安徽省六安二中2020届高三化学上学期第一次诊断性考试试题 理（含解析）

六安二中2020学年度第一学期高三第一次诊断性考试化学试题1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是( )A. 大力推广应用燃煤脱硫技术，可减少硫氧化物对空气的污染，同时可制得石膏产品B. 普通玻璃和氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料C. 凡是含有食品添加剂的食物对人体健康均有害D. 为消除碘缺乏病，政府规定在食盐中必须添加一定量的KI【答案】A【解析】【分析】二氧化硫反应后生成亚硫酸钙，亚硫酸钙可以被氧化为硫酸钙；普通玻璃属于传统无机非金属材料；食盐、 食醋、 食用油均可用作食品添加剂，含有食品添加剂的食物对人体健康不一定有害；为消除碘缺乏病，政府规定在食盐中必须添加一定量的KIO3。【详解】应用燃煤脱硫技术，将二氧化硫转化为亚硫酸钙，亚硫酸钙容易被氧气氧化为硫酸钙，故可以减少二氧化硫的排放、同时得到副产品石膏，A正确；普通玻璃属于传统无机非金属材料，故B错误；食盐、 食醋、 食用油均可用作食品添加剂， 所以含有食品添加剂的食物对人体健康不一定有害，故C错误；为消除碘缺乏病，政府规定在食盐中必须添加一定量的KIO3，故D错误；2.我国汉书中记载：“高奴县有洧水，可燃”，沈括在梦溪笔谈对洧水的使用有如下描述：“予知其烟可用，试扫其烟为墨，黑光如漆，松墨不及也”，对上述史实记载分析正确的是（ ）A. 该物质属于纯净物 B. 该物质可能属于无机化合物C. 该物质是由同一类烃组成的混合物 D. 烟是该物质不完全燃烧的产物【答案】D【解析】【详解】由两种或两种以上的物质组成的物质为混合物，只含一种物质的为纯净物，由题中信息可知，“洧水”是石油，是烃的混合物；A“洧水”是石油，含有多种烃，是烃的混合物，故A错误；B“洧水”是石油，主要成分是不同类型的烃，烃属于有机物，故B错误；C“洧水”是石油，含有多种不同类型的烃，是烃的混合物，故C错误；D石油中C元素的含量较高，点燃时不完全燃烧会生成大量的黑烟，故D正确；正确选项D。3.饮茶是中国人的传统饮食文化之一。为方便饮用，可通过以下方法制取罐装饮料茶，上述过程涉及的实验方法、实验操作和物质作用说法 不正确的是A. 操作利用了物质的溶解性B. 操作为分液C. 操作为过滤D. 加入抗氧化剂是为了延长饮料茶的保质期【答案】B【解析】A. 由操作利用了物质的溶解性,故A正确；B. 操作为茶汤的分灌封口，不是分液，故B错；分离茶汤和茶渣属于过滤，故C正确； D维生素C具有还原性，维生素C可作抗氧化剂，故D正确；答案：B。4.下列化学用语表述正确的是（ ）A. 核内质子数为117，核内中子数为174的核素Ts可表示为：TsB. 乙醇的结构简式：C2H6OC. COCl2的结构式为：D. CaO2的电子式为：【答案】C【解析】A. 核内质子数为117，核内中子数为174的核素Ts的质量数为291，可表示为，故A错误；B. 乙醇的结构简式为CH3CH2OH，C2H6O是乙醇的分子式，故B错误；C. 在有机物中C元素形成4个共价键，O元素形成2个共价键，Cl元素形成1个共价键，所以COCl2的结构式为：，故C正确；D. CaO2中含有过氧离子，电子式为，故D错误；答案选C。点睛：本题主要考查化学用语，涉及原子构成、电子式、结构式、结构简式等，把握化学用语的区别及规范应用是解答本题的关键，试题难度不大。本题的易错点是D项，注意CaO2中含有的是过氧离子，不是氧离子。5.设NA为阿伏加徳罗常数的数値，下列说法正确的是( )A. 常温常圧下，7.0g由丁烯与丙烯組成的混合气体中含有的氢原子数目为NAB. 向1L的密闭容器中充入46gNO2气体，容器中气体的分子数为NAC. 6.4g铜与足量的硫单质混合加热，转移电子的数目为0.2NAD. 标准状况下，2.24LSO3中含有0.1NA个SO3分子【答案】A【解析】分析：A. 丁烯与丙烯的最简式都为CH2，利用7.0g/142NA可以求出氢原子数目；B. 存在2NO2 N2O4可逆反应；C. 铜与硫加热反应生成硫化亚铜；D. 标准状况下， SO3为固态，不能用气体摩尔体积进行计算。详解：丁烯与丙烯的最简式都为CH2，所以7.0g由丁烯与丙烯组成的混合气体中，n(CH2)=0.5mol，所以含有的氢原子数目为NA，A正确；46gNO2气体为1mol，由于存在2NO2 N2O4可逆反应，所以容器内的分子数小于NA，B错误；铜与足量的硫单质混合加热，生成硫化亚铜；铜元素的化合价由0价升高+1价，因此6.4g铜（即为0.1mol）完全反应后，转移电子的数目为0.1NA，C错误；标准状况下SO3为固体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，D错误；正确选项A。