山西省太原市山西大学附中学年高一下学期模块诊断化学试题.docx

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山西省太原市山西大学附中学年高一下学期模块诊断化学试题

2018~2019学年高一第二学期第一次考试化学试题

可能用到的相对原子质量：

O16Si28Zn65Fe56Mg24Al27Cu64

一、单项选择题

1.下列说法不正确的是（　　）

A.山西博物院陈列的元青花瓷的原料有高岭土[Al2Si2O5（OH）4]，也可以表示为Al2O3·2SiO2·2H2O

B.氮的三种固定方式，都发生了氧化还原反应

C.汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土

D.现代信息社会用于传递信号的光纤的主要成分为硅

【答案】D

【解析】

【详解】A、铝的氧化物为Al2O3，硅的氧化物为SiO2，氢的氧化物为H2O，则根据活泼金属氧化物．较活泼金属氧化物•SiO2•H2O得顺序可知，[Al2Si2O5（OH）4]可表示成Al2O3•2SiO2•2H2O，选项A正确；

B、氮的三种固定方式，均由游离态转变为化合态，都发生了氧化还原反应，选项B正确；

C、瓷器属于硅酸盐产品，其主要原料为黏土，经高温烧结而成，选项C正确；

D、现代信息社会用于传递信号的光纤的主要成分为二氧化硅，选项D不正确。

答案选D。

2.非金属元素的一些氧化物会导致环境污染，以下非金属元素的氧化物与其引起的环境问题及主要来源对应正确的是（　　）

选项

氧化物

环境问题

主要来源

A

CO2

酸雨

化石燃料的燃烧

B

SO2

光化学烟雾

工厂废气的排放

C

NO2

温室效应

汽车尾气的排放

D

CO

CO中毒

汽车尾气和化石燃料的不完全燃烧

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A、化石燃料燃烧主要排放二氧化碳气体，与温室效应有关，与酸雨无关，选项A错误；

B、工厂废气的排放产生大量二氧化硫气体，是形成酸雨的主要污染物，与光化学烟雾无关，选项B错误；

C、汽车尾气排放大量的氮氧化物，氮氧化物是形成光化学烟雾、酸雨的主要污染物，与温室效应无关，选项C错误；

D、燃料不完全燃烧生成CO，CO有毒，选项D正确。

答案选D。

3.化学与日常生活密切相关，下列有关说法错误的是

A.Fe3O4常用作红色油漆和涂料B.“84消毒液”的有效成分是NaClO

C.SO2常作纸浆、草帽辫的漂白剂D.还原铁粉可作食品包装袋内的抗氧化剂

【答案】A

【解析】

【详解】A.Fe2O3常用作红色油漆和涂料，不是四氧化三铁，A错误；

B.“84消毒液”的有效成分是NaClO，B正确；

C.SO2具有漂白性，常作纸浆、草帽辫的漂白剂，C正确；

D.铁是活泼的金属，还原铁粉可作食品包装袋内的抗氧化剂，D正确；

答案选A。

4.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是

A.32gO2和O3的混合气体所含原子数为NA

B.5NH4NO3

2HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NA

C.高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA

D.在25℃、101kPa下，2mol氧气和氢气的混合气体的体积约为44.8L

【答案】B

【解析】

【详解】A.O2和O3分子都是由O原子构成的，由于O原子相对原子质量是16，所以32gO2和O3的混合气体中含有O原子的物质的量是2mol，则所含原子数为2NA，A错误；

B.根据方程式可知：

每反应产生4molN2，转移电子的物质的量为15mol，现在产生28gN2，其物质的量为1mol，则转移电子数目为（15mol÷4）×NA/mol=3.75NA，B正确；

C.高温下，Fe与水蒸气发生反应：

3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2，每有3molFe反应，产生4molH2，现在反应的Fe为0.2mol，所以生成的H2分子数目为（4mol÷3）×NA/mol>0.3NA,C错误；

