黑龙江省伊春市2020-2021学年高一上学期期中备考金卷 化学 Word版含答案

黑龙江省伊春市2020-2021学年高一上学期期中备考金卷 化学 Word版含答案

此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 ‎ ‎2020-2021学年上学期高一期中备考金卷 化 学 注意事项：‎ ‎1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。‎ ‎2．选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。‎ 相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137‎ 一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1．近年来，我国大力弘扬中华优秀传统文化体现了中华民族的“文化自信”。下列有关说法错误的是 A．成语“百炼成钢”、“蜡炬成灰”中均包含了化学变化 B．“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”描述的是可逆反应 C．谚语“雷雨肥庄稼”，其过程中包含了氧化还原反应 D．《荷塘月色》中“薄薄的青雾浮起在荷塘里”中的“青雾”属于胶体 ‎2．有关氧化还原反应的说法正确的是 A．物质所含元素化合价变化是判断氧化还原反应的依据 B．在氧化还原反应中，金属单质只体现还原性，金属阳离子只体现氧化性 C．在一个氧化还原反应中，有一种元素被氧化，必有另一种元素被还原 D．某元素在反应中由化合物转化为单质，该元素一定被氧化 ‎3．下列各组离子在选项条件下一定能大量共存的是 A．无色溶液：Na+、Cu2+、Cl−、NO ‎ B．酸性溶液：NH、Fe3+、S2−、SO C．遇酚酞变红的溶液：Na+、K+、SO、NO ‎ D．碱性溶液：K+、Al3+、SO、NO ‎4．下列有关物质的分类或归类不正确的是 ‎①混合物：石炭酸、福尔马林、碳酸钠溶液、水银 ‎ ‎②化合物：CaCl2、烧碱、苯乙烯、HD ‎③电解质：明矾、冰醋酸、硫酸钡 ‎④纯净物：干冰、冰水混合物、浓硫酸、水晶 ‎⑤同素异形体：足球烯、石墨、金刚石 A．①②③④ B．②④⑤ C．①③④⑤ D．①②④‎ ‎5．下列除杂试剂或操作方法正确的一组是 序号 物质 杂质 除杂试剂或操作方法 ‎①‎ NaCl BaCl2‎ 加入过量的K2CO3溶液，过滤，再加适量的盐酸并加热 ‎②‎ FeSO4溶液 CuSO4‎ 加入过量Fe粉，过滤 ‎③‎ H2‎ HCl 通过盛NaHCO3溶液洗气瓶，再通过盛H2SO4洗气瓶 ‎④‎ 自来水 植物油 蒸馏 A．①③④ B．②③④ C．②④ D．②‎ ‎6．向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入H2SO4溶液，测得混合溶液的导电能力随时间的变化曲线如下图所示。下列说法正确的是 A．AB段溶液的导电能力不断减弱，说明产物BaSO4是非电解质 B．AB段反应的离子方程式为：Ba2++OH−+H++SO=BaSO4↓+H2O C．BC段溶液中：Al3+、Na+、NH和Cl−可以大量共存 D．BC段溶液的导电能力不断增强，说明过量的Ba(OH)2发生电离 ‎7．下列离子方程式中，不正确的是 A．氢氧化铜与稀硫酸反应：Cu(OH)2+2H+＝Cu2++2H2O B．铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+＝2Fe3++3H2↑‎ C．氯化钡溶液与硫酸反应：Ba2++SO＝BaSO4↓‎ D．氧化铜与硫酸反应：CuO+2H+＝Cu2++H2O ‎8．下列叙述中，正确的是 A．1.6g O2和O3的混合物含有氧原子的数目为0.1NA B．硫酸钾溶液中硫酸根离子的物质的量是钾离子的物质的量的两倍 C．标准状况下，22.4L H2中的分子数为2NA D．11.2L CO2所含有的碳原子数为0.5NA ‎9．R2O离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化为MnO，若反应后R2O离子变为RO离子，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，则n值是 A．4 B．3 C．2 D．1‎ ‎10．一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO3＝2HNO3+4N2+9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为 A．