2022级高一上学期学分认定模块考试(化学)注意事项:1.答卷前，考生务必用钢笔或签字笔将自己的班别、姓名、考号镇写在答题纸和答题卡的相应位置处.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.3.非选择题答案必须写在答题纸相应位置处，不按要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡和答题纸一并收回.可能用到的相对原子质量:H:1O:16N:14C:12Na:23Mg:24Al:27S:32Cl:35.5Pd:106.4第I卷(选择题共54分)一、选择题:(本题共18小题.每题3分，共54分，每小题只有一个选项符合题意）1、下列有关化学基本概念正确的是:()A、含非金属元素的离子，在氧化还原反应中一定作还原剂B、分解反应一定是氧化还原反应C、依据化合物在水溶液中的导电能力强弱，将化合物分为电解质和非电解质D.氧化还原反应的本质是电子的转移【答案】D【解析】A.ClO-具有强氧化性，在氧化还原反应中做氧化剂，错误；B.有的分解反应属于非氧化还原反应，错误；C.根据化合物在水溶液或熔融状态下能否导电，将化合物分为电解质和非电解质，错误；选D.2、下列说法中，不正确的是:()A、可以利用丁达尔效应区分胶体和溶液B.胶体中分散质微粒直径通常大于100nmC.当分散剂是液体时，可根据分散质粒子的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液D.向沸水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，煮沸至液体呈红揭色，制得Fe(OH)3胶体【答案】B【解析】人们将分散质微粒直径在1—100nm之间的分散系称为胶体，选B。3、欲萃取碘水中的I2，不能作为萃取剂的是:()A,苯B,CCl4C,酒精D,汽油【答案】C【解析】酒精与水互溶，不能作为萃取剂，选C。4、下列仪器加热时不需垫石棉网的是:()A,烧杯B,蒸馏烧瓶C,蒸发皿D,锥形瓶【答案】C【解析】能够直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿和坩埚等；需要垫石棉网的是：烧杯、烧瓶、锥形瓶等；不能加热的仪器有：漏斗、量筒、集气瓶等，选C。5、下列变化中.需加入氧化剂的是:()【答案】A-9-【解析】需要加入氧化剂才能实现，则选项中各物质为还原剂，发生氧化反应，还原剂中某元素的化合价升高，A．6、下列说法正确的是:()A,在标准状况下，1mol水的体积是22.4LB,1molH2所占的体积一定是22.41LC、1L0.5mol的MgCl2溶液中，含有Cl－的个数为0.5(用表示阿伏加德罗常数的数值)D,在标准状况下.总质量为28g的N2和CO的混合气体，其体积约为22.4L【答案】D【解析】A.在标准状况下，水是液体，无法确定气体摩尔体积，错误；B.没有条件，无法计算物质的量，错误；C.1L0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl－的个数为，错误；选D.7、将一小块金属钠投入足量的下列济液，既能生成气体，又能生成蓝色沉淀的是:()A.MgCl2溶液B.Ba(OH)2稀溶液C.CuSO4溶液D.CaCl2溶液【答案】C【解析】A、将一小块金属钠投入MgCl2溶液中，有白色沉淀生成，错误；B、将一小块金属钠投入Ba(OH)2稀溶液中，无蓝色沉淀生成，错误；C、将一小块金属钠投入CuSO4溶液，Na先与水反应，生成NaOH和H2，NaOH再与CuSO4反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，正确；D、将一小块金属钠投入CaCl2溶液中，无蓝色沉淀生成，错误,选C。8、完成下列实验所需选择的装置、试剂都正确的是:()A,AB,BC,CD,D【答案】A【解析】A.植物油与氯化钠溶液互不相容，用分液的方法，正确；B.氯化钠晶体中混有的氯化钾晶体，采用加热浓缩，冷却结晶的方法除去，错误；C.碘和CCl4互溶，错误；D.CO2和NaOH溶液也反应，错误；选A。9、下列关于Na2CO3和NaHCO3的叙述中错误的是:()A.等质量的两种盐分别与足量的盐酸反应，在相同情况下，NaHCO3产生的二氧化碳多B.等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量的盐酸反应，在相同情况下产生的二氧化碳体积相等C.等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量同浓度的盐酸反应，Na2CO3消耗盐酸的体积是NaHCO3消耗盐酸体积的2倍D、将石灰水加入NaHCO3溶液中不产生白色沉淀，而加入Na2CO3溶液中则产生白色沉淀-9-【答案】D【解析】A．等质量的Na2CO3和NaHCO3，NaHCO3物质的量较多，生成二氧化碳多，A正确；B．