D.25℃、101kPa不是标准状况，所以2mol气体的体积不是44.8L，D错误；

故合理选项是B。

5.日常生活中的下列现象与胶体的性质无关的是（　　）

A.将盐卤或石膏加入豆浆中制成豆腐

B.一枝钢笔使用两种不同型号的蓝黑墨水，易出现堵塞

C.向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色沉淀

D.静电除尘净化空气，提升空气质量

【答案】C

【解析】

A.将盐卤或石膏加入豆浆中，可以使蛋白质胶体发生聚沉，与胶体的性质有关；B.不同型号的蓝黑墨水的胶体粒子所带的电荷可能不同，如果把它们混合后会使胶体粒子发生聚沉，所以一枝钢笔使用两种不同型号的蓝黑墨水，易出现堵塞，与胶体的性质有关；C.向FeCl3溶液中加入NaOH溶液后发生复分解反应，生成红褐色氢氧化铁沉淀，与胶体的性质无关；D.静电除尘的原理是使尘埃粒子带上电荷，在电场的作用下尘埃粒子发生电泳，与胶体的性质有关。

本题选C。

6.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）

A.透明澄清溶液中：

Cu2+、Mg2+、NO3－、Cl－

B.滴加紫色石蕊试剂显红色的溶液中：

K+、Na+、Cl－、CH3COO－

C.c（Fe2+）=1mol/L的溶液中：

K+、NH4+、MnO4－、SO42－

D.加入铝能放出H2的溶液中：

NH4+、Na+、Cl－、Br－

【答案】A

【解析】

【详解】A．Cu2+、Mg2+、NO3－、Cl－之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，选项A正确；

B．滴加紫色石蕊试液显红色的溶液显酸性，CH3COO－不能大量存在，选项B错误；

C、Fe2+具有还原性，能与MnO4－发生氧化还原反应而不能大量共存，选项C错误；

D．加入铝能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，若为碱性，则NH4+不能大量存在，选项D错误；

答案选A。

【点睛】本题考查离子共存问题，题目难度不大，注意题目要求，特别注意题中隐含信息，牢固把握相关离子的性质是解答该题的关键，学习中注意积累。

7.下列离子方程式正确的是（　　）

A.钠与CuSO4溶液反应：

2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+

B.碳酸氢钙溶液与足量氢氧化钠溶液混合：

HCO3－+OH－=CO32－+H2O

C.铁与稀硝酸反应：

Fe+2H+=Fe2++H2↑

D.向NaAlO2溶液中通入足量CO2：

CO2+AlO2－+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3－

【答案】D

【解析】

【详解】A．钠和硫酸铜溶液的反应先是和其中的水反应，不会置换盐溶液中的金属Cu，选项A错误；

B、碳酸氢钙与足量的NaOH溶液反应时，钙离子和碳酸氢根按物质的量之比为1：

2进行反应，正确离子方程式为：

Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-，选项B错误；

C、铁和稀硝酸反应的离子方程式为：

Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，选项C错误；

D、向NaAlO2溶液中通入足量CO2，反应生成了氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：

CO2+AlO2－+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3－，选项D正确；

答案选D。

8.在两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示，下列分析正确的是

A.②代表滴加H2SO4溶液的变化曲线

B.b点，两反应物物质的量之比为1:

2

C.a、d两点对应的溶液均显中性

D.c点，两溶液中含有相同物质的量浓度的OH﹣

【答案】C

【解析】

【详解】A.Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O。

溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应，即①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，A错误；

B.根据图知，a点为Ba（OH）2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+NaOH+H2O，溶液中的溶质为NaOH，两种反应物的物质的量的比为1：

1，B错误；

C.a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4。

水和硫酸钠溶液都呈中性，C正确；

D.在c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，溶质为NaOH、Na2SO4，因为硫酸根离子浓度相同，②中钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，D错误；

故合理选项是C。

9.明兰做实验时不小心沾了一些KMnO4，皮肤上的黑斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：

MnO4－+H2C2O4+H+→CO2↑+Mn2++____（未配平）。

关于此反应的叙述正确的是（　　）

A.该反应的氧化产物是Mn2+

B.1molMnO4－在反应中失去5mol电子

C.该反应右横线上的产物是OH－

D.配平该反应后，H+的计量数是6

【答案】D

【解析】

【分析】

该反应中，锰元素化合价由+7价变为+2价，碳元素的化合价由+3价变为+4价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，根据转移电子数相等及原子守恒配平方程式。

