学年湖北省十堰市高一上学期期末调研考试化学试题解析版.docx
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学年湖北省十堰市高一上学期期末调研考试化学试题解析版
湖北省十堰市2019-2020学年高一上学期期末调研考试试题
第I卷(选择题共50分)
一、选择题(本题包括25小题,每小题2分,共计50分。
每小题只有一个选项符合题意)
1.《天工开物·杀青》中关于竹纸和皮纸的记载中有以下步骤,其中涉及化学变化的是()
A.煮徨足火B.舂臼取泥C.荡料入帘D.覆帘压纸
『答案』A
『解析』
『详解』A、煮徨足火:
将以上所得之竹子,放入〝徨〞桶内与石灰一道蒸煮八日八夜,涉及化学变化,选项A符合;
B、舂臼:
取出上述处理之竹子,放入石臼,以石碓叩打直至竹子被打烂,形同泥面,不涉及化学变化,选项B不符合;
C、荡料入帘:
将被打烂之竹料倒入水槽内,并以竹帘在水中荡料,竹料成为薄层附于竹帘上面,其余之水则由竹帘之四边流下槽内,不涉及化学变化,选项C不符合;
D、覆帘压纸:
然后将帘反复过去,使湿纸落于板上,即成张纸。
如此,重复荡料与覆帘步骤,使一张张的湿纸叠积上千张,然后上头加木板重压挤去大部分的水,不涉及化学变化,选项D不符合;
『答案』选A。
2.当光束通过下列物质时,会出现丁达尔效应的是()
A.水B.Fe(OH)3胶体C.蔗糖溶液D.FeCl3溶液
『答案』B
『解析』
『详解』A、胶体是混合物,而蒸馏水是纯净物,不属于胶体,不能产生丁达尔效应,选项A错误;
B.Fe(OH)3胶体能产生丁达尔效应,选项B正确;
C.蔗糖溶液属于溶液,不是胶体,不能产生丁达尔效应,选项C错误;
D.FeCl3溶液属于溶液,不是胶体,不能产生丁达尔效应,选项D错误;
『答案』选B。
3.贮存Cl2的钢瓶上应贴的标签为()
A.有毒品B.腐蚀品C.易燃品D.爆炸品
『答案』A
『解析』
『分析』氯气是黄绿色有刺激性气味的气体,密度比空气大,有毒,据此分析。
『详解』氯气为有毒的气体,贮存Cl2的钢瓶上应贴的标签为有毒品。
『答案』选A。
4.沾水的铁制器皿高温灼烧会发黑,其可能原因是:
,在此反应中,属于氧化剂的是()
A.FeB.Fe3O4C.H2OD.H2
『答案』C
『解析』
『详解』反应
中Fe元素化合价升高被氧化,作为还原剂;H2O中H元素化合价降低被还原,作为氧化剂。
『答案』选C。
5.根据物质的组成和性质分类,CuSO4.5H2O属于()
A.酸B.碱C.氧化物D.盐
『答案』D
『解析』
『分析』盐是由金属阳离子(包括铵根离子)与酸根离子形成的化合物。
『详解』CuSO4∙5H2O是含5个结晶水的硫酸铜,硫酸铜由铜离子和硫酸根离子构成,根据物质的组成和性质分类,属于纯净物中的盐;
『答案』选D。
6.下列关于SiO2的说法中错误的是()
A.纯净的SiO2是光纤制品的基本原料
B.SiO2能与NaOH溶液反应生成盐
C.SiO2高温下能与CaO反应生成盐
D.SiO2能与氢氟酸反应,因此它属于碱性氧化物
『答案』D
『解析』
『详解』A、纯净的二氧化硅良好的折光性,是现代光学及光纤制品的基本原料,选项A正确;
B.SiO2能与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水,选项B正确;
C.SiO2高温下能与CaO反应生成硅酸钙和二氧化碳,选项C正确;
D.SiO2能与氢氟酸反应生成四氟化硅气体和水,没有盐生成,不属于碱性氧化物,它能与碱反应生成盐和水,属于酸性氧化物,选项D错误;
『答案』选D。
7.化学与生活密切相关。
下列说法正确的是()
A.检查酒驾时,CrO3被酒精氧化成Cr2(SO4)3
B.向海水中加入明矾可以使海水淡化
C.硅胶可用作食品干燥剂
D.碳海绵吸收泄漏的原油时发生了化学变化
『答案』C
『解析』
『详解』A.“酒精检测仪”可检测司机酒后驾车,当红色的CrO3试剂遇到酒精时就会被还原生成绿色的Cr2(SO4)3,选项A错误;
