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文档介绍
【化学】贵州省六盘水市第七中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题(解析版)
贵州省六盘水市第七中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题 试题说明: 1.本试卷共分为两卷。第I卷为选择题,共16个小题;第Ⅱ卷非选择题,共4个小题。 2.所以试题均在答题卡上作答。 3.可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 S 32 K 39 Ca 40 第Ⅰ卷(选择题 共48分) 一、选择题(本题包括16小题,每小题3分,共54分,只有一个选项符合题意) 1.下列化学药品与其危险化学品图形标志不一致的一组是( ) A. 小苏打—1 B. 甲烷—2 C. 酒精—3 D. 白磷—4 【答案】A 【解析】 【详解】A、小苏打不属于化学危险品,该化学药品与其危险化学品图形标志不一致,其他选项化学药品与图形标志一致,故选A。 2.将下列各组物质按酸、碱、盐分类依次排列,正确的是( ) A. 磷酸、熟石灰、苛性钠 B. 硝酸、苛性钠、小苏打 C. 硫酸氢钠、生石灰、醋酸钠 D. 硫酸、纯碱、胆矾 【答案】B 【解析】 【详解】A、苛性钠是NaOH,属于碱,而不属于盐,A错误; B、苛性钠是NaOH,小苏打是NaHCO3,该组物质分类均正确,即B正确; C、NaHSO4属于盐,生石灰是CaO,属于碱性氧化物,而不属于碱,C错误; D、纯碱是Na2CO3,属于盐,而不属于碱,D错误; 故选B。 3.下列说法正确的是( ) A. 直径介于1nm~100nm之间的微粒称为悬浊液 B. 制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液加热煮沸 C. 胶体与浊液的本质区别是其稳定性,胶体属于介稳体系 D. 利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体 【答案】D 【解析】 【详解】A、微粒直径介于1nm~100nm之间的分散系为胶体,A错误; B、制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴入沸水中,B错误; C、胶体与浊液的本质区别是分散系微粒的直径大小,C错误; D、丁达尔效应是胶体所特有的性质,故可利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体,D正确; 故选D。 4.下列说法中,错误的是( ) A. SO2水溶液能导电,但是SO2是非电解质 B. Na2CO3既是钠盐又是碳酸盐 C. 铜可以导电所以铜是电解质 D. NaCl在水溶液能导电,所以NaCl是电解质 【答案】C 【解析】 【详解】A、SO2水溶液能导电,但是SO2本身不能电离,故SO2是非电解质,A正确; B、Na2CO3既是钠盐又是碳酸盐,B正确; C、铜可以导电,但是铜不是电解质,电解质的研究对象是化合物,C错误; D、NaCl在水溶液中自身电离,使得溶液可以导电,所以NaCl是电解质,D正确; 故选C。 5.下列实验装置图所示的实验操作,不能达到相应的实验目的的是( ) A. 分离沸点相差较大液体混合物 B. 除去CO气体中的CO2气体 C. 向容量瓶中转移液体 D. 分离互不相溶的两种液体 【答案】A 【解析】A.分离沸点相差较大的液体混合物,采用蒸馏的方法,但温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处,故A错误;B.除去CO气体中的CO2气体,可以采用NaOH溶液洗气的方法除去CO2,故B正确;C.向容量瓶中转移液体时,应用玻璃棒引流,玻璃棒的下端位于容量瓶的刻度线下方,故C正确;D.分离互不相溶的两种液体,可以采用分液的方法,故D正确; 故答案选A。 6.