河南镇平县第一高级中学2021届高一上学期化学考前拉练试题答案

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	2021届河南省镇平县第一高级中学高一上学期化学考前拉练试题答案 1．D 【解析】 A、青蒿素的一个分子中的含有15个碳原子、22个氢原子和5个氧原子，共42个原子，故A正确； B、碳元素的质量分数是×100%=63.8%，故B正确； C、青蒿素的相对分子质量为15×12+22×1+5×16=282，故C正确； D、0.1mol青蒿素的质量为0.1mol×282g/mol= 28.2g，故D错误；故选D。 2．C 【解析】 A．火药使用涉及反应为2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，发生化学反应，故A不选； B．粮食酿酒为淀粉在酒曲酶的作用下生成乙醇，发生化学反应，故B不选； C．转轮排字为印刷操作，没有涉及化学反应，故C选； D．铁的冶炼涉及3CO+Fe2O32Fe+3CO2，发生化学反应，故D不选；故选C。 3．B 【解析】 A．根据给出的维生素C的分子式可知其摩尔质量为，A正确； B．维生素C的熔点为190℃，故在标准状况下维生素C是固体，B错误； C．维生素C中C、O两种元素的质量比为12×6：16×6=3：4，C正确； D．维生素C中O元素的质量分数为，D正确；故答案为：B。 4．B 【解析】 A．在水溶液中，Na先与水发生反应生成NaOH，不会析出单质铜，A错误； B．由Na2O2与水或CO2反应的化学方程式可知，1mol Na2O2分别与足量水、CO2反应均生成0．5molO2，B正确； C．氯水、漂白粉，84消毒液的漂白原理相同，均为强氧化作用，C错误； D．题干未注明O2是在标准状况下，D错误；故答案为：B。 5．B 【解析】将VL含CuSO4和Na2SO4的混合溶液分成两等份，溶液的浓度相同，一份加入含xmolKOH的溶液，恰好使Cu2+完全转化为Cu(OH)2沉淀可知n(Cu2+)=n[Cu(OH)2]=n(KOH)=mol；另一份加入含ymolBaCl2的溶液，恰好使SO42−完全转化为BaSO4沉淀，则n(Na2SO4)=(y-)mol，n(Na2+)=2(y-)mol，因此VL溶液中c(Na2+)==mol/L；答案选B。 6．B 【解析】等体积的两容器内，一个盛CH4，另一个盛NH3，若容器内温度、压强相同，则CH4、NH3的物质的量一定相等。【详解】 A．CH4、NH3的物质的量相等，则分子个数比为1∶1，故A正确； B．CH4、NH3的物质的量相等，则m(CH4)：m(NH3)= 16：17，故B错误； C．CH4、NH3的物质的量相等，CH4、NH3原子个数比为5∶4，故C正确； D．CH4、NH3的物质的量相等，CH4、NH3氢原子个数比为4∶3，故D正确；选B。 7．C 【解析】 A．工业上用氯气与石灰乳反应制取漂白粉，不是用澄清石灰水，A错误； B．常温下氯气和铁不反应，所以液氯能贮存在钢瓶中，B错误； C．漂白粉露置于空气中可以和二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸在光照条件下分解，漂白粉会变质，C正确； D．氯气不具有漂白性，次氯酸有漂白性，D错误；答案选C。 8．A 【解析】由于酸性：H2CO3>HClO，所以Ca(ClO)2在空气中易与CO2、H2O反应生成CaCO3和HClO，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O===CaCO3↓+2HClO。用含CaCO3的Ca(ClO)2与浓盐酸反应制取Cl2，Cl2中必然含有CO2、H2O、HCl等杂质，而漂白粉在空气中变质生成的HClO不稳定，不会混在固体中，制得的氯气中不可能含有O2。答案选A。 9．D 【解析】实验室没有950mL的容量瓶，应用1000mL的容量瓶进行配制，利用溶液的均一性及根据n=c·V以及m=nM进行计算。【详解】实验室没有950mL的容量瓶，根据选择仪器的标准“大而近”的原则，应用1000mL的容量瓶进行配制，则n(NaOH)=1L×2mol/L=2mol，m(NaOH)=2mol×40g/mol=80g，故选项D合理。