点睛：金属铁、铜分别与氯气加热反应均生成高价化合物氯化铁、氯化铜；金属铁、铜分别与硫蒸气反应均生成低价化合物硫化亚铁、硫化亚铜；这是因为氯气的氧化性大于单质硫的氧化性。6. 下列物质均有漂白作用，其漂白原理相同的是过氧化钠 次氯酸 二氧化硫 活性炭 臭氧A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：过氧化钠、次氯酸和 臭氧等漂白的原理属于化学变化，是永久性的，而二氧化硫的漂白作用不是永久性的，活性炭属于物理吸附，所以漂白原理相同的是，答案为A。【考点定位】本题主要是考查漂白作用原理判断【名师点晴】掌握常见的漂白剂漂白原理是解答的关键，归纳如下：用于漂白的物质实际参与漂白的物质漂白原理变化类别漂白特点活性炭活性炭吸附漂白物理变化物理漂白不可逆氯气次氯酸利用次氯酸的强氧化性进行漂白化学变化氧化还原漂白，不可逆次氯酸盐次氯酸过氧化钠过氧化氢过氧化氢的强氧化性化学变化氧化还原漂白，不可逆过氧化氢二氧化硫二氧化硫二氧化硫与有色物质化合生成不稳定的无色物质化学变化可逆7.常温下，下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是A. 能溶解的溶液中：、B. 水电离出的溶液中：、C. 滴入KSCN显红色的溶液：、D. 的溶液中：、【答案】C【解析】【分析】A、能溶解Al2O3的溶液为强酸或强碱溶液；B、水电离出的c（H+）10-9mol/L的溶液为酸性或碱性溶液；C、滴入KSCN显红色的溶液中含有Fe3+离子；D、c（H+）/c（OH-）=1012的溶液为酸性溶液。【详解】A项、能溶解Al2O3的溶液，为强酸或强碱溶液，HCO3-既能与酸反应又能与碱反应，在能溶解的溶液中不能共存；从溶液中的离子可知，AlO2、HCO3-与Fe3+相发生双水解，在溶液中不能共存，故A错误；B项、水电离出的c（H+）10-9mol/L的溶液为酸性或碱性溶液, 碱性溶液中，Fe3+与OH反应不能大量存在，故B错误；C项、滴入KSCN显红色的溶液中含有Fe3+离子，溶液中离子之间都不发生任何反应，也不与Fe3+离子反应，可大量共存，故C正确；D项、c（H+）/c（OH-）=1012的溶液为酸性溶液，HCO3-能与酸反应不能大量存在，故D错误。故选C。【点睛】本题考查了离子共存的判断，明确离子反应发生条件及题中暗含条件的要求为解答关键，注意掌握离子不能共存的情况。8.有一在空气中放置了一段时间的KOH固体,经分析测得其含水2.8%、含K2CO337.3%,取1g该样品投入25ml 2mol/L 的盐酸中后，多余的盐酸用1.0mol/LKOH溶液30.8ml恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体A. 1g B. 3.725g C. 0.797g D. 2.836g【答案】B【解析】考查化学的有关计算。根据反应过程可知，最终生成的固体应该是氯化钾，所以根据氯原子守恒可知，氯化钾的物质的量是0.025L2mol/L0.05mol，则氯化钾的质量就是0.05mol74.5g/mol3.725g，答案选B。9.等物质的量的O2、N2、CO2混合气体通过Na2O2后，体积变为原体积的8/9（同温同压），这时混合气体中O2、N2、CO2物质的量之比为（ ）A. 960 B. 431 C. 332 D. 763【答案】B【解析】【分析】氧气和氮气都不和过氧化钠反应，二氧化碳和过氧化钠反应生成氧气，根据反应前后体积的变化判断出二氧化碳有剩余，再根据反应的化学方程式计算混合气体中O2、N2、CO2物质的量之比。【详解】设三者的物质的量分别为3mol，发生的反应方程式为2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，反应后气体体积变为原来的8/9（同温同压），即剩余气体的物质的量为8mol，若二氧化碳完全与过氧化钠反应，则气体的物质的量减少1.5 mol，即剩余气体为7.5 mol，这说明二氧化碳有剩余，设有xmol二氧化碳参加反应，则有3+3+0.5x+（3-x）8，解得x2，所以反应后N2的物质的量为3mol，O2的物质的量为4mol，CO2的物质的量为1mol，反应后的混合气体中O2、N2、CO2物质的量之比为4：3：1，答案选B。【点睛】本题考查有关混合物的计算，题目难度不大，注意明确通过过氧化钠时，因为二氧化碳变为氧气，引起体积变化，注意差量法在化学计算中的应用方法，试题有利于培养学生的分析、理解能力及化学计算能力。10.下列指定反应的离子方程式正确的是A. 向溶液中滴加HI溶液：B. 用铜电极电解氯化钠溶液：C. 向溶液中加入过量氨水：D. 