【详解】A．化合价升高的元素是碳元素，所得生成物CO2是氧化产物，选项A错误；

B．锰元素化合价从+7价降低到+2价，元素得到电子，化合价降低数=得到电子的数目=5，即1molMnO4－在反应中得到5mol电子，选项B错误；

C．反应方程式左边有H+，则右边不能出现OH-，右横线上的产物是水，选项C错误；

D．根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式为：

2MnO4-+5H2C2O4+6H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O，H+的计量数是6，选项D正确；

答案选D。

【点睛】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，根据原子守恒及转移电子守恒来分析解答，注意草酸中碳元素化合价的判断，为易错点。

10.下列实验装置及操作均正确的是

A.图I中A盛放碳酸氢钠，B盛放碳酸钠，可对比二者的热稳定性

B.图II可用于从NaCl溶液中提取NaCl晶体

C.图III为实验室制备氨气的实验药品与发生装置

D.图IV为实验室制备观察氢氧化亚铁的装置

【答案】D

【解析】

【详解】A、应将碳酸氢钠放在里面的小试管B中、Na2CO3放在外面的大试管A中，大试管直接加热，温度较高，如温度较高的不分解，而加热温度较低的物质分解，可判断稳定强弱，故A错误；

B、从NaCl溶液中提取NaCl晶体应该用蒸发皿蒸发结晶，故B错误；

C、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，在试管口二者又重新化合生成氯化铵，不能制备氨气，故C错误；

D、氢氧化亚铁的制备实验的关键在于减少溶液中氧气的含量，要隔绝溶液与空气的接触，尽可能减少中间过程，减少和溶液中溶解氧气的机会，达到充分减少溶液氧气含量的目的。

苯可以隔绝空气，从而减少Fe（OH）2与空气接触的机会，故D正确。

故答案选D。

11.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。

仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是

选项

a中的物质

b中的物质

c中收集的气体

d中的物质

A

浓氨水

CaO

NH3

H2O

B

浓硫酸

Na2SO3

SO2

NaOH溶液

C

稀硝酸

Cu

NO2

H2O

D

浓盐酸

MnO2

Cl2

NaOH溶液

【答案】B

【解析】

该装置分别为固液不加热制气体，向上排空气法收集气体，以及采用防倒吸的方法进行尾气处理。

A、氨气密度比空气小，不能使用向上排空气法，错误；B、正确；C、铜与稀硝酸反应需要加热，且NO2用水吸收会发生3NO2+H2O="2"HNO3+NO，用防倒吸装置不妥，错误；D、制取氯气需要加热，错误。

【考点定位】考查化学实验基本原理，气体的制取、收集及尾气处理装置等实验装置及仪器的使用。

12.由Zn、Fe、Mg、Al四种金属中两种组成的20g混合物与足量的盐酸反应产生2.0gH2，则混合物中一定含有的金属是（　　）

A.ZnB.FeC.AlD.Mg

【答案】C

【解析】

【详解】2.0g氢气的物质的量为

=1mol，故20g金属提供的电子为1mol×2=2mol，则提供1mol电子需要金属的质量为10g，

A．Zn在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Zn的质量为65g/mol×

=32.5g；

B．Fe在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Fe的质量为56g/mol×

=28g；

C．Al在反应中表现+3价，提供1mol电子需要Al的质量为27g/mol×

=9g；

D．Mg在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Mg的质量为24g/mol×

=12g；

提供1mol电子，只有Al的质量小于10g，其它金属的质量都大于10g，故金属混合物中一定有Al，

答案选C。

13.下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下能一步转化的组合有（）

序号

X

Y

Z

W

①

Cu

CuSO4

Cu（OH）2

CuO

②

Na

NaOH

Na2CO3

NaCl

③

Al

AlCl3

Al（OH）3

Al2O3

④

Fe

FeCl3

FeCl2

Fe（OH）2

A.②③④B.①③④C.①②④D.①②③

【答案】D

【解析】

【详解】①铜与浓硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，氧化铜与氢气发生氧化还原反应生成铜，各物质在一定条件下能一步转化；

②钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠，电解熔融氯化钠生成钠，各物质在一定条件下能一步转化；

③铝与盐酸反应生成氯化铝，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，电解熔融氧化铝生成铝，各物质在一定条件下能一步转化；

④铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，但氢氧化亚铁不能一步转化为铁，各物质在一定条件下不能均一步转化；

答案选D。

14.下表各组物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（　　）

选项

a

b

c

m

A

N2

NO

HNO3

O2

B

Na2CO3

NaHCO3

NaOH

CO2

C

H2S

S

SO2

O2

D

Fe

FeCl2

FeCl3

Cl2

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A．氮气和硝酸不反应，氮气和氧气反应生成NO，NO和氧气、水反应生成硝酸，所以不能实现转化，选项A错误；

B．碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和二氧化碳不反应，碳酸钠溶液和氢氧化钠不反应，所以不能实现转化，选项B错误；

C、硫化氢与氧气反应生成单质硫，硫与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫与硫化氢发生归中反应生成硫单质，各组物质之间可通过一步反应实现，选项C正确；

D、铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，铁与氯气反应生成氯化铁而不是氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，所以不能实现转化，选项D错误；

答案选C。

15.下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是

①

②

③

A.由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体

B.红棕色气体能表明②中木炭与浓硝酸发生了反应

C.由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物

D.③的气体产物中检测出CO2，不一定说明木炭与浓硝酸发生了反应

【答案】B

【解析】

【详解】A．加热条件下，浓硝酸分解生成二氧化氮和氧气，则产生的气体一定是混合气体，A正确；

B．在加热条件下，浓硝酸可分解生成二氧化氮，不一定与碳反应生成，B正确；

C．硝酸中N元素化合价为+5价，生成二氧化氮的N元素化合价为+4价，化合价降低，在生成的红棕色气体为还原产物，C正确；

D．碳加热至红热，可与空气中氧气反应生成二氧化碳，不一定是与浓硝酸发生了反应，故D错误。

故合理选项是D。

16.在一定条件下，RO3n－和氟气可发生反应：

RO3n－+F2+2OH－=RO4－+2F－+H2O，从而可知在RO3n－中，元素R的化合价是（　　）

A.+4B.+7C.+6D.+5

【答案】D

【解析】

【分析】

根据电荷守恒，得n=1，根据离子中各元素化合价代数和等于离子的所带电荷计算RO3－中R元素的化合价。

【详解】根据电荷守恒可知，-n-2=-1-2，解得n=1，

令RO3n-中R元素的化合价为a，离子中各元素化合价代数和等于离子的所带电荷，则：

a+（-2）×3=-1

解得：

a=+5，

答案选D。

【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，难度不大，也可以根据电子转移守恒计算，注意氧化还原反应计算中守恒思想的运用。

17.已知：

将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且c（Cl-）/c（ClO-）的值与温度高低有关。

当n（KOH）=amol时，下列有关说法错误的是（）

A.若某温度下，反应后c（Cl-）/c（ClO-）＝11，则溶液中c（ClO-）/c（ClO3-）＝1/2

B.参加反应的氯气的物质的量等于a/2mol

C.改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：

amol≤ne≤

amol

D.改变温度，产物中KC1O3的最大理论产量为

amol

【答案】D

【解析】

分析：

本题考查氧化还原反应的计算，注意电子转移守恒及极限法的应用，培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力。

详解：

A.设n（ClO－）=1mol，反应后c（Cl－）/c（ClO－）＝11，则n（Cl－）=11mol，电子转移守恒，5×n（ClO3－）+1×n（ClO－）=1×n（Cl－），即5×n+1×1=1×11，解得n（ClO3－）=2mol，则溶液中c（ClO－）/c（ClO3－）＝

