浙江省镇海中学创新班2018-2019学年高一上学期阶段性检测化学试卷+Word版含解析

浙江省镇海中学创新班2018-2019学年高一上学期阶段性检测化学试卷1.下列产品不属于硅酸盐产品的是（）A.光导纤维B.水泥C.玻璃D.陶瓷【答案】A【解析】玻璃、陶瓷、水泥是传统硅酸盐产品，光导纤维是二氧化硅，不属于硅酸盐产品，答案选A。2.2MgO·SiO2中的酸根阴离子为（）A.SiO32-B.Si2O64-C.SiO44-D.Si2O32-【答案】C【解析】2MgO·SiO2的硅酸盐形式为Mg2SiO4，故酸根阴离子为SiO44-，答案选C。3.将足量CO2通入水玻璃中，然后加热灼烧，再在高温下充分反应，最后所得的固体物质(）A.Na2SiO3B.Na2CO3、Na2SiO3C.Na2CO3、SiO2D.SiO2【答案】A【解析】试题分析：将足量CO2气体通入硅酸钠溶液中生成硅酸沉淀和碳酸氢钠。然后加热蒸干，碳酸氢钠易分解，则得到硅酸和碳酸钠，且二者的物质的量之比是1：1。然后再在高温下充分反应，硅酸分解生成二氧化硅，二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和CO2，所以最后所得的固体物质是硅酸钠，答案选A。考点：考查硅及其化合物的判断4.FeC13、CuCl2的混合液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的()A.加入KSCN溶液一定不变红色B.溶液中一定含Fe2+C.溶液中一定不含Cu2+D.剩余固体中一定含Cu【答案】C............考点：考查铁与三价铁二价铜的反应5.下列反应方程式中，正确的是（）A.碳酸氢镁与足量的氢氧化钠溶液反应：Mg2++2HCO+2OH-=MgCO3↓+CO+2H2OB.氧化铝和过量的烧碱溶液反应：Al2O3+3OH-=2AlO+H2OC.氯化铝溶液与少量NaOH溶液反应：Al3++3OH-=Al(OH)3↓D.向碳酸钙中滴加醋酸溶液：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑【答案】C【解析】A、碳酸氢镁与足量的氢氧化钠溶液反应，应该产生溶解度更小的Mg(OH)2沉淀，正确的离子方程式为：Mg2++2HCO+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO+2H2O，选项A错误；B、电荷不守恒，氧化铝和过量的烧碱溶液反应为：Al2O3+2OH-=2AlO+H2O，选项B错误；C、氯化铝溶液与少量NaOH溶液反应：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，离子方程式书写正确，选项C正确；D、醋酸是弱酸不应该写成离子形式，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，选项D错误。答案选C。6.现有氧化铁和氧化铜的混合物mg，向其中加入100mL3mol·L－1硝酸，恰好完全溶解，若mg该混合物在过量氢气流中加热充分反应，则冷却后剩余固体的质量为（）A.(m－1.6)gB.(m－2.4)gC.(m－3.2)gD.无法确定【答案】B【解析】不妨设氧化铁为Xg。氧化铜Yg。由题知，可列方程组X+Y=m（x÷160）*6+（Y÷80）*2=0.3可解得X=24-2mY=3m-24从而可知，氧化铁中的铁和氧化铜中的铜就是冷却剩余固体的质量为（24-2m）*0.7+（3m-24）*0.8=m-2.47.向只含有Fe3+、Cu2+、H+各0.1mol及amolSO42－的某溶液中加入足量锌粉,搅拌使其充分反应,下列说法中正确的是（）A.当消耗13克Zn时,得到的还原产物为0.25molB.当溶液中不再产生气泡时,溶液中大量存在的阳离子只有Zn2+C.反应中最多有两种单质生成D.反应结束时,可得到0.25molZnSO4【答案】A【解析】三种阳离子的氧化性大小顺序是Fe3＋、Cu2＋、H＋，所以首先还原的是Fe3＋、然后是Cu2＋，最后是H＋。13g锌是0.2mol，失去0.4mol电子，所以根据电子的得失守恒可知，还原产物应该是0.1mol亚铁离子、0.1mo铜和0.05mol氢气，所以A正确，B不正确，含有亚铁离子；C不正确，锌足量还能生成单质铁，D不正确，应该是0.30mol硫酸锌，答案选A。8.某合金（仅含铜、铁）中铜和铁的物质的量之和为ymol，其中Cu的物质的量分数为a，将其全部投入50mLbmo1·L－1的硝酸溶液中，加热使其充分反应（假设NO是唯一的还原产物）。下列说法正确的是（）A.若金属有剩余，在溶液中再滴入硫酸后，金属不会再溶解B.若金属全部溶解，则溶液中一定含有Fe3＋C.若金属全部溶解，且产生336mL气体（标准状况），则b＝0.3D.当溶液中金属离子只有Fe3＋、Cu2＋时，则a与b的关系为：b≥80y(1—a/3)【答案】D【解析】A、若金属有剩余，在溶液中再滴入硫酸后，氢离子和硝酸根离子与金属反应使金属继续再溶解，选项A错误；B、当金属全部溶解时，Fe可能以Fe2+的形式存在，不一定含有Fe3+，选项B错误；C、当b=0.3时，参加反应的HNO3最多为0.05L×0.3mol/L=0.015mol，n(NO)==0.015mol，因为参加反应的HNO3物质的量应该大于0.015mol，而这里n(HNO3)=0.015mol，显然不成立，选项C错误；D、HNO3和金属反应，参加反应的HNO3一部分作氧化剂生成NO，另一部分体现酸性生成硝酸盐，则：n(Cu)=aymol，n(Fe)=(1-a)ymol，作酸性的HNO3为2n[Cu(NO3)2]+3n[Fe(NO3)3]=2aymol+3(1-a)ymol=(3-ay)mol；由电子守恒可得：生成的NO的物质的量，即被还原的硝酸的量n(NO)==mol，所以参加反应的硝酸n(HNO3)=mol，则b×0.05≥mol，得b≥80y(1-)，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查硝酸的化学性质，注意电子守恒思想在解题中的运用，注意电子转移和化学方程式的计算。9.一定量的锌与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︰1C.