下列选项中全属于电解质的是( ) ①稀盐酸 ②NaCl晶体 ③液态的醋酸 ④铜 ⑤BaSO4固体 ⑥纯蔗糖(C12H22O11) ⑦酒精(C2H5OH) ⑧熔化KNO3 ⑨液态SO3 ⑩明矾 A. ①④⑥⑦⑨ B. ②③⑥⑦⑨ C. ②③⑤⑧⑩ D. ①②⑤⑧⑩ 【答案】C 【解析】 【详解】①稀盐酸是混合物,不属于电解质的研究范畴; ②NaCl晶体在水中或者熔融状态下都可以发生电离,该物质属于电解质; ③液态醋酸在水中可以电离,该物质属于电解质; ④铜是单质,不属于电解质的研究范畴; ⑤BaSO4固体在水中或者熔融状态下都可以发生电离,该物质属于电解质; ⑥纯蔗糖(C12H22O11)在水中、熔融状态下都不能发生电离,该物质属于非电解质; ⑦酒精(C2H5OH)在水中、熔融状态下都不能发生电离,该物质属于非电解质; ⑧熔化KNO3发生电离,该物质属于电解质; ⑨液态SO3在水中、熔融状态下都不能发生电离,该物质属于非电解质; ⑩明矾在水中或者熔融状态下都可以发生电离,该物质属于电解质; 综上所述,属于电解质的有②③⑤⑧⑩,故选C。 7.列离子方程式书写正确的是( ) A. 铁与盐酸反应:2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑ B. 碳酸钠与过量盐酸反应:CO32-+2H+=CO2↑+H2O C. 氢氧化钡溶液中滴加硫酸:Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O D. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应:Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓ 【答案】B 【解析】 【详解】A. Fe和盐酸反应生成Fe2+,正确的离子方程式为:Fe+2H+=Fe2++H2↑,故A错误; B. 碳酸钠与过量盐酸反应生成二氧化碳与水,其离子方程式为:CO32-+2H+=CO2↑+H2O,故B正确; C. 该离子方程式不符合实际情况,正确的离子方程式为:Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O,故C错误; D. 该离子方程式不能完整的表示出整个反应,正确的离子方程式为:SO42-+Cu2++2OH-+Ba2+=Cu(OH)2↓+BaSO4↓,故D错误; 故选B。 8.下列反应能用离子方程式:H++OH-=H2O。表示的是( ) A. CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O B. 2H2SO4+Cu(OH)2=CuSO4+2H2O C. HCl+KOH=KCl+H2O D. HCl+NH3·H2O=NH4Cl+H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A、CH3COOH是弱电解质,不能拆开,故该反应不能用题中的离子方程式表示; B、Cu(OH)2不溶于水,不能拆开,故该反应不能用题中的离子方程式表示; C、该反应可以用题中的离子方程式表示; D、NH3·H2O是弱电解质,不能拆开,故该反应不能用题中的离子方程式表示; 故选C。 9.设NA为阿伏加德罗常数,下列说法中正确的是( ) A. 54g H2O中含有3NA个氢原子 B. 1mol Na2SO4溶于水中,所得溶液中Na+个数为NA C. 标准状况下,NA个H2O分子所占的体积约为22.4L D. 1mol CO2和NO2的混合物中含的氧原子数为2NA 【答案】D 【解析】 【详解】A、n(H2O)==3mol,则n(H)=2×3mol=6mol,即H原子有6NA个,A错误; B、n(Na2SO4)=1mol,则n(Na+)=2×1mol=2mol,即Na+有2NA个,B错误; C、标况下,H2O不是气体,不能使用Vm=22.4L/mol进行计算,C错误; D、1个CO2分子和1个NO2分子都含有2个O原子,故1mol CO2和NO2的混合物中含的氧原子数为2NA,D正确; 故选D。 10.下列叙述正确的是( ) A. 24g镁与27g铝中,含有相同的质子数 B. 同等质量的氧气和臭氧中,氧原子数相同 C. 1mol/L NaOH溶液中,含Na+数目NA D. 标准状况下,NA个四氯化碳分子所占的体积约为22.4L 【答案】B 【解析】 【详解】A、n(Mg)==1mol,n(Al)==1mol,由于Mg原子的质子数为12,Al原子的质子数为13,故1mol Mg的质子数为12NA,1mol Al的质子数为13NA,二者所含质子数不同,A错误; B、设质量都为m g,则n(O2)==mol,n(O3)==mol,二者所含氧原子个数都是个,B正确; C、题中没有告知溶液的体积,无法计算NaOH的物质的量,C错误; D、常温下,CCl4为液态,则标况下CCl4一定非气态,故不能使用Vm=22.4L/mol进行计算,D错误; 故选B。 11.