高一化学试题大全.docx
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高一化学试题大全
高一化学试题答案及解析
1.下列气体中,既能用浓硫酸干燥,又能用氢氧化钠干燥的是( )
A.CO2
B.N2
C.SO2
D.NH3
【答案】B
【解析】CO2、SO2不能用氢氧化钠干燥,NH3不能用浓硫酸干燥
2.1.92g铜投入一定量的浓硝酸中,铜完全溶解,生成气体颜色越来越浅,共收集到672mL气体(标准状况),将盛有此气体的容器倒扣在水中,通入氧气恰好使气体完全溶解在水中,则需要标准状况下的氧气体积为 ( )
A.504mL
B.168mL
C.224mL
D.336mL
【答案】D
【解析】略
3.某学生配制一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液后,经测定发现溶液浓度偏低。
该学生找出以下原因,其中不会使溶液浓度偏低的是( )
A.没有用蒸馏水洗烧杯2—3次,并将洗液移入容量瓶中
B.容量瓶刚用蒸馏水洗净,没有烘干
C.定容时,滴加蒸馏水,先使液
面略高于刻度线,再吸出少量水使液面凹面与刻度线相切
D.定容时仰视刻度线
【答案】B
【解析】略
4.X、Y、Z均为短周期元素,它们在周期表中相对位置如图所示。
若Y原子的最外层电子是内层电子数的3倍,下列说法正确的是( )
A.X的气态氢化物比Y的稳定
B.W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强
C.Z的非金属性比Y的强
D.X与Y形成的化合物都易溶于水
【答案】B
【解析】略
5.在物质分类中,前者包括后者的是( )
A.氧化物、化合物 B.化合物、电解质 C.溶液、胶体 D
.溶液、分散系
【答案】B
【解析】略
6.下图所示是分离混
合物时常用的仪器,从左至右,可以进行的混合物分离操作分别是( )
A.蒸馏、蒸发、萃取、过滤
B.蒸馏、过滤、萃取、蒸发
C.萃取、过滤、蒸馏、蒸发
D.过滤、蒸发、萃取、蒸馏
【答案】C
【解析】略
7.化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。
化学键的键能是形成(或拆开)1mol化学键时释放(或吸收)的能量。
已知白磷和P4O6的分子结构如下图所示,现提供以下化学键的键能(kJ/mol):
P—P:
198,P—O:
360,O===O:
498,则反应P4(白磷)+3O2===P4O6,0.5molP4的完全反应时吸放热为
A.放热1638kJ
B.吸热1638kJ
C.放热819kJ
D.吸热126kJ
【答案】C
【解析】略
8.在盛有碘水的试管中,加入适量CCl4后充分振荡,静置片刻后
A.整个溶液变紫色
B.整个溶液变为棕黄色
C.上层为无色,下层为紫红色
D.下层无色,上层紫红色
【答案】C
【解析】略
9.具有显著抗癌活性的10-羟基喜树碱的结构如图所示。
下列关于10-羟基喜树碱的说法正确的是:
( )
A.分子式为C20H16N2O5
B.不能与FeCl3溶液发生显色反应
C.不能发生酯化反应
D.一定条件下,1mol该物质最多可与1molNaOH反应
【答案】A
【解析】略
10.L、M、Q、R、T是短周期元素,根据下表信息,判断以下叙述
正确的是
元素代号
L
M
Q
R
T
原子半径/nm
0.160
0.143
0.112
0.104
0.066
主要化合价
+2
+3
+2
+6、—2
—2
