山西省運城市舜帝廟中學高一化學模擬試卷含解析

山西省運城市舜帝廟中學高一化學模擬試卷含解析一、單選題（本大題共15個小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，共60分。）1.不能用來表示其結(jié)構(gòu)的微粒是A．Ne

B．F-

C．Al3+

D．S2-參考答案：D略2.下列關(guān)于Na2CO3和NaHCO3的性質(zhì)的比較中，不正確的是()A．熱穩(wěn)定性：Na2CO3＞NaHCO3B．常溫時的溶解度：NaHCO3＜Na2CO3C．與相同濃度稀鹽酸反應的劇烈程度：Na2CO3＞NaHCO3D．等質(zhì)量的固體與足量鹽酸反應放出CO2的質(zhì)量NaHCO3＞Na2CO3參考答案：C略3.下列物質(zhì)中，不能和氯氣發(fā)生取代反應的是A.CH3Cl

B.CCl4

C.CH2Cl2

D.CH4參考答案：B4.下列金屬冶煉的反應原理，錯誤的是()A.2Ag2O4Ag+O2↑

B.火法煉銅：Cu2S+O22Cu+SO2C.Al2O3+3H22Al+3H2O

D.MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑參考答案：CA.銀用熱分解法，2Ag2O4Ag+O2↑，A正確；B.火法煉銅，Cu2S+O22Cu+SO2，B正確；C.鋁用電解法冶煉，C不正確；D.電解法冶煉鎂，MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，D正確。本題選C。5.用如圖所示裝置進行下列實驗：將①中的濃硫酸滴入②中，預測的現(xiàn)象與結(jié)論均正確的是A.若②為濃鹽酸；產(chǎn)生大量氣體產(chǎn)生；說明硫酸酸性比鹽酸強B.若②為銅片；有氣泡產(chǎn)生，底部生成白色固體；說明濃硫酸有強氧化性C.若②為藍色硫酸銅晶體；藍色晶體變?yōu)榘咨?；說明濃硫酸有吸水性，發(fā)生物理變化D.若②為蔗糖；白色固體變?yōu)楹谏＞d狀，有氣體放出；說明濃硫酸有脫水性、氧化性參考答案：D【分析】A.濃硫酸具有吸水性,濃鹽酸具有揮發(fā)性,濃硫酸吸收濃鹽酸中的水分導致濃鹽酸濃度增大而加強其揮發(fā)性；

B.常溫下濃硫酸和Cu不反應；

C.濃硫酸具有吸水性,能吸收五水硫酸銅中的結(jié)晶水而使五水硫酸銅變?yōu)闊o水硫酸銅；

D.濃硫酸能將有機物中的H、O元素以2:1水的形式脫去而體現(xiàn)脫水性,還具有強氧化性?！驹斀狻緼.濃硫酸具有吸水性,濃鹽酸具有揮發(fā)性,濃硫酸吸收濃鹽酸中的水分導致濃鹽酸濃度增大而加強其揮發(fā)性,濃硫酸和鹽酸都是強酸,該實驗體現(xiàn)濃鹽酸的揮發(fā)性和濃硫酸的吸水性,故A錯誤；

B.常溫下濃硫酸和Cu不反應,所以沒有明顯現(xiàn)象,故B錯誤；

C.濃硫酸具有吸水性,能吸收五水硫酸銅中的結(jié)晶水而使五水硫酸銅變?yōu)闊o水硫酸銅,固體由藍色變?yōu)榘咨?該實驗為化學變化,故C錯誤；

D.濃硫酸能將有機物中的H、O元素以2:1水的形式脫去而體現(xiàn)脫水性,還能將蔗糖脫水后形成的碳單質(zhì)，氧化為二氧化碳，同時還生成刺激性氣味的二氧化硫,體現(xiàn)了濃硫酸的強氧化性，故D正確；

綜上所述，本題選D?！军c睛】濃硫酸除了具有酸的通性外，還具有其它的性質(zhì)：高沸點性（制備氯化氫氣體），吸水性（吸收現(xiàn)有的水）、脫水性（氫、氧元素按2:1比例形成水而脫去）；濃硫酸中+6價硫還具有強氧化性，在加熱的條件下還能和一些不活潑的金屬反應。

6.蒸餾不需用到的玻璃儀器是A．蒸發(fā)皿

B．冷凝管

C.蒸餾燒瓶

D.酒精燈參考答案：A略7.M2O7X－與S2－在酸性溶液中發(fā)生如下反應：M2O7X－+3S2－+ZH+===YM3++3S↓+7H2O，則M2O7X－中M的化合價是（

）A.+4

B.+5

C.+6

D.+7參考答案：C根據(jù)原子守恒可知Y＝2，Z＝14，根據(jù)電荷守恒可知14－x－3×2＝2×3，解得x＝2，根據(jù)正負價代數(shù)和為0可知M的化合價是+(7×2－2)/2=+6，答案選C。8.下列屬于電解質(zhì)的是（）A.Cu

