辽宁省葫芦岛市第一高级中学2022-2022学年高一化学下学期选拔考试试题（含解析）考试时间：90分钟试卷满分：100分本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。可能用到的原子量：H:1C:12N:14O:16Fe:56Na:23Mg:24Al:27Cu:64S:32Mn:55Cl:35.5K:39第Ⅰ卷（48分）一、选择题：（本题共16小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1．下列有关物质组成、性质和用途的说法中，正确的是（　　）A．合金的熔点一般比组成合金的各成分金属的高B．氮化硅、光导纤维、氧化铝陶瓷、玻璃等都属于新型无机非金属材料C．木材、织物浸过水玻璃后具有防腐性能且不易燃烧D．光导纤维的主要成分是硅，可广泛用于通信和医疗领域【答案】C点睛：本题考查了合金、硅酸钠的性质、无机非金属材料等知识，侧重考查了硅的化合物的性质，题目难度不大，掌握相应物质的性质就能顺利解答本题。2．下列说法正确的是（　　）A．1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB．2L0.5mol•L﹣1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAC．1molNa2O2固体中含离子总数为4NAD．22gCO2与标准状况下11.2LHCl所含的分子数相同【答案】D-13-【解析】A、1molFeI2含有1molFe2+、2molI—，完全反应需要消耗1.5mol氯气，转移3mol电子，即转移电子数为3NA，错误；B、2L0.5mol•L﹣1硫酸钾溶液中含有溶质硫酸钾1mol，1mol硫酸钾中含有1mol硫酸根离子，带有2mol负电荷，所带电荷数为2NA，错误；C、1molNa2O2固体中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总共含有3mol离子，含有离子总数为3NA，错误；D、22gCO2所含的分子数为：，标准状况下11.2LHCl所含的分子数为：，两者分子数相同，正确。答案选D。点睛：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确过氧化钠中阴离子为过氧根离子，要求掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意用好气体的摩尔体积。3．分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类正确的是（　　）A．Cl2O7、P2O5、SO3、CO2均属于酸性氧化物B．Na2O、Na2O2为相同元素组成的金属氧化物，都属于碱性氧化物C．根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体D．根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质【答案】A4．下列有关试剂的保存方法，错误的是（　　）A．浓硝酸保存在无色玻璃试剂瓶中B．氢氧化钠溶液保存在具橡皮塞的玻璃试剂瓶中C．少量的钠保存在煤油中D．新制的氯水通常保存在棕色玻璃试剂瓶中【答案】A-13-【解析】A、硝酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，错误；B、氢氧化钠溶液与磨口玻璃塞中的二氧化硅反应生成硅酸钠，使瓶口与玻璃塞粘在一起，应保存在橡皮塞的玻璃试剂瓶中，正确；C、少量的钠应保存在煤油中，正确；D、新制的氯水中次氯酸见光易分解，应保存在棕色玻璃试剂瓶中才不易失效，正确。答案选A。5．下列离子方程式中，正确的是（　　）A．Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O=2Na++2OH﹣+O2↑B．向稀硝酸中加入少量铁粉：3Fe+8H++2NO3﹣=3Fe2++2NO↑+4H2OC．氯化镁溶液与氨水反应：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓D．向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O【答案】D6．在某无色透明的酸性溶液中，能共存的离子组是（　　）A．NH4+、NO3﹣、Al3+、Cl﹣B．Na+、AlO2﹣、K+、NO3﹣C．MnO4﹣、K+、SO42﹣、Na+D．K+、SO42﹣、HCO3﹣、Na+【答案】A【解析】A、该组离子之间不反应，能共存，且均为无色的离子，正确；B、因AlO2﹣、H+能结合生成沉淀，若酸过量会生成Al3+，不能够大量共存，错误；C、该组离子之间不反应，能共存，但MnO4﹣在水中为紫色，与无色溶液不符，错误；D、因H+、HCO3﹣能结合生成二氧化碳气体和水，不能够大量共存，错误。答案选A。7．已知反应：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2↑+KCl+3H2O，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3，下列说法正确的是（　　）A．上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B．反应③中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为2molC．反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6：1-13-D．氧化性由强到弱顺序为KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2【答案】D8．下面有关Na2CO3与NaHCO3的性质比较中错误的是（　　）A．相同浓度溶液的碱性：Na2CO3＞NaHCO3B．在水中的溶解度：Na2CO3＞NaHCO3C．与同浓度的硫酸反应放出气泡的速率：NaHCO3＜Na2CO3D．