辽宁省抚顺市阳光学校高一化学摸底试卷含解析

辽宁省抚顺市阳光学校高一化学摸底试卷含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1.下列叙述中正确的是（

）A.向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成B.向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1:2C.向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出D.等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同参考答案：C【详解】A.向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，生成了Ca(HCO3)2，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，Ca(HCO3)2和NaHCO3不反应，所以没有CaCO3沉淀生成，故A不选；B.向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，没有CO2气体产生，故B不选；C.向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓，由于NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度，所以通入过量的CO2会有NaHCO3晶体析出，故C选；D.等物质的量的NaHCO3和Na2CO3分别和足量的盐酸反应，在同温同压下，产生CO2的体积相同，但NaHCO3和Na2CO3的摩尔质量不相同，所以等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积不相同，故D不选。故选C。

2.能形成A2B型离子化合物的两种元素的原子序数是 A．20和8 B．1和6 C．11和16

D．12和17参考答案：C3.在光照条件下，将等物质的量的甲烷和氯气充分反应，所得产物中物质的量最多的是（

）A．CH3Cl

B．CH2Cl2

C．CHCl3

D．HCl参考答案：D4.下列说法正确的是（

）A．为了节约应将实验过程中取用的剩余药品放回原试剂瓶B．在汽车加油站见到的油罐车上所贴的危险化学品标志是

C．闻化学药品的气味都不能使鼻子凑近药品D．实验结束后，可将含硫酸的废液倒入水池，用水冲入下水道参考答案：C略5.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A.标准状况下，2.24L苯中含有碳碳双键数为0.3NAB.14g由乙烯和丙烯组成的混合气体中含氢原子数为2NAC.0.1molCH4与0.1molCl2混合充分光照，生成CH3Cl分子数为0.1NAD.0.1molN2和0.3molH2在高温、高压及催化剂下充分反应，产物的分子数为0.2NA参考答案：BA、标准状况下，苯是液体，不能用求其物质的量，且苯分子中只含有介于C—C键和C=C键之间的特殊共价键，不含碳碳双键，选项A错误；B、乙烯和丙烯的最简式相同，均是CH2，14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为×2×NA＝2NA，选项B正确；C、烷和氯气在光照下，会发生四步取代反应，而反应进行到哪一步不是由反应物甲烷和氯气的物质的量之比来决定的，即使甲烷和氯气的物质的量之比是1：1的情况，也不会仅生成CH3Cl，选项C错误；D、N2与H2反应生成的NH3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，0.1molN2与0.3molH2反应生成的NH3分子数小于2NA，选项D错误。答案选B。6.氨水显弱碱性的主要原因是A.通常状况下，氨的溶解度不大

B.氨水中的NH3·H2O电离出少量OH-C.溶于水的氨分子只有少量电离

D.氨本身的弱碱性参考答案：B略7.只用一种试剂，就可以鉴别乙酸溶液、葡萄糖溶液、乙醇溶液和苯，这种试剂是A.Cu(OH)2悬浊液

B.Na2CO3溶液

C.石蕊试液

D.KMnO4酸性溶液参考答案：A8.根据如图所示示意图，下列说法不正确的是（

）A.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)能量增加(b-a)kJ·mol-1B.该反应过程反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量C.1molC(s)和1molH2O(l)反应生成1molCO(g)和1molH2(g)吸收热量131.3kJD.1molC(g)、2molH、1molO转变成1molCO(g)和1molH2(g)放出的热量为akJ参考答案：C由图可知，该反应为吸热反应，反应的热化学方程式可表示为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)

ΔH=(b-a)kJ·mol-1，A正确；该反应过程反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，B正确；根据图像可知1molC(s)和1molH2O(g)反应生成1molCO(g)和1molH2(g)吸收热量131.3kJ，而1molH2O(l)变为1molH2O(g）时要吸收热量，因此1molC(s)和1molH2O(l)反应生成1molCO(g)和1molH2(g)吸收热量大于131.3kJ，C错误；由图可知，1molC(g)、2molH、1molO转变成1molCO(g)和1molH2(g)放出的热量为akJ，D正确；正确选项C。9.氮化铝(AlN)广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下,AlN可通过反应:Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成。下列叙述正确的是()A．上述反应中,N2是还原剂,Al2O3是氧化剂B．上述反应中,每生成1molAlN需转移3mol电子C．AlN中氮元素的化合价为+3D．AlN的摩尔质量为41g参考答案：B试题分析：A、AlN中Al显＋3价，N显－3价，N的化合价降低，N2作氧化剂，C的化合价由0价→＋2价，化合价升高，C作还原剂，氧化铝的化合价不变，氧化铝既不是氧化剂又不是还原剂，故错误；B、根据选项A的分析，生成1molAlN，转移电子物质的量为1×3mol=3mol，故正确；C、根据选项A的分析，故错误；D、摩尔质量的单位是g·mol－1，故错误。10.同温同压下两个容积相等的贮气瓶，一个装有C2H4，另一个装有C2H2和C2H6的混合气体，两瓶内的气体时一定具有相同的