A.氢化物的沸点为H2T B.单质与稀盐酸反应的速率为L C.M与T形成的化合物具有两性 D.L2+与R2-的核外电子数相等 【答案】C 【解析】略 11.某元素原子的最外电子层上只有2个电子,该元素是 A.一定是IIA元素 B.一定是金属元素 C.一定是正二价元素 D.可能是金属元素,也可能是非金属元素 【答案】D 【解析】略 12.门捷列夫在描述元素周期表时,许多元素尚未发现,但他为第四周期的三种元素留下了空位,并对它们的一些性质做了预测,X是其中的一种“类硅”元素,后来被德国化学家文克勒发现,并证实门捷列夫当时的预测相当准确。 根据元素周期律,下列有关X性质的描述中错误的是( ) A.X单质不易与水反应 B.XO2可被碳或氢还原为X C.XCl4的沸点比SiCl4的高 D.XH4的稳定性比SiH4的高 【答案】D 【解析】略 13.某元素X的气态氢化物的化学式为H2X,则X的最高价氧化物的水化物的化学式为( ) A.H2XO3 B.HXO3 C.H3XO4 D.H2XO4 【答案】D 【解析】略 14.(4分)判断物质中化学键时应该注意一些问题,下列说法中正确的是 ①存在离子键的化合物一定是离子化合物,离子化合物中一定存在离子键 ②离子化合物可以只含非金属元素,也可以存在共价键,如NH4Cl ③共价化合物中只含有共价键,不含离子键 K^S*5U.C# ④非金属单质(稀有气体除外)中只含有共价键 ⑤稀有气体由单原子组成,无化学键 ⑥只含有共价键的化合物一定是共价化合物,只含有共价键的物质不一定是共价化合物,可能是单质;含有共价键的化合物不一定是共价化合物,可能是离子化合物,例如NaOH 【答案】①②③④⑤⑥ 【解析】略 15.下列叙述中,金属A的活泼性肯定比金属B的活泼性强的是( ) A.常温时,A能从水中置换出氢,而B不能 B.A原子电子层数比B原子的电子层数多 C.1molA与足量的酸反应生成的H2比1molB生成的H2多 D.A原子的最外层电子数比B原子的最外层电子数少 【答案】A 【解析】略 16.下列结论是从某同学的作业本上摘录的,其中你认为肯定正确的是: ①微粒半径: S2->Cl->Ca2+>K+ ②氢化物稳定性: HF>HCl>H2S>H2Se ③还原性: S2->Cl->Br->I- ④氧化性: Cl2>S>Se>Te ⑤酸性: H2SO4>HClO4>H2SeO4 ⑥得电子能力: F>Cl>Br>I A.②④⑥ B.①③④ C.只有① D.只有⑥ 【答案】A 【解析】略 17.(14分) (1)某同学用托盘天平称量烧杯的质量,天平平衡后的状态如图1所示。 由图中可以看出,该同学在操作时的一个错误是_________________,烧杯的实际质量为_______________g。 (2)需配制210mL0.2mol·L-1NaCl溶液,该同学转移溶液的示意图如图2所示。 指出实验中存在的错误_______________________。 (3)用质量分数为98%、密度为1.84g·cm-3的浓硫酸配制100mL0.1mol·L-1的稀硫酸。 ①应用量筒量取浓硫酸______________mL; ②配制硫酸时需用到的仪器有____________________________;(除量筒外,写出其余四种) ③下列操作使所配制溶液的物质的量浓度偏高的是____________(填序号)。 A.称量时用了生锈的砝码 B.将NaOH放在纸张上称量 C.定容时俯视刻度线 D.往容量瓶中转移时,有少量液体溅出 E.未洗涤溶解NaOH的烧杯 F.定容时仰视刻度线 G.容量瓶未干燥即用来配制溶液 H.定容后塞上瓶塞反复摇匀,静置后,液面不到刻度线,再加水至刻度线 【答案】 (1)烧杯与砝码的位置放反(2分)27.4(2分) (2)未用玻璃棒引流;应用250mL容量瓶(2分) (3)①5.4(2分)②玻璃棒、烧杯、1000mL容量瓶、胶头滴管(4分)③AC(2分) 【解析】 (1)托盘天平在使用时应该遵循左物右码的原则,所以该同学错误是砝码放在左盘,烧杯放在右盘,即砝码和物品的位置放反了;由于此时游码的读书是2.6g,砝码的读书是30.0g,所以物质的实际质量是30.0g-2.6g=27.4g。 (2)根据装置图可知,共有两处错误,分别是①没有用玻璃棒引流;②容量瓶规格错误,没有用250ml容量瓶。 (3)①浓H2SO4的物质的量浓度c= mol/L=18.4mol/L.