高一化学上册阶段质量评估3

《高一化学上册阶段质量评估3》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高一化学上册阶段质量评估3（59页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、会计学1高一化学上册阶段质量评估高一化学上册阶段质量评估3 第卷（选择题 共45分）一、选择题(本题包括15个小题，每小题3分，共45分)1.实验室里有4个药品橱，已经存放以下物品：第1页/共59页实验室新购进一些碘，应该将这些碘放在（ ）A.甲橱 B.乙橱 C.丙橱 D.丁橱【解析】选C。碘与红磷、硫都是由同种元素组成的纯净物，都属于非金属单质，故答案为C。第2页/共59页2.除去鸡蛋白胶体中混有的少量Cl-的方法是( )A.加入少量硝酸银溶液B.过滤C.丁达尔现象D.渗析【解析】选D。除去胶体中混有的溶液，采用的方法是渗析；鉴别胶体和溶液最简单的方法是丁达尔现象；除去胶体中混有的悬浊液，采

2、用方法是过滤，故选D项。第3页/共59页3.下列物质中既不是电解质，又不是非电解质的是 （ ）A.NaHSO4 B.Cu(OH)2C.O2 D.HCl【解析】选C。根据电解质和非电解质的定义，它们指的是化合物，因O2为单质，所以既不是电解质，也不是非电解质。第4页/共59页4.（2010天津高考）下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是（ ）A.用FeCl3溶液腐蚀铜线路板： Cu+2Fe3+ = Cu2+2Fe2+B.Na2O2与H2O反应制备O2： Na2O2+H2O = 2Na+2OH-+O2C.将氯气溶于水制备次氯酸： Cl2+H2O = 2H+Cl-+ClO-D.用浓盐酸酸化的KM

3、nO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有 还原性：2MnO4-+6H+5H2O2= 2Mn2+5O2+8H2O第5页/共59页【解析】选A。B中元素不守恒，正确的离子方程式为：2Na2O2+2H2O = 4Na+4OH-+O2；C中的HClO是弱酸，不能拆成离子形式；D中的离子方程式本身没有问题，但KMnO4的强氧化性能将浓盐酸氧化，不能实现证明H2O2具有还原性的目的（还原性：HClH2O2，HCl先反应），D错。第6页/共59页5.NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（ ）A.常温常压下，11.2 L的水含有的原子数为1.5NAB.56 g金属铁与足量氯气反应时失去的电子数为2NA

4、C.在1 L 0.1 molL-1的硝酸铜溶液中含有的硝酸根离 子数为0.2NAD.标准状况下，22.4 L的氦气含有的原子数为2NA第7页/共59页【解析】选C。A项，常温常压下，11.2 L的水的物质的量不是0.5 mol，因为此状况下水为液体；B项，56 g铁的物质的量为1 mol,与足量Cl2反应时失去电子应为3 mol,电子数目为3NA；C项，nCu（NO3）2=1 L0.1 molL-1=0.1 mol，n（NO3-）=0.2 mol,NO3-的数目为0.2NA;D项，He为单原子分子，标准状况下，22.4 L的氦气的物质的量为1 mol，原子数目为NA。第8页/共59页6.进行化

5、学实验，观察实验现象，通过分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。下列说法正确的是 （ ）A.浓硫酸在空气中敞口放置一段时间，质量增加，说明 浓硫酸有吸水性B.在KI淀粉溶液中通入氯气，溶液变蓝，说明氯气能与 淀粉发生显色反应C.在某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀 生成，说明溶液中含SO42-第9页/共59页D.将铜片放入浓硫酸中，无明显实验现象，说明铜在冷 的浓硫酸中发生钝化【解析】选A。浓硫酸在空气中增加质量，是由于吸收了空气中的水蒸气造成的；在KI淀粉溶液中通入氯气，溶液变蓝，是由于Cl2与KI反应生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝色；在某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色

6、沉淀生成，而溶液中含SO42-或Cl-或SO32-都可以出现白色沉淀；将铜片放入浓硫酸中，无明显实验现象，是由于反应的条件不够，铜在浓H2SO4、浓HNO3中不钝化。第10页/共59页7.下列金属的冶炼方法正确的是（ ）A.Al：用H2在高温条件下将其氧化物还原得到AlB.Cu：高温下使CuO分解C.Hg：加热分解，可从其氧化物中得到汞D.Fe：电解氧化铁第11页/共59页【解析】选C。冶炼金属Al时要采用电解氧化铝的方法；火法炼铜是在高温条件下将Cu2S氧化为Cu，湿法炼铜是用Fe将CuSO4中的铜置换出来；Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法从其氧化物如HgO中还原出来；冶炼Fe时，

