2银川市人教版高一第二学期第二次质量检测化学试题文档格式.docx
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A.Na2CO3中滴入水,形成十水合碳酸钠,放热,取少许两种物质,加入几滴水,插入温度计,温度升高的是Na2CO3,故A错误;
B.将2mL水滴入盛有1g过氧化钠试管中,立即把带火星木条伸入试管,木条复燃,证明过氧化钠与水反应有氧气产生,故B正确;
C.向溶液中加入KSCN溶液,变红说明含Fe3+,不能证明含有Fe2+,故C错误;
D.检验溶液中是否含SO
时,向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液,有白色沉淀,该沉淀可能是AgCl也可能是BaSO4,不能说明含有SO
,故D错误;
答案选B。
3.NH3和NO2在催化剂作用下反应:
8NH3+6NO2=7N2+12H2O。
若还原产物比氧化产物少0.1mol,则下列判断不正确的是
A.转移电子2.4NAB.生成的气体冷却至标况,体积为15.68L
C.还原剂比氧化剂多0.2molD.被还原的氮原子是11.2g
【答案】D
A.在该反应中NH3被氧化为N2,NO2被还原为N2,每反应产生7molN2,还原产物比氧化产物少1mol,电子转移24mol。
现在还原产物比氧化产物少0.1mol,则反应产生0.7mol N2,转移电子2.4mol,则转移的电子数目为2.4NA,A正确;
B.根据选项A分析可知:
还原产物比氧化产物少0.1mol,反应产生0.7molN2,其在标准状况下体积V(N2)=0.7mol×
22.4L/mol=15.68L,B正确;
C.反应产生7molN2时,消耗8mol还原剂NH3,消耗6mol氧化剂NO2,还原剂比氧化剂多2mol,还原产物比氧化产物少1mol。
若还原产物比氧化产物少0.1mol,则消耗的还原剂比氧化剂的物质的量多0.2mol,C正确;
D.根据方程式可知:
反应产生7molN2时,被还原的N的物质的量是6mol,还原产物比氧化产物少1mol。
则当还原产物比氧化产物少0.1mol时,被氧化的N的物质的量是0.6mol,其质量m(N)=0.6mol×
14g/mol=8.4g,D错误;
故合理选项是D。
4.一定量的锌与100mL18.5mol·
L-1的浓硫酸充分反应后,锌完全溶解,同时生成气体A33.6L(标况)。
将反应液稀释至1L,测得溶液的c(H+)=0.1mo1·
L-1,则叙述中错误的是()
A.气体A为SO2和H2的混合物B.气体A中SO2与H2的体积之比为4︰1
C.反应中共消耗97.5gZnD.反应中共转移3mol电子
【分析】
生成气体的物质的量为
=1.5mol,溶液剩余硫酸的物质的量为0.1×
=0.05mol,参加反应是硫酸的物质的量为0.1×
18.5-0.05=1.8mol,随着反应的进行,硫酸的浓度逐渐减小,设生成xmol二氧化硫,ymol氢气,则有x+y=1.52x+y=1.8,解x=0.3,y=1.2;
根据电子得失守恒可知:
2n(Zn)=2n(SO2)+2n(H2)=2×
0.3+2×
1.2,所以n(Zn)=1.5mol,据以上分析解答。
1.2,所以n(Zn)=1.5mol,
A、由以上分析可知气体为二氧化硫和氢气的混合气体,正确,不选A;
B、气体为二氧化硫和氢气,体积比为0.3:
1.2=1:
4,错误,选B;
C、由以上分析可知,反应中共消耗金属锌的质量为1.5×
65=97.5g,正确,不选C;
D、由以上分析可知,根据金属锌计算转移电子数为1.5×
2=3mol,正确,不选D;
故答案选B。
5.某固体物质和某溶液在一定条件下反应,产生气体的相对分子质量(或平均相对分子质量)为45,则发生反应的物质一定不可能是
A.Zn和浓H2SO4B.Cu和浓HNO3
C.Na2O2和NH4Cl浓溶液D.C和浓HNO3
【答案】C
试题分析:
A.Zn和浓H2SO4,开始发生反应:
Zn+2H2SO4(浓)
ZnSO4+SO2↑+2H2O。
当随着反应的进行,溶液变稀后,会发生反应:
Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑。
最后得到的气体为SO2与H2的混合气体。
SO2的相对分子质量为64,H2的相对分子质量为2.因此混合气体的平均相对分子质量可能为45.正确。
B.C和浓HNO3。
发生反应:
C+4HNO3(浓)
CO2↑+4NO2↑+2H2O。
CO2与4NO2的相对分子质量分别是44、46.所以混合气体平均相对分子质量可能为45.正确。
