浙江省杭州市2022-2023学年高三化学上学期第一次适应性试卷（Word版附解析）

这是一份浙江省杭州市2022-2023学年高三化学上学期第一次适应性试卷（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了5 Cu-64， 下列说法不正确的是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
杭州市2022-2023学年第一学期第一次适应性考试
高三化学试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Cu-64
一．选择题(共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。)
1. 下列说法不正确的是
A. 硅酸钠是一种难溶于水的硅酸盐 B. 镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁
C. 钠与水反应生成氢氧化钠和氢气 D. 常温下，铝遇浓硝酸或浓硫酸时会发生钝化
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．硅酸钠是溶于水的硅酸盐，故A错误；
B．镁在空气中燃烧时，与氧气和二氧化碳反应生成氧化镁，与氮气反应生成氮化镁，故B正确；
C．钠具有强还原性，能与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，故C正确；
D．浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性，铝在浓硫酸和浓硫酸中会发生钝化，阻碍反应的继续进行，故D正确；
故选A。
2. 下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是
A. 向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4
B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2O
C. Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2↑
D. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2

【答案】C
【解析】
【详解】A.金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；
B. 澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；
C. 过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C项错误；
D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2 + 2FeCl3= 2Fe(OH)3+ 3MgCl2，D项正确；
答案选C。
3. 下列说法正确的是
A. 工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁
B. 接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧化硫
C. 浓硝酸与铁在常温下不能反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸
D. “洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)不能混用
【答案】D
【解析】
【详解】A．六水合氯化镁没有自由移动的离子，不能导电，工业上通过电解熔融的无水氯化镁制取金属镁，A不正确；
B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫，二氧化硫在接触室经催化氧化才能转化为三氧化硫，B不正确；
C．在常温下铁与浓硝酸发生钝化反应，在铁表面生成一层致密的氧化物薄膜并阻止反应继续发生，所以可用铁质容器贮运浓硝酸，C不正确；
D．“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)不能混用，若两者混用会发生归中反应生成氯气，不仅达不到各自预期的作用效果，还会污染环境，D正确；
综上所述，本题选D。

4. 若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是

A. 与浓硫酸反应，只体现的酸性
B. a处变红，说明是酸性氧化物
C. b或c处褪色，均说明具有漂白性
D. 试管底部出现白色固体，说明反应中无生成
【答案】B
【解析】
【详解】A．铜和浓硫酸反应过程中，生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性，生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性，故A错误；
B．a处的紫色石蕊溶液变红，其原因是SO2溶于水生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，故B正确；
C．b处品红溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，故C错误；
D．实验过程中试管底部出现白色固体，根据元素守恒可知，其成分为无水CuSO4，而非蓝色的CuSO4·5H2O，其原因是浓硫酸体现出吸水性，将反应生成的H2O吸收，故D错误；
综上所述，正确的是B项。

5. 下列实验装置是验证干燥的氯气和氨气能否反应的部分装置(两种气体混合反应装置略去)，其中能达到实验目的的是

A. 用装置甲制取氯气 B. 用装置乙制取氨气
C. 用装置丙分别干燥氯气及氨气 D. 用装置丁吸收反应后的尾气
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓盐酸和二氧化锰反应需要加热才能制取氯气，因此用装置甲不能制取氯气，故A不符合题意；
B．氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在试管口两者又反应生成氯化铵，因此用装置乙不能制取氨气，故B不符合题意；
C．氨气和浓硫酸反应生成硫酸铵，因此用装置丙不能氨气，故C不符合题意；
D．两者反应后剩余的气体用NaOH溶液吸收，由于氨气极易溶于水，要注意防倒吸，氯气与NaOH溶液反应，因此用装置丁能吸收反应后的尾气，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
6. 非金属化合物在生产生活中有重要应用，下列有关说法错误的是
A. 工业中可用浓氨水检验氯气管道是否泄漏
B. 工业上制取粗硅的原理是
C. 实验室可用饱和碳酸氢钠溶液除去中的气体
D. 实验室可通过硫酸铜溶液除去甲烷中的气体
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨气和氯气发生反应，有白烟生成，工业中可用浓氨水检验氯气管道是否泄漏，故A正确；
B．工业上制取粗硅的原理是，故B错误；
C．碳酸氢钠和氯化氢反应生成氯化钠、二氧化碳、水，碳酸氢钠和二氧化碳不反应，实验室可用饱和碳酸氢钠溶液除去中的气体，故C正确；
D．硫酸铜溶液和H2S反应生成CuS沉淀和硫酸，实验室可通过硫酸铜溶液除去甲烷中的气体，故D正确；
选B。
7. 用如图所示的装置进行实验(夹持及尾气处理仪器略去)，能达到实验目的的是
选项
装置甲中试剂
装置乙中试剂
实验目的
装置
A
生石灰+浓氨水
无
制取并收集NH3

