山西省长治二中高一第二学期第一次质量检测化学试题文档格式.docx

1、5下列“解释或结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是 序号 实验操作及现象解释或结论A浓硫酸滴到纸张上，纸变黑浓硫酸有脱水性B向紫色石蕊溶液中加入氯水，溶液先变红，随后褪色氯水中含有酸性物质和漂白性物质C向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体该溶液中一定有CO32-D向某溶液中加入浓NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体该溶液中一定含有NHAA BB CC DD【答案】CA、浓硫酸具有强脱水性，遇到有机物后，“强行”以H2O的形式脱去有机物中的H、O元素，从而使有机物碳化变黑，A正确；B、氯水中含有HCl和HClO，HCl使石蕊变红，HClO再氧化石蕊成无色物

2、质，氯水的酸性主要靠HCl体现，漂白性靠HClO体现，B正确；C、能使澄清石灰水变浑浊的气体不一定是CO2，还可能是SO2，故该溶液中的离子可能是CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-中的一种或者几种，C错误；D、能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是NH3，NH4+和强碱溶液在加热的条件下，可以反应产生NH3，D正确；故选C。【点睛】能使澄清石灰水变浑浊的气体，一般认为是CO2，和酸反应产生CO2的离子有CO32-、HCO3-，在分析时，这两种离子都要考虑到；此外，SO2也能使澄清石灰水变浑浊，故若题中没有说明，也要考虑到SO2，相应的，和酸反应产生SO2的离子有SO32-、HSO3-。

3、6化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法正确的是（ ）A“火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应B从海水提取物质都必须通过化学反应才能实现C二氧化硫可广泛用于食品的漂白D“玉不琢不成器”“百炼方能成钢”发生的均为化学变化A.许多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上称为焰色反应，“火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应，A正确；B.从海水提取H2O、NaCl等物质，不通过化学反应就能实现，B错误；C.二氧化硫是有毒气体，不能用于食品的漂白，C错误；D. “玉不琢不成器”，玉的加工过程中，没有新物质生成，与化学性质无关，D错误；故合理选项是A。7根据实验操作

4、和现象所得出的结论正确的是（ ）选项实验操作和现象结论向品红中通入SO2气体，溶液颜色褪去SO2有强氧化性将铜粉加入FeCl3溶液中，溶液变蓝活泼性：CuFe向某溶液中加入Ca（OH）2溶液，出现白色沉淀溶液中含CO32-将硫的酒精溶液滴入一定量的热水中得微蓝色透明液体，用激光笔照射微蓝色透明液体，有光亮的通路微蓝色透明液体为胶体A. SO2与有色物质化合生成无色物质，所以二氧化硫的漂白性与氧化性无关，故A错误；B. 将铜粉加入FeCl3溶液中生成氯化亚铁和氯化铜，说明氧化性：Fe3+Cu2+，铁的活泼性大于铜，故B错误；C. 向某溶液中加入Ca（OH）2溶液，出现白色沉淀，原溶液可能含有CO

5、32-或HCO3-，故C错误；D. 用激光笔照射微蓝色透明液体，有光亮的通路，说明产生了丁达尔效应，所以微蓝色透明液体为胶体，故D正确。8锌与100 mL 18.5 molL1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6 L（标准状况）。将反应后的溶液稀释至1 L，测得溶液中氢离子浓度为0.1 molL1。下列叙述不正确的是（）A反应中共消耗1.8 mol 硫酸 B气体甲中二氧化硫与氢气的体积比为41C反应中共消耗97.5 g 锌 D反应中共转移3 mol电子【分析】Zn和浓硫酸先反应：Zn2H2SO4（浓）=ZnSO4SO2H2O，随着反应的进行硫酸浓度降低，发生ZnH2SO4=Z

6、nSO4H2，然后在具体分析；A. Zn和浓硫酸先反应：Zn2H2SO4（浓）=ZnSO4SO2H2O，随着反应的进行硫酸浓度降低，发生ZnH2SO4=ZnSO4H2，反应后溶液稀释至1L，测的溶液中c（H）=0.1molL1，说明硫酸过量，剩余硫酸的物质的量为 1L0.1molL1=0.05mol，总硫酸物质的量为100103L18.5molL1=1.85mol，即反应过程中消耗硫酸的物质的量为（1.85mol0.05mol）=1.8mol，故A说法正确；B. 令生成amolSO2和bmolH2，则有：得到2ab=1.8mol，反应后得到气体物质的量为（ab）mol=，联立解得a=0.3，b

