2022年福建省泉州市大吳中學(xué)高一化學(xué)聯(lián)考試卷含解析

2022年福建省泉州市大吳中學(xué)高一化學(xué)聯(lián)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.A、B、C是三種金屬，根據(jù)下列①、②兩個實驗，確定它們的還原性強弱順序為（

）①將A與B浸在稀硫酸中用導(dǎo)線相連，A上有氣泡逸出，B逐漸溶解；②使用惰性電極電解物質(zhì)的量濃度相同的A、C混合鹽溶液州，陰極上先析出C。

A．A>B>C

B.B>C>A

C．C>A>B

D．B>A>C參考答案：D略2.下列各組離子，在溶液中能大量共存、加入NaOH溶液后加熱既有氣體放出又有沉淀生成的一組是（

）A.H+、NH4+、Fe2+、NO3-

B.Mg2+、NH4+、SO42-、K+C.K+、Ba2+、HCO、Cl-

D.H+、K+、SiO、NO參考答案：B略3.電子層數(shù)相同的三種元素X、Y、Z，已知最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，則下列判斷錯誤的是

()

A．原子序數(shù)X＞Y＞Z

B．氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性HX＞H2Y＞ZH3

C．非金屬性X＞Y＞Z

D．氣態(tài)氫化物的還原性HX＞H2Y＞ZH3參考答案：D略4.下列關(guān)于乙酸的說法中，正確的是()①乙酸易溶于水和乙醇，其水溶液能導(dǎo)電②無水乙酸又稱為冰醋酸，它是純凈物③乙酸分子里有四個氫原子，所以它不是一元酸④乙酸是一種重要的有機酸，常溫下乙酸是有刺激性氣味的液體⑤1mol乙酸與足量乙醇在濃硫酸作用下可生成88g乙酸乙酯⑥食醋中含有乙酸，乙酸可由乙醇氧化得到A.①②③④ B.①②③⑥ C.①②④⑥ D.②④⑤⑥參考答案：C【詳解】①乙酸的物理性質(zhì)易溶于水和乙醇，乙酸是弱酸，其水溶液能導(dǎo)電，故說法正確；②無水乙酸在0℃下像水一樣會結(jié)冰，無水乙酸又稱為冰醋酸，屬于純凈物，故說法正確；③乙酸的結(jié)構(gòu)簡式CH3COOH，電離方程式為：CH3COOHCH3COO－＋H＋，屬于一元酸，故說法錯誤；④乙酸的物理性質(zhì)：常溫下乙酸是有刺激性氣味的液體，乙酸易溶于水和乙醇，乙酸是重要的含氧的衍生物，故說法正確；⑤乙酸的酯化反應(yīng)是可逆反應(yīng)，不能進行到底，故說法錯誤；⑥食醋中含有3%～5%的乙酸，乙醇連續(xù)被氧化成乙酸，故說法正確。答案選C。

5.在某100mL混合液中，HNO3和H2SO4的物質(zhì)的量濃度分別是0.4mol·L?1、0.2mol·L?1。向該混合液中加入1.92g銅粉，加熱，待充分反應(yīng)后(假設(shè)反應(yīng)前后溶液體積不變)，所得溶液中的Cu2+的物質(zhì)的量濃度(mol·L?1)是（

）A.0.15

B.0.225

C.0.3

D.0.45參考答案：C反應(yīng)實質(zhì)為:,銅粉物質(zhì)的量為,混合溶液中,HNO3和H2SO4物質(zhì)的量濃度分別為0.4mol·L?1、0.2mol·L?1,所含氫離子物質(zhì)的量,依據(jù)反應(yīng)離子方程式可知銅剩余,根據(jù)參加反應(yīng)的氫離子物質(zhì)的量與生成銅離子物質(zhì)的量關(guān)系為8H+---3Cu2+,得到銅離子物質(zhì)的量為0.0225mol,所得溶液中物質(zhì)的量濃度為0.225mol·L?1;故選:C。點睛：銅屑投入HNO3和H2SO4的混合溶液中發(fā)生的反應(yīng)實質(zhì)為硫酸提供氫離子，硝酸根離子具有強氧化性繼續(xù)反應(yīng),根據(jù)反應(yīng)的量來確定消耗的銅以及生成氣體的量,生成銅離子的物質(zhì)的量分析判斷。6.NaHSO4在水溶液中能夠電離出H＋、Na＋、和SO42－。下列對于NaHSO4的分類中不正確的是(

