四川省成都市外国语学校2022-2022学年高一化学5月月考试题含解析.doc
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1、成都外国语学校2022-2022学年度下期5月月考高一化学试题可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Cl-35.5 Ca-40 Cu-64 第一卷(选择题共50分)一选择题(每题仅有一个正确答案,每题2分,共50分)1.“生物质能主要指树木、庄稼、草类等植物直接或间接提供的能量。以下做法既可利用生物质能,又可减少环境污染的是( )A. 秸秆就地燃烧B. 秸秆粉碎还田C. 秸秆生产沼气D. 秸秆造纸【答案】C【解析】【详解】A秸秆就地燃烧会产生大气污染物,故A错误; B秸秆粉碎还田不能充分利用生物质能,故B错误;C利用秸秆发酵能够产生沼气
2、和肥料,既可利用生物质能,又可减少环境污染,故C正确;D秸秆造纸不能充分利用生物质能,且产生的废水易污染环境,故D错误答案选C。2.法国里昂的科学家最近发现一种只有四个中子构成的粒子,这种粒子称为“四中子,也有人称之为“零号元素。以下有关“四中子粒子的说法不正确的选项是A. 该粒子不显电性B. 该粒子质量数为4C. 在周期表中与氢元素占同一位置D. 该粒子质量比氢原子大【答案】C【解析】质子数为0,中子数为4,质量数为4,为零号元素,和氢不在一格,C错误。3.以下有关化学用语正确的选项是 A. 全氟丙烷的电子式为:B. 的分子式为:C8H8C. 乙烯的结构简式为:CH2CH2D. 硝基苯的结构
3、简式:【答案】B【解析】【详解】A.该电子漏掉了氟原子最外层未参与成键的电子,其电子式应该为:,故A项错误;B.由有机物键线式的书写规那么可知的分子式为:C8H8,故B项正确;C.乙烯的结构简式为:,其中碳碳双键在书写时不能省略,故C项错误;D. 分子中成键原子的连接错误,结构简式应该为:,故D项错误;答案选B。【点睛】此题主要考查了有机物的电子式、结构简式、键线式等用语的表达,在结构简式的表达中注意碳碳双键、碳碳叁键等重要的官能团不能省略。4.CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径。以下是在一定条件下用NH3捕获CO2生成重要化工产品三聚氰酸的反响:以下有关三聚氰酸的说法正确的选项是(
4、) NH3+CO2 +H2OA. 分子式为C3H6N3O3B. 三聚氰酸可与水形成氢键C. 分子中既含极性键,又含非极性键D. 生成该物质的上述反响为化合反响【答案】B【解析】【详解】A.由其结构简式可得三聚氰酸的分子式为C3H3O3N3,故A说法错误;B.三聚氰酸分子中含有羟基,易与水分子形成氢键,故B说法正确;C.该分子中全部是不同原子间形成的共价键,故不存在非极性键,故C说法错误;D.该反响的生成物有二种,故该反响不属于化合反响,故D说法错误;答案选B。【点睛】根据氢键的形成条件可推知含有羟基、羧基、氨基、碳基等有机化合物间易形成氢键。5.恒温下,物质的量之比为21的SO2和O2的混合气
5、体在容积为2 L的恒容密闭容器中发生反响:2SO2(g)O2(g)2SO3(g)(正反响为放热反响),n(SO2)随时间变化关系如下表:时间/min012345n(SO2)/mol0.200.160.130.110.080.08以下说法正确的选项是( )A. 当容器中气体的密度不变时,该反响到达平衡状态B. 该反响进行到第3分钟时,逆反响速率小于正反响速率C. 从反响开始到到达平衡,用SO3表示的平均反响速率为0.01 mol/(Lmin)D. 容器内到达平衡状态时的压强与起始时的压强之比为54【答案】B【解析】【分析】A未到达平衡状态,气体的密度也一直不变;B该反响进行到第3分钟时向正反响方
