1、精品解析江西省上饶市横峰中学学年高一下学期开学考试化学试题精校Word版横峰中学2018-2019学年第二学期期初检测高一化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64一、选择题(每小题3分且只有一个正确答案，共16个小题)1.古诗词是古人为我们留下的宝贵精神财富，下列诗句涉及氧化还原反应的是A. 花气袭人知骤暖， 鹊声穿树喜新晴B. 千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金C. 粉身碎骨浑不怕，要留青白在人间D. 爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏【答案】D【解析】【详解】A.诗句描述的没有涉及到化学反应，故A错误；B.沙里淘金属于
2、物理变化，不是化学反应，故B错误；C.诗句中涉及的反应有：CaO+H2O=Ca(OH)2、Ca(OH)2+CO2=CaCO3+H2O，都不是氧化还原反应，故C错误；D.爆竹爆炸过程中，火药燃烧属于氧化还原反应，故D正确。故选D。2.下列有关阿伏加德罗常数NA的说法正确的是( )A. 标准状况下，5.6 L CO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NAB. 常温常压下，11gCO2中含有0.75NA个原子C. 标准状况下，NA个水分子的体积约为224LD. 50 mL 12 molL-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA【答案】B【解析】【分析】A. 求出二氧化碳的物质的量，
3、然后根据过氧化钠和二氧化碳的反应为歧化反应来分析； B. 根据公式n = 计算出CO2的物质的量，再结合分子构成得出结论；C. 标况下水为液体，不能用气体摩尔体积计算；D. 二氧化锰只能和浓盐酸反应，和稀盐酸不反应。【详解】A. 标准状况下5.6 L二氧化碳的物质的量为 = 0.25 mol，而过氧化钠和二氧化碳的反应为歧化反应，根据关系式2CO22e-可知，当0.25 mol二氧化碳参与反应后，转移0.25 NA个电子，故A项错误；B. 11 g CO2的物质的量为 = 0.25 mol，则其分子内原子个数为0.25 mol3NA= 0.75 NA，故B项正确；C. 标准状况下水为液体，条件
4、不足，不能按气体摩尔体积22.4 L/mol计算水的体积，故C项错误； D. 浓盐酸与MnO2共热产生氯气，但随着反应的进行，浓盐酸会变稀，稀盐酸不与MnO2反应，即给定的盐酸不能反应完全，故转移的电子数小于0.3 NA，故D项错误；答案选B。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题C项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。3.下列实验能达到预期目的的是选项实验目的
5、实验内容A检验溶液中是否含SO42-离子向溶液中加人稀硝酸酸化的BaCl2溶液，观察是否有沉淀生成B检验溶液中是否含NH4+向盛有该溶液的试管中加入NaOH固体，加热，在试管口放置湿润的淀粉KI试纸，观察试纸是否变蓝C证明Na2O2与CO2是放热反应用脱脂棉包裹Na2O2，放入充满CO2的集气瓶中，观察棉花是否燃烧D证明Na与水反应有碱性物质生成取金属Na，用滤纸将其表面的煤油吸干，切下黄豆大小的Na，小心放入盛有适量水的烧杯中，观察是否有气体生成A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A. 能和氯化钡反应且生成不溶于稀硝酸的离子还有银离子等，且硝酸具有强氧化性，向某未
6、知溶液中加入BaCl2溶液后，再加入稀硝酸观察沉淀的生成，生成的沉淀可能是硫酸钡或氯化银，且硝酸能将亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子氧化生成硫酸根离子，所以不能据此判断含有SO42-，故A错误；B. 检验NH4+时，向盛有该溶液的试管中加入NaOH固体,加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，说明生成了NH3，即原溶液中含有NH4+，故B错误；C. 用脱脂棉包裹Na2O2，放入充满CO2的集气瓶中，若棉花燃烧，说明达到棉花的着火点，则该反应是放热反应，因为大多数自发反应是放热反应，故C正确；D. 取金属Na，用滤纸将其表面的煤油吸干，切下黄豆大小的Na，小心放入盛有适量水的烧杯中，并向烧
7、杯中滴加酚酞，若溶液变红，则该溶液显碱性，证明Na与水反应有碱性物质生成，故D错误。故选C。4.下列有关物质“量”的说法正确的是( )A. 相同物质的量的Al和A1(OH)3 分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体时，Al(OH)3消耗的碱量较多B. 由Na2CO3和NaHCO3组成的混合物中，若n(Na+):n(C)=7:5，则n(Na2CO3): n(NaHCO3)=2:3C. 反应N2O4+N2H4N2+H2O中，若有1 mol N2O4参加反应，则有4 mol电子发生转移D. 相同物质的量的浓硫酸分别与足量的铜和氧化铜反应，生成硫酸铜的量相同【答案】B【解析】【分析】A. 令
