1、广东省佛山市顺德区2019-2020学年高一化学选科调研考试试题（含解析）一、选择题(本题包括 12 小题,每小题 4 分,共 48 分。每小题只有一个选项符合题意)1.古诗词是中华文化的瑰宝。下列诗词、俗语中涉及了化学反应的是（ ）A. 只要功夫深，铁杵磨成针B. 千里冰封，万里雪飘C. 野火烧不尽，春风吹又生D. 千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金【答案】C【解析】【详解】A. 只要功夫深，铁杵磨成针过程中只是形状发生改变，没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B. 千里冰封，万里雪飘只是水变成雪的过程，没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C. 野火烧不尽，春风吹又生中有燃烧现象，是可燃
2、物和氧气发生发光放热剧烈的氧化反应，是化学变化，故C正确；D. 千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；答案选C。【点睛】区分物理变化和化学变化关键看有没有新物质生成，从古诗词中渗透一些化学知识，需要学生多读书，多思考。2.空气中的氧分子在阳光紫外线、闪电等外界因素作用下，会生成氧负离子(O2 - )。O2 -的摩尔质量为（ ）A. 33 gB. 33 g mol-1C. 32 gD. 32 g mol-1【答案】D【解析】【详解】O2比O2多一个电子，电子的质量可以忽略不计，故O2的相对分子质量为32，所以O2的摩尔质量为32g/mol，答案为D。【点睛】
3、摩尔质量的单位为g/mol。3.常温下,下列分散系中最稳定的是（ ）A. 泥水B. 豆浆C. 氢氧化铁胶体D. 氯化钠溶液【答案】D【解析】【分析】分散质离子直径小于1nm的分散系是溶液，最稳定，分散质离子直径介于1nm-100nm的分散系是胶体，属于介稳体系，分散质离子直径大于100nm的分散系是浊液，不稳定，据此分析。【详解】A. 泥水属于浊液，最不稳定，A项错误；B. 豆浆属于胶体，属于介稳体系，B项错误；C. 氢氧化铁胶体属于介稳体系，C项错误；D. 氯化钠溶液，稳定性最强，A项正确；答案选D。【点睛】本题的难点在于熟练掌握三种分散系之间的差别，比较记忆会更加容易掌握。分散系溶液胶体浊
4、液分散质粒子成分离子或小分子大分子或离子集合体巨大分子或离子集合体分散质粒子直径大小由图可得：溶液中的分散质粒子直径通常小于1 nm；浊液中的分散质粒子直径通常大于100 nm；胶体粒子直径在其二者之间，大小为1100 nm外观特征均匀、透明均匀、透明或半透明不均匀、不透明稳定性稳定，静置无沉淀较稳定不稳定，静置有沉淀分散质能否透过滤纸不能分散质能否透过半透膜不能不能4.下列关于 1 molL-1NaCl 溶液的叙述正确的是（ ）A. 该溶液中含有 1 mol NaClB. 1 L 该溶液中含有 58.5 g NaClC. 该溶液可由 1 mol NaCl 溶于 1 L 水配制而成D. 从 1
5、00 mL 该溶液中取出 10 mL 以后,取出溶液的浓度为 0.1 molL-1【答案】B【解析】【详解】A. 溶液体积未知，则不能确定溶质的物质的量，故A错误；B. m(NaCl)=1L1mol/L58.5g/mol=58.5g，故B正确；C. 1mol NaCl溶于1L水，溶液的体积不等于1L，故C错误；D. 从100 mL 该溶液中取出 10 mL 以后，剩余溶液的浓度仍为1molL-1，故D错误；答案选B。【点睛】计算物质的量浓度时需注意用溶质的物质的量除以溶液的体积。5.在标准状况下，3.4 g NH3 的（）A. 分子数约为 6.021023B. 物质的量为 0.1 molC.