B.熔融的K2SO4

C.乙醇

D.NaOH溶液參考答案：B試題分析：A．Cu是單質(zhì)，所以銅既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故A錯誤；B．熔融的K2SO4導電，硫酸鉀在水溶液中也導電，且為化合物，則熔融的K2SO4為電解質(zhì)，故B正確；C．乙醇不導電，在水溶液中也不導電，乙醇為非電解質(zhì)，故C錯誤；D．硫酸溶液是混合物，所以不是電解質(zhì)，故D錯誤；故選B。【名師點晴】本題考查了電解質(zhì)與非電解質(zhì)的判斷。在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質(zhì)，在水溶液里或熔融狀態(tài)下都不導電的化合物是非電解質(zhì)，電解質(zhì)、非電解質(zhì)都必須為化合物。明確電解質(zhì)與非電解質(zhì)的概念為解答關(guān)鍵，注意電解質(zhì)和非電解質(zhì)都必須是化合物，單質(zhì)和混合物既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)。9.CH4與O2的質(zhì)量比為1:4時極易爆炸,此時.CH4與O2的物質(zhì)的量比為A.1:1

B.1:4

C.1:2

D.2:1參考答案：CCH4與O2的質(zhì)量比為1:4，CH4與O2的摩爾質(zhì)量比為1:2，n=，因此，CH4與O2的物質(zhì)的量比為1:2，故選C。10.某溶液中有Cu2+、NH4+、Fe3+和Al3+四種離子，若向其中加入過量的氫氧化鉀溶液，微熱并攪拌，再加入過量鹽酸，溶液中大量減少的陽離子是(

)A．Cu2+

B．NH4+

C．Fe3+

D．Al3+參考答案：B略11.日常生活中的許多現(xiàn)象與化學反應有關(guān),下列現(xiàn)象與氧化還原反應無關(guān)的是A.銅鑄塑像上出現(xiàn)銅綠[Cu2(OH)2CO3]

B.鐵制菜刀生銹C.大理石雕像被酸雨腐蝕毀壞

D.鋁鍋表面生成致密的氧化膜參考答案：C【分析】判斷某反應是不是氧化還原反應，可以從化合價是否發(fā)生變化角度判斷?！驹斀狻緼、金屬銅、氧氣、CO2、H2O發(fā)生化合反應生成銅綠，該反應中有元素化合價的變化，屬于氧化還原反應，故A不符合題意；B、鐵在氧氣、水存在下生銹，存在元素化合價的變化，屬于氧化還原反應，故B不符合題意；C、大理石的主要成分是CaCO3，酸雨腐蝕大理石雕像原因是CaCO3與酸發(fā)生反應，沒有元素化合價的變化，不屬于氧化反應，故C符合題意；D、鋁被氧氣氧化成氧化鋁，存在元素化合價變化，該反應屬于氧化還原反應，故D不符合題意。12.下列各組物質(zhì)混合后，不能生成NaOH的是A．Na和H2O

B．Na2O2和H2OC．Ca(OH)2溶液和Na2CO3溶液

D．Ca(OH)2溶液和NaCl溶液參考答案：D13.按下圖裝置，持續(xù)通入氣體X，可看到a處有紅色物質(zhì)生成，b處變藍，c處得到液體，則氣體X可能是()A．H2

B．CO和H2C．NH3

D．CH3CH2OH(蒸氣)參考答案：D解析四個選項中的氣體或蒸氣都可還原CuO，且均有H2O產(chǎn)生，故都可滿足a、b處的現(xiàn)象，但要在c處得到液體，只有D項符合，CH3CH2OH＋CuOCH3CHO＋H2O＋Cu。14.據(jù)報道，美國夏威夷聯(lián)合天文中心的科學家發(fā)現(xiàn)了一種新型氫粒子，這種粒子是由3個氫原子核(只有質(zhì)子)和2個電子構(gòu)成。對于這種粒子，下列說法中正確的是

A．是氫的一種新的單質(zhì)

B．是氫的一種新的同位素

C．它的組成可用H3表示

D．它比一個普通H2分子多一個氫原子核參考答案：D略15.下列離子方程式正確的是（）A．NaAlO2溶液中通入過量的CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32﹣B．FeCl2溶液中加入氯水：Cl2+Fe2+═Fe3++2Cl﹣C．碳酸氫鈉與稀硫酸反應：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2OD．NaOH溶液與小蘇打溶液反應HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O參考答案：D【考點】離子方程式的書寫．【分析】A．二氧化碳過量反應生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉；B．電荷不守恒；C．碳酸氫根離子為弱酸的酸式根離子，不能拆；D．二者反應生成碳酸鈉和水．【解答】解：A．NaAlO2溶液中通入過量的CO2反應生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉，離子反應為AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故A錯誤；B．FeCl2溶液中加入氯水，離子方程式：Cl2+2Fe2+═2Fe3++2Cl﹣，故B錯誤；C．碳酸氫鈉與稀硫酸反應，離子方程式：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，故C錯誤；D．NaOH溶液與小蘇打溶液反應，離子方程式：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O，故D正確；故選：D．【點評】本題考查離子反應方程式書寫的正誤判斷，為高頻考點，把握發(fā)生的反應、離子反應的書寫方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意離子反應中保留化學式的物質(zhì)及電荷守恒，題目難度不大．二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.實驗室需要配制100mL0.1mol?L﹣1CuSO4溶液．（1）本實驗用到的基本實驗儀器除托盤天平、膠頭滴管、玻璃棒、100mL容量瓶外，還必須使用一種玻璃儀器是