)

A．NaHSO4是鹽

B．NaHSO4是酸式鹽

C．NaHSO4是鈉鹽

D．NaHSO4是酸參考答案：D略7.下列各物質(zhì)物質(zhì)的量都為1mol，完全燃燒生成二氧化碳和水所消耗相同條件下氧氣的量最多的是（）A．CH4

B．CH3CHOC．C2H5OH

D．CH3COOH參考答案：C解：分子式為CxHyOz可以寫為CxH（y﹣2z）（H2O）z的有機物完全燃燒需要氧氣的物質(zhì)的量=x+，A.1mol甲烷完全燃燒需要氧氣的物質(zhì)的量=（1+1）mol=2mol；B．乙醛完全燃燒需要氧氣的物質(zhì)的量=（2+）mol=2.5mol；C．乙醇完全燃燒需要氧氣的物質(zhì)的量=（2+）mol=3mol；D．乙酸完全燃燒需要氧氣的物質(zhì)的量=（2+）mol=2mol，通過以上分析知，需要氧氣的物質(zhì)的量最多的是乙醇，故選C．8.決定一定量氣體體積大小的主要因素是A.氣體分子的大小

B.氣體分子的質(zhì)量

C.氣體分子間距離的大小

D.氣體分子的組成參考答案：C9.Ｘ、Ｙ、Ｚ三種元素位于周期表中同一周期，它們的最高價氧化物分別為酸性氧化物、堿性氧化物、兩性氧化物，則三種元素原子序數(shù)的大小順序為（）A.Ｘ>Ｙ>Ｚ

B.Ｙ>Ｚ>Ｘ

C.Ｘ>Ｚ>Ｙ

D.Ｚ>Ｘ>Ｙ參考答案：C略10.下列說法中正確的是A.式量相同的物質(zhì)是同種物質(zhì)

B.化學(xué)式相同的不同有機物是同系物C.具有同一通式的物質(zhì)屬于同系物D.分子中僅含有碳與氫的化合物是烴類參考答案：D11.下列關(guān)于化學(xué)鍵的說法中不正確的是（