6、体积约为 4.48 LD. 氢原子的物质的量为 0.2 mol【答案】C【解析】【详解】A.3.4 g NH3的物质的量为=0.2mol，NH3的分子数应为0.2mol 6.021023=1.2041023，故A错误；B.3.4 g NH3的物质的量为=0.2mol故B错误；C. 3.4 g NH3的物质的量为=0.2mol，标况下的体积0.222.4L/mol=4.48L，故C正确；D. 一个氨气分子中含有三个氢原子，粒子数与物质的量成正比，氨气中氢原子的物质的量为氨气物质的量的三倍，即为3=30.2mol=0.6 mol，故D错误；答案选C。6.下列生活中常见操作或现象中不涉及氧化还原反应
7、的是（ ）A. 家用天然气的燃烧为炒菜提供热量B. 烧菜用过的铁锅经水洗后常出现红棕色锈迹C. 洗涤剂清洗油污D. 饭菜久置后变质腐败【答案】C【解析】【分析】A. 天然气的主要成分是甲烷，甲烷燃烧生成二氧化碳和水；B. 铁生锈的过程中Fe从0价升高到+3价，最终生成氧化铁；C. 洗涤剂具有亲水基和憎水基，憎水基具有亲油性，可以将互不相溶油污和水结合；D.食物的腐败变质产生了新物质；【详解】A. 天然气的主要成分是甲烷，甲烷燃烧生成二氧化碳和水，反应中有化合价的升降，属于氧化还原反应，A项错误；B. 铁生锈的过程中Fe从0价升高到+3价，最终生成氧化铁，有化合价的升降，发生了氧化还原反应，B项
8、错误；C. 洗涤剂具有亲水基和憎水基，憎水基具有亲油性，可以将互不相溶油污和水结合起来，进而起到清洗油污的作用，属于物理变化，没有发生氧化还原反应，C项正确；D.食物的腐败变质产生了新物质，属于氧化还原反应，D项错误；答案选C。7.下列实验操作中,不正确的是（ ）A. 用托盘天平称取 4.5 g 固体氯化钠B. 在烧杯中稀释浓硫酸C. 用温度计代替玻璃棒搅拌溶液D. 在蒸发皿中蒸发浓缩食盐水【答案】C【解析】【详解】A. 托盘天平称量固体的质量，感量为0.1g，则用托盘天平称取4.5g固体，故A正确；B. 在烧杯中稀释浓硫酸，将浓硫酸加入到水中，并用玻璃棒搅拌，故B正确；C. 温度计只能测定温
9、度，不能代替玻璃棒搅拌溶液，故C错误；D. 蒸发皿可用于蒸发溶剂，故可以在蒸发皿中蒸发浓缩食盐水，故D正确；答案选C。8.某溶液中，只含有下表中所示的四种离子(忽略水的电离)，则 b 可能为（ ）A. 2aB. 3aC. 4aD. 5a【答案】B【解析】【详解】溶液中各离子满足电荷守恒即c(K+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)+2c(SO42-）则3a+2a2=a+2b，b=3a，答案选B。【点睛】写电荷守恒时，需注意离子所带电荷，带几个单位电荷。9.设 NA 为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是（ ）A. 18 g H2O 中含有的质子数为 10NAB. 0.5 molL-1 硫酸中含
10、有的H+数目为 NAC. 1 mol CO 与 0.5 mol O2 反应后的原子数为 3NAD. H2O2 分解生成 1 mol O2 时转移的电子数为 2NA【答案】B【解析】【详解】A.18g水的物质的量为1mol，含有10mol质子，含有的质子数为10NA，故A正确；B. 未提供硫酸溶液的体积，无法计算H+的数目，故B错误；C.1mol CO与0.5mol O2反应后生成二氧化碳的物质的量为1mol，一个二氧化碳分子有三个原子，故原子的物质的量为3mol，则原子的数目为3NA，故C正确；D. H2O2 分解生成 1 mol O2 时转移的电子2mol，故转移的电子的数目为 2NA，故D
