学年江西省上饶市山江湖协作体高一上学期期中联考化学自主班试题.docx

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学年江西省上饶市山江湖协作体高一上学期期中联考化学自主班试题

2019-2020学年江西省上饶市“山江湖”协作体高一上学期期中联考

化学（自主班）试题

★祝考试顺利★

注意事项：

1、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

2、选择题的作答：

每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

3、主观题的作答：

用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

4、选考题的作答：

先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

5、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

6、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

可能用到的相对原子质量H－1C－12N－14O－16Na－23Al-27S－32Cl-35.5K-39Mn－55Fe－56Cu-64Zn－65Ba－137

一、选择题

1.我国已发射“嫦娥I号”卫星，卫星运载火箭的动力由高氯酸铵（NH4ClO4）分解提供。

高氯酸铵分解有可能排入大气的物质是（）

A.H2OB.SO2C.CO2D.CO

【答案】A

【解析】

【详解】高氯酸铵（NH4ClO4）中含有氮元素、氯元素、氧元素、氢元素四种元素，分解时不可能产生含有硫元素、碳元素的物质。

故不可能产生二氧化硫、二氧化碳和一氧化碳，故选A。

2.据报道，科学家研制了一种间距为50nm的“镊子”，利用它可以操控活细胞中的DNA分子等。

下列分散系中分散质的粒子直径与该“镊子”间距相近的是（）。

A.溶液B.胶体C.悬浊液D.乳浊液

【答案】B

【解析】

【详解】溶液中分散质粒子直径小于1-100nm；悬浊液、乳浊液中分散质粒子直径大于1-100nm；胶体中分散质粒子直径在1-100nm之间，“镊子”间距为50nm，所以与该“镊子”间距相近的是胶体；

答案选B。

3.按照物质的树状分类和交叉分类，HNO3应属于

①酸②氢化物③氧化物④含氧酸⑤难挥发性酸⑥强酸⑦一元酸⑧化合物⑨混合物

A

①②③④⑤⑥⑦⑧B.①④⑥⑦⑧

C.①⑨D.①④⑤⑥⑦

【答案】B

【解析】

【详解】HNO3在水中电离出的阳离子只有氢离子属于酸，不是氢化物，也不是氧化物，只能电离出一个氢离子，属于一元酸，硝酸中含有氧元素，所以属于含氧酸，硝酸是由氢、氧、氮元素组成的纯净物，属于化合物，硝酸能完全电离，属于强酸，硝酸具有挥发性，不是难挥发性的酸，所以正确的有①④⑥⑦⑧。

答案选B。

【点睛】

4.根据下列金属的熔沸点：

金属

Na

Cu

Al

Fe

熔点（℃）

97.5

1083

660

1535

沸点（℃）

883

2595

2200

3000

其中不能形成合金的是

A.Cu与AlB.Fe与NaC.Fe与CuD.Al与Na

【答案】B

【解析】

钠的沸点低于铁的熔点，所以Fe与Na不能形成合金，故选B。

5.实验室用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知Fe3+在pH=5时沉淀完全）．其中分析错误的是

A.步骤②发生的主要反应为：

2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O

B.步骤②可用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2

C.步骤③用CuCO3代替CuO也可调节溶液的pH

D.步骤⑤的操作为：

向漏斗中加入少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作2～3次

【答案】B

【解析】

【详解】A、样品中含有CuO、FeO、Fe2O3，跟硫酸反应生成Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋，H2O2具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，离子反应方程式为2Fe2＋＋H2O＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故说法正确；

B、不能用硝酸和氯水代替H2O2，防止引入NO3－和Cl－等杂质，同时也防止产生污染，故说法错误；

C、CuCO3不溶于水，可以调节pH，不引入新杂质，故说法正确；

D、沿玻璃棒向原过滤器中加入蒸馏水，没过沉淀，待水流完后，重复上述操作2～3次，故说法正确。

故选B。

【点睛】注意哪些物质是杂质，流程的目的是什么，即需要制取什么物质，化学工艺流程中注意信息的利用，如本题pH=5时Fe3＋完全沉淀，也就是说需要把Fe2＋氧化成Fe3＋，然后调节pH到5，加入的物质不能引入新杂质，同时加入的物质容易除去。