热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3【答案】C【解析】A、由于Na2CO3发生两步水解，相同浓度的Na2CO3和NaHCO3，正盐水解程度大，Na2CO3的碱性强，正确；B、相同温度下，Na2CO3溶解度大于NaHCO3，正确；C、Na2CO3与酸反应先转化为NaHCO3，再放出气体，NaHCO3与酸反应直接放出气体，与同浓度的硫酸反应放出气泡的速率：Na2CO3＜NaHCO3，错误；D、NaHCO3受热分解，Na2CO3受热不分解，所以热稳定性NaHCO3＜Na2CO3，正确；答案选C。9．某温度下，将Cl2通入氢氧化钾溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO﹣与ClO3-离子的物质的量之比是1：2，则Cl2与氢氧化钾反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为（　　）A．2：3B．4：3C．10：3D．11：3【答案】D【解析】Cl2生成ClO﹣与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，经测定ClO﹣与ClO3-物质的量之比为1：2，则可设ClO﹣为1mol，ClO3-为2mol，被氧化的氯元素的物质的量为：1mol+2mol=3mol，根据化合价变化可知，反应中失去电子的总物质的量为：1mol×（1-0）+2mol×（5-0）=11mol；氧化还原反应中得失电子数目一定相等，则该反应中失去电子的物质的量也是11mol；-13-Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则被还原的氯元素的物质的量为：；所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为11mol：3mol=11：3，答案选D。10．以下说法正确的是（　　）A．往溶液中滴加盐酸产生使澄清石灰水变浑浊的气体，溶液中不一定存在CO32﹣B．滴加AgNO3溶液产生白色沉淀的溶液一定含Cl﹣C．往溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，则原溶液中含SO42﹣D．往溶液中滴加氯水和KSCN，溶液变红，则溶液中一定含Fe3+【答案】A11．现有1.92g铜投入一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，生成的气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下的气体672mL，将盛有该气体的容器倒扣在水中，通入标准状况下一定体积的氧气，恰好使气体完全溶于水中，则通入氧气的体积是（　　）A．168mLB．224mLC．504mLD．336mL【答案】D12．下列对实验现象的预测不正确的是（　　）A．向Ca（OH）2溶液中通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失，再加入过量NaOH溶液，溶液又变浑浊B．向氢氧化铁胶体中滴加盐酸至过量，开始有沉淀出现，后来沉淀又溶解-13-C．向Ca（ClO）2溶液中通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去D．向Na2SiO3溶液中通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失【答案】D【解析】A、向Ca（OH）2溶液中通入CO2发生反应CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O，生成白色沉淀，继续通入CO2至过量发生反应CO2＋H2O＋CaCO3=Ca(HCO3)2，浑浊消失，再加入过量NaOH溶液，又会发生反应Ca(HCO3)2＋2NaOH=CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O，生成白色沉淀，溶液又变浑浊，正确；B、向氢氧化铁胶体中滴加盐酸至过量，开始由于胶体发生聚沉，出现沉淀，随着反应Fe(OH)3＋3HCl=FeCl3＋3H2O进行，沉淀溶解，正确；C、向Ca(ClO)2溶液中通入CO2，发生反应Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=2HClO＋CaCO3↓，溶液变浑浊，次氯酸具有强氧化性，使品红溶液褪色，正确；D、向Na2SiO3溶液中通入CO2，发生反应Na2SiO3＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋Na2CO3，继续通CO2至过量，生成NaHCO3，但H2SiO3沉淀不溶解，错误。答案选D。13．某学生配制100mL1mol/L的硫酸溶液，进行下列操作，然后对溶液浓度作精确测定，发现真实浓度小于1mol/L。他的下列操作中使浓度偏低的原因是（）①用量筒取浓硫酸时，俯视读数；②量筒中浓硫酸全部转移到烧杯中稀释，再转移到100mL容量瓶中，烧杯未洗涤；③用玻璃棒引流将烧杯中溶液转移至容量瓶中，有溶液流到了容量瓶外面；④用胶头滴管加蒸馏水时，不是逐滴加入，因而使液面超过了刻度线，他立即用滴管吸去多余的水，使溶液凹面刚好和刻度线相切。A．②③④B．③④C．①②③D．①②③④【答案】D点睛：本题考查配制一定物质的量浓度的溶液操作中的引起的溶液浓度误差的判断，可以通过对溶质的量、溶液的体积、所用仪器的规范等方面，结合公式进行分析，从而得解。14．选用如图所示仪器中的两个或几个（内含物质）组装成实验装置，以验证木炭可被浓H2SO4氧化成CO2，下列说法正确的是（　　）-13-A．按气流从左向右流向，连接装置的正确顺序是A→F→E→C→D→BB．丁中溶液褪色，乙中溶液变浑浊说明甲中生成CO2C．丙中品红溶液褪色，乙中溶液变浑浊说明甲中生成CO2D．丁和丙中溶液都褪色，乙中溶液变浑浊，说明甲中有CO2生成【答案】A15．