，故正确。

B.由氯原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KClO）+n（KCl）+n（KClO3）,由钾离子守恒可知n（KClO）+n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故参加反应的氯气的物质的量为n（Cl2）=

n（KOH）=

amol，故正确；C.氧化产物只有氯酸钾时，转移电子最多，根据电子守恒n（KCl）=5n（KClO3）分析，由钾离子守恒n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故n（KClO3）=n（KOH）/6=a/6mol，转移电子最大物质的量为a/6×5=5a/6mol，氧化产物只有次氯酸钾时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（KClO）=n（KCl），根据钾离子守恒n（KClO）+n（KCl）=n（KOH），故n（KClO）=n（KOH）/2=a/2mol，转移电子最小物质的量为a/2mol，则反应中转移电子的物质的量的范围为

amol≤ne≤

amol，故正确。

D.氧化产物只有氯酸钾时，其物质的量最大，有C中计算可知，产物中KC1O3的最大理论产量为a/6mol，故错误。

故选D。

18.下列关系图中，A是一种正盐，D相对分子质量比C相对分子质量大16，E是强酸，当X 无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系。

当 X 是强酸时，A、B、C、D、E均含有同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E 均含有另一种元素。

下列说法一定不正确的是（　　）

A.D和H2O反应生成E不是氧化还原反应

B.当X是强碱时，E是HNO3；当X是强酸时，E是H2SO4

C.当X是强酸时，C在常温下是气态单质

D.A为硫化铵

【答案】C

【解析】

【详解】D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，且观察C是由B+Y→C，D是由C+Y→D，可知C和D含有的元素相同，且相对分子质量相差一个O的相对原子质量；在中学化学中很容易想到是NO，NO2或者是SO2和SO3等，推知Y一定是O2，E是强酸，当X无论是强酸还是强碱时都有以下转换关系：

；且A是正盐，很容易想到NH4+的正盐。

再根据当X是强酸时，A、B、C、D、E中均含有同一种元素；强酸则要想到是HCl、H2SO4、HNO3，再根据当X是强碱时，A、B、C、D、E均含有另一种元素。

由NH4+的性质与碱反应生产NH3，则可推出；当X是强碱时E是HNO3；当X是强酸时，E是H2SO4，综上推出A的离子中含有NH4+离子，且含有S元素，可推出A为（NH4）2S。

则

A．当D为SO3时，E为H2SO4，SO3与水化合成H2SO4，没有发生氧化还原反应，当D为NO2时，E为HNO3，NO2与水发生氧化还原反应，选项A正确；

B．当X是强碱时，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3；当X是强酸时，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E是H2SO4，选项B正确；

C．当X是强酸时，C为SO2，为气态化合物，选项C错误；

D．A为硫化铵，选项D正确。

答案选C。

19.现有200mLMgCl2和AlCl3混合溶液，其中Mg2+浓度0.2mol/L、Cl－浓度为1.3mol/L。

要使Mg2+转化成Mg（OH）2并使Mg2+、Al3+分离开来，至少需要4mol/LNaOH溶液（　　）

A.80mLB.100mLC.120mLD.140mL

【答案】A

【解析】

【分析】

根据MgCl2和AlCl3的混合溶液与碱的反应可知，要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，Al3+恰好转化为AlO2-，先利用电荷守恒来计算Al3+的浓度，再根据反应方程式计算即可。

【详解】MgCl2和AlCl3的混合溶液，其中Mg2+浓度为0.2mol•L-1，Cl-浓度为1.3mol•L-1，

设Al3+的浓度为x，由电荷守恒可知，

0.2mol/L×2+x×3=1.3mol/L×1，

解得x=0.3mol/L，

则Mg2+、Al3+物质的量分别为0.2L×0.2mol/L=0.04mol、0.2L×0.3mol/L=0.06mol，

由发生反应为MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl

12

0.04mol0.08mol

AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O，

14

0.06mol0.24mol

使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，消耗的NaOH的物质的量为0.08mol+0.24mol=0.32mol，

则需加4mol•L-1NaOH溶液的体积为

=0.08L=80mL，

答案选A。

【点睛】本题考查离子的分离及利用化学反应方程式的计算，明确Mg2+全部转化为沉淀分离出来发生的化学反应是解答本题的关键，并注意利用氢氧化铝的