安徽省桐城中学2023-2024学年高一上学期第二次教学质量检测化学Word版含解析.docx

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安徽省桐城中学2023-2024学年度高一上学期第二次教学质量检测化学试卷(考试总分：100分　考试时长：75分钟)一、单选题(本题共计10小题，总分30分)1.某实验小组欲提纯含有K+、Mg2+、Ca2+、、的KNO3，下列所加试剂顺序不能达到提纯目的的是A.KOH→Ba(NO3)2→K2CO3→HNO3B.Ba(NO3)2→K2CO3→KOH→HNO3C.K2CO3→KOH→Ba(NO3)2→HNO3D.Ba(NO3)2→KOH→K2CO3→HNO3【答案】C【解析】【详解】含有K+、Mg2+、Ca2+、、的KNO3，杂质离子为Mg2+、Ca2+、，除杂试剂分别为KOH、K2CO3、Ba(NO3)2，过滤后再加硝酸除去过量的KOH、K2CO3，由于每一步都加入过量的除杂试剂，故要求K2CO3要在Ba(NO3)2之后加入，以除去剩余的Ba2+，所以选项中A、B、D的试剂加入顺序都是合理的；C项中试剂加入顺序Ba(NO3)2在K2CO3之后，过量的Ba2+无法除掉，达不到除杂目的，故不符合。答案选C。2.体检时的一些指标常用物质的量浓度表示(可将元素近似折算成相应离子)。根据下图相关数据，下列分析不正确的是A.1mmol·L－1＝1.0×10－3mol·L－1B.可用焰色反应测定钾离子的含量C.该报告中Mg2＋指标正常D.若某人10mL血清样本中含钙离子1.2毫克，则其钙含量略偏高【答案】B【解析】 【详解】A.1mmol/L=1.0×10-3mol/L，A正确；B.焰色反应只能定性判断元素的存在，不能用焰色反应测定钾离子的含量，B错误；C.该报告中Mg2+的浓度介于0.75与1.25之间，因此指标正常，C正确；D.若某人10mL血清样本中含钙离子1.2毫克，浓度是，所以则其钙含量略偏高，D正确，答案选B。3.下列化合物中，属于酸性氧化物的是A.NO2B.COC.Cl2OD.CH2O【答案】C【解析】【分析】氧化物根据能否和酸或碱反应生成盐和水，可以将氧化物分为酸性氧化物、碱性氧化物、不成盐氧化物和两性氧化物，酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物，酸性氧化物不一定溶于水，碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物，碱性氧化物不一定溶于水，据此分析判断。详解】A．NO2与NaOH反应生成NaNO2、NaNO3和H2O，不符合酸性氧化物定义，A不合题意；B．CO既不与酸反应也不与碱反应，属于中性氧化物，B不合题意；C．Cl2O能与碱反应生成盐和水，Cl2O+2NaOH=NaClO+H2O，属于酸性氧化物，C符合题意；D．CH2O不是氧化物，D不合题意；故答案为：C。4.下列对物质分类的归纳中，错误的是A.蔗糖、酒精、甲烷等这类含碳化合物属于有机物B.由金属离子或铵根离子与酸根离子组成的化合物称为盐C.在水溶液中能电离出氢离子的化合物称为酸D.分类法中把化合物分为氧化物、酸、碱、盐【答案】C【解析】【详解】A．有机物是绝大多数含碳化合物，如蔗糖、酒精、甲烷，故A正确；B．盐是阳离子为金属离子或铵根离子、阴离子为酸根离子的化合物，故B正确；C．电离出的阳离子全是H+的化合物为酸，NaHSO4能电离产生H+，但NaHSO4属于盐，故C错误；D．分类法中根据物质的组成和结构，把化合物分为氧化物、酸、碱、盐，故D正确。答案选C。5.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1mol/L的NaOH溶液中含Na+数为NAB.标况下，22.4L四氯化碳所含有的分子数大于NA C.1molH3O+含有的电子数为11NAD.1molCl2参加反应时得到的电子数为2NA【答案】B【解析】【详解】A．Na+数与溶液的体积有关，不知道溶液的体积，无法计算，故A错误；B．四氯化碳标准状况是液体，22.4L四氯化碳物质的量大于1mol，22.4L四氯化碳所含分子数大于NA，故B正确；C．1个H3O+含有10个电子，1molH3O+含有的电子数为10NA，故C错误；D．Cl2可能与水或碱发生歧化反应，此时1molCl2参加反应时得到的电子数为NA，故D错误。答案选B。6.下列各组离子在溶液中能大量共存的是A.H+、K+、F-、Cl-B.Mg2+、Cu2+、、Cl-C.、Fe3+、、I-D.、K+、Cl-、【答案】D【解析】【详解】A．H+与F-将结合成弱酸HF，即弱电解质而不能大量共存，A不合题意；B．与Cl-因发生氧化还原反应而不能大量共存，B不合题意；C．Fe3+与I-因发生氧化还原反应而不能大量共存，2Fe3++2I-=2Fe2++I2，C不合题意；D．