强碱性的无色透明溶液中,能大量共存的离子组是( ) A. K+、Na+、SO42-、CO32- B. Mg2+、NH4+、NO3-、Cl- C. Ba2+、K+、Cu2+、Cl- D. Na+、Ag+、HCO3-、Cl- 【答案】A 【解析】 【详解】A、这组离子可以在碱性溶液中大量共存,且都为无色,A符合题意; B、Mg2+、NH4+均不能在碱性溶液中大量存在,B不符合题意; C、Cu2+呈蓝色,且该离子不能在碱性溶液中大量存在,C不符合题意; D、Ag+、HCO3-均不能在碱性溶液中大量存在,D不符合题意; 故选A。 12.下列反应不属于氧化还原反应的是( ) A. MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O B. CO2+H2O=H2CO3 C. 2KClO32KCl+3O2↑ D. Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 【答案】B 【解析】 【详解】氧化还原反应的特征是反应前后,有化合价的变化,仅B选项不涉及化合价的变化,所以仅B不属于氧化还原反应,故选B。 13.关于Zn+2HCl=ZnCl2+H2的反应,下列说法正确的是( ) A. 单质Zn中Zn的化合价升高,被还原,是氧化剂 B. HCl中H的化合价降低,被氧化,HCl是还原剂 C. H2是还原产物 D. 该反应是复分解反应,也是氧化还原反应 【答案】C 【解析】 【详解】A、Zn的化合价升高,Zn作还原剂,被氧化,A错误; B、HCl中H的化合价降低,被还原,HCl作氧化剂,B错误; C、HCl作氧化剂,被还原,故H2为还原产物,C正确; D、该反应属于置换反应,也是氧化还原反应,复分解反应没有化合价的变化,D错误; 故选C。 14.除去某溶液里溶解的少量杂质(括号内的物质为杂质),下列做法中不正确的是( ) A. KNO3溶液(AgNO3):加过量KCl溶液,过滤 B. NaCl溶液(BaCl2):加过量Na2CO3溶液,过滤,再加适量盐酸 C. H2O中(Br2):加CCl4,萃取分液 D. ZnSO4溶液(CuSO4溶液):加过量Zn,过滤 【答案】A 【解析】 【详解】A、加入过量的KCl溶液,可以除去AgNO3,但是会引入新的杂质KCl,A错误; B、加过量Na2CO3溶液,可以除去BaCl2,再加入适量的盐酸可以除去多余的Na2CO3杂质,B正确; C、Br2在CCl4中的溶解度更大,且CCl4和H2O不互溶,故可以用萃取分页的方法除去Br2,C正确; D、加过量Zn,可以完全除去CuSO4,多余的Zn和生成的Cu可以通过过滤除去,D正确; 故选A。 15.某反应可用下式表示:xR2++yH++O2===mR3++nH2O。则m的值为 ( ) A. 4 B. 2x C. D. 7 【答案】A 【解析】 【详解】根据原子守恒可知n=2,则y=4,x=m。根据电荷守恒可知2x+y=3m,解得m=y=4,答案选A。 16.有Na2CO3、AgNO3、BaCl2、HCl及NH4NO3无标签溶液, 为鉴别它们,取四支试管分别装入一种溶液,向上述四支试管中分别加入少许剩下的一种溶液A,下列结论错误的是( ) A. 有三支试管出现沉淀时,则A是AgNO3溶液 B. 若只有两支试管出现沉淀时,则A是BaCl2溶液 C. 一支试管出现气体,两支试管出现沉淀时,则A是HCl溶液 D. 若全部没有什么现象变化时,则A是NH4NO3溶液 【答案】C 【解析】 【详解】A、若A是AgNO3溶液,AgNO3和Na2CO3、BaCl2、HCl反应均产生白色沉淀,A正确; B、若A是BaCl2溶液,BaCl2和Na2CO3、AgNO3反应均产生白色沉淀,B正确; C、若A是HCl溶液,HCl和Na2CO3反应产生气泡,仅和AgNO3反应产生白色沉淀,C错误; D、若A是NH4NO3溶液,NH4NO3和其余四种物质不反应,D正确; 故选C。 第II卷(非选择题) 17.按要求完成下列问题。 (1)写出下列物质在水溶液中的电离方程式: H2SO4:___ Ba(OH)2:____ Al2(SO4)3:___ NaHSO4:______ NaHCO3:___ (2)根据反应Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,回答下列问题: ①用“双线桥法”标出下列氧化还原反应电子转移情况。___。 ②还原剂是___,氧化产物是___。 ③氧化剂与还原产物的物质的量之比为___。当生成2mol的NO2时,转移电子物质的量为___。 