B.向海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质,但不能使海水淡化,应用蒸馏的方法得到淡水,选项B错误;
C.硅胶多孔,吸附水分能力强,且没有毒,常用作实验室和袋装食品、瓶装药品等的干燥剂,选项C正确;
D.碳海绵可用于处理海上原油泄露事件,处理时先用它吸收浮在水面上的原油,再通过挤压,将碳海绵内的原油进行回收,此过程无新物质生成,发生物理变化,故选项D错误;
『答案』选C。
8.新制氯水在干燥的空气中久置后,下列微粒在溶液中的数增加的是()
A.Cl2B.Cl-C.HCIOD.H2O
『答案』B
『解析』
『分析』新制氯水中存在三分子、四离子:
三分子:
H2O、Cl2、HClO;四离子:
H+、Cl-、ClO-、OH-,据此分析。
『详解』制氯水在干燥的空气中久置后,HClO分解为HCl和O2,HCl电离后生成H+和Cl-,Cl2逐渐挥发,因此,在溶液中的数增加的是H+和Cl-;
『答案』选B。
9.在给定条件下,NaHCO3(溶液)
Na2CO3(溶液)
NaOH(溶液),针对上述转化,下列说法正确的是()
A.两步都能实现B.第一步能实现,第二步不能实现
C.第一步不能实现,第二步能实现D.两步都不能实现
『答案』A
『解析』
『详解』NaHCO3溶液中加入适量NaOH溶液反应生成Na2CO3和水,再加入饱和石灰水时,Na2CO3与氢氧化钙发生复分解反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠,两步反应均能实现。
『答案』选A。
10.某人体检报告的部分指标如表所示,则关于项目名称中镁的说法正确的是()
项目名称
结果
状态单位
参考值范围
总钙
TCa
2.57
mmol∙L—1
2.1~2.7
磷
P
1.51↑
mmol∙L—1
0.8~1.5
镁
Mg
0
95
mmol∙L—1
0.75~1.25
钾
K
仪器故障维修
mmol∙L—1
3.5~5.5
钠
Na
mmol∙L—1
135~160
氯
Cl
mmol∙L—1
95~105
A.指标偏低B.测定的是镁元素的物质的量
C.测定的是镁元素的物质的量浓度D.测定的是镁元素的质量
『答案』C
『解析』
『详解』A、根据图中信息可知,镁的指标为0.95,在参考值范围0.75~1.25内,选项A错误;
B、根据单位mmol∙L-1可知,测定的是镁元素的物质的量浓度,选项B错误;
C、根据单位mmol∙L-1可知,测定的是镁元素的物质的量浓度,选项C正确;
D、根据单位mmol∙L-1可知,测定的是镁元素的物质的量浓度,选项D错误;
『答案』选C。
11.NA代表阿伏加德罗常数的值。
下列叙述正确的是()
A.标准状况下,22.4LCC14中含CC14的分子数为NA
B.0.1mol/L的NaOH溶液中含OH-的数目为0.INA
C.5.6gFe在0.1molCl2中充分燃烧时转移的电子数为0.3NA
D.23g钠在空气中充分燃烧时转移的电子数为NA
『答案』D
『解析』
『详解』A、在标况下,四氯化碳的状态不是气体,题中条件无法计算22.4L四氯化碳的物质的量,选项A错误;
B、溶液体积不知,0.1mol/L的氢氧化钠溶液中含钠离子数目不能计算,选项B错误;
C、由2Fe+3Cl2
2FeCl3可知氯气不足,故反应中转移电子数为0.2NA,选项C错误;
D、23g钠的物质的量为1mol,在空气中充分燃烧均生成钠离子,转移的电子数为NA,选项D正确;
『答案』选D。
12.下列叙述不正确的是()
A.用砂纸打磨过表面的铝箔,加热熔化后但不滴落,说明A12O3的熔点比铝的高
B.铁在潮湿的空气中生成的氧化物结构不致密,不能保护内层金属,故铁制品往往需涂保护层
C.铝锅使用过程中,能经受高温的考验,故铝不活泼
D.钠与水的反应中,钠块熔成小球,说明该反应为放热反应
『答案』C
『解析』