、K+、Cl-、各离子相互之间不反应，能够大量共存，D符合题意；故答案为：D。7.关于同温同压下等体积的N2O(气体)和CO2的叙述，其中正确的是①质量相同　②所含碳原子数与氮原子数相等　③所含分子数相等A.①②③B.②③C.①②D.①③【答案】D【解析】【详解】同温同压下等体积的两种气体N2O和CO2，其物质的量相等，所含的分子数也相等，二者的摩尔质量均为44g·mol-1，故二者的质量也相等；由于二者分子中所含的碳原子数与氮原子数不同，故②错误，综上所述答案为D。8.下列选项中的物质所含指定微粒数一定相等的是A.同体积、同密度的C2H4和C3H6两种气体的总原子数 B.等温等压下，相同体积的C2H4和C2H2、C2H6的混合气体的总原子数C.等温等压下，相同体积任何两种气体所含的原子数D.相同物质的量、不同体积的NH3和CH4两种气体中的氢原子数【答案】A【解析】【详解】A．同体积同密度的两气体的质量相同，而C2H4 和 C3H6的最简式均为CH2，故等质量的两气体中含有的CH2的物质的量相同，则含有的原子个数相同，故A符合题意；B．等温等压下，相同体积的两气体的物质的量相同，而C2H2、C2H6 混合气体中两者的比例未知，故此混合气体的平均分子式不一定是C2H4，故和C2H4所含的原子数不一定相同，故B不符合题意；C．等温等压下，相同体积任何两种气体的物质的量相同，而气体分为单原子分子、双原子分子和多原子分子，故气体所含的原子数不一定相同，故C不符合题意；D．NH3 和 CH4 中分别含3个和4个H原子，故等物质的量的两者中含有的H原子数之比为3：4，故D不符合题意。答案选A。9.反应①②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：①；②。下列说法正确的是（）A.两个反应中硫元素均被氧化B.碘元素在反应①中被还原，在反应②中被氧化C.氧化性：D.反应①②中生成等量的时，转移电子数之比为1：5【答案】D【解析】【详解】A．反应①中硫元素化合价未发生变化，反应②中硫元素化合价升高，被氧化，故A项错误；B．反应①中碘元素化合价升高，被氧化，反应②中碘元素化合价降低，被还原，故B项错误；C．由反应①可知氧化性：，由反应②可知氧化性：，故C项错误；D．由反应①得，生成1mol转移2mol，由反应②得，生成1mol转移10mol，所以当生成等量的时，转移电子数之比为1：5，故D项正确。故选D。 10.下列实验过程中产生的现象与如图所示坐标图形相符合的是（）A.稀盐酸滴加到一定量溶液中（横坐标是稀盐酸的体积，纵坐标为气体体积）B.溶液滴入溶液中（横坐标是溶液的体积，纵坐标为沉淀质量）C.稀盐酸滴加到溶液中（横坐标是稀盐酸的体积，纵坐标为溶液的导电能力）D.稀硫酸滴加到溶液中（横坐标是稀硫酸的体积，纵坐标为溶液的导电能力）【答案】D【解析】【详解】A．稀盐酸滴加到一定量溶液中，碳酸氢根与氢离子反应立马产生气体，随着稀盐酸增多气体体积增大至碳酸氢钠反应完，A不符合题意；B．溶液滴入溶液中，氢氧化钠由少到多的过程中依次发生反应为：，，先生成沉淀碳酸钡，后无沉淀产生，B不符合题意；C．稀盐酸滴加到溶液中：，稀盐酸中起导电作用的是盐酸电离产生的氢离子和氯离子，滴价硝酸银，氯离子被银离子沉淀，硝酸根进入溶液起导电作用，故导电能力只因为体积扩大离子浓度被稀释有所降低，C不符合题意；D．稀硫酸滴加到溶液中：，溶液的导电能力减弱到彻底反应完时的水导电，继续滴加氢氧化钡，钡离子和氢氧根导电，D符合题意；故选D。二、多选题(本题共计3小题，总分12分)11.使用容量瓶配制溶液过程中，下列操作会使所配制的溶液浓度偏低的是（）A.溶液转移到容量瓶后，烧杯内壁及玻璃棒未用蒸馏水洗涤B.转移溶液前，容量瓶内存有少量蒸馏水C.定容时，俯视容量瓶的刻度线 D.定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量蒸馏水重新达到刻度线【答案】AD【解析】【详解】A．溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故A符合题意；B．转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质的物质的量、溶液的最终体积都没有影响，所以不影响配制结果，故B不符合题意；C．定容时，俯视容量瓶的刻度线，导致加入的蒸馏水低于容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C不符合题意；D．定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D符合题意；答案选AD。12.将2.56gCu和200mL某浓度的浓HNO3混合，随着反应的进行生成气体的颜色逐渐变浅，当Cu反应完全时，共收集到气体1.12L(标准状况)。下列关于该反应的分析错误的是（）A.该反应生成的NO2与NO的体积比为7:3B.