向溶液中滴加稀盐酸：【答案】C【解析】【分析】A、方程式左右电荷不守恒；B、用铜作阳极电解氯化钠溶液时，阳极上铜失电子生成铜离子；C、向Al2（SO4）3溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝和硫酸铵，氢氧化铝不溶于弱碱；D、硅酸钠与氯化氢反应生成硅酸沉淀和氯化钠，硅酸钠为易溶于水易电离的盐，应拆写、【详解】A项、氯化铁具有氧化性，碘化氢中-1价的碘离子具有还原性，两者发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子，反应为：2Fe3+2I-2Fe2+I2，故A错误；B项、用铜作阳极电解氯化钠溶液时，阳极上铜失电子而不是电解质溶液中氯离子失电子，所以得不到氯气，故B错误；C项、Al2（SO4）3溶液中加入过量氨水反应生成氢氧化铝和硫酸铵，离子方程式Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故C正确；D项、向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：SiO32-+2H+H2SiO3，故D错误。故选C。【点睛】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意氢氧化铝不溶于弱碱为易错选项。11.用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是( )A. 鉴别纯碱与小苏打 B. 证明Na2O2与水反应放热C. 证明Cl2能与烧碱溶液反应 D. 探究钠与Cl2反应【答案】A【解析】A加热固体，为防止生成的水倒流，试管口应向下倾斜，故A错误；B过氧化钠与水反应生成氧气，棉花着火，说明温度升高达到了棉花的着火点，所以证明放出大量的热，故B正确；C氯气与NaOH反应，则气球变大，可验证氯气与NaOH的反应，故C正确；D钠与氯气加热生成氯化钠，碱液可吸收过量的氯气，图中装置可验证钠与氯气的反应，故D正确；故选A点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大12.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )A. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆 B. NaHCO3能与碱反应，可用作焙制糕点的膨松剂C. Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂 D. 液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂【答案】D【解析】A二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有与漂白性，与其氧化性无关，故A错误；B碳酸氢钠不稳定受热易分解生成二氧化碳，所以可做焙制糕点的膨松剂，故B错误；CFe2(SO4)3水溶液中三价铁离子水解生成的氢氧化铁胶体具有吸附性，能吸附水中固体杂质颗粒，所以可以用作净水剂，与硫酸铁易溶于水性质无关，故C错误；D液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，可用作制冷剂，故D正确；故选D。13.下列有关实验操作或判断正确的有( )用10mL量筒准确量取稀硫酸溶液8.0mL；用干燥的pH试纸测定氯水的pH；能说明亚硝酸是弱电解质的是：用HNO2溶液作导电试验，灯泡很暗；使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容后所得溶液的浓度偏大；将饱和FeCl3溶液滴入蒸馏水中即得Fe(OH)3胶体； 圆底烧瓶、锥形瓶、蒸发皿加热时都应垫在石棉网上；除去铁粉中混有的少量铝粉可加入过量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤；为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量；用食醋除去水壶中的水垢。A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个【答案】B【解析】氯水具有强氧化性，可使指示剂氧化褪色，不正确。灯泡很暗说明溶液中离子的浓度小，但不能证明电解质但强弱，不正确。制备Fe(OH)3胶体应将饱和的FeCl3溶液滴入沸腾的蒸馏水中，不正确。蒸发皿加热不需要垫石棉网，不正确。瓷坩埚中含有二氧化硅，在加热时能和氢氧化钠反应，不正确。所以答案是B。14.CaCO3是一种化工原料，可以通过反应生成一系列物质，如图所示。下列说法正确的是A. 和均可以漂白有色物质，两者混合使用漂白效果更好。