《黑龙江省2020学年高一化学下学期第一次阶段性测试试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《黑龙江省2020学年高一化学下学期第一次阶段性测试试题（含解析）（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、黑龙江省哈尔滨市第三中学2020学年高一化学下学期第一次阶段性测试试题（含解析）第卷(选择题 共42分)可能用到的相对原子质量： H-1 N-14 O-16 Mg- 24 Al-27 S-32 Fe-56 一、选择题(本题共6个小题，每小题3分，每小题四个选项只有一项符合题目要求)1.化学与生产、生活、环境等社会实际密切相关，下列叙述错误的是()A. 汽车尾气中的氮氧化物是汽油不完全燃烧造成的B. PM2.5指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，与肺癌等疾病的发生相关C. 硅胶颗粒可用作催化剂载体，食品包装袋的干燥剂D. 次氯酸钠溶液可用作环境的杀菌消毒剂【答案】A【解析】【详解】A、汽油
2、中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在发动机气缸内高温富氧环境下反应生成的，故A错误；B、PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也叫可入肺颗粒物，与肺癌、哮喘等疾病的发生密切相关，故B正确；C、硅胶是一种高活性吸附材料，常用作实验室和袋装食品等的干燥剂，故C正确；D、次氯酸钠溶液中次氯酸根离子水解生成次氯酸具有强氧化性，用于环境的消毒杀菌，故D正确。选A。2.下列气体中既可用浓硫酸干燥，又可用固体氢氧化钠干燥的是()A. Cl2B. O2C. SO2D. NH3【答案】B【解析】详解】A、Cl2与碱反应，所以Cl2不能用固体氢氧化钠干燥，故不选A；B、O2与浓
3、硫酸、氢氧化钠都不反应，所以O2既可用浓硫酸干燥，又可用固体氢氧化钠干燥，故选B；C、SO2与碱反应，所以SO2不能用固体氢氧化钠干燥，故不选C；D、NH3与酸反应，所以NH3不能用浓硫酸干燥，故不选D。3.下列物质分类正确的是()A. SO2、SiO2、NO2均为酸性氧化物B. 稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C. 漂白粉、水玻璃、氨水均为混合物D. Na2O2、Al2O3、Fe3O4均为碱性氧化物【答案】C【解析】【详解】A、NO2与氢氧化钠反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，不是酸性氧化物，故A错误；B.氯化铁溶液为溶液，不是胶体，故B错误；C. 漂白粉是氯化钙、次氯酸钙的混合物，水玻璃是硅酸钠的
4、水溶液，氨水是氨气的水溶液，均为混合物，故C正确；D. Na2O2是过氧化物、Al2O3是两性氧化物、Fe3O4不是碱性氧化物，故D错误。4.下列不能使湿润紫色石蕊试纸褪色的物质是()A. 氯水B. 漂白液C. 双氧水D. 二氧化硫【答案】D【解析】【详解】A. 氯水中含有次氯酸，具有漂白性，能使湿润紫色石蕊试纸褪色，故不选A；B. 漂白液是含次氯酸钠的水溶液，次氯酸钠能与空气中的二氧化碳反应生成次氯酸，所以漂白液能使湿润紫色石蕊试纸褪色，故不选B；C. 双氧水具有氧化性，能使湿润紫色石蕊试纸褪色，故不选C；D. 二氧化硫的水溶液显酸性，能使湿润紫色石蕊试纸变红，但不能使之褪色，故选D。5.下
5、列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A. 纯铁抗腐蚀能力强，铁容器可盛装冷浓硫酸或浓硝酸B. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料C. SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维D. 明矾、硫酸铁溶于水得到胶状物，可用于水净化，杀菌【答案】B【解析】【详解】A、铁在冷的浓硫酸或浓硝酸中钝化，所以铁容器可盛装冷的浓硫酸或浓硝酸，故A错误；B、因为Al2O3熔点高，所以Al2O3可用作耐高温材料，故B正确；C、SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维，SiO2用于制光导纤维与SiO2熔点高硬度大没有对应关系，故C错误； D、明矾、硫酸铁溶于水，水解得到胶状物，可用于水的净化，但不能消毒杀菌，故D错
