福建省福州市北厝中學高一化學聯(lián)考試題含解析一、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.合金具有許多優(yōu)良的物理、化學或機械性能。下列物質不屬于合金的是A.青銅 B.金剛砂(SiC) C.硬鋁 D.生鐵參考答案：B本題考查了合金的特征。合金是指在一種金屬中加熱熔合其它金屬或非金屬而形成的具有金屬特性的物質，合金具有以下特點：①一定是混合物；②合金中至少有一種金屬等。青銅是金屬治鑄史上最早的合金，在純銅(紅銅)中加入錫或鉛的合金，故A錯。金剛砂(SiC)是純凈物，故B正確。硬鋁，是指鋁合金中以Cu為主要合金元素的(含2.2~4.9%Cu、0.2~1.8%Mg、0.3~0.9%Mn、少量的硅，其余部分是鋁)一類鋁合金，故C錯。生鐵是鐵與碳的合金，故D正確。

2.下列現(xiàn)象或應用不能用膠體的知識解釋的是()A.清晨，人們經?？吹疥柟獯┻^茂密的樹木枝葉所產生的美麗景象B.土壤表面積巨大且一般帶負電，能吸收NH4+等營養(yǎng)離子，使土壤具有保肥能力C.向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，會出現(xiàn)紅褐色沉淀D.水泥、冶金工廠常用高壓電除去工廠煙塵，減少對空氣的污染參考答案：C【分析】氣溶膠具有丁達爾現(xiàn)象；膠粒帶電荷，能吸附帶相反電荷的離子；紅褐色沉淀是生成的氫氧化鐵，不是膠體；煙塵屬于氣溶膠，膠體具有電泳性質?！驹斀狻筷柟獯┻^茂密的樹木枝葉所產生的美麗景象是膠體的丁達爾現(xiàn)象，和膠體性質有關，A正確；土壤膠粒帶電荷，能吸附帶相反電荷的離子，可用膠體的知識解釋，B正確；在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出現(xiàn)紅褐色沉淀，發(fā)生的是復分解反應，與膠體無關，C錯誤；煙塵屬于氣溶膠，用高壓電除去工廠煙塵是應用了膠體的電泳性質，D正確。故選C。3.下列敘述中不正確的是

A、除去NaCl溶液中混有的少量SO42-，只需向溶液中加入過量BaCl2溶液，然后過濾即可B、濃硫酸能使紙屑變黑，可根據此現(xiàn)象區(qū)別濃硫酸和稀硫酸C、氮元素的非金屬性強于磷，但因為分子中氮氮叁鍵很牢固，所以氮氣沒有磷活潑D、在硝酸與銅的反應中，硝酸體現(xiàn)氧化性和酸性參考答案：A4.下列變化需要加入還原劑才能實現(xiàn)的是A.Cl-→C12

B.HCO3-→C032-

C.Mn04-→Mn2+

D.Zn→Zn2+參考答案：C【分析】需要加入還原劑才能實現(xiàn)，說明該微粒是氧化劑，得到電子，相關元素的化合價降低，據此解答?！驹斀狻緼、Cl-→C12中氯元素化合價升高，需要氧化劑，A錯誤；B、HCO3-→C032-中元素化合價均沒有發(fā)生變化，不是氧化還原反應，B錯誤；C、Mn04-→Mn2+中Mn元素化合價降低，需要還原劑，C正確；D、Zn→Zn2+中Zn元素化合價升高，需要氧化劑，D錯誤；答案選C。5.能正確表示下列反應的離子方程式是A．碳酸鈣與鹽酸反應：CaCO3+2H+