6、向进行;C根据v=c/t计算;D根据压强之比等于物质的量之比计算。【详解】A容器内气体密度不再发生变化,容器容积不变,气体的总质量不变,所以气体的密度始终不变,因此密度不能作为判断平衡状态的依据,故A错误;B根据表中数据可知反响进行到第3分钟时没有到达平衡状态,反响向正反响方向进行,那么逆反响速率小于正反响速率,故B正确;C由表格数据可知,4min时到达平衡,消耗二氧化硫为0.20mol-0.08mol=0.12mol,即生成SO3为0.12mol,浓度是0.06mol/L,那么用SO3表示的平均反响速率为0.06mol/L4min=0.015 mol/Lmin,故C错误;D开始SO2和O2的
7、物质的量分别为0.2mol、0.1mol,由表格数据可知平衡时SO2、O2、SO3的物质的量分别为0.08mol、0.04mol、0.12mol,由压强之比等于物质的量之比可知,到达平衡状态时的压强与起始时的压强之比为(0.08+0.04+0.12)/(0.2+0.1)=4:5,故D错误;答案选B。【点睛】此题考查化学平衡的计算,为高频考点,把握平衡判定、平衡移动、速率及压强比的计算为解答的关键,侧重分析与计算能力的考查,注意表格数据的应用,题目难度不大。6.一定量的盐酸与过量的铁粉反响时,为了减缓反响速率,且不影响生成氢气的总量,可向盐酸中参加适量的( )A. CH3COONaB. KNO3
8、溶液C. Na2CO3D. NaHSO4【答案】A【解析】【分析】根据题意可知:为减缓反响速率,且不影响生成氢气的总量,应该参加的物质能使C(H+)的浓度减小,但最终酸电离产生的n(H+)不变。【详解】A. 参加CH3COONa生成弱酸,H+离子浓度降低,反响速率减慢,但酸电离产生的H+离子的总的物质的量的不变,那么不影响生成氢气的总量,故A正确;B. KNO 3 溶液在酸性条件下具有强氧化性,与铁反响不生成氢气,影响生成氢气的总量,故B错误;C. Na2CO3与盐酸反响,影响生成氢气的总量,故C错误;D. NaHSO4电离产生H+离子,H+的离子浓度增大、物质的量增大,所以氢气的总量增加,反
9、响速率加快,故D错误;答案选A。【点睛】注意审题:看清楚过量的是铁粉还是盐酸!再结合题干答题。7.以下事实能够说明甲比乙金属性强的是( )A. 乙单质能从甲的盐溶液中置换出甲单质B. 甲单质与乙单质构成原电池,甲单质作负极C. 最高价氧化物对应的水化物碱性比拟,乙比甲的强D. 甲、乙的单质都能与盐酸反响,相同条件下甲单质与盐酸反响更剧烈【答案】D【解析】【分析】金属性:是指在化学反响中金属元素失去电子的能力。【详解】A为金属单质之间的置换反响,活泼金属置换出较不活泼金属,那么甲的失电子能力一定比乙弱,故A错误;B原电池中一般活泼金属作负极,失去电子能力强,但是如:铝-镁-氢氧化钠溶液形成的原电
10、池中,铝作负极,故B错误;C最高价氧化物水化物的碱性越强,对应金属的金属性越强,由甲、乙两元素的最高价氧化物水化物的碱性乙比甲的强,那么甲的失电子能力一定比乙弱,故C错误;D与酸或水反响的剧烈程度,越剧烈越活泼,对应金属的金属性越强,甲、乙的单质都能与盐酸反响,相同条件下甲单质与盐酸反响更剧烈,那么甲的失电子能力一定比乙强,故D正确;答案选D。【点睛】一般来说,比拟金属性可以从以下几个方面来考虑:1.与酸或水反响的剧烈程度,越剧烈越活泼;2.金属之间的置换。换句话说,1就是金属活动性强的从金属活动性弱的盐溶液中将金属活动性弱的金属置换出来。2是在金属活动性顺序表中,前者的金属性强于后者。3.金
11、属对应的最高价氧化物的水化物碱性强弱,碱性越强,金属性越强。4.金属阳离子的氧化性越强,那么单质的复原性越弱,元素的金属性越弱。8.某有机物的结构如图,那么以下说法正确的选项是( )A. 该物质为苯的同系物B. 该物质的官能团是苯环C. 该物质能使酸性高锰酸钾褪色D. 在铁做催化剂时,该物质可以和溴水发生取代反响【答案】C【解析】【分析】苯的同系物只含一个苯环;苯环虽不是官能团,但含有苯环的有机物具有苯的一些性质;与苯环相连的第一个碳原子上有氢原子,能被酸性高锰酸钾溶液氧化成羧基。【详解】A.该结构中含2个苯环,故不是苯的同系物,故A错误;B.苯环不是官能团,故B错误;C.与苯环相连的第一个碳
