陕西省黄陵中学高新部2020学年高一化学上学期期中试题（含解析）

陕西省黄陵中学高新部2020学年高一化学上学期期中试题（含解析）说明：本试卷分第一卷（选择题）和第二卷（非选择题）总分100分，考试时间100分钟把答案填在答题卡上可能用到的相对原子质量：C 12 O 16 Ca 40 Cl 35.5 Na 23 N 14一、选择题（本题包括20小题，每小题3分，共60分，每小题只有一个正确答案）1.有关氧化还原反应的叙述正确的是（ ）A. 氧化还原反应的实质是电子的转移（得失或偏移）B. 氧化还原反应的实质是元素化合价的升降C. 氧化还原反应的实质是有氧元素的得失D. 物质所含元素化合价升高的反应是还原反应【答案】A【解析】【详解】A氧化还原反应的实质是电子的转移(得失或偏移)，故A正确；B氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，故B错误；C氧化还原反应的实质是电子的转移，反应中不一定有氧元素的得失，且氧元素的得失不是氧化还原反应的实质，故C错误；D物质所含元素化合价升高的反应是氧化反应，故D错误；故答案A。2.摩尔质量最大的化合物是 ）A. Cl2B. NaOHC. HClD. CO【答案】B【解析】【详解】ACl2为单质，其摩尔质量为71g/mol，故A错误；BNaOH为化合物，摩尔质量为40g/mol，故B正确；CHCl为化合物，摩尔质量为36.5g/mol，故C错误；DCO为化合物，摩尔质量为28g/mol，故D错误；故答案为B。3.将30mL0.5mol/LNaOH溶液加水稀释到500mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量的浓度为A. 0.3mol/LB. 0.03mol/LC. 0.05mol/LD. 0.04mol/Lmol/L【答案】B【解析】【分析】根据稀释定律可知，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，据此计算。【详解】设稀释后溶液中NaOH的物质量浓度为c，则30mL0.5mol/L500mLc，解得c0.03mol/L。故答案选B。4. 纳米材料粒子的直径为1-100nm。下列分散系中分散质的微粒直径和纳米材料属于相同数量的是( )。A 溶液 B 悬浊液 C 胶体 D 乳浊液【答案】C【解析】根据胶体的定义可看出，在胶体这种分散系中，分散质的微粒直径在1nm100nm之间，与题目上纳米材料粒子的直径范围相同，因此该选C。溶液溶质粒子直径小于1nm，而浊液中分散质粒子直径大于100nm。5.下列各组物质中，均为纯净物的一组是（ ）A. 碘酒 干冰B. 石油 液氮C. Na2CO310H2O Na2CO3D. 石灰石 氨水【答案】C【解析】【详解】A碘酒是碘的酒精溶液，是混合物，故A错误；B石油主要成分是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，故B错误；CNa2CO310H2O和Na2CO3，化学组成固定，属于纯净物，故C正确；D氨水是氨气水溶液，属于混合物，故D错误；故答案为C。【点睛】明确纯净物的概念是解题关键，混合物是由两种或两种以上物质组成的；纯净物是由一种物质组成的；纯净物为可以从以下理解；宏观：由一种物质组成的物质；微观：由同种分子构成；组成固定，有固定的物理性质和化学性质的物质，有专门的化学符号。6.下列离子书写正确的是（ ）A. 碳酸氢钠溶液中加入盐酸：CO32+2H+=CO2+H2OB. 向沸水中滴加饱和的FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体： Fe3+ 3H2O Fe（OH）3+3H+C. 氢氧化铜与稀硫酸反应：H+OH=H2OD. 澄清的石灰水与碳酸钠溶液反应：CO32+Ca2+=CaCO3【答案】D【解析】【详解】A碳酸氢钠溶液中加入盐酸，离子方程式：HCO3-+H+CO2+H2O，故A错误；B向沸水中滴加饱和的FeCl3溶液制得Fe(OH)3胶体，不是Fe(OH)3沉淀，离子方程式：Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，故B错误；C氢氧化铜与稀硫酸反应，离子方程式：2H+Cu(OH)22H2O+Cu2+，故C错误；D澄清的石灰水与碳酸钠溶液反应，离子方程式：CO32-+Ca2+CaCO3，故D正确；故答案为D。7.下列反应中，水只作氧化剂的氧化还原反应为： ( )A. Cl2+H2O=HCl+HClOB. 2F2+2H2O=4HF+O2C. H2O+CaO=Ca(OH)2D. 2Na+2H2O=2NaOH+H2【答案】D【解析】【详解】A反应Cl2+H2O=HCl+HClO中，水中各元素的化合价未变，故A错误；B反应2F2+2H2O=4HF+O2中，水中氧元素的化合价升高是还原剂，故B错误；CH2O+CaO=Ca(OH)2是非氧化还原反应，故C错误；D2Na+2H2O=2NaOH+H2反应中只有水中氢元素的化合价降低，生成氢气，说明是水只作氧化剂，故D正确；故答案为D。