该反应转移电子数为0.04NAC.该反应消耗HNO3的物质的量为0.13molD.反应结束后所得溶液中(忽略反应前后溶液体积的变化)c(NO3-)=0.4mol·L-1【答案】BD【解析】【详解】铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，则n(NO2)+n(NO)==0.05mol，即被还原的硝酸的物质的量为0.05mol；n(Cu)==0.04mol，则生成n(Cu(NO3)2)=0.04mol，可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.04mol×2=0.08mol，则参加反应的硝酸的物质的量为：0.05mol+0.08mol=0.13mol；A．由分析知n(NO2)+n(NO)=0.05mol，另有电荷守恒n(NO2)×1+n(NO)×3=n(Cu)×2=0.08mol，解得：n(NO2)=0.35、n(NO)=0.15mol，则该反应生成的NO2与NO的体积比为0.35mol：0.15mol=7:3，故A正确；B．n(Cu)==0.04mol，则该反应转移电子数为0.08NA，故B错误； C．由分析知该反应消耗HNO3物质的量为0.13mol，故C正确；D．反应结束后所得溶液中除生成的Cu(NO3)2，还含有未反应的HNO3，而未反应的HNO3的物质的量未知，则无法计算反应后溶液中c(NO3-)，故D错误；故答案为BD。【点睛】本题考查浓硝酸的强氧化性和酸性，涉及原子守恒和氧化还原反应的电子守恒规律的理解与应用，解题难点是计算混合气体的成分，因铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，则根据混合气体的物质的量和溶解Cu的物质的量，利用电子守恒即可。13.亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊(Mathieson)法制备亚氯酸钠的流程如下：下列说法不正确的是(   )A.反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为21B.反应①氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1C.反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2反应D.②中的H2O2可用NaClO4代替【答案】BD【解析】【详解】A.反应①化学方程式为：2NaClO3＋H2SO4＋SO2=2NaHSO4＋2ClO2因此参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1，选项正确，A不符合题意；B.反应①中氧化产物为NaHSO4，还原产物为ClO2，二者的物质的量之比为1:2，选项错误，B符合题意；C.反应②的化学方程式为2ClO2＋H2O2＋2NaOH=2NaClO2＋O2＋2H2O，该反应中，氧化剂为ClO2，还原剂为H2O2，因此ClO2的氧化性强于H2O2，选项正确，C不符合题意；D.反应②中H2O2体现还原性，而NaClO4中的氯元素的化合价为+7价，氯元素的最高价态，氯元素不具有还原性，故不可用NaClO4代替H2O2，选项错误，D符合题意；故答案为：BD。三、填空题(本题共计1小题，总分12分)14.取等物质的量浓度的NaOH溶液两份，每份50mL。向其中分别通入一定量的CO2 气体，随后各取溶液10mL，并分别加水稀释到100mL。分别向稀溶液后的溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，产生CO2气体的体积(标准状况)与所加入的盐酸的体积之间的关系如下图(a)(b)所示。回答下列问题：(1)在(a)情况下，溶质为(写化学式)___________，其物质的量之比是__________，标准状况下CO2气体的体积为________。(2)在(b)情况下，溶质为(写化学式)____________，标准状况下CO2气体的体积为________，原NaOH溶液的物质的量浓度为_________。