根据稀释定律,稀释前后溶质的物质的量不变,来计算浓硫酸的体积,设浓硫酸的体积为VmL,所以VmL×18.4mol/L=100mL×1mol/L,解得: V≈5.4ml。 ②配制硫酸时需用到的仪器除量筒外还有有玻璃棒、烧杯、100mL容量瓶、胶头滴管;③根据c= 进行判断,A、当砝码生锈时,砝码的质量比所标的值偏大,导致称量的NaOH质量偏大,配制的溶液中溶质的物质的量偏大,根据c= 可得,配制的溶液浓度偏高;B、将NaOH放在纸张上称量;会导致部分氢氧化钠潮解、变质,称量的氢氧化钠质量偏小,配制的溶液中氢氧化钠的物质的量偏小,溶液的浓度偏小;C、定容时俯视刻度线,导致加入的蒸馏水体积偏小,配制的溶液体积偏小,溶液浓度偏大;D、往容量瓶转移时,有少量液体溅出,导致配制溶液中氢氧化钠的物质的量偏小,溶液的浓度偏小;E、未洗涤溶解NaOH的烧杯,溶液中氢氧化钠的物质的量偏小,溶液的浓度偏小;F、定容时仰视刻度线,导致加入的蒸馏水体积偏大,配制的溶液体积偏大,溶液浓度偏小;G、容量瓶未干燥即用来配制溶液,对溶质的物质的量及最终溶液的体积都没有影响,所以不影响配制结果;H、定容后塞上瓶塞反复摇匀,静置后,液面不到刻度线,再加水至刻度线,导致配制的溶液体积偏大,配制的溶液浓度偏小。 【考点】考查考查一定物质的量浓度溶液的配制,物质的称量,误差分析。 【名师】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法及误差分析,本题难度不大。 1、配置一定物质的量浓度的溶液: (1)仪器: 容量瓶(应注明体积),烧杯,量筒,天平,玻璃棒,滴管 (2)原理: c(浓溶液)V(浓溶液)=c(稀溶液)V(稀溶液) (3)步骤: 第一步: 计算。 第二步: 称量: 在天平上称量溶质,并将它倒入小烧杯中。 第三步: 溶解: 在盛有溶质的小烧杯中加入适量蒸馏水,用玻璃棒搅拌,使其溶解。 第四步: 移液: 将溶液沿玻璃棒注入容量瓶中。 第五步: 洗涤: 用蒸馏水洗烧杯2~3次,并倒入容量瓶中。 第六步: 定容: 倒水至刻度线1~2cm处改用胶头滴管滴到与凹液面平直。 第七步: 摇匀: 盖好瓶塞,上下颠倒、摇匀。 第八步: 装瓶、贴签。 2、根据cB=nB/V可得,一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量nB和溶液的体积V引起的。 误差分析时,关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化。 在配制一定物质的量浓度溶液时,若nB比理论值小,或V比理论值大时,都会使所配溶液浓度偏小;若nB比理论值大,或V比理论值小时,都会使所配溶液浓度偏大。 18.在MgCl2、KCl、K2SO4三种盐的混合溶液中,若K+、Cl-各为1.5mol,Mg2+为0.5mol,则SO42-的物质的量为 A.0.1mol B.0.5mol C.0.15mol D.0.25mol 【答案】B 【解析】根据溶液中的离子的电荷守恒计算,1.5+0.5*2=1.5+2x 则x=0.5,硫酸根的物质的量为0.5摩尔,选B。 【考点】溶液中离子的计算 19.从海水(含氯化镁)中提取镁,可按如下步骤进行: ①把贝壳制成石灰乳[Ca(OH)2];②在引入的海水中加入石灰乳,沉降、过滤、洗涤沉淀物;③将沉淀物与盐酸反应,结晶过滤、在HCl气体氛围中干燥产物;④将得到的产物熔融电解得到镁。 下列说法不正确的是( ) A.此法的优点之一是原料来源丰富 B.①②③步骤的目的是从海水中提取MgCl2 C.以上提取镁的过程中涉及分解、化合和复分解反应 D.第④步电解不是氧化还原反应 【答案】D 【解析】①把贝壳煅烧产生CaO,将水加入CaO中制成石灰乳[Ca(OH)2];由于海边含有丰富的海产品,故贝壳非常丰富,所以此法的优点之一是原料来源丰富,正确;B.①是为了制取Ca(OH)2,②是为了是MgCl2转化为Mg(OH)2沉淀;③步骤的目的是从海水中提取纯净的无水MgCl2,故①②③步骤的目的是从海水中提取MgCl2,正确;C.