江西省上饶市横峰中学学年高一下学期开学考试化学精校解析Word版.docx

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江西省上饶市横峰中学学年高一下学期开学考试化学精校解析Word版

横峰中学高一年级第二学期期初检测

化学试卷

可能用到的相对原子质量：

H-1C-12O-16Na-23S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64

一、选择题（每小题3分且只有一个正确答案，共16个小题）

1.古诗词是古人为我们留下的宝贵精神财富，下列诗句涉及氧化还原反应的是

A.花气袭人知骤暖，鹊声穿树喜新晴

B.千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金

C.粉身碎骨浑不怕，要留青白在人间

D.爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏

【答案】D

【解析】

【详解】A.诗句描述的没有涉及到化学反应，故A错误；

B.沙里淘金属于物理变化，不是化学反应，故B错误；

C.诗句中涉及的反应有：

CaO+H2O=Ca（OH）2、Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，都不是氧化还原反应，故C错误；

D.爆竹爆炸过程中，火药燃烧属于氧化还原反应，故D正确。

故选D。

2.下列有关阿伏加德罗常数NA的说法正确的是（）

A.标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA

B.常温常压下，11gCO2中含有0.75NA个原子

C.标准状况下，NA个水分子的体积约为22．4L

D.50mL12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA

【答案】B

【解析】

【分析】

A.求出二氧化碳的物质的量，然后根据过氧化钠和二氧化碳的反应为歧化反应来分析；

B.根据公式n=计算出CO2的物质的量，再结合分子构成得出结论；

C.标况下水为液体，不能用气体摩尔体积计算；

D.二氧化锰只能和浓盐酸反应，和稀盐酸不反应。

【详解】A.标准状况下5.6L二氧化碳的物质的量为=0.25mol，而过氧化钠和二氧化碳的反应为歧化反应，根据关系式2CO22e-可知，当0.25mol二氧化碳参与反应后，转移0.25NA个电子，故A项错误；

B.11gCO2的物质的量为=0.25mol，则其分子内原子个数为0.25mol3NA=0.75NA，故B项正确；

C.标准状况下水为液体，条件不足，不能按气体摩尔体积22.4L/mol计算水的体积，故C项错误；

D.浓盐酸与MnO2共热产生氯气，但随着反应的进行，浓盐酸会变稀，稀盐酸不与MnO2反应，即给定的盐酸不能反应完全，故转移的电子数小于0.3NA，故D项错误；

答案选B。

【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。

本题C项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。

3.下列实验能达到预期目的的是

选项

实验目的

实验内容

A

检验溶液中是否含SO42-离子

向溶液中加人稀硝酸酸化的BaCl2溶液，观察是否有沉淀生成

B

检验溶液中是否含NH4+

向盛有该溶液的试管中加入NaOH固体，加热，在试管口放置湿润的淀粉KI试纸，观察试纸是否变蓝

C

证明Na2O2与CO2是放热反应

用脱脂棉包裹Na2O2，放入充满CO2的集气

瓶中，观察棉花是否燃烧

D

证明Na与水反应有碱性物质生成

取金属Na，用滤纸将其表面的煤油吸干，切下黄豆大小的Na，小心放入盛有适量水的烧杯中，观察是否有气体生成

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.能和氯化钡反应且生成不溶于稀硝酸的离子还有银离子等，且硝酸具有强氧化性，向某未知溶液中加入BaCl2溶液后，再加入稀硝酸观察沉淀的生成，生成的沉淀可能是硫酸钡或氯化银，且硝酸能将亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子氧化生成硫酸根离子，所以不能据此判断含有SO42-，故A错误；

B.检验NH4+时，向盛有该溶液的试管中加入NaOH固体,加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，说明生成了NH3，即原溶液中含有NH4+，故B错误；

C.用脱脂棉包裹Na2O2，放入充满CO2的集气瓶中，若棉花燃烧，说明达到棉花的着火点，则该反应是放热反应，因为大多数自发反应是放热反应，故C正确；

D.取金属Na，用滤纸将其表面的煤油吸干，切下黄豆大小的Na，小心放入盛有适量水的烧杯中，并向烧杯中滴加酚酞，若溶液变红，则该溶液显碱性，证明Na与水反应有碱性物质生成，故D错误。

故选C。

4.下列有关物质“量”的说法正确的是（）

A.相同物质的量的Al和A1（OH）3分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体时，Al（OH）3消耗的碱量较多

B.由Na2CO3和NaHCO3组成的混合物中，若n（Na+）:

n（C）=7:

5，则n（Na2CO3）:

n（NaHCO3）=2:

