2024.10高二第一学期十月阶段练习－化学原子量：H1C12O16Na23P31S32Cl35.5Ba137一、选择题（每题只有一个选项符合题意，1－20题每题3分，21－25题每题2分，共70分）1.关于中国传统文化中的“文房四宝”，下列叙述中不正确的是（）A.可用灼烧法鉴别毛笔笔头是否含蛋白质B.用墨写字利用了常温下碳的稳定性C.纸的主要成分纤维素属于合成高分子化合物D.用工具打磨石材制砚台的过程是物理变化【答案】C【解析】【详解】A项、毛笔笔头主要成分是蛋白质，灼烧会产生特殊的气味，假的毛笔笔头是化学纤维，所以用灼烧法可鉴别毛笔笔头的真伪，故A正确；B项、碳的化学性质稳定，在空气中不易反应，所以用墨写字画画可长久不褪色，故B正确；C项、纸的原料是木材，主要成分是纤维素，纤维素属于天然高分子化合物，故C错误；D项、用工具打磨石材制砚台的过程中没有新物质生成，是物理变化，故D正确。故选C。【点睛】本题考查物质的性质及用途，注意分析物质的性质，把握常见物质的性质和鉴别方法为解答的关键。2.用惰性电极电解下列各组中的三种电解质溶液，在电解的过程中，溶液的pH依次为升高、不变、降低的是( )A.AgNO3 CuCl2 Cu(NO3)2B.KClNa2SO4CuSO4C.CaCl2KOHNaNO3D.HClHNO3K2SO4【答案】B【解析】【详解】由电解规律可得：类型化学物质pH变化放O2生酸型CuSO4、AgNO3、Cu(NO3)2降低放O2生酸型KCl、CaCl2升高CuCl2升高电解电解质型HCl升高NaNO3、Na2SO4、K2SO4不变电解H2O型KaOH升高HNO3降低故选B。3.下列热化学方程式正确的是选项已知条件热化学方程式点燃1H2的燃烧热为H2Cl22HClHakJmolAakJmol12SO2gO2g2SO3g1molSO2、B0.5molO2完全反H98.3kJmol1应，放出热量98.3kJHSOaqBa(OH)aq=BaSOs2HOl24242HaqOHaq=H2OlCH114.6kJmol1H57.3kJmol1131g白磷(P4)比31g红P4白磷,s4P红磷,sH4bkJmolD磷能量多bkJA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所释放的热量，应是1mol气态H2和气态O2反应生成1mol液态水放出的热量，故A错误；B．根据1molSO2、0.5molO2完全反应后，放出热量98.3kJ可知，则2molSO2、1molO2完全反应后，放出−1热量196.6kJ，因此2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH＝−196.6kJ∙mol，故B错误；−1C．根据HaqOHaq=H2OlΔH＝−57.3kJ∙mol，生成BaSO4沉淀，放出的热量大于114.6−1kJ，故H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)＝BaSO4(s)+2H2O(l)ΔH＜−114.6kJ∙mol，故C错误；D．根据31g即0.25mol白磷比31g即1mol红磷能量多bkJ，白磷转化为红磷会释放能量，1mol白磷固体1变为4mol红磷固体释放4bkJ的热量，因此P4白磷,s4P红磷,sH4bkJmol，故D正确。综上所述，答案为D。4.下列有关反应的离子方程式不正确的是3A.氧化铁与稀盐酸混合：Fe2O36H2Fe3H2O322B.FeCl3溶解Cu：2FeCu2FeCu2C.碳酸氢钠溶液与稀H2SO4反应：CO32HH2OCO2D.氯气与碘化钾溶液：2ICl2I22Cl【答案】C【解析】【详解】A．氧化铁与盐酸发生复分解反应生成氯化铁和水，A正确；B．氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，B正确；C．碳酸氢钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，离子方程式为：HCO3HH2OCO2，C错误；D．