反应中共消耗97.5gZnD.反应中共转移3mol电子【答案】B【解析】试题分析：生成气体的物质的量为33.6/22.4=1.5摩尔，溶液剩余硫酸的物质的量为0.1×1/2=0.05摩尔，参加反应是硫酸的物质的量为0.1×18.5-0.05=1.8摩尔，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。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、反应中共消耗金属锌的质量为1.5×65=97.5g，正确，不选C；D、根据金属锌计算转移电子数为1.5×2=3摩尔，正确，不选D。考点：浓硫酸的性质，氧化还原反应10.三氧化铀是一种两性氧化物，它在溶液中可以以UO22+和U2O72-形式存在，按要求写出UO3与强酸、强碱反应的离子方程式：（1）______________________________；（2）_________________________________；【答案】(1).UO3+2H＋=UO22++H2O(2).2UO3+2OH－=U2O72-+H2O【解析】氧化铀是一种两性氧化物，它在溶液中可以以UO22+和U2O72-形式存在，则UO3与强酸、强碱反应的离子方程式分别为UO3+2H＋=UO22++H2O、2UO3+2OH－=U2O72-+H2O。点睛：本题考查离子反应方程式的书写，把握两性氧化物的性质及离子反应的书写方法为解答的关键，两性氧化物，与酸、碱反应均生成盐和水，性质与氧化铝类似，侧重迁移应用能力的考查，以此来解答。11.某溶液中可能含有Fe2＋、Mg2＋、Cu2＋、NH4＋、Al3＋中的一种或几种。当加入一种淡黄色固体并加热溶液时，有刺激性气体放出和白色沉淀生成，加入淡黄色固体的物质的量（横坐标）与析出沉淀和产生气体的物质的量（纵坐标）的关系，如下图所示。请填写下列空白：（1）在该溶液中含有的离子是_____________，物质的量浓度之比为_______________。（2）所加的淡黄色固体是________________（化学式）。【答案】(1).Mg2＋、Al3＋、NH4＋(2).1：1：3(3).Na2O2【解析】淡黄色固体加入溶液中，并加热溶液时，有刺激性气体放出和白色沉淀生成，则淡黄色固体为Na2O2，图象实际为两个图合在一起，较上的是气体，较下的是沉淀，图象中加入8mol过氧化钠后，沉淀减小，且为白色沉淀并没有完全溶解，则溶液中一定没有Fe2+和Cu2+，一定有NH4+、Al3+、Mg2+，加入8mol过氧化钠之后，生成气体减小，故加入8mol过氧化钠时，铵根离子完全反应，（1）由纵坐标可知：n（Mg2+）=n[Mg(OH)2]=2mol，n（Al3+）=4mol-n[Mg(OH)2]=2mol，当n（Na2O2）=8mol时，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可知n（O2）=8mol×=4mol，所以n（NH4+）=n（NH3）=10mol-n（O2）=6mol，故n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=2mol：2mol：6mol=1：1：3；（2）由上述分析可知，淡黄色固体为：Na2O2。12.某澄清透明的溶液中可能有Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Ba2＋、SO42－、HCO3－、NO3－、Cl－等离子，对其进行下述实验：（A）该溶液能使紫色石蕊试液变红；（B）另取少量溶液浓缩后加入铜片和浓硫酸共热，可看到有红棕色的NO2气体生成；（C）另取少量溶液加入氯化钡溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，并过滤；（D）在（C）所得滤液中加入硝酸银溶液，也产生不溶于稀硝酸的白色沉淀；（E）另取滤液，逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，开始时沉淀逐渐增加，随后沉淀部分溶解，最后仍然有固体残留；根据此实验现象，判断：（1）溶液中肯定存在的离子有_____________。（2）溶液中肯定不存在的离子是___________。【答案】(1).Fe3＋、Al3＋、SO42－、NO3－(2).Fe2＋、Ba2＋、HCO3－13.由单质A与化合物B两种粉末组成的混合物,在一定条件下可按下图所示发生转化:请回答：（1）A的化学式__________________，B的名称______________________；（2）反应①的化学方程式________________________________________；（3）反应②的离子方程式________________________________________；（4）反应③的离子方程式________________________________________；（5）反应④的离子方程式________________________________________；【答案】(1).Al(2).氧化铁(3).2Al+Fe2O32Fe+Al2O3(4).2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑(5).Fe+2Fe3+=3Fe2+(6).Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+。【解析】红褐色沉淀I为Fe(OH)3，沉淀H置于空气中变成I，推出H为Fe(OH)2，再利用其他信息和逆向推理得出D为Fe，F为FeCl2，B为Fe2O3，G为FeCl3；J既能与酸反应，又能与碱反应，则应为Al(OH)3，则E为NaAlO2，K为AlCl3，则单质A与化合物B两种粉末组成的混合物在高温下的反应应为铝热反应，推出A为Al，B为Fe2O3，C为Al2O3。（1）由以上分析可知A为Al，B为Fe2O3，名称为氧化铁；（2）反应①为Al和Fe2O3在高温下的铝热反应，反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（3）Al和Fe2O3混合