7、一般是在高温条件下用焦炭、一氧化碳等还原剂将其从氧化铁中还原出来。第12页/共59页8.（2010山东高考）下列推断正确的是（ ）A.SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应B.Na2O、Na2O2组成元素相同，与 CO2反应产物也相同C.CO、NO、 NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定 存在D.新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充 分振荡后溶液呈红色第13页/共59页【解析】选A。B项中Na2O与CO2反应只生成Na2CO3，而Na2O2与CO2反应除生成Na2CO3外还有O2生成，B项错；C项中NO与空气中的O2反应生成NO2，C项错；新制的氯水中次氯酸有漂白性，因此石蕊

8、最终褪色，D项错。第14页/共59页9.下图中a、b、c表示相应仪器中加入的试剂，可用下图装置制取、净化、收集的气体是（ ）第15页/共59页【解析】选B。A项中NH3的收集方式不对，应用向下排空气法；C项中，对NO来说，不能用排空气法收集，只能用排水法收集;D项中在c瓶中加入了NaOH溶液，收集不到NO2，所以选B。第16页/共59页10.一同学在画出某种元素的一种单核微粒的原子结构示意图时，忘记在圆圈内标出其质子数，请你根据自己所学知识判断下列说法正确的是 （ ）A.若该粒子为中性微粒，这种离子的符号是F元素的原 子B.若该粒子得到一个电子后变为中性原子，其原子很容 易失去一个电子，这种微

9、粒的符号是Mg2+第17页/共59页C.若该微粒失去一个电子后，变为中性原子，其原子很 容易得到一个电子，这种微粒的符号是F-D.若该微粒失去两个电子后，成为中性原子，该元素所 形成的单质占空气成分的80%【解析】选C。由题意可知，如图所给的结构的微粒，若是中性微粒，那么应该是Ne;若该粒子得到一个电子后变为中性原子，其原子很容易失去一个电子，这种第18页/共59页微粒的符号是Na+;而对于失去一个电子变为中性微粒，其原子易得到一个电子，那么这应该是F元素，其微粒应该是F-;若该微粒失去两个电子后，成为中性原子，那么这种元素应该是O元素，其单质主要是O2，在空气中占20%左右，所以答案应为C。

10、第19页/共59页11.现有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合溶液，采用下列实验流程加入适当的试剂将其转化为相应的沉淀，实现Cl-、NO3-和SO42-的相互分离：第20页/共59页其中试剂1、2、4分别为（ ）A.氯化钡溶液 硝酸银溶液 稀硝酸B.氯化钡溶液 稀硝酸 硝酸银溶液C.氢氧化钠溶液 硝酸银溶液 稀硝酸D.硝酸银溶液 硝酸钡溶液 稀硝酸【解析】选A。由题意可知，Cl-和SO42-在一起，只能先用BaCl2除SO42-，然后再用AgNO3溶液来除掉Cl-，然后再向溶液中加入Na2CO3溶液以除掉多余的Ba2+和Ag+，再用稀HNO3来除多余的Na2CO3，所以答案为A。第21

11、页/共59页12.下列推断正确的是（ ）A.明矾KAl(SO4)212H2O在水中能形成Al(OH)3胶 体，可作净水剂B.N2的性质很稳定，在任何条件下都不可能与O2反应C.工业上经常用铁、铝容器来运送浓硫酸和浓硝酸，所 以铁和铝与浓硫酸、浓硝酸不反应D.将SO2通入品红溶液中能褪色，所以将SO2通入紫色石 蕊试液中也会褪色第22页/共59页【解析】选A。明矾净水的原理就是明矾与水反应生成了Al(OH)3胶体，具有较大的表面积，能吸附水中的悬浮物，起到净水的作用；N2虽然很稳定，但在放电的条件下一样可以与O2反应，生成NO气体；工业上经常用铁、铝容器来运送浓硫酸和浓硝酸是由于铁、铝遇到浓硫酸

12、和浓硝酸钝化，在表面生成一层致密的氧化物薄膜，阻止了反应的进行，并不是不反应；将SO2通入品红溶液中能褪色是由于SO2具有漂白性，而SO2的漂白性不能使指示剂褪色，所以紫色石蕊试液遇到SO2后会变红。第23页/共59页13.把SO2通入Fe(NO3)3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变为棕黄色，此时若滴入BaCl2溶液，则会产生白色沉淀。在上述一系列变化过程中，最终被还原的是（ ）A.SO2 B.Fe2+ C.Fe3+ D.NO3-【解析】选D。由题意可知,开始时通入的SO2与Fe3+反应,被氧化生成了SO42-,Fe3+被还原成Fe2+,后来,溶液中有了H+,与NO3-组成了强氧化剂