【答案】(1). H2SO4=2H++SO42- (2). Ba(OH)2=Ba2++2OH- (3). Al2(SO4)3=2Al3++SO42- (4). NaHSO4=Na++H++SO42- (5). NaHCO3=Na++HCO3- (6). (7). Cu (8). Cu(NO3)2 (9). 1:1 (10). 2mol 【解析】 【详解】(1)这些物质都是强电解质,它们的电离方程式为: H2SO4=2H++SO42-;Ba(OH)2=Ba2++2OH-;Al2(SO4)3=2Al3++SO42-;NaHSO4=Na++H++SO42-;NaHCO3=Na++HCO3-; (2)①该反应的电子转移方程式为:; ②该反应中,Cu的化合价升高,HNO3中N的化合价降低,故Cu作还原剂,HNO3作氧化剂; ③该反应中,HNO3作氧化剂,还原产物为NO2,由于HNO3中部分起酸性的作用,部分起氧化剂的作用,根据化学方程式可知2分HNO3氧化Cu,生成2份NO2,故氧化剂与还原产物的物质的量之比为1:1;由于→转移1个电子,故生成2mol的NO2,转移2mol电子。 18.某溶液可能含OH-、SO42-、HCO3-、Cl-、Ba2+和Na+。探究小组为了确定该溶液中离子的组成,取该溶液100mL进行以下实验: (1)填写下表空格 实验操作与现象 实验结论 判断理由 步骤一 加入过量HCl溶液,有气泡产生; 肯定有___、肯定无___。 HCO3-与OH-不共存 步骤二 步骤一中得到标况下的气体22.4L; HCO3-的物质的量浓度为___mol/L C元素守恒 步骤三 向上述滤液中加足量Ba(NO3)2溶液,经过滤得到46.6g不溶于稀硝酸的沉淀。 肯定有___、___;肯定无___。 溶液显电中性;SO42-与Ba2+不共存会产生白色沉淀。 (2)步骤三过滤所需玻璃仪器有:烧杯、___、___。 (3)步骤一产生气泡的离子方程式为___,步骤三生成沉淀的离子方程式为:___。 【答案】(1). HCO3- (2). OH- (3). 10 (4). SO42- (5). Na+ (6). Ba2+ (7). 漏斗 (8). 玻璃棒 (9). HCO3-+H+=CO2↑+H2O (10). Ba2++SO42-=BaSO4↓ 【解析】 分析】步骤一:加入过量的HCl产生气泡,说明有HCO3-,则没有OH-;步骤二:HCl和HCO3-反应生成CO2 22.4L(标况),根据元素守恒可以推出原溶液中有1mol HCO3-,从而计算出HCO3-的物质的量浓度;根据步骤三可以推出原溶液中有SO42-,则溶液中无Ba2+,有Na+。 【详解】(1)步骤一:加入过量的HCl产生气泡,说明有HCO3-,则没有OH-,因为HCO3-与OH-不共存;步骤二:HCl和HCO3-反应生成CO2 22.4L(标况),n(CO2)==1mol,则n(HCO3-)=1mol,故c(HCO3-)==10mol/L;步骤三:根据题中信息,可以推出该沉淀为BaSO4,则n(BaSO4)==0.2mol,故原溶液中有0.2mol SO42-,则溶液中无Ba2+,有Na+; (2)过滤所需玻璃仪器有:烧杯、漏斗、玻璃棒; (3)步骤一产生气泡的离子方程式为HCO3-+H+=CO2↑+H2O;步骤三生成沉淀的离子方程式为:Ba2++SO42-=BaSO4↓。 19.掌握仪器的名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础。如图为两套实验装置。 (1)写出下列实验仪器的名称A___;B___;C__;D___。 (2)用装置1分离四氯化碳和Br2的混合物,实验操作的名称为___,冷凝管的进水口是___;(填a或b); (3)现需配制480mL 0.2mol/L KOH溶液,需要称量KOH___g,配制过程中所用到的仪器有托盘天平、烧杯、___、___、胶头滴管。 (4)装置2是某同学转移溶液的示意图,图中的错误是___。 (5)下列操作会引起浓度偏高的是___。 A.溶液未冷却到室温就转移至容量瓶中 B.称量固体时将右边放药品与左边放砝码 C.定容时仰视读数 D.容量瓶中的水未除尽 【答案】(1). 蒸馏烧瓶 (2). 酒精灯 (3). 直形冷凝管 (4). 锥形瓶 (5). 蒸馏 (6). a (7). 5.6 (8). 500mL容量瓶 (9). 玻璃棒 (10). 