11、正确；答案选B。10.下列反应的离子方程式书写不正确的是（ ）A. 氧化亚铁与稀盐酸混合:FeO+2HCl=Fe2+2Cl-+H2OB. 铜片加入硝酸银溶液中:Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+C. 盐酸滴在大理石上:2H+CaCO3=Ca2+H2O+CO2D. 铝片加入稀硫酸中:2Al+6H+=2Al3+3H2【答案】A【解析】【详解】A. 氧化亚铁与稀盐酸混合，盐酸是强酸，属于强电解质，可以拆成离子形式，故正确的离子方程式为：FeO+2H+=Fe2+H2O，故A错误；B. 铜片加入硝酸银溶液中，正确的离子方程式为：Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+，故B正确；C. 盐酸滴在大理石上，正确的离子
12、方程式为：2H+CaCO3=Ca2+H2O+CO2，故C正确；D.铝片加入稀硫酸中，正确的离子方程式为：2Al+6H+=2Al3+3H2，故D正确；答案选A。11.常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）A. 0.1 molL-1 H2SO4 溶液:Na+、Ba2+、NO3- 、Cl-B. c(H+)=0.1 molL-1 的溶液:Mg2+、K+、SO42-、Cl-C. 与 Zn 反应放出 H2 的溶液:H+、K+、NO3- 、CO32-D. 0.1 molL-1NaOH 溶液:Ca2+、Na+、SO42- 、HCO3-【答案】B【解析】【详解】A. 0.1 molL-1 H2SO
13、4 溶液: Ba2+与SO42-会生成硫酸钡沉淀，不能共存，故A错误；B. c(H+)=0.1 molL-1 的溶液:Mg2+、K+、SO42-、Cl-之间，且该组离子和氢离子之间，都不会发生化学反应，故B正确；C. 与 Zn 反应放出 H2的溶液为酸性溶液，CO32-在酸性溶液中会反应生成水和二氧化碳，故C错误；D. 0.1 molL-1NaOH 溶液中，HCO3-不能大量共存，会生成碳酸根和水，故D错误；答案选B。12.将 Na2CO3 和 Na2S 按 12 的物质的量之比配成溶液,再通入 SO2,可制取 Na2S2O3,同时放出CO2。在该反应中（ ）A. 被氧化与被还原的原子个数比为
14、 21B. 相同条件下,每吸收 1 m3 SO2 就会放出 2.5 m3 CO2C. 每 1 mol Na2S 反应,则生成的 Na2S2O3 为 1.5 molD. 若有 106 g Na2CO3 发生反应,反应中转移的电子的物质的量为 4 mol【答案】C【解析】【分析】工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2，其反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2，反应在Na2S 中S元素的化合价从-2价升高到+2价，SO2中S的化合价从+4价降低到+2价，据此分析。【详解】A. 由反应方程式中S元
15、素的化合价变化可知，硫元素既被氧化又被还原，被氧化与被还原的原子个数比为12，故A错误；B.2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2中SO2与CO2的物质的量之比为41，相同条件下的气体的物质的量之比等于气体的体积之比，每吸收 4m3 SO2 就会放出1 m3 CO2，故B错误；C. 反应中Na2S和Na2S2O3的物质的量之比为23，每 1 mol Na2S 反应，则生成的 Na2S2O3 为 1.5 mol，故C正确；D. 反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2，反应在Na2S 中S元素的化合价从-2价升高到+2价，SO2中S的化合价从+4
16、价降低到+2价，若有 106 g Na2CO3 发生反应，则碳酸钠的物质的量=1mol，根据方程式1mol Na2CO3反应时转移8mol电子，故D错误；答案选C。二、非选择题(本题包括 4 小题,共 52 分)13.纯碱是生活中常见的物质,请回答下列问题:(1)写出纯碱在水溶液中电离的方程式:_。 (2)纯碱属于“酸”“碱”“盐”中的_。(3)现有 10.6 g 纯碱，其物质量为_mol，将此固体溶于水配成 200 mL 溶液,其溶质的物 质的量浓度为_ molL-1，取出 10 mL 此溶液加水稀释至 100 mL，其溶质的物质的量浓度 为_ molL-1，稀释后溶液中 Na+的物质的量为