【点睛】明确氧化还原反应的基本概念是解题关键，在这些氧化还原反应中，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，所以水中只有氢元素的化合价降低，生成氢气，说明是水只作氧化剂的氧化还原反应。8.设NA为阿伏加德罗常数,下列说法正确的是A. 18gNH4+离子中所含的电子总数为12NAB. 标准状况下,11.2L水含有的分子数为0.5NAC. 0.3mol/LNa2SO4溶液中,含有Na+和SO42-总数为0.9NAD. H2SO4的摩尔质量是98g/mol【答案】D【解析】【分析】A铵根离子中含有10个电子，18g铵根离子的物质的量为1mol，含有10mol电子；B标准状况下，水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量；C没有给出溶液的体积无法计算含有钠离子和硫酸根离子的总物质的量；D根据物质的摩尔质量进行计算。【详解】A18g铵根离子的物质的量为1mol，1mol铵根离子中含有10mol电子，所含的电子总数为10NA，选项A错误；B标况下水不是气体，不能使用气体摩尔体积计算11.2L水的物质的量，选项B错误；C没有给出溶液的体积无法计算含有钠离子和硫酸根离子的总物质的量，选项C错误；DH2SO4的摩尔质量是98g/mol，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数综合应用，题目难度中等，注意明确标况下水、乙醇、氟化氢、三氧化硫等物质的状态不是气体，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。9.需要加入氧化剂才能实现变化是（ ）A. B. C. HNO 3 NOD. Al2 O 3 Al(OH)3【答案】B【解析】【详解】AMnO2MnSO4中Mn元素化合价降低，被还原，应加入还原剂，故A错误；BKIKIO3中I元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，故B正确；CHNO3NO中N元素化合价降低，被还原，应加入还原剂，故C错误；DAl2O3Al(OH)3中元素化合价没有变化，不是氧化还原反应，故D错误；故答案为B。10. “垃圾是放错了位置的资源”，应该分类回收。生活中废弃的铁锅、铝制的易拉罐、铜导线等可以归为一类加以回收，它们属于（ ）A. 氧化物B. 盐C. 碱D. 金属或合金【答案】D【解析】考查物质的分类。有两种元素造成，其中一种是氧元素的化合物是氧化物。由酸根离子和金属阳离子（铵根离子）构成的化合物是盐。电离出的阴离子全部是OH的化合物是碱，所以答案选D。11.下列各组中两种溶液间的反应，均可用同一离子方程式表示的是( )A. HClNa2CO3、HCl+NaHCO3B. BaCl2Na2SO4、Ba(OH)2(NH4)2SO4C. 石灰石与硝酸、石灰石与盐酸D. KOHHCl、Ba(OH)2H2SO4【答案】C【解析】【详解】A反应的离子方程式分别为CO32-+2H+=CO2+H2O、HCO3-+H+=CO2+H2O，故A错误；BBaCl2和Na2SO4与Ba(OH)2和(NH4)2SO4的离子反应分别为Ba2+SO42-BaSO4、2NH4+2OH-+Ba2+SO42-BaSO4+2H2O+2NH3，故B错误；C二者反应实质相同都是碳酸钙与氢离子反应生成钙离子和水、二氧化碳，离子方程式：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，故C正确；D二者反应实质不同，前者离子方程式：H+OH-=H2O，后者离子方程式：2H+2OH-+Ba2+SO42-BaSO4+2H2O，故D错误；故答案为C。12.体操运动员比赛时为了防滑，常在手掌上涂抹碳酸镁粉末。碳酸镁属于( )A. 酸B. 碱C. 盐D. 氧化物【答案】C【解析】【详解】碳酸镁是由金属阳离子Mg2+与酸根离子CO32-结合形成的化合物，属于盐；答案选C。13.如果你家里的食用花生油混有水份，你将采用下列何种方法分离 （ ）A. 过滤B. 蒸馏C. 分液D. 萃取【答案】C【解析】【详解】萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，分液适用于互不相溶的液体之间的一种分离方法，蒸馏是依据混合物中个组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法。花生油不溶于水，分液即可，答案选C。14.下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是 （ ）A. K+ H+ SO42- OH-B. Na+ CO32 Ca2+ NO3-C. Na+ H+ Cl- CO32D. Na+ Cl- SO42- H+【答案】D【解析】【详解】AH+、OH-反应生成水而不能大量共存，故A错误；BCa2+、CO32-生成沉淀而不能大量共存，故B错误；CH+、CO32-反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，故C错误；D离子组Na+、Cl- 、SO42- 、H+彼此之间不反应，能大量共存，故D正确；故答案为D。