山东省枣庄市第二中学2020届高三化学上学期第一次阶段性检测试题（含解析）

山东省枣庄市第二中学2020届高三化学上学期第一次阶段性检测试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5K39Si28Ba137Fe56一、选择题1.下面的“诗”情“化”意，分析正确的是（）A.“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”只发生了物理变化B.“日照澄洲江雾开”中伴有丁达尔效应C.“试玉要烧三日满，辨材须待七年期”中“玉”的成分是硅酸盐，该句诗表明玉的硬度很大D.“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，“新醅酒”即新酿的酒，在酿酒过程中，葡萄糖发生了水解反应【答案】B【解析】【分析】A.有新物质生成的变化是化学变化；B.雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应；C.“玉”的成分是硅酸盐，熔点很高；D.葡萄糖是单糖不能发生水解反应。【详解】A.“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”是碳酸钙的分解反应，反应中有新物质生成，是化学变化，故A错误；B.“日照澄州江雾开”中，雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，故B正确；C.“玉”的成分是硅酸盐，熔点很高，‘试玉要烧三日满’与硬度无关，故C错误；D.葡萄糖是单糖不能发生水解反应，在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反应，故D错误。故选B。2.中国药学家屠呦呦因发现青蒿素，开创了治疗疟疾的新方法，荣获了诺贝尔奖。已知青蒿素的分子式为C15H22O5。下列有关说法正确的是()A.青蒿素的摩尔质量为282g·mol－1B.青蒿素中C、H、O的质量之比为15∶22∶5C.1mol青蒿素的体积约为22.4LD.1mol青蒿素中含11molH2【答案】A【解析】【详解】A.青蒿素的摩尔质量为282g·mol－1，故A正确；B.青蒿素中C、H、O的物质的量之比为15:22:5，故B错误；C.青蒿素在标准状况下不是气体，故C错误，D.青蒿素中不含H2，故D错误；本题选A。3.下列说法不正确的是（）A.“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化物有关B.酒精、次氯酸钠消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的C.一束平行光线射入蛋白质溶液里，从侧面可以看到一条光亮的通路D.氢氧化铁胶体中逐滴滴入稀硫酸，先看到红褐色沉淀生成而后沉淀溶解【答案】B【解析】【详解】A．以一氧化氮和二氧化氮为主的氮氧化物是形成“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”的形成的一个重要原因，故A正确；B．乙醇能够杀菌消毒，但乙醇不具有氧化性，故B错误；C．蛋白质溶液为胶体，一束平行光线射入蛋白质溶液里，从侧面可以看到一条光亮的通路，故C正确；D．稀硫酸是电解质溶液，氢氧化铁胶体遇电解质溶液发生聚沉，然后氢氧化铁与硫酸发生中和反应而溶解，故D正确；答案选B。4.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A.c(OH－)/c(H＋)＝10－12的溶液中：NH4+、Cu2＋、NO3-、SO42-B.滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K＋、Cl－、I－C.0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中：Fe3＋、K＋、Cl－、SO42-D.水电离产生的c(OH－)＝10－12mol·L－1的溶液中：Na＋、Al3＋、Cl－、NO3-【答案】A【解析】【详解】A．c(OH－)/c(H＋)=10-12的溶液，显酸性，NH4+、Cu2＋、NO3-、SO42-离子之间不反应，与氢离子也不反应，可大量共存，故A正确；B．滴加KSCN溶液显红色的溶液，说明溶液中存在三价铁离子，三价铁离子能够氧化碘离子，不能大量共存，故B错误；C．Fe3＋与HCO3-发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．由水电离的c(OH－)=10-12mol•L-1的溶液，为酸溶液或碱溶液，碱溶液中不能大量存在Al3+，故D错误；答案选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意“c(OH－)＝10－12mol·L－1的溶液”与“水电离产生的c(OH－)＝10－12mol·L－1的溶液”的区别，前者表示溶液显酸性，后者表示溶液显酸性或碱性。5.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NAB.常温下pH=1的盐酸溶液中的H+离子数目为0.1NAC.0.2molAl与足量NaOH溶液反应，生成氢气的体积为6.72LD.1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA【答案】A【解析】【详解】A、1molCO含有质子物质的量为(6＋8)mol=14mol，1molN2中含有质子物质的量为2×7mol=14mol，因此1molN2和CO的混合气体中含有质子物质的量为14mol，选项A正确；B．缺少溶液的体积V，不能计算溶液中H+离子数目，选项B错误；C．0.2molAl与足量NaOH溶液反应，生成0.3molH2，Vm的数值不知，不能确定H2体积，选项C错误；D、1molFeI2含有1molFe2+、2molI-，完全反应需要消耗1.5mol氯气，转移3mol电子，即转移电子数为3NA，选项D错误；答案选A。6.一定温度和压强下，用mg的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中正确的是()A.气球②中装的是O2B.气球①和气球③中气体分子数相等C.气球①和气球④中气体物质的量之比为4∶1D.气球③和气球④中气体密度之比为2∶1【答案】D【解析】试题分析：A、一定温度压强下，气体的Vm是相等的，用mg的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，则根据V=nVm=mMVm得到体积和相对分子质量成反比，所以体积的大小顺序是：CH4＞O2＞CO2＞SO2，C中装的是氧气，故A错误；B、根据A的分析，D、C、B、A四个球中分别是CH4、O2、CO2、SO2，气球A和气球C中气体分子数之比等于体积之比，等于相对分子质量M的倒数之比，即为32：64=1：2，故B错误；C、气球A和气球D中气体物质的量之比等于体积之比，等于M的倒数之比，即为1：4，故C错误；D、气球C和气球D中气体密度之比等于摩尔质量之比，即为：32：16=2：1，故D正确；故选D。