贝壳煅烧产生CaO和CO2的反应是分解反应,CaO与水反应制取石灰乳的反应是化合反应;石灰乳与MgCl2反应制取Mg(OH)2沉淀是复分解反应;正确;D.第④步电解熔融的MgCl2制取Mg和Cl2的反应有元素化合价的变化,故是氧化还原反应,错误。 【考点】考查从海水(含氯化镁)中提取镁的反应原理及化学操作的知识。 20.下列说法正确的是( ) A.含有金属元素的化合物一定是离子化合物 B.第IA族和第VIIA族原子化合时,一定生成离子键 C.由非金属元素形成的化合物一定不是离子化合物 D.活泼金属与非金属化合时,能形成离子键 【答案】D 【解析】A.AlCl3是共价化合物,错误;B.第ⅠA族的H和第ⅦA族原子化合时,形成共价键,错误;C.由非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物,如,氯化铵全部是由非金属元素组成,但是它是离子化合物,错误;D.活泼金属与非金属化合时,活泼金属易失电子而变成阳离子,活泼非金属易得电子而变成阴离子,能形成离子键,正确。 【考点】考查化学键的判断 21.实验室中配制250mL0.10mol·L-1NaOH溶液时,必须使用到的玻璃仪器是( ) 【答案】D 【解析】一般用托盘天平称量,用药匙取药品,在烧杯中溶解,并用玻璃棒搅拌,冷却后转移到250ml容量瓶中,并用玻璃棒引流,当加水至液面距离刻度线1~2cm时,改用胶头滴管滴加至溶液凹面与刻度线水平相切,盖好瓶塞,摇匀.所以需要的仪器为托盘天平、药匙、250mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管,故所给的仪器中一定用到250ml的容量瓶,故D正确。 【考点】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液。 22.下图是喷泉实验装置图,下列说法正确的是( ) A.烧瓶中的溶液呈红色,则原气体一定是SO2 B.形成喷泉的原因是烧瓶内压强小于外界大气压 C.烧瓶中的溶液呈蓝色,则原气体一定属于碱类物质 D.若将石蕊改成氢氧化钠,则CO、CO2均能形成喷泉 【答案】B 【解析】烧瓶中的溶液呈红色,说明气体溶于水呈酸性,则原气体可能是HCl、SO2等酸性气体,故A错误;烧瓶中的气体溶于烧杯内的液体,使烧瓶内压强小于外界大气压形成喷泉,故B正确;烧瓶中的溶液呈蓝色,则原气体溶于水一定属于碱类物质,故C错误;CO不溶于氢氧化钠溶液,若将石蕊改成氢氧化钠,CO不能形成喷泉,故D错误。 【考点】本题考查喷泉实验。 23.a、b、c、d为短周期元素,a的M电子层有1个电子,b的最外层电子数为内层电子数的2倍,c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍,c与d同周期,d的原子半径小于c。 下列叙述错误的是( ) A.d元素的非金属性最强 B.它们均存在两种或两种以上的氧化物 C.只有a与题中其他元素生成的化合物都是离子化合物 D.c、d形成的气态氢化物的还原性: d>c 【答案】D 【解析】a、b、c、d为短周期元素,a的M电子层有1个电子,则a是Na;b的最外层电子数为内层电子数的2倍,则b是C;c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍,这说明c是第ⅥA元素,氧元素没有最高价,则该元素是S;c与d同周期,d的原子半径小于c,所以d是Cl。 A.氯元素的非金属性最强,A正确;B.它们均存在两种或两种以上的氧化物,B正确;C.只有Na与题中其他元素生成的化合物都是离子化合物,C正确;D.非金属性越强,氢化物的还原性越弱。 非金属性是Cl>S,则c、d形成的气态氢化物的还原性: c>d,D错误,答案选D。 