B. 由可知的酸性强于C. 工业上，可先向饱和食盐水中通入后再通入制D. 制取玻璃、纯碱和漂白粉所涉及的反应都是非氧化还原反应【答案】C【解析】【分析】A、Cl2没有漂白性；B、反应在高温条件下进行，不是利用强酸制备弱酸原理；C、NH3极易溶于水且溶液呈弱减性，再通入CO2使之更多地转化为HCO3-；D、制备漂白粉的反应中氯元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应。【详解】A项、二氧化硫与有机色质化合为无色物质，具有漂白性，而Cl2没有漂白性，其与水反应生成的HClO，具有强氧化性，可以使有色物质褪色，具有漂白性，故A错误；B项、反应在高温条件下进行，不是利用强酸制备弱酸原理，不能说明酸性强弱，故B错误；C项、NH3极易溶于水且溶液呈弱减性，再通入CO2使之更多地转化为HCO3-，故工业上，可先向饱和食盐水中通入NH3后再通入CO2制NaHCO3，故C正确；D项、二氧化硅与碳酸钠反应制取玻璃、加热分解碳酸氢钠制取纯碱，两反应中元素化合价不变化，属于非氧化还原反应，但制备漂白粉的反应中氯元素的化合价由0价变化为-1、+1价，属于氧化还原反应，故D错误。故选C。【点睛】本题考查物质的转化及性质，涉及了氯气与二氧化硫的性质、硅酸盐工业、氧化还原反应等，注意A选项中氯气没有漂白性，常见的漂白原理为二氧化硫发生化合反应生成不稳定无色物质、次氯酸等具有强氧化性的物质利用其强氧化性使有机色质漂白褪色、活性炭利用物理吸附作用漂白褪色。15.硼氢化钠（NaBH4）在有机合成、化工生产方面有广泛应用。制备硼氢化钠的化学方程式为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3。下列有关上述反应的说法错误的是( )A. 氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1B. 转移4 mol电子时，只需向装置中通入44.8 L H2（标准状况）C. 装药品之前加热装置至100并持续一会儿D. 制备硼氢化钠的副产物可能有NaH【答案】B【解析】【分析】该反应中H元素化合价由0价变为-1价、Na元素化合价由0价变为+1价，转移电子总数为4，所以反应中钠是还原剂，而氢气是氧化剂，由此分析解答。【详解】A、由反应NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3可知氧化产物为Na2SiO3，还原产物是NaBH4，所以氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1，A正确；B、转移4 mol电子时，根据方程式可知理论上需要2mol氢气，在标准状况下的体积为2mol22.4L/mol44.8 L，但由于是可逆反应，需要通入氢气的体积大于44.8 L，B错误；C、由于钠极易被氧化且能与水反应，所以需要排尽装置中的空气和水蒸气，则装药品之前加热装置至100并持续一会儿，C正确；D、由于钠离子可与还原产物生成NaH，因此制备硼氢化钠的副产物可能有NaH，D正确；答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应的有关判断与计算，题目难度中等，解答该题的关键是熟练掌握氧化还原反应中几组概念，尤其要注意从元素化合价变化的角度去分析和解答。选项B是易错点。16.在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共mg，若加入足量的Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加mg；则CO2与CH4的体积比为A. 3：l B. 2：l C. 1：l D. 任意比【答案】C【解析】试题分析：利用“CONa2O2=Na2CO3和H2Na2O2=2NaOH”，CO无论是多少，Na2O2的质量就增加多少， 只要把CO2、CH4拆成CO和H2的形式就可以了，因此当两者的比值为1：1，则mg的混合气体能使固体的质量增加mg，故选项C正确。考点：考查过氧化钠的性质等知识。17.根据下列化学反应和事实,说明反应利用了硫酸的什么性质,将表示性质的选项的字母填在各小题的横线上. A.不挥发性 B.酸性 C.吸水性 D.脱水性 E.强氧化性 F 强酸性 （1）浓硫酸可作气体干燥剂_（2）蔗糖中加浓产生“黑面包”现象_（3）(稀)=_（4）_【答案】 (1). C (2). DE (3). B (4). E【解析】【分析】（1）浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂；（2）浓硫酸具有脱水性，能使蔗糖碳化，浓硫酸与碳反应生成二氧化碳和二氧化硫，产生“黑面包”现象；（3）Zn与稀H2SO4的反应实质是锌与氢离子反应生成氢气和锌离子；（4）碳与浓硫酸反应中，硫元素化合价降低，碳元素化合价升高。