湖北省武汉市钢城第四中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

湖北省武汉市钢城第四中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

www.ks5u.com 化学试卷 一、单选题 ‎1.我国古代文献中有许多化学知识的记载，如《梦溪笔谈》中的“信州铅山县有苦泉，……，挹其水熬之，则成胆矾，熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”等，上述描述中没有涉及的化学反应类型是 A. 复分解反应 B. 化合反应 C. 离子反应 D. 氧化还原反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ CuSO4+5H2O=CuSO4.5H2O为化合反应，CuSO4.5H2OCuSO4+5H2O为分解反应，Fe+CuSO4=Cu+FeSO4为置换反应，且Fe、Cu元素的化合价变化，为氧化还原反应，故答案为A。‎ ‎2.下列过程包含化学变化的是 A. 干冰升华 B. 粮食酿醋 C. 滴水成冰 D. 沙里淘金 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 干冰升华是固态二氧化碳升华变为气态，是物质状态发生了改变，没有形成新物质，是物理变化，故A错误 B. 粮食酿醋是把淀粉发酵制成醋酸，生成了新的物质，是化学变化，故B正确；‎ C. 滴水成冰，水在低温下凝固成冰，是水的状态发生了改变，没有形成新的物质，是物理变化，故C错误；‎ D. 沙里淘金是利用金的密度与沙子的差异，把它们分开，没有形成新的物质，是物理变化，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】区分物理变化和化学变化的方法看有没有形成新的物质，需要学生多观察生活中的实例，多思考，并可以从微观角度分析产生化学变化的原因。‎ ‎3.下列电离方程式或离子方程式不正确的是（　　）‎ A. NaOH电离：NaOH=Na＋＋OH－‎ B. CaCl2电离：CaCl2=Ca2＋＋2Cl－‎ C. MgO与稀盐酸反应：MgO+2H＋=Mg2＋+H2O D. CaCO3溶解于盐酸中：CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaOH电离生成Na+和OH-，电离方程式为：NaOH=Na＋＋OH－，A项正确；‎ B. CaCl2电离生成Ca2+和Cl-，电离方程式为：CaCl2=Ca2＋＋2Cl－，B项正确；‎ C. MgO与稀盐酸反应生成氯化镁和水，反应方程式为：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，离子方程式为：MgO+2H＋=Mg2＋+H2O，C项正确；‎ D. CaCO3溶解于盐酸生成氯化钙、水和CO2，反应方程式为：CaCO3＋2HCl=CaCl2+CO2↑＋H2O，离子方程式为：CaCO3＋2H+=Ca2++CO2↑＋H2O；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】解答本题时明确反应的意义以及书写方法是关键，离子方程式中，化学式拆与不拆易出错。①易溶于水、易电离的强电解质必须拆分；②非电解质、弱电解质(弱酸、弱碱、水等)、难溶物、气体、氧化物、单质均不能“拆分”，用化学式表示。‎ ‎4.下列溶液中的Cl− 浓度与50 mL 1 mol/L MgCl2溶液中的Cl− 浓度相等的是 A. 150 mL 1 mol/L NaCl溶液 B. 75 mL 2 mol/L CaCl2溶液 C. 150 mL 2 mol/L KCl溶液 D. 50 mL2 mol/L KClO3溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】50mL 1mol/L MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=2c（MgCl2）=2mol/L，则 A、150mL 1mol/L NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=c（NaCl）=1mol/L，故A不选；‎ B、75mL 2mol/L CaCl2溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=2c（CaCl2）=4mol/L，故B不选；‎ C、150mL 2mol/L KCl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=c（KCl）=2mol/L，故C选；‎ D、氯酸钾不能电离出氯离子，50 mL 2 mol/L KClO3溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=0，故D不选；‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查是溶液物质的量浓度的计算，学生要注意的是溶液中离子的浓度只与物质的浓度和化学式有关，与溶液的体积无关，但计算离子的物质的量时必须考虑溶液的体积。‎ ‎5.下列离子能大量共存的是 A. Na＋、NH4＋、Cl－、OH-‎ B. K+、Mg2＋、NH4+、SO42-‎ C. Ba2+、Fe2＋、NO3-、CO32－‎ D. H+、K＋、CO32-、NO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质、发生的化学反应分析解答。‎ ‎【详解】A. 在溶液中NH4＋、OH-结合生成一水合氨，不能大量共存，A不选；‎ B. K+、Mg2＋、NH4+、SO42-在溶液中不能发生离子反应，能大量共存，B选；‎ C. 在溶液中Ba2+、Fe2＋与CO32－均反应生成沉淀，不能大量共存，C不选；‎ D. H+、CO32-在溶液中能发生离子反应生成碳酸氢根离子或碳酸（碳酸不稳定，易分解为水和二氧化碳），故不能大量共存，D不选；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】掌握常见离子的性质、发生的化学反应是解答的关键，注意了解离子不能大量共存的一般情况，即能发生复分解反应的离子之间（即生成沉淀、气体、水、弱酸、弱碱等物质）；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等。‎ ‎6.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是 A. SO2 B. Cl2 C. NH4HCO3 D. CH3COOH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.SO2溶于水，与水发生反应产生H2SO3，H2SO3电离产生自由移动的离子，因此SO2的水溶液能够导电，但由于产生自由移动的离子的物质是H2SO3，不是SO2，所以SO2属于非电解质，A符合题意；‎ B.Cl2溶于水，与水发生反应产生HCl、HClO，但Cl2是单质，不属于电解质，也不属于非电解质，B不符合题意；‎ C. NH4HCO3是盐，在溶液中会电离产生自由移动的离子，因此NH4HCO3是电解质，C不符合题意；‎ D. CH3COOH是酸，溶于水，在水分子作用下电离产生自由移动的离子，因此CH3COOH是电解质，D不符合题意；‎ 故合理选项是A。‎ ‎7.下列反应中属于氧化还原反应，但水既不作氧化剂又不作还原剂的是 A. H2O＋CaO＝Ca(OH)2‎ B 2H2O＋2F2＝4HF＋O2‎ C. 2H2OO2↑＋2H2↑‎ D. 3NO2+ H2O＝2HNO3+NO ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2O+CaO=Ca(OH)2中，各元素的化合价都没有变化，则不是氧化还原反应，故A错误；‎ B．反应中F元素的化合价降低，O元素的化合价升高，则属于氧化还原反应，水作还原剂，故B错误；‎ C．2H2OO2↑+2H2↑中，H元素的化合价降低，O元素的化合价升高，则水既作氧化剂又作还原剂，故C错误；‎ D．3NO2+H2O=2HNO3+NO中，N元素的化合价既升高又降低，则属于氧化还原反应，NO2既作氧化剂又作还原剂，水中H、O元素的化合价都没有变化时，水既不作氧化剂又不作还原剂，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎8.下列微粒中，只有氧化性的是(　　)‎ ‎①S2-　②Fe2+　③Fe3+　④S　⑤H+　⑥Na+　⑦Mg A. ①⑦ B. ②④ C. ③⑤⑥ D. ②④⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由元素的化合价可知，处于最高价的元素的微粒具有氧化性，处于最低价的元素的微粒具有还原性，而处于中间价态的微粒既有氧化性又有还原性，以此来解答。