【答案】①.NaOH、Na2CO3②.1:1③.0.056L④.NaHCO3、Na2CO3⑤.0.112L⑥.7.5mol/L【解析】【详解】当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，（1）（a）中生成CO2气体至最大，消耗HCl为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转化为HCO3-应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，中和NaOH消耗HCl的体积为50mL-25mL=25mL，由方程式可知NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比等于两个过程分别消耗盐酸的体积之比，故NaOH、Na2CO3的物质的量之比=25mL：25mL=1：1，根据碳元素守恒可知，从50mL～75mL消耗25mL盐酸时生成的二氧化碳为10mLNaOH溶液通入CO2气体的体积，该阶段生成二氧化碳为0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，故10mLNaOH溶液中通入二氧化碳的体积=0.0025mol/L×22.4L/mol=0.056L；（2）（b）中生成CO2气体至最大，消耗HCl为50mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转化为HCO3-应消耗HCl为50mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为25mL，说明该阶段只发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，且二氧化碳与NaOH反应后溶液中含NaHCO3、Na2CO3，根据碳元素守恒可知，从25mL～75mL消耗50mL盐酸时生成的二氧化碳为10mLNaOH溶液通入CO2气体的体积，该阶段生成二氧化碳为0.05L×0.1mol/L=0.005mol，故10mLNaOH溶液中通入二氧化碳的体积=0.005mol/L×22.4L/mol=0.112L；（3）加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液为NaCl溶液，根据守恒可知10mL溶液中n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧化钠溶液的浓度==0.75mol/L，故答案为0.75mol/L。 四、实验题(本题共计1小题，总分12分)15.某实验小组在研究物质的分解实验，回答下列问题。Ⅰ、查阅资料显示，大多数硝酸盐受热能分解。已知Cu(NO3)2受热分解产生黑色固体和两种气体，其中一种气体呈红棕色(NO2)，另一种为单质。Cu2O为红色固体。（1）写出Cu(NO3)2受热分解的化学反应方程式_____。（2）有同学将带火星木条深入集气瓶中，木条复燃，从而说明NO2具有助燃性，请说明你的观点并阐述理由：_____(填“有”、“无”或“不确定”)助燃性，理由是_____。Ⅱ、将Cu(NO3)2受热分解产生的黑色固体用氢气还原，将看到黑色固体变为红色。（3）探究红色固体成分时得到以下猜想：①红色固体为Cu；②红色固体为_____；③红色固体为Cu2O和Cu的混合物。（4）验证猜想时，某同学将红色固体溶于稀硫酸，发现固体部分溶解，溶液变成蓝色，经过计算从而证明红色固体中含有Cu2O。请写出Cu2O在稀硫酸中发生歧化反应反应的离子方程式：_____。【答案】（1）2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑（2）①.有②.Cu(NO3)2分解产生的气体中氧气的含量与空气中的含量相当，带火星的木条在空气中不复燃，但在分解产生的气体中复燃，说明NO2有助燃性（3）Cu2O（4）Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O【解析】【小问1详解】由提示知Cu(NO3)2受热分解产生黑色固体和两种气体，其中一种气体呈红棕色(NO2)，另一种为单质。Cu2O为红色固体，则黑色固体为CuO，根据氧化还原N化合价降低，则O化合价升高，另一种气体为O2，Cu(NO3)2受热分解的化学反应方程式:【小问2详解】由方程式看出，生成的气体为n（NO2）:n（O2）=4:1，氧气含量与空气含量相当，带火星木条在空气中不复燃，但在分解产生的气体中复燃，说明NO2有助燃性；【小问3详解】有提示信息Cu2O为红色固体，则②推测红色固体为Cu2O【小问4详解】Cu与稀硫酸不反应，Cu2O发生歧化反应方程式为Cu2O+2H+=Cu+H2O+Cu2+五、综合题(本题共计2小题，总分34分)16.生产生活中常用84消毒液杀菌消毒。化学课外小组用Cl2和NaOH溶液制取84 消毒液。请回答下列问题：（1）制取84消毒液需要的NaOH溶液80mL，配制NaOH溶液时称量NaOH固体的质量为_____，配制过程中使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、_____；定容时俯视刻度线将导致所配溶液浓度_____(填“偏高”、“偏低”或“不影响”)。（2）制取84消毒液的离子方程式为_____。（3）该消毒液也用于漂白，为增强漂白性向消毒液中滴加几滴稀盐酸，写出反应化学方程式_____。（4）已知酸性：H2CO3>HClO>，向84消毒液中通入少量CO2的离子方程式为：_____。