福建省南平市管厝中學高一化學聯考試卷含解析

福建省南平市管厝中學高一化學聯考試卷含解析一、單選題（本大題共15個小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，共60分。）1.為了除去粗鹽中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣，可將粗鹽溶于水，然后進行以下五項操作：①過濾；②加過量NaOH溶液；③加適量稀鹽酸；④加過量Na2CO3溶液；⑤加過量BaCl2溶液，可行的順序是（）A．①④②⑤③ B．④①②⑤③ C．②⑤④①③ D．②④⑤①③參考答案：C考點：粗鹽提純．

專題：化學實驗基本操作．分析：除去粗鹽中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥沙，可以加過量的氯化鋇除去硫酸根離子，然后用碳酸鈉去除鈣離子和過量的鋇離子．鹽酸要放在最后，來除去過量的氫氧化鈉和碳酸鈉，加氫氧化鈉和氯化鋇無先后順序要求．解答：解：鎂離子用氫氧根離子沉淀，加入過量的氫氧化鈉可以將鎂離子沉淀，硫酸根離子用鋇離子沉淀，加入過量的氯化鋇可以將硫酸根離子沉淀，至于先除鎂離子，還是先除硫酸根離子都行，鈣離子用碳酸根離子沉淀，除鈣離子加入碳酸鈉轉化為沉淀，但是加入的碳酸鈉要放在加入的氯化鋇之后，這樣碳酸鈉會除去反應剩余的氯化鋇，離子都沉淀了，再進行過濾，最后再加入鹽酸除去反應剩余的氫氧根離子和碳酸根離子，所以正確的順序為：⑤加過量的BaCl2溶液，④加過量的Na2CO3溶液，②加過量的NaOH溶液，①過濾，③加適量的鹽酸；或者，②加過量的NaOH溶液，⑤加過量的BaCl2溶液，④加過量的Na2CO3溶液，①過濾，③加適量的鹽酸，所以正確的順序是⑤④②①③或②⑤④①③，故選C．點評：本題主要考查了除雜質的原則，以及除雜質的順序，注意為了將雜質除凈，每次所加試劑要過量，這類題時常出現，要加以掌握．2.已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)(正反應放熱)。若在500℃和催化劑的作用下，該反應在容積固定的密閉容器中進行，下列有關說法正確的是（

）A.若降低溫度，可以加快反應速率B.使用催化劑是為了加快反應速率C.在上述條件下，SO2能完全轉化為SO3D.達到平衡時，SO2和SO3的濃度一定相等參考答案：B試題分析：降溫無論對于正反應速率還是逆反應速率，都是降低的，選項A不正確；催化劑可以提高活化分子的數目，進而提高化學反應速率，選項B正確；可逆反應，反應物不能完全轉化為生成物，選項C不正確；平衡時不一定有這個濃度關系，濃度比不能判斷是否平衡，選項D不正確。3.人類探測月球發(fā)現，在月球的土壤中含有較豐富的質量數為3的氦，它可以作為未來核聚變的重要原料之一。氦的該種核素應表示為A．42He

B．

32He

C．42He

D．33He參考答案：B4.有甲、乙、丙、丁四種易溶于水的物質，分別由NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH﹣、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣中的不同陰、陽離子各一種組成．已知：①將甲溶液分別與其他三種物質的溶液混合，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．下列結論不正確的是（）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+參考答案：D考點：常見離子的檢驗方法．

分析：將甲溶液分別與其他三種物質的溶液混合，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，說明乙是硫酸；向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成，說明丙是MgCl2，所以丁是（NH4）2CO3．解答：解：根據②中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根據③中現象，可以推知丙中含有Cl﹣；再結合①中提供信息，甲與其它三種物質混合均產生白色沉淀，則可推出甲是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+，故選D．點評：本題為推斷題，做題時注意題中的反應現象，找出突破口，抓住物質的性質是關鍵．5.下列關于物質性質的比較，不正確的是

A．酸性強弱：HIO4>HBrO4>HClO4

B．原子半徑大小：Na>S>O

C．堿性強弱：KOH>NaOH>LiOH

D．金屬性強弱：Na>Mg>Al參考答案：A6.已知碳有三種常見的同位素：12C、13C、14C，氧也有三種同位素：16O、17O、18O，由這六種微粒構成的二氧化碳分子（O=C=O）中，其相對分子質量最多有（