‎ ‎【详解】①S2-中元素的化合价为-2，为最低价，只具有还原性，故不选；‎ ‎②Fe2+中元素的化合价为+2，为中间价，有氧化剂和还原性，故不选；‎ ‎③Fe3+中元素的化合价为+3，为最高价，只具有氧化剂，故选；‎ ‎④S中元素的化合价为0，为中间价，有氧化剂和还原性，故不选；‎ ‎⑤H+中元素的化合价为+1，为最高价，只具有氧化剂，故选；‎ ‎⑥Na+中元素的化合价为+1，为最高价，只具有氧化剂，故选；‎ ‎⑦Mg中元素的化合价为0，为最低价，只具有还原性，故不选；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应及微粒的性质，明确氧化性、还原性与微粒中元素的化合价的关系是解答本题的关键。‎ ‎9.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质、混合物的归类，完全正确的是　　‎ A B C D 强电解质 Fe NaCl CaCO3‎ HNO3‎ 弱电解质 CH3COOH CO2‎ H2CO3‎ Fe(OH)3‎ 非电解质 蔗糖 BaSO4‎ 乙醇 H2O 混合物 碱石灰 胆矾 盐酸 液氯 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ 强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中部分电离的化合物；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质。A、金属Fe属于单质，不属于电解质，故A错误；B、CO2属于非电解质，硫酸钡是强电解质，胆矾属于纯净物，故B错误；C、碳酸钙属于强电解质，H2CO3是弱酸，属于弱电解质，乙醇是非电解质，盐酸属于混合物，故C正确；D、水属于弱电解质，液氯属于纯净物，故D错误。故选C。‎ ‎10.下列变化不涉及氧化还原反应的是 A. 铝箔在空气中表面失去光泽 B. 检验过氧化钠与水反应放出的气体时带火星的木条复燃 C. 澄清的石灰水在空气中久置后变浑浊 D. 工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铝箔在空气中表面失去光泽是因Al被氧化为氧化铝，该变化为氧化还原反应，,故不选A；‎ B.过氧化钠与水反应放出的气体为O2，氧气与木条发生氧化还原反应，故不选B；‎ C.澄清石灰水和二氧化碳反应生成不溶于水的碳酸钙沉淀，反应前后各元素的化合价不变，,所以不是氧化还原反应，,故选C；‎ D. 工业上电解熔融状态的Al2O3生成铝和氧气，铝元素和氧元素化合价发生了变化，故不选D；‎ 答案：C ‎【点睛】反应中存在元素的化合价变化为氧化还原反应，若不存在元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，以此来解答。‎ ‎11.在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有大量Cu2+、K+、H+、Cl﹣、CO32﹣、OH﹣6种离子中的3种，已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯溶液中大量存在的离子是 A. K+、OH﹣、CO32﹣ B. CO32﹣、OH﹣、Cl﹣‎ C. K+、H+、Cl﹣ D. Cu2+、H+、Cl﹣‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】甲烧杯的溶液呈蓝色，则含有Cu2+，而CO32-、OH-离子不能与Cu2+离子大量共存，故只能存在于乙烧杯中，乙烧杯中含有CO32-、OH-离子，则H+离子只能存在于甲烧杯中，根据溶液的电中性，甲中还应有Cl-，乙中还应有K+，故甲中含有的离子为Cu2+、H+、Cl-，乙中含有的离子为K+、OH-、CO32-，故选A。‎ ‎12.下列实验操作中能达到实验目的的是 A. 将4.0 g NaOH固体置于100mL容量瓶中，加水至刻度，配制1 mol/L的NaOH溶液 B. 向碘水中加入等体积的CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫色，则证明I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度 C. 用渗析的方法分离淀粉溶液和Fe(OH)3胶体 D. 某溶液滴加BaCl2溶液若出现白色沉淀，则该溶液中一定有SO42-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 将4.0 g NaOH固体置于烧杯中溶解，冷却后移入100mL容量瓶中，洗涤并把洗涤液移入容量瓶，加水至刻度，配制1 mol/L的NaOH溶液，故A错误；‎ B. 