13、,将Fe2+又氧化成了Fe3+,所以最终被还原的是NO3-,答案选D。第24页/共59页14.（2010东北师大附中高一检测）将一定量的锌与100 mL 18.5 molL-1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体33.6 L（标准状况）。将反应后的溶液稀释至500 mL测得溶液中氢离子的浓度为0.2 molL-1，则下列叙述中错误的是（ ）A.生成的气体是SO2和H2的混合物B.稀释后的溶液中Zn2+的物质的量浓度为3 molL-1C.生成的气体在标准状况下的密度约为2.86 gL-1D.反应中共转移电子3 mol第25页/共59页【解析】选C。由题意和反应的方程式可得：Zn+2H2S

14、O4(浓) = ZnSO4+SO2+2H2O；Zn+H2SO4(稀)= ZnSO4+H2；若Zn只与浓硫酸反应，那么生成的SO2为33.6 L，即为1.5 mol，可以得出，ZnSO4也应为1.5 mol，则反应掉的H2SO4为3 mol，而题给的H2SO4只有1.85 mol，所以生成的气体中不可能只有SO2，那就应该有H2，但不论Zn与浓硫酸反应还是与稀硫酸反应，生成气体的物质的量与反应所消耗的Zn的量是相等的，也就可以得出，反应中所用掉的Zn为1.5 mol，转移第26页/共59页的电子的物质的量为3 mol，生成的ZnSO4也为1.5 mol，稀释至500 mL，ZnSO4的浓度就是3

15、 molL-1，而由题中“将反应后的溶液稀释至500 mL测得溶液中氢离子的浓度为0.2 molL1”可以得出，反应后剩余的H2SO4为0.05 mol，消耗的H2SO4为1.8 mol，生成的ZnSO4为1.5 mol，则生成的SO2为0.3 mol，也就得出生成的H2应为1.2 mol，可得出气体的总质量为64 g/mol0.3 mol+2 g/mol1.2 mol=21.6 g，那么其密度为21.6 g33.6 L2.86 gL1。第27页/共59页15.取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8 960 mL的NO2气体和672 mL N2O4的气体（都已折算到标准

16、状态），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02 g。则x等于 （ ）A.8.64 g B.9.20 gC.9.00 g D.9.44 g第28页/共59页【解析】选B。由题意可知，Cu和Mg的质量共x g，则由方程式：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O和Mg+4HNO3（浓）= Mg(NO3)2+2NO2+2H2O可得,生成标准状况下的NO2共8 960mL+672 mL2=10 304（mL）即为0.46 mol,那么, Cu和Mg的物质的量就为0.23 mol,反应后结合的OH-为0.46 mol,质量为7.82 g,所以Cu和Mg的质量为

17、17.02 g-7.82 g=9.20 g,所以答案为B。第29页/共59页二、非选择题（本题包括6个小题，共55分）16.（11分）某化学课外活动小组从实验室取出硫酸试剂，试剂瓶上标签的部分内容如图所示。该小组欲配制450 mL 0.2 molL-1的稀H2SO4溶液：(1)所需试剂瓶内硫酸溶液的体积为mL。(2)所用量筒和容量瓶的规格为和。第30页/共59页(3)浓硫酸稀释时的操作是。(4)下列为该小组的操作，可能导致配制溶液浓度偏高的是。A.移液前未冷却至室温B.定容时加水多了，用滴管吸出C.定容时俯视刻度线第31页/共59页(5)下图是该小组转移溶液的示意图，图中的错误是 。第32页/

18、共59页【解析】(1)所需浓H2SO4的体积为：(2)由于所需浓H2SO4的体积为5.4 mL，则选择10 mL量筒；由于没有450 mL的容量瓶，应选择500 mL容量瓶。(3)浓硫酸稀释的操作为：加入一定量水于烧杯中，再将浓H2SO4沿烧杯内壁慢慢倒入，并用玻璃棒不断搅拌。(4)A：未冷却至室温，因为热胀冷缩，液体和容量瓶的体积均增大，但液体的体积增大的更大些，若变为室温时，溶液的体积减小，浓度偏高。第33页/共59页B：用滴管从容量瓶中吸出溶液，导致溶质的量减少，溶液的体积不变，浓度偏低。C：定容时俯视刻度线，液面低于刻度线，溶液的体积减少，浓度偏高。(5)根据配制一定物质的量浓度溶液的

