【化学】重庆市江北中学2019-2020学年高一上学期期末模拟考试试题（解析版） 11页

重庆市江北中学2019-2020学年高一上学期期末模拟考试试题 ‎ (满分：100分　时间：90分钟)‎ 可能用到的相对原子质量：H－1　C－12　N－14　O－16　Na－23　P－31　S－32　Cl－35.5　Cu－64　Ag－108　Ba－137‎ 一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分，每小题只有1个选项符合题意)‎ ‎1.下列说法正确的是（　　）‎ A. 将BaSO4放入水中不能导电，所以硫酸钡不是电解质 B. NaCl溶液能导电，所以NaCl溶液是电解质 C. 氯化氢溶于水能导电，所以盐酸是电解质 D. 固态的NaCl不导电，熔融态NaCl可以导电 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硫酸钡虽然不溶于水，但是熔融的硫酸钡能够导电，硫酸钡是电解质，A不正确；‎ B．氯化钠是电解质，氯化钠溶液是混合物，虽然导电，但不是电解质，B不正确；‎ C．同样盐酸是混合物，不是电解质，氯化氢是电解质，C不正确；‎ D．固态NaCl中没有自由移动的阴阳离子，而熔融状态的NaCl离子键被破坏，电离出阴阳离子，可以导电，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎2.阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是（　　）‎ A. 1L0.1mol·NH4Cl溶液中，的数量为0.1‎ B. 2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1‎ C. 标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2‎ D. 0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、NH4＋是弱碱阳离子，发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH4＋‎ 数量小于0.1NA，故A错误；B、2.4gMg为0.1mol，与硫酸完全反应后转移的电子的物质的量为2.4×2/24mol=0.2mol，因此转移电子数为为0.2NA，故B错误；C、标准状况下，N2和O2都是气态分子，2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，故C错误；D、H2＋I22HI，反应前后系数之和相等，即反应后分子总物质的量仍为0.2mol，分子数为0.2NA，故D正确。‎ ‎3.在氧化还原反应3S+6KOH＝K2SO3+2K2S+3H2O中，被氧化与被还原的硫原子数之比为（　　）‎ A. 1：1 B. 2：1 C. 1：2 D. 3：2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在反应3S+6KOH＝K2SO3+2K2S+3H2O中，只有S元素的化合价发生变化，氧化剂和氧化剂都是S，反应中S→K2S，S化合价降低，则S被还原，S为氧化剂，S→K2SO3，S化合价升高，则S被氧化，S为还原剂，由生成物可知，被氧化与被还原的硫原子数之比为1：2，‎ 故选C。‎ ‎4.四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素下列说法不正确的是（ ）‎ A. Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱 B. Z位于元素周期表中第二周期，第ⅥA族 C. X的气态氢化物的稳定性比Z的弱 D. M的原子半径比Y的原子半径大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】所给四种短周期元素因只有M为金属元素，故M只能为Al元素，则X为Si元素，Y为N元素，Z为O元素。‎ A.Y的最高价氧化物对应水化物为HNO3，X的最高价氧化物对应水化物为H2SiO3，酸性HNO3＞H2SiO3，故A错误；‎ B.Z为O元素，位于元素周期表中第2周期第ⅥA族，故B正确；‎ C.非金属性Si＜O，则X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的弱，故C正确；‎ D.电子层数越多，则原子的半径越大，故Al的原子半径比N的原子半径大，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎5.下列各组离子一定能大量共存的是（　　）‎ A. 在无色溶液中：、、、‎ B. 在含大量的溶液中：、、、‎ C. 在强碱性溶液中：、、、‎ D. 在强酸性溶液中：、、、‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 无色溶液中， 、发生反应生成碳酸亚铁沉淀，不能大量共存，故不选A；‎ B. 