【详解】（1）浓硫酸可作气体干燥剂，体现浓硫酸的吸水性，故答案为：C；（2）浓硫酸具有脱水性，能使蔗糖碳化，具有强氧化性的浓硫酸又与碳反应生成二氧化碳和二氧化硫，产生“黑面包”现象，故答案为：DE；（3）Zn+H2SO4（稀）ZnSO4+H2：反应的实质是锌与氢离子反应生成氢气和锌离子，体现硫酸的酸性，故答案为：B；（4）C+2H2SO4（浓）2SO2+2H2O+CO2，反应中浓硫酸中的硫元素化合价降低，所以浓硫酸只做氧化剂，表现氧化性，故答案为：E。18.双氧水（）是一种极弱电解质，也是一种“绿色氧化剂”。为了贮存、运输的方便，工业上将其转化为固态过碳酸钠（）,该物质具有与的双重性质。q请回答下列问题：（1）写出的电子式：_，并写出它与反应的化学方程式_。（2）若把看成二元弱酸，写出它在水中第一步电离的方程式_。（3）下列物质不会使过碳酸钠失效的是_。A. B. C. D.（4）稀不与Cu反应，但在稀中加入后则可使Cu溶解，写出该反应的化学方程式，并用单线桥标明电子转移的方向和数目：_。【答案】 (1). ； (2). H2O2SO2=H2SO4 (3). H2O2HHO2- (4). B (5). H2SO4=CuSO42H2O【解析】【详解】（1）H2O2分子中有一个过氧键（OO）和2个氢氧键（HO），电子式为：，H2O2具有氧化性，SO2具有还原性，H2O2与SO2反应生成H2SO4，反应的化学方程式为H2O2SO2=H2SO4，故答案为：；H2O2SO2=H2SO4；（2）双氧水可以可作是二元弱酸，说明双氧水分子能发生两步电离，其电离方程式为H2O2H+HO2-、HO2-H+O22-，故答案为：H2O2H+HO2-、HO2-H+O22-；（3）A、过氧化氢在二氧化锰的催化之下发生分解反应，所以会导致过碳酸钠晶体变质，故A错误；B、NaHC03既不与过氧化氢（H2O2）反应也不与碳酸钠反应而变质，故B正确；C、H2O2能氧化硫化氢生成单质硫，所以会导致过碳酸钠晶体变质，故C错误；D、CH3COOH能与碳酸钠反应生成二氧化碳，所以会导致过碳酸钠晶体变质，故D错误；故选B，故答案为：B；（4）双氧水具有氧化性，在酸性环境下能将金属铜氧化，方程式为：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O，1molCu参与反应，转移电子数目为2mol，用单线桥标明电子转移的方向和数目如下：H2SO4=CuSO42H2O，故答案为：H2SO4=CuSO42H2O。19.分别取等物质的量浓度的氢氧化钠溶液各,再通入一定量的,随后分别各取溶液,向其中逐滴滴入的盐酸,在标准状况下产生的体积(y轴)与所加入盐酸的体积(x轴)的关系如图(分A、B两种情况): （1）在A情况下,溶质是(填化学式)_,其物质的量之比为_ （2）在B情况下,溶质是(填化学式)_其物质的量之比为_ （3）原氢氧化钠溶液的物质的量浓度 _【答案】 (1). NaOH、Na2CO3 (2). 11 (3). Na2CO3、NaHCO3 (4). 11 (5). 1.5 molL1【解析】【分析】CO2与NaOH溶液反应有如下两种“边界”情况：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，故反应后溶液中溶质的成分可有如下可能：Na2CO3和NaOH、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3；当将稀盐酸逐滴滴到碳酸钠溶液中时，Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，并且可以看出，当反应完全进行时，两个过程消耗HCl的量相等，若溶液中还有氢氧化钠，则首先发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，根据反应的化学方程式结合消耗盐酸的体积进行计算。【详解】（1）对于A图，V1=100mL，V2=150mL-100mL=50mLV1，据此判断溶液中溶质的成分是Na2CO3和NaOH，根据上面三个化学方程式可知，NaOH和Na2CO3的物质的量之比等于消耗盐酸的体积之比，则n（NaOH）：n（Na2CO3）=（100mL-50mL）：50mL=1：1，故答案为：Na2CO3和NaOH；1：1；（2）对于B图，V1=50mL，V2=100mLV1V2溶液中溶质的成分是Na2CO3和NaHCO3，根据上面两个反应的化学方程式可知：NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比等于两个过程分别消耗盐酸的体积之比：n（