B
MnO2固体+双氧水
酸性淀粉KI溶液
证明氧化性：O2＞I2
C
Na2SO3固体+浓硫酸
KMnO4溶液
证明SO2有漂白性
D
Na2CO3固体+盐酸
Na2SiO3溶液
比较元素非金属性：Cl＞C＞Si

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．NH3的密度小于空气，应采用向下排空气法进行收集，故乙瓶导气管应该短进长出，A不能达到实验目的；
B．MnO2固体可催化双氧水分解产生O2，O2能够氧化KI得到I2，I2使得淀粉溶液变蓝，B能达到实验目的；
C．Na2SO3固体与浓硫酸反应生成SO2，SO2具有还原性，能够还原酸性高锰酸钾溶液使其褪色，与漂白性无关，C不能达到实验目的；
D．盐酸具有挥发性，与碳酸钠反应时除了有二氧化碳生成，还有HCl溢出，两种气体溶于硅酸钠溶液均能使硅酸根沉淀，故不能判断碳酸与硅酸酸性的强弱，D不能达到实验目的；
答案选B。
8. 下列反应既表现硝酸的酸性，又体现硝酸的氧化性的是
A. CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O B. FeO+4HNO3(浓)=Fe(NO3)3+2H2O+NO2↑
C. C+4HNO3(浓)=CO2↑+2H2O+4NO2↑ D. NH3+HNO3=NH4NO3
【答案】B
【解析】
【分析】根据硝酸中氮元素的化合价降低，则体现硝酸的氧化性，若生成硝酸盐，则体现硝酸的酸性。
【详解】A．因硝酸中氮元素化合价没有变化，只生成盐，则只表现酸性，A错误；
B．生成NO2硝酸中氮元素化合价降低，体现硝酸的氧化性，同时有硝酸铁生成，表现了硝酸的酸性，所以B正确；
C．硝酸中氮元素的化合价全部由+5降低为+4，只体现了氧化性，故C错误；
D．反应中没有元素化合价的变化，不能体现硝酸的氧化性，只表现其酸性，故D错误；
故答案选B。
9. 在一定条件下，将m体积NO2和n体积O2同时通入倒立于水中且盛满水的容器内，充分反应后，容器内残留体积的气体，该气体与空气接触未变为红棕色，则m与n的比值为
A. 3∶4 B. 4∶3 C. 8∶3 D. 3∶8
【答案】B
【解析】
【分析】根据二氧化氮气体和氧气混合通入水中全部吸收的反应进行计算，残留气体与空气接触不变红棕色，说明残留气体不是一氧化氮，据方程式计算。
【详解】在一定条件下，将m体积NO2和n体积O2同时通入倒立于水中且盛满水的容器内，充分反应，NO2和O2和水全部溶于水时按照下列反应方程式进行，化学方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3；充分反应后，容器内残留0.5m体积的气体，该气体与空气接触未变为红棕色，容器中残留气体为O2，所以和NO2全部溶于水的O2的体积为，残留 体积的气体是氧气，即，解得m∶n=4∶3；
故答案选B
【点睛】本题考查了氮氧化物和氧气混合溶于水的判断计算，关键是混合气体溶于水的物质的量之比的应用。根据二氧化氮气体和氧气混合通入水中全部吸收的反应进行计算，残留气体与空气接触未变红棕色，说明残留气体是氧气，从而得解。
10. 在标准状况下将1.92g铜粉投入一定量浓HNO3中随着铜粉的溶解，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当铜粉完全溶解后共收集到由NO2和NO组成的混和气体1.12L，则混和气体中NO的体积为
A. 112mL B. 1008mL C. 224mL D. 448mL
【答案】A
【解析】
【详解】n(Cu)==0.03mol，混合气体的物质的量为=0.05mol，设n(NO)=x mol，n(NO2)=y mol，则由电子守恒及原子守恒可知x+y=0.05，0.03×2=3x+y，解得x=0.005，y=0.045，v(NO)=0.005×22.4×1000=112mL，答案选A。