某溶液中可能含有H+，Na+，Ba2+，Mg2+，Fe3+，Al3+，SO42﹣，CO32﹣等离子，当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列判断正确的是（　　）A．原溶液中一定含有H+、Fe3+、Al3+，可能含Ba2+B．原溶液中含Fe3+和Al3+，物质的量之比为l：lC．原溶液中可能含有CO32﹣-13-D．反应最后形成的溶液中含有的溶质只有NaAlO2【答案】B【解析】开始加入NaOH1个单位体积时没有沉淀，说明溶液中有H+，酸性条件下弱酸根离子不能大量共存，则没有CO32﹣，C错误；溶液电中性，一定含有阴离子，则阴离子中只能是SO42﹣，所以Ba2+不存在，再加入6个单位体积NaOH时沉淀量一直增大，继续加入1个单位体积NaOH溶解了一半的沉淀量，说明溶液中存在Al3+，通过沉淀溶解需要的NaOH的体积分析，1molAl(OH)3溶解需要NaOH为1个单位体积，则生成沉淀需要的NaOH为3个单位体积，说明另一种沉淀1mol，需要的NaOH为3个单位体积，说明溶液中存在Fe3+，而不是Mg2+，Fe3+和Al3+的物质的量之比为l：l，A错误，B正确；根据溶液中的离子的存在情况分析，原溶液中的SO42﹣未反应，加入的NaOH中的Na+未反应，最后的溶液中含有的溶质为NaAlO2和Na2SO4，D错误。答案选B。16．室温下，取m克铝镁合金与一定浓度的稀硝酸反应，合金恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加bmol/LNaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，则下列有关该实验的说法中正确的有（　　）①沉淀中氢氧根的质量为（n﹣m）克②恰好溶解后溶液中的NO3﹣离子的物质的量为mol③反应过程中转移的电子数为mol④生成NO气体的体积为L⑤发生反应的硝酸的物质的量为（）molA．2项B．3项C．4项D．5项【答案】C中，氢氧根的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子的物质的量，n(e-)=n(OH-)=，正确；④-13-根据电子守恒原理，生成NO时，HNO3中+5价的N原子得3个电子，因此生成NO的物质的量应该是转移电子的三分之一，即，其体积在标准状况下为，但是选项中没有说明所处状态，则此时的体积不能确定，错误；⑤参加反应的HNO3有两种作用，起氧化剂和酸的作用，作为酸的HNO3（生成硝酸盐）的物质的量等于NaNO3的物质的量：，作氧化剂的HNO3的物质的量等于NO的物质的量为，所以与合金反应的HNO3的物质的量为，正确。故①②③⑤4项正确。答案选C。点睛：本题结合铝镁与硝酸反应及生成的盐与氢氧化钠反应的特点，对电子守恒、溶液电中性原理、质量守恒进行综合考查，难度中等，题目以多项形式呈现，考查了学生的综合运用知识能力和解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题。　第Ⅱ卷（52分）二、填空题（共有4道题）17．铁及其化合物在生活、生产中有广泛应用．请回答下列问题：（1）黄铁矿（FeS2）是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料．其中一个反应为3FeS2+8O26SO2+Fe3O4，该反应中氧化产物为________，若有3molFeS2参加反应，转移电子的物质的量为_______．（2）FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为_________．（3）将一定量的Fe2O3溶于160mL5mol•L﹣1盐酸中，再加入一定量铁粉，铁粉恰好完全溶解，收集到气体2.24L（标准状况），经检测，溶夜中无Fe3+，则参加反应的铁粉的质量为______．【答案】（1）．SO2、Fe3O4　（2）．32（3）．2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2（4）．11.2g（2）Fe3+具有氧化性，能把I﹣氧化为单质碘，方程式为2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2；（3）依次发生反应为Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；Fe+2FeCl3=3FeCl2；Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；n(H2)=，过量的铁粉与盐酸反应的物质的量为：-13-Fe～～～～2HCl～～～～H20.1mol0.2mol0.1mol根据氯原子守恒，FeCl3的物质的量为×=0.16L×5mol/L-0.2mol)＝0.2molFe～～～2FeCl30.1mol0.2mol所以参加反应的铁粉的质量为（0.1mol+0.1mol）×56g/mol＝11.2g。18．物质A～M在一定条件下的转化关系如图（部分产物及反应条件未列出）．其中，I是既能与强酸反应生成氢气又能与强碱反应生成氢气的金属，K是一种红棕色气体，D的俗名叫铁红，A是形成酸雨的主要气体．请填写下列空白：（1）推导出下列物质的化学式：C：_____E：_____（2）在反应②、③、⑥、⑨中，既属于化合反应又属于非氧化还原反应的是__（填写序号）．（3）反应④的离子方程式是：__________________________．（4）将化合物D与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾），同时还生成KNO2和H2O．该反应的化学方程式是：________________________________．【答案】（1）．H2SO4（2）．Fe（OH）3（3）．③（4）．3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O（5）．Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O【解析】I是既能与强酸反应生成氢气又能与强碱反应生成氢气的金属，可以推断I为Al，K是L和氧气反应生成的一种红棕色气体，判断为NO2，L为NO，J为HNO3；D的俗名叫铁红为Fe2O3，A是形成酸雨的主要气体为SO2，依据I+D=G+H，判断为2Al+Fe2O3Al2O3-13-+2Fe的反应，转化关系中G+J（HNO3）→M+L（NO），推断G为Fe，H为Al2O3；M为Fe(NO3)2或Fe(NO3)3；由A为SO2推断B为原反应，既属于化合反应又属于非氧化还原反应是③；（3）反应④是Fe(NO3)2与H2SO4的反应，其离子方程式是：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；（4）将Fe2O3与KNO3、KOH共融，生成K2FeO4、KNO2和H2O，则该反应的化学方程式是：Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O。19．如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持及加热仪器已略）（1）制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸，则相关的离子反应方程式为：_____________．装置B中饱和食盐水的作用是_________________；若C处发生了堵塞，则B中的现象为__________________．（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ应该依次放入____（填编号）①②③④I干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条-13-Ⅱ碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙Ⅲ湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（3）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性强弱。当向D中缓缓通入少量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为______色，说明 _________________    ；打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡，观察到的现象是_________________________________ ；（4）如果将二氧化锰与足量的浓盐酸混合加热，若有17.4g的MnO2被还原，则被氧化的HCl的质量为_____．（5）向Na2CO3溶液中通入氯气，可制得某种生产和生活中常用的漂白液，同时有NaHCO3生成，该反应的化学方程式是______．【答案】（1）．MnO2+4H++2Cl‾Mn2++Cl2↑+2H2O（2）．除去Cl2中的HCl（3）．长颈漏斗中液面上升，形成水柱，锥形瓶内液面下降（4）．④（5）．黄（6）．氯气的氧化性强于溴（7）．E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色，（下层几乎无色）（8）．7.3g(9)．2Na2CO3+Cl2+H2O=2NaHCO3+NaCl+NaClO实验目的是验证Cl2是否具有漂白性，要验证干燥Cl2无漂白性，湿润的有色布条中，Cl2和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中①②③的Ⅱ中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证Cl2的漂白性，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，所以选④；（3）D中是NaBr，当向D中缓缓通入少量Cl2时，Cl2和NaBr反应生成溴单质，可以看到无色溶液逐渐变为黄；氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，说明氯气的氧化性强于溴；打开活塞，将装置D中含溴单质的少量溶液加入含碘化钾和苯的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡．观察到的现象是：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色；（4）17.4g的MnO2的物质的量为：，根据离子反应方程式：MnO2+4H++2Cl‾Mn2++Cl2↑+2H2O可知，反应中1mol-13-MnO2能氧化2mol盐酸，故17.4g的MnO2被还原，则被氧化的HCl的质量为：2；（5）向Na2CO3溶液中通入Cl2，可制得某种生产和生活中常用的漂白液NaClO，同时有NaHCO3生成，根据氧化还原反应原理，还有氯化钠产生（氯元素化合价降），该反应的化学方程式是：2Na2CO3+Cl2+H2O=2NaHCO3+NaCl+NaClO。20．将一定质量的镁和铝的混合物投入100ml盐酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示．（1）原混合物中镁和铝的质量比为_______（2）NaOH溶液的物质的量浓度为_______mol•L﹣1（3）生成的气体在标准状况下的体积为_______L．【答案】（1）．2：3（2）．5（3）．10.08是0.15mol×24g/mol=3.6g，0.2mol×27g/mol＝5.4g，质量比为：3.6：5.4=2：3；（2）NaOH溶液的物质的量浓度是＝5mol/L；（3）根据镁和铝的物质的量可知：生成的氢气在标准状况下的体积为（0.15mol＋0.2mol）×22.4L/mol＝10.08L。点睛：该题是高考中的常见题型和考点，考查镁、铝和酸碱反应的有关计算，属于中等难度的试题。注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和灵活应变能力。该题的关键是明确反应原理，然后依据方程式和图像灵活运用即可。-13-