8、Al和Al(OH)3的物质的量都为1 mol，根据相关的化学反应方程式的化学计量数与物质的物质的量之间的关系分析作答；B. 根据碳原子、钠原子守恒规律分析；C. 根据得失电子守恒、原子守恒配平方程式，结合方程式计算；D. 浓硫酸与铜发生氧化还原反应，部分硫酸还原成二氧化硫，铜和稀硫酸不反应。【详解】A. 令Al和Al(OH)3的物质的量都为1 mol，铝与氢氧化钠反应为2Al + 2NaOH + 2H2O = 2NaAlO2 + 3H2，氢氧化铝与氢氧化钠反应为Al(OH)3 + NaOH = NaAlO2 + 2H2O，由方程式可知1 molAl和 Al(OH)3消耗NaOH的物质的量都为1
9、 mol，两者消耗的碱量一样多，故A项错误；B. 根据元素守恒可知，Na2CO3中2n(Na2CO3) = 2n(C) = n(Na+)，而NaHCO3中n(NaHCO3) = n(C) = n(Na+)，若n(Na+)：n(C) = 7：5，则有2n(Na2CO3) + n(NaHCO3)：n(Na2CO3) + n(NaHCO3)=7：5，解得n(Na2CO3)：n(NaHCO3) = 2：3，故B项正确；C. 反应N2O4+N2H4N2+H2O中，N元素化合价由2价(N2H4)变为0价(N2)，失去4e，而+4价(N2O4)变为0价(N2)，得到8e，根据最小公倍数为8，遵循得失电子守恒
10、、原子守恒，所以该反应配平后为N2O4+2N2H43N2+4H2O，若有1 mol N2O4参加反应，则有8 mol电子发生转移，故C项错误； D. 根据2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2+2H2O，CuO+ H2SO4=CuSO4+H2O可知，相同物质的量的H2SO4(浓)参加反应，前者生成的CuSO4的量比后者小，且与Cu反应时浓H2SO4变稀后也不再反应，故D项错误；答案选B。【点睛】本题侧重考查常见元素单质及其化合物的化学性质与反应，其中D项需要强调的是，浓硫酸具有强氧化性，稀硫酸没有强氧化性，因此浓硫酸不可能完全与铜反应完全。类似地，还有实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气时，浓
11、盐酸随着反应的进行会变稀，该反应中，浓盐酸也不能完全参与反应，学生在解答相关题型时要考虑物质的用量问题。5.某CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4 的混合溶液 100mL， 已知溶液中阳离子的浓度相同，且 SO42-的物质的量浓度为6 mol L-1，则此溶液最多溶解铁粉的质量为( )A. 5.6 g B. 11. 2 g C. 22.4 g D. 33. 6 g【答案】C【解析】【分析】根据Cu2+、H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，由硫酸根离子的物质的量可知反应后溶液中Fe2+的物质的量，减去原溶液中Fe3+的物质的量，可计算最多溶解的铁粉的质量。
12、【详解】已知n(SO42-) = 0.1 L6 mol/L=0.6 mol，已知CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4 的混合溶液阳离子的浓度相同，则设n(Cu2+)=n(H+)=n(Fe3+) = n，根据电荷守恒可知：2n +3n + n = 0.6mol 2，由此解得n = 0.2 mol，Cu2+、H+和Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，则n(FeSO4) = 0.6 mol，根据Fe元素守恒可知，此溶液最多溶解铁粉的物质的量为0.6 mol 0.2 mol = 0.4 mol，则此溶液最多溶解铁粉的质量为0.4 mol56 g/moL = 22.4
13、g，故C项正确；答案选C。【点睛】学会运用电荷守恒法、元素守恒法解答本题是关键突破口。追踪元素守恒可使解题思路清晰，如本题溶液中Cu2+、H+和Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，化学方程式较多，但只要理清溶液中的Fe元素都以什么形式存在，则会游刃有余，使计算化繁为简。6.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则下列说法中正确的是()A. 钠与W可能形成Na2W2化合物B. 由Z与Y组成的物质在熔融时能导电C. W得电子能力比Q强D. X有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体【答案】A【解析】试题分析：由短周期元素X、Y、Z、