5∶4 B．5∶3 C．3∶5 D．1∶1‎ ‎11．已知X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化能力为W2＞Z2＞X2＞Y2，下列氧化还原反应能发生的是 A．2NaW+Z2==2NaZ+W2‎ B．2NaX+Z2==2NaZ+X2‎ C．2NaW+Y2==2NaY+W2‎ D．2NaZ+X2==2NaX+Z2‎ ‎12．SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：①SO2+2Fe3++2H2O＝SO+2Fe2++4H+；②Cr2O+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O。则下列有关说法不正确的是 A．氧化性：Cr2O＞Fe3+＞SO2‎ B．标准状况下，若有6.72L SO2参加反应，则最终消耗0.2mol K2Cr2O7‎ C．反应②中，每有1mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NA D．由上述反应原理推断：K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4‎ ‎13．ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2 ，则下列说法中正确的是2KClO3+H2C2O4+H2SO4＝2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O A．KClO3在反应中是还原剂 B．1mol KClO3参加反应，能得到44.8L气体 C．在反应中H2C2O4既不是氧化剂也不是还原剂 D．1mol KClO3参加反应有1mol电子转移 ‎14．设NA是阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A．常温下，23g NO2含有NA个氧原子 B．0.5mol一氧化碳分子所占体积是11.2L C．欲配制1.00L 1.00mol·L−1的NaCl溶液，可将58.5g NaCl溶于1.00L水中 D．用量筒量取20mL 0.5000mol·L−1 H2SO4溶液于烧杯中，加水80mL，配制成0.1000mol·L−1 H2SO4溶液(忽略体积变化)‎ ‎15．三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)SO2，由②可知，Cr元素的化合价降低，则氧化性为Cr2O>Fe3+，则氧化性：Cr2O>Fe3+>SO2，故A正确；B．6.72L SO2(标准状况)参加反应，n(SO2)=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，由上述两个反应可知，存在3SO2∼Cr2O，则最终消耗0.1mol K2Cr2O7，故B错误；C．每有1mol K2Cr2O7参加反应，转移电子为1mol×2×(6−3)=6mol，即转移电子的数目为6NA，故C正确；D．因氧化性为Cr2O>SO2，则K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故D正确；故选B。‎ ‎13.【答案】D ‎【解析】A．因反应中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，KClO3在反应中得到电子，则KClO3在反应中是氧化剂，A错误；B．反应中有1mol KClO3参加反应，生成1mol二氧化碳和1mol ClO2，则在标准状况下能得到44.8L气体，其它条件不一定为44.8L，B错误；C．因C元素的化合价由+3升高到+4价，失去电子，则H2C2O4在反应中作还原剂，C错误；D．Cl元素的化合价由+5降低为+4价，则1mol KClO3参加反应转移的电子为1mol×(5-4)=1mol，D正确；答案选D。‎ ‎14.【答案】A ‎【解析】A．23g NO2为0.5mol，则含有NA个氧原子，A项正确；B．没有指明标准状况，B错误；C．配制溶液时不能直接将溶质溶于一定体积的水中。而应该是溶于少量水中再加水稀释至所需体积，C错误；D．因体积不具有加和性，溶液的体积不等于100mL，则加水80mL不能配制成0.1000mol·L−1 H2SO4溶液，故D错误。‎ ‎15.