7、=1.2，即相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，SO2和H2的体积之比为0.3：1.2=1：4，故B说法错误；C. 根据选项A的分析，反应后溶液中的溶质为H2SO4和ZnSO4，根据硫酸守恒得出n（H2SO4）n（ZnSO4）n（SO2）=n（H2SO4）总，得出n（ZnSO4）=（1.85mol0.05mol0.3mol）=1.5mol，消耗Zn的质量为1.5mol65gmol1=97.5g，故C说法正确；D. 整个反应中Zn失电子，反应中转移电子物质的量为1.5mol2=3mol，故D说法正确；故答案为：B。浓硫酸氧化性强，根据氧化还原反应的规律，锌先与浓硫酸反应：Zn2H2SO4（

8、浓）=ZnSO4SO2H2O，随着反应的进行硫酸的浓度降低，然后发生ZnH2SO4=ZnSO4H2，最后根据反应方程式以及守恒进行计算。9下列有关物质检验方法不合理的是（ ）A向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显血红色，该溶液中一定含有Fe2B用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2C检验亚硫酸盐是否已氧化变质，可滴入硝酸酸化的BaCl2溶液，再观察溶液是否有沉淀生成。D向某溶液中加入NaOH溶液产生红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3A滴加KSCN溶液，溶液不变色，则不含铁离子，滴加氯水后溶液显血红色，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则原溶液中一定含Fe2+，故

9、A正确；BKMnO4溶液与FeCl3溶液不发生反应，但与亚铁离子发生氧化还原反应，则用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2，故B正确；C酸性条件下亚硫酸根离子被硝酸根离子氧化生成硫酸根离子，不能检验，应该滴入盐酸酸化的BaCl2溶液，再观察溶液是否有沉淀生成，故C错误；D加NaOH溶液产生红褐色沉淀氢氧化铁，则说明溶液中含有Fe3+，故D正确；10下列图象表示的意义与相关的化学反应完全正确的是A向FeCl3溶液中不断加入铁粉BFe（OH）2固体露置在空气中质量的变化C25时，向Cl2水溶液中通入二氧化硫（生成两种常见的酸） D向AlCl3溶液中不断滴入烧碱溶液A. 向FeC

10、l3溶液中不断加入铁粉，反应生成FeCl2；B. Fe（OH）2固体露置在空气中最终会被氧化为Fe（OH）3；C. 向Cl2水溶液中通入二氧化硫，反应生成盐酸和硫酸；D. 向AlCl3溶液中不断滴入烧碱溶液一开始沉淀逐渐生成，当加入的烧碱溶液过量时，沉淀逐渐溶解。A. 向FeCl3溶液中不断加入铁粉，反应生成FeCl2，Cl-的质量不发生变化，溶液的质量逐渐增大，因此Cl-的质量分数减小，A项正确；B. Fe（OH）2固体露置在空气中最终会被氧化为Fe（OH）3，质量增加，B项错误；C. 向Cl2水溶液中通入二氧化硫，反应生成盐酸和硫酸，c（H+）逐渐增大，pH逐渐减小，但Cl2水中存在H+，

11、因此起始时pH不是7，C项错误；D. 向AlCl3溶液中不断滴入烧碱溶液一开始沉淀逐渐生成，当加入的烧碱溶液过量时，沉淀逐渐溶解，且用于沉淀的烧碱和用于溶解Al（OH）3的少见的物质的量之比为3:1，D项错误；答案选A。解答本题的难点是可溶性铝盐溶液与NaOH溶液反应的图像滴加顺序向Al3中滴加OH现象立即产生白色沉淀渐多最多渐少消失图像离子方程式OA段Al33OH=Al（OH）3AB段Al（OH）3OH=AlO2H2O11CuSO45H2O在不同温度下分解情况不同，取5.00g该晶体在密闭容器中进行实验，测得分解后剩余固体质量与温度关系如图，下列说法不正确的是（ ）A113分解得到的固体产物

12、为CuSO4H2OB温度低于650时的分解反应，均不属于氧化还原反应C650时的气态产物冷却至室温，可得组成为n（H2SO4）：n（H2O）=1:4的硫酸溶液D1000分解得到的固体产物为CuOn（CuSO45H2O）=0.02mol，CuSO45H2O完全失去结晶水时，所得CuSO4的质量为0.02mol160g/mol=3.20g，由图中可知，刚好位于温度在258650之间，说明在此之前，胆矾受热分解，只失去结晶水；6501000之间，固体质量为1.60g，其中Cu元素的质量为0.02mol64g/mol=1.28g，则氧元素质量为1.60g-1.28g=0.32g，物质的量为=0.02m