）A．7種

B．8種C．6種

D．12種參考答案：A解：碳的同位素：12C、13C、14C，氧的同位素：16O、17O、18O，這六種微粒構成的二氧化碳分子有：12C16O2，相對分子質量為12+32=44；12C17O2，相對分子質量為12+34=46；12C18O2，相對分子質量為12+36=48；13C16O2，相對分子質量為13+32=45；13C17O2，相對分子質量為13+34=47；13C18O2，相對分子質量為13+36=49；14C16O2，相對分子質量為14+32=46；14C17O2，相對分子質量為14+34=48；14C18O2，相對分子質量為14+36=50；12C16O17O，相對分子質量為12+16+17=45；12C16O18O，相對分子質量為12+16+18=46；12C17O18O，相對分子質量為12+17+18=47；13C16O17O，相對分子質量為13+16+17=46；13C16O18O，相對分子質量為13+16+18=47；13C17O18O，相對分子質量為13+17+18=48；14C16O17O，相對分子質量為14+16+17=47；14C16O18O，相對分子質量為14+16+18=48；14C17O18O，相對分子質量為14+17+18=49；故相對分子質量有：44、45、46、47、48、49、50；故選A．7.下列各項中表達正確的是（

）

A．N2的電子式：

B．二氧化碳分子的結構式為O—C—OC．CH4分子的比例模型：

D．F－的結構示意圖

參考答案：C略8.在一定體積的18mol/L的濃硫酸中加入過量銅片并加熱，被還原的硫酸為0.9mol，則濃H2SO4的實際體積為()A.等于50mL B.大于50mL C.等于100mL D.大于100mL參考答案：D試題分析：根據銅與硫酸反應的方程式：Cu+2H2SO4（濃）CuSO4＋SO2↑+2H2O，若被還原的H2SO4為0.9mol，則根據方程式可知反應的硫酸的物質的量是1.8mol，則V=1.8mol÷18mol/L=0.1L=100mL，由于只有濃硫酸與銅反應，而稀硫酸不能反應，所以參加反應的濃硫酸的實際體積大于100mL，故選項D正確。

9.下列物質中屬于非電解質的是（）A．乙醇 B．O2 C．Na2CO3 D．NaOH參考答案：A【考點】電解質與非電解質．【分析】非電解質是水溶液中和熔融狀態(tài)下都不能導電的化合物，水溶液中或熔融狀態(tài)導電的化合物為電解質，電解質和非電解質的本質區(qū)別在于在水溶液中或熔融狀態(tài)下能否發(fā)生電離．【解答】解：A、乙醇在水溶液中以分子形式存在，自身不能發(fā)生電離，是非電解質，故A正確；B、氧氣為單質，既不是電解質也不是非電解質，故B錯誤；C、Na2CO3在水溶液中完全電離，屬于電解質，故C錯誤；D、NaOH在水溶液中完全電離，屬于電解質，故D錯誤；故選A．10.下列離子方程式中，不正確的是

()A．用FeCl3溶液腐蝕銅線路板：Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋B．硫酸氫鈉溶液與足量氫氧化鋇溶液混合：2H＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2OC．大理石溶于醋酸中：CaCO3＋2CH3COOH===Ca2＋＋2CH3COO－＋CO2↑＋H2OD．向碳酸氫鈉溶液中加入少量的澄清石灰水：2HCO＋Ca2＋＋2OH－===CaCO3↓＋2H2O＋CO參考答案：B略11.下圖是部分短周期主族元素原子半徑與原子序數的關系圖。下列說法錯誤的是

()A.X、Y兩種單質在常溫下反應生成的產物為堿性氧化物B.Z制成的槽車可以密封貯運R的氧化物對應的水化物C.Y、Z、R三種元素最高價氧化物對應水化物相互之間可以發(fā)生反應D.電解熔融的X與Z組成的化合物可以得到單質Z參考答案：B分析：同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，故前7種元素處于第二周期，后7種元素處于第三周期，由原子序數可知，X為O元素，Y為Na元素，Z為Al元素，R為S元素A、X、Y兩種單質在常溫下反應生成的產物Na2O，為堿性氧化物，故A正確；B、Z為Al元素，Z制成的槽車可以密封貯運R的最高氧化物對應的水化物的濃溶液，即濃硫酸，故B錯誤；C、Y、Z、R對應的最高價氧化物的水化物分別為：NaOH、Al(OH)3、H2SO4，相互之間可以發(fā)生反應，故C正確；D、X為O元素，Z為Al元素，電解熔融的Al2O3可以得到單質Al，故D正確；故選B。12.下列儀器常用于物質分離的是(