【答案】B ‎【解析】根据题意三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)＜Mr(Y)=0.5Mr(Z)，即Mr(X)＜Mr(Y)＜Mr(Z)；A．根据m=nM=M，分子数目相等的三种气体，质量最大的是相对分子质量最大的Z，现原子数目相等的三种气体，质量最大的无法判断，故A错误；B．根据密度ρ=，气体处在相同的条件下，则密度和相对分子质量成正比，三种气体密度最小的是X，故B正确；C．气体的物质的量n=，Vm和气体的状态有关，三种气体体积均为2.24L，Vm不一定等于22.4L/mol，所以它们的物质的量不一定均为0.1mol，故C错误；D．同温下，体积相同的两容器分别充2g Y气体和1gZ气体，Mr(Y)=0.5Mr(Z)，则二者的物质的量之比是4∶1，同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，Y、Z气体所承受的压强比为4∶1，故D错误。‎ ‎16.【答案】A ‎【解析】氯气生成ClO−与ClO是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO−与ClO的物质的量浓度之比为1∶4，则可设ClO−为1mol，ClO为4mol，被氧化的Cl共为5mol，失去电子的总物质的量为1×(1-0)+4×(5-0)=21mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，氯气生成NaC1是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为21mol，则被还原的Cl的物质的量为21mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为21∶5，A正确；综上所述，本题选A。‎ ‎17.【答案】（1）④⑥⑨ ‎ （2） ‎①②③⑦⑨⑩ ‎ （3） ‎⑤⑧ ‎ （4） KHSO4＝K++H++SO Ba2++2OH−+2H++SO＝BaSO4↓+2H2O ‎ （5） NO2 32 ‎ ‎【解析】①氢氧化钡固体中不存在自由移动的离子，不导电，可以电离，属于电解质；②KHSO4中不存在自由移动的离子，不导电，可以电离，属于电解质；③HNO3中不存在自由移动的离子，不导电，可以电离，属于电解质；④稀硫酸中存在自由移动的电子，导电，属于混合物，不属于电解质也不属于非电解质；⑤二氧化碳气体中不存在自由移动的离子，不导电，不能电离，属于非电解质；⑥铜是金属单质，可以导电，不属于电解质也不属于非电解质；⑦碳酸钠粉末中不存在自由移动的离子，不导电，可以电离，属于电解质；⑧蔗糖晶体中不存在自由移动的离子，不导电，不能电离，属于非电解质；⑨熔融氯化钠中存在自由移动的电子，导电，可以电离，属于电解质；⑩CuSO4·5H2O中不存在自由移动的离子，不导电，可以电离，属于电解质；（1）根据以上分析可知上述状态下可导电的是④⑥⑨。（2）属于电解质的是①②③⑦⑨⑩。（3）属于非电解质的是⑤⑧。（4）硫酸氢钾是强酸的酸式盐，在水溶液中的电离方程式为KHSO4＝K++H++SO，①与②在溶液中反应使溶液呈中性时生成硫酸钡、硫酸钾和水，反应的离子方程式为Ba2++2OH−+2H++SO＝BaSO4↓+2H2O。（5）③与⑥可以发生如下反应：Cu+4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。I．氮元素化合价降低，被还原，还原产物是NO2。II．铜失去电子被氧化，当有2mol HNO3参加反应时，消耗铜是0.5mol，则被氧化的物质的质量为0.5mol×64g/mol＝32g。III．氮元素从+5价降低到+4价，铜元素化合价从0价升高到+2价，失去2个电子，则根据电子得失守恒可知用双线桥表示该反应电子转移的方向和数目可表示为。‎ ‎18.【答案】（1）+1 氧化 Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O ‎ ‎（2）2ClO+SO2=ClO2+SO 2∶5 ‎ ‎（3）Cu、H、Cl 2H2S+O2=2S↓+2H2O ‎ ‎【解析】(1)NaClO中Na元素是+1价，O元素是-2价，有正负化合价的代数和可知Cl元素的化合价为+1价，次氯酸钠具有强氧化性，有杀菌消毒的作用；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；(2)①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2，同时应生成硫酸钾，反应的离子方程式为2ClO+SO2=ClO2+SO；②ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，本身还原为Cl−，反应中ClO2为氧化剂，Cl元素化合价由+4价降低为-1价，Mn2+为还原剂，元素化合价由+2价升高到+4价，氧化剂和还原剂得失电子数目相等，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶5；(3)据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是-1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素；图示反应物为H2S和O2，生成物为S和H2O，Fe2+和Cu2+起催化作用，发生的总反应为2H2S+O22S↓+2H2O。‎ ‎19.【答案】（1）(2b-4a)/V ‎ ‎（2）⑤ ④ ‎ ‎（3）1.5 ‎ ‎（4）1∶2∶2∶1 ‎ ‎（5）10Al+6NO+4 OH－==10 AlO+ 3 N2↑+2 H2O ‎ ‎（6）I2、KIO3 ‎ ‎【解析】（1）Ba2+完全沉淀，消耗a mol H2SO4，Ba2++SO=1∶1，即有a mol的BaCl2，就有2amol Cl−，要使Cl−完全沉淀，需要b mol AgNO3，Ag+∶Cl−=1∶1，总共有b mol的Cl−，减去BaCl2 中含有的2a mol Cl－，就是KCl中含有的Cl−，K+离子和Cl−为1∶1的关系，所以K+离子的物质的量浓度为=mol/L；（2）①S的化合价处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性；②SO中S的化合价处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性；③Fe2+的化合价处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性；④Al3+的化合价处于最高价态，只有氧化性；⑤Na的化合价处于最低价态，只有还原性；⑥HCl中氢元素的化合价处于最高价态，只有氧化性；Cl元素的化合价处于最低价态，只有还原性；所以HCl既有氧化性又有还原性；⑦Na2O2中Na元素的化合价处于最高价态，只有氧化性；O的化合价处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性；结合以上分析可知，在化学反应中，该物质做还原剂，只能被氧化的是⑤；该物质只做氧化剂，只能表现出氧化性的是④；（3）利用电子守恒，当1mol Cr3+被氧化为Cr2O（0.5mol）时，所失去的电子数为3mol，这些电子被PbO2得到，而1mol PbO2被还原只得到2mol电子，因此需要PbO2的物质的量为1.5mol；（4）过氧化氢中氧元素的化合价是-1价，高锰酸钾、氯酸钾中氧元素的化合价均为-2价；过氧化钠中氧元素的化合价为-1价，所以当制得同温、同压下相同体积的氧气时，四个反应中转移的电子数之比为1∶2∶2∶1；（5）Al→AlO中，铝元素化合价升高了3价，2NO→N2中，氮元素化合价升高了5价，共变化了10价；根据氧化还原反应中化合价升降总数相等规律可知，Al填系数10，AlO填系数10，NO填系数6，N2填系数3，最后根据电荷守恒及原子守恒配平其它物质的系数，具体如下：10Al+6NO+4OH－=10AlO+3N2↑+2H2O；（6）①在氧化还原反应中，元素化合价的变化与发生反应的关系是：“升失氧，降得还，若说剂，正相反”。在KMnO4+KI+H2SO4→MnSO4+I2+KIO3+‎ K2SO4+H2O反应中，锰元素化合价由+7价降低为+2价，锰元素被还原，还原产物是MnSO4，KMnO4是氧化剂，I元素的化合价由﹣1价升高为I2中的0价和KIO3中的+5价，KI作还原剂，发生氧化反应，②该反应方程式中I2和KIO3的计量数分别是是6和3，则12KI～6I2，3KI～3KIO3，反应中碘元素失去的电子总数为[0﹣（﹣1）]×12+[+5﹣（﹣1）]×3=30，在氧化还原反应中，用单线桥表示电子转移的方法是，从还原剂中变化的元素出发指向氧化剂中变化的元素，因此该反应中电子转移的方向和数目可表示为。‎ ‎20.