1、四川省营山县第二中学2015-2016学年高一下期期末模拟考试化学试题第I卷（选择题）一、单选题1下列反应最能体现“原子经济”的是A.甲烷与氯气制备一氯甲烷B.乙烯聚合为聚乙烯高分子材料C.以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜D.用苯和浓硝酸反应制取硝基苯【答案】B【解析】本题考查化学反应的“原子经济”。原子利用率为100%，即反应物全部转化为最终产物，生成物只有一种。甲烷与氯气制备一氯甲烷，产物有多种，不符合“原子经济”的思想，故A错。乙烯聚合为聚乙烯高分子材料，反应物中原子全部转化为产物，且产物只有一种，符合“原子经济”的思想，故B正确。以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜，产物有三种，不符合“原子经济”
2、的思想，故C错。用苯和浓硝酸反应制取硝基苯，产物有两种，不符合“原子经济”的思想，故D错。2(2013广东肇庆实验中学期中)在MgO、CuO、CaO、SO2;C、Fe、S、P;ZnCl2、BaCO3、HNO3、NaNO3三组物质中,每组各有一种物质在分类上与组内其他物质不同,这三种物质分别是()A.CuO、Fe、ZnCl2B.SO2、Fe、HNO3C.CaO、C、BaCO3D.SO2、S、NaNO3【答案】B【解析】中SO2是非金属氧化物,其他都是金属氧化物;中Fe是金属元素,其他都是非金属单质;中HNO3是酸,其他都是盐。 3下列叙述中正确的是 ()A.由碳元素组成的物质一定是纯净物B.金刚
3、石和石墨由相同的元素组成,因此它们具有相同的性质C.石墨转变为金刚石的反应属于氧化还原反应D.C60是新发现的一种碳单质【答案】D【解析】由碳元素组成的单质有金刚石、石墨和C60等,若将它们混合在一起,则该物质虽只含有碳元素,但属于混合物,故A错误;虽然二者都是由碳元素组成的单质,但由于两种单质中碳原子的排列方式不同,即结构不同,因此它们的物理性质不同,化学性质相似,故B错误;二者的转化属于化学反应,但反应中没有元素化合价的改变,不属于氧化还原反应,故C错误。4在含有Cu(NO3 )2、Mg(NO3 )2和AgNO3的溶液中加入适量锌粉,首先置换出的是A.MgB.CuC.AgD.H2【答案】C
4、【解析】一般元素的金属性越弱,相应阳离子得电子能力越强。该溶液中阳离子得电子能力为：Ag+Cu2+H+Mg2+。 5用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.2.4 g镁原子变成离子时,失去的电子数为0.3NAB.常温常压下,28 g氮气所含的原子数为2NAC.18 g H218O中含有的原子总数为3NAD.32 g氧气和4 g氦气所含原子数目相等,均为NA【答案】B【解析】镁是二价金属,(Mg) =0.1mol,变为离子失去的电子数为0.2NA,A错;28g N2的物质的量为1 mol,双原子分子,所含原子数为2NA,B正确；H218O的摩尔质量为20 gmol-1,故 18 g H
5、218O的物质的量小于1 mol,所含原子总数小于3NA,C错；32 g氧气和4 g氦气均为1 mol,因氧气为双原子分子,而氦气为单原子分子,二者所含原子数目分别为 2NA、NA, D错。6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MnO2，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色B.实验仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用C.若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先产生白色沉淀后沉淀又溶解D.若A为醋酸，B为贝壳，C中盛澄清石灰水，则C中无明显现象【答案】B【解析】本题考查常见气体的制备及性质，意在考查考生对各物质的性质以及物质之间的化学反应的
6、记忆能力和理解能力。选项A，和浓盐酸的反应需在加热的条件下进行，而上图没有加热装置，错误；选项B，实验仪器D的作用是防止溶液倒吸，正确；选项C，AlCl3溶液与氨水反应只能生成沉淀，且当氨水过量时也不会溶解，错误；选项D，醋酸与贝壳反应生成，当量少时，澄清石灰水变浑浊，当量多时，浑浊又变澄清，错误。7某溶液中有、Mg2、Fe2和Al3四种阳离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子组合是A.、 Mg2 B.Mg2、Fe2 C.、Fe2 D.Mg2、Al3【答案】C【解析】本题考查离子反应。铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，加热后释放出氨气，因而