14、W、Q在元素周期表中的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W、Q处于第三周期，X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则最外层电子数为4，故X为碳元素，则Z为Si元素、Y为氧元素、W为硫元素、Q为Cl元素， A.Na和S可形成类似于Na2O2 的Na2S2，正确； B.二氧化硅是原子晶体，熔融状态下，不导电，错误； C.同周期自左而右非金属性增强，得电子能力增强，故S得电子能力比Cl弱，故C错误； D.碳元素有金刚石、石墨等同素异形体，氧元素存在氧气、臭氧同素异形体，C、O元素都能形成多种同素异形体，错误。考点：考查元素周期律和元素周期表的综合应用的知识。7.短周期主族元素X、Y、Z、W的原
15、子序数依次增大,X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍,X、Y的核电荷数之比为34。W-的最外层为8电子结构。金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应。下列说法正确的是A. X与Y能形成多种化合物,一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应B. 原子半径大小:XWC. 化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键D. Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂【答案】D【解析】试题分析：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：4，则Y为O元素，W-的最外层为8电子结构，W为
16、F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，AX与Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO和NaOH不反应，故A错误；B一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小XY，ZW，故B错误；C化合物Z2Y和ZWY3分别为Na2O、NaClO3，NaClO3存在离子键和共价键，故C错误；DY的单质臭氧，W的单质氯气，对应的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，故D正确。故选D。考点：考查原子结构与元素周期律的关系8.下列有关物质的性质与应用对应的是( )A. 液氨汽化
17、时能吸收大量的热，使周围温度急剧降低，因此可用作制冷剂B. NO2气体有毒，且可以和水反应，实验室多余的NO2气体用水吸收即可C. N2性质稳定，工业生产金属镁时，为防止其氧化，可以用N2作保护气D. NH4Cl受热易分解，可用于实验室制氨气【答案】A【解析】【分析】A. 依据液氨汽化吸收大量的热解答；B. 二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮；C. 氮气与镁反应生成氮化镁； D. 氯化铵分解产生的氨气遇冷极易与氯化氢化合生成氯化铵固体；【详解】A. 液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，可用作制冷剂，故A项正确；B. 二氧化氮与水反应可生成一氧化氮，一氧化氮也有毒，所以不能用水吸收多余的二氧化氮
18、，故B项错误；C. 镁可以在氮气中燃烧生成氮化镁，故C项错误；D. 氯化铵分解产生的氨气遇冷极易与氯化氢化合生成氯化铵固体，所以实验室不能用分解氯化铵的方法制取氨气，故D项错误；答案选A。9.向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是( )A. 上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+I2SO2B. 通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂C. 通入SO2与I2反应，I2作还原剂后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性D. 滴加KI溶液时，转移2 mol电子时生成1 mol白色沉
19、淀【答案】A【解析】【分析】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2H2SO4+2HI，再结合氧化还原反应的规律分析作答。【详解】A. 在2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2反应中Cu2+化合价降低，是氧化剂，I2为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+I2，SO2+2H2O+I2H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2SO2，综上可知其氧化性大小顺序为：Cu2+I2