考点：考查了阿伏加德罗定律及推论的相关知识。7.把图二的碎纸片补充到图一中，可得到一个完整的离子方程式。对该离子方程式说法正确的是A.配平后的化学计量数依次为3、1、2、6、3B.若有1mol的S被氧化，则生成2molS2-C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2D.2mol的S参加反应有3mol的电子转移【答案】C【解析】由所给物质的化合价和溶液的酸碱性可知该反应的离子方程式为3S＋6OH－=SO32－＋2S2－＋3H2O，其中S既作氧化剂又作还原剂，还原产物是S2－，氧化产物是SO32－，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比是1:2。每消耗3molS，转移4mol电子，，所以正确的答案是C。8.已知2Fe3＋＋2I－=I2＋2Fe2＋、2Fe2＋＋Br2=2Br－＋2Fe3＋。现向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是①氧化性：Br2Fe3＋I2②原溶液中Br－一定被氧化③通入氯气后，原溶液中的Fe2＋一定被氧化④不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2＋⑤若取少量所得溶液，加入CCl4后静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2＋、Br－均被完全氧化A.①②③④B.①③④⑤C.②④⑤D.①②③④⑤【答案】B【解析】【分析】由题给方程式可知，还原性强弱顺序为：I－＞Fe2＋＞Br－，氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化。【详解】①氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由题给方程式可知，氧化性：Br2Fe3＋I2，故正确；②原溶液中的Br-可能被氧化，也可能未被氧化，故错误；③通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故正确；④通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故正确；⑤若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br-被完全氧化，I-、Fe2+均被完全氧化，故正确；答案选B。9.在含有Na+的中性溶液中，还可能存在NH4+、Fe2+、Br-、CO32-、I-、SO32-六种离子中的一种或几种，进行如下实验：（1）原溶液加足量氯水后，有气泡生成，溶液呈橙黄色；（2）向橙黄色溶液中加BaCl2溶液无沉淀生成；（3）橙黄色溶液不能使淀粉变蓝。由此推断溶液中一定不存在的离子是A.NH4+、Br-、CO32-B.NH4+、I-、SO32-C.Fe2+、I-、SO32-D.Fe2+、I-、CO32-【答案】C【解析】【分析】根据加新制氯水后溶液呈现的颜色判断溶液中可能存在的离子，再根据生成的气体判断含有的离子；根据加入钡离子后无白色沉淀生成判断溶液中不含有亚硫酸根离子；根据加入淀粉溶液后不显蓝色判断碘离子是否存在。【详解】由实验（1）反应后溶液呈橙黄色，可以推知溶液中有Br-，由有气泡生成推知一定有CO32-；由Fe2+和CO32-不能共存，可知溶液中一定无Fe2+；由实验（2）现象推知原溶液一定无SO32-；由实验（3）的现象推知溶液一定无I-，从上述实验现象无法确定Na+存在与否；故原溶液一定不存在的离子为Fe2+、I-、SO32-；答案选C。10.某校化学兴趣小组在实验中发现一瓶溶液，标签上标有“CaCl20.1mol·L-1”的字样，下面是该小组成员对溶液的叙述，正确的是（）A.配制1L溶液，可将0.1mol的CaCl2溶于1L水B.取少量该溶液加水至溶液体积为原来的二倍，所得溶液c(Cl−)=0.1mol·L-1C.Ca2+和Cl-的浓度都是1mol·L－1D.取该溶液的一半，则所取溶液c（CaCl2）=0.05mol·L-1【答案】B【解析】【详解】标签上标有“CaCl20.1mol•L-1”的字样，即在1L的溶液中含0.1molCaCl2；A.将0.1molCaCl2溶于1L水中，所得溶液的体积不是1L，无法计算浓度，故A错误；B.溶液中Cl-的浓度为0.2mol/L，将溶液稀释一倍，则浓度减半，故稀释后Cl-的浓度应为0.1mol/L，故B正确．C.在CaCl2中，Ca2+和Cl-的物质的量之比为1：2，则浓度之比也为1：2，故Ca2+的浓度为0.1mol/L，而Cl-的浓度应为0.2mol/L，故C错误；D.溶液是均一稳定的，浓度与取出的溶液的体积是多少无关，故D错误；答案：B11.分别向体积均为100mL、浓度均为1mol/L的NaClO、NaOH、CH3COONa的三种溶液中通入CO2，测得各溶液中n(HCO3-)的变化如下图所示：下列分析正确的是A.CO2通入NaClO溶液的反应：2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClOB.CO2通入CH3COONa溶液的反应：CO2+H2O+CH3COO-=HCO3-+CH3COOHC.通入n(CO2)=0.06mol时，NaOH溶液中的反应：2OH-+CO2=CO32-+H2OD.通入n(CO2)=0.03mol时，三种溶液中：n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2CO3)=0.03mol【答案】D【解析】【详解】A.次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，所以反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，则少量二氧化碳通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO，A错误；B.碳酸的酸性比醋酸弱，CO2通入CH3COONa溶液不反应，B错误；C.n(NaOH)=0.1mol，通入n(CO2)=0.06mol，反应产物为碳酸氢钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式：5OH-+3CO2=2CO32-+HCO3-+2H2O，C错误；D.通入n(CO2)=0.03mol，三种溶液中存在碳元素的物料守恒得到：n(HCO3-)+n(CO