宁夏石嘴山市第三中学2020届高三化学上学期第一次适应性（开学）考试试题（含解析）

-1-宁夏石嘴山市第三中学2020届高三化学上学期第一次适应性（开学）考试试题（含解析）相对原子质量：C12H1N14Na23Cl35.5Cu64S32Fe56O161.下列说法错误的是A.氢氧化铝可用于中和过多的胃酸B.苏打可以用来除去餐具油污，小苏打蒸馒头时加入C.长江入海口会形成沉积平原，可以用胶体聚沉来解释D.强电解质的导电能力肯定强于弱电解质【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化铝属于两性氢氧化物，能中和胃酸中的盐酸而降低胃液的酸性，所以氢氧化铝可以用于中和过多胃酸，故A正确；B．苏打是碳酸钠的俗名，碳酸钠水解，溶液显碱性，可以使餐具上的油污水解成溶于水的物质而除去；碳酸氢钠受热分解、与酸性物质发生反应都生成二氧化碳，使馒头疏松多孔，故B正确；C．长江入海口的江水中的泥沙浆属于胶体，胶体遇电解质溶液发生聚沉，长江入海口的江水中的胶体聚沉形成沉积平原，故C正确；D．强电解质溶液导电能力不一定强于弱电解质，导电能力的强弱取决于离子浓度和离子所带电荷数，如硫酸钡是强电解质，水溶液的导电能力弱于弱电解质醋酸溶液的导电能力，故D错误；故选D。2.如图用交叉分类法表示了一些概念之间的关系，其中不正确的是（）XYZA硫酸铜盐纯净物B碱性氧化物金属氧化物氧化物C酸性氧化物非金属氧化物氧化物-2-D强电解质电解质化合物A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】由图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系分析解答。【详解】A．硫酸铜是由金属阳离子和酸根离子构成的化合物属于盐，盐属于纯净物，故A正确；B．碱性氧化物是能与酸反应生成盐和水的氧化物，都是金属氧化物，金属氧化物属于氧化物，故B正确；C．七氧化二锰是酸性氧化物，属于金属氧化物，不属于非金属氧化物范畴，故C错误；D．强电解质是在水溶液里完全电离的电解质，电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，故D正确；故选C。【点睛】本题的易错点为BC，要注意碱性氧化物都是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，可能为酸性氧化物，也可能为两性氧化物等。3.下列说法错误的是()A.利用丁达尔效应可区分蛋白质溶液与葡萄糖溶液B.石油的分馏、裂化、裂解和煤的干馏都属于化学变化C.用滤纸过滤无法除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3D.向豆浆中加入硫酸钙制豆腐，是利用了胶体的聚沉性质【答案】B【解析】【详解】A．蛋白质溶液为胶体，丁达尔效应为胶体特有的性质，可以用来区别胶体与溶液，故A正确；-3-B．石油的分馏是利用物质的沸点不同分离的，属于物理变化，石油的裂化和裂解、煤的干馏都属于化学变化，故B错误；C．胶体与溶液都能透过滤纸，胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜，所以可以用渗析法分离胶体与溶液，故C正确；D．豆浆为胶体，向豆浆中加入硫酸钙可以使胶体聚沉而制成豆腐，是利用了胶体的聚沉性质，故D正确；故选B。4.下列说法错误的是A.实验室废弃的钠需要乙醇处理B.实验室钠着火，不能用泡沫灭火器；但是镁着火可以用C.金属镁在空气中完全燃烧后，最后剩余三种固体D.侯德榜制碱法利用了盐的溶解性差异【答案】B【解析】【详解】A．实验室常用无水乙醇处理少量废弃的钠，2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，反应缓慢，较为安全，故A正确；B．钠着火生成的过氧化钠能够与二氧化碳反应生成氧气，起不到灭火的作用，镁可在二氧化碳中燃烧，钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，一般可用沙子扑灭，故B错误；C．金属镁在空气中完全燃烧，大部分的镁与氧气反应生成氧化镁，少量的镁与氮气反应生成氮化镁，还有少量的镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，最后生成三种固体，故C正确；D．“侯德榜制碱法”的反应物为氨气、二氧化碳和饱和氯化钠溶液，反应的方程式为NaCl（饱和）+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，利用了盐的溶解性差异，故D正确；故选B。5.下列体系中，离子可能大量共存的是()A.滴加KSCN显红色的溶液：NH、K＋、Cl－、HCOB.常温，水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol/L的溶液：Fe2＋、Mg2＋、SO、NOC.使酚酞试剂显红色的溶液：Na＋、Ba2＋、NO、[Al(OH)4]--4-D.加入Al能产生H2的溶液：K＋、NH、CH3COO－、Cl－【答案】C【解析】【详解】A．滴加KSCN显红色的溶液中含有铁离子，铁离子与HCO3-发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A不符合题意；B．常温下，水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液为酸或碱溶液，Fe2+、Mg2+与氢氧根离子反应生成沉淀，Fe2+、NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B不符合题意；C．使酚酞试剂显红色的溶液呈碱性，Na+、Ba2+、NO3-、[Al(OH)4]-之间不反应，且都不与氢氧根离子反应，能够大量共存，故C符合题意；D．加入Al能产生H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，NH4+与氢氧根离子反应，CH3COO-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故D不符合题意；故选C。【点睛】解答本题的关键是正确解读离子共存的限定条件。本题的易错点为B，要注意水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol/L的溶液是酸或碱溶液，因为c(H＋)=1×10－12mol/L＜1×10－7mol/L，水的电离受到抑制。6.下列叙述正确的是()A.将5.85gNaCl晶体溶入100mL水中，制得1mol·L－1NaCl溶液B.将1体积cmol·L－1硫酸加入水中稀释为5体积，得到0.2cmol·L－1硫酸C.将25g无水CuSO4溶于水配制成100mL溶液，其浓度为1mol·L－1D.用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏低【答案】B【解析】【详解】A．将5.85gNaCl晶体溶入100mL水中，所得溶液体积不是100mL，所得溶液的浓度不是0.1mol/L，故A错误；B．