15.下列物质中,在标准状况下体积最大的是 （ ）A. 32g O2B. 71g Cl2C. 58g N2D. 1000g H2O【答案】C【解析】【详解】AO2的物质的量为=1mol；BCl2的物质的量为=1mol；CN2的物质的量为=2.07mol；D水在标准状况下为液体，1000gH2O的体积为1L；显然C的物质的量最大，其体积最大为2.07mol22.4L/mol=46.4L，故答案为C。16. 下列实验方案可行的是( )A. 用澄清石灰水检验CO2含有的COB. 用经盐酸酸化AgNO3溶液检验溶液中含有的Cl-C. 用可见光束照射可区别溶液与胶体D. 用溶解、过滤的方法分离 CaCl2 和NaCl固体混合物【答案】C【解析】试题分析：A、二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，而一氧化碳则不能，所以不能用澄清石灰水检验CO2含有的CO，A错误；B、盐酸酸化的AgNO3溶液一定含有氯离子，所以不能用经盐酸酸化的AgNO3溶液检验溶液中含有的Cl-，B错误；C、用可见光束照射胶体可产生丁达尔效应，而溶液不能 ，C正确；D、CaCl2和NaCl都溶于水，所以不能用溶解、过滤的方法分离CaCl2和NaCl固体混合物，D错误；故选C考点：考查化学实验方案优化和设计17.1mol/LNaOH溶液的含义是（ ）A. 1L溶液中含有40gNaOHB. 1L水中含有1molNaOHC. 溶液中含有1molNaOHD. 将40gNaOH溶于1L水中所得的溶液【答案】A【解析】【详解】A氢氧化钠溶液浓度为1mol/L，1L该溶液中含有1mol氢氧化钠，质量为40g，故A正确；B水的体积为1L，而溶液的体积不是1L，所以溶液的浓度不是1mol/L，故B错误；C没指明溶液的体积，无法计算溶质的物质的量，故C错误；D.40gNaOH溶于1L水中所得的溶液，溶质的物质的量为1mol，溶液的体积不是1L，所以溶液的浓度不是1mol/L，故D错误；故答案为A。18.已知反应 2BrO3+ Cl2=Br2+2ClO3；5Cl2+ I2+6H2O=2HIO3+10HClClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O，下列物质氧化能力强弱顺序正确的是（ ）CA. ClO3BrO3IO3Cl2B. BrO3Cl2C1O3IO3C. BrO3ClO3Cl2IO3D. Cl2BrO3C1O3IO3【答案】C【解析】【详解】反应中氧化剂是BrO3-，氧化产物是C103-；反应中氧化剂是Cl2，氧化产物是HIO3；反应中氧化剂是ClO3-，氧化产物是Cl2，根据氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物可知氧化能力由大到小为：BrO3-ClO3-Cl2IO3-。19. 质量相同的下列气体中，相同条件下体积最大的是（ ）A. CH4B. N2C. CO2D. SO2【答案】A【解析】试题分析：质量相同时，体积最大意味着物质的量最大，所以等质量时摩尔质量越小，物质的量越大。比较以上4种物质摩尔质量最小的是甲烷，答案选A。考点：考查物质的量、质量、气体体积、摩尔质量的换算关系20.等物质的量浓度的KCl、MgCl2、AlCl3三种溶液。现欲完全沉淀其中的Cl，消耗相同物质的量浓度的AgNO3溶液的体积比为3:2:1，则上述三种溶液的体积比为A. 1:1:1B. 9:3:1C. 3:2:1D. 9:3:2【答案】B【解析】【分析】由题意可知完全沉淀，则Cl-+Ag+AgCl，设AgNO3溶液的浓度都是c，则利用n=cV可计算消耗的Ag+的物质的量，再由反应可计算三种溶液的体积比。【详解】设AgNO3溶液浓度都是c，完全沉淀其中的Cl-，消耗相同物质的量浓度的AgNO3溶液的体积分别为：3V、2V、V，设KCl、MgCl2、AlCl3溶液的浓度都是c1，设等物质的量浓度的KCl、MgCl2、AlCl3三种溶液体积分别为x、y、z，完全沉淀时发生反应Cl-+Ag+AgCl，由方程式可知：c1x=c3V，c12y=c2V，c13z=cV，解得x：y：z=9：3：1，答案选B。【点睛】本题考查利用离子反应方程式进行的计算，明确完全沉淀时氯离子和银离子的关系是解答本题的关键，注意解答中未知的量可以利用假设来分析解答即可。二、填空题（本题包括4大题,共34分）21.（1）可用于分离或提纯物质的方法有如下几种：A 蒸馏 B 过滤 C 重结晶 D 升华 E 加热分解，请将正确的分离或提纯下列混合物的方法填入空白处（填序号）： 除去乙醇中溶解的微量食盐_。 除去KCl溶液中悬浮的MnO2微粒_。 除去氧化钙固体中混有的碳酸钙_ 除去固体碘中混有的少量泥沙_。（2）请将正确的序号填入空白处。下列物质中：属于电解质的是_ 属于非电解质的是_空气 铜 碳酸钡 石墨 乙醇 SO2 氯气 CaO NaOH溶液【答案】 (1). A (2). B (3). E (4). D (5). (6). 