7、大量减少；亚铁离子和氢氧根离子在氧气的作用下迅速生成氢氧化铁沉淀，与盐酸反应后变成三价铁离子，因而Fe2大量减少；镁离子生成的氢氧化镁沉淀会溶解于盐酸溶液，再次生成镁离子，因而Mg2不变；铝离子虽然变成了偏铝酸根离子，但与盐酸反应后，重新变成铝离子，因而Al3不变；答案选C。 8在标准状况下，将某X气体V L溶于水中，得到12molL1的溶液500mL，则气体的体积V是( )A.134.4LB.67.2LC.44.8LD.537.6L【答案】A【解析】n=V/Vm=cV(aq)V=cV(aq)Vm=12mol/L0.5L22.4mol/L=134.4L，选项为A。9如图所示的装置中，干燥烧瓶中
8、盛有某种气体，烧杯和滴管内盛放某种溶液。挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是A.SO2(饱和NaHSO3溶液)无色喷泉B.NH3(H2O含酚酞) 红色喷泉C.H2S(CuSO4溶液) 黑色喷泉D.HCl(AgNO3溶液) 白色喷泉【答案】A【解析】本题考查喷泉实验。A.SO2在饱和NaHSO3溶液中溶解度很小，不能形成喷泉，A错；B.NH3极易溶于水，形成NH3H2O，溶液呈碱性，能形成红色喷泉；C.发生反应：H2SCuSO4H2SO4CuS，CuS为黑色沉淀，能形成黑色喷泉；D、HCl气体极易溶于水，且发生反应HClAgNO3HNO3AgCl，AgCl为白色沉淀，故能形成白色喷泉。答案选
9、A。10(2013山东临淄限时训练)已知X为一种常见酸的浓溶液,能使蔗糖粉末变黑。A与X反应的转化关系如图所示,其中反应条件及部分产物均已略去,下列有关说法正确的是()A.X能使蔗糖变黑主要体现了X的强氧化性B.若A为铁,则足量A与X在室温下即可完全反应C.若A为碳单质,则将C通入少量澄清石灰水中,最终一定有白色沉淀产生D.工业上,B转化为D的反应需使用催化剂【答案】D【解析】X能使蔗糖粉末变黑,说明X为浓硫酸,该现象主要体现了浓硫酸的脱水性,A错误;常温下铁遇浓硫酸发生钝化,B错误;若A为碳单质,则C为CO2,过量的CO2通入澄清石灰水中最终没有沉淀产生,C错误;SO2转化成SO3需在催化剂
10、作用下进行,D正确。11下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A.醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应： CaCO32HCa2H2OCO2B.NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：+OH-+H2OC.将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2 + H2O2H+ + Cl + ClOD.Fe3O4溶于足量浓盐酸：Fe3O48HFe22Fe34H2O【答案】D【解析】本题考查了离子方程式的正误判断。醋酸是弱酸，不能拆，正确的离子方程式为CaCO32CH3COOHCa22CH3COO-+H2OCO2，故A错。NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中的正确离子方程式为+2OH-+H2O+NH3H2O，故B错。次氯酸
11、是弱酸，不能拆，正确的离子方程式为Cl2 + H2O H+ + Cl + HClO，故C错。故该题选D。12下列不属于当今化学研究方向的是A.发现新物质B.合成新材料C.研究化学反应的微观过程D.研究化学反应中的原子守恒关系【答案】D【解析】当今化学研究的主要方向是发现新物质，合成新材料，开发新能源，研究化学反应的微观过程以及“绿色化学”等。化学反应中的原子守恒关系并非现代化学所研究的内容。 13等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中,各加等质量的铝,生成氢气的体积比为5:6,则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是A.甲、乙中都是铝过量B.甲中铝过量、乙中碱过量C.甲中
12、酸过量、乙中铝过量D.甲中酸过量、乙中碱过量【答案】B【解析】由反应2Al+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2,2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2可知,等质量的铝完全反应生成等量的氢气,等物质的量的硫酸和氢氧化钠与足量铝反应放出氢气的体积之比为2:3。所以A、C、D是不可能的。二、双选题14下列实验操作与预期的实验目的或结论均正确的是【答案】AB【解析】本题考查了实验设计。向FeCl2溶液中通入Cl2，然后滴加KSCN溶液，溶液变红说明产生了Fe3+，故能验证Cl2的氧化性比Fe3+强，A正确；向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀可能为氯化银，不一