)①漏斗

②試管

③蒸餾燒瓶

④天平

⑤分液漏斗

⑥研缽A．①③④

B．①②⑥

C．①③⑤

D．①③⑥參考答案：C用于物質分離的儀器是漏斗、蒸餾燒瓶、分液漏斗，即①③⑤，選C13.在隔絕空氣的情況下，9.2g鐵、鎂、鋁混合物溶解在一定量某濃度的稀硝酸中，當金屬完全溶解后收集到4.48L（標準狀況下）NO氣體。在反應后的溶液中加入足量的燒堿溶液，可生成氫氧化物沉淀的質量為（

）A.18.6g B.20g C.19.4g D.24g參考答案：A試題分析：硝酸與金屬反應生成一氧化氮：HNO3→NO，化合價降低3價，得到3e-電子，標況下4.48LNO的物質的量為：n（NO）=4.48/22.4=0.2mol，得到電子的物質的量為：n（e-）=3e-×0.2mol=0.6mol，根據金屬的轉化關系：M→Mn+→M（OH）n和電子守恒可知，金屬失去電子的物質的量等于硝酸中N原子得到電子的物質的量，也等于生成沉淀時結合OH-的物質的量，即：n（OH-）=n（e-）=0.6mol，則最多生成沉淀的質量為：金屬質量+凈增OH-的質量=9.2g+0.6mol×17g/mol=19.4g，由于沉淀中沒有氫氧化鋁，所以生成沉淀的質量小于19.4g，故選A

14.下列說法錯誤的是()A．工業(yè)廢氣中的SO2是產生酸雨的重要因素，石灰法是目前應用最廣泛的工業(yè)廢氣脫硫方法，通過煅燒石灰石得到生石灰，生石灰在吸收塔中與廢氣中的SO2反應而將硫固定，其產物可做建筑材料B．四氯化碳是一種有機溶劑，與水互不相溶，密度比水大，曾用作滅火劑，由于它與水在高溫下反應會生成有毒物質，現已停用C．私家車與公交車相比，前者的耗油量和排出的污染物均大約是后者的1/5，因此應該大力提倡駕駛私家車出行D．“外賣”使塑料餐盒泛濫成災，進一步加強生活垃圾分類與再生資源回收利用是目前實現“綠色外賣”的方法之一參考答案：C解析：通過煅燒石灰石得到生石灰，生石灰和廢氣中的SO2反應，生成亞硫酸鈣，進一步氧化成硫酸鈣，從而將硫固定，同時硫酸鈣可做建筑材料，故A正確；CCl4高溫時和水蒸氣反應生成劇毒的光氣COCl2，故B正確；在運送相同人數的前提下，私家車的耗油量和排出的污染物遠大于公交車，所以應提倡乘坐公交車出行，減少耗油量和排污量，有利于環(huán)保，故C錯誤；塑料餐盒多為一次性餐具，會對環(huán)境造成危害，故加強垃圾分類與再生資源回收利用是解決外賣污染的方法之一，故D正確。15.下列各組物質中，不管以何種比例混合，只要總質量一定，充分燃燒后生成的二氧化碳的量始終不變的是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)參考答案：A略二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.用98%的濃硫酸（ρ=1.84g/cm3）配制1mol/L稀硫酸100mL．（1）實驗中應選用的儀器是

（填字母）．A.1000mL量筒

B．托盤天平C．玻璃棒

D.50mL容量瓶E.10mL量筒

F.50mL燒杯G.100mL容量瓶

H．膠頭滴管（2）實驗操作：a．用100mL量筒量取98%的濃硫酸

mL；b．選取對應規(guī)格的容量瓶，洗滌，檢查是否漏液，將稀釋并冷卻至室溫的硫酸溶液沿玻璃棒轉移到此容量瓶中；c．用少量蒸餾水洗滌小燒杯和玻璃棒2?3次，并將洗滌液轉移到容量瓶中；d．在小燒杯內稀釋濃硫酸，稀釋時要用玻璃棒不斷攪拌；e．向容量瓶中直接加蒸餾水至離刻度線1?2cm處；f．蓋上容量瓶瓶塞，搖勻；g．用膠頭滴管小心加蒸餾水至刻度線；h．將配制好的溶液轉移入含少量蒸餾水的試劑瓶中貯存?zhèn)溆茫?）實驗分析：①正確的操作步驟是