17、_ mol。(4)写出少量 CO2 与 NaOH 溶液反应的离子方程式: _ 写出过量 CO2 与 NaOH 溶液反应的离子方程式: _【答案】 (1). Na2CO3=2Na+ CO32- (2). 盐 (3). 0.1 (4). 0.5 (5). 0.05 (6). 0.01 (7). CO2+2OH-=CO32-+H2O (8). CO2+OH-=HCO3-【解析】【分析】(1) 纯碱是碳酸钠，水溶液中电离生成钠离子和碳酸根离子；(2) 纯碱（碳酸钠）是由金属阳离子和酸根离子组成的化合物，属于盐；(3) 10.6g纯碱的物质的量为=0.1mol，将此固体溶于水配成200mL溶液，其溶质的
18、物质的量浓度为=0.5mol/L，由稀释定律可得：0.5 mol/L 10ml=c2100ml，稀释后溶质的物质的量浓度c2=0.05mol/L，稀释后溶液中的Na+物质的量为0.05 mol/L0.1L2=0.01mol；(4)写出少量 CO2 与 NaOH 溶液反应生成碳酸钠和水；写出过量 CO2 与 NaOH 溶液反应生成碳酸氢钠。【详解】(1) 纯碱是碳酸钠，水溶液中电离生成钠离子和碳酸根离子，电离的方程式: Na2CO3=2Na+ + CO32-，故答案为：Na2CO3=2Na+CO32-；(2) 纯碱（碳酸钠）是由金属阳离子和酸根离子组成的化合物，属于盐，故答案为：盐；(3) 10
19、.6g纯碱的物质的量为=0.1mol，将此固体溶于水配成200mL溶液，其溶质的物质的量浓度为=0.5mol/L，由稀释定律可得：0.5 mol/L 10mL=c2100mL，稀释后溶质的物质的量浓度c2=0.05mol/L，稀释后溶液中的Na+物质的量为0.05 mol/L0.1L2=0.01mol，故答案为：0.1；0.5；0.05；0.01；(4)写出少量 CO2 与 NaOH 溶液反应生成碳酸钠和水，离子方程式: CO2+2OH-=CO32-+H2O，故答案为：CO2+2OH-=CO32-+H2O；写出过量 CO2 与 NaOH 溶液反应生成碳酸氢钠，离子方程式: CO2+OH-=HC
20、O3-，故答案：CO2+OH-=HCO3-。【点睛】本题易错点在于未改变浓度的情况下取出部分溶液，溶液的浓度不变，溶液中溶质的物质的量减少，要注意运用溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变。14.粗盐中常含 Ca2+、Mg2+、SO42-以及泥沙等杂质，一种制备精盐的实验方案及步骤如下(用于沉淀的试剂饱和 Na2CO3 溶液、BaCl2 溶液、NaOH 溶液均稍过量):(1)若试剂选用 NaOH 溶液，则试剂产生的沉淀的化学式为 _。判断滴加试剂 已过量的方法是:_。(2)操作为_。溶液丙中，溶质除 NaCl 外还含有_(填化学式)等。(3)食用盐常在精盐中加入 KIO3。为了检验实验中是否含 K
21、IO3，可以用以下反应进行:KIO3+5KI+3H2SO43I2+3K2SO4+3H2O。用双线桥分析以上反应中电子转移的方向和数目:_。反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。【答案】 (1). BaSO4 (2). 继续滴加试剂，若无浑浊，则表明试剂已过量 (3). 蒸发结晶 (4). NaOH、Na2CO3 (5). (6). 15【解析】【分析】在粗盐提纯时，可以先将粗盐和其中的泥沙溶解于水，氯化钠是易溶于水的，而泥沙是难溶于水的，而固体和液体的分离可以采用过滤方法，要在最后一步加入盐酸，除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，碳酸钠加在氯化钡的后面，除去钙离子和加入的过量的钡离子，加过量N