NaHCO3和Na2CO3都与盐酸反应生成二氧化碳气体：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，放出CO2体积相等，正确；C．由反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3跟同一种盐酸充分反应时，消耗酸的体积比是2：1，正确；D．Na2CO3和NaHCO3都与澄清的石灰水反应生成沉淀，反应为Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH和NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+NaOH+H2O，错误；选D。10、下列反应的离子方程式书写正确的是:()A.Na2O2与水反应:B.稀H2SO4与铁粉反应:C.氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应:D,碳酸钙与盐酸反应:【答案】A【解析】A.正确；B.铁与稀硫酸反应生成亚铁离子，错误；C.氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应生成硫酸钡和水，错误；D.碳酸钙是难溶盐，写化学式，错误；选D。11、下列离子在碱性溶液中能大最共存，并且溶液为无色透明的是:()【答案】B【解析】A.铜离子蓝色，错误；B.正确；C.MnO4-紫色，错误；D.在碱性溶液中，HCO3-不存在，错误；选B。12,2022年诺贝尔化学奖授子美日科学家，他们由于研究“有机物合成过程中把催化交叉偶联”而获奖.钯的化合物氯化钯可用来检测有毒气体CO.发生反应的化学方程式为:。下列说法正确的是:()A、上述反应中PdCl2被氧化B、PdCl2的摩尔质最为177.4gC、该反应的还原剂为CoD、每生成11.2LCO2时，转移电子的物质的最为2mol【答案】C【解析】CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓+2HCl中，C元素的化合价由+2价升高为+4价，Pb元素的化合价由+2降低为0，A．PdCl2得电子，所以反应中PdCl2被还原，错误；B、PdCl2的摩尔质最为177.4g/mol,错误；C．该反应C元素的化合价升高，CO是还原剂，CO2是氧化产物，正确；D．该反应的温度和压强未知，导致气体摩尔体积未知，所以其物质的量不一定是1mol，则转移的电子数不一定为2mol，错误；选C．13、下列各组物质中，因为反应的条件或者用量不同而发生不同化学反应的是:()①澄清石灰水和CO2②Na与O2③AlCl3溶液与氨水④Na2CO3与稀盐酸A、除②外B,除③外C,除②③外D、除③④外【答案】B-9-【解析】①澄清石灰水和少量CO2反应生成碳酸钙，与过量CO2反应生成碳酸氢钙，符合；②Na与O2常温下生成氧化钠，加热条件下生成过氧化钠，符合；③AlCl3溶液与氨水反应，无论氨水过量与否，都生成氢氧化铝，不符；④Na2CO3与少量稀盐酸反应，生成碳酸氢钠，与过量盐酸反应生成氯化钠、CO2和水，符合；选B。14、足量下列物质与等质量的铝反应.放出氢气而且消耗溶质物质的量最少的是:()A、氢氧化钠溶液B、稀硫酸C、盐酸D、水【答案】A【解析】首先铝与水不反应，D错误，铝与剩余三种物质均可产生氢气，铝质量一定，当三种物质足量时，产生氢气的量相同，根据与三种物质反应后的产物的化学式（分别是NaAlO2、Al2(SO4)3、AlCl3）来判断，所用氢氧化钠物质的量最少，选A。15、在标准状况下①6.72LCH4②3.01x10个HCl分子③13.6gH2S④0.2molNH3，下列对这四种气体的关系从大到小表达错误的是:()A、体积②>③>①>④B、密度②>③>①>④C、质量②>③>①>④D、氢原子个数①>③>④>②【答案】B【解析】①6.72LCH4物质的量为6.72/22.4=0.3mol，②3.01×1023个HCl分子的物质的量为0.5mol，③13.6gH2S的物质的量为13.6/34=0.4mol，④0.2molNH3．相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以体积②＞③＞①＞④，A正确；各物质的摩尔质量分别为①CH4为16g/mol②HCl为36.5g/mol③H2S为34g/mol④NH3为17g/mol，相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，所以密度②＞③＞④＞①，B错误；各物质的质量分别为①CH4为0.3mol×16g/mol=4.8g②HCl为0.5mol×36.5g/mol=33.25g③H2S13.6g④NH3为0.2mol×17g/mol=3.4g，所以质量②＞③＞①＞④，C正确；各物质中H原子的物质的量分别为①CH4为0.3mol×4=1.2mol②HCl为0.5mol③H2S0.4mol×2=0.8mol④NH3为0.2mol×3=0.6mol，所以氢原子个数①＞③＞④＞②，D正确．选B。