==Ca2++CO2↑+H2OB．氯氣與水反應：Cl2+H2O==2H+

+Cl－+ClO－C．硫酸溶液與氫氧化鋇溶液反應：Ba2++SO42－==BaSO4↓D．金屬鐵放入稀硫酸中反應：2Fe+6H+==2Fe3++3H2↑參考答案：A6.下列各組有機化合物中，不論兩者以什么比例混合，只要總物質的量一定，則完全燃燒時生成的水的質量和消耗氧氣的質量不變的是（）A．C3H8，C4H6 B．C3H6，C4H6O C．C2H6，C4H6O2 D．CH4O，C3H4O5參考答案：BD考點：有關有機物分子式確定的計算．專題：烴及其衍生物的燃燒規(guī)律．分析：根據總物質的量一定時有機物完全燃燒時，生成水的質量和消耗O2的質量不變，則化學式中的氫原子個數相同，在CxHyOz中（x+﹣）相同即符合題意．解答：解：設有機物為CxHyOz，由總物質的量一定時有機物完全燃燒時，生成水的質量和消耗O2的質量不變，則混合物中y相同，（x+﹣）相同，A、C3H8和C4H6中氫原子個數不相同，不符合題意，故A錯誤；B、C3H6、C4H6O2中氫原子個數相同，C3H6的（x+）=3+1.5=4.5，C4H6O2的（x+﹣）=4+1.5﹣1=4.5，符合題意，故B正確；C、C2H2、C4H6O2中氫原子個數相同，C2H6的（x+）=2+1.5=3.5，C4H6O2的（x+﹣）=4+1.5﹣1=4.5，不符合題意，故C錯誤；D、CH4O、C3H4O5中氫原子個數相同，CH4O的（x+﹣）=1+1﹣0.5=1.5，C3H4O5的（x+﹣）=3+1﹣2.5=1.5，符合題意，故D正確；故選BD．點評：本題考查有機物的燃燒計算，明確混合物中總物質的量一定及生成的水和消耗的氧氣的量是解答本題的關鍵，并注意利用通式法來分析解答，本題中學生容易按照總質量一定來解答而出錯．7.某有機物在氧氣中充分燃燒，生成的水蒸氣和CO2的物質的量之比是1:1，由此可得出的結論是A.該有機物分子中C、H、O原子個數之比為1:2:3B.該有機物分子中碳、氫原子個數比為1:1C.該有機物分子中必定含氧元素D.無法確定該有機物中是否含有氧元素參考答案：D8.下列溶液與20mL1mol·L?1硝酸鈉溶液中NO3?的物質的量濃度相等的是A.10mL1mol·L?1硝酸鎂溶液

B.10mL0.5mol·L?1硝酸銅溶液C.10mL2mol·L?1硝酸銀溶液

D.10mL0.4mol·L?1硝酸鋁溶液參考答案：B【詳解】20mL

1mol?L-1

NaNO3溶液中NO3-物質的量濃度為1mol/L。

A.1

mol?L-1

Mg（NO3）2溶液中NO3-物質的量濃度為1mol/L×2=2mol/L，故A錯誤；B.0.5

mol?L-1

Cu（NO3）2溶液中NO3-物質的量濃度為0.5mol/L×2=1mol/L，故B正確；C.2

mol?L-1AgNO3溶液NO3-物質的量濃度為2mol/L，故C錯誤；

D.0.4

mol?L-1

Al（NO3）3溶液中NO3-物質的量濃度為0.4mol/L×3=1.2mol/L，故D錯誤。故選B?！军c睛】溶液中溶質離子濃度與溶液體積無關，與溶質電離出的相應離子數目及溶質的濃度有關。9.在地球上，氦元素主要以42He的形式存在，下列說法正確的是（

）A．42He原子核內含有4個質子

B．32He和42He互為同位素C．32He原子核內含有3個中子

D．32He和42He是同一種核素參考答案：B【Ks5u解析】A.He左下角的2為質子數，錯誤；B.32He和42He質子數相同，中子數不同，互為同位素，正確；C.32He的中子數=3-2=1，錯誤；D．32He和42He是不同的核素，錯誤；選B。10.下列實驗能達到對應實驗目的是（）A．用裝置甲完成實驗室制取氯氣B．用裝置乙除去二氧化碳中的少量氯化氫C．用裝置丙分離二氧化錳和氯化錳溶液D．用裝置丁蒸干碳酸氫鈉溶液制NaHCO3固體參考答案：C【考點】化學實驗方案的評價．【分析】A．濃鹽酸與二氧化錳需要加熱制備氯氣；B．除雜時導管長進短出；C．二氧化錳不溶于水；D．蒸干碳酸氫鈉溶液，碳酸氫鈉分解生成碳酸鈉．【解答】解：A．濃鹽酸與二氧化錳需要加熱制備氯氣，圖中缺少酒精燈，不能制備，故A錯誤；B．除雜時導管長進短出，圖中進氣方向不合理，故B錯誤；C．二氧化錳不溶于水，則可利用圖中過濾裝置分離，故C正確；D．蒸干碳酸氫鈉溶液，碳酸氫鈉分解生成碳酸鈉，應選結晶法制NaHCO3固體，故D錯誤；故選C．11.下列說法正確的是(