6.水溶液X中只可能溶有K+、Ca2+、AlO2－、SiO32－、CO32－、SO42－中的若干种离子．某同学对该溶有进行了如下实验下列判断正确的是（　　）

A.K+、AlO2－、SiO32－和CO32－一定存在于溶液X中

B.沉淀甲是硅酸和硅酸钙的混合物

C.气体甲一定是纯净物

D.SO42－一定不存在于溶液X中

【答案】A

【解析】

【分析】

加盐酸有气体生成，说明有碳酸根离子，说明不含钙离子，根据溶液呈电中性，则说明一定有钾离子，有沉淀甲说明有硅酸根离子，得到无色溶液，再加过量氨水，有白色沉淀乙，说明含有偏铝酸根。

【详解】A、根据分析得到K+、AlO2－、SiO32－和CO32－一定存

于溶液X中，故A正确；

B、沉淀甲是硅酸沉淀，故B错误；

C、气体甲是二氧化碳、水蒸气、易挥发的氯化氢等组成的混合物，故C错误；

D、根据以上分析SO42－可能存在于溶液X中，故D错误；

综上所述，答案为A。

【点睛】利用信息得出一定有的离子，再根据离子之间的共存问题判断出一定没有的离子，再根据电荷守恒来分析一定有的离子，通过这几个关系来分析。

7.如图表示1gO2与1gX气体在相同容积的密闭容器中压强（p）与温度（T）的关系，则X气体可能是

A.NH3B.H2C.CO2D.NO

【答案】C

【解析】

【分析】

体积相同、温度相同时，气体压强与物质的量成正比，根据图象知，相同温度下，氧气压强大于X气体，说明氧气的物质的量大，根据n=m÷M判断X摩尔质量相对大小，据此分析解答。

【详解】体积相同、温度相同时，气体压强与物质的量成正比，根据图象知，相同温度下，氧气压强大于X气体，说明氧气的物质的量大，根据n=m÷M可知质量相同时，物质的量与摩尔质量成反比，氧气的物质的量大于X，则氧气的摩尔质量小于X，选项中只有二氧化碳摩尔质量大于氧气，故答案选C。

【点睛】本题考查阿伏加德罗定律及其推论，明确P、V、n、T、M之间的关系是解本题的关键，会分析图象中曲线变化趋势，采用“定一议二”的方法分析。

8.下列说法中正确的是

A.在一定温度和压强下，各种气态物质体积大小由分子间距离决定

B.相同温度时，CO2和N2O若体积相同，则它们的质量一定相同

C.100g浓度为18mol/L的浓硫酸中加入等质量的水稀释浓度大于9mol/L

D.14mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数为80%，那么7mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数将大于40%

【答案】D

【解析】

【详解】A、在一定温度和压强下，气态物质各种气态分子间距离是确定的，物质体积大小由分子数目决定，A错误；

B、CO2和N2O的摩尔质量相等，温度、体积相同，但是不知压强是否相同，不能得知是否物质的量相同，因此也不知道质量是否相同，B错误；

C、稀释过程中溶液密度变小，溶液体积大于原来2倍，浓度小于9mol/L，C错误；

D、

，得

，硫酸溶液浓度越小，密度越小，7mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数将大于40%，D正确；

答案选D。

9.一定体积的酸性KMnO4溶液恰好能氧化一定质量的KHC2O4·H2C2O4·2H2O。

若用0.2000mol·L－1的NaOH溶液中和相同质量的KHC2O4·H2C2O4·2H2O，所需NaOH溶液的体积恰好为KMnO4溶液的3倍，则KMnO4溶液的浓度（mol·L－1）为（）

A.0.0176B.0.1600C.0.1200D.0.2400

【答案】B

【解析】

【详解】两反应中KHC2O4·H2C2O4·2H2O的物质的量相同，令其物质的量为1mol，H2C2O4是二元弱酸，所以1molKHC2O4·H2C2O4·2H2O可以中和氢氧化钠3mol，需要氢氧化钠溶液的体积为3mol÷0.2mol/L=15L，所以高锰酸钾溶液的体积为15L÷3=5L，由方程式10[KHC2O4•H2C2O4]+8KMnO4+17H2SO4=8MnSO4+9K2SO4+40CO2↑+32H2O，可知1molKHC2O4•H2C2O4反应需要KMnO4的物质的量为

×1mol=0.8mol，所以高锰酸钾溶液的浓度为0.8mol÷5L=0.1600mol/L，答案选B。

10.将mg锌粉与少量浓硫酸在加热条件下充分反应，共收集到混合气体11.2L（标准状况），其质量为19.6g，将反应后的溶液过滤得到剩余锌粉的质量为2.5g，则m为