6、误。6.下列方法中不能用于实验室制取氨气的是()A. 在烧瓶中将熟石灰和氯化铵混合，加水调成泥状后加热B. 将烧瓶中的浓氨水加热C. 加热试管中的氯化铵固体D. 将分液漏斗中的浓氨水滴入装有生石灰的烧瓶中【答案】C【解析】【详解】A熟石灰和氯化铵固体的混合物加热生成氨气，故不选A；B一水合氨不稳定，受热容易分解，所以加热烧瓶中的浓氨水可以产生氨气，故不选B；C氯化铵不稳定，受热容易分解产生氨气和HCl，二者遇冷又重新化合产生氯化铵，因此不能用加热试管中的氯化铵固体的方法来制取氨气，故选C；D将分液漏斗中的浓氨水滴入装有生石灰的烧瓶中，生石灰与氨水中的水发生反应产生氢氧化钙，放出大量的热，从而加
7、速了一水合氨的分解，因此可以产生大量的氨气，故不选D。二、选择题(本题共6个小题，每小题4分，每小题四个选项只有一项符合题目要求)7.常温常压下，将三个分别盛满氨气、氯化氢、二氧化氮的等容积烧瓶倒置于盛有水的水槽中，当水进入烧瓶中，并使气体充分溶解后(假设烧瓶中的溶液不向外扩散)，三种溶液的物质的量浓度之比为()A. 111B. 332C. 123D. 112【答案】A【解析】【分析】相同条件下，等体积的气体物质的量相同，氨气、氯化氢极易溶于水，盛有等体积氨气、氯化氢的烧瓶倒置于盛有水的水槽中，水会充满烧瓶；二氧化氮和水反应的方程式是3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据方程式可知水会充入烧
8、瓶的 ；根据c= 计算溶液浓度。【详解】将三个分别盛满氨气、氯化氢、二氧化氮的等容积烧瓶倒置于盛有水的水槽中，盛有等体积氨气、氯化氢的烧瓶倒置于盛有水的水槽中，水会充满烧瓶；二氧化氮和水反应的方程式是3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据方程式可知水会充入烧瓶的，溶液中的溶质是硝酸，硝酸物质的量是NO2的；相同条件下，等体积的气体物质的量相同，令气体物质的量是amol，烧瓶体积是vL，三种溶质的物质的量分别是n(NH3)=n(HCl)= amol，n(HNO3)= amol，三种溶液的体积分别是 V(氨水)=V(盐酸)= vL，V(HNO3溶液)= vL，根据c=，c(NH3H2O)=c(H
9、Cl)=c(HNO3)= mol/L，所以浓度比为1:1:1，故选A。8.在下图点滴板上进行四个溶液间反应的小实验，其对应反应的离子方程式书写正确的是()A. a反应：Fe22HH2O2=Fe32H2OB. b反应：HCO3-OH=CO32-H2OC. c反应：HOH=H2OD. d反应：Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4+【答案】D【解析】【详解】A、Fe2被H2O2氧化为Fe3，a反应的离子方程式是2Fe22HH2O2=2Fe32H2O，故A错误；B、碳酸氢铵与过量氢氧化钠反应生成碳酸钠、一水合氨、水，b反应的离子方程式是：HCO3-2OH+ NH4+=CO32-H2O+ NH3
10、H2O，故B错误；C、醋酸与氢氧化钾反应生成醋酸钾和水，c反应的离子方程式是CH3COOH+ OH=CH3COO+H2O，故C错误；D、氯化铝与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，d反应的离子方程式是Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4+，故D正确。9.有一澄清透明溶液，只可能含有大量H、Fe3、Fe2、Al3、AlO2-、CO32-、NO3-七种离子中的几种，向溶液中逐滴加入一定量1 mol/L的NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，而后有沉淀，沉淀达最大量后继续滴加NaOH溶液沉淀部分消失，下列判断中正确的是()A. 一定不含Fe3和Fe2B. 一定含有Fe3，但一定不含Fe2C.