、发生反应生成一水合氨，不能大量共存，故不选B；‎ C. 在强碱性溶液中，、发生反应生成和水，不能大量共存，故不选C；‎ D. 在强酸性溶液中，、、、不反应，能大量共存，故选D。‎ ‎6.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 常温常压下，11.2L二氧化碳含有的原子数等于1.5NA B. 标准状况下，22.4LCCl4中所含分子数为NA C. 标准状况下，18g水所含原子数为NA D. 常温常压下，48gO2与O3混合物含有的氧原子数为3NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L二氧化碳的物质的量小于0.5mol，则二氧化碳中含有的原子数小于1.5NA，故A错误；‎ B.标准状况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子数，故B错误；‎ C.18g水的物质的量为1mol，而水为三原子分子，故18g水所含原子数为3NA，故C错误；‎ D.氧气和臭氧均由氧原子构成，故48g混合物中含有的氧原子的物质的量为n==3mol，故含氧原子数为3NA，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎7.硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为还原剂，已知25.0mL0.0100mol/LNa2S2O3溶液恰好把22.4mL(标准状况下)Cl2完全转化为Cl-离子，则S2O32-将转化成（ ）‎ A. S2- B. S C. SO42- D. SO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】完全转化为Cl-，被氧化，S元素化合价升高，令氧化产物中S元素的化合价为m，根据电子转移守恒得：，解得，所以转化为：SO42-，故C正确，‎ 故选C。‎ ‎8.N2O俗称“笑气”，医疗上曾用作可吸入性麻醉剂，下列反应能产生N2O： 3CO+2NO2=3CO2+N2O。下列关于N2O的说法一定正确的是（　　）‎ A. 上述反应中每生成1mol N2O，消耗67.2LCO B. 等质量的N2O和CO2含有相等的电子数 C. N2O只有氧化性，无还原性 D. 上述反应中若有3 mol的CO被还原，则转移6NA个电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据方程式知，生成lmolN2O，需要3molCO，由于不能确定外界条件，所以不能确定气体的体积，A错误；‎ B．N2O和CO2每个分子都含有22个电子，物质的量相同含有的电子数相同，B正确；‎ C．N2O中N元素化合价为+1价，氮元素的化合价常用中间价态，化合价可以升高，也可以降低，N2O既有氧化性，又有还原性，C错误；‎ D．在上述反应中CO被氧化，而不是被还原，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎9.下列物质属于共价化合物的是（ ）‎ A. NH4Cl B. H2SO4 C. I2 D. NaCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NH4Cl为离子化合物，含有离子键和共价键，故A错误；‎ B.H2SO4为共价化合物，只含有共价键，故B正确；‎ C.I2是由共价键形成的单质，不是化合物，故C错误；‎ D.NaCl为离子化合物，不存在共价键，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎10.将3.2 gCu投入到一定浓度的HNO3溶液中，恰好完全反应，产生NO2和NO的混合气体共 0.08 mol。则原溶液中HNO3的物质的量为（ ）‎ A. 0.34 mol B. 0.38 mol ‎ C. 0.28 mol D. 0.18 mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】产生NO2和NO的混合气体共 0.08 mol。则被还原的硝酸就是0.08mol。铜是3.2g，物质的量是0.05mol，生成硝酸铜就是0.05mol。所以没有被还原的硝酸是0.1mol，因此硝酸的物质的量是0.18mol。答案选D。‎ ‎11.在反应3BrF3＋5H2O===HBrO3＋Br2＋9HF＋O2↑中，若有5 mol H2O作为还原剂时，被还原的BrF3的物质的量为(　　)‎ A. 3 mol B. 2 mol C. mol D. mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据反应可知，2H2O作还原剂时，失电子为4mol，当BrF3中的溴元素从+3价降低为0价时，BrF3作氧化剂，被还原；然后根据1molBrF3 被还原时，要得到3mol电子，利用电子守恒进行计算；根据反应可知，2 mol水可还原4/3 mol BrF3，据此可以求出3 mol水还原的BrF3的物质的量。