A.25B.30C.35D.40

【答案】C

【解析】

锌粉与少量浓硫酸在加热条件下充分反应，生成的气体为二氧化硫与氢气，混合气体11.2L（标准状况）物质的量为11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol，每生成1molSO2，金属提供2mol电子，每生成1molH2，金属提供2mol电子，所以生成0.5mol的二氧化硫与氢气金属提供的电子为0.5mol×2mol＝1mol，故参加反应的Zn的物质的量为1mol÷2＝0.5mol，则参加反应Zn的质量为0.5mol×65g/mol＝32.5g，故原金属的质量是2.5g＋32.5g＝35g，答案选C。

点睛：

考查学生根据方程式的计算、守恒计算等，本题采取电子转移守恒计算，简化计算，注意守恒思想的运用。

也可以判断混合气体中氢气、二氧化硫的物质的量，再根据方程式计算，容易理解，但步骤繁琐。

11.设NA为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是

A.78g由Na2S和Na2O2组成的固体混合物，含有的阴离子数为NA

B.标准状况下，22.4LCCl4中含有的分子数为NA

C.1molCu分别与足量的Cl2和S反应，转移电子数均为2NA

D.1mol·L−1FeCl3溶液中含有的Fe3+数目小于NA

【答案】A

【解析】

【详解】A、Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，故78g混合物的物质的量为1mol，而两者均由2个阳离子和1个阴离子构成，故1mol混合物中含1mol阴离子即NA个，故A正确；

B、标况下，CCl4为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；

C、Cu在氯气中燃烧生成氯化铜，在硫蒸气中燃烧生成硫化亚铜，1molCu分别与足量的Cl2和S反应，转移电子数分别为2NA和NA，故C错误；

D、未明确溶液的体积，无法判断，故D错误；

故选A。

【点晴】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。

阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：

①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意同位素原子的差异；④注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑤注意物质的结构：

如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。

12.某溶液中可能含有OH－、AlO2－、SiO32－、CO32－、SO42－、K+、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子，当向溶液中逐滴加入一定物质的量的盐酸时，生成沉淀物质的量与加入盐酸体积的关系如图所示．下列判断正确的是（　　）

A.原溶液中一定含有Na2SO4

B.反应后形成的溶液溶质为NaCl

C.原溶液中含有CO32－与AlO2－的物质的量比为3：

4

D.原溶液中一定含有的离子是OH－、AlO2－、SiO32－、CO32－、K+

【答案】C

【解析】

【分析】

根据图像分析得出开始阶段是H+和OH-的反应，说明溶液中有OH－，则说明原溶液中没有Fe3＋、Mg2＋、Al3＋，一定含有K＋和Na＋其中一种或者两种；随后是生成沉淀的阶段，能够与H＋反应生成沉淀的，有SiO32－和AlO2－；AB为水平线，沉淀质量不变，说明有气体生成，说明含有CO32－，BC是沉淀减少的阶段，说明有以沉淀能够溶于盐酸，则沉淀中含有Al（OH）3，但是沉淀没有完全消失，最后沉淀为硅酸。

【详解】A、根据以上分析原溶液中不一定含有Na2SO4，故A错误；

B、反应后形成的溶液溶质可能为NaCl或KCl，故B错误；

C、根据图像CO32－消耗2体积盐酸，沉淀Al（OH）3消耗4体积盐酸，CO32－+2H+=CO2↑+H2O，Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，原溶液中含有CO32－与AlO2－的物质的量比为1:

=3：

4，故C正确；

D、原溶液中一定含有的离子是OH－、AlO2－、SiO32－、CO32－，而可能含有K+，故D错误；

答案为C。

13.下列各组离子在给定条件的溶液中可能大量共存的是（）

A.加入铝粉有大量氢气产生的溶液中：

Ca2+、K+、NO3－、Cl－

B.酸性无色溶液中：

Na+、K+、MnO4－、NO3－

C.在0.1mol／L的盐酸中：

Ca2+、Fe2+、Na+、ClO－

D.在含有大量Fe3+的溶液中：

Ca2+、K+、NH4+、Cl－

【答案】D

【解析】

【详解】A、加入铝粉有大量氢气产生的溶液中，不能是酸性溶液，因为溶液中有硝酸根，酸性条件下，金属与硝酸反应得不到氢气，说明含有大量氢氧根离子，钙离子与氢氧根离子要反应，得到Ca（OH）2微溶物故A错误；