1体积cmol/L硫酸溶液用水稀释为5体积，稀释后溶液浓度为cmol/L×15=0.2cmol/L，故B正确；-5-C．将25g无水CuSO4溶于水制成100mL溶液，其浓度为25g160g/mol0.1L=1.5625mol/L，故C错误；D．用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线读数，会导致量取的浓盐酸体积偏大，所配溶液浓度偏高，故D错误；故选B。7.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A.0．1mol·L−1KI溶液：Na+、K+、ClO−、OH−B.0．1mol·L−1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、NO3−、SO42−C.0．1mol·L−1HCl溶液：Ba2+、K+、CH3COO−、NO3−D.0．1mol·L−1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42−、HCO3−【答案】B【解析】【详解】A项，I-与ClO-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不选；B项，在Fe2（SO4）3溶液中离子相互间不反应，可以大量共存，故B选；C项，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在，故C不选；D项，Mg2+、HCO3-都能与OH-反应，不能大量共存，故D不选，答案选B。8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A.23g钠的原子最外层电子数为2NAB.1L0.1mol·L－1乙酸溶液中H＋数为0.1NAC.标准状况下，22.4L乙烷的分子数为NAD.1mol羟基所含电子数为10NA【答案】C【解析】【详解】A．23g钠原子的物质的量为23g23g/mol=1mol，1mol钠原子含有1mol最外层电子，最外层电子数为NA，故A错误；B．1L0.1mol•L-1乙酸溶液中含有0.1mol乙酸，0.1mol乙酸只能部分电离出H+，则溶液中含有-6-的氢离子数目小于0.1NA，故B错误；C．标准状况下，22.4L乙烷的物质的量为22.4L22.4L/mol=1mol，含有的分子数为NA，故C正确；D．1个羟基中含9个电子，故1mol羟基中含9NA个电子，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为D，要注意羟基与氢氧根离子的区别。9.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是()A.23gCH3CH2OH与30gCH3COOH反应，生成乙酸乙酯的分子数为0.5NAB.15.6g由Na2S和Na2O2组成的混合物中，含有的阴离子数目为0.2NAC.18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAD.足量MnO2与1L1mol/L浓盐酸充分反应生成Cl2，转移的电子数目为2NA【答案】B【解析】【详解】A．23gCH3CH2OH与30gCH3COOH的物质的量均为0.5mol，酯化反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以生成CH3COOCH2CH3的分子数小于0.5NA，故A错误；B．Na2S和Na2O2摩尔质量相同，均为78g/mol，过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成；15.6gNa2S和Na2O2的混合物物质的量为0.2mol，含有的阴离子数0.2NA；故B正确；C．重水的摩尔质量为20g/mol，且D2O和H2O中均含10个质子，故18gD2O和18gH2O的物质的量不相等，所以质子数不相等，故C错误；D．随着反应的进行，盐酸浓度减小，变成稀盐酸，反应将不再进行，所以过量MnO2与浓盐酸反应产生的Cl2少于0.25mol，转移的电子数目少于0.5NA，故D错误；故选B。10.阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是()A.常温下，1molFe投入足量浓硫酸，转移电子数为3NAB.5NH4NO3=2HNO3+4N2↑+9H2O，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NAC.1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为2NAD.1molAl与足量氢氧化钠溶液反应，NaOH得电子数为3mol【答案】B-7-【解析】【详解】A．常温下铁在浓硫酸中发生钝化，不能继续反应，故A错误；B．反应5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O转移15mol电子生成4mol氮气，故当生成28g氮气即1mol氮气时，反应转移3.75NA个电子，故B正确；C．Na2O2与CO2反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，1molNa2O2与足量CO2充分反应，转移的电子数为NA，故C错误；D．铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，铝由0价变成+3价，所以1molAl与足量NaOH溶液反应转移电子数为3NA，反应中氢氧化钠既不是氧化剂，也不是还原剂，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为D，要注意铝与氢氧化钠溶液的反应中铝为还原剂，水为氧化剂，氢氧化钠既不是氧化剂，也不是还原剂。11.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.0.1molSiO2晶体中含有Si—O键的数目为0.2NAB.标况下22.4L的NO2中含有NA个分子C.标准状况下，22.4LCl2溶于水，转移电子数为NAD.1molNH4NO3溶于稀氨水，所得溶液呈中性，则溶液中NH的数目为NA【答案】D【解析】【详解】A．一个硅原子含有4个硅氧键，0.1molSiO2含0.4mol硅氧键，含有Si-O键的个数为0.4NA，故A错误；B．标况下，气体摩尔体积等于22.4L/mol，则22.4LNO2的物质的量为22.4L22.4L/mol=1mol，由于存在2NO2N2O4，含有的分子数小于NA，故B错误；C．氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故标准状况下，22.4LCl2溶于水，转移电子数小于NA个，故C错误；D．将1molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，根据电荷守恒可知：n(NH4+)+n(H+)=n(OH-)+n(NO3-)，由于溶液显中性，故有n(H+)=n(OH-)，则n(NH4+)=n(NO3-)=1mol，个数为NA个，故D正确；-8-故选D。12.用NA表示阿伏加德罗