【考点】考查元素推断和元素周期律的应用 24.60mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和20mL盐酸,不管将前者滴加入后者,还是将后者滴加入前者,都有气体产生,但最终生成的气体体积不同,则盐酸的浓度合理的是 A.10.0mol/L B.15mol/L C.1.2mol/L D.0.9mol/L 【答案】B 【解析】当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32﹣+2H+==H2O+CO2↑,当盐酸滴入碳酸钠溶液时,反应顺序为CO32﹣+H+═HCO3﹣、HCO3﹣+H+==H2O+CO2↑,则HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质的量,又因为最终生成的气体体积不同,则HCO3﹣+H+==H2O+CO2不能全部完成,即HCl的物质的量比Na2CO3的物质的量的二倍少,碳酸钠的物质的量为0.2mol,则HCl的物质的量应介于0.2mol~0.4mol之间,盐酸溶液的体积为20mL=0.02L,即盐酸的浓度应该是大于10mol/L,小于20mol/L,选B。 【考点】考查碳酸钠的性质。 25.将铁片和碳棒按图示方式插入硫酸铜溶液中,电流计指针发生偏转。 下列针对该装置的说法,正确的是( ) A.碳棒是正极 B.该装置能将电能转化为化学能 C.外电路中电流由铁片流出经过电流计流向碳棒 D.该装置的总反应为: 2Fe+3Cu2+=2Fe3++3Cu 【答案】A 【解析】A、铁是活泼金属,铁作负极,碳作正极,A正确;B、该装置能将化学能转化为电能,B错误;C、外电路中电流由正极流向负极,即由碳棒流向铁,C错误;D、该装置的总反应为: Fe+Cu2+=Fe2++Cu,D错误。 答案选A。 【考点】原电池原理 26.下列说法中错误的是( ) A.在元素周期表金属与非金属分界线附近能找到制半导体材料的元素 B.离子键、共价键、氢键都是化学键 C.元素周期律是元素原子核外电子排布周期性变化的必然结果 D.卤族单质,随着相对分子量的增大,分子间作用力增强,熔沸点也相应升高 【答案】B 【解析】A、半导体材料的元素在元素周期表金属与非金属分界线附近能找到,A正确;B、氢键是分子间作用力,不是化学键,B错误;C、元素原子核外电子排布周期性变化的必然结果是元素周期律故C正确;D、卤族单质,随着相对分子量的增大,分子间作用力增强,熔沸点也相应升高,D正确;答案选B。 【考点】考查结构性质位置关系应用 27.下列各数值表示有关元素的原子序数,能形成AB2型离子化合物的是( ) A.6与8 B.11与13 C.11与16 D.12与17 【答案】D 【解析】A、二者分别是C和O,形成的CO2是共价化合物,A错误;B、二者分别是Na和Al,均是金属,不能形成化合物,B错误;C、分别是Na和S,形成离子化合物Na2S,C错误;D、二者分别是Mg和Cl,形成离子化合物MgCl2,D正确,答案选D。 【考点】考查元素推断及化合物判断 28.鲨鱼是世界上唯一不患癌症的动物,科学研究表明,鲨鱼体内含有一种角鲨烯,具有抗癌性.已知角鲨烯分子中含有30个碳原子及6个C=C且不含环状结构,则其分子式为( ) A.C30H50 B.C30H56 C.C30H52 D.C30H60 【答案】A 【解析】含30个碳原子的烷烃其分子式为C30H62,当分子中含有6个C=C而不含环状结构时,氢原子数减少12个,所以角鲨烯的分子式为C30H50;故选A。 【考点】考查有机物分子式的确定 29.下列说法错误的是 A.58.5gNaCl溶于1L水中配得1mol/LNaCl溶液 B.在标准状况下,44.8LHCl气体溶于水配成1L溶液,所得溶液中溶质的物质的量浓度为2mol/L。 C.在标准状况下,22.4L氨气溶于水配成1L溶液,从所得溶液中取出10mL,其物质的量浓度为1mol/L。 D.1mol/L的CaCl2溶液1L,取出100mL,含0.2molCl-。 