『详解』A.氧化铝的熔点高,包裹在Al的外面,则铝熔化但不滴落,选项A正确;
B.氧化铁为疏松结构,不能保护内层金属,故铁制品往往需涂保护层,选项B正确;
C.铝是活泼金属,易在表面形成致密的氧化膜,氧化铝能保护内部金属不被腐蚀,选项C不正确;
D.活泼金属与水的反应属于放热反应,钠与水的反应是放热反应,放出的热量使钠块熔成小球,选项D正确。
『答案』选C。
13.下列对新制氯水的探究所得出的结论不正确的是()
A.新制氯水使有色布条褪色,说明新制氯水中含有HClO
B.往新制氯水中加入硝酸酸化的AgNO3溶液,有白色沉淀产生,说明新制氯水中有Cl-
C.将NaOH固体加入新制的氯水中,溶液颜色迅速变浅,甚至消失
D.将新制氯水置于阳光下,有气泡冒出且溶液颜色逐渐变浅,该气体一定是Cl2
『答案』D
『解析』
『详解』A.新制氯水中含有HClO分子,HClO具有强氧化性能表现漂白性,使有色布条褪色,选项A正确;
B.氯水中含有氯离子,氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀,所以加入AgNO3溶液产生白色沉淀,选项B正确;
C.将NaOH固体加入新制的氯水中,氯气与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,溶液颜色迅速变浅,甚至消失,选项C正确;
D.次氯酸见光分解生成氧气,选项D不正确;
『答案』选D。
14.茶叶中含有铁元素,可通过以下步骤来检验:
茶叶
滤液
有红褐色沉淀生成,下列有关说法中不正确
是()
A.灼烧灰化:
将茶叶中的有机物质转化为可溶于水或酸的无机物质
B.加酸、加水溶解:
使得到的化合物充分溶解,形成溶液
C.过滤需要使用到的仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒
D.得出结论:
茶叶中含有铁元素
『答案』C
『解析』
『详解』A.有机物多数难溶于水或酸,灼烧灰化:
将茶叶中的有机物质转化为可溶于水或酸的无机物质,选项A正确;
B.加酸、加水溶解:
使得到的化合物充分溶解,形成水溶液,选项B正确;
C.过滤需要使用到的仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒,不需要分液漏斗,选项C不正确;
D.滤液加入氢氧化钠溶液产生红褐色沉淀为氢氧化铁,可得出结论:
茶叶中含有铁元素,选项D正确。
『答案』选C。
15.已知还原性:
H2SO3(SO2)>I->Fe2+>NO,据此判断下列反应不能发生的是()
A.H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4
B.NO+SO3=NO2+SO2
C.2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2
D.3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe(NO3)3
『答案』B
『解析』
『分析』根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性,利用酸性溶液中还原性强弱的顺序是H2SO3(SO2)>I->Fe2+>NO来判断反应能否发生。
『详解』A.因该反应中S元素的化合价升高,I元素的化合价降低,则SO2为还原剂,还原性强弱为SO2>HI,与已知的还原性强弱一致,反应能发生,故A不选;
B.因该反应中N元素的化合价升高,S元素的化合价降低,则NO为还原剂,还原性强弱为NO>SO2,与已知的还原性强弱不一致,不能发生,故B选;
C.因该反应中I元素的化合价升高,Fe元素的化合价降低,则I-为还原剂,还原性强弱为I->Fe2+,与已知的还原性强弱一致,反应能发生,故C不选;
D.因该反应中N元素的化合价降低,Fe元素的化合价升高,则Fe2+为还原剂,还原性强弱为Fe2+>NO,与已知的还原性强弱一致,能发生,故D不选。