13、ol，此固体为CuO；1000之后，固体质量为1.44g，其中Cu元素质量为1.28g，则氧元素质量为1.44g-1.28g=0.16g，物质的量为=0.01mol，此固体为Cu2O。A113时，固体质量为3.56g，失去结晶水的质量为5.00g-3.56g=1.44g，物质的量为=0.08mol，则失去结晶水的数目=4，从而得出分解得到的固体产物为CuSO4H2O，A正确；B由以上分析可知，温度低于650时的分解反应，只失去结晶水，CuSO4的组成未变，所以均不属于氧化还原反应，B正确；C650时的气态产物中，SO3与H2O的物质的量之比为0.02mol:0.10mol=1:5，所以冷却至室

14、温，可得组成为n（H2SO4）：4的硫酸溶液，C正确；D由分析可知，1000分解得到的固体产物为Cu2O，D不正确；12某未知溶液可能含Cl-、CO32-、Na+、SO42-、Cu2+。将溶液滴在蓝色石蕊试纸上试纸变红；取少量试液，先滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，再在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀。下列判断合理的是A一定没有Na+、Cl-B可能有Cl-、CO32-C一定没有CO32-、可能有SO42-D一定有SO42-、Cu2+将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说明溶液呈酸性，则CO32-不存在；因为Cu2+水解呈酸性，所以有Cu2+；取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，

15、有白色沉淀生成，说明溶液中有SO42-；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中有Cl-，因为前面已滴加了氯化钡，可知溶液中一定含有Cu2+和SO42-，一定不含CO32-，可能含有Cl-、Na+，故选D。本题考查了溶液中离子的检验，题目难度中等，熟练掌握常见离子的性质及检验方法为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。13下列气体中既可用浓硫酸干燥又可用碱石灰干燥的是ACO BH2S CSO2 DNH3A一氧化碳与浓硫酸、碱石灰都不发生反应，既可用浓硫酸干燥又可用碱石灰干燥，选项A正确；B硫化氢具有还原性，为酸性气体，既不能用浓硫酸也不能用碱石

16、灰干燥，选项B错误；C二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钠、氧化钙反应，不能用碱石灰干燥，选项C错误；D氨气为碱性气体，不能用浓硫酸干燥，选项D错误；本题考查了干燥剂的选择，明确干燥剂的性质及气体的性质是解题关键，浓硫酸具有酸性、强的氧化性，不能干燥还原性、碱性气体；碱石灰成分为氢氧化钠和氧化钙，不能干燥酸性气体。14检验某未知溶液中是否含有SO42的下列操作中，合理的是A先加硝酸酸化，再加氯化钡溶液 B先加硝酸酸化，再加硝酸钡溶液C先加盐酸酸化，再加硝酸钡溶液 D先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液A先加HNO3酸化，再滴加氯化钡溶液，原溶液中若有SO32、Ag+，也会生成白色沉淀，干扰SO42的检

17、验，故A错误；B先加HNO3酸化，再加Ba（NO3）2溶液，若原溶液中有SO32也生成白色沉淀，干扰SO42的检验，故B错误；C先加盐酸酸化，再加硝酸钡溶液，可排除Ag+和CO32-的干扰，无法排除SO32-的干扰，故C错误；D先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，可以排除SO32、Ag+和CO32-的干扰，产生的沉淀只能是硫酸钡，故D正确；故答案为D。15将一定量的锌与浓度为18.5mol/L的100mL浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成26.88L标准状况下的气体，反应后测得溶液中氢离子浓度为1.0mol/L，则生成的气体的物质的量之比为An（SO2）/n（H2）=1/1 Bn（SO2）/n（

18、H2）=4/1Cn（SO2）/n（H2）=1/4 Dn（SO2）/n（H2）=3/2根据题意，发生反应的化学方程式为Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2+2H2O，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，设反应生成SO2的物质的量为x mol，生成氢气的物质的量为y mol，列方程为x+y=26.8822.4=1.2mol，2x+y=18.50.1-1.00.12=1.8，解得x=0.6mol,y=0.6mol,则n（SO2）/n（H2）=1/1，答案选A。16下列陈述、正确并且有因果关系的是陈述陈述AFe3+ 有氧化性FeCl溶液可用于回收旧电路板中的铜BSiO2有导电性SiO可用于制备光导纤

19、维C氯水、SO2都有漂白性氯水与SO2混合使用漂白效果更好D铝制容器表面有氧化膜保护可用铝制容器盛装稀硫酸【解析】试题分析：2Fe3+ +Cu= 2Fe3+ Cu2+，故A正确；SiO2不导电，故B错误；SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，氯水与SO2混合使用漂白效果差，故C错误；氧化铝、铝都能与稀硫酸反应，不能用铝制容器盛装稀硫酸，故D正确。考点：本题考查元素、化合物性质。17无机物X、Y、Z、M的相互转化关系如图所示（部分反应条件、部分反应中的H、O已略去）。X、Y、Z均含有同一种元素。下列说法正确的是A若X是氢氧化钠，则M不一定为CO2B若Y具有两性，则M的溶液只可能显碱性C