二．不定项选择题(共4小题，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一项或两项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
11. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 细铁粉具有还原性，可用作食品抗氧剂 B. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
C. 漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张 D. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．细铁粉具有还原性，能与空气中的氧气反应，所以可用作食品抗氧剂，A符合题意；
B．NaHCO3具有弱碱性，能与HCl反应，所以NaHCO3可用于制胃酸中和剂，与NaHCO3受热易分解无关，B不符题意；
C．漂白粉有效成分是次氯酸钙，能与二氧化碳、水反应生成氧化性强的次氯酸，可作漂白剂，与漂白粉稳定性无关，C不符题意；
D．Al2O3是离子化合物，离子键强，使其熔点高，可用作耐高温材料，与Al2O3是两性氧化物无关，D不符题意。
答案选A。
12. 向含有FeCl3和BaCl2的酸性溶液中通入足量的SO2，有白色沉淀生成，过滤后向滤液中滴入KSCN溶液时，无明显现象，由此得出的正确结论是
A. 白色沉淀是FeSO3
B. 白色沉淀是BaSO3和BaSO4的混合物
C. 白色沉淀是BaSO4
D. FeCl3已全部被SO2还原成FeCl2
【答案】CD
【解析】
【详解】氯化铁具有氧化性，在酸性环境下能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，硫酸根离子与钡离子发生反应生成硫酸钡沉淀，亚硫酸酸性弱于盐酸，与氯化钡不反应，所以不会产生亚硫酸钡沉淀，向过滤后的滤液中滴入KSCN溶液，无明显现象，说明溶液中三价铁离子全部被还原为二价铁离子，据此解答。
【解答】A． 由分析知，白色沉淀是BaSO4，故A错误；
B．由分析知，白色沉淀BaSO4，故B错误；
C．由分析知，白色沉淀是BaSO4，故C正确；
D． FeCl3已全部被SO2还原成FeCl2，故D正确；
故选CD。
13. 用为的浓溶液吸收一定量的氯气，充分反应后溶液中只含有、、三种溶质。下列判断正确的是
A. 可能为
B. 若反应中转移的电子的物质的量为，则
C. 被吸收的氯气的物质的量为
D. 可能为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．NaCl为氯气得电子的产物，NaClO和NaClO3为氯气失电子的产物，根据得失电子守恒，若溶液中n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO3)可能为9：3：1，则理论上反应中得到电子为9mol×1=9mol，反应中失去电子总物质的量为3mol×1+1mol×5=8mol；得失电子不守恒，A错误；
B．氯气和NaOH反应有2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O、6NaOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O，当生成NaCl和NaClO时转移电子最少，0.6 mol NaOH消耗0.3molCl2，生成0.3molNaCl转移电子的物质的量为0.3mol；当生成NaCl和NaClO3时转移电子数目最多，0.6molNaOH消耗0.3molCl2，生成0.5molNaCl转移电子的物质的量为0.5mol，所以如果反应中转移的电子为n mol，则0.3