故选:
B。
16.用稀盐酸除去铜质器皿表面的铜绿『Cu2(OH)2CO3』,现象为铜制器皿表面呈红色,废液呈蓝色,则下列说法错误的是()
A.蓝色废液为CuCO3
B.器皿表面的红色为铜单质的颜色
C.除铜绿过程中没发生氧化还原反应
D.除铜绿过程中有气泡产生
『答案』A
『解析』
『详解』由现象可知『Cu2(OH)2CO3』与稀盐酸反应生成氯化铜、水和二氧化碳,无元素的化合价变化,为非氧化还原反应。
A.蓝色废液为CuCl2,选项A错误;
B.铜不与稀盐酸反应,器皿表面的红色为铜单质的颜色,选项B正确;
C.除铜绿过程中没发生氧化还原反应,选项C正确;
D.除铜绿过程中有二氧化碳生成,则有气泡产生,选项D正确。
『答案』选A。
17.将V1mL0.2mol/LNa2SO4溶液加水稀释至V2ml,稀释后溶液中Na+的物质的量浓度为()
A.
B.
C.
D.
『答案』D
『解析』
『详解』令稀释后溶液中Na+的物质量浓度为y,则:
V1mL×2×0.2mol/L=V2mL×y
解得y=
;『答案』选D。
18.将Na2CO3固体加入含下列离子的溶液中,溶液中原离子还能够大量存在的是()
A.
B.
C.
D.
『答案』A
『解析』
『详解』A、四种离子之间不发生反应,也不与钠离子、碳酸根离子反应,离子在溶液中能够大量共存,选项A正确;
B、钡离子与碳酸根离子能够发生反应生成碳酸钡沉淀,所以在溶液中不能够大量共存,选项B错误;
C、氢离子与碳酸根离子反应生成二氧化碳和水,所以在溶液中不能够大量共存,选项C错误;
D、钙离子与碳酸根离子能够发生反应生成碳酸钙沉淀,所以在溶液中不能够大量共存,选项D错误;
『答案』选A。
19.由Fe2O3和FeO组成的固体混合物,用200ml5.0mol/L盐酸能恰好将之完全溶解。
所得溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量相等,则原固体混合物中FeO的物质的量为()
A.0.4molB.0.3molC.0.2molD.0.1mol
『答案』C
『解析』
『详解』所得溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量相等,设FeO的物质的量为x,则Fe2O3的物质的量为0.5x,200mL5.0mol/L盐酸中的HCl的物质的量为0.2L×5.0mol/L=1.0mol,根据反应Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、FeO+2HCl=FeCl2+H2O可知,0.5x×6+2x=1.0,解得x=0.2mol,
『答案』选C。
20.下列实验方法不能达到实验目的的是()
A.可用丁达尔效应来区分溶液和胶体
B.用NaOH溶液除去CO2中混有的少量HCl
C.可用热分解的方法提纯混有少量CaCO3的CaO
D.向AlCl3溶液中滴加过量氨水可制得Al(OH)3
『答案』B
『解析』
『详解』A、胶体能产生丁达尔效应,溶液不能产生丁达尔效应,可以区分,选项A正确;
B、CO2和HCl气体均与NaOH溶液反应,不符合除杂原则,选项B错误;
C、碳酸钙高温分解生成CaO,则选择高温分解法除去CaO中的CaCO3,选项C正确;
D、Al(OH)3为两性氢氧化物,易与强碱反应而溶解,但不与弱碱反应,氨水为弱碱,与AlCl3溶液反应生成Al(OH)3,选项D正确;
『答案』选B。
21.下列应用或现象对应的离子方程式不正确的是()
A.用FeCl3溶液腐蚀电路板上的铜:
B.钠浮于水面且能与水剧烈反应:
C.将FeCl3溶液加入滴有淀粉的KI溶液中,溶液变为蓝色:
D.将KOH溶液加入FeCl3溶液中,产生红褐色沉淀:
『答案』B
『解析』
『详解』A.用FeCl3溶液腐蚀电路板上的铜,反应生成氯化亚铁和氯化铜,反应的离子方程式为:
,选项A正确;