13、定是硫酸钡，B正确；观察钾元素的焰色反应时，必须通过蓝色钴玻璃，先滤去钠元素的黄光，C错误；将某气体通入品红溶液中，溶液褪色，该气体可能为氯气，也可能为SO2，D错误。15(双选)ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4 + H2 SO4 2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O下列说法中正确的是A.KClO3在反应中得到电子B.ClO2是氧化产物C.H2C2O4在反应中被氧化D.l mol KClO3参加反应有2 mol电子转移【答案】AC【解析】在氧化还原反应中，氧化剂中所含元素化合价降低，得电子，被还原，反应后的产
14、物为还原产物。在题给反应中，KClO3中Cl元素化合价由+5价降到ClO2中的+4价，化合价降低，得电子，ClO2是还原产物，1 mol KClO3参加反应有1 mol e-转移，故A正确，B、D错误； H2C2O4中C元素由+3价升高到CO2中的+4价，失电子，被氧化，C正确。 第II卷（非选择题）三、实验题16某化学兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应,用如图所示装置进行有关实验。请回答：(1)装置A中发生反应的化学方程式为_。(2)装置D中试管口处放置的棉花中应浸一种液体,这种液体是_,其作用是_。(3)装置B的作用是贮存多余的气体。当D处有明显的现象后,关闭止水夹K,移去酒精灯,但由于余热的
15、作用,A处仍有气体产生,此时B中现象是_。B中应放置的液体是_(填字母)。a.水 b.酸性KMnO4溶液c.浓溴水 d.饱和NaHSO3溶液(4)实验中,取一定质量的铜片和一定体积的18 mol L-1的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热,直到反应完毕,发现烧瓶中还有铜片剩余,该小组学生根据所学的化学知识认为还有一定量的硫酸剩余。有一定量的余酸但未能使铜片完全溶解,你认为原因是_。 下列药品中能用来证明反应结束后的烧瓶中确有余酸的是_(填字母)。a.铁粉 b.BaCl2溶液c.银粉 d NaHCO3溶液【答案】(l)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O(2)碱液 吸收多余的SO2,防止污
16、染环境(3)试剂瓶中液面下降,长颈漏斗中液面上升 d(4)反应过程中浓H2SO4被消耗,逐渐变稀,而铜不和稀硫酸反应 ad【解析】(1)在装置A中,铜与浓H2SO4在加热的条件下发生反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O。(2)多余的SO2气体用浸有碱液的棉花来吸收,以免污染环境。(3)装置B为一贮气瓶,实验完毕后,多余的气体贮存在装置B中, 此时B中盛放的是不与SO2反应的液体,如饱和NaHSO3溶液,当关闭止水夹K,SO2气体进入装置B后,由于气压作用B中长颈漏斗中的液面上升,甚至溢出,试剂瓶中的液面下降。(4)随着反应的进行,硫酸被不断消耗,当浓H2SO4变成稀H2S
17、O4 时,Cu与稀硫酸不反应,可以用铁粉或NaHCO3溶液与剩余的液体反应,看是否有气泡冒出加以证明。 17在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，能延长鲜花的寿命。下表是500mL某“鲜花保鲜剂”中含有的成分，阅读后回答下列问题。 (1) “鲜花保鲜剂”中蔗糖的物质的量浓度为_。(2)配制该500mL “鲜花保鲜剂”所需的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒外还有： 。(3)在溶液配制过程中，下列操作能使配制结果偏小的是_。A.定容时俯视容量瓶刻度线B.容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水C.移液时，液体不小心从外壁流出D.定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理E.用托盘天平称量蔗糖时，左盘放
18、砝码，右盘放蔗糖【答案】(1)0.4 molL1 (2)500mL容量瓶、胶头滴管(3)CE【解析】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液。(1)蔗糖的物质的量为68.4g342gmol-1=0.2mol，其物质的量浓度为0.2mol0.5L=0.4mol/L。(2)配制一定物质的量浓度的溶液所需的仪器：天平、容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、量筒，所以还需要的玻璃仪器为500mL的容量瓶、胶头滴管。(3)定容时俯视容量瓶刻度线，导致水加少了，浓度偏高，A错。容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，因后面还需要加水定容，所以不影响，B错。移液时，液体不小心从外壁流出，溶质减少，即溶质的物质的量偏小，