．（2）下列有關(guān)實驗說法正確的是

．a(chǎn)．需稱量CuSO4?5H2O晶體2.5gb．將固體溶解、冷卻后，依照如圖轉(zhuǎn)移至容量瓶c．需用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2﹣3次，洗滌液均轉(zhuǎn)入容量瓶d．定容搖勻后，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，繼續(xù)向容量瓶中加水至凹液面與刻度相切即可（3）若實驗遇到下列情況，分析對所配制溶液的濃度的影響（選填“偏高”、“偏低”、“無影響”）①容量瓶內(nèi)壁附有水珠而未干燥

，②在定容時，俯視刻度線

．參考答案：（1）燒杯；（2）ac；（3）①無影響；②偏高．

【考點】配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液．【分析】（1）依據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液一般步驟選擇需要儀器；（2）a.1mol五水硫酸銅含有1mol硫酸銅，依據(jù)m=CVM計算需要五水硫酸銅的質(zhì)量；b．移液時應用玻璃棒引流；c．為防止溶質(zhì)損耗，需用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2﹣3次，洗滌液均轉(zhuǎn)入容量瓶；d．定容搖勻后，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，繼續(xù)向容量瓶中加水至凹液面與刻度相切即可，導致溶液體積偏大；（3）分析操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液體積的影響，依據(jù)C=進行誤差分析．【解答】解：（1）配制一定物質(zhì)的量濃度溶液一般步驟：計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等，用到的儀器：托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管，所以還缺少的儀器：燒杯；故答案為：燒杯；（2）a．配制100mL0.1mol?L﹣1CuSO4溶液，需要五水硫酸銅的質(zhì)量為：0.1L×0.1mol/L×250g/mol=2.5g，故a正確；b．移液時應用玻璃棒引流，圖中為用玻璃棒引流，故b錯誤；c．需用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2﹣3次，洗滌液均轉(zhuǎn)入容量瓶，否則溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液濃度偏低，故c正確；d．定容搖勻后，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，繼續(xù)向容量瓶中加水至凹液面與刻度相切即可，導致溶液體積偏大，依據(jù)C=進行可知，溶液濃度偏低，故d錯誤；故選：ac；（3）①容量瓶內(nèi)壁附有水珠而未干燥，對溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液體積都不會產(chǎn)生影響，溶液濃度不受影響；故答案為：無影響；②在定容時，俯視刻度線，導致溶液體積偏小，溶液濃度偏高；故答案為：偏高．三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.A、B、C、D都是中學常見的物質(zhì)，在一定的條件下有如下圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系(未注明反應條件)，請回答下列問題：(1)若C的稀溶液顯藍色，D為紅棕色氣體，則反應中每生成3.6克H2O時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為

(2)若A為單質(zhì)，C、D都是能使澄清石灰水變渾濁的氣體，則B的化學式為

，此時，當反應中生成C、D混合氣1344ml(標準狀況)，消耗A的質(zhì)量為

克（3）若A是黑色固體，C為有色的氣體單質(zhì)，則A與B反應的化學方程式為

參考答案：（1）1.204×1023或0.2NA

(2)H2SO4

0.24

（3）MnO2

+4HCl(濃)

MnCl2+Cl2↑+2H2O(不寫反應條件、未注明濃鹽酸或未配平，均不得分)18.氧化還原反應中實際上包含氧化和還原兩個過程．下面是一個還原過程的反應式：NO3﹣+4H++3e﹣→NO+2H2O，KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2（SO4）3四種物質(zhì)中的一種物質(zhì)（甲）能使上述還原過程發(fā)生．（1）寫出并配平該氧化還原反應的方程式：

．（2）反應中硝酸體現(xiàn)了

、

的性質(zhì)．（3）反應中若產(chǎn)生0.2mol氣體，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是

mol．參考答案：（1）14HNO3+3Cu2O═6Cu（NO3）2+2NO↑+7H2O；（2）酸性；氧化性；（3）0.6．【考點】氧化還原反應．【分析】KMnO4、Na2CO3、Fe2（SO4）3中Mn、C、Fe元素都處在最高價，則具有氧化性，只有Cu2O中Cu處在較低價，則具有還原性，在NO3﹣+4H++3e→NO+2H2O中發(fā)生的氧化劑被還原的反應，則該氧化還原反應為Cu2O+HNO3→NO↑+Cu（NO3）2+H2O，Cu元素由+1價升高到+2價，N元素由+5價降低到+2價，由電子守恒及質(zhì)量守恒定律，配平的化學反應為3Cu2O+14HNO3═2NO↑+6Cu（NO3）2+7H2O，結(jié)合氧化還原反應基本概念來解答．【解答】解：（1）KMnO4、Na2CO3、Fe2（SO4）3中Mn、C、Fe元素都處在最高價，則具有氧化性，只有Cu2O中Cu