物對應水化物與NaOH反應的化學方程式為_________。（2）第三周期元素，其最外層電子數與電子層數相同。該元素最高價氧化物的化學式為________，最高價氧化物對應水化物與氫氧化鈉反應的化學方程式為_______。（3）原子序數依次遞增的同周期4種元素，它們氫化物的質子數與電子數都與Ar相同，這些氫化物的化學式分別為____________、__________、_________、______。（4）某元素的最高正價與最低負價的代數和為4，且最高價氧化物中含氧元素養(yǎng)量分數為60%。則該元素最高價氧化物的化學式為__________，該氧化物屬________（填“離子”或“共價”）化合物?！敬鸢浮?1).Cl2O7(2).HClO4(3).HClO4+NaOH=NaClO4+H2O(4).Al2O3(5).Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O(6).SiH4(7).PH3(8).H2S(9).HCl(10).SO3(11).共價【解析】【詳解】（1）原子核外有3個電子層，其最外層電子數為7，則該元素為Cl，最高價為+7價，最高價氧化物化學式為Cl2O7，最高價氧化物對應水化物化學式為HClO4，HClO4與NaOH反應的化學方程式為HClO4+NaOH=NaClO4+H2O。（2）第三周期元素，其最外層電子數與電子層數相同，則該元素為Al，其最高價為+3價，最高價氧化物的化學式為Al2O3，最高價氧化物對應水化物是Al(OH)3，它與氫氧化鈉反應的化學方程式為Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。（3）原子序數依次遞增的同周期4種元素，它們氫化物的質子數與電子數都與Ar相同，則這4種元素位于第三周期，分別為Si、P、S、Cl，形成的氫化物的化學式分別為SiH4、PH3、H2S、HCl。（4）某元素的最高正價與最低負價的代數和為4，則該元素的最高價為+6，最低負價為-2，設其最高價氧化物的化學式為RO3，相對分子質量為M，依據含氧元素養(yǎng)量分數為60%，即，可求出M=80，則該元素的相對原子質量為80-48=32，該元素為硫元素，最高價氧化物的化學式為SO3，該氧化物屬共價化合物。19.鐵及鐵的化合物應用廣泛，如FeCl3可用作催化劑、印刷電路銅板腐蝕劑和外傷止血劑等。（1）寫出FeCl3溶液腐蝕印刷電路銅板的離子方程式：___________________。（2）若將（1）中反應設計成原電池，請在方框內畫出原電池的裝置圖，標出正、負極，并寫出電極反應式。__________________________正極反應式：_________________________________________。負極反應式：_________________________________________【答案】(1).2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+(2).(3).2Fe3++2e-=2Fe2+(4).Cu-2e-=Cu2+【解析】【詳解】（1）FeCl3溶液腐蝕銅生成CuCl2和FeCl2，反應的離子方程式為：2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+。（2）反應2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+中Cu失電子發(fā)生氧化反應生成Cu2+，故設計成原電池時Cu作負極，選擇比銅不活潑的金屬或碳棒作正極，FeCl3溶液作電解質溶液，裝置圖為；正極反應式為2Fe3++2e-=2Fe2+；負極反應式為Cu-2e-=Cu2+。20.t℃時，將2molSO2和1molO2通入體積為2L的恒溫恒容密閉容器中，發(fā)生如下反應：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196.6kJ/mol，2min時反應達到化學平衡，此時測得反應物O2還剩余0.8mol，請?zhí)顚懴铝锌瞻祝海?）從反應起先到達化學平衡，生成SO3的平均反應速率為____；平衡時SO2轉化率為_______；（2）下列敘述能證明該反應已達到化學平衡狀態(tài)的是__________；A．容器內壓強不再發(fā)生變更

B．SO2的體積分數不再發(fā)生變更

C．容器內氣體原子總數不再發(fā)生變更

D．相同時間內消耗2nmolSO2的同時消耗nmolO2

E．相同時間內消耗2nmolSO2的同時生成nmolO2

F．混合氣體密度不再變更（3）以下操作會引起化學反應速率變快是__________；A．向容器中通入O2B．擴大容器的體積C．運用正催化劑D．上升溫度E．向容器中通入氦氣?！敬鸢浮?1).0.1mol?L-1?min-1(2).20％(3).ABE(4).ACD【解析】【分析】(1)由反應的“三段式”得：v(SO3)＝；平衡時，SO2轉化率＝×100%；(2)可逆反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，反應體系中各物質的物質的量、物質的量濃度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不變；(3)增大濃度、上升溫度、加入催化劑、增大壓強、增大反應物接觸面積都能加快反應速率?！驹斀狻?1)由反應的“三段式”得：v(SO3)＝＝mol?L?1?min?1＝0.1mol?L?1?min?1；平衡時，SO2轉化率＝×100%＝×100%＝20%；(2)A．隨著反應得進行，容器內壓強不斷發(fā)生變更，當壓強不變時，已達平衡，故A符合題意；B．SO2的體積分數在反應中為變量，變量不變，已達平衡，故B符合題意；C．容器內氣體原子總數為恒量，容器內氣體原子總數不再發(fā)生變更不能作平衡標記，故C不符合題意；D．相同時間內消耗2nmolSO2的同時消耗nmolO2，均為正反應速率，不能作平衡標記，故D不符合題意；E．相同時間內消耗2nmolSO2的同時生成nmolO2，說明正、逆反應速率相等，可證明已達到平衡，故E符合題意；F．恒容密閉容器中，混合氣體密度不隨時間變更而變更，為恒量，混合氣體密度不再變更不能作平衡標記，故F不符合題意；答案選ABE；(3)A．向容器中通入O2，增大了反應物的濃度，反應速率加快，故A符合題意；B．擴大容器的體積，相當于減小壓強，反應速率變慢，故B不符合題意；C．運用正催化劑，反應速率加快，故C符合題意；D．上升溫度，反應速率加快，故D符合題意；E．恒溫恒容密閉容器中通入氦氣，與反應相關的物質的濃度不變，反應速率不變，故E不符合題意；答案選ACD。【點睛】化學平衡狀態(tài)推斷時要留意兩個原則：①用速率推斷：v正＝v逆，留意“雙向同時，符合比例”；②用量推斷：“變量不變，已達平衡”。21.試驗室合成乙酸乙酯的步驟如下：在圓底燒瓶內加入乙醇、濃硫酸和乙酸，瓶口豎直安裝通有冷卻水的冷凝管（使反應混合物的蒸氣冷凝為液體流回燒瓶內），加熱回流一段時間后換成蒸餾裝置進行蒸