19、则浓度偏小，C符合题意。定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理，操作正确，浓度不变，D不符合题意。用托盘天平称量蔗糖时，左盘放砝码，右盘放蔗糖，“物”“码”放反了，导致实际称量值比需要的质量少，所以浓度偏小，E符合题意。选C、E。四、填空题18实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气，现取一定量的浓盐酸使其与二氧化锰发生反应，产生的氯气在标准状况下的体积为22.4 L。请回答下列问题：(1)写出该反应的离子反应方程式 。(2)参加反应的二氧化锰的质量为 。(3)反应中被氧化的HCl的物质的量为 。【答案】(1)MnO24H+2Cl-Mn2+Cl22H2O(2)87g(3)
20、2mol【解析】本题考查了离子方程式的书写、氧化还原反应的计算。(1) 浓盐酸与二氧化锰反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+C12+2H2O，改写为离子反应时二氧化锰、氯气、水在离子方程式中应保留化学式，则离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Cl2+Mn2+2H2O。(2) 氯气在标准状况下的体积为22.4L，n(Cl2)=1mol，由MnO2+4HCl(浓) MnCl2+C12+2H2O可知，1mol二氧化锰参加反应生成1mol氯气，则生成1mol氯气，参加反应的二氧化锰的物质的量为1mol，质量为87g/mol1mol=87g。(3)氯气在标准状况下的体积为22.4L，
21、n(Cl2)=1mol，由MnO2+4HCl(浓) MnCl2+C12+2H2O可知，4molHCl反应时只有2mol作还原剂被氧化，则被氧化的HCl的物质的量为1mol2=2mol。 19向20 mL某浓度的AlCl3溶液中滴加2 molL-1的NaOH溶液时，得到Al(OH)3沉淀的质量(g)与所滴加NaOH溶液的体积(mL)关系如图所示，试回答下列问题:(1)图中A点表示的沉淀是，其物质的量是。(2)反应至A点时消耗NaOH溶液的体积为。(3)图中B点溶液中的溶质有。(4)AlCl3溶液的浓度为。(5)O点到B点反应的总离子方程式可表示为 。【答案】(1)Al(OH)30.01 mol(
22、2)15 mL(3)NaAlO2、NaCl(4)0.5 molL-1(5)Al3+4OH-Al+2H2O【解析】(1)向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液时，先发生反应:AlCl3+3NaOHAl(OH)3+3NaCl，后发生反应:Al(OH)3+NaOHNaAlO2+2H2O，故A点沉淀为Al(OH)3，其物质的量为=0.01 mol。(2)根据Al3+3OH-Al(OH)3可知，反应至A点时消耗的n(NaOH)=3nAl(OH)3=0.01 mol3=0.03 mol，消耗NaOH溶液的体积为=0.015 L=15 mL。(3)根据AlCl3+3NaOHAl(OH)3+3NaCl、Al(OH
23、)3+NaOHNaAlO2+2H2O可知，B点溶液中的溶质为NaAlO2、NaCl。(4)c(AlCl3)=0.5 molL-1。(5)O点到B点总反应为Al3+转化为Al的反应，总离子方程式为Al3+4OH-Al+2H2O。五、计算题20现有一块质量为10 g的金属镁样品，经测定它的表面已有部分被氧化，将该样品投入到100 mL密度1.14 gmL-1的盐酸中，恰好完全反应并收集到0.5 g氢气。求：(1)上述反应中被还原的HCl的质量；(2)盐酸中溶质的质量分数。(写出计算过程)【答案】(1)18.25g (2)n(Mg)= n(H2)= 0.25mol，则m(Mg)=0.2524g=6g
24、，m(MgO)=(10-6)g=4g，n(MgO)=mol=0.1mol，与氧化镁反应的HCl的物质的量n(HCl)=0.2mol，n总(HCl)=(0.5+0.2)mol=0.7mol，m总(HCl)=0.736.5g=25.55g，故盐酸中溶质的质量分数w(HCl)=10022.4%。【解析】本题考查了氧化还原反应的计算及溶质质量分数的计算。(1)n(H2) = mol = 0.25mol，则被还原的氯化氢的物质的量n(HCl)=2n(H2)=20.25 mol=0.5mol，被还原的氯化氢的质量m(HCl)= n(HCl) M(HCl)=0.536.5 g = 18.25g。(2) n(Mg)= n(H2)= 0.25mol，则m(Mg)=0.2524g=6g，m(MgO)=(10-6)g=4g，n(MgO)=mol=0.1mol，与氧化镁反应的HCl的物质的量n(HCl)=0.2mol，n总(HCl)=(0.5+0.2)mol=0.7mol，m总(HCl)=0.736.5g=25.55g，故盐酸中溶质的质量分数w(HCl)=10022.4%