B.钠浮于水面且能与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气,反应的离子方程式为:
,选项B不正确;
C.将FeCl3溶液加入滴有淀粉的KI溶液中,反应生成氯化亚铁和碘单质,碘遇淀粉变为蓝色,反应的离子方程式为:
,选项C正确;
D.将KOH溶液加入FeCl3溶液中,产生红褐色沉淀氢氧化铁,同时生成氯化钾,反应的离子方程式为:
,选项D正确;
『答案』选B。
22.将一定量Cl2通入NaOH溶液中,发现溶液中的NaOH完全被消耗,溶液中大量存在的阴离子只有Cl-、ClO-、ClO3-,则溶液中所有阴离子与所有阳离子的物质的量之比为()
A.1:
3B.1:
2C.1:
1D.2:
1
『答案』C
『解析』
『详解』将一定量Cl2通入NaOH溶液中,发现溶液中的NaOH完全被消耗,溶液中大量存在的阴离子只有Cl-、ClO-、ClO3-,大量存在的阳离子为Na+,根据电荷守恒规律可知:
n(Na+)+n(H+)=n(OH-)+n(Cl-)+n(ClO-)+n(ClO3-),则溶液中所有阴离子与所有阳离子的物质的量之比为1:
1。
『答案』选C。
23.下列关于铝和盐酸、NaOH溶液的反应说法不正确的是()
A.等体积等浓度的盐酸、NaOH溶液分别与足量的铝反应消耗Al的物质的量之比为1:
3
B.等体积等浓度的盐酸、NaOH溶液分别与足量的铝反应生成H2的物质的量之比为1:
3
C.等质量的铝分别与足量的盐酸、NaOH溶液反应产生H2的物质的量之比为1:
3
D.等质量的铝分别与足量的盐酸、NaOH溶液反应消耗酸和碱的物质的量之比为3:
1
『答案』C
『解析』
『详解』A.等体积等浓度的盐酸、NaOH溶液,则氯化氢,氢氧化钠物质的量相等,依据方程式:
2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑,取6mol氯化氢和氢氧化钠,则盐酸消耗2mol铝,氢氧化钠消耗6mol铝,反应消耗Al的物质的量之比为2:
6=1:
3,故A正确;
B.由2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑可知,足量Al,酸碱均完全反应,则存在6HCl~3H2,2NaOH~3H2,取6mol氯化氢和6mol氢氧化钠研究,则盐酸与铝反应生成3mol氢气,氢氧化钠与铝反应生成9mol氢气,反应生成H2的物质的量之比为3:
9=1:
3,故B正确;
C.等质量的铝的物质的量相同,设Al均为2mol,由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知,生成气体物质的量之比为1:
1,故C错误;
D.铝与盐酸、氢氧化钠分别发生:
2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑、2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑,设铝的物质的量为2mol,所以消耗盐酸和氢氧化钠的物质的量分别为:
6mol和2mol,则比值为3:
1,故D正确;
故选:
C。
24.120℃时,34g由CO2和H2O(g)组成的混合气体与足量的Na2O2充分反应后,固体质量增加了8.4g,则原混合气体中CO2的物质的量可能为()
A.0.2molB.0.4molC.0.6molD.0.8mol
『答案』A
『解析』
『详解』2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;能看出2个H2O与Na2O2反应,生成了O2,所以留下了2个H2;同理2个CO2,与Na2O2反应,生成了O2,留下2个CO;设原气体中含有xmolCO2,ymolH2O,
则
解得
;
『答案』选A。
25.某化学反应:
(未配平)。
反应中,每消耗lmolCuSO4时,生成的H3PO4的物质的量为()
A.