3

C.反应N2O4+N2H4→N2+H2O中，若有1molN2O4参加反应，则有4mol电子发生转移

D.相同物质的量的浓硫酸分别与足量的铜和氧化铜反应，生成硫酸铜的量相同

【答案】B

【解析】

【分析】

A.令Al和Al（OH）3的物质的量都为1mol，根据相关的化学反应方程式的化学计量数与物质的物质的量之间的关系分析作答；

B.根据碳原子、钠原子守恒规律分析；

C.根据得失电子守恒、原子守恒配平方程式，结合方程式计算；

D.浓硫酸与铜发生氧化还原反应，部分硫酸还原成二氧化硫，铜和稀硫酸不反应。

【详解】A.令Al和Al（OH）3的物质的量都为1mol，铝与氢氧化钠反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，氢氧化铝与氢氧化钠反应为Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，由方程式可知1molAl和Al（OH）3消耗NaOH的物质的量都为1mol，两者消耗的碱量一样多，故A项错误；

B.根据元素守恒可知，Na2CO3中2n（Na2CO3）=2n（C）=n（Na+），而NaHCO3中n（NaHCO3）=n（C）=n（Na+），若n（Na+）：

n（C）=7：

5，则有[2n（Na2CO3）+n（NaHCO3）]：

[n（Na2CO3）+n（NaHCO3）]=7：

5，解得n（Na2CO3）：

n（NaHCO3）=2：

3，故B项正确；

C.反应N2O4+N2H4→N2+H2O中，N元素化合价由−2价（N2H4）变为0价（N2），失去4e−，而+4价（N2O4）变为0价（N2），得到8e−，根据最小公倍数为8，遵循得失电子守恒、原子守恒，所以该反应配平后为N2O4+2N2H4═3N2↑+4H2O，若有1molN2O4参加反应，则有8mol电子发生转移，故C项错误；

D.根据2H2SO4（浓）+CuCuSO4+SO2↑+2H2O，CuO+H2SO4=CuSO4+H2O可知，相同物质的量的H2SO4（浓）参加反应，前者生成的CuSO4的量比后者小，且与Cu反应时浓H2SO4变稀后也不再反应，故D项错误；

答案选B。

【点睛】本题侧重考查常见元素单质及其化合物的化学性质与反应，其中D项需要强调的是，浓硫酸具有强氧化性，稀硫酸没有强氧化性，因此浓硫酸不可能完全与铜反应完全。

类似地，还有实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气时，浓盐酸随着反应的进行会变稀，该反应中，浓盐酸也不能完全参与反应，学生在解答相关题型时要考虑物质的用量问题。

5.某CuSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的混合溶液100mL，已知溶液中阳离子的浓度相同，且SO42-的物质的量浓度为6mol•L-1，则此溶液最多溶解铁粉的质量为（）

A.5.6gB.11.2gC.22.4gD.33.6g

【答案】C

【解析】

【分析】

根据Cu2+、H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，由硫酸根离子的物质的量可知反应后溶液中Fe2+的物质的量，减去原溶液中Fe3+的物质的量，可计算最多溶解的铁粉的质量。

【详解】已知n（SO42-）=0.1L6mol/L=0.6mol，已知CuSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的混合溶液阳离子的浓度相同，则设n（Cu2+）=n（H+）=n（Fe3+）=n，

根据电荷守恒可知：

2n+3n+n=0.6mol×2，由此解得n=0.2mol，

Cu2+、H+和Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，则n（FeSO4）=0.6mol，

根据Fe元素守恒可知，此溶液最多溶解铁粉的物质的量为0.6mol−0.2mol=0.4mol，

则此溶液最多溶解铁粉的质量为0.4mol×56g/moL=22.4g，故C项正确；

答案选C。

【点睛】学会运用电荷守恒法、元素守恒法解答本题是关键突破口。

追踪元素守恒可使解题思路清晰，如本题溶液中Cu2+、H+和Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，化学方程式较多，但只要理清溶液中的Fe元素都以什么形式存在，则会游刃有余，使计算化繁为简。

6.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则下列说法中正确的是（　　）

A.钠与W可能形成Na2W2化合物

B.由Z与Y组成的物质在熔融时能导电

C.W得电子能力比Q强

D.X有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体

【答案】A

【解析】

试题分析：

由短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W、Q处于第三周期，X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则最外层电子数为4，故X为碳元素，则Z为Si元素、Y为氧元素、W为硫元素、Q为Cl元素，A.Na和S可形成类似于Na2O2的Na2S2，正确；B.二氧化硅是原子晶体，熔融状态下，不导电，错误；C.同周期自左而右非金属性增强，得电子能力增强，故S得电子能力比Cl弱，故C错误；D.碳元素有金刚石、石墨等同素异形体，氧元素存在氧气、臭氧同素异形体，C、O元素都能形成多种同素异形体，错误。

考点：

考查元素周期律和元素周期表的综合应用的知识。

7.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍,X、Y的核电荷数之比为3∶4。

W-的最外层为8电子结构。

金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应。

下列说法正确的是

A.X与Y能形成多种化合物,一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应

B.原子半径大小:

XW

C.化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键

D.Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂

【答案】D

【解析】

试题分析：

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：

4，则Y为O元素，W-的最外层为8电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，A．X与Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO和NaOH不反应，故A错误；B．一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小X＞Y，Z＞W，故B错误；C．化合物Z2Y和ZWY3分别为Na2O、NaClO3，NaClO3存在离子键和共价键，故C错误；D．Y的单质臭氧，W的单质氯气，对应的化合物Cl