C.Na2O2和溶液中的水发生反应:
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。
产生的NaOH与溶液中的溶质NH4Cl发生反应:
NaOH+NH4Cl
NaCl++H2O+NH3↑。
得到的气体中含有O2与NH3的相对分子质量都比45小,所以不可能平均为45.错误。
D.Cu和浓HNO3,开始发生反应:
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+NO2↑+2H2O。
当溶液变为稀硝酸时,发生反应:
3Cu+8HNO3(稀)=2Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。
NO2、NO的相对分子质量分别是46、28,因此混合气体的平均相对分子质量可能为45.正确。
考点:
考查物质之间的相互反应得到的气体成分的相对分子质量的关系的知识。
6.标况下,将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中,充分反应后,下列叙述不正确的是(设试管中的溶质不往试管外扩散)
A.此反应中水既不是氧化剂又不是还原剂
B.试管内溶液中溶质的物质的量浓度为1/22.4mol/L
C.溶液体积占试管容积的三分之二
D.若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气,则水充满试管
A、将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中,发生的反应为3NO2+H2O===2HNO3+NO,水既不是氧化剂又不是还原剂,A正确;
B.试管内溶液中溶质是硝酸,设试管容积为V浓度为
=1/22.4mol/L,B正确;
C.溶液体积占试管容积的
,C错误;
D.若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气,则水充满试管,D正确。
答案选C。
本题侧重于考查氮的氧化物的性质及化学方程式的有关计算,注意一氧化氮与水不反应,二氧化氮与水反应有一氧化氮生成,侧重于学生的分析能力和计算能力的考查,掌握反应的原理是解答的关键,题目难度中等。
7.将一定量的锌与浓度为18.5mol/L的100mL浓硫酸充分反应后,锌完全溶解,同时生成26.88L标准状况下的气体,反应后测得溶液中氢离子浓度为1.0mol/L,则生成的气体的物质的量之比为
A.n(SO2)/n(H2)=1/1B.n(SO2)/n(H2)=4/1
C.n(SO2)/n(H2)=1/4D.n(SO2)/n(H2)=3/2
【答案】A
根据题意,发生反应的化学方程式为Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+2H2O,Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑,设反应生成SO2的物质的量为xmol,生成氢气的物质的量为ymol,列方程为x+y=26.88÷
22.4=1.2mol,2x+y=18.5×
0.1-1.0×
0.1÷
2=1.8,解得x=0.6mol,y=0.6mol,则n(SO2)/n(H2)=1/1,答案选A。
8.将一定质量的金属铜溶于50mL11mol·
L-1的浓硝酸中,待铜完全溶解后,生成了0.2molNO2和NO的混合气体,并测得溶液中氢离子浓度为1mol·
L-1.假设反应后溶液的体积仍为50mL,则金属铜的质量为
A.6.4gB.9.6gC.11.2gD.12.8g
反应前硝酸的物质的量为0.05L×
11mol/L=0.55mol,反应剩余硝酸的物质的量为0.05L×
1mol/L=0.05mol,所以参加反应的硝酸是0.5mol,生成气体的物质的量为0.2mol,根据氮原子守恒,生成硝酸铜为(0.5-0.2)÷
2=0.15mol,则金属铜的质量为0.15mol×
64g/mol=9.6g,答案选B。
考查物质的量的计算,硝酸的化学性质等知识。
9.将装有60mLNO2、NO混合气的量筒倒立于水槽中,反应后气体体积缩小为40mL,则混合气体中NO2和NO的体积比是
A.5︰3B.2︰3C.1︰1D.2︰1
设NO2体积为xmL
=
x=30mL
混合气体中NO2和NO的体积比是1:
1,故C正确。
10.X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染,在工业上都可以用碱液吸收.已知X是化石燃料燃烧的产物之一,是形成酸雨的主要物质;