)A．氧化還原反應的特征是電子的轉移B．物質中某元素失去電子，則此物質是還原劑C．有單質參與的反應一定是氧化還原反應D．同種元素的價態(tài)越高，其氧化性一定越強參考答案：B考點：氧化還原反應．分析：A、氧化還原反應的實質是電子的轉移，特征是有化合價的升降；B、失去電子，化合價升高，則此物質是還原劑；C、同素異形體之間的轉化；D、Cl在+7價時其氧化性不如+1價．解答：解：A．氧化還原反應的特征有化合價的升降，故A錯誤；B．物質中某元素失去電子，化合價升高，則此物質是還原劑，故B正確；C．有單質生成的反應不一定是氧化還原反應，如同素異形體之間的轉化，故C錯誤；D．高氯酸中的氯+7價，不如次氯酸中+1價的氯氧化性強，故D錯誤．故選B．點評：本題考查氧化還原反應，題目難度不大，注意從化合價的角度分析，學習中注意一些常見化學反應類型12.設NA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.常溫下100mL.0.1mol/L醋酸溶液中含醋酸分子0.01NAB.1molNa與足量O2反應生成Na2O和Na2O2的混合物共失去NA個電子C.已知NaCl溶于乙醇中可制成膠體，0.1molNaCl在乙醇中形成的膠體含有0.1NA個膠粒D.7.8gNa2O2的固體中含有的陰離子數0.2NA參考答案：BA.醋酸部分電離，所以分子數不能確定，故錯誤；B.1molNa反應失去1mol電子，故正確；C.已知NaCl溶于乙醇中可制成膠體，膠體粒子是很多個微粒的集合體，故不能確定膠體粒子數，故錯誤；D.每個過氧化鈉中含有2個陽離子和一個陰離子，所以7.8gNa2O2即0.1mol過氧化鈉固體中含有的陰離子0.1mol，故錯誤。故選B。點睛：注意氧化鈉和過氧化鈉的結構特點，都含有2個陽離子和1個陰離子。過氧化鈉中的陰離子為O22-。膠體中膠體粒子是很多分子的集合體，通常不能計算膠體粒子數目。13.制印刷電路時常用氯化鐵溶液作為腐蝕液，發(fā)生的離子反應是：2Fe3+＋Cu＝2Fe2++Cu2+。現(xiàn)向盛有氯化鐵溶液的燒杯中同時加入鐵粉和銅粉，反應結束時，下列結果不可能出現(xiàn)的是A．燒杯中有銅無鐵

B．燒杯中有鐵無銅C．燒杯中鐵、銅都有

D．燒杯中鐵、銅都無參考答案：B略14.生產生活中離不開各類化學物質，下列物質中屬于鹽類的是（） A．燒堿 B．水晶 C．膽礬 D．金剛石參考答案：C【考點】酸、堿、鹽、氧化物的概念及其相互聯(lián)系． 【分析】鹽是指一類金屬離子或NH4+與酸根離子或非金屬離子結合的化合物，以此定義判斷． 【解答】解：A．燒堿是氫氧化鈉屬于堿，故A錯誤； B．水晶是二氧化硅晶體屬于酸性氧化物，故B錯誤； C．膽礬是五水硫酸銅是由銅離子和硫酸根結合的化合物，屬于鹽，故C正確； D．金剛石僅含一種元素是碳的單質，故D錯誤； 故選C． 【點評】本題考鹽類的定義和各種俗稱的化學成分，屬于基礎題目，難度不大． 15.考古學上常用碳元素的一種核素來測定文物的歷史年代。下列關于的敘述中，錯誤的是(

)

A.質子數是6

B.核外電子數是6

C.中子數是6

D.質量數是14參考答案：C 二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.乙酸乙酯是應用非常廣泛的有機溶劑，主要用于涂料、油墨、粘合劑、膠片、醫(yī)藥、化工、電子、化妝品及食品行業(yè)等。實驗室可用乙酸與乙醇反應制備乙酸乙酯。(1)為判斷乙酸乙酯中與乙基(-CH2CH3)相連的氧原子的來源，請沒計一種可進行判別的方案__________。(無需給