‎ ‎【详解】设被水还原的BrF3的物质的量为x。根据电子守恒知：3 mol×2=x·3， 解得x=2 mol；或根据化学方程式可知，2 mol水可还原4/3 mol BrF3，那么，3 mol水还原的BrF3‎ 的物质的量为x。则：3 mol∶x=2 mol∶4/3 mol，解得x=2 mol；正确选项B。‎ ‎12.有五种化合物：①Mg(HCO3)2，②Al(OH)3，③Al，④(NH4)2CO3，⑤Al2O3。跟盐酸和NaOH溶液都能反应的物质有（　　）‎ A. 二种 B. 三种 C. 四种 D. 五种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】碳酸氢镁能和氢氧化钠反应生成氢氧化镁和碳酸钠，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，碳酸铵和氢氧化钠反应生成一水合氨和碳酸钠，氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，五种物质都和盐酸反应，故选D。‎ 二、非选择题(本题共4个小题，共52分)‎ ‎13.某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图Ⅰ～Ⅳ所示：‎ Ⅰ.Ⅱ. Ⅲ. Ⅳ. ‎ ‎(1)只根据图Ⅰ、Ⅱ所示实验，能够达到实验目的是(填装置序号)___________；‎ ‎(2)图Ⅲ、Ⅳ所示实验均能鉴别这两种物质，其加热时都能发生的反应的化学方程式为_________.‎ ‎(3)有同学认为，除上述试验方法外，向两种固体配成溶液中加入澄清石灰水也可以区分它们，这种说法是________(填“正确”或“错误”)的.其中向NaHCO3溶液中加入足量澄清石灰水，发生反应的离子方程式为：______‎ ‎(4)另有两瓶溶液，已知分别是K2CO3溶液和NaHCO3溶液，请你写出鉴别方法_________‎ ‎【答案】(1). Ⅱ (2). 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ (3). 错误 (4). HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O (5). 焰色反应，焰色反应呈紫色的是碳酸钾、呈黄色的是碳酸氢钠；滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成的是碳酸钾、否则是碳酸氢钠 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）无论碳酸钠还是碳酸氢钠都能和盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，故Ⅰ无法鉴别；实验Ⅱ中，盐酸和碳酸氢钠反应立即产生气泡，盐酸和碳酸钠先反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳气体，所以看到的现象不同，故Ⅱ能鉴别碳酸钠和碳酸氢钠。 （2）碳酸氢钠在加热条件下能分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，反应的化学方程式是2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。 （3）澄清石灰水和碳酸氢钠、碳酸钠均能反应生成白色沉淀碳酸钙，不能鉴别，所以这种说法是错误的。碳酸氢钠和过量石灰水反应生成物是碳酸钙、氢氧化钠和水，反应的离子方程式是HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O。‎ ‎（4）①根据盐中阳离子的不同，可以通过焰色反应鉴别，即利用焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，能看到紫色焰色的是K 2 CO 3 ，否则是NaHCO 3 ；②根据盐中阴离子的不同，可以利用沉淀法鉴别。滴加BaCl 2溶液，有白色沉淀生成的是碳酸钾、否则是碳酸氢钠。‎ ‎14.我国制碱专家侯德榜先生潜心研究制碱技术，发明了侯氏制碱法。工业上以侯氏制碱法为基础生产焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的工艺流程如下：‎ 已知：反应Ⅱ包含2NaHSO3⇌Na2S2O5＋H2O等多步反应。‎ ‎(1) 反应Ⅰ的化学方程式为________；在进行反应Ⅰ时，向NaCl溶液中先通入_______(填“CO2”或“NH3”)；‎ ‎(2)“灼烧”时发生反应的化学方程式为__________；‎ ‎(3)已知Na2S2O5与稀硫酸反应放SO2，其离子方程式为__________。‎ ‎(4)副产品X化学式为________；生产中可循环利用的物质为____________(化学式)。