Y是一种黄绿色气体单质,其水溶液具有漂白作用;
Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一,能与水反应.下列说法不正确的是
A.X是SO2,它既有氧化性又有还原性
B.干燥的气体Y不能使干燥的有色布条褪色,其水溶液具有漂泊作用的是HClO
C.Z与水反应的化学方程式为:
3NO2+H2O=2HNO3+NO
D.等物质的量的X与Y同时通入到湿润的有色布条上,有色布条褪色时间变短,漂泊效果增强
X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染,在工业上都可以用碱液吸收,说明这三种气体能和碱反应,X是化石燃料燃烧的产物之一,是形成酸雨的主要物质,化石中含有S元素,二氧化硫和氮氧化物是酸性酸雨的主要气体,所以X是SO2;
Y是一种单质,它的水溶液具有漂白作用,氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性,且氯气有毒,所以Y是Cl2;
Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一,汽车尾气中含有一氧化氮和二氧化氮,能与水反应的氮氧化物是二氧化氮,则Z是NO2。
A.X是SO2,二氧化硫中硫为+4价,既可以升高又可以降低,所以它既有氧化性又有还原性,故A正确;
B.氯气不具有漂白性,氯气与水反应生成次氯酸具有漂白性,故B正确;
C.Z是二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮,化学方程式:
3NO2+H2O=2HNO3+NO,故C正确;
D.二者恰好反应生成盐酸和硫酸,反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl,盐酸和硫酸没有漂白性,所以等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中不能使有色布条褪色,故D错误。
答案选D。
本题考查了无机物的推断,熟悉物质的性质及氧化还原反应规律,次氯酸、二氧化硫漂白原理是解题关键。
11.将Mg、Cu组成的26.4g混合物投入到适量的稀硝酸中,固体完全溶解,将产生的气体和6.72L(标准状况下)氧气混合通入水中,恰好全部被水吸收.向反应后的溶液中加入足量4mol/L﹣1的NaOH溶液,使金属离子完全沉淀.则形成沉淀的质量是
A.63.8gB.53.6gC.46.8gD.43.2g
Mg、Cu与稀硝酸发生反应变为Mg2+、Cu2+,硝酸得到电子被还原变为NO,在反应过程中金属失去电子的物质的量与硝酸得到电子的物质的量相等,NO与氧气反应又转化为硝酸,则转移的电子就是氧气得到的电子,氧气是6.72L÷
22.4L/mol=0.3mol,则电子转移的物质的量是n(e-)=0.3mol×
4=1.2mol。
当向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液时,金属形成Mg(OH)2、Cu(OH)2沉淀,结合的OH-的物质的量与金属单质失去电子的物质的量相等。
因此形成沉淀的质量就是金属质量与氢氧根离子的质量和,m(OH-)=nM=1.2mol×
17g/mol=20.4g,所以沉淀的质量是26.4g+20.4g=46.8g,答案选C。
【考点定位】本题主要是考查守恒方法在氧化还原反应的计算中的应用的知识。
【名师点晴】许多有关化学反应的计算,如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的,常见的守恒关系有:
①反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒;
②电解质溶液中的电荷守恒;
③氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等;
④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式,运用关系式法等计算技巧巧妙解题。
12.浓硫酸与下列物质反应(可以加热),既体现酸性、又体现氧化性的是()
A.铜B.炭C.五水硫酸铜D.氧化铜
A.铜与浓硫酸在加热条件下反应,生成硫酸铜、二氧化硫和水,浓硫酸表现酸性和强氧化性,A符合题意;
B.炭与浓硫酸在加热条件下反应,生成二氧化碳、二氧化硫和水,浓硫酸表现强氧化性,B不符合题意;
C.五水硫酸铜中加入浓硫酸,生成无水硫酸铜,浓硫酸表现吸水性,C不符合题意;
