安徽省芜湖市第一中学2020届高三化学上学期基础检测试题（含解析）

-1-安徽省芜湖市第一中学2020届高三化学上学期基础检测试题（含解析）可能用到的相对原子质量C:12H:1O:16Na:23Mg:24A1:27P:31Fe:56Cu:64Cl:35.5一、选择题共20小题，每小题2分1.化学与生活生产密切相关。下列有关说法错误的是（）A.明矾可作饮用水的消毒剂和净水剂B.淀粉，纤维素和蛋白质都是天然高分子化合物C.衣物中的棉、麻、蚕丝灼烧后的产物不同D.除去银器表面黑色的Ag2S，可将其放入盛有食盐水的铝容器中煮沸【答案】A【解析】【详解】A.明矾可以净水，但不能消毒杀菌，A项错误；B.淀粉、纤维素和蛋白质的相对分子质量上万，都是天然高分子化合物，B项正确；C.棉、麻的主要成分为纤维素，纤维素中含C、H、O三种元素，蚕丝的主要成分为蛋白质，蛋白质中含C、H、O、N等元素，灼烧后产物不同，C项正确；D.除去银器表面黑色的Ag2S，可将其放入盛有食盐水的铝容器中煮沸，发生原电池反应，铝是负极、银是正极，正极上Ag2S得电子被还原为银，D项正确；答案选A。2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A.用含1molFeCl3的溶液制得的Fe(OH)3胶体中含胶粒数为NA[假设所有的FeCl3都转化为Fe(OH)3胶体]B.物质的量浓度为0.5mol·L—1的MgC12液中，含有C1-的个数为NAC.KIO3+6HI=KI+3H2O+3I2，生成3mo1I2转移电子的总数为5NAD.60gSiO2晶体中含有硅氧键的数目为2NA【答案】C【解析】【详解】A.Fe(OH)3胶体中的胶体粒子是多个Fe(OH)3形成的聚合体，含1molFeCl3的溶液制-2-得的Fe(OH)3胶体中含胶粒数少于NA，A项错误；B.未告知溶液的体积，无法计算物质的量浓度为0.5mol·L—1的MgC12液中，含有C1-的个数C.在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2，则消耗1mol碘酸钾，I元素的化合价从+5价降低到0价，转移电子的物质的量是5mol，所以转移的电子数是5NA，C项正确；D.60gSiO2中含有6060/ggmol=1molSi原子，每个Si原子含有4个Si—O键，Si—O键的个数为4NA，D项错误；答案选C。【点睛】D项是易错点，注意一些物质中化学键的数目，如1molH2O中含有2molO—H键；1molNH3中含有3molN—H键；1molCH4中含有4molC—H键；1molSiO2中含有4molSi—O键；1molP4中含有6molP—P键；1molSi中含有2molSi—Si键；1mol石墨中含有1.5NA个C—C键；1molCnH2n＋2中含有(3n＋1)NA个共价键，(2n＋2)NA个极性键，(n－1)NA个非极性键。3.在t℃时，将agNH3完全溶于水，得到VmL溶液，假设该溶液的密度为g/mL，质量分数为W，其中含有NH4+的物质的量是bmo1，下列叙述正确的是（）A.溶液中c(OH-)＝1000bVmol/L+c(H+)B.溶质的物质的量浓度1000ac=mol/L35VC.溶质的质量分数aW=ρV-a100%D.向上述溶液中加入VmL水，所得溶液的质量分数大于0.5W【答案】A【解析】【详解】A.溶液中c(NH4+)=3bmolV10L=1000bVmol/L，根据溶液呈电中性，可知c(OH−)=c(H+)+c(NH4+)，则溶液中c(OH−)=1000bVmol/L+c(H+)，A项正确；B.agNH3的物质的量为ag17g/mol=17amol，溶液体积为VmL，所以溶液的物质的量浓度c=3a/17V10-3-=100017aVmol/L，B项错误；C.氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为ρg⋅cm−3，体积为VmL，所以溶液质量为ρVg，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数W=ρVgag×100%，C项错误；D.