B.
C.
D.
『答案』C
『解析』
『详解』反应中P的化合价由0价降为-3价和由0价升为+5价,Cu的化合价由+2降为+1,以一个Cu3P为标准,则降6,最小公倍数为30,根据氧化还原反应方程式的配平原则可得反应:
P4+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4,根据反应方程式可知,每消耗lmolCuSO4时,生成的H3PO4的物质的量为
;
『答案』选C。
第Ⅱ卷(非选择题共50分)
二、非选择题(本题包括6小题,共50分)
26.根据所学知识,回答下列问题:
(l)从1L0.05mol/LCuSO4溶液中取出10mL,该10mL溶液的物质的量浓度为____。
(2)现有下列5种物质:
①CO2②Mg③盐酸④NaC1⑤Na2CO3。
上述5种物质中,属于电解质的有___。
(3)氢原子的物质的量相等的四种气体HCl、H2,、NH3、CH4,在同温同压下,此四种气体体积之比V(HCl):
V(H2:
V(NH3):
V(CH4)=____。
(4)配制100ml1.00mol/LH2SO4溶液,需要用量筒量取浓硫酸(密度为1.84g/cm3,溶质质量分数为98%)的体积为____保留一位小数)mL。
(5)反应
中,若反应生成0.6molS,则反应中转移的电子为___mol。
『答案』
(1).0.05
(2).④⑤(3).12:
6:
4:
3(4).5.4(5).0.8
『解析』
『分析』
(1)溶液是均一的;
(2)电解质是指在水溶液里或熔融状态下导电的化合物;
(3)根据阿伏加德罗常数进行计算;
(4)依据c=
计算浓硫酸的物质的量浓度,依据稀释前后溶液所含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积;
(5)根据反应
中,得失电子数目进行分析。
『详解』
(1)溶液是均一的,所以从1L0.05mol/LCuSO4溶液中取出10mL,该10mL溶液的物质的量浓度仍然是0.05mol/L;
(2)电解质是指在水溶液里或熔融状态下导电的化合物,从物质的分类角度来讲包括酸、碱、盐、金属氧化物、水等,所以只有④⑤是电解质;
(3)氢原子的物质的量相等的四种气体HCl、H2,、NH3、CH4,设氢原子的物质的量为1mol,则各气体的物质的量分别为1mol、0.5mol、
mol、
mol,在同温同压下,相同体积的气体具有相同的分子数,故此四种气体体积之比V(HCl):
V(H2:
V(NH3):
V(CH4)=1mol:
0.5mol:
mol:
mol=12:
6:
4:
3;
(4)用98%(密度为1.84g/cm3)的浓硫酸的物质的量浓度为:
=18.4mol/L,设需要浓硫酸体积为V,依据稀释前后溶液所含溶质的物质的量不变得:
V×18.4mol/L=1.00mol/L×100mL,解得:
V=5.4mL;
(5)反应
中S元素由-2价升为0价和由+4价降为0价,最小公倍数为4,则反应生成3molS,转移的电子为4mol,若反应生成0.6molS,则反应中转移的电子为0.8mol。
27.某制碱制得的纯碱中含有NaHCO3和NaCl杂质。
某实验小组对此碱样品进行检查。
(1)取此碱样品10g,加热到质量不再减少,冷却称重,称得质量为9.845g,该样品中NaHCO3的质量分数为__________________________。
(2)另取10g固体样品,加蒸馏水溶解,配成250mL一定物质的量浓度的溶液,配制过程中必需使用的化学仪器有______________________(填字母)
A.烧杯B.250mL容量瓶C.漏斗D.胶头滴管E.玻璃棒F.试管
(3)量取上述配制好的溶液25mL,向其中加入过量盐酸至不再产生气泡,共收集到190.4mL(标准状况)气体,该反应过程的离子方程式为______________________、_______________________。
10g该样品中含____________gNaCl
『
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