（填序號）．②此實驗中玻璃棒的作用是

．③實驗操作中有兩處錯誤，這兩處錯誤是：I．

．II．

．④下列操作對所配溶液的濃度有何影響？（填“偏高”“偏低”或“無影響”）I．轉移硫酸后，小燒杯未洗滌

．II．量取濃硫酸的量筒用蒸餾水洗滌兩次，并將洗滌液轉入容量瓶中

．III．定容時俯視容量瓶刻度線

．參考答案：（1）CEFGH；

（2）5.4；（3）①adbcegfh；②攪拌和引流；③量取硫酸的量筒量程太大，會造成較大誤差

試劑瓶未干燥，會使所配溶液變??；④I．偏低；II．偏高；III．偏高．

【考點】配制一定溶質質量分數、物質的量濃度溶液的方法．【分析】（1）根據稀釋前后溶質的物質的量不變，計算出濃溶液的體積，選取合適的量筒，再根據配制一定物質的量濃度的溶液需要量取、溶解、移液、洗滌、定容、搖勻等操作解答；（2）稀釋前后溶質的物質的量不變，進行解答；（3）①再根據配制一定物質的量濃度的溶液需要量取、溶解、移液、洗滌、定容、搖勻等；②在小燒杯內稀釋濃硫酸，稀釋時要用玻璃棒不斷攪拌，轉移溶液時玻璃棒引流的作用；③a中98%的濃H2SO4的物資的量濃度為c==mol/L=18.4mol/L，配制1.84mol/L的稀硫酸100mL，需要濃硫酸的體積為V═=0.01L=10mL，應選擇10ml量筒，h中將配制好的溶液轉移入含少量蒸餾水的試劑瓶中無形中對溶液進稀釋；④分析操作對溶質的物質的量或對溶液的體積的影響，根據c=分析判斷．【解答】解：（1）98%的濃H2SO4的物資的量濃度為c==mol/L=18.4mol/L，配制1.84mol/L的稀硫酸100mL，需要濃硫酸的體積為V═=0.01L=10mL，應選擇10ml量筒，因配制一定物質的量濃度的溶液需要量取、溶解、移液、洗滌、定容時用膠頭滴管小心加蒸餾水至刻度線、搖勻等操作，所以應選用的儀器是玻璃棒、10mL量筒、50mL燒杯、100mL容量瓶、膠頭滴管，故選CEFGH；

（2）稀釋前后溶質的物質的量不變，則1mol/L×0.100L=18.4mol/L×V，解之得V=5.4mL，故答案為：5.4；（3）①再根據配制一定物質的量濃度的溶液需要量取、溶解、移液、洗滌、定容、搖勻等，所以正確的順序為：adbcegfh，故答案為：adbcegfh；②在小燒杯內稀釋濃硫酸，稀釋時要用玻璃棒不斷攪拌，轉移溶液時玻璃棒引流的作用，故答案為：攪拌和引流；③a中98%的濃H2SO4的物資的量濃度為c==mol/L=18.4mol/L，配制1.84mol/L的稀硫酸100mL，需要濃硫酸的體積為V═=0.01L=10mL，應選擇10ml量筒，h中將配制好的溶液轉移入含少量蒸餾水的試劑瓶中無形中對溶液進稀釋；故答案為：量取硫酸的量筒量程太大，會造成較大誤差

試劑瓶未干燥，會使所配溶液變?。虎躀轉移硫酸后，小燒杯未洗滌，溶質的物質的量偏小，物質的量減少，所以濃度偏低，故答案為：偏低；II．量筒為流量式儀器，將量筒洗滌后的洗滌液不能轉移至容量瓶，否則會導致容量瓶內硫酸的物質的量增多，濃度偏高，故答案為：偏高；III．定容時俯視讀數，會導致溶液體積偏小，則濃度偏高，故答案為：偏高．三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.(10分)在2L密閉容器內,800℃時反應2NO(g)

+O2(g)2NO2(g)體系中，n(NO)隨時間的變化如下表：時間/s012345n(NO)/mol0.020

0.0100.008

0.006

0.0060.006(1)上述反應在第5s時NO的轉化率是___________。用O2表示從0～2

s內該反應的平均速率V(O2)=__________。(2)右圖中表示NO2的變化的曲線是__________。(3)能使該反應的反應速率增大的是__________。A.及時分離出NO2氣體

B.適當升高溫度

C.增大O2的濃度

D.選擇高效催化劑(4)能說明該反應已達到平衡狀態(tài)的是___________。A.v(NO2)

=2v(O2)

B.容器內壓強保持不變C.v逆(NO)

=2v正(O2)

D.容器內質量保持不變參考答案：(1)70%

(2分)

；0.0015mol/(L?s)

(2分，無單位