16、将氯化铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中铝元素的质最与溶液中所含铝元素的质最相等，则原氯化铝溶液和氢氧化钠溶液的物质的最浓度之比可能是:()A.2:3B.1:3C.1:4D.7:2【答案】A【解析】①若AlCl3过量，NaOH量不足，溶液中铝元素应为Al3＋.根据AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl依题意，溶液中剩余1molAl3＋，c(AlCl3)∶c(NaOH)＝n(AlCl3)∶n(NaOH)＝(1＋1)mol∶3mol＝2∶3.②若NaOH量稍多，AlCl3完全反应，生成的Al(OH)3部分溶解，溶液中铝元素的存在形式为，假设有2molAl3＋反应，依题意有关系式：AlCl3～　3NaOH　～　Al(OH)3、AlCl3～　4NaOH　～　NaAlO2则c(AlCl3)∶c(NaOH)＝n(AlCl3)∶n(NaOH)＝(1＋1)mol∶(3mol＋4mol)＝2∶7，选A。17、已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应:由此确定三种离子的还原性由强到弱的顺序是:()-9-【答案】A【解析】根据同一个化学反应，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可得三种离子的还原性由强到弱的顺序是Sn2＋>Fe2＋>Ce3+，选A。18、2022年12月5日中国辽宁舰航母编队中的登陆舰紧急逼停了擅闯南海禁航区的美海军“考本斯”号导弹巡洋舰，避免了两军舰艇相撞。据悉.美国“考本斯”号巡洋舰上的核反应堆内使用了液体铝钠合金(单质钠和单质铝熔合而成)做载热介质。下列有关说法不正确的是:()A，自然界中没有游离的钠和铝B,若铝钠合金投入水中得无色溶液.则C,铝钠合金投入到足量氯化钢溶液中，一定有氢氧化铜沉淀，也可能有铜析出D,mg不同组成的铝钠合金投入足最盐酸中。若放出的越多.则铝的质最分数越小【答案】D【解析】A、钠和铝的化学性质活泼，自然界中没有游离的钠和铝，正确；B、若铝钠合金投入水中得无色溶液，说明钠和水反应生成的氢氧化钠足以将金属铝溶解，根据相关化学方程式知n(Al)≤n(Na)，正确；C、铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，钠和水反应生成的氢氧化钠可以和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀，若n（Al）＞n（Na），金属铝也可能会置换出金属铜，正确；D、根据金属钠和金属铝和酸反应生成氢气量的关系：2Al～3H2↑，2Na～H2↑，等质量的金属钠和金属铝，则金属Al产生的氢气量多，所以放出的H2越多，则铝的质量分数越大，错误，选D。第II卷(非选择题共46分)二、非选择题(本大题共有5小题，19题12分、20题8分，21题8分，22题8分，23题10分，共46分)19,(12分)Ⅰ:(6分)设用表示阿伏加德罗常数的数位，其计算近似仇为6.02x10.按要求完成下列填空:(1)0.5molNH3共含有_______个原子.(2)6molH2O与标准状况下________LNH3所含氢原子数相等。(3)某硫酸钠溶液中含有3.01x10个Na＋，则该溶液中SO42－的物质的最是_______.(4)2L1mol/LMgCl2中Cl－的物质的量浓度为_______。(5)标准状况下11.2LNO和_______gNO2所含有的氧原子数相等。(6)0.8g某物质含有3.01x10个分子，该物质的相对分子质量约为________II(6分)写出下列反应的离子方程式:(1)向CuSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液________________________________________,(2)向NaOH溶液中通入少量二氧化碳________________________________________;(3)稀盐酸和氧化铜反应________________________________________.【答案】19、Ⅰ（1）1.204×1024（2）89.6L（3）0.025mol（4）2mol/L（5）11．5（6）16Ⅱ、（1）Cu2＋+SO42—+Ba2＋+2OH－=Cu(OH)2↓+BaSO4↓；（2）2OH－+CO2=CO32-+H2O；（3）CuO+2H＋=Cu2＋+H2O。【解析】(1)0.5molNH3中含有3.01×1023个氨气分子，约含有4×3.01×1023=1.204×1024-9-个原子；(2)6molH2O含有12mol的氢原子，与4molNH3所含氢子数相等，在标况下的体积为89.6L；（3）某硫酸钠溶液中含有3.01×1022个Na+，则该溶液中SO42－的物质的量=3.01×1022/6.02×1023×0.5=0.025mol；（4）2L1mol/LMgCl2中Cl－的物质的量浓度为2mol/L。