水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，根据溶质的质量分数=mm溶质溶液×100%可知，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5W，D项错误；答案选A。【点睛】D项是易错点，要注意氨水的密度比纯水的密度小，等体积混合后，溶质的质量分数会发生变化。4.下列关于物质分类的说法正确的是（）A.稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液都属于胶体B.Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物C.氨水、次氯酸都属于弱电解质D.通过化学反应，可由Ba(OH)2一步转化生成NaOH【答案】D【解析】【详解】A.分散质粒子直径介于1−100nm之间的分散系为胶体，而氯化铁溶液属于溶液，不是胶体，A项错误；B.能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，Al2O3即可以与酸反应生成盐和水，又能和碱反应生成盐和水，故Al2O3是两性氧化物，B项错误；C.在水溶液中只能部分电离的化合物为弱电解质，氨水是一水合氨的水溶液，属于混合物，不是弱电解质，C项错误；D.Ba(OH)2与碳酸钠反应可生成氢氧化钠与碳酸钡沉淀，D项正确；答案选D。【点睛】判断是否是电解质或非电解质，要紧扣定义，前提是先判断是否是化合物，若为单质或混合物，则不是电解质考虑的范围。-4-5.下列各溶液中，一定能大量共存的是（）A.Fe3+、Na+、SO42-、H2O2B.Na+、SO42-、CH3COO—、S2-C.Pb2+、K+、SO42-、C1—D.C2H5OH、MnO4—、H+、K+【答案】B【解析】【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应，则离子大量共存，以此来解答。【详解】A.Fe3+会催化H2O2的分解，不能共存，A项错误；B.该组离子之间不反应，可大量共存，B项正确；C.Pb2+与SO42-结合生成沉淀，不能共存，C项错误；D.C2H5OH、MnO4-、H+会发生氧化还原反应，不能共存，D项错误；答案选B。【点睛】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的考查，如D项乙醇与酸性高锰酸钾的氧化还原反应，利用排除法即可选择正确答案，题目难度不大。6.下列实验“操作和现象”与“结论”都正确的是（）选项操作和现象结论A分别向苯和甲苯溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，苯中不褪色，甲苯中褪色苯环对甲基有影响B加入AgNO3溶液后生成白色沉淀,加稀盐酸沉淀不溶解可确定有Cl−存在C将某种气体通入酸性KMnO4溶液。溶液褪色说明该气体一定具有漂白性D向某溶液中逐渐通入CO2气体,先出现白色胶状沉淀,继续通入CO2气体,白色胶状沉淀不溶解证明该溶液中存在AlO2−-5-A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.苯环影响甲基，会使甲基易被氧化，故向甲苯中加入酸性高锰酸钾溶液后溶液会褪色，但苯不易被酸性高锰酸钾溶液氧化，A项正确；B.加入AgNO3溶液后生成白色沉淀，然后加入稀硝酸后白色沉淀不溶解，从而证明原溶液中含有Cl−，而不能用稀盐酸酸化，B项错误；C.将某种气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色，通入的气体可能为乙炔、乙烯等具有还原性的气体，不一定具有漂白性，C项错误；D.向某溶液中逐渐通入CO2气体，先出现白色胶状沉淀，继续通入CO2气体，白色胶状沉淀不溶解，生成的沉淀可能为硅酸，不一定为氢氧化铝，则原溶液中不一定含有偏铝酸根离子，D项错误；答案选A。7.下列有关图示装置的叙述不正确的是（）A.①可用于吸收实验中多余的SO2B.②可用于收集H2、NH3、Cl2、NO等C.③中X为CC14，可用于吸收NH3或HC1气体D.④可用于收集NH3，并吸收多余的NH3【答案】B【解析】【详解】A.二氧化硫有毒，需用氢氧化钠溶液吸收，A项正确；B.