12、原子上假设有氢原子,那么其能被酸性高锰酸钾溶液氧化成羧基,而使酸性高锰酸钾溶液褪色,故C正确;D. 在铁做催化剂时,该物质可以和液溴发生取代反响,而不是溴水,故D错误;答案选C。9.以下实验操作能到达目的的是( )实验目的实验操作A除去乙醇中的水参加生石灰,蒸馏B除去乙烷中的乙烯将混合气体通入酸性高锰酸钾溶液C鉴别苯和环己烷参加溴水振荡,静置后观察分层及颜色差异D别离苯和溴苯加水后分液A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A 参加生石灰,石灰石与水反响生成不挥发的氢氧化钙,再蒸馏可制取无水乙醇,故A正确;B乙烷和酸性高锰酸钾不反响,但乙烯和酸性高锰酸钾反响可能生成二氧化碳气
13、体而引入新的杂质,故B错误;C苯和环己烷密度均比水小且均不溶于水,和溴水都会发生萃取,故不能用溴水鉴别苯和环己烷,故C错误;D苯和溴苯均不溶于水,应该蒸馏分开苯和溴苯,故D错误;答案选A。【点睛】此题考查化学实验方案的评价,为高频考点,把握有机物的结构与性质、混合物别离提纯为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意实验的评价性分析,题目难度不大。10.用NA表示阿伏加德罗常数的值,以下说法正确的选项是( )A. 标准状况下,28 g CH2CH2含有的共用电子对数为6NAB. 标准状况下,11.2 L己烷中含有的分子数为0.5NAC. 常温常压下,23 g Na完全燃烧时失去的电子数为2NA
14、D. 1molOH(羟基)含有的电子数为10NA【答案】A【解析】【详解】A. 28g乙烯物质的量为1mol,根据乙烯的结构简式CH2=CH2,可知其分子中含共用电子对的数目为6NA,故A正确;B. 己烷在标准状况下不是气体,11.2 L己烷物质的量不是0.5mol,故B错误;C. 由得失电子守恒知,23 g Na完全燃烧时失去的电子数为NA,故C错误;D. 1 mol OH(羟基)含有的电子数为9NA,故D错误;答案选A。【点睛】此题考查了阿伏伽德罗常的应用,主要考查气体摩尔体积的体积应用,质量换算物质的量计算微粒数,注意标况下己烷为液体,题目难度不大。11.电动汽车以锂电池提供动力,锂电池
15、技术已经成为汽车研究的前沿科技某锂电池的电池反响为:xLi+Li3-xNiCoMnO6 Li3NiCoMnO6,以下说法正确的选项是A. 该电池的充、放电过程互为可逆反响B. 放电时,电池的负极反响为Li-e-=Li+C. 放电过程中,Li+向电池的负极移动D. 该电池可以采用醋酸、乙醇等作为电解质溶液【答案】B【解析】分析:可充电电池的构成条件和工作原理都与原电池的相似,只是从物质的角度而言可逆向进行,但进行的条件不同,具此可解答如下。A、对电池充电是在外接电源的情况下,使其逆向进行,而放电是在没有外接电源的情况下自发进行的,二者进行的条件不同,充、放电也不是同时发生的,所以二者不是可逆反响
16、,故A错误;B、原电池放电时,较活泼的电极或易失电子的物质作负极,发生氧化反响,所以该电池放电时的负极反响为Li-e-=Li+,故B正确;C、原电池放电过程中,电池内部的阳离子向正极移动,阴离子向负极移动,所以Li+向电池的正极移动,故C错误;D、醋酸能与金属Li反响,而乙醇是非电解质,所以该电池不能用醋酸、乙醇作电解质溶液,故D错误。此题答案为B。点睛:正确理解可逆反响的含义是解答此题的关键,强调相同的条件,正逆反响同时进行才是可逆反响。12.短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大,B和D同主族;X、Y、N分别是由以上四种元素中两种组成的化合物,Z是由以上三种元素组成的化合物;假设X与Y