D.氧化铜与浓硫酸反应,生成硫酸铜和水,浓硫酸表现酸性,D不符合题意;
故选A。
13.下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂,其中错误的是( )
A.①②B.②③C.③④D.①③
①氯化铵分解产生NH3和HCl,气体在试管口降温后又化合生成NH4Cl甚至会堵塞,试管发生危险,所以方案①错误;
②浓氨水遇到氧化钙后,溶液中的水与CaO反应生成Ca(OH)2而消耗,反应同时放热使混合物温度升高,得到的Ca(OH)2可以降低NH3在水中的溶解度,这些都会促使氨水挥发生成氨气,因此方案②正确;
③2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3↑+2H2O,但是制备装置的试管口要略向下倾斜,防止水蒸气冷凝回流到试管中使试管炸裂,因此方案③错误;
④浓氨水受热分解生成氨气,通过碱石灰吸收水蒸气后可以得到氨气,方案④正确。
综上所述,不能制取氨气的是①③,应当选D。
与②相似,利用NaOH固体或碱石灰也可以制备NH3。
14.CuSO4•5H2O在不同温度下分解情况不同,取5.00g该晶体在密闭容器中进行实验,测得分解后剩余固体质量与温度关系如图,下列说法不正确的是()
A.113℃分解得到的固体产物为CuSO4•H2O
B.温度低于650℃时的分解反应,均不属于氧化还原反应
C.650℃时的气态产物冷却至室温,可得组成为n(H2SO4):
n(H2O)=1:
4的硫酸溶液
D.1000℃分解得到的固体产物为CuO
n(CuSO4•5H2O)=
=0.02mol,CuSO4•5H2O完全失去结晶水时,所得CuSO4的质量为0.02mol×
160g/mol=3.20g,由图中可知,刚好位于温度在258~650℃之间,说明在此之前,胆矾受热分解,只失去结晶水;
650~1000℃之间,固体质量为1.60g,其中Cu元素的质量为0.02mol×
64g/mol=1.28g,则氧元素质量为1.60g-1.28g=0.32g,物质的量为
=0.02mol,此固体为CuO;
1000℃之后,固体质量为1.44g,其中Cu元素质量为1.28g,则氧元素质量为1.44g-1.28g=0.16g,物质的量为
=0.01mol,此固体为Cu2O。
A.113℃时,固体质量为3.56g,失去结晶水的质量为5.00g-3.56g=1.44g,物质的量为
=0.08mol,则失去结晶水的数目
=4,从而得出分解得到的固体产物为CuSO4•H2O,A正确;
B.由以上分析可知,温度低于650℃时的分解反应,只失去结晶水,CuSO4的组成未变,所以均不属于氧化还原反应,B正确;
C.650℃时的气态产物中,SO3与H2O的物质的量之比为0.02mol:
0.10mol=1:
5,所以冷却至室温,可得组成为n(H2SO4):
4的硫酸溶液,C正确;
D.由分析可知,1000℃分解得到的固体产物为Cu2O,D不正确;
故选D。
15.无机物X、Y、Z、M的相互转化关系如图所示(部分反应条件、部分反应中的H、O已略去)。
X、Y、Z均含有同一种元素。
下列说法正确的是
A.若X是氢氧化钠,则M不一定为CO2
B.若Y具有两性,则M的溶液只可能显碱性
C.若Z是导致酸雨的主要气体,则X一定是H2S
D.若M是用途最广的金属,加热蒸干Y的溶液一定能得到Y
A、若X是氢氧化钠,则M不一定为CO2,M为能形成多元酸的酸性氧化物,如:
SO2,故A正确;
B.若Y具有两性,则M的溶液可能显碱性,也可能显酸性,故B错误;
C.若Z是导致酸雨的主要气体,则X也可以是Na2SO3,Y为NaHSO3,Z为SO2,M为HCl,故C错误;
D.若M是用途最广的金属,Y为亚铁盐,因为亚铁离子水解,所以加热蒸干Y的溶液不能得到Y,故D错误;
故答案选A。
16.某溶液X中仅可能含有K+、Na+、Fe2+、Fe3+、NH4+、SO42-、SO32-、CO32-、I-、Cl-中的一种或多种,且溶液中各离子浓度相同。
现进行下列实验,下列说法正确的是( )
A.该溶液X中可能有Fe3+、Na+
B.取样溶液Z,滴加氯化钡溶液出现沉淀,可推出X中一定存在SO42-、SO32-中的某一种
C.该溶液可能由是硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的
D.如果气体Y能使湿润的蓝色石蕊试纸变红,说明溶液中一定含有NH4+
由题给实验现象可知,向溶液X中加入过量氯水和四氯化碳后,溶液分层,下层呈紫红色,说明溶液中一定存在I-,一定不含Fe3+;