氯气与碘化钾溶液反应生成氯化钾和碘单质，D正确；答案选C。5.关于下图装置的说法，错误的是+A.盐桥内的K移向CuSO4溶液B.若将Cu电极换成石墨电极，原电池反应不改变+-C.铜电极上发生的电极反应是2H+e=H2↑D.Zn为电池的负极【答案】C【解析】【分析】在该原电池中，由于金属性Zn>Cu，因此Zn做负极，发生失电子的氧化反应，负极反应式为Zn--2+2+2+-2e=Zn；Cu做正极，CuSO4溶液中的Cu发生得电子的还原反应，其电极反应式为Cu+2e=Cu；据此分析解答。+【详解】A．在原电池中，阳离子移向正极，因此盐桥中的K移向CuSO4溶液中，A正确；B．若将铜电极换成石墨电极，电极反应式没有变化，则原电池反应不改变，B正确；2+2+-C．铜电极上是由CuSO4溶液中的Cu发生得电子的还原反应，其电极反应式为Cu+2e=Cu，C错误；D．在该原电池中，由于金属性Zn>Cu，因此Zn做负极，D正确；故答案选C。6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.1L0.1mol/LCH3COOH溶液中含有的阴离子数目小于0.1NAB.1molNa与足量O2充分反应后，转移的电子数目为NAC.常温常压下，17gH2O2含有的氧原子数目为NAD.11.2L(标准状况)N2与NH3的混合物中含有的共用电子对数目为NA【答案】D【解析】【详解】A．CH3COOH溶液中存在水的电离和醋酸的电离，水和CH3COOH是弱电解质属于微弱电离，故1L0.1mol/LCH3COOH溶液中含有的阴离子数目小于0.1NA，A正确；+-B．1molNa与足量O2充分反应，Na变为Na转移1mole，B正确；m17gC．17gH2O2的物质的量为===0.5mol，含有的氧原子数目为2×0.5mol×NA=NA，C正确；M34g/molD．N2与NH3分子中均含有3对共用电子对，故11.2L(标准状况)N2与NH3的混合物中含有的共用电子对11.2L数目为×3×NA=1.5NA，D错误；22.4L/mol故选D。7.下列在指定溶液中的各组离子，一定能够大量共存的是2A.无色溶液中：K、NH4、SO4、Cl2B.pH11的溶液中：S、Na、HCO3、K22C.pH1的溶液中：Na、Mg、NO3、SO322D.电解CuSO4溶液后的溶液中：SiO3、Cl、K、SO4【答案】A【解析】【详解】A．该组离子之间不反应，离子可大量共存，且离子均为无色，故A正确；-B．pH=11的溶液显碱性，OH与HCO3反应生成碳酸根离子和水，不能大量存在，故B错误；+2C．pH=1的溶液显酸性，H、SO3发生反应生成二氧化硫和水，不能大量共存，故C错误；+2D．电解CuSO4溶液生成铜、硫酸和氧气，反应后的溶液是硫酸，H与SiO3反应生成硅酸，不能共存，故D错误；故选：A。8.利用右图所示装置可以将温室气体CO2转化为燃料气体CO。下列说法中，正确的是A.该过程是将太阳能转化为化学能的过程B.电极a表面发生还原反应C.该装置工作时，H+从b极区向a极区移动D.该装置中每生成1molCO，同时生成1molO2【答案】A【解析】【详解】A．根据图示，该过程是将太阳能转化为化学能的过程，故A正确；B．根据图示，电极a表面发生水转化为氧气的过程，反应中O元素的化合价升高，被氧化，发生氧化反应，故B错误；C．根据图示，a为负极，b为正极，H+从a极区向b极区移动，故C错误；1D．根据得失电子守恒，该装置中每生成1molCO，同时生成molO2，故D错误；2故选A。9.氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是A.反应2H2(g)O2(g)2H2O(g)在点燃条件下才能剧烈反应，所以不能设计成原电池B.碱性氢氧燃料电池的负极反应为H22e2H23C.