出實驗裝置實驗步驟，只需給出設計思想)。(2)為證明濃硫酸在該反應中起到了催化劑和吸水劑的作用，某同學利用下圖所示裝置進行以下四個實驗，實驗結束后充分振蕩試管II再測有機層的厚度，實驗記錄如下：編號

試管I中的試劑

有機層厚度/cmA

3

mL乙醇、2

mL乙酸、1

mL

18

mol/L濃硫酸

3.0B3

mL乙醇、2

mL乙酸0.1C3

mL乙醇、2

mL乙酸、6

mL

3mol/L硫酸1.2D

3

mL乙醇、2

mL乙酸、鹽酸1.2

①試管II中試劑的名稱為_______，其作用是__________。②分析比較實驗_____(填實驗編號)的數據，可推測出濃硫酸的吸水性提高了乙酸乙酯的產率。③分析比較實驗C、D，證明對酯化反應具有催化作用的是H+。實驗D中應加入鹽酸的體積和濃度分別是_______mL和_____mol/L。(3)現(xiàn)代化工生產探索以CH3CHO為原料，用(CH3CH2O)3Al作催化劑，合成乙酸乙酯：2CH3CHOCH3COOCH2CH3在實驗室中進行該實驗時，不同條件下的實驗結果如下表所示：

實驗序號

催化劑用量/g反應溫度/℃反應時間/h副產物/%選擇

性/%

轉化率/%10.3686.5-2520.3599.999.620.27810-0.5520.1299.8195.3930.3686.5-2120.199.899.740.36810-0.5520.899.597.3

【注】選擇性：轉化的CH3CHO中生成CH3COOCH2CH3

的百分比。下列說法正確的是_______

(填編號)。A.用乙醛合成乙酸乙酯，可減少“工業(yè)三廢”的排放B.溫度越高反應速率越快，乙醛的轉化率越高C.用乙醛合成乙酸乙酯的反應時間控制在12h為宜D.催化劑用量不會影響合成反應的選擇性轉化率E.(CH3CH2O)3Al是乙醛制乙酸乙酯的高效催化劑參考答案：(1)用含18O的乙醇與乙酸反應，檢驗18O出現(xiàn)在水中還是出現(xiàn)在乙酸乙酯中

(2)①飽和碳酸鈉溶液

降低酯的溶解度，

除去未反應的乙酸和乙醇

②A

③6

6

(3)ACE解析：(1)判斷乙酸乙酯中與乙基(-CH2CH3)相連的氧原子的來源，設計方案為：用含18O的乙醇與乙酸反應，檢驗18O出現(xiàn)在水中還是出現(xiàn)在乙酸乙酯中；(2)①試管II中試劑的名稱為飽和碳酸鈉溶液，其作用是降低酯的溶解度，

除去未反應的乙酸和乙醇；②②對照實驗A和B可知：試管Ⅰ中試劑實驗A比實驗B多1mL18mol·L-1濃硫酸，但是試管Ⅱ中試劑中測得有機層乙酸乙酯的厚度，實驗A為3.0cm，而實驗B只有0.1cm，故答案為：A；③本題是研究實驗D與實驗C相對照，證明H+對酯化反應具有催化作用的條件，題中采用了一個變量，實驗C3mol/LH2SO4，實驗D鹽酸，所以達到實驗目的，實驗D與實驗C中H+的濃度一樣，實驗C3mL乙醇、2mL乙酸、3mol/LH2SO4，實驗D3mL乙醇、2mL乙酸、鹽酸，要保證溶液體積一致，才能保證乙醇、乙酸的濃度不變，鹽酸體積為6mL，實驗D與實驗C中H+的濃度一樣，所以鹽酸的濃度為6mol/L；(3)A.用乙醛合成乙酸乙酯，可減少乙醛的排放，則減少“工業(yè)三廢”的排放，選項A正確；B.溫度越高反應速率越快，但乙醛易揮發(fā)溫度太高不利于轉化率的提高，選項B錯誤；C.由表中數據可知用乙醛合成乙酸乙酯的反應時間控制在12h為宜，此條件下選擇性和轉化率都很高，選項C正確；D.催化劑用量會影響合成反應的選擇性轉化率，選項D錯誤；E.由表中數據可知，(CH3CH2O)3Al是乙醛制乙酸乙酯的高效催化劑，選項E正確。答案選ACE。三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.完成下列填空（1）決定物質體積的因素有①構成物質的粒子數；②粒子大?。虎哿Ｗ娱g的距離．對固體、液體物質而言，它主要是由上述決定（填寫編號，下同）；對氣體物質而言，它主要由上述決定．（2）標準狀況下，體積為11.2L的CO2的質量g．（3）配制100mL2mol?L﹣1的H2SO4溶液，需要某98%H2SO4溶液（密度為1.8g/cm﹣3）的體積為ml．取配制后的溶液20ml，SO42﹣的物質的量為，加入足量的鋅，生成表況下氫氣的體積為：L．（4）檢驗純堿樣品中是否含NaCl應選用的試劑是