‎ ‎(5)为了减少产品Na2S2O5中的杂质含量，理论上需控制反应Ⅱ中气体与固体反应物的物质的量之比为_________，若气体量不足，则会导致___________________，检验产品中是否含有碳酸钠杂质，所需试剂是_________(填编号)。‎ ‎①酸性高锰酸钾溶液 ②品红溶液 ③澄清石灰水 ④饱和碳酸氢钠溶液 ⑤NaOH溶液 ⑥稀盐酸 ‎【答案】(1). NaCl＋CO2＋NH3＋H2O═NaHCO3↓＋NH4Cl (2). NH3 (3). 2CuS+3O22CuO+2SO2 (4). S2O52—＋2H+═2SO2↑＋H2O (5). CuSO4·5H2O (6). CO2 (7). 2:1 (8). 若SO2不足Na2S2O5产品中Na2SO3、Na2CO3等杂质含量增加，Na2S2O5产率降低 (9). ①③⑥‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据侯氏制碱法为基础生产焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的工艺流程，饱和氯化钠溶液与二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，灼烧时， CuS与氧气反应生成黑色氧化铜和二氧化硫气体，把二氧化硫气体通入碳酸钠溶液生成NaHSO3，同时放出二氧化碳气体，2NaHSO3⇌Na2S2O5＋H2O，蒸干得到Na2S2O5固体。氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，得到硫酸铜晶体。‎ ‎【详解】(1) 反应Ⅰ是饱和氯化钠溶液与二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠和氯化铵，反应方程式为NaCl＋CO2＋NH3＋H2O═NaHCO3↓＋NH4Cl；在进行反应Ⅰ时，向NaCl溶液中先通入NH3，使溶液呈碱性，碱性条件下，能增大二氧化碳的溶解度；‎ ‎(2)“灼烧”时，CuS与氧气反应生成黑色氧化铜和二氧化硫气体，发生反应的化学方程式为2CuS+3O22CuO+2SO2；‎ ‎(3) Na2S2O5与稀硫酸反应生成硫酸钠、SO2、H2O，其离子方程式为S2O52-＋2H+═2SO2↑＋H2O。‎ ‎(4) 氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，得到硫酸铜晶体，所以副产品X化学式为CuSO4·5H2O；根据流程图可知，生产中可循环利用的物质为CO2。‎ ‎(5) Na2S2O5中钠与硫元素的原子数比是1:1，根据元素守恒，理论上需控制反应Ⅱ中SO2与固体Na2CO3反应物的物质的量之比为2:1；若SO2不足，Na2S2O5产品中Na2SO3、Na2CO3等杂质含量增加；检验产品中是否含有碳酸钠杂质，操作步骤是：取样品，加入足量稀盐酸，生成的气体通入足量的高锰酸钾溶液，除去二氧化硫，最后把气体通入澄清石灰水，若溶液变浑浊，则含有碳酸钠杂质，需要的试剂是①③⑥。‎ ‎15.某混合物A含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的物质之间的变化：‎ 据此回答下列问题：‎ ‎（1）I、II、III、IV四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是____________。‎ ‎（2）根据上述框图反应关系，写出下列B、D、E所含物质的化学式 固体B_________________；沉淀D __________________；‎ 溶液E_________________________________________。‎ ‎（3）写出①、④两个反应的化学方程式 ‎①__________________________________；④_____________________________。‎ ‎（4）写出②、③两个反应的离子方程式 ‎②_________________________________；③______________________________。‎ ‎（5）设计实验检验溶液F中所含溶质：______________________________________‎ ‎（6）分别写出Al2O3和Fe2O3在工业上的一种主要用途：‎ Al2O3__________________________Fe2O3____________________________‎ ‎【答案】(1). 过滤 (2). Al2O3 (3). Fe2O3 (4). K2SO4和（NH4）2SO4。 (5). Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O (6). 2Al（OH）3Al2O3+3H2O (7). Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3 NH4+ (8). AlO2-+H++H2 O=Al（OH）3↓ (9). 