【解析】【详解】(1)乙醇易挥发，可用蒸馏的方法分离，故答案为：A； 二氧化锰不溶于水，可用过滤的方法分离，故答案为：B； 碳酸钙不稳定，碳酸钙分解可生成氧化钙，可用加热的方法除杂，故答案为：E；碘易升华，可用升华的方法提纯，故答案为：D；(2)空气是混合物，既不是电解质也不是非电解质；铜是单质，既不是电解质也不是非电解质；碳酸钡是盐，是电解质；石墨是单质，既不是电解质也不是非电解质；乙醇是非电解质；SO2 是非金属氧化物，是非电解质；氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质；CaO是金属氧化物，是电解质；NaOH溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；则：属于电解质的是，故答案为：；属于非电解质的是，故答案为：。22.根据反应8NH33Cl26NH4ClN2，回答下列问题：该反应中氧化剂是_，被氧化的是_元素。该反应中参加氧化还原的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_用双线桥法标出电子转移的方向与数目_。【答案】 (1). Cl2或氯气 (2). N或氮 (3). 3:2 (4). 【解析】【分析】(1)8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，氮元素化合价升高，发生氧化反应，氯元素化合价降低发生还原反应，该反应生成1mol氮气转移6mol电子，据此解答；(2)该反应中，氯气中的氯元素化合价全部降低，氨气中的氮元素只有化合价升高，据此解答；(3)根据得失电子守恒的原理用双线桥法标出电子转移的方向与数目。【详解】(1)该反应氨气中的氯气中的氯元素化合价降低，所以氯气是氧化剂；氮元素化合价升高，被氧化；(2)在反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，3mol氯气中的氯元素化合价都降低，所以3mol氯气都做氧化剂；8mol氨气中只有2mol氨气中的氮元素化合价升高，所以做还原剂的氨气只有2mol，所以氧化剂和还原剂物质的量之比是3:2；(3)反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2中电子转移方向和数目用双线桥法表示为。23.实验室用碳酸钠晶体配制0.500 mol/L的Na2CO3溶液100mL，回答下列问题：（1）所需主要仪器为：药匙、托盘天平、烧杯、胶头滴管、_、_.（2）本实验须称量碳酸钠晶体（Na2CO310H2O）_g。（3）如果定容时仰视会导致溶液浓度_（填“偏高”、“偏低”或“无影响” 下同）；容量瓶未经干燥就用来配制该溶液，会导致溶液浓度_；【答案】 (1). 100ml容量瓶 (2). 玻璃棒 (3). 14.3 (4). 偏低 (5). 无影响【解析】【分析】(1)用固体配制溶液的一般步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等，据此选择需要的仪器，判断缺少的仪器；(2)根据钠原子守恒可知Na2CO3与Na2CO310H2O的物质的量相等，根据m=cvM计算所需Na2CO310H2O的质量；(3)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=解答。【详解】(1)用固体配制溶液的一般步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；所以缺少的仪器：100mL容量瓶、玻璃棒；(2)本实验须称量碳酸钠晶体(Na2CO310H2O)的质量为=0.1L0.5molL-1286g/mol=14.3g；(3)如果定容时仰视，会导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；容量瓶未经干燥就用来配制该溶液，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不变。【点睛】考查配制一定物质的量浓度的溶液中的误差分析，根据c=可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。24.（1）写出下列物质的电离方程式 NaOH_ CuCl2_ Fe2(SO4)3_（2）写出与下列离子方程式相对应的化学方程式 H+ + OH- = H2O_ 2 H+ + Ca CO3 = Ca2+ + H2O + CO2_ Cu2+ + 2 OH- = Cu(OH)2_【答案】 (1). NaOH=Na+OH- (2). CuCl2=Cu2+2Cl- (3). Fe2(SO4)3=2Fe3+3SO42- (4). HCl+NaOH=NaCl+H2O (5). 2HCl+CaCO3=H2O+CO2+CaCl2 (6). CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2+Na2SO4【解析】【详解】(1) NaOH是强电解质，完全电离，电离方程式为NaOH=Na+OH-； CuCl2是强电解质，