A．质量

B．原子总数

C．碳原子数

D．密度参考答案：C11.为了验证小苏打中是否含有纯碱，下列实验操作及判断正确的是

（

）A．观察加热时是否放出气体B．观察滴加盐酸时能否放出气体C．溶于水中，再滴加石灰水，观察有无沉淀产生D．溶于水中，滴加少量的氯化钡溶液，观察有无白色沉淀产生参考答案：D略12.下列物质间的反应属于吸热反应的是A．甲烷在氧气中燃烧

B．氢氧化钠溶液与盐酸的反应C．氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应

D．铝与氧化铁在高温条件下的反应参考答案：C13.下列说法不正确的是(

)A．酸性强弱：HIO4>HBrO4>HClO4

B．原子半径大小：Na>S>OC．碱性强弱：KOH>NaOH>LiOH

D．金属性强弱：Na>Mg>Al参考答案：A略14.下列离子方程式正确的是A．足量氯气通入溴化亚铁溶液中：2Fe2++Cl2====2Cl－+2Fe3+B．碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液：HCO3—+OH—==CO32—+H2OC．氨水中加入少量氯化铝溶液

Al3++4OH－=AlO2－+2H2OD．H2S通入FeCl3溶液中：H2S+2Fe3+====2Fe2++S↓+2H+参考答案：D略15.某无色溶液中，可大量共存的离子组是（）A.Na＋、HCO3－、SO42－、Cl－B.Cu2＋、NO3－、Cl－、SO42－C.H＋、Cl－、K＋、CO32－D.K＋、Mg2＋、SO42－、OH－参考答案：ANa＋、HCO3－、SO42－、Cl－不反应，可大量共存，故A正确；Cu2＋显蓝色，故B错误；H＋、CO32－反应生成二氧化碳和水，故C错误；Mg2＋、OH－生成氢氧化镁沉淀，故D错误。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.为测定某铁碳合金中铁的质量分数，并探究铁与浓硫酸的反应设计了图示实验装置。(1)在装药品开始实验前要进行的操作是_____(2)a克铁碳合金中加入过量浓硫酸，未点燃酒精灯前，A无明显现象，其原因是常温下①_____；②_____。(3)写出加热时A中碳与浓硫酸发生反应的化学方程式_____。(4)B中的现象是：_____；C的作用是：_____。(5)待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E并称重，E增重bg。则铁碳合金中铁的质量分数为_____(写含a、b的表达式)。(6)经测定，(5)中测得结果偏小，原因可能是_____。参考答案：(1)检查装置气密性

(2)碳与浓硫酸不反应

铁与浓硫酸发生钝化现象

(3)C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O

(4)品红溶液褪色，或“颜色变浅”

除尽反应产物中的SO2气体

(5)(11a－3b)/11a

(6)SO2未除尽，与E中碱石灰反应导致E增重偏大,故测定结果偏小【分析】由装置图可知，通过测定干燥管E的质量增重确定二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算铁碳合金中碳的质量，进而计算铁的质量，再计算合金中铁的质量分数，二氧化硫会影响二氧化碳的测定，进入干燥管E的气体应除去二氧化硫、且干燥。【详解】（1）在装药品开始实验前要检查装置的气密性，故答案为：检查装置气密性；（2）常温下Fe在浓硫酸中钝化，碳不与浓硫酸反应，故A、B均无明显现象，故答案为：碳与浓硫酸不反应；铁与浓硫酸发生钝化现象；（3）加热条件下，Fe、碳都与浓硫酸反应，碳与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳与水，反应方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；（4）由于二氧化硫具有漂白性，所以B装置中品红溶液褪色；由装置可知，实验是通过测定E装置碱石灰增重，测定二氧化碳的质量，进而测定铁的含量，碱石灰可以吸收二氧化硫，二氧化硫具有还原性，可以被酸性高锰酸钾氧化二除去，根据颜色变化确定二氧化硫是否除尽，故C的作用是除去二氧化硫并检验二氧化硫以除尽，故答案为：品红溶液褪色；除尽反应产物中的SO2气体；（5）称取mg铁碳合金，加入过量浓硫酸，加热待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E装置并称重，E增重bg，则生成二氧化碳的质量为bg，根据质量守恒定律，则mg铁碳合金中含碳元素的质量为×12g/mol=g，则含铁的质量为(a-)g，铁的质量分数为×100%=×100%，故答案为：×100%；（6）若没有完全除去混合气体中的二氧化硫，二氧化硫与碱石灰反应导致E增重偏大，铁的质量分数减小，故答案为：SO2未除尽，与E中碱石灰反应导致E增重偏大,故测定结果偏小。【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，注意熟记常见物质的性质或变化规律，根据给出的实验设计方案，进行实验、分析和探究，并通过观察、记录和分析的实验现象是解答关键。