（5）NaClO除了用于消毒外，在化工生产上常用作重要的氧化剂。比如，用NaClO和FeCl3溶液在NaOH的作用下制备一种新型水处理剂Na2FeO4，写出该反应的离子方程式：_____。【答案】（1）①.16.0g②.100mL容量瓶③.偏高（2）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（3）NaClO+HCl=NaCl+HClO（4）ClO-+CO2+H2O=+HClO（5）2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O【解析】【小问1详解】配制80mL溶液，需用100mL容量瓶，4.0mol•L-1的NaOH溶液100mL中含有NaOH的物质的量n(NaOH)=4.0mol/L×0.1L=0.4mol,所以NaOH的质量m(NaOH)=0.4mol×40g/mol=16.0g；配制的步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，在配制过程中使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶；定容时俯视刻度线则会导致溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏高；【小问2详解】84消毒液主要成分为NaClO，由氯气与NaOH溶液反应制成，则制取84消毒液的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；【小问3详解】在“84”消毒液中滴加几滴稀盐酸以增强漂白性，原因生成次氯酸，故化学方程式为NaClO+HCl=HClO+NaCl；【小问4详解】由于酸性：H2CO3>HClO>，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，反应生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=+HClO； 【小问5详解】反应中FeCl3→Na2FeO4，铁元素化合价由+3价升高为+6价，化合价总升高3价，NaClO→NaCl，氯元素化合价由+1降低为-1价，化合价总共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，根据电子守恒和电荷守恒，配平离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O。17.某研究小组用黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2气体，再用水吸收该气体可得ClO2溶液。在此过程中需要控制适宜的温度，若温度不当，副反应增加，影响生成ClO2气体的纯度，且会影响ClO2的吸收率，具体情况如图所示。（1）据图可知，反应时需要控制的适宜温度是_____℃，要达到此要求需要采取的措施是_____。（2）已知：黄铁矿中的硫元素在酸性条件下可被ClO氧化成，请写出FeS2、氯酸钠和硫酸溶液混合反应生成二氧化氯(ClO2)的离子方程式：_____。（3）CuSO4在酸性条件下能与FeS2反应生成难溶于水的Cu2S、，已知铁元素的化合价没有发生变化，写出该反应的离子方程式：_____。（4）实验室制备氯气的化学反应方程式为：_____。实验证明，很多物质都能与Cl-反应得到氯气，请写出重铬酸钾与盐酸反应生成Cr3+和氯气的离子方程式：_____。【答案】（1）①.30℃②.水浴加热（2）15ClO+FeS2+14H+=15ClO2+Fe3++7H2O+2（3）14Cu2++5FeS2+12H2O=7Cu2S+5Fe2++3+24H+（4）①.MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O②.+6Cl-+14H+=2Cr3++3Cl2+7H2O【解析】【小问1详解】ClO2气体的纯度，且会影响ClO2的吸收率，依据图象分析温度在30℃时ClO2的吸收率最大，纯度90%以上，控制100℃以下的温度需要用水浴加热；【小问2详解】 用黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2气体，氯酸跟离子在酸溶液中具有强氧化性，氧化FeS2为硫酸铁和硫酸，本身被还原为反应的离子方程式为ClO2；结合原子守恒、电子守恒配平写出离子方程式为：15ClO+FeS2+14H+=15ClO2+Fe3++7H2O+2；【小问3详解】CuSO4在酸性条件下与FeS2反应生成难溶于水的Cu2S、，Cu元素从+2价变为+1价，FeS2中S元素从-1价升高为SO，根据电荷守恒和电子守恒，离子方程式为：14Cu2++5FeS2+12H2O=7Cu2S+5Fe2++3+24H+；【小问4详解】