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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