20、SO2，故A项正确；B. 反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2H2SO4+2HI，由反应可知，碘元素化合价由0价降低为-1价，被还原，所以I2是氧化剂，故B项错误；C. SO2与I2的反应体现了SO2的还原性，故C项错误； D. CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，由方程式可知每转移2 mol电子生成2 mol CuI，故D项错误；答案选A。【点睛】本题考查氧化还原反应的应用，抓住氧化还原反应的基本规律“失升氧化还原剂，降得还原氧化剂”是做题的突破口，掌握氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性是主线，要注意
21、，SO2的漂白性主要体现在可以漂白品红溶液，注意区分其主要的化学性质。10.下列离子方程式的书写正确的是()A. 水玻璃中通入过量二氧化碳：Na2SiO3CO2H2O=H2SiO3+2NaCO32-B. 澄清石灰水中通入过量二氧化碳：Ca(OH)22CO2=Ca22HCO3-C. 硅与氢氟酸的反应：Si4H4F=SiF42H2D. 二氧化硅溶于烧碱溶液中：SiO22OH=SiO32-H2O【答案】D【解析】【分析】A. 水玻璃的溶质硅酸钠为强电解质，可拆成离子形式，且过量的二氧化碳与硅酸钠反应生成碳酸氢钠；B. 氢氧化钙应拆成离子形式；C. 氢氟酸为弱电解质，应保留化学式；D. 二者反应生成硅
22、酸钠和水。【详解】A. 水玻璃中通入过量二氧化碳，其离子方程式为：SiO32-2CO22H2O=2HCO3- H2SiO3，故A项错误；B. 澄清石灰水中通入过量二氧化碳，其离子方程式为：CO2+OH= HCO3-，故B项错误；C. 硅与氢氟酸反应的离子方程式为：Si+4HFSiF4+2H2，故C项错误；D. 二氧化硅溶于烧碱溶液中，其离子方程式为：SiO22OH=SiO32-H2O，故D项正确；答案选D。11.X、Y、Z是中学化学常见的三种有色物质，它们均由短周期元素组成，摩尔质量依次增大，均能与水发生氧化还原反应且水既没有被氧化也没有被还原，下列有关说法中正确的是( )A. X、Y、Z中，
23、只有Y能使湿润的淀粉KI试纸变色B. X、Y、Z分别遇到湿润的石蕊试纸，最终均能使试纸变成白色C. 常温常压下，X、Y均是气体且均可用排水法收集D. Y、Z均能使品红溶液褪色【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z是中学化学常见的三种有色物质（其组成的元素均属短周期元素），摩尔质量依次增大，它们均能与水发生氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，则这三种物质分别是NO2、Cl2、Na2O2，据此分析作答。【详解】A. 这三种物质分别是NO2、Cl2、Na2O2，三者在水溶液中均具有强氧化性，它们均能将I(在溶液中)氧化成碘单质，从而使湿润的淀粉KI试纸变色，故A项错误；B. NO2遇水得到的稀
24、硝酸不具有漂白性，故B项错误；C. NO2、Cl2两种气体均易溶于水，且与水发生化学反应，故这两种气体不能用排水法收集，故C项错误；D. Cl2、Na2O2均具有强氧化性，均可漂白品红溶液，故D项正确；答案选D。12.向BaCl2溶液依次通入气体X和Y，下列各组不会出现沉淀的是( )选项XYANH3CO2BCl2CO2CSO2NO2DCl2SO2A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】A. 先通入氨气，溶液呈碱性，再通入二氧化碳气体，可生成碳酸钡沉淀；B. 通入氯气，溶液呈酸性，通入二氧化碳不反应；C. NO2、SO2发生氧化还原反应生成硫酸和硝酸，可生成硫酸钡沉淀；D
25、. Cl2、SO2发生氧化还原反应可生成硫酸，可生成硫酸钡沉淀。【详解】A. BaCl2溶液中先通入氨气，溶液呈碱性，再通入二氧化碳气体，碱性条件下可生成碳酸钡沉淀，故A项不符合题意；B. 通入氯气，溶液呈酸性，通入二氧化碳不反应，且二氧化碳难溶于酸性溶液，不能生成沉淀，故B项符合题意；C. NO2溶于水后与SO2发生氧化还原反应生成硫酸和硝酸，然后与与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故C项不符合题意；D. 发生Cl2+SO2+2H2OH2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2BaSO4+2HCl，可生成沉淀，故D项不符合题意；答案选B。13.已知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸溶液混合