）A、化學(xué)鍵可以使離子相結(jié)合，也可以使原子相結(jié)合

B、非極性鍵不是化學(xué)鍵C、化學(xué)反應(yīng)過程中，反應(yīng)物的化學(xué)鍵斷裂，產(chǎn)物的化學(xué)鍵形成D、化學(xué)鍵是一種作用力參考答案：B略12.下列離子方程式的書寫正確的是（）A．Al2O3和NaOH溶液反應(yīng)：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2↑B．過氧化鈉固體與水反應(yīng)：2O22﹣+2H2O═4OH﹣+O2↑C．氯氣溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl﹣+ClO﹣D．AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+參考答案：D【考點】離子方程式的書寫．【分析】A．不符合反應(yīng)客觀事實；B．過氧化鈉為氧化物，應(yīng)保留化學(xué)式；C．次氯酸為弱酸，應(yīng)保留化學(xué)式；D．二者反應(yīng)生成氫氧化鋁和氯化銨．【解答】解：A．既能和強酸反應(yīng)又能和強堿反應(yīng)，氧化鋁粉末投入NaOH溶液中發(fā)生的反應(yīng)為：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，故A錯誤；B．過氧化鈉固體與水反應(yīng)，離子方程式：2Na2O2+2H2O═4OH﹣+O2↑+4Na+，故B錯誤；C．氯氣溶于水，離子方程式：Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，故C錯誤；D．AlCl3溶液中加入足量的氨水，離子方程式為Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故D正確；故選：D．13.已知氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+．現(xiàn)有一包鐵粉和銅粉混合粉末，某實驗小組為了確定其組成，利用1.2molL﹣1的FeCl3溶液（其他用品略），與混合粉末反應(yīng)，實驗結(jié)果如下（假定反應(yīng)前后溶液體積不變）：組別①②③④V[FeCl3（aq）]/mL50505050混合粉末質(zhì)量/g1.22.43.64.8反應(yīng)后剩余固體質(zhì)量/g00.641.923.12[分析表中數(shù)據(jù)，下列結(jié)論不正確的是（）A．第①組反應(yīng)后溶液中剩余c（Fe3+）=0.4molL﹣1B．第②、③組剩余固體全是銅C．第④組的濾液中c（Fe2+）=2.0molL﹣1D．原混合粉末中n（Fe）：n（Cu）=1：1參考答案：C【考點】有關(guān)混合物反應(yīng)的計算．【分析】鐵的還原性強于銅，所以Fe3+先與鐵反應(yīng)：Fe+2Fe3+=3Fe2+，反應(yīng)完全后Fe3+有剩余，再與銅反應(yīng)Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，能剩余的固體可以是銅，可以是鐵和銅，從第②組數(shù)據(jù)中可以得出FeCl3溶液全部參與反應(yīng)，50mLFeCl3溶液能溶解金屬質(zhì)量2.4g﹣0.64g=1.76g，大于第①組溶解的金屬質(zhì)量，故第①組金屬完全反應(yīng)、FeCl3有剩余；第②組實驗中FeCl3溶液全部參與反應(yīng)，其物質(zhì)的量為：0.05L×1.2mol/L=0.06mol，假設(shè)只發(fā)生Fe+2Fe3+=3Fe2+，參加反應(yīng)金屬的物質(zhì)的量為0.03mol，則溶解的Fe的質(zhì)量為0.03mol×56g/mol=1.68g＜1.76g，所以同時也有一部分Cu溶解，則剩余的0.64g固體全部為Cu；第③組實驗中溶解金屬為：3.6g﹣1.92g=1.68g，混合物中Fe恰好完全反應(yīng)、Cu不反應(yīng)，剩余1.92g為Cu，合金中Fe與Cu的質(zhì)量之比為：1.68g：1.92g=56：64；故第④組實驗中，剩余固體為Fe、Cu，根據(jù)以上分析對各選項進行解答．【解答】解：還原性：Fe＞Cu，故Fe3+優(yōu)先Fe反應(yīng)（Fe+2Fe3+=3Fe2+），F(xiàn)e完全反應(yīng)后若Fe3+有剩余，則再與銅反應(yīng)（Cu+2Fe3+=Fe2++Cu2+），所以剩余的固體可以是銅，可以是鐵和銅的混合物；根據(jù)第②組數(shù)據(jù)中可以得出FeCl3溶液全部參與反應(yīng)，50mLFeCl3溶液能溶解金屬質(zhì)量為：2.4g﹣0.64g=1.76g＞1.2g，大于第①組溶解的金屬質(zhì)量，故第①組金屬完全反應(yīng)，且FeCl3有剩余；第②組實驗中FeCl3溶液全部參與反應(yīng)，F(xiàn)eCl3物質(zhì)的量為：0.05L×1.2mol/L=0.06mol，假設(shè)只發(fā)生反應(yīng)Fe+2Fe3+=3Fe2+，參加反應(yīng)金屬的物質(zhì)的量為0.03mol，溶解的Fe的質(zhì)量為：0.03mol×56g/mol=1.68gg＜1.76g，所以鐵完全溶解的同時還有部分Cu溶解，則剩余的0.64g固體全部為Cu；第③組實驗中溶解金屬為：3.6g﹣1.92g=1.68g，混合物中Fe恰好完全反應(yīng)、Cu不反應(yīng)，剩余1.92g為Cu，合金中Fe與Cu的質(zhì)量之比為：1.68g：1.92g=7：8；故第④組實驗中，剩余固體為Fe、Cu，A．根據(jù)分析可知，第①組反應(yīng)中金屬完全反應(yīng)，1.2g合金中含有鐵的物質(zhì)的量為：=0.01mol，含有銅的物質(zhì)的量為：=0.01mol，根據(jù)反應(yīng)Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Fe2++Cu2+可知，金屬消耗鐵離子的物質(zhì)的量為：0.01mol×2+0.01mol×2=0.04mol，①反應(yīng)后的溶液中鐵離子濃度為：=0.4mol/L，故A正確；B．根據(jù)分析可知，第②、③組剩余的全部為銅，故B正確；C．由上述分析可知，第④組實驗剩余金屬為Fe和Cu，參加反應(yīng)金屬為1.68g，其物質(zhì)的量為0.03mol，由Fe+2Fe3+=3Fe2+，可知溶液中n（Fe2+）=0.09mol，故c（Fe2+）==1.8mol/L，故C錯誤；D．第③組實驗中溶解金屬為：3.6g﹣1.92g=1.68g，混合物中Fe恰好完全反應(yīng)、Cu不反應(yīng)，剩余1.92g為Cu，合金中Fe與Cu的質(zhì)量之比為：1.68g：1.92g=7：8，則二者的物質(zhì)的量之比為：：=1：1，故D錯誤；故選C．【點評】本題考查了混合物的有關(guān)計算、鐵及其化合物的性質(zhì)應(yīng)用，題目難度較大，關(guān)鍵是通過②判斷剩余固體為銅，題目綜合性較強，數(shù)據(jù)較復(fù)雜，側(cè)重學(xué)生對實驗數(shù)據(jù)的分析處理考查．14.能說明A元素的非金屬性比B元素的非金屬性強的是