【答案】（1）10 Ca2++2OH−+CO2=CaCO3↓+H2O ‎ ‎（2）Ca2+、Cu2+ NO ‎ ‎（3）K+ Cl− 0.1mol ‎【解析】①向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L，应生成NH3，则一定含有NH，且n（NH）=4.48L÷22.4L/mol=0.2mol；②向另一份溶液中加入0.6mol/L的BaCl2溶液500mL，恰好可以与溶液中的离子完全反应，过滤得66.3g沉淀及滤液，沉淀可能为BaSO4或BaCO3或二者都有，如为BaSO4，则m（BaSO4）=0.6mol/L×0.5L×233g/mol=69.9g，如为BaCO3，m（BaCO3）=0.6mol/L×0.5L×197g/mol=59.1g，则说明甲中含有SO、CO，设分别为x mol，为y mol，则x+y=0.3、233x+197y=66.3，解得x=0.2，y=0.1，含有CO，则一定不存在Ca2+、Cu2+；③向上述沉淀中加入过量的盐酸，产生的气体通入足量澄清的石灰水中，得到一定量的沉淀X，气体是二氧化碳，X是碳酸钙；④向上述滤液中加入1mol/L AgNO3溶液650mL，恰好可完全反应，可知滤液中n（Cl−）=1mol/L×0.65L=0.65mol，而②加入n（Cl−）=0.6mol/L×2×0.5L=0.6mol，则说明甲中含有Cl−，且n（Cl−）=0.65mol-0.6mol=0.05mol，如不含NO，则由电荷守恒可知一定含有K+，由n（K+）+n（NH）=2n（CO）+2n（SO）+n（Cl−），则n（K+）=2×0.1mol+2×0.2mol+‎ ‎0.05mol-0.2mol=0.45mol，因分成两份，则甲含有0.4mol NH、0.9mol K+、0.4mol SO、0.2mol CO、0.1molCl−，如含有NO，则K+大于0.9mol。（1）上述实验③中得到沉淀X为碳酸钙，根据碳原子守恒可知质量为0.1mol×100g/mol=10g，生成沉淀X的离子方程式为Ca2++2OH−+CO2＝CaCO3↓+H2O；（2）由以上分析可知一定不存在Ca2+、Cu2+，不能确定是否含有NO；（3）甲含有0.4mol NH4+、0.9mol K+、0.4mol SO、0.2mol CO、0.1mol Cl−，如含有NO，则K+大于0.9mol，则物质的量最大的离子是K+；物质的量最小的离子是Cl−，其物质的量为0.1mol。‎ ‎21.【答案】Ⅰ.（1）否 改用Ba(NO3)2会使溶液中引入新的杂质离子NO ‎ ‎（2）静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，溶液不变浑浊，则已除尽 ‎ ‎（3）除去滤液中溶解的CO2和多余的盐酸 ‎ Ⅱ.（1）①③⑥ ‎ ‎（2）蒸发浓缩 降温结晶 ‎ ‎（3）41.7 c d ‎ ‎【解析】Ⅰ．(1)本实验的目的最终得到纯净的氯化钠溶液，因此操作②中改为加硝酸钡溶液，会引入新的杂质离子NO，得不到纯的氯化钠，因此不能用Ba(NO3)2溶液代替BaCl2溶液；综上所述，本题答案是：否，改用Ba(NO3)2会使溶液中引入新的杂质离子NO。(2)操作②，加入氯化钡溶液，目的是除去硫酸根离子，因此判断SO已除尽方法是：静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，溶液不变浑浊，则已除尽；综上所述，本题答案是：静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，溶液不变浑浊，则已除尽。(3)滤液中剩余的碳酸钠与过量的盐酸反应生成二氧化碳、氯化钠，因此操作④进行的加热煮沸，其目的是除去滤液中溶解的CO2和多余的盐酸；综上所述，本题答案是：除去滤液中溶解的CO2和多余的盐酸。Ⅱ．(1)进行过滤操作，所用到的玻璃仪器有①漏斗，③烧杯，⑥玻璃棒；综上所述，本题答案是：①③⑥。(2)由溶液制晶体时，要经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤；本题中一系列操作”依次为加热浓缩、降温结晶和过滤；综上所述，本题答案是：蒸发浓缩；降温结晶。(3)根据溶液稀释前后溶质的量不变规律，实验室没有240mL容量瓶，只能选用250mL容量瓶，因此18×V(浓H2SO4)=250×3，V(H2SO4)=41.7mL；实验时，下列操作会造成偏低的是：a．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，不影响溶质的量和溶液的体积，对无影响，不选；b．未冷却至室温直接转移至容量瓶中，等溶液冷却到室温后，溶液的体积会偏小，所配溶液浓度偏大，不选；c．加水时超过刻度线后又倒出，造成溶质的量减少，所配溶液浓度偏低，可选；d．定容时仰视刻度线，造成溶液的体积偏高，所配溶液浓度偏低，可选；综上所述，本题正确答案是：41.7，cd。‎