B、MnO4－是紫红色，故B错误；

C、Fe2+与ClO－发生氧化还原反应，故C错误；

D、在含有大量Fe3+的溶液，Ca2+、K+、NH4+、Cl－都共存，故D正确；

综上所述，答案为D。

14.将钠、铝混合物共1.0g投入适量水中充分反应，并测生成H2的量，若混合物中钠与铝的物质的量之比为x，如图为生成H2的物质的量随x的变化关系示意图（随着x的不断增大，产生H2的物质的量越来越接近b1）．以下判断不正确的是（）

A.a1=

B.a2=1C.b1=

D.b2=

【答案】A

【解析】

【分析】

发生反应有：

2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，开始时铝过量，随着x增大，即钠的量逐渐增大，生成氢气的量开始时会逐渐增大，钠、铝的物质的量相等时，即a2=1，生成氢气的量达到增大，之后随着钠的量的增加；生成氢气的量会逐渐减小，成氢气的物质的量，据此进行解答。

【详解】A、根据分析可以知道，a1时铝过量，生成氢气量b1与全部是钠时生成的氢气量是一样

的，由此求得

，

设钠的物质的量为ymol，此时铝过量，结合反应方程式可以知道参加反应的铝的物质

的量也是ymol，根据电子守恒可得：

0.5y+1.5y=

，计算得出：

，

则混合物中铝的物质的量为：

，

则

，故A错误；

B、根据分析可以知道，当铝和钠的物质的量相等时，生成氢气的量最大，此时a2=1，故B正确；

C、当1.0g完全为钠时，生成氢气的量为

，故C正确；

D、当钠和铝的物质的量相等时，生成氢气的量为b2，设此时铝和钠的物质的量

都是xmol，则

，计算得出：

x=0.02，则生成氢气的物质的量为：

，故D正确；

答案为A。

15.某实验小组对一含有Al3+的未知溶液进行了如下分析：

（1）滴入少量氢氧化钠，无明显变化；

（2）继续滴加NaOH溶液，有白色沉淀；（3）滴入过量的氢氧化钠，白色沉淀明显减少，实验小组经定量分析，得出如图所示沉淀与滴入氢氧化钠体积的关系。

下列说法错误的是（）

A.该未知溶液中至少含有3种阳离子

B.滴加的NaOH溶液的物质的量浓度为5mol•L﹣1

C.若另一种离子为二价阳离子，则a=10

D.若将最终沉淀过滤、洗涤、灼烧，其质量一定为6g

【答案】D

【解析】

【分析】

从图中可知，沉淀没有完全消失，所以一定含有另一种阳离子遇OH-可产生白色沉淀，据此分析本题；

A.根据图象可知，混合液含有氢离子、铝离子和另一种金属阳离子；

B.由图可知Al（OH）3沉淀为0.05mol，消耗的V（NaOH）=10mL，根据Al（OH）3+OH-=AlO2−+2H2O，先计算n（NaOH），再利用c=n/V计算c（NaOH）；

C.若另一种离子为二价阳离子，M2++2OH-=M（OH）2↓，沉淀的物质的量是0.15mol，先计算沉淀该离子所需NaOH溶液的体积，再计算生成氢氧化铝的物质的量是0.05mol所需NaOH溶液的体积，然后根据完全沉淀所需的NaOH溶液的体积，可解得a值；

D.溶液中的另一种阳离子不确定，所以无法确定其质量。

【详解】A、从题图可以看出，开始无沉淀产生，说明溶液中有较多H+，继续滴入氢氧化钠溶液生成白色沉淀说明一定生成氢氧化铝沉淀，说明溶液中含有Al3+，加入过量的氢氧化钠溶液沉淀减少但没有完全溶解，说明溶液中除了铝离子，应还有另一种金属阳离子，该未知溶液中至少含有3种阳离子，故A项正确；

B、溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠是10mL，而氢氧化铝的物质的量是0.05mol，则根据反应Al（OH）3+OH-=AlO2−+2H2O可知，氢氧化钠的物质的量浓度是5mol/L，故B项正确；

C、若另一种离子为二价阳离子，另外一种沉淀的物质的量是0.15mol，M2++2OH-=M（OH）2↓，则消耗氢氧化钠溶液的体积是60mL，氢氧化铝的物质的量是0.05mol，根据Al3++3OH-=Al（OH）3↓，可得生成氢氧化铝消耗氢氧化钠溶液的体积是30mL，所以a＝100-60-30=10，故C项正确；