向碘水中加入等体积的CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫色，则证明I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，故B正确；‎ C. 淀粉溶液和Fe(OH)3胶体都属于胶体，都不能透过半透膜，所以不能用渗析的方法分离淀粉溶液和Fe(OH)3胶体，故C错误；‎ D. 某溶液滴加BaCl2溶液若出现白色沉淀，沉淀可能是硫酸钡、碳酸钡、亚硫酸钡、氯化银，所以该溶液中不一定有SO42-，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎13.下列用单、双线桥表示电子转移的方向和数目不正确的是(　　)‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、转移电子为2×[5－(－1)]=12，故A错误；B、得失电子数目正确，以及双线桥的表示正确，故B正确；C、C的化合价升高，C应是失去电子，Cu应是得到电子，故C错误；D、1mol氧气得到4mole－，得失电子数目应守恒，故D错误。‎ 点睛：本题的易错点是选项C和D，一是忘记氧化剂和还原剂的概念，失去电子、化合价升高的物质为还原剂，反之为氧化剂，二应注意得失电子数目守恒。‎ ‎14.NA为阿伏加德罗常数，标准状况下，mg 氮气含有b个分子，则ng该气体在相同状态下体积为(单位为L) (　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用n==以及n=进行计算。‎ ‎【详解】由=可知氮气的摩尔质量M=g/mol，ng氮气的物质的量为=mol，标况下的体积为L；‎ 答案选B。‎ 二、填空题 ‎15.回答下列问题：‎ ‎(1)写出下列反应的离子方程式。‎ ‎①NaOH溶液与稀硝酸的反应：____________________。‎ ‎②氢氧化钡溶液与稀硫酸的反应：__________。‎ ‎(2)化工生产中常常用到“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱。‎ ‎①从物质的分类角度看，不恰当的一种物质是____。‎ ‎②上述物质中既不是电解质也不是非电解质的是____，依据是________。‎ ‎③写出硫酸的电离方程式：_________ 。‎ ‎④写出碳酸氢钠的电离方程式：________ 。‎ ‎【答案】 (1). OH-+H+= H2O (2). Ba2++2OH-+2H++SO42+= BaSO4↓+2H2O (3). 纯碱 (4). 盐酸 (5). 盐酸是混合物，不是化合物 (6). H2SO4=2H++SO42- (7). NaHCO3=Na++HCO3-‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①NaOH溶液与稀硝酸反应，生成硝酸钠和水，反应方程式为：NaOH+HNO3=NaNO3+H2O，离子方程式为：OH-+H+= H2O；‎ ‎②氢氧化钡溶液与稀硫酸的反应生成硫酸钡沉淀和水，反应方程式为：Ba(OH)2+H2SO4= BaSO4↓+2H2O，离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42+= BaSO4↓+2H2O；‎ ‎（2）① “三酸”是硫酸、盐酸和硝酸，“两碱”指烧碱和纯碱，但其中纯碱不是碱，属于盐，因此从物质的分类角度看，不恰当的一种物质是纯碱；‎ ‎②盐酸属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎③硫酸电离生成H+和SO42-，电离方程式为：H2SO4=2H++SO42-；‎ ‎④碳酸氢钠电离生成Na+和HCO3-，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-。‎ ‎【点睛】本题的易错点是将NaHCO3 电离为Na＋、H＋和CO32－，要注意强酸的酸式盐，水溶液中完全电离，弱酸的酸式盐，水溶液中不能完全电离。‎ ‎16.KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成绿黄色的易爆物二氧化氯，其变化可表述为:KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O ‎(1)浓盐酸在反应中显示出来的性质是__________(填编号)‎ ‎①只有还原性　②还原性和酸性　③只有氧化性　④氧化性和酸性 ‎(2)产生0.3mol Cl2，则转移的电子的物质的量为__________mol。