(5)标准状况下11.2LNO的物质的量为0.5mol，和11.5gNO2所含有的氧原子数相等。(6)根据M=m/n,根据n=N/NA，0.8g某物质含有3.01x10个分子，该物质的相对分子质量约为16.Ⅱ、（1）向CuSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液，化学方程式为CuSO4+Ba(OH)2=Cu(OH)2↓+BaSO4↓，离子方程式为：Cu2＋+SO42—+Ba2＋+2OH－=Cu(OH)2↓+BaSO4↓；(2)向NaOH溶液中通入少量二氧化碳，化学方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O,离子方程式为：2OH－+CO2=CO32-+H2O；(3)稀盐酸和氧化铜反应化学方程式：CuO+2HCl=CuCl2+H2O，离子方程式为：CuO+2H＋=Cu2＋+H2O。20,(8分)实验室可以用氯酸钾和浓盐酸反应制取氯气，反应方程式如下:(1)用单线桥法表示上述反应中电子转移的方向和数目:(2)反应中发生氧化反应的物质是_______(填化学式)，被还原的元素是_______(填元素名称).(3)氧化剂与还凉剂的物质的量之比为___________。(4)若反应中被氧化的物质为1mol，则生成的氯气体积为________(标准状况下).【答案】20、（1）【解析】（1）(2)根据化学方程式，盐酸中氯元素由-1价升高到0价，盐酸作还原剂，氯酸钾中氯元素由+5价降低到0价，氯酸钾作氧化剂，Cl2既是氧化产物，也是还原产物，则(2)反应中发生氧化反应的物质是HCl，被还原的元素是氯；(3)氧化剂与还凉剂的物质的量之比为1:5；(4)若反应中被氧化的物质为1mol，则生成的氯气体积为22.4×3/5=13.44L。21,(8分)在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，能延长鲜花的寿命。下表是500mL“鲜花保鲜剂”中含有的成分，阅读后回答下列问题:(1)下列“鲜花保鲜剂”的成分中，属于电解质的是_______。A.蔗糖B.硫酸钾C.高锰酸钾D.氯化钠-9-(2)某同学欲称量“鲜花保鲜剂”的质量，先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图。则烧杯的实际质量为________g.(3)配制上述一“鲜花保鲜剂”240mL所需的仪器有:烧杯、天平、药匙、量筒、玻璃棒、胶头滴管、______________。(在横线上填写所缺仪器的名称)(4)容量瓶使用前必须进行的操作为____________________.(5)“鲜花保鲜剂”中K＋(阿司匹林中不含K＋)的物质的最浓度为_______mol/L:若检验“鲜花保鲜剂”溶液中的SO42－，你选择的化学试剂为__________(填化学式)济液。(6)在配制过程中，如果其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是:_________.①没有洗涤烧杯和玻璃捧②转移溶液时不慎有少量溶液洒到容量瓶外面③容量瓶不干燥，含有少最燕馏水④定容时俯视刻度线⑤定容摇匀后发现溶液体积低于刻度线，再补加少量蒸馏水至刻度线【答案】21、（1）BCD（2）27.4（3）250ml容量瓶（4）检查是否漏水（5）0.084BaCl2(6)④【解析】（1）A．蔗糖含有蔗糖分子，在水溶液中，不能电离，只存在分子，不能导电，是非电解质，错误；B．熔融硫酸钾，能电离出硫酸根离子和钾离子，能导电，是化合物，是电解质，正确；C．高锰酸钾溶液它是高锰酸钾的溶液，是混合物，所以它既不是电解质，也不是非电解质，正确；D．硝酸银，溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电，是电解质，正确；（2）根据左物又码，30=m(烧杯)+m（游码），则烧杯的实际质量为27.4g；（3）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，加速溶解．冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以所需仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、胶体滴管外还需250mL容量瓶；（4）根据溶液的配制步骤，因为最后需颠倒摇匀，所以容量瓶在使用前必须检查是否漏水，故答案为：检查容量瓶是否漏水；（5）高锰酸钾的物质的量为n（KMnO4）=0.25/158，硫酸钾的物质的量为n（K2SO4）=0.25/174，n（K+）=n（KMnO4）+2n（K2SO4）=0.25/158+2×0.25/174，所以c（K+）=0.084 mol/L,若检验“鲜花保鲜剂”溶液中的SO42－，用BaCl2溶液；（6）①没有洗涤烧杯和玻璃捧，则移入容量瓶内溶质的n减少，所配溶液浓度偏低；②转移溶液时不慎有少量溶液洒到容量瓶外面，移入容量瓶内溶质的n减少，所配溶液浓度偏低；③容量瓶不干燥，含有少最燕馏水，无影响；④定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；⑤定容摇匀后发现溶液体积低于刻度线，再补加少量蒸馏水至刻度线，导致所配溶液浓度偏低，选④。