A.

最高價氧化物水化物的酸性B比A強

B.

A元素的最高正價比B元素的最高正價要高C.

A單質(zhì)能與B的氫化物水溶液反應(yīng)，生成B單質(zhì)D.

A原子得到電子的數(shù)目比B原子少參考答案：C略15.無色的混合氣體甲中可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的幾種。將100

mL氣體甲經(jīng)過下圖實驗處理，結(jié)果得到酸性溶液，而幾乎無氣體剩余，則氣體甲的組成可能為(

)

A.NH3、NO2、N2 B.NH3、NO、CO2C.NH3、NO2、CO2 D.NO、CO2、N2參考答案：B【詳解】無色的混合氣體，說明沒有二氧化氮；通過足量的濃硫酸，氣體的體積減少，說明原始氣體含有氨氣；通過足量的過氧化鈉，氣體顯紅棕色，說明產(chǎn)生的氧氣與一氧化氮反應(yīng)，原始氣體有二氧化碳和一氧化氮；通入水后，氣體沒有剩余，說明原始氣體沒有氮氣。故原始氣體為氨氣、一氧化氮、二氧化碳。綜上所述，本題正確答案為B。二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.用18mol·L﹣1濃硫酸配制100mL2.5mol·L﹣1稀硫酸的實驗步驟如下：①計算所用濃硫酸的體積②量取一定體積的濃硫酸③溶解④轉(zhuǎn)移