22、a2CO3溶液，目的是除去钙离子和多余的钡离子；氧化还原反应中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据化合价的升降情况来分析；【详解】(1)根据分析，若试剂选用 NaOH 溶液，碳酸钠加在氯化钡的后面，除去钙离子和加入的过量的钡离子，加过量Na2CO3溶液，目的是除去钙离子和多余的钡离子，则试剂为BaCl2 溶液，产生的沉淀的化学式为BaSO4，试剂为饱和 Na2CO3 溶液，Na2CO3溶液，目的是除去钙离子和多余的钡离子，判断滴加试剂 已过量的方法是: 继续滴加试剂,若无浑浊,则表明试剂已过量，故答案为：BaSO4；继续滴加试剂，若无浑浊，则表明试剂已过量；(2)由操作得图示，由溶液
23、变为精盐，则操作为蒸发结晶；除杂试剂都为过量，最后一步加入盐酸，除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，则溶液丙中，溶质除 NaCl 外还含有NaOH、Na2CO3，故答案为：NaOH、Na2CO3； (3)在氧化还原反应KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O中，I化合价升高值=I化合价降低值=转移电子数=5，电子转移情况如下：，故答案为：；反应中氧化剂为KIO3，还原剂为KI，则物质的量之比为1:5，故答案为：1:5。【点睛】本题易错点在于用双线桥表示电子转移的数量，要找准化合价的变化规律，氧化剂和还原剂物质的量关系。15.(1)配制 500 mL 浓度为 0.2 molL
24、-1 稀硫酸，需用量筒量取密度为 1.84 gcm-3 溶质质量分数为98%的浓 H2SO4 _mL，然后再与适量水混合稀释，待_ 后，再转移 到_中，定容，摇匀。 (2)在实验(1)中，其他操作均正确，但定容时俯视刻度线，会导致所配制的溶液中溶质的物质的量浓度_ (填“大于”“小于”或“等于”)0.2 molL-1。 (3)在实验(1)中，转移溶液至容量瓶中时洒落少许，则所配制的溶液中溶质的物质的量浓度 (填 “大于”“小于”或“等于”)_0.2 molL-1。【答案】 (1). 5.4 (2). 冷却至室温 (3). 500 mL 容量瓶 (4). 大于 (5). 小于【解析】【分析】(1
25、)由浓硫酸配制稀硫酸，硫酸溶质的物质的量不变，根据稀释原理，可得，c稀V稀=c浓V浓，c浓硫酸=18.4mol/L，则V浓=，浓硫酸稀释过程中会放出大量的热，在转移至容量瓶前需要冷却至室温，再转移至500ml容量瓶中；(2) 在实验(1)中，其他操作均正确，但定容时俯视刻度线，容量瓶中溶液的体积偏小，会导致所配制的溶液中溶质的物质的量浓度偏高；实验(1)中，转移溶液至容量瓶中时洒落少许，导致溶质的物质的量减少，则所配制的溶液中溶质的物质的量浓度偏小。【详解】(1)由浓硫酸配制稀硫酸，硫酸溶质的物质的量不变，根据稀释原理，可得，c稀V稀=c浓V浓，c浓硫酸=18.4mol/L，则V浓=，浓硫酸稀
26、释过程中会放出大量的热，在转移至容量瓶前需要冷却至室温，再转移至500mL容量瓶中，故答案为：5.4；冷却至室温；500 mL 容量瓶； (2) 在实验(1)中，其他操作均正确，但定容时俯视刻度线，容量瓶中溶液的体积偏小，会导致所配制的溶液中溶质的物质的量浓度大于0.2 molL-1，故答案为：大于；(3)在实验(1)中，转移溶液至容量瓶中时洒落少许，导致溶质的物质的量减少，则所配制的溶液中溶质的物质的量浓度小于0.2 molL-1，故答案为：小于。【点睛】本题易错点在配制溶液时的误差分析，利用c=，根据溶质物质的量和溶液体积的变化情况分析所配制溶液的浓度变化。16.某铁和铜的固体混合物在空气