常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2LH2，转移电子的数目为6.0210D.同温同压下，2H2(g)O2(g)2H2O(g)，在燃料电池和点燃条件下的H相同【答案】D【解析】【详解】A．反应2H2(g)O2(g)2H2O(g)是自发的氧化还原反应，能设计成原电池，A错误；--B．碱性氢氧燃料电池的负极是氢气失去电子和氢氧根离子反应生成水，负极反应式为H2+2e+2OH=2H2O，B错误；C．常温常压下气体摩尔体积大于22.4/mol，氢氧燃料电池放电过程中消耗氢气11.2L，则氢气的物质的量小于0.5mol，反应转移电子小于0.5mol×2=1mol，故数目小于6.02×1023，C错误；D．反应的焓变与反应途径无关，在燃料电池和点燃条件下的H相同，D正确；故选D。10.某新型电池的工作原理如图所示，已知电池放电时的反应为Na1xMnO2NaxCnNaMnO2nC（反应前后Na的化合价不变）。下列说法错误的是A.电极M是电池的正极B.电池的负极发生反应NaxCnxexNanCC.电池工作时，Na移向电极M1D.电池工作时，每消耗0.1mol的NaxCn，有0.1molMn被氧化【答案】D【解析】【分析】根据题给信息电池放电时的反应为Na1xMnO2NaxCnNaMnO2nC（反应前后Na的化合价不变）可知，Mn元素化合价降低，发生得电子的还原反应，所以电极M为电池的正极，C元素化合价升高，NaxCn在电极N发生失电子的氧化反应，据此分析解答。-+【详解】A．由电池总反应可知，放电时，M电极发生反应Na1-xMnO2+xe+xNa=NaMnO2，所以电极M是电池的正极，故A正确；-+B．由电池总反应可知，放电时，电池的负极发生反应NaxCn-xe=xNa+nC，故B正确；C．M是正极、N是负极，电池工作时，Na+移向电极M，故C正确；1D．根据反应总方程式Na1xMnO2NaxCnNaMnO2nC可知，每消耗0.1mol的NaxCn，有0.1molMn被还原，故D错误；答案选D。11.通过卤素间的反应实验，可以比较出卤素单质氧化性的强弱。实验如下：下列说法不正确的是A.CCl4起到萃取、富集I2的作用－B.a中下层变无色，说明I2转化为I－－C.Ⅲ中发生反应的离子方程式为：Br2+2I===I2+2BrD.依据a、b中现象，可以证明Cl2的氧化性比Br2强【答案】B【解析】【详解】A、碘单质和四氯化碳都是非极性分子,下层呈紫色,所以CCl4起到萃取、富集I2的作用,所以A选项是正确的;B、四氯化碳不溶于水,比水重,碘单质在四氯化碳中溶解度大于水中,四氯化碳层为紫红色,上-层主要溶质是氯化钾,加氯水后，I2被氧化为碘酸根离子，能溶解在水中，而不是将I2转化为I,故B错--误;C、溴单质的氧化性强于碘单质,所以溴单质能将碘离子氧化成碘单质,发生了Br2+2I=I2+2Br,所以C选项是正确的;D、Ⅱ滴入氯水能将碘单质氧化成无色的碘酸根离子,而Ⅳ滴入溴水下层仍呈紫色,所以氯气的氧化性强于溴单质,故D正确;答案：B。12.用石墨作电极，电解盛放在U形管中的饱和NaCl溶液（滴有酚酞溶液），如图。下列叙述正确的是A.通电后，NaCl发生电离B.通电一段时间后，阳极附近溶液先变红C.当阳极生成0.1mol气体时，整个电路中转移了0.1mole－电解D.电解饱和食盐水的总反应式为：2NaCl+2H2O==2NaOH+H2↑+Cl2↑【答案】D【解析】--【分析】用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液，阴极发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e＝H2↑+2OH，--生成NaOH，该极呈碱性；阳极发生氧化反应，电极反应式为：2Cl-2e=Cl2↑，总反应为：2NaCl+2H2O电解==2NaOH+H2↑+Cl2↑，以此解答该题。【详解】A．NaCl为强电解质，无论是否通电，在溶液中都发生电离，A错误；B．阳极生成氯气，阴极生成N