⑤洗滌⑥定容⑦搖勻完成下列問題：（1）所需濃硫酸的體積是

mL（保留三位有效數(shù)字），量取濃硫酸所用的量筒的規(guī)格是

（從下列中選用A.10mLB.25mLC.50mLD.100mL）．（2）該實驗用到的儀器除量筒外還有

．（3）第⑤步實驗的操作是

．（4）第⑥步實驗的操作是

．（5）下列情況對所配制的稀硫酸濃度有何影響？（用“偏大”“偏小”“無影響”填寫）①用量筒量取濃硫酸時俯視刻度

．②容量瓶用蒸餾洗滌后未干燥

．③濃硫酸溶解后未冷卻即轉(zhuǎn)移、定容

．④定容時仰視刻度線

．參考答案：（1）13.9；B；（2）100mL容量瓶，膠頭滴管，燒杯，玻璃棒；（3）用少量的蒸餾水洗滌燒杯內(nèi)壁2～3次，洗滌液也都注入容量瓶；（4）將蒸餾水注入容量瓶，液面離容量瓶頸刻度線下1～2cm時，改用膠頭滴管滴加蒸餾水至液面與刻度線相切；（5）①偏低；②無影響；③偏大；④偏小．解：（1）設(shè)需要濃硫酸的體積為V，依據(jù)溶液稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變得V×18mol·L﹣1=100mL×2.5mol·L﹣1，解得V=13.9mL，所以應(yīng)選擇25mL的量筒；故答案為：13.9；B；（2）配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟：計算、量取、稀釋、冷卻、移液、定容、搖勻、裝瓶等，用到的儀器有：量筒、燒杯、玻璃棒、100ml容量瓶、膠頭滴管；故答案為：100mL容量瓶，膠頭滴管，燒杯，玻璃棒；（3）正確洗滌燒杯的方法：用少量的蒸餾水洗滌燒杯內(nèi)壁2～3次，洗滌液也都注入容量瓶，故答案為：用少量的蒸餾水洗滌燒杯內(nèi)壁2～3次，洗滌液也都注入容量瓶；（4）定容的正確操作方法：將蒸餾水注入容量瓶，液面離容量瓶頸刻度線下1～2cm時，改用膠頭滴管滴加蒸餾水至液面與刻度線相切，故答案為：將蒸餾水注入容量瓶，液面離容量瓶頸刻度線下1～2cm時，改用膠頭滴管滴加蒸餾水至液面與刻度線相切；（5）①用量筒量取濃硫酸時俯視刻度，導(dǎo)致量取的濃硫酸體積偏小，溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液的濃度偏低，故答案為：偏低；②容量瓶用蒸餾洗滌后未干燥，對溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液的體積都不會產(chǎn)生影響，溶液的濃度不變，故答案為：無影響；③濃硫酸溶解后未冷卻即轉(zhuǎn)移、定容，冷卻后溶液的體積偏小，溶液的濃度偏大，故答案為：偏大；④定容時仰視刻度線，導(dǎo)致溶液的體積偏大，溶液的濃度偏小，故答案為：偏小．三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.（1）某化學(xué)小組制備氫氧化鐵膠體：在潔凈的小燒杯中盛適量蒸餾水，用酒精燈加熱至沸騰，向燒杯中逐滴加入飽和FeCl3溶液，至液體呈紅褐色，停止加熱。制備氫氧化鐵膠體的化學(xué)反應(yīng)方程式是________________________。（2）如圖所示是中學(xué)化學(xué)中常用于混合物分離和提純的裝置：請根據(jù)裝置圖回答下列問題：①從氯化鉀溶液中得到氯化鉀固體選擇裝置_________(填代表裝置圖的字母，下同)；除去自來水中的Cl-等雜質(zhì)得到蒸餾水選擇裝置_________；從碘水中提取碘選擇裝置_________。②裝置A中①的名稱是____________，冷凝水流動的方向是_____________。參考答案：(1)FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl

(2)①D

A

B

②冷凝管

從下口進，上口出【分析】（1）FeCl3與水在加熱條件下生成氫氧化鐵膠體和氯化氫；（2）①從氯化鉀溶液中得到氯化鉀固體采用蒸發(fā)結(jié)晶的形式；除去自來水中的Cl-等雜質(zhì)得到蒸餾水采用蒸餾；從碘水中提取碘采用萃取分液；②裝置A中①的名稱是冷凝管，冷凝水流動的方向是下進上出?！驹斀狻浚?）FeCl3與水在加熱條件下生成氫氧化鐵膠體和氯化氫，化學(xué)方程式為FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl；答案：FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl（2）①從氯化鉀溶液中得到氯化鉀固體采用蒸發(fā)結(jié)晶的形式，因此用D裝置；除去自來水中的Cl-等雜質(zhì)得到蒸餾水采用蒸餾，因此用A裝置；從碘水中提取碘采用萃取分液，因此用B裝置；答案：D

A

B②裝置A中①的名稱是冷凝管，冷凝水流動的方向是下進上出，逆流原理有利于充分帶走蒸氣熱量，使其冷凝為液體。答案：冷凝管

從下口進，上口出

18.下表是