【点睛】本题考查了物质的量浓度溶液的配制知识，比较基础，注意实验室常用容量瓶的规格及选择标准，这是该题分析的关键。 10．D 【解析】 A．钠的密度比煤油的大，比水的小，则钠在水层与煤油层界面发生反应，产生的氢气使钠块四处游动并上下跳动，故A不符合题意； B．根据A分析得到钠块在水层和煤油层之间上下跳动，生成的NaOH使溶液变红，故B不符合题意； C．根据A分析钠块在煤油层和水层界面处并上下跳动，钠块熔化，生成的NaOH使溶液变红，故C不符合题意； D．根据前面分析得到钠块在水层和煤油层界面处游动并上下跳动，钠块熔化，水层变红，故D符合题意。综上所述，答案为D。 11．B 【解析】化学反应遵循质量守恒定律，同温下测得容器内压强不变，则气体的物质的量不变，反应后气体C的密度是原气体密度的4倍，则生成C的质量为B的质量的4倍，固体单质A的质量是体单质B的3倍，以此解答该题。【详解】化学反应遵循质量守恒定律，反应前后的质量相等，同温下测得容器内压强不变，气体的物质的量不变，反应前后气体分子数比为1：1。由密度变化知固体单质A的质量是气体单质B的3倍，即生成物C中A的质量分数为75%，由于A、B单质的组成不定，不能获得原子之间的比例，故合理选项是B。【点睛】本题考查阿伏加德罗定律定律及其推论，注意从质量守恒的角度判断，注意题中同温下测得容器内压强不变的条件。 12．A 【解析】 A．标准状况下，二氧化碳气体的物质的量是，一个二氧化碳分子中有两个氧原子，故标准状况下中含有的氧原子数为，故A正确； B．溶液中有大量的水，水分子中也含有氧原子，故B错误； C．由Na+和构成，则中含离子总数为，故C错误； D．的物质的量为，与完全反应转移电子，转移的电子数为0.2NA，故D错误；故答案为A。 13．A 【解析】 H2燃烧生成水，水再与过氧化钠反应，反应方程式为2H2＋O22H2O、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，可认为总反应方程式为H2＋Na2O2=2NaOH，固体增加的质量即为H2的质量；CO燃烧生成CO2，CO2再与过氧化钠反应，反应方程式为2CO＋O22CO2、2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，可认为总反应方程式为CO＋Na2O2=Na2CO3，固体增加的质量即为CO的质量。综上分析可知，最终固体增加的质量为H2、CO的质量和，即为2.8 g＋0.2 g＝3.0g。答案选A。 14．B 【解析】 ①标准状况下H2O不是气体，而HCl为气体，所以虽然二者等体积，但物质的量不相同，错误； ②标准状况下，1gH2和14gN2的物质的量均为0.5 mol，体积相同，正确； ③28gCO的物质的量是1 mol，但条件不一定是标况，所以不一定是22.4 L，错误； ④中所指的物质不一定是气体，它们在标准状况下的体积不一定相同，错误； ⑤在同温同体积时，气体的压强与物质的量成正比，所以物质的量越大，则压强越大，正确； ⑥同温同压下，气体的密度与其相对分子质量成正比，正确；答案选B。 15．B 【解析】 A.丁达尔现象为胶体特有的性质，蛋白质溶液为胶体分散系，则丁达尔效应可区分蛋白质溶液与葡萄糖溶液，选项A正确； B.由同一种元素构成的不同单质组成的物质属于混合物，如O2与O3组成的物质，选项B错误； C.胶体、离子均可透过滤纸，用过滤法无法除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3，选项C正确； D.向豆浆中加入硫酸钙制豆腐，是利用了胶体的微粒遇电解质发生聚沉的性质，选项D正确。故选B。 16．C 【解析】 A．CO2是非电解质，故A错误； B．硫酸、氨水、醋酸、乙醇、NO2分别属于纯净物、混合物、弱电解质、非电解质、非电解质，故B错误； C．漂白粉、胆矾、NH4Cl、CH3COOH、CO2依次属于混合物、纯净物、强电解质、弱电解质、非电解质，故C正确； D．干冰、氯水、HCl、HClO、CO依次属于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质，故D错误。 17．