长导管进气可收集Cl2，短导管进气可收集H2、NH3，但NO的密度与空气的相差不大，且会与空气中氧气反应，则不能用排空气法收集，B项错误；-6-C.X为CC14，其密度比水的密度大，在水的下层，可隔绝气体与水，起到防倒吸的作用，C项正确；D.氨气属于碱性气体，图中碱石灰干燥氨气，且其密度比空气的小，易溶于水，采用向下排空气法收集及尾气处理均合理，D向正确；答案选B。【点睛】装置③中若选用密度比水小的有机溶剂，有机层在上方，导管仍能直接接触水，则不能防倒吸。8.下列实验方法或装置正确的是（）A.用图1所示装置制取乙烯B.用图2所示方法验证S、C、Si的非金属性C.用图3所示方法探究固体表面积对反应速率的影响D.用图4所示方法检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生乙烯【答案】B【解析】【详解】A.制备乙烯在170℃，测定反应液的温度，图中温度计位置不合理，温度计水银球应在液面下，A项错误；B.元素最高价氧化物对应的水化物酸性越强，对应的非金属性越强，实验操作和涉及合理，B项正确；C.浓度不同，接触面积不同，则图中不能探究固体表面积对反应速率的影响，C项错误；D.溴乙烷与NaOH醇溶液发生消去反应，乙醇易挥发，乙醇、乙烯均能被高锰酸钾氧化，则不能检验乙烯，D项错误；答案选B。【点睛】实验方案涉及及评价是高考高频考点，学生要有严谨治学的态度与较强的逻辑思维-7-与动手能力。B项若改为稀盐酸与碳酸钠制备二氧化碳再进行实验，就不能证明结论，因为盐酸易挥发，挥发的HCl也会使烧杯中出现白色胶状沉淀，因此做题时要格外注意。9.电解质在溶液中的行为是化学研究的重要内容，下列有关溶液的叙述不正确的是（）A.加热蒸干NaCl、MgCl2溶液时可以得到晶体NaCl、MgCl2B.相同条件下，等物质的量浓度的溶液导电能力：HClNH3·H2OC.溶液中离子结合质子(氢离子)的能力：C2O42—＞HC2O4—＞SO42—D.水玻璃可存放在橡胶塞的细口瓶中【答案】A【解析】【详解】A.MgCl2水解生成氢氧化镁和氯化氢，加热氯化氢挥发，最终得到的固体是氢氧化镁，得不到氯化镁，A项错误；B.HCl是强电解质，NH3⋅H2O是弱电解质，相同条件下，等物质的量浓度的溶液中离子浓度：HClNH3⋅H2O，导电能力：HClNH3⋅H2O，B项正确；C.酸性：HSO4−H2C2O4HC2O4−，对应的酸越强，则酸根离子得到质子的能力越弱，则结合质子能力：C2O42-＞HC2O4-＞SO42-，C项正确；D.水玻璃是硅酸钠的水溶液，水解显碱性，不能存放在玻璃塞的细口瓶，而可存放在橡胶塞的细口瓶中，D项正确；答案选A。【点睛】A项是学生的易错点，溶液蒸干后产物的判断方法可归纳为几种情况：1、溶质会发生水解反应的盐溶液，则先分析盐溶液水解生成的酸的性质。若为易挥发性的酸（HCl、HNO3等），则最会蒸干得到的是金属氢氧化物，灼烧得到金属氧化物。若为难挥发性酸（硫酸等），且不发生任何化学变化，最终才会得到盐溶液溶质本身固体；2、溶质会发生氧化还原反应的盐溶液，则最终得到稳定的产物，如加热蒸干亚硫酸钠，则最终得到硫酸钠；3、溶质受热易分解的盐溶液，则最终会得到分解的稳定产物，如加热蒸干碳酸氢钠，最终得到碳酸钠。学生要理解并识记蒸干过程可能发生的变化。10.现有Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、A1(OH)3、NaOH(aq)六种物质，它们之间有如图所示转化关-8-系，图中每条线两端的物质之间都可以发生反应，下列推断中不合理的是（）A.N一定是HCl(aq)B.M一定是AlC.X、Q、Z中的一种必定为A12O3D.Y一定为NaOH(aq)【答案】C【解析】【分析】由转化可知，Y能与其它五种物质[Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、Al(OH)3]反应，则Y为NaOH，N能与四种物质[Al、Al2O3、Al(OH)3、NaOH(aq)]反应，且N与NaOH反应，则N为HCl，M能与三种物质[Cl2、HCl(aq)、NaOH(aq)]反应，且M与HCl反应，可知M为Al，剩余X、Z、Q均与两种物质反应，X与Al、NaOH反应，则X为Cl2，Z、Q均与NaOH、HCl反应，则Z、Q分别为Al2O3