20、若Z是导致酸雨的主要气体，则X一定是H2SD若M是用途最广的金属，加热蒸干Y的溶液一定能得到YA、若X是氢氧化钠，则M不一定为CO2，M为能形成多元酸的酸性氧化物，如：SO2，故A正确；B. 若Y具有两性，则M的溶液可能显碱性，也可能显酸性，故B错误；C. 若Z是导致酸雨的主要气体，则X也可以是Na2SO3，Y为NaHSO3，Z为SO2，M为HCl，故C错误；D. 若M是用途最广的金属，Y为亚铁盐，因为亚铁离子水解，所以加热蒸干Y的溶液不能得到Y，故D错误；故答案选A。18一定量的锌与100 mL 18.5 mol将反应后的溶液稀释至1 L，测得溶液的c（H+）=0.1 mol下列叙述不正确的

21、是（ ）A反应中共消耗1.8 mol H2SO4 B气体甲中SO2与H2的体积比为41C反应中共消耗97.5 g Zn D反应中共转移3 mol电子Zn和浓硫酸发生：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+H2O，随着反应的进行，溶液浓度减小，稀硫酸与Zn发生：Zn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2，则生成的气体为SO2和的H2混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。生成气体的物质的量为=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为0.1mol/L=0.05mol，参加反应的n（H2SO4）=0.1L18.5mol/L-0.05mol=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的

22、浓度逐渐减小，设反应生成xmolSO2，ymolH2，Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+H2O x 2x xZn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2y y yx+y=1.52x+y=1.8解之得 x=0.3，y=1.2所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气。A由以上计算可知，反应中共消耗1.8mol H2SO4，故A正确；B气体A为SO2和H2的混合物，且V（SO2）：V（H2）=1：4，故B错误；C反应中共消耗金属Zn的质量m（Zn）=（0.3mol+1.2mol）65g/mol=97.5g，故C正确；D在反应Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+H2

23、O 中，生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol，反应Zn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2中，生成1.2mol氢气转移电子2.4mol，所以反应中共转移3mol电子，故D正确。故选B。本题考查方程式的相关计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同，从质量守恒的角度解答该题，计算生成气体的物质的量关系是解答该题的关键。19如图装置可以达到实验目的的是实验目的X中试剂Y中试剂用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2饱和食盐水浓硫酸用Na2SO3与浓盐酸制取并收集纯净干燥的SO2饱和Na2SO3溶液用Zn和稀盐酸制取并收集纯净干燥的H2NaOH溶液CaCO

24、3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2饱和NaHCO3溶液X之前的装置为发生装置，而集气瓶不能进行加热；X和Y装置为除杂装置，Y之后的装置为气体的收集装置，其中导管长进短出，为向上排空气法收集气体。A.用MnO2和浓盐酸制取Cl2需要加热条件，图示装置不能完成，故A错误；B.用Na2SO3与浓盐酸制取SO2，二氧化硫气体中会混有氯化氢气体，应用饱和的亚硫酸氢钠进行除杂，若用亚硫酸钠，二氧化硫会与亚硫酸钠发生反应，故B错误；C.氢气的密度比空气的密度小，所以应用向下排空气法进行收集，而图示方法用的是向上排空气法，故C错误；D.碳酸钙与稀盐酸反应生成的二氧化碳气体中混有氯化氢气体，可以用饱和的碳酸氢

25、钠进行除杂，后进行干燥可得到纯净的二氧化碳，故D正确；综上所述，答案为D。20物质间纷繁复杂的转化关系是化学的魅力所在，下列选项中物质的转化在一定条件下不能一步实现的是（ ）ASiSiO2Si BNO2HNO3NO2CFeFeCl3Fe DSSO2SASi+O2SiO2；SiO2+2CSi+2CO，选项物质转化在一定条件下能一步实现，故A正确；B3NO2+H2O2HNO3+NO，Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，选项物质转化在一定条件下能一步实现，故B正确；C2Fe+3Cl22FeCl3，Cu+2FeCl32FeCl2+CuCl2，在金属活动性顺序中，铁在铜的前面，铜不能与亚铁盐溶液发生置换反应，故FeCl3Fe的转化无法一步实现，故C错误；DS+O2SO2，SO2+2H2S3S+2H2O，选选项物质转化在