（1）9.03×1023 33.6 18 （2）2:3 （3）4:5 4:5 （4）64g/mol （5）0.025mol 【解析】（1）1.5 mol氧气中含有的O2个数为1.5mol×6.02×1023/mol＝9.03×1023，标准状况下体积为1.5mol×22.4L/mol＝33.6L。含有氧原子的物质的量是3mol，则与1molH2O所含的原子总数相等，质量是18g。（2）在标准状况下，体积为6.72L的NO和NO2混合气，质量为11.88g，混合气体的物质的量是6.72L÷22.4L/mol＝0.3mol，则混合气体的平均相对分子质量是11.88÷0.3＝39.6，所以根据十字交叉法可知NO和NO2的体积比为。（3）同温同压下，两种气体A和B的体积之比为2∶1，质量之比为8∶5，则根据可知A与B的密度之比为。根据阿伏加德罗定律可知相同条件下气体的摩尔质量之比等于密度之比，即为4:5。（4）某状况下，2g二氧化碳气体的体积是1120 mL，2gA气体的体积是770 mL，则根据阿伏加德罗定律可知，解得M＝64g/mol，即A的摩尔质量是64g/mol。（5）某硫酸钠溶液中含有3.01×1022个Na+，物质的量是0.05mol，则根据硫酸钠的化学式Na2SO4可知溶液中SO42－的物质的量是0.05mol÷2＝0.025mol。 18．（1）A （2）2.8g （3）0.03mol （4）（5）【解析】本题考查物质的量和物质的量浓度的有关计算，总体难度一般。【详解】 (1)在相同条件下，气体的物质的量越多，气体的体积越大，四种气体的质量相等，根据可知，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，四种气体中二氧化硫的摩尔质量最大，物质的量最小，体积最小，故答案为：A； (2)在标准状况下，2.24L由、组成的混合气体的物质的量是0.1mol，因为一个和分子中都含有2个氮原子，所以不论和的比例如何，N的物质的量就是混合气体的物质的量的2倍，故2.24L由、组成的混合气体中含有的氮元素的物质的量为0.2mol，氮元素的质量为，故答案为：2.8g； (3)由溶液呈电中性可知，+2=+2，向溶液中硫酸根离子的浓度，则硫酸根离子的物质的量为，则向混合溶液中滴加足量的溶液后产生硫酸钡沉淀的物质的量为0.03mol，故答案为：0.03mol； (4)用排空气法收集到的氨气气体不纯，混合气体的平均相对分子质量为。设烧瓶的容积为V，氨气的体积为x，空气的体积为V-x，则有，解得，将此瓶气体倒置于水槽中，进入烧瓶的液体体积为氨气的体积，即，故答案为：； (5)混合溶液的质量为，混合后溶液的体积为，混合溶液中，混合溶液中的浓度为，故答案为：。 19．（1）①Ca(ClO)2＋H2O＋CO2＝CaCO3＋2HClO 2HClO2HCl＋O2↑ ②2.86 g （2）6.2 1.0 【解析】 (1)①漂白粉长期露置在空气中与水、二氧化碳反应生成HClO，HClO光照分解而变质；②漂白粉中所含有效成份是次氯酸钙，完全变质后变成碳酸钙，向其中加入足量稀硝酸，生成二氧化碳，根据Ca(ClO)2～CO2计算； (2)根据生成的氧气的体积计算n(O2)，根据反应方程式2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH-+O2↑计算出过氧化钠的物质的量，从而可计算出混合物中过氧化钠、氧化钠的质量；混合物溶于水后都生成NaOH，溶液中的溶质是NaOH，根据Na原子守恒计算n(NaOH)，最后计算c(NaOH)。【详解】 (1)①漂白粉长期置露在空气中会变质，是因为漂白粉与二氧化碳、水的反应生成次氯酸，次氯酸容易分解，反应分别为Ca(ClO)2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO、2HClO2HCl+O2↑，故答案为Ca(ClO)2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO；2HClO2HCl+O2↑； ②漂白粉中所含有效成份是次氯酸钙，完全变质后的漂白粉中含有碳酸钙，向其中加入足量稀硝酸，反应生成二氧化碳，根据 Ca(ClO)2～CaCO3～CO2 143g 22.4L m(Ca(ClO)2) 0.448L 