湖北省荆州市郑公中学高一化学摸底试卷含解析

湖北省荆州市郑公中学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.在①硫酸②重晶石③三氧化硫④绿矾四种化合物中，硫元素的质量分数由高到底排列的顺序是（）A．①>②>③>④

B．②>③>④>①C．①>③>②>④

D．③>①>②>④参考答案：D略2.下列叙述正确的是

A、医疗上常用无水乙醇消毒

B、硫酸铵和硫酸铜均能使鸡蛋白溶液发生盐析C、C(石墨，s)====C(金刚石，s)

△H＞0，所以金刚石比石墨稳定D、明矾和漂白粉常用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理不同参考答案：D3.下列离子检验的方法正确的是()A．某溶液+生成白色沉淀，说明原溶液中有Cl－B．某溶液+生成白色沉淀，说明原溶液中有SOC．某溶液+生成蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2＋D．某溶液+生成无色气体，说明原溶液中有CO参考答案：C4.一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中●和○代表不同元素的原子。下列关于此反应的说法可能错误的是A.属于吸热反应

B.属于可逆反应C.属于氧化还原反应

D.属于分解反应参考答案：A分析：由图可知，为化合物分解生成化合物与单质的反应，且反应后存在反应物，则为可逆反应，以此来解答。详解：A．一般分解反应为吸热反应，由图不能确定反应中能量变化，A错误；B．反应前后均存在反应物，为可逆反应，B正确；C．化合物分解生成单质时，元素的化合价变化，为氧化还原反应，C正确；D．一种物质分解生成两种物质，为分解反应，D正确；答案选A。5.下列物质中，在一定条件下既能发生加成反应，也能发生取代反应，但不能使酸性KMnO4溶液褪色的是(

)。A．乙烷 B．苯 C．乙烯 D．乙醇参考答案：B略6.NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述不正确的是(

)A．1molNa2O和Na2O2的混合物中所含阴离子数为NA

B．1.7gH2O2中含有的电子数为0.9NAC．1molNa2O2与足量的CO２反应，电子转移数为2NA

D．标准状况下，2.24LCO2和CO中所含分子数为0.1NA参考答案：C略7.下列变化中，需加入还原剂才能实现的是：

A、HCl→Cl2

B、FeCl3→FeCl2

C、FeSO4→Fe2(SO4)3

D、SO2→H2SO4参考答案：B略8.下列叙述正确的是

A．卤素离子(X-)只有还原性而无氧化性

B．某元素由化合态变成游离态，该元素一定被氧化

C．失电子难的原子获得电子的能力一定强

D．卤素都有分子式为X2O7的最高价氧化物参考答案：A9.黑火药是我国历史上的四大发明之一，它的成分是硝酸钾、炭粉和硫粉的混合物，点火爆炸后的产物是二氧化碳、硫化钾和氮气。在该反应中被还原的元素为

A．S

B．C

C．N

D．S和N参考答案：D略10.下列混合物的分离可用溶解→过滤→蒸发操作的是(

)A．混有泥沙的食盐 B．混有水的酒精

C．氯化钠和氯化钾的混合物

D．四氯化碳和水参考答案：A11.在实验室中进行分液操作，下列仪器中一定需要的是

（

）

A．锥形瓶

B．分液漏斗

C．玻璃棒

D．温度计参考答案：B略12.有关物质与反应分类的下列说法中，正确的是

()A.碳酸钠使无色酚酞试液变红，属于碱

B.CO2溶于水能导电，属电解质C.硅酸钠是钠盐，也是硅酸盐

D.CO还原氧化铁获得铁，属于置换反应参考答案：CA．碳酸钠水解，使溶液显碱性，能使无色酚酞试液变红，碳酸钠属于盐，故A错误；B．二氧化碳自身不能电离，属于非电解质，故B错误；C．硅酸钠中含有钠离子，故属于钠盐；也含有硅酸根离子，故也属于硅酸盐，故C正确；D．CO还原氧化铁获得铁，反应物为2种化合物，故不属于置换反应，故D错误；故选C。点睛：本题考查盐的分类、盐的水解、电解质和非电解质的判断等。本题的易错点为D，要注意置换反应的概念，指一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应，题中反应属于氧化还原反应，不属于四类基本反应。13.称取两份铝粉，第一份加足量的NaOH溶液，第二份加足量的盐酸，若放出等量的气体，则两份铝粉的质量比为A、1：1