26、微热，产生下列现象：有红色金属生成 产生刺激性气味的气体 溶液呈现蓝色。据此判断下列说法正确的是A. 1mol NH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子B. NH4CuSO3中硫元素被氧化C. 刺激性气味的气体是氨气D. 反应中硫酸作氧化剂【答案】A【解析】试题分析： 根据产生的现象可知发生的反应为2NH4CuSO3+4HCu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4，A、NH4CuSO3中铜由+1价变为+2和0价，所以1mol NH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，A正确；B、NH4CuSO3中硫元素化合价未发生变化，B错误；C、反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，C错误；D、反
27、应只有Cu元素的化合价发生变化，反应中硫酸体现酸性，D错误。答案选A。考点：氧化还原反应14.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2与Y2具有相同的电子层结构，W与X同主族。下列说法不正确的是A. 原子半径大小顺序：r（Z）r（W）r（X）r（Y）B. Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同C. X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的最高价氧化物对应水化物的酸性强D. Y的简单氢化物的热稳定性比W的强【答案】B【解析】试题分析：X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，因此X是C，Y是地壳中含量最高的元素O，
28、W与X同主族，W是Si，短周期元素Z2+与Y2-具有相同的电子层结构，电子层结构与Ne相同，因此Z为MgA.Mg和Si、C和O同周期，C和Si同主族，同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，因此原子半径r（Mg）r（Si）r（C）r（O），A错误；B.Y分别与Z、W形成的化合物分别为MgO、SiO2，MgO中含有离子键，SiO2中含有共价键，化学键类型不同，B错误；C.C和Si同主族，非金属性CSi，因此碳酸的酸性大于硅酸的酸性，C正确；D.非金属性OSi，元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，因此H2O的热稳定性大于SiH4，D正确；答案选B。【考点定位】考查元素的
29、推断，元素周期表和元素周期律的综合应用。【名师点睛】本题内容是高考命题的重点内容，年年必考。主要以选择题、推断题形式出现。主要考查方式为根据原子结构或离子的特征，判断它们在周期表中的位置，然后再判断原子半径、元素金属性、非金属性的具体表现（如氢化物的稳定性、最高价氧化物对应水化物的酸碱性等）、微粒半径大小比较等。15.某化学实验小组对含有Al3+的未知溶液进行了如下分析：(1)滴加少量NaOH溶液，无明显变化；(2)继续滴加NaOH溶液，有白色胶状沉淀生成；(3)滴加过量的NaOH溶液，白色胶状沉淀明显减少。该实验小组经定量分析，得出如图所示沉淀的物质的量与滴加NaOH溶液的体积的关系。下列说
30、法中错误的是( )A. 该未知溶液中至少含有3种阳离子B. NaOH溶液的物质的量浓度为5 molL-1C. 若另一种离子为二价阳离子，则a=10D. 若将最终得到的沉淀过滤、洗涤、灼烧，其质量一定为6 g【答案】D【解析】【分析】从图中可知，沉淀没有完全消失，所以一定含有另一种阳离子遇OH-可产生白色沉淀，据此分析本题；A. 根据图象可知，混合液含有氢离子、铝离子和另一种金属阳离子；B. 由图可知Al(OH)3沉淀为0.05 mol，消耗的V(NaOH)=10 mL，根据Al(OH)3+OH-=AlO2+2H2O，先计算n(NaOH)，再利用c = n/V计算c(NaOH)；C. 若另一种离
31、子为二价阳离子，M2+2OH-=M(OH)2，沉淀的物质的量是0.15 mol，先计算沉淀该离子所需NaOH溶液的体积，再计算生成氢氧化铝的物质的量是0.05 mol所需NaOH溶液的体积，然后根据完全沉淀所需的NaOH溶液的体积，可解得a值；D. 溶液中的另一种阳离子不确定，所以无法确定其质量。【详解】A、从题图可以看出，开始无沉淀产生，说明溶液中有较多H+，继续滴入氢氧化钠溶液生成白色沉淀说明一定生成氢氧化铝沉淀，说明溶液中含有Al3+，加入过量的氢氧化钠溶液沉淀减少但没有完全溶解，说明溶液中除了铝离子，应还有另一种金属阳离子，该未知溶液中至少含有3种阳离子，故A项正确；B、溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠是10 mL，而氢氧化铝的物质的量是0.05 mol