22.(8分)A,B.C.D.E.F六种物质的焰色反应均为黄色。A.B.C.D与盐酸反应均生成E，此外B还生成一种可燃性气体:而C.D还生成一种无色无味的气体H.该气体能使澄清的石灰水变浑浊。D和A可反应生成C.F和H也可反应生成C和另一种无色无味气体。-9-请回答下列问题:(1)写出C、F的化学式:C:____________;F:____________;(2)写出下列反应的离子方程式:①B和H2O的反应:____________________________________;②D溶液+盐酸:_________________________________;③D溶液+A溶液:________________________________;【答案】22、（1）Na2CO3Na2O2（2）①2Na+2H2O=2Na＋+2OH－+H2↑②HCO3-+H+=CO2↑+H2O③HCO3-+OH-=CO32-↑+H2O【解析】试题分析:因焰色反应为黄色，说明五种物质都含有钠元素，根据钠及其化合物的性质，可推知各物质．E为氯化钠，可燃气体是氢气，B为钠，无色无味气体H能使澄清石灰水变浑浊，则H为二氧化碳，F和H也可反应生成C和另一种无色无味气体，则无色无味气体为氧气，F为过氧化钠，C为碳酸钠，C、D与盐酸反应生成一种无色无味气体H，D和A可反应生成C，则D为碳酸氢钠，A为氢氧化钠，则(1)C、F的化学式分别为Na2CO3Na2O2；（2）下列反应的离子方程式，①钠和H2O的反应2Na+2H2O=2Na＋+2OH－+H2↑；②碳酸氢钠溶液和盐酸HCO3-+H+=CO2↑+H2O；③碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液HCO3-+OH-=CO32-↑+H2O。23,(10分)将一定质量的氧化镁和铝的固体混合物投入200mL稀硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入的NaOH溶液体积的变化关系如图所示。(1)写出将固体混合物投入稀硫酸中所发生的氧化还原反应的离子方程式:___________________________________________________________;(2)写出加入NaOH的体积为200-24OmL时反应的离子方程式:___________________________________________________________;(3)计算在反应过程中放出的气体在标状下的体积为:_____________;(4)原固体混合物的质最为:____________________;(5)所用氢氧化钠溶液的物质的量浓度为:_______________________.【答案】23、（1）2Al+6H＋=2Al3＋+3H2↑(2)Al(OH)3+OH－=[Al(OH)4]-(3)10.08L(4)9g(5)5mol/L【解析】从图象中看到，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O．当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3；200-24OmL时,Al(OH)3溶解。（1）将固体混合物投入稀硫酸中发生氧化还原反应的离子方程式为2Al+6H＋=2Al3＋+3H2↑（2）加入NaOH的体积为200-24OmL时反应的离子方程式为Al(OH)3+OH－=[Al(OH)4]-(3)由Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑可以计算出生成n（H2）=0.45mol，标准状况下V（H2）=0.45mol×22.4L•mol-1=10.08L;(4)当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2．n（Mg）=n[Mg(OH)-9-2]=0.15mol，m（Mg）=0.15mol×24g•mol-1=3.6g，n（Al）=n[Al（OH）3]=0.35mol-0.15mol=0.2mol，m（Al）=0.2mol×27g•mol-1=5.4g，所以镁和铝的总质量为9g;(5)从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH)3：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，则此过程消耗n（NaOH）=n[Al(OH)3]=0.2mol，c（NaOH）=0.2mol/0.04L=5mol•L-1.-9-