B、2：3

C、1：2

D、1：3参考答案：A略14.对下列现象或事实的解释不正确的是(

)选项实验现象解释ANH3能使湿润红色石蕊试纸变蓝NH3溶于水其溶液呈碱性BNH3与HCl气体接触时有白烟产生NH3与HCl反应生成NH4C1固体小颗粒C敞开放置的浓硫酸久了浓度会降低浓硫酸具有吸水性和挥发性D浓硝酸要避光保存在棕色瓶中浓硝酸不稳定，见光易分解参考答案：C略15.在一定条件下，RO3n－与R2－发生如下反应：RO3n－+2

R2—+6H+==3R+3H2O，下列关于元素R的叙述中正确的是（

）A．R原子的最外层上有4个电子

B．RO3n－中的R只能被还原

C．HnRO3一定是强酸

D．R的单质既具有氧化性又具有还原性参考答案：D二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.实验室用胆矾（CuSO4?5H2O）配制450mL0.100mol?L﹣1CuSO4溶液，实际操作步骤有：（1）实验中除了托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、药匙、胶头滴管外还需要的仪器是

．（2）需称量胆矾的质量为

g．（3）图是某同学在实验室配制该CuSO4溶液的过程示意图，据此回答下列问题：观察配制CuSO4溶液的过程示意图，指出其中有错误的是

（填操作序号）．（4）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是

（填序号）①容量瓶使用时未干燥②定容时俯视刻度线观察液面③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线④移液时未洗涤烧杯和玻璃棒⑤胆矾晶体部分失去结晶水．参考答案：（1）500ml容量瓶；（2）12.5；（3）①③⑤；（4）②⑤【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】（1）依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤选择需要仪器，依据配制溶液体积选择容量瓶规格；（2）依据m=CVM计算需要溶质的质量；（3）①溶解氢氧化钠应在烧杯中进行；③移液时，应将玻璃棒下端靠在刻度线以下；⑤定容时，眼睛应平视刻度线；（4）依据C=进行误差分析，分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响．【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器有：托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、容器瓶、胶头滴管；还缺的是：容量瓶，配制450mL0.100mol?L﹣1CuSO4溶液，实验室没有450mL容量瓶，应选择500mL规格容量瓶；故答案为：500ml容量瓶；（2）实验室用胆矾（CuSO4?5H2O）配制450mL0.1mol?L﹣1CuSO4溶液，应选择500ml容量瓶，需要胆矾的质量m=0.1mol?L﹣1×0.5L×250g/mol=12.5g；故答案为：12.5；（3）①溶解氢氧化钠应在烧杯中进行，不能在量筒中进行，故错误；③移液时，应将玻璃棒下端靠在刻度线以下，图中玻璃棒靠在刻度线以上，故错误；⑤定容时，眼睛应平视刻度线，图中为仰视操作，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故错误；故选：①③⑤；（4）①容量瓶使用时未干燥，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故不选；

②定容时俯视刻度线观察液面，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选；③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故不选；④移液时未洗涤烧杯和玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；

⑤胆矾晶体部分失去结晶水，导致秤取的溶质含有硫酸铜的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故选；故选：②⑤．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.除去括号内的杂质，写出除杂的试剂，并写出溶液中反应的离子方程式．（1）FeSO4（CuSO4）试剂，离子方程式．（2）CO2（HCl）试剂，离子方程式．（3）Cu（CuO）试剂，离子方程式．参考答案：1.Fe；Fe+Cu2+═Fe2++Cu