取F溶液少许于两支试管中，一支中滴加KSCN溶液，若显血红色证明F溶液中含有Fe3+；在另一支试管中加入稀硝酸酸化然后再加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成证明F溶液中含有Cl—。 (10). Al2O3：冶炼铝 耐火材料 (11). Fe2O3：炼铁原料 红色油漆 涂料 ‎【解析】本题分析：本题主要考查铝、铁等元素化合物的性质。‎ ‎（1）I、II、III、IV四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是过滤。‎ ‎（2）固体B是氢氧化铝的受热分解产物Al2O3 ；沉淀D 是不溶于氢氧化钠溶液的 Fe2O3；溶液E含有K2SO4和（NH4）2SO4。‎ ‎（3）①、④两个反应化学方程式：①Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；④2Al（OH）3Al2O3+3H2O。‎ ‎（4）②、③两个反应的离子方程式：②Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3 NH4+ ；③ AlO2-+H++H2 O=Al（OH）3↓ 。‎ ‎（5）沉淀D 是 Fe2O3，溶于适量盐酸得到氯化铁溶液，检验溶液F中所含溶质就是检验Fe 3+和Cl—。检验方法：取F溶液少许于两支试管中，一支中滴加KSCN溶液，若显血红色证明F溶液中含有F3+；在另一支试管中加入稀硝酸酸化然后再加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成证明F溶液中含有Cl—。‎ ‎（6）Al2O3：冶炼铝 耐火材料 Fe2O3：炼铁原料 红色油漆 涂料 ‎16.KBr可用于光谱分析和化学分析等。‎ ‎(1)制备KBr的一种方法如下：80℃时，向溶有CO(NH2)2的KOH溶液中缓慢加入Br2，至pH为6～7时反应完全，生成CO2、N2等。该反应的化学方程式为_____。‎ ‎(2)KBr可用于测定苯酚(C6H5OH)样品的纯度，方法如下：取0.5000g苯酚试样，用NaOH溶液溶解后定容成250.00mL溶液；移取25.00mL该溶液，加入25.00mL0.03000mol•L﹣1的KBrO3(含过量KBr)标准溶液，然后加入足量盐酸，充分反应后再加足量KI溶液，充分反应；用0.1000mol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定至淡黄色，加入指示剂，继续滴定至终点，用去16.20mL。测定过程中物质的转化关系如下：‎ ‎①加入的指示剂为_____。‎ ‎②计算苯酚样品的纯度(写出计算过程)_____。‎ ‎【答案】(1). 3Br2+6KOH+CO(NH2)26KBr+CO2↑+N2↑+5H2O (2). 淀粉 (3). 90.24%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)80℃时，向溶有CO(NH2)2的KOH溶液中缓慢加入Br2，至pH为6～7时反应完全，生成CO2、N2等，反应的化学方程式：3Br2+6KOH+CO(NH2)26KBr+CO2↑+N2↑+5H2O；‎ ‎(2)①溴液中含有的KBrO3及过量KBr在盐酸条件下反应产生单质溴、氯化钾和水，方程式为：KBrO3+5KBr+6HCl═3Br2+6KCl+3H2‎ O，单质溴具有氧化性，能将碘离子氧化生成单质碘，离子方程式为：Br2+2I﹣＝2Br﹣+I2，用0.1000mol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定至淡黄色，加入指示剂，继续滴定至终点，I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI，加入的指示剂为淀粉溶液，碘单质遇到淀粉变蓝色；‎ ‎②定量关系Br2+2I﹣＝2Br﹣+I2，I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI，‎ Br2～I2～2S2O32﹣，与I﹣反应的Br2：‎ n1(Br2)＝1/2n(S2O32﹣)＝1/2×16.20×10﹣3 L×0.100 0 mol•L﹣1＝8.1×10﹣4 mol，‎ KBrO3+5KBr+6HCl═3Br2+6KCl+3H2O，定量关系BrO3﹣～5Br﹣～3Br2，KBrO3与KBr生成的Br2：‎ n(Br2)＝3n(KBrO3)＝3×25.00×10﹣3 L×0.030 00 mol•L﹣1＝2.25×10﹣3 mol，‎ 与C6H5OH反应Br2：n2(Br2)＝n(Br2)﹣n1(Br2)＝2.25×10﹣3 mol﹣8.1×10﹣4 mol＝1.44×10﹣3 mol，根据C6H5OH～3Br2知，苯酚的物质的量：‎ n(C6H5OH)＝1/3n2(Br2)＝1/3×1.44×10﹣3 mol＝4.8×10﹣4 mol，‎ 苯酚的纯度4.8×10 －4mol×94g·mol－1×250mL/(0.5000g×25mL)×100%＝90.24%。‎