没有使用玻璃棒引流 (11). A 【解析】 【详解】(1)A为蒸馏烧瓶,B为酒精灯,C为直形冷凝管,D为锥形瓶; (2)该操作为蒸馏,冷静管的进水口为下口,即a; (3)配制480mL的溶液,需要使用500mL的容量瓶去配制500mL的溶液,故需要KOH的物质的量为0.5L×0.2mol/L=0.1mol,则m(KOH)=0.1mol×56g/mol=5.6g;配制溶液需要用到的仪器有托盘天平、烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管; (4)该操作的错误是没有使用玻璃棒引流; (5)A、溶液未冷却到室温就转移至容量瓶中,会导致溶液体积偏小,浓度偏高,A符合题意; B、称量固体时将右边放药品与左边放砝码,若没使用游码,则固体质量不变,溶液浓度不受影响,若使用游码,则固体质量偏小,溶液浓度偏低,B不符合题意; C、定容时仰视,溶液体积偏大,浓度偏低,C不符合题意; D、容量瓶中的水未除尽,但不影响定容,故对溶液浓度无影响,D不符合题意; 故选A。 20.有一包白色固体粉末,由FeCl3、CaCO3、Na2SO4、KCl、Ba(NO3)2中的几种物质组成,取样品进行如下实验(假设下列过程中,能反应的物质之间的反应恰好完全): (1)步骤①所用分离方法叫做___,要从步骤②所得“无色溶液”中提取溶剂,所用分离方法叫做___。 (2)写出实验过程中发生化学反应的离子方程式①___;②___。 (3)固体粉末中一定不存在的物质是(填化学式,下同)___;不能确定是否存在的物质是___。 (4)将固体粉末可能的组成填入下表(可以不填满,也可以再补充)。___ 序号 化学式 Ⅰ Ⅱ (5)设计一个实验,进一步确定混合物的组成,简述实验操作、现象和结论。___ 【答案】(1). 过滤 (2). 蒸馏 (3). Ba2++SO42-=BaSO4↓ (4). H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O (5). CuSO4 (6). KCl (7). 序号 化学式 I CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2 II CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl (8). 用试管取少许步骤①中的“无色溶液”,滴入HNO3酸化,再滴入AgNO3溶液;若有白色沉淀出现,则原白色固体粉末中含有KCl;若无白色沉淀出现,则原白色固体粉末中不含KCl 【解析】 分析】假设这些物质都有,经步骤①得到无色溶液和白色沉淀,说明原粉末中没有FeCl3,在该假设的前提下,白色沉淀是CaCO3、BaSO4,向该沉淀中加入稀硝酸产生无色气体,则说明沉淀中一定有CaCO3,题中告知能反应的物质之间的反应恰好完全,加入稀硝酸之后,沉淀的质量减少,说明还含有BaSO4,则原粉末中有一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2;KCl不和上述的任何物质反应,也不能通过实验现象去确定其是否存在,故可能有KCl。 【详解】(1)经步骤①得到无色溶液和白色沉淀,则该步骤为过滤;要从步骤②所得“无色溶液”中提取溶剂,需要采用蒸馏; (2)经分析,原粉末中一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2,则步骤①中的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓;步骤②中,仅CaCO3和HNO3反应,该反应的离子方程式为2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O; (3)经分析,原固体粉末中一定没有CuSO4,不能确定是否存在的是KCl; (4)由于原固体粉末中一定没有CuSO4,一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2,可能有KCl,故其组成由两种情况: 序号 化学式 I CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2 II CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl (5)KCl是唯一可能存在的物质,故只需要鉴定KCl即可,可以用AgNO3溶液检验KCl:用试管取少许步骤①中的“无色溶液”,滴入HNO3酸化,再滴入AgNO3溶液;若有白色沉淀出现,则原白色固体粉末中含有KCl;若无白色沉淀出现,则原白色固体粉末中不含KCl。查看更多