2.饱和NaHCO3；H++HCO3﹣═CO2↑+H2O3.HCl、硫酸皆可；CuO+2H+═Cu2++H2O考点：离子方程式的书写；物质的分离、提纯和除杂．分析：（1）铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜；（2）氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳、水和氯化钠，二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中溶解度不大；（3）氧化铜与稀硫酸或者盐酸反应生成可溶性酸盐，铜与稀硫酸或者盐酸酸不反应．解答：解：（1）铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，可以选择Fe除去杂质，离子方程式：Fe+Cu2+═Fe2++Cu；故答案为：Fe；Fe+Cu2+═Fe2++Cu；（2）氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳、水和氯化钠，二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中溶解度不大，选择饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢杂质，离子方程式：H++HCO3﹣═CO2↑+H2O；故答案为：饱和NaHCO3；H++HCO3﹣═CO2↑+H2O；（3）氧化铜与稀硫酸或者盐酸反应生成可溶性酸盐，铜与稀硫酸或者盐酸酸不反应，选择盐酸或者稀硫酸除去杂质氧化铜，离子方程式：CuO+2H+═Cu2++H2O；故答案为：HCl、硫酸皆可；CuO+2H+═Cu2++H2O．点评：本题考查了物质的除杂和离子方程式的书写，明确物质性质及反应实质是解题关键，题目难度不大18.同温同压，等质量的O2和SO2，它们的物质的量之比为__________，密度之比为__________．参考答案：2：1；2：1考点：物质的量的相关计算．分析：根据n=计算二者物质的量之比，相同条件下气体密度之比等于其摩尔质量之比．解答：解：根据n=可知，等质量的O2和SO2物质的量之比为64g/mol：32g/mol=2：1，相同条件下气体密度之比等于其摩尔质量之比，则二者密度之比为32g/mol：64g/mol=1：2，故答案为：2：1；2：1．点评：本题考查阿伏伽德罗定律、物质的量计算等，注意掌握以物质的量为中心的计算，难度不大．19.有A、B、C、D、E五种短周期元素，其元素特征信息如下表：元素编号元素特征信息A其单质是密度最小的物质B阴离子带两个单位负电荷，单质是空气的主要成分之一C其阳离子与B的阴离子有相同的电子层结构，且与B可以形成两种离子化合物D其氢氧化物和氧化物都有两性，与C同周期E与C同周期，原子半径在该周期最小回答下列问题：（1）写出下列元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式C、

，D、

，E、

；（2）实验测得DE3在熔融状态下不导电，则DE3中含有的化学键类型为

；（3）E单质与C的氧化物对应水化物溶液反应的离子方程式：

．（4）A单质在E单质中燃烧的反应现象是

．参考答案：（1）NaOH、Al（OH）3、HClO4；（2）共价键；（3）Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（4）安静的燃烧，苍白色火焰，产生白雾．【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】有A、B、C、D、E短周期五种元素．A的单质是密度最小的物质，则A为氢元素；B的阴离子带两个单位的负电荷，单质是空气主要成分之一，则B为氧元素，B的阴离子为O2﹣，C的阳离子与B的阴离子具有相同的电子层结构，则C原子有3个电子层，且与B可以形成两种离子化合物，则C为Na；D的氢氧化物和氧化物都有两性，且与C同周期，则D为Al；E与C同周期，其原子半径在该周期最小，则E为Cl元素．【解答】解：有A、B、C、D、E短周期五种元素．A的单质是密度最小的物质，则A为氢元素；B的阴离子带两个单位的负电荷，单质是空气主要成分之一，则B为氧元素，B的阴离子为O2﹣，C的阳离子与B的阴离子具有相同的电子层结构，则C原子有3个电子层，且与B可以形成两种离子化合物，则C为Na；D的氢氧化物和氧化物都有两性，且与C同周期，则D为Al；E与C同周期，