三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.Ⅰ.已知铜在常温下能被HNO3溶解。反应方程式为:3Cu＋8HNO3＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O

(1)请将上述反应改成离子方程式，并用单线桥法表示电子得失的方向和数目________________。(2)若生成448mL的NO(标准状况下)，则该过程中转移的电子是___________mol。(3)被还原的硝酸占参加反应硝酸的比例为___________。Ⅱ.某反应体系有反应物和生成物共7种物质：C、H2SO4、K2CrO4、K2SO4、CO2、Cr2(SO4)3和H2O。已知该反应中发生如下过程：C→CO2。该反应的化学方程式：__________________________。参考答案：Ⅰ.(1)

(2)0.06

(3)

Ⅱ.3C+10H2SO4+4K2CrO4=4K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CO2↑+10H2O【分析】（1）硝酸、硝酸铜能拆成离子形式，据此写出该反应离子方程；该反应中铜把电子转移给了硝酸根中氮原子，共转移6e-，用单线桥表示电子转移的防向和数目；

(2)根据反应关系6e----2NO，进行计算；(3)由C→CO2可以知道，反应中C为还原剂，CO2为氧化产物，则K2CrO4为氧化剂，对应产物Cr2(SO4)3为还原产物；结合氧化还原反应得失电子守恒及原子个数守恒书写方程式。【详解】(1)反应方程式为:3Cu＋8HNO3＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；硝酸、硝酸铜均拆成离子形式，剩余物质均不拆，离子方程式为：3Cu＋8H++2NO3-＝3Cu2+＋2NO↑＋4H2O；该反应中铜元素化合价升高，共失电子6e-，根据电子得失守恒规律，硝酸根离子中氮原子得到6e-，单线桥法表示该反应电子得失的方向和数目如下：；综上所述，本题答案是：。(2)根据反应关系可知，6e----2NO，448mLNO的物质的量为0.02mol，则该过程中转移的电子0.06mol；综上所述，本题答案是：0.06。(3)根据反应可知，8molHNO3参加反应，被还原的硝酸有2mol，所以被还原的硝酸占参加反应硝酸的比例为2/8=1/4；综上所述，本题答案是：1/4。Ⅱ根据题意：C→CO2，反应中C为还原剂，CO2为氧化产物，则K2CrO4为氧化剂，对应产物Cr2(SO4)3为还原产物；C→CO2化合价升高4，2K2CrO4→Cr2(SO4)3化合价共降6，根据得失电子守恒，C系数为3，CO2系数为3，Cr2(SO4)3系数为2，则K2CrO4系数为4，根据原子个数守恒，K2SO4系数为4，H2SO4系数为10，H2O的系数为10，具体为：3C+10H2SO4+4K2CrO4=4K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CO2↑+10H2O；综上所述，本题答案是：3C+10H2SO4+4K2CrO4=4K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CO2↑+10H2O。【点睛】对于3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O反应，8molHNO3参与反应，其中作为氧化剂的硝酸有2mol，被还原为2molNO；反应生成了硝酸铜，起到酸的作用的硝酸有6mol。18.“铜都”安徽铜陵有许多黄铜矿（主要成分为CuFeS2，含少量Al2O3、SiO2），黄铜矿是制取铜及其化合物的主要原料之一，还可制备硫及铁的化合物。（1）火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应原理为2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2。CuFeS2中Cu和Fe元素的化合价均为+2价，若反应中转移0.3mol电子时，则标准状况下，产生SO2的体积为________L。（2）焙烧黄铜矿产生的Cu2S可被稀硝酸氧化为Cu2+和硫单质，HNO3的还原产物为NO，试写出Cu2S与稀硝酸反应的离子方程式，并用双桥式表示电子转移__________________。（3）焙烧黄铜矿还可得到Cu2O，将21.6gCu2O加入到500mL某浓度的稀硝酸中，固体物质完全反应，生成Cu(NO3)2和NO，在所得溶液中加入1.0mol?L－1的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性。原硝酸的物质的量浓度为___________。参考答案：(1)1.12

(2)

(3)2.2mol?L－1【详解】(1)2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2中,Cu、O元素的化合价降低,则被还原的元素是Cu、O;S元素的化合价由-2价升高为+4价,可以知道生成1mol气