‎ ‎(3)氧化剂是__________，氧化产物是__________。‎ ‎(4),该反应的还原产物是__________；_________元素被氧化；若反应有电子发生转移，则被还原的氧化剂是_________mol。‎ ‎【答案】 (1). ② (2). 0.5 (3). KClO3 (4). Cl2 (5). ClO2 (6). 碳 (7). 10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）反应中一部分HCl中Cl从-1价升高到0价，失去电子，发生氧化反应； ‎ ‎（2）根据方程式可知，生成3mol Cl2电子转移5mol，据此计算；‎ ‎（3）反应中HCl中Cl从-1价升高到0价，失去电子，发生氧化反应，HCl作还原剂，KClO3中Cl从+5价降低到0价，得到电子，发生还原反应，KClO3作氧化剂，Cl2既是氧化产物又是还原产物；‎ ‎（4）反应中KClO3中Cl从+5价降低到+4价，得到电子，发生还原反应，H2C2O4中C从+3价升高到+4价，失去电子，发生氧化反应，生成2molClO2电子转移2mol，据此分析判断。‎ ‎【详解】（1）反应中HCl中Cl从-1价升高到0价，失去电子，发生氧化反应，其中一部分HCl作还原剂，表现还原性，另一部分生成盐溶液，体现酸性，选择②；‎ ‎（2）生成3mol Cl2电子转移5mol，那么产生0.3mol Cl2，转移的电子的物质的量为0.5mol;‎ ‎（3）反应中HCl中Cl从-1价升高到0价，失去电子，发生氧化反应，HCl作还原剂，KClO3中Cl从+5价降低到0价，得到电子，发生还原反应，KClO3作氧化剂，Cl2既是氧化产物又是还原产物，因此氧化剂是KClO3，氧化产物是Cl2；‎ ‎（4）反应中KClO3中Cl从+5价降低到+4价，得到电子，发生还原反应，ClO2是还原产物；H2C2O4中C从+3价升高到+4价，失去电子，发生氧化反应，被氧化；生成2molClO2电子转移2mol，当反应有电子发生转移时，被还原的氧化剂是10mol。‎ 三、实验题 ‎17.掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，下图为两套实验装置。 ‎ ‎（1）写出下列仪器的名称：c.__________。‎ ‎（2）仪器a～e中，使用前必须检查是否漏水有___________。（填序号）‎ ‎（3）若利用装置分离四氯化碳和酒精的混合物，温度计水银球的位置在_______处。冷凝水由____口流出（填f或g）。‎ ‎（4）现需配制0.1mol/LNaOH溶液450mL，装置是某同学转移溶液的示意图。‎ ‎①图中的错误是___________________。‎ ‎②根据计算得知，所需NaOH的质量为_______。‎ ‎（5）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。容量瓶用蒸馏洗涤后残留有少量的水_______；若定容时俯视刻度线______。‎ ‎【答案】 (1). 容量瓶 (2). c (3). 蒸馏烧瓶支管口 (4). f (5). 未用玻璃棒引流 (6). 2.0g (7). 无影响 (8). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据装置图判断仪器c的名称；‎ ‎（2）容量瓶使用前需检查是否漏水；‎ ‎（3）分离互溶的液体用蒸馏的方法，据此分析；‎ ‎（4）①向容量瓶中转移液体时用玻璃棒引流；‎ ‎②根据m=cVM计算溶质的质量；‎ ‎（5）容量瓶用蒸馏洗涤后残留有少量的水，对所配溶液的浓度没有影响；定容时俯视刻度线，读得的体积偏小；‎ ‎【详解】（1）根据装置图可知仪器c为容量瓶；‎ ‎（2）容量瓶使用前需检查是否漏水；‎ ‎（3）分离互溶的液体用蒸馏的方法，温度计测量的是蒸气的温度，应放在蒸馏烧瓶的支管口处；冷凝水进出水方向为“下进上出”，因此出水口为f口；‎ ‎（4）①向容量瓶中转移液体时应用玻璃棒引流；‎ ‎②实验室没有450ml的容量瓶，应选择500ml的，因此溶质NaOH的质量m=cVM=0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g；‎ ‎（5）容量瓶用蒸馏洗涤后残留有少量的水，对所配溶液的浓度没有影响；定容时俯视刻度线，读得的体积偏小，导致溶液的浓度偏高。‎ ‎ ‎