向上层一份溶液中加入硝酸银溶液,生成白色沉淀,此时不能确定是否含有Cl-,向另一份中加入氢氧化钠溶液共热,生成红褐色沉淀,说明溶液X中一定含有Fe2+,一定不含有SO32-和CO32-;
有气体生成,说明溶液中一定有NH4+;
溶液Z的焰色反应为黄色火焰,此时不能确定是否含有Na+,透过蓝色钴玻璃片,火焰为紫色,说明溶液中一定含有K+,由溶液中各离子浓度相同,结合电荷守恒可知,溶液中含有SO42-和Cl-,综上可知,溶液X中一定含有K+、Fe2+、NH4+、I-、SO42-和Cl-,一定不含有Fe3+、SO32-、CO32-和Na+。
A项、溶液X中一定没有Fe3+、Na+,故A错误;
B项、因溶液X中一定含有Fe2+,一定不含有SO32-,若取样溶液Z,滴加氯化钡溶液出现沉淀,可推出X中一定存在SO42-,故B错误;
C项、由以上分析可知,溶液X可能由是等物质的量的硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的,故C正确;
D项、氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,故D错误;
故选C。
根据实验现象和离子共存是解答的突破口,由溶液中各离子浓度相同,结合电荷守恒是判断的关键所在。
17.对于1LHNO3和H2SO4的混合溶液,若HNO3和H2SO4物质的量浓度存在如下关系:
c(H2SO4)+c(HNO3)═1.0mol•L﹣1.则理论上最多能溶解铜的物质的量为( )
A.1.0molB.0.8molC.0.72molD.0.6mol
金属铜和稀硫酸之间不会反应,但是可以和稀硝酸之间反应,硫酸存在条件下硝酸根可以全部被还原,反应离子方程式:
3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O,NO3﹣和H+的物质的量之比为1:
4时恰好反应,溶解的Cu最多。
设硫酸的物质的量为xmol,硝酸的物质的量为ymol,则:
x+y=1,y:
(2x+y)=1:
4,联立解得:
x=0.6,y=0.4。
设参加反应的铜的最大物质的量是z,则:
3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O
32
z0.4mol
3:
2=z:
0.4mol
解得:
z=0.6mol
故选:
D。
18.用如图装置进行实验,将液体A逐滴加入到固体B中,下列叙述正确的是( )
A.若A为浓盐酸,B为Na2CO3,C中盛有Na2SiO3溶液,则C中溶液出现白色沉淀,证明酸性:
H2CO3>
H2SiO3
B.若A为浓盐酸,B为KMnO4,C中盛石蕊试液,则C中溶液最终呈红色
C.若A为较浓硫酸,B为Na2SO3固体,C中盛有Na2S溶液,则C中溶液变浑浊
D.装置D起干燥气体作用
A.浓盐酸挥发的HCl在C中也能与Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀,则无法判断H2CO3的酸性一定比H2SiO3强,故A错误;
B.A为浓盐酸,B为KMnO4,则反应生成的氯气通入C中,Cl2与水反应生成HCl和HClO,其中HClO有强氧化性和漂白性,则C中紫色石蕊试液先变红色,后褪色,故B错误;
C.A为较浓硫酸,B为Na2SO3固体,两者反应生成的SO2气体通入C中,因SO2有氧化性,则与C中Na2S溶液反应有淡黄色S生成,可观察到C中溶液变浑浊,故C正确;
D.仪器D为球形干燥管,则可以起到防止溶液倒吸的作用,故D错误;
故答案为C。
19.类推法在化学学习中经常采用,下列类推的结论正确的是()
A.由Cl2+2KBr=2KCl+Br2,所以F2也能与KBr溶液反应置换出Br2
B.常温下,由Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,所以Fe也能与浓硝酸反应产生NO2
C.由Cu+Cl2
CuCl2,所以Cu+I2
CuI2
D.由钠保存在煤油中,所以钾也可以保存在煤油中
A.F2单质在水溶液中先和水发生反应,不能置换溴单质,故A错误;
B.常温下铁在浓硝酸中发生钝化不能继续反应生成二氧化氮,故B错误;
C.氯气氧化性强和铜反应生成氯化铜,碘单质氧化性弱,和铜发生反应生成碘化亚铜,故C错误;
D.钾密度大于煤油,可以保存在煤油中,故D正确;
所以答案:
注意点:
F2氧化性特别强,所以单质在水溶液中先和水发生反;
常温下铁在浓
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- 银川市 人教版高一 第二 学期 第二次 质量 检测 化学试题