27、中部分生锈(锈的成分为 CuO 和 Fe2O3)，其总质量为 6.4 g，某实验小组对此固体混合物进行实验探究。(1)操作 1 的名称为_，此操作使用的玻璃仪器有_、_、_。(2)固体混合物中两种氧化物与稀硫酸反应的离子方程式为_、_。(3)红色固体滤渣为_(填“铜”或“氧化铁”)。(4)查阅资料知 Cu+Fe2(SO4)3CuSO4+2FeSO4，说明在浅绿色强酸性溶液中_ (填“含”或“不含”)Fe2(SO4)3。(5)“一系列操作”中，其中有一步反应如下，请将此反应方程式配平:_Fe(OH)2+_O2+_H2O_Fe(OH)3 (6)通过进一步实验得出:浅绿色溶液中不含 Cu2+，则原部
28、分生锈的固体混合物中氧元素的质量分数为_。【答案】 (1). 过滤 (2). 烧杯 (3). 漏斗 (4). 玻璃棒 (5). CuO+2H+=Cu2+H2O (6). Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O (7). 铜 (8). 不含 (9). 4 (10). 1 (11). 2 (12). 4 (13). 5%【解析】【分析】(1)根据图示，加入硫酸后分为滤液和滤渣，则操作1的名称为过滤，过滤操作使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；(2)固体混合物中CuO 和 Fe2O3可与稀硫酸反应的离子方程式为CuO+2H+=Cu2+H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；(3)混合物中只有
29、铜不与硫酸反应，则红色固体滤渣为铜；(4)查阅资料知 Cu+Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4，铜单质有剩余，故硫酸铁全部转化为硫酸亚铁，则滤液为硫酸亚铁溶液，说明在浅绿色强酸性溶液中不含Fe2(SO4)3；(5)铁元素由+2价变为+3价，失去1个电子，氧元素由0价变为-2价，共得到4个电子，根据电子得失守恒和物料守恒，方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；(6)原混合物为铁、铜、氧化铜，氧化铁组成，则混合物的总质量=6.4g=m(Cu) + m(Fe)+ m(O)的质量，则m(Cu)=3.84g，m(Fe)=3.2g=2.24g，则m(O)= 6.4g-m(C
30、u)- m(Fe) =0.32g，则原部分生锈的固体混合物中氧元素的质量分数=。【详解】(1)根据图示，加入硫酸后分为滤液和滤渣，则操作1的名称为过滤，过滤操作使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：过滤；烧杯；漏斗；玻璃棒； (2)固体混合物中CuO 和 Fe2O3可与稀硫酸反应的离子方程式为CuO+2H+=Cu2+H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，故答案为：CuO+2H+=Cu2+H2O；Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；(3)混合物中只有铜不与硫酸反应，则红色固体滤渣为铜，故答案为：铜；(4)查阅资料知 Cu+Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4，铜单质
31、有剩余，故硫酸铁全部转化为硫酸亚铁，则滤液为硫酸亚铁溶液，说明在浅绿色强酸性溶液中不含Fe2(SO4)3，故答案为：不含；(5)铁元素由+2价变为+3价，失去1个电子，氧元素由0价变为-2价，共得到4个电子，根据电子得失守恒和物料守恒，方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 ，故答案为：4；1；2；4；(6)根据质量守恒，铜元素和铁元素全部来自于混合物，原混合物为铁、铜、氧化铜，氧化铁组成，则混合物的总质量=6.4g=m(Cu) + m(Fe)+ m(O)的质量，则m(Cu)=3.84g，m(Fe)=3.2g=2.24g，则m(O)= 6.4g-m(Cu) - m(Fe)=0.32g，则原部分生锈的固体混合物中氧元素的质量分数=5%，故答案为：5%。