【答案】A 【解析】A.58.5gNaCl的物质的量是58.5g÷58.5g/mol=1mol,溶于1L水中,所得溶液的体积不是1L,因此不能计算物质的量浓度,A错误;B.在标准状况下,44.8LHCl气体的物质的量=44.8L÷22.4L/mol=2mol, 溶于水配成1L溶液,所得溶液中溶质的物质的量浓度为2mol/L,B正确;C.在标准状况下,22.4L氨气的物质的量=22.4L÷22.4L/mol=1mol,溶于水配成1L溶液,浓度是1mol/L。 溶液是均匀的,因此从所得溶液中取出10mL,其物质的量浓度为1mol/L,C正确;D.1mol/L的CaCl2溶液1L,取出100mL,含有0.1L×2×1mol/L=0.2molCl-,D正确,答案选A。 【考点】考查物质的量浓度的有关计算 30.在制蒸馏水的实验中,下列叙述不正确的是 A.在蒸馏烧瓶中盛约1/3体积的自来水,并放入几粒沸石 B.冷水从冷凝管下口入,上口出 C.冷水从冷凝管上口入,下口出 D.收集蒸馏水时,应弃去开始馏出的部分液体 【答案】C 【解析】A、蒸馏烧瓶中液体体积约1/3,加入沸石防止暴沸,A正确;B、冷凝水从冷凝管下口进,上口出,B正确;C、冷凝水从冷凝管下口进,上口出,C错误;D、收集蒸馏水时,开始馏出的部分液体不纯应舍弃D正确。 【考点】蒸馏实验基本操作等知识。 31.下列关于胶体应用与其性质的对应不正确的是( ) A.鉴别胶体与浊液(丁达尔效应) B.高压除尘(电泳现象) C.河海交汇处可沉积沙洲(聚沉) D.喷雾剂的应用(布朗运动) 【答案】A 【解析】鉴别胶体与浊液可直接通过外观观察,鉴别溶液和胶体采用丁达尔效应。 其余都正确。 故选A。 【考点】胶体的性质 32.一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为: 5NH4NO3=2HNO3+4N2+9H2O,在反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 A A.5∶3 B.5∶4 C.1∶1 D.3∶5 【答案】A 【解析】铵根中氮元素化合价从-3价升高到0价,失去3个电子;硝酸根中氮元素化合价从+5价降低到0价,得到5个电子,则根据电子得失守恒可知反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶3,答案选A。 【考点】考查氧化还原反应计算 【名师点晴】掌握元素的化合价变化情况以及灵活应用电子得失守恒是解答的关键,注意守恒法解题的思维流程为: (1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 (2)找准一个原子或离子得失电子数。 (注意化学式中粒子的个数)。 (3)根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。 即n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价-低价)=n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价-低价)。 33.已知X2O8n-有强氧化性,X2O8n-在一定条件下可以把Mn2+氧化成MnO4-,若反应后X2O8n-变成XO42-,又知反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为5: 2,则X2O8n-中n值为( ) A.4 B.3 C.2 D.1 【答案】C 【解析】X2O8n-中X的化合价是(8-n/2),反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为5: 2,则根据电子得失守恒可知5×(
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