19、实验步骤及注意事项，示意图中有两点错误，一是未用玻璃棒引流，二是容量瓶的规格，配制500 mL溶液时，不能用250 mL容量瓶配制2次，应一次性完成该实验。第34页/共59页答案：(1)5.4(2)10 mL量筒 500 mL容量瓶(3)向烧杯中加入一定量的水，再将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入，并用玻璃棒不断搅拌(4)A、C(5)未用玻璃棒引流；未采用500 mL容量瓶第35页/共59页17.（8分）氧化还原反应实际上包括氧化反应和还原反应两个过程。下面是一个还原过程的反应式：NO3-+4H+3e- = NO+2H2O；KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中的一种物质(甲

20、)能使上述还原过程发生。(1)写出该氧化还原方程式：（不必配平）。(2)反应中硝酸体现了、的性质。(3)反应中若产生了0.2 mol气体,则转移电子的物质的量是mol。第36页/共59页(4)若1 mol甲与某浓度硝酸反应时,被还原的硝酸的物质的量增加,原因是：。【解析】（1）题中给出了还原反应的反应式，NO3-(HNO3)是氧化剂,那么四种物质中与之反应的甲必是还原剂,符合条件的只有Cu2O。(2)反应中部分HNO3被还原成NO,起氧化剂作用,还有部分HNO3没有被还原,只是其中的H+变成了水,起到了酸的作用。(3)从化学方程式中可以看出,生成的气体是NO,从题给第37页/共59页的还原反应

21、式可以得计算关系式为： 3e-NO，可见产生0.2 mol NO，要转移0.6 mol电子。(4)小题中因为有“某浓度的硝酸”的提示,所以应该考虑的是硝酸浓度的原因，做氧化剂时，浓硝酸比较“强”，不要从含杂质等其他方面考虑，这些不符合题意。答案：（1）HNO3 +Cu2O Cu(NO3)2NO+H2O（2）酸性 氧化性 （3）0.6(4)使用了较浓的硝酸，产物中有部分NO2生成第38页/共59页18.（8分）如图所示物质转化中，常温下E为无色无味的液体，F为淡黄色粉末，G为常见无色气体，是空气中的主要成分（反应条件均已省略）。第39页/共59页回答下列问题：（1）在反应中，每生成2.24 L

22、G（标准状况）时，该反应转移电子的物质的量是。（2）若反应在加热条件下进行，且C、D是两种均能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则反应的化学方程式是。第40页/共59页（3）若反应在溶液中进行，A是一种强碱，B是一种酸式盐，D是一种气体，遇红色石蕊试纸变蓝，且B遇盐酸有能使品红褪色的气体产生。在加热条件下，当A过量时反应的离子方程式是。【解析】由题和图示可知,常温下E为无色无味液体，F为淡黄色粉末，G为常见无色气体，则E为H2O，G为O2，F为Na2O2。（1）反应为2Na2O2+2H2O = 4NaOH+O2,每生成1 mol O2转移电子2 mol,故生成0.1 mol O2转移第41页/共5

23、9页电子0.2 mol。 （2）若反应在加热条件下进行，且反应生成的C、D是能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则反应物应为碳和浓H2SO4，反应化学方程式为C+2H2SO4（浓） CO2+2SO2+2H2O。（3）若反应在溶液中进行，则由题给信息可知D为NH3，B是种酸式盐，且遇盐酸有能使品红褪色的SO2生成，故B应为NH4HSO3，A过量时反应的离子方程式为NH4+HSO3-+2OH- NH3+SO32-+2H2O。=第42页/共59页答案：（1）0.2 mol（2）C2H2SO4(浓) CO22SO22H2O（3）NH4+HSO3-2OH NH3SO32-2H2O=第43页/共59页19.（

24、10分）某学生设计了一套验证物质化学性质的实验装置，如图所示。第44页/共59页回答下列问题：（1）该实验的目的是（2）该实验的原理是：（用化学方程式表示）。（3）实验用品：实验仪器除铁架台（带铁夹）、储气瓶（两个）、直管活塞（K1、K2）、止水夹（K3）、橡皮管、橡皮塞以及若干玻璃管连件外，还有，实验所用试剂为。第45页/共59页（4）实验步骤：按上图连接好仪器。打开活塞K1和K2，一段时间后，关闭活塞K1、K2，主要现象为：。关闭活塞K1和K2，打开止水夹K3，要使烧瓶中产生喷泉可采用的方法是。（5）反应停止后，烧瓶内气体及液体（溶质）的成分可能为（用化学式表示）：。第46页/共59页【解