．（5）現(xiàn)有下列物質：①二氧化碳（CO2）②碳酸鈉（Na2CO3）③氯水④鈉（Na），請用序號完成下列填空：上述五種物質中屬于電解質的是，屬于非電解質的是．參考答案：（1）①②；①③；（2）22；（3）11.1；0.04mol；0.896；（4）硝酸、硝酸銀溶液；（5）②；①．考點：物質的量的相關計算；電解質與非電解質；物質的檢驗和鑒別的基本方法選擇及應用．分析：（1）對固體、液體物質而言，粒子大小遠遠大于粒子間的距離，可以忽略粒子間的距離；而對氣體物質而言，粒子間的距離遠遠大于粒子大小，可以忽略粒子大小，相同物質粒子數目越大，占有的體積越大；（2）根據n=計算二氧化碳的物質的量，再根據m=nM計算其質量；（3）根據c=計算濃硫酸物質的量濃度，再根據稀釋定律計算需要濃硫酸的體積；根據n=cV計算20mL溶液中n（H2SO4），SO42﹣的物質的量等于H2SO4的物質的量，根據H原子守恒計算生成氫氣的物質的量，再根據V=nVm計算氫氣體積；（4）檢驗氯離子即可，應先加入硝酸酸化，再用硝酸銀檢驗氯離子；（5）電解質是指水溶液或熔融狀態(tài)下可以導電的化合物，屬于純凈物，酸、堿、鹽、活潑金屬氧化物、水、一水合氨等屬于電解質，非電解質是指水溶液和熔融狀態(tài)下都不導電的化合物，非金屬氧化物、大多數有機物等屬于非電解質，而混合物、單質既不屬于電解質也不屬于非電解質．解答：解：（1）相同物質粒子數目越大，占有的體積越大對固體、液體物質而言，粒子大小遠遠大于粒子間的距離，可以忽略粒子間的距離，故構成物質的粒子數及粒子大小決定固體、液體的體積；而對氣體物質而言，粒子間的距離遠遠大于粒子大小，可以忽略粒子大小，故構成物質的粒子數、粒子間的距離決定氣體體積大小，故答案為：①②；①③；（2）標況下，11.2L二氧化碳的物質的量為=0.5mol，其質量為0.5mol×44g/mol=22g，故答案為：22；（3）根據c=可知，濃硫酸物質的量濃度為mol/L=18mol/L，根據稀釋定律，需要濃硫酸的體積為=11.1mL；20mL溶液中n（H2SO4）=0.02L×2mol/L=0.04mol，則n（SO42﹣）=n（H2SO4）=0.04mol，根據H原子守恒，生成氫氣的物質的量為0.04mol，標況下生成氫氣體積為0.04mol×22.4L/mol=0.896L，故答案為：11.1；0.04mol；0.896；（4）檢驗純堿樣品中是否含NaCl，檢驗氯離子即可，取樣品配成溶液，先加入硝酸酸化，除外碳酸根離子，再用硝酸銀檢驗氯離子，需要試劑為硝酸、硝酸銀溶液，故答案為：硝酸、硝酸銀溶液；（5）①二氧化碳（CO2）是非金屬氧化物，不能電離出自由移動的離子，屬于非電解質，②碳酸鈉（Na2CO3）屬于鹽，屬于電解質，③氯水是混合物，既不屬于電解質也不屬于非電解質，④鈉（Na）屬于單質，既不屬于電解質也不屬于非電解質，故答案為：②；①．點評：本題考查影響物質體積的因素、物質的量有關計算、氯離子檢驗、電解質與非電解質，難度不大，側重對基礎知識的鞏固．18.

(1)化學平衡常數K表示可逆反應的進行程度，K值越大，表示__________，K值大小與溫度的關系是：溫度升高，K值_________________。(填一定增大、一定減小、或可能增大也可能減小