11、 溶液可能含有NO3-D. 一定含有Al3，Fe3，Fe2至少含有一种或两种皆有【答案】B【解析】【分析】向该溶液中加入一定量1mol/L NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子，在酸性溶液中AlO2-、CO32-离子因发生反应而不能存在；而后才有沉淀，能够生成沉淀的是Fe3+离子、Fe2+离子或Al3+离子中的一种或几种，沉淀达最大量后继续滴加NaOH溶液沉淀部分消失，说明一定含有Al3+；结合溶液的电中性和Fe2+离子的还原性以及酸性条件下NO3-离子的氧化性做进一步的推断。【详解】向该溶液中加入一定量1mol/L NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，
12、说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子，在酸性溶液中AlO2-、CO32-离子分别与H+离子反应生成Al（OH）3沉淀、CO2气体而不能存在，根据溶液的电中性可知一定含有阴离子，则只有NO3-离子符合；开始没有沉淀，而后才有沉淀，能够生成沉淀的是Fe3+离子、Fe2+离子或Al3+离子中的一种或几种，但在酸性条件下Fe2+离子与NO3-离子发生氧化还原反应而不能共存，则一定不含Fe2+离子，沉淀达最大量后继续滴加NaOH溶液沉淀部分消失说明一定含有Al3+和Fe3+；综上所述，溶液中一定含有H+、NO3-、Fe3+、Al3+；一定没有AlO2-、CO32-、Fe2+； A、分析判断可知溶液中
13、一定含有Fe3+，但一定不含Fe2+，故A错误；B、依据判断可知一定含Fe3+离子，一定不含有Fe2+离子，故B正确；C、依据分析和溶液中电荷守恒可知，阴离子只有NO3-离子，所以一定存NO3-离子，故C错误；D、一定含有Al3、Fe3，一定不含Fe2，故D错误。【点睛】本题注意从反应的现象推断离子的存在，把握离子的性质和离子的共存是做本题的关键，注意利用电荷守恒判断离子。10.称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品11.2g，加入含0.1 molNaOH的溶液，完全反应，生成NH3 1344 mL(标准状况)，则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为()A. 1:1B.
14、1:2C. 1.25:1D. 1.8:1【答案】C【解析】【分析】（NH4）2SO4和NH4HSO4混合物样品中加入NaOH溶液，NH4HSO4电离出的氢离子优先反应，剩余的NaOH与铵根离子反应生成氨气。【详解】（NH4）2SO4和NH4HSO4混合物样品中加入NaOH溶液，NH4HSO4电离出的氢离子优先反应，标准状况下1344 mL 氨气的物质的量为：0.06mol，根据NH4+OH-可知与氢离子反应消耗NaOH的物质的量为：0.1mol-0.06mol=0.04mol，则NH4HSO4的物质的量为0.04mol，所以（NH4）2SO4的质量为：11.2g -115g/mol0.04mo
15、l=6.6g，其物质的量为0.05mol，(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为0.05:0.04=1.25:1，故选C。【点睛】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的先后顺序为解答关键，注意掌握物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积之间的关系，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。11.室温下，抽去图所示装置中的玻璃片，使两种气体充分反应。下列说法正确的是(设NA表示阿伏加德罗常数的值)()A. 气体反应物的总体积为0.448 LB. 有白烟产生C. 生成物中含有0.01NA个分子D. 生成物溶于1L水后，所得溶液中其物质的量浓度为0.01mol/L【答案】B【解析】【详解】A、室温下，0.02mol气体的体积不是0.448 L，故A错误；B、氯化氢与氨气反应生成白烟氯化铵，故B正确；C、产物氯化铵是离子化合物，不含分子，故C错误；D、0.01molHCl和0.01molNH3反应生成0.01molNH4Cl，