有m(Ca(ClO)2)==2.86g，故答案为2.86g； (2)n(O2)==0.05mol，根据反应2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH-+O2↑可知，混合物中过氧化钠的物质的量为：n(Na2O2)=2n(O2)=0.05mol×2=0.1mol，则混合物中过氧化钠的质量为：m(Na2O2)=78g/mol×0.1mol=7.8g，氧化钠的质量为：14g-7.8g=6.2g，n(Na2O)==0.1mol，n(Na2O2)=0.1mol，混合物溶于水后都生成NaOH，溶液中的溶质是NaOH，根据Na原子守恒得所得溶液中n(NaOH)=n(Na+)=2n(Na2O)+2n(Na2O2)=2×(0.1+0.1)mol=0.4mol，c(NaOH)＝＝1.0 mol·L－1，故答案为6.2；1.0。 20．12.5g 胶头滴管、500mL容量瓶 bc 【解析】根据n=CV和m=nM来计算；根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀来选择使用的仪器；根据c=，通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来分析误差。【详解】配制500mL、0.1mol•L-1CuSO4溶液需要的CuSO4的物质的量n=CV=0.1mol/L×0.5L=0.05mol，即需要的CuSO4•5H2O的物质的量为0.05mol，质量m=nM=0.05mol×250g/mol=12.5g；配制溶液的操作步骤：首先计算出需要的药品的质量，然后用托盘天平称量，后放入烧杯中溶解，同时用玻璃棒搅拌，待溶液冷却至室温后，用玻璃杯引流移液至500ml容量瓶，然后洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，将洗涤液也注入容量瓶，然后向容量瓶中注水，至液面离刻度线1至2cm时，改用胶头滴管逐滴加入，至凹液面与刻度线相切，然后摇匀、装瓶．用到的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管，故用到的玻璃仪器还有：500mL容量瓶和胶头滴管； a．称量时砝码生锈，则称取的晶体质量偏高，配制的溶液浓度偏高，故a正确； b．烧杯未进行洗涤，则容量瓶内溶质的质量偏低，配制的溶液浓度偏低，故b正确； c．转移时有少量液体溅出，则容量瓶内溶质的质量偏低，配制的溶液浓度偏低，故c正确； d．因定容时需要加水，则容量瓶未进行干燥，对溶液浓度无影响，故d错误；故答案为bc。 21．（1）丙（2）FeCl3＋3H2O＝Fe(OH)3(胶体)＋3HCl （3）丁达尔效应（4）正有红褐色沉淀生成有红褐色沉淀生成，继续加入沉淀会溶解(溶液变黄色)，加盐酸时，先是胶体在电解质作用下发生聚沉产生红褐色Fe(OH)3沉淀，然后继续加盐酸，Fe(OH)3沉淀溶解：Fe(OH)3+3H+＝Fe3++3H2O，生成氯化铁棕黄色溶液【解析】（1）（1）甲同学向1mol•L-1氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液，会发生复分解反应生成红褐色沉淀，乙同学直接加热饱和FeCl3溶液，三价铁会水解生成红褐色沉淀，制备氢氧化铁胶体的方法：向25mL沸水中逐滴加入1～2mL FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故答案为：丙；（2）Fe(OH)3胶体制备的化学方程式为：，故答案为：；（3）丁达尔效应是胶体的特有性质，可用来鉴别胶体，故答案为：丁达尔效应；（4）①胶体具有电泳性质，电泳实验证明了胶体胶粒带电，胶粒向负极移动，说明Fe(OH)3胶粒带正电，故答案为：正； ②加入浓盐酸是电解质溶液，会引起氢氧化铁胶体聚沉，继续加入浓盐酸，氢氧化铁沉淀会溶解，加盐酸时，先是胶体在电解质作用下发生聚沉产生红褐色Fe(OH)3沉淀，然后继续加盐酸，Fe(OH)3沉淀溶解，生成硫酸铁棕黄色溶液。【点睛】本题主要考查胶体的性质，胶体制备一般是利用盐类的水解，胶体的鉴别一般利用丁达尔现象。
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