D、由于不能确定其他阳离子的种类，因此不能确定最终沉淀的质量，故D项错误；

答案选D。

16.向含S2﹣、Fe2+、Br﹣、I﹣各0.1mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量关系图正确的是（　　）

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【分析】

离子还原性S2－＞I－＞Fe2+＞Br－，故首先发生反应S2－+Cl2=S↓+2Cl－，再发生反应2I－+Cl2=I2+2Cl－，然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－，最后发生反应2Br－+Cl2=Br2+2Cl－，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积。

【详解】A、Br－的物质的量与Cl2的体积的关系图，根据分析，S2－、I－、Fe2＋完全被氧化的时候，Br－才被氧化。

根据电荷守恒，S2－被氧化生成S，化合价升高2价，I－被氧化得到I2，化合价升高1价，Fe2＋被氧化得到Fe3＋化合价升高1价，则S2－、I－、Fe2+完全氧化时，转移的电子的物质的量为0.1×（2＋1＋1）=0.4mol，1molCl2得到2mol电子生成2molCl－，先得到0.4mol电子，则氯气体积为0.4mol÷2×22.4L/mol=4.48L，即溴离子开始反应时氯气的体积为4.48L，由2Br－+Cl2=Br2+2Cl－可以知道，0.1molBr-完全反应消耗0.05mol氯气，故溴离子完全反应时消耗氯气的体积为4.48L+0.05mol×22.4L/mol=5.6L，图象中氯气的体积不符合，故A错误；

B、I－的物质的量与Cl2的体积的关系图，0.1molS2－完全反应后，才发生2I－+Cl2=I2+2Cl－，0.1molS2－完全反应需要消耗0.1mol氯气，故开始反应时氯气的体积为2.24L，0.1molI－完全反应消耗0.05mol氯气，故0.1molI－完全反应时氯气的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，图象中氯气的体积不符合，故B错误；

C、Fe2+的物质的量与Cl2的体积的关系图，0.1molS2－完全反应需要消耗0.1mol氯气，0.1molI－完全反应消耗0.05mol氯气，故亚铁离子开始反应时氯气的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，由2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－可以知道，0.1molFe2+完全反应消耗0.05mol氯气，故Fe2+完全时消耗的氯气体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，图象与实际符合，故C正确；

D、由S2－+Cl2=S+2Cl－，可以知道，0.1molS2－完全反应需要消耗0.1mol氯气，标准状况下的Cl2的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，图象中氯气的体积不符合，故D错误；

综上所述，答案为C。

【点睛】离子还原性S2－＞I－＞Fe2+＞Br－。

二、填空题

17.现有下列十种物质：

①铝②SiO2③熔融NaCl④稀硫酸⑤KOH固体⑥FeSO4溶液⑦NH3⑧新制备的氢氧化铁胶体分散系⑨HCl⑩Na2O2

（1）上述物质属于非电解质的有___________________。

（填序号）

（2）上述物质能导电的有____________________。

（填序号）

（3）往装有⑧的试管中逐滴加入④至过量的现象是：

____________________。

（4）请写出①与⑤的溶液反应的离子方程式：

_____________________________。

（5）请写出⑩与CO2反应的化学方程式：

______________________________。

【答案】

（1）.②⑦

（2）.①③④⑥⑧（3）.先生成红褐色沉淀，然后逐渐溶解变成棕黄色溶液。

（4）.2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑（5）.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

【解析】

【详解】①铝是金属单质，能导电，不是非电解质；

②SiO2是化合物，不能导电，属于非电解质；

③熔融NaCl是电解质，能够导电；

④稀硫酸是混合物，能够导电，不是非电解质；

⑤KOH固体是电解质，由于离子不能自由移动，所以不能导电；

⑥FeSO4溶液是混合物，能够导电，不是非电解质；

⑦NH3

化合物，不能导电，属于非电解质；

⑧新制备的氢氧化铁胶体分散系是混合物，不是非电解质，能够导电；

⑨HCl是电解质，由于HCl是由电解质分子构成，没有自由移动的离子，不能导电；

⑩Na2O2固体是电解质，由于离子不能自由移动，所以不能导电。

（1）综上所述可知，上述物质属于非电解质的有②⑦；

（2）能导电的有①③④⑥⑧；

（3）向新制备的氢氧化铁胶体中逐滴加入稀硫酸至过量，首先是胶体上的电荷被中和，发生聚沉，形成氢氧化铁红褐色沉淀，然后发生酸碱中和反应，产生可溶性的硫