25、析】由题目信息及图示可知该实验目的是验证NO与O2反应，而生成的NO2又与H2O反应的一个实验。（4）打开活塞K1和K2，则圆底烧瓶内NO与储气瓶内O2反应生成红棕色NO2，NO2又与H2O反应生成NO，NO又与O2反应生成NO2，如此反复，则关闭活塞K1、K2时主要现象为圆底烧瓶内气体变为红棕色。产生喷泉前提是内外产生压强差，故引发喷泉的操作是可用手或热毛巾捂热圆底烧瓶。第47页/共59页（5）通过（4）中的分析可知反应过程有2NO+O2 = 2NO2，3NO2+H2O = 2HNO3+NO，即总反应式为4NO+3O2+2H2O = 4HNO3，故反应停止后，可分三种情况：NO过量，O2过量

26、，NO、O2恰好完全反应。故烧瓶内气体及液体（溶质）成分可能为NO、HNO3，O2、HNO3，HNO3。第48页/共59页答案：（1）验证NO与O2反应，NO2与H2O反应（2）2NO+O2 = 2NO2，3NO2H2O = 2HNO3NO（3）圆底烧瓶、烧杯 NO、O2和H2O（4）圆底烧瓶内气体变红棕色 用手或热毛巾捂热圆底烧瓶（5）NO、HNO3；O2、HNO3；HNO3第49页/共59页20.（10分）食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料。（1）粗食盐常含有少量K+、Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42-等杂质离子，实验室提纯NaCl的流程如下：第50页/共59页提供的试剂：饱

27、和Na2CO3溶液 饱和K2CO3溶液 NaOH溶液 BaCl2溶液 Ba(NO3）2溶液 75%乙醇四氯化碳欲除去溶液中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42-离子，选出a所代表的试剂，按滴加顺序依次为（只填化学式）。洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量KCl，选用的试剂为。第51页/共59页（2）用提纯的NaCl配制500 mL 4.00 molL-1NaCl溶液，所用仪器除药匙、玻璃棒外还有（填仪器名称）。（3）电解饱和食盐水的装置如图所示，第52页/共59页若收集的H2为2 L，则同样条件下收集的Cl2（填“”、“=”或“”）2 L，原因是。【解析】（1）要除去SO42，只有选BaCl

28、2溶液，若选用Ba（NO3）2，会引入新的杂质NO3-，再选用NaOH溶液除去Mg2+和Fe3+，最后选用Na2CO3溶液除去Ca2+，此处不能选用K2CO3溶液，否则会引入新的杂质K+，再用盐酸除去过量的CO32。Na2CO3溶液不能加在BaCl2溶液前，第53页/共59页否则会引入Ba2+。除去NaCl晶体表面的少量的KCl，应选用75%的乙醇，因为CCl4有毒，同时KCl也不会溶解在CCl4中。（3）2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2+H2，产生的Cl2能与该区生成的NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O，使得部分的Cl2被消耗，所以同样条件下收集到的Cl2小于2 L。答案：

29、（1）BaCl2、NaOH、Na2CO3 75%乙醇（2）天平、烧杯、500 mL容量瓶、胶头滴管（3） 电解生成的氯气与电解生成的NaOH发生了反应电解=第54页/共59页21.（8分）(2010湖南师大附中高一检测)向100 mL 0.5 molL-1的AlCl3溶液中滴加1.0 molL-1的NaOH溶液，当生成的沉淀物和溶液中所含的铝元素的质量相等时，消耗的NaOH溶液的体积是多少毫升？【解析】由题意可知n(Al)=0.5molL-10.1 L=0.05 mol第一种情况：Al3+和Al(OH)3各占一半，即各自的物质的量均为0.025 mol。设参加反应的NaOH的物质的量为x mo

30、l，则第55页/共59页3OH- Al(OH)33 mol 1 molx mol 0.025 molx=0.075 mol所以V(NaOH)= =0.075 L=75 mL。第二种情况：Al(OH)3和AlO2-各占一半，即各自的物质的量均为0.025 mol第56页/共59页设与Al3+反应生成Al(OH)3所消耗的NaOH的物质的量为y mol，与Al3+反应生成AlO2-所消耗的NaOH的物质的量为z mol，则3OH- Al(OH)3 4OH- AlO2-3 mol 1 mol 4 mol 1 moly mol 0.025 mol z mol 0.025 moly= 0.075 molz= 0.1 mol所以n(NaOH)=0.1 mol+0.075 mol=0.175 mol第57页/共59页所以V(NaOH)= 。答：消耗的NaOH的体积为75 mL或175 mL。答案：75 mL或175 mL第58页/共59页