17、的摩尔质量相同,Y为淡黄色固体,N常温下是液体,上述物质之间的转化关系如下图(局部生成物省略),那么以下说法中一定正确的选项是( )A. 相对分子质量MN,沸点MNB. 原子半径:DBCAC. Z 为 NaOHD. M中含有非极性键【答案】C【解析】【分析】短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大,X、Y、N分别是由以上四种元素中的两种组成的化合物,Y为淡黄色固体,可知Y为Na2O2;Z是由以上三种元素组成的化合物,那么Z为NaOH;N常温下是液体,N为H2O,假设X与Y摩尔质量相同,可知X为Na2S,M为H2S,结合原子序数及B和D同主族可知,A为H,B为O,C为Na,D为S,以此来解答。
18、【详解】AN为H2O,M为H2S,相对分子质量MN,水分子间含氢键,那么沸点为NM,故A错误;B一般电子层越多的原子,其原子半径越大,具有相同电子排布时,原子序数大的原子半径小,那么原子半径:CDBA,故B错误;C由上述分析可知,Z为NaOH,故C正确;DM为H2S,M中只含有极性键,故D错误;答案选C。【点睛】此题考查无机物的推断及原子结构、元素周期律,为高频考点,把握Y为过氧化钠、X为硫化钠来推断物质为解答关键,侧重分析与推断能力的考查,注意元素化合物知识及规律性知识的应用,题目难度不大。13.分子式为C6H14的烷烃中,含有3个甲基的同分异构体的数目为( )A. 2个B. 3个C. 4个
19、D. 5个【答案】A【解析】【分析】同分异构体:具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体。【详解】C6H14的同分异构体共有5种,但其中只含有三个甲基的是2-甲基戊烷和3-甲基戊烷,故A正确;答案选A。【点睛】出错的原因是无视题目中的限制条件“含有3个甲基而错选D。14.2022年的诺贝尔化学奖颁给在烯烃复分解反响研究方面做出突出奉献的化学家。烯烃复分解是指在催化条件下实现C=C双键断裂两边基团换位的反响。如图表示那么丙烯(CH3-CH=CH2)和丁烯(CH3-CH2-CH=CH2)发生烯烃复分解反响可生成新的烯烃种类数为( )A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】B【解析】【详解】根
20、据烯烃复分解反响的机理可得丙烯CH3-CH=CH2和丁烯CH3-CH2-CH=CH2发生烯烃复分解反响可生成新的烯烃有CH3-CH=CH-CH3、CH3-CH2-CH=CH-CH2-CH3、CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH2-CH3四种,故答案选D。15.在常温常压下断裂1 mol指定共价键时吸收的能量如下表:共价键(1mol)CH键CC键CC键HH键吸收的能量/kJ413.4347.7615436那么以下有关CH2CH2H2CH3CH3反响的说法正确的选项是( )A. 生成1mol乙烷时反响放出能量123.5kJB. 生成物的总能量为2828.1kJC. 该反响为加成反响,可以实现完
21、全转化D. 该反响为放热反响,无需加热即可实现【答案】A【解析】【分析】表中给出化学键的键能,根据键能可以计算反响热;没有给出物质能量,无法计算生成物总能量;放热和吸热与是否需要加热无关。【详解】A. 生成1 mol乙烷时,反响热615+413.4kJ/mol=-123.5 kJ/mol,那么反响放出能量为123.5 kJ,故A正确;B. 没有给出反响物的总能量,那么由数据无法算出生成物的总能量,故B错误;C. 该反响为加成反响,且为可逆反响,故不可以实现完全转化,故C错误;D. 该反响为放热反响,需在催化剂且加热条件下实现,放热和吸热与是否需要加热无